北京市房山区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析 24页

‎2020北京房山高三二模 化学 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保存。‎ 可能用到的原子量：H-1 O‎-16 C-12 N-14 S-32 Fe-56 Cu-64‎ 第一卷 选择题(共42分)‎ 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共14小题，每小题3分）‎ ‎1.‎2020年5月1日北京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确是（ ）‎ A.鱼骨、菜叶 B.消毒剂及其包装物 C.破损的易拉罐 D.破碎玻璃 厨余垃圾 有害垃圾 可回收垃圾 其他垃圾 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工中产生的垃圾，鱼骨和菜叶属于厨余垃圾，A正确；‎ B.有害垃圾是指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，如废药品及其包装物，故消毒剂及其包装物属于有害垃圾，B正确；‎ C. 可回收物是指适宜回收利用和资源化利用生活废弃物，破损的易拉罐为金属铝或铁制品，为可回收垃圾，C正确；‎ D.‎ - 24 -‎ 其他垃圾指危害较小，但无再次利用价值，如建筑垃圾类，生活垃圾类等，破碎玻璃属于可回收垃圾，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.用化学用语表示NH3+HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）‎ A. NH4Cl的电离方程式NH4ClNH3↑+HCl B. HCl的电子式：‎ C. NH3的结构式：‎ D. Cl-的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. NH4Cl是强电解质，完全电离，电离方程式NH4Cl=NH4++Cl-，A错误；‎ B.氯化氢是通过共用电子对形成共价化合物，电子式为，B错误；‎ C. NH3的电子式为，用一条短线来代表一对共用电子对，得到结构式为，C正确；‎ D.氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，得到一个电子形成稳定结构的氯离子，则Cl-的结构示意图：，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法中不正确的是 A. 植物油氢化过程中发生了加成反应 B. 苯和甲苯都能发生取代反应 C. 氯乙烯和乙二醇都能用来作为合成高分子化合物的原料 D. 变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应 ‎【答案】D - 24 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高温过程中，植物油（结构中含有不饱和键）会发生氢化反应，不饱和的双键变成了单键，使之稳定性增强，植物油氢化过程中发生了加成反应，故A正确；‎ B. 苯上的氢、甲苯苯环上的氢、甲基上的氢都能发生取代反应，故B正确；‎ C. 氯乙烯双键断键就可以聚合，乙二醇可以自身脱水聚合，都能用来作为合成高分子化合物的原料，故C正确；‎ D．变质的油脂有难闻的特殊气味，是因为植物油被氧化成醛，发生的反应类型是氧化反应，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎4.我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（ ）‎ A. 元素金属性：K＞Rb B. 中子数为50的Rb的核素：Rb C. 与同周期元素53I的原子半径比：Rb＜I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＜RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，Rb在K的下一周期，所以元素的金属性：K＜Rb，A错误；‎ B．原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为50的Rb的核素的质量数是87，可表示为：，B错误；‎ C．对于电子层相同的元素，核电荷数越大，原子半径越小。Rb和I的电子层数相同，Rb是第IA的元素，I是第VIIA的元素，所以Rb、I的原子半径：Rb＞I，C错误；‎ D．同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOH＜RbOH，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列装置完成相关实验，合理的是（ ）‎ - 24 -‎ A.配制溶液，定容时的操作 B.除去水中泥沙 C.除去CO中的CO2气体 D.碳酸氢钠受热分解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．没有使用玻璃棒引流，A错误；‎ B．符合过滤操作要求，B正确；‎ C．用NaOH溶液除去CO气体中的CO2杂质，导气管应该是长进短出，入气管通入不合理，不能达到除杂的目的，C错误；‎ D．给固体物质加热时，试管口应该略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流使试管炸裂，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 1molO2含有的电子数为16NA B. 0.1mol·L-1碳酸钠溶液含有的CO数目为0.1NA C. 8gS在足量中氧气完全燃烧转移的电子数为NA D. 标准状况下‎22.4L甲烷中共价键数目为4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个O2含有16个电子，则1molO2含有电子数为16NA，A正确；‎ B. 只有浓度，没有体积，不可以计算物质的量，B错误；‎ - 24 -‎ C. 8gS为，S在氧气完全燃烧生成SO2，硫为+4价，则每个硫转移4个电子，0.25mol S转移1mol电子，所以8gS在氧气中完全燃烧转移的电子数为NA，C正确；‎ D. 标准状况下‎22.4L甲烷为1mol，每个甲烷中有4个碳氢共价键，则共价键数目为4NA，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎7.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ A. 氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3·H2O B. 沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+‎ C. 用食醋能清洗水垢：CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑‎ D. 84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化镁为中强碱，与NH反应生成弱碱NH3·H2O，离子方程式正确，A正确；‎ B. 沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体，由于Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，则离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B错误；‎ C. CaCO3难溶于水，在离子方程式中不能改写成离子，则离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C错误；‎ D. 84消毒液与洁厕灵混用产生氯气和水，则离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列水处理方法涉及氧化还原反应的是 A. 用明矾处理水中悬浮物 B. 用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子 C. 用FeSO4处理含Cr2O72-的酸性废水，再调节pH除去Cr3+‎ D. 用NaOH处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝，不涉及氧化还原反应；B、用Na2‎ - 24 -‎ S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为沉淀而除去，不涉及氧化还原反应；C、用FeSO4处理含Cr2O72-的酸性废水，再调节pH除去Cr3+，铁元素、铬元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，选项C正确；D、用NaOH处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨，反应中各元素化合价不变，不涉及氧化还原反应；答案选C。‎ ‎9.为减少二氧化碳排放，我国科学家设计熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法不正确的是 ‎ ‎ A. 过程①中有碳氧键断裂 B. 过程②中C2O52-在a极上发生了还原反应 C. 过程③中的反应可表示为：CO2+O2- == CO32-‎ D. 过程总反应：CO‎2‎C+O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a极上，电极反应有：4CO2+2O2-=‎2C2O52-，‎2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，总的电极反应为：2O2--4e-=O2↑；b极上，电极反应有：CO2+O2-=CO32-，CO32-+4e-=C+3O2-，总的电极反应为：CO2+4e-=C+2O2-；熔盐电池的总的化学方程式为：CO‎2‎C+O2。‎ ‎【详解】A、过程①的离子反应为：2CO2+O2-=C2O52-，其中CO2的结构式为O=C=O，对比CO2和C2O52-的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，A正确；‎ B、过程②中，a极的电极反应为：‎2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，该电极反应为氧化反应，B错误；‎ C、根据题中信息，可以推出过程③中的反应可表示为：CO2+O2-=CO32-，C正确；‎ D、经分析，熔盐电池的总的化学方程式为CO‎2‎C+O2，D正确；‎ 故选B。‎ ‎10.实验室利用如下反应合成洋茉莉醛 - 24 -‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. M属于芳香族化合物 B. M与N互为同分异构体 C. Q中含氧官能团为醛基、酯基 D. 理论上1molQ最多能与4molH2加成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. M中含有苯环，则属于芳香族化合物，A正确；‎ B. M与N分子式相同，碳碳双键位置不同，则互为同分异构体，B正确；‎ C. 酯基中含有，而Q中含有—CHO和C—O—C为醛基、醚键，C错误；‎ D. 1mol苯环可以与3molH2加成，1mol—CHO可以与1molH2加成，所以1molQ最多能与4molH2加成，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎11.已知：用Pt—Rh合金催化氧化NH3制NO，其反应的微观模型及含氮生成物产率随反应温度的变化曲线分别如所示：‎ 下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. ‎400℃‎时，生成的产物只有N2、NO B. ‎800℃‎时，反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O C. Pt—Rh合金可有效提升NH3催化氧化反应的速率 D. ‎800℃‎以上，发生了反应：2NOO2(g)+N2(g) ΔH>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图①②，结合原子守恒知，‎400℃‎时，生成的产物有N2、NO和水，故A错误；‎ B‎.800℃‎时，生成的含有N元素的产物主要是NO，接近100%，所以发生反应的化学方程式为 - 24 -‎ ‎4NH3+5O24NO+6H2O，故B正确；‎ C‎.400℃‎~‎800℃‎间，N2的产率下降、NO产率上升，且NO产率接近100%，Pt—Rh合金作催化剂可加快反应速率，所以Pt-Rh合金有效提升NH3催化氧化反应的速率，故C正确；‎ D‎.800℃‎以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NOO2(g)+N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，△H＞0，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查产率随温度变化曲线，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断能力，解题关键在于明确曲线变化原因。‎ ‎12.不饱和聚酯（UP）是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP流程：‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 丙可被KMnO4酸性溶液直接氧化制单体1‎ B. 单体2可能是乙二醇 C. 单体1、2、3经缩聚反应制得UP D. 调节单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据缩聚反应的高聚物与单体之间的关系可推知，不饱和聚酯（UP）的单体有三个，分别是HOCH2CH2OH、HOOCCH=CHCOOH、，从合成UP流程来看，甲含4个C，2个不饱和度，应该是合成单体HOOCCH=CHCOOH的原料，结合随后的与溴的四氯化碳的加成反应可推出甲应为基本化工原料1,4丁二烯（CH2=CH-CH=CH2），甲与溴单质发生加成反应生成乙，推出乙为,乙水解可得到丙，则丙为，丙与HBr发生加成反应可得到，再经过连续氧化会得到丁，则丁为，丁发生消去反应得到最终的单体1（HOOCCH=CHCOOH），最终经过缩聚反应得到UP - 24 -‎ ‎，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据上述分析可知，丙为，碳碳双键和羟基均可被KMnO4酸性溶液氧化，不能直接得到单体1（HOOCCH=CHCOOH），故A错误；‎ B. 单体2可能是乙二醇（HOCH2CH2OH），故B正确；‎ C. 单体1、2、3经脱水缩聚反应可制得UP，故C正确；‎ D. 调节单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高聚物，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎13.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 两溶液稀释前的浓度相同 B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C. a点的Kw值比b点的Kw值大 D. a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则Ⅰ为醋酸稀释曲线，Ⅱ为盐酸稀释曲线。‎ ‎【详解】A．稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误； B．导电能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为c＜a＜b，故B错误； C．相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误； D．a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。‎ - 24 -‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子浓度与导电性之间的关系是解本题关键。‎ ‎14.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下表。实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-‎ B. ④产生的白色沉淀是BaSO4‎ C. ①→③的过程中，c(SO32-)在降低 D. ①→③的过程中，温度与c(SO32-)相比，前者对水解平衡的影响更大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，故A正确；‎ B. 在实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，①无白色沉淀，说明该溶液中亚硫酸钠和盐酸反应后再不和氯化钡溶液反应，④产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡反应生成BaSO4白色沉淀，故B正确；‎ C. ①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c(SO32-)减小，故C正确；‎ D. ①到③过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解正向移动，但在这个过程中亚硫酸根氧化为硫酸根，导致其浓度减小，平衡逆向移动，因此对水解平衡移动方向的影响程度更大的是后者c(SO32-)，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。‎ 第二卷 （共58分）‎ - 24 -‎ ‎15.化合物I是合成六元环甾类化合物的一种中间体。合成I的路线如图：‎ 已知：①+R3COOH(—R1、—R2、—R3均为烃基)‎ ‎②‎ ‎③‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）苯与H2在一定条件下加成可得A，A的结构简式是___；‎ ‎（2）B为一氯代物，B→C的化学方程式是___；‎ ‎（3）D中的官能团名称是___；‎ ‎（4）D→E的化学方程式是___；‎ ‎（5）下列说法正确的是__；‎ a.物质F的核磁共振氢谱有2组吸收峰；‎ b.F→G的反应类型为加成 c.1mol物质G与氢气加成最多消耗氢气的物质的量为2mol；‎ d.物质H存在顺反异构体；‎ ‎（6）物质I的结构简式是___；‎ ‎（7）请写出以B为原料（其他试剂任选）合成的路线______。‎ ‎【答案】 (1). (2). +NaOH+NaCl+H2O (3). 羧基 ‎ - 24 -‎ ‎(4). +2CH3OH +2H2O (5). c (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与氯气光照发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C；由已知②和E分子式采用逆推法可知E为，D与甲醇发生酯化反应得到E，则D为，C与酸性高锰酸钾溶液反应得到D，则C为，则B为，结合第（1）问苯与H2在一定条件下加成可得A，则推知A为环己烷，由已知③可知H经已知③的类似反应得到I，则I结构简式为，以此分析。‎ ‎【详解】（1）苯与H2在一定条件下加成可得A，则A为环己烷，其结构简式是，故答案为：；‎ ‎（2）B为环己烷的一氯代物，其结构简式为，则B→C的过程是B的消去反应，其化学方程式是+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；‎ ‎（3）根据上述分析可知，D为，其官能团名称是羧基；‎ ‎（4）D→E的过程为酯化反应，其化学方程式是+2CH3OH+2H2O；‎ ‎（5）a. 根据流程图可知，物质F为，其分子结构中有5种等效氢，则核磁共振氢谱有5组吸收峰，故a错误；‎ b. F→G的过程中，会有HBr生成，其反应类型属于取代反应，而不是加成反应，故b错误；‎ - 24 -‎ c. G为，1mol物质G与氢气发生加成反应，最多消耗氢气的物质的量为2mol，故c正确；‎ d. 存在顺反异构体的条件：碳碳双键同一碳上不能有相同的基团，而物质H的结构简式为：，不满足条件，则H不存在顺反异构体，故d错误；‎ 答案选c；‎ ‎（6）根据上述分析可知，物质I的结构简式是；‎ ‎（7）B为要合成，根据卤代烃先经过消去反应得到一个碳碳双键，再与溴单质加成后得到二溴代物，最后再进行消去得到二烯烃，可设计合成路线如下：。‎ ‎【点睛】利用已知②推断出E的结构简式是本题解题的关键。‎ ‎16.对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。‎ ‎(1)含氰废水中的CN-有剧毒。‎ ‎①CN-中N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是_______。‎ ‎②NaClO溶液可将CN-氧化成N2、HCO3-，从而消除CN-污染，反应的离子方程式为_____。‎ ‎(2)含乙酸钠和对氯酚()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示。‎ ‎①A是电池的_________极(填“正”或“负”)；‎ ‎②B极的电极反应式为_______。‎ ‎(3)含重金属铬(Ⅵ)的废水具有较强的毒性，离子交换树脂(ROH)法可将有毒废水中的CrO42-和 - 24 -‎ Cr2O72-吸附至树脂上除去，原理如下：2ROH+CrO42-→R2CrO4+2OH-、2ROH+Cr2O72-→R2Cr2O7+2OH- (已知：废水中存在如下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O）。‎ 控制溶液酸性可以提高树脂对铬(Ⅵ)的去除率，其理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). C原子与N原子间存在共用电子对，C和N的原子电子层数相同(同周期)，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对核外电子吸引能力C＜N，共用电子对偏向N，N元素显负价 (2). 2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl- (3). 正 (4). CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+ (5). 由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高，因此控制酸性使上述平衡(2CrO42-＋2H+Cr2O72-＋H2O)正向移动，使CrO42-转化为Cr2O72-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据元素非金属性强弱及对电子对吸引能力大小分析；‎ ‎②根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析、书写；‎ ‎(2)①根据原电池中阳离子的移动方向确定正、负极；‎ ‎②原电池中正极上得电子，发生还原反应；负极失去电子，发生氧化反应，结合B极反应物及生成物来分析解答；‎ ‎(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。‎ ‎【详解】(1)①C、N都是同一周期的非金属性元素，原子间以共用电子对，由于元素的核电荷数C＜N，所以原子半径C＞N，原子半径越小，吸引电子能力就越强，原子核对核外电子吸引能力C＜N，因此共用电子对偏向N，而偏离C原子，从而使N元素显负价；‎ ‎②NaClO具有强氧化性，可将CN-氧化成N2、HCO3-，ClO-被还原产生Cl-，从而消除CN-污染。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2CN-＋5ClO-＋H2O=HCO3-＋N2↑＋5Cl-；‎ ‎(2)①在原电池中H+的移动方向是从负极流向正极，根据示意图可知：H+向A电极移动，所以A电极为正极，B电极为负极； ‎ ‎②A是正极，B是负极，负极上CH3COO-失去电子，与溶液中的H2O结合产生HCO3-，同时得到H+，则负极B上发生的电极反应式为：CH3COO-－8e-＋4H2O=2HCO3-＋9H+；‎ ‎(3)由原理可知：2ROH～CrO42-～Cr，2ROH～Cr2O72-～2Cr，等量树脂去除Cr2O72-的效率高。由于在废水中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，在其它条件不变时，增大c(H+)，使溶液的酸性增强，化学平衡正向移动，使更多的CrO42-转化为Cr2O72-，从而提高了污水中Cr - 24 -‎ 的去除率。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应的配平、原电池反应原理及化学平衡移动原理的应用识，根据元素化合价的变化，结合氧化还原反应规律配平方程式，会根据离子移动方向判断原电池的正负极，结合题目已知信息，正确书写两个电极的电极反应，会从溶液的pH值对平衡移动的影响分析污水处理原理，注意知识的迁移和应用是解题的关键。‎ ‎17.工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题：‎ ‎（1）已知氮及其化合物发生如下反应：‎ N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1‎ N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH=+68kJ·mol-1‎ 则2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH___kJ·mol-1。‎ ‎（2）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为：___‎ ‎①□MnO+□SO2+□H2O□MnO+□ +□ 。（在“□”里填入系数，在“__”上填入微粒符号）‎ ‎②在上述反应中加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是___。‎ ‎（3）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为：‎ I.CaSO3(s)+SO(aq)CaSO4(s)+SO(aq)‎ II.SO(aq)+2NO2(g)+H2O(l)SO(aq)+2NO(aq)+2H+(aq)‎ 浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与NO2的去除率变化趋势如图所示。‎ a点后NO2去除率降低的原因是___。‎ ‎（4）检测烟道气中NOx含量的步骤如下：‎ I.将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO；‎ II.加水稀释至100.00mL，量取20.00mL该溶液，与V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液（过量）充分混合；‎ - 24 -‎ III.用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL。‎ ‎①NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为___。‎ ‎②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有___和锥形瓶等。‎ ‎③滴定过程中发生下列反应：‎ ‎3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 烟气气样中NOx折合成NO2的含量为__mg·m-3。‎ ‎【答案】 (1). -112 (2). 2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+ SO42-+4H+ (3). CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42-结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率 (4). a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低 (5). 2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O (6). 酸式滴定管 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由盖斯定律计算可得；‎ ‎（2）①二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水；‎ ‎②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动；‎ ‎（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大；‎ ‎（4）①一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水；‎ ‎②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；‎ ‎③由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。‎ ‎【详解】（1）将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①得一氧化氮与氧气反应的热化学方程式2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，则ΔH=（+68kJ·mol-1）—（+180kJ·mol-1）=-112 kJ·mol-1，故答案为：-112；‎ ‎（2）①二氧化硫具有还原性，高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成锰酸锰、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子方程式为2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+，故答案为：2MnO4-+1SO2+2H2O2MnO42-+SO42-+4H+；‎ - 24 -‎ ‎②向反应中加入CaCO3，CaCO3与反应生成的H+和SO42-反应，使H+和SO42-的浓度减小，使平衡向正反应方向移动，从而可以提高SO2去除率，故答案为：CaCO3与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca2+与SO42—结合生成CaSO4使得c(SO42-)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；‎ ‎（3）由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降，故答案为：a点后c(SO42-)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO2去除率降低；‎ ‎（4）①一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水，反应的离子方程式为2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H++2H2O；‎ ‎②KMnO4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；‎ ‎③由得失电子数目守恒可得：n(Fe2+)= 3n(NO3-)+5n(MnO4-)，n(NO3-)=，由氮原子个数守恒可知n(NO2)= n(NO3-)=mol，则烟气气样中NOx折合成NO2的含量为 =mg·m-3，故答案为：。‎ ‎【点睛】滴定过程中，亚铁离子失去电子总数等于硝酸根和高锰酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关键，也是难点。‎ ‎18.四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，摩尔质量为‎457g·mol-1，难溶于水］是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程如图，回答下列问题：‎ 已知：6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑‎ ‎(1)实验前需要将锌灰研磨成粉末状，原因是____。‎ - 24 -‎ ‎(2)步骤I中需将溶液pH调至5.1，应选择的最佳试剂是___。(填字母)‎ a．NaOH b．ZnO c．Ba(OH)2 ‎ ‎(3)步骤I滴加KMnO4溶液的目的是___。‎ ‎(4)步骤Ⅱ中加入的a是___。‎ ‎(5)步骤Ⅳ的化学方程式是___。‎ ‎(6)步骤Ⅳ反应结束后得到Zn3(PO4)2·4H2O的操作包括___和干燥。‎ ‎(7)称取45.7mgZn3(PO4)2·4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品，烘干时的温度范围为___。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积、加快反应速率 (2). b (3). 使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去 (4). Zn(或锌) (5). ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑ (6). 过滤、洗涤 (7). ‎145℃‎～‎‎195℃‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2·4H2O的流程可知，在锌灰中加入稀硫酸，将锌灰中的ZnO、CuO、FeO、Fe2O3溶解，SiO2不溶，形成滤渣I；在滤得的溶液中加入高锰酸钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并调节pH至5.1 除去铁离子，因此滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，然后再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ为铜；在滤液中加入碳酸氢铵，发生6NH4HCO3+3ZnSO4 ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，得到的沉淀中再加入磷酸，将ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O转化为四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)‎ - 24 -‎ 实验前将锌灰研磨成粉末状，再用稀硫酸浸取，可以增大接触面积、加快反应速率，提高浸取效率，故答案为：增大接触面积、加快反应速率；‎ ‎(2)为了不引入新杂质，步骤I中将溶液pH调至5.1，最好选择ZnO，故答案为：b；‎ ‎(3)根据上述分析，步骤I滴加KMnO4溶液的目的是将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH为5.1时一并除去，故答案为：使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去；‎ ‎(4)根据流程图和实验目的，步骤II中加入的a是锌，目的是除去溶液中的铜离子，故答案为：Zn(或锌)；‎ ‎(5)步骤Ⅳ中加入磷酸是将ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O转化为四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]，反应的化学方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑，故答案为：ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2H3PO4 Zn3(PO4)2·4H2O+2H2O+CO2↑；‎ ‎(6)步骤Ⅳ反应结束后，从混合体系中得到Zn3(PO4)2·4H2O沉淀操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；‎ ‎(7)根据图象，加热到‎90℃‎时，四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2·4H2O]开始逐渐分解，当生成Zn3(PO4)2·2H2O，所得Zn3(PO4)2·2H2O的质量为×45.7mg=42.1mg，此时温度为‎145℃‎，当生成Zn3(PO4)2·H2O，所得Zn3(PO4)2·H2O的质量为×45.7mg=40.3mg，此时温度为‎195℃‎，因此当获得Zn3(PO4)2·2H2O和Zn3(PO4)2·H2O的混合产品时，烘干时的温度范围为‎145℃‎～‎195℃‎，故答案为：‎145℃‎～‎195℃‎。‎ ‎【点睛】明确流程图中各步骤的目的是解题的关键，要注意小题(2)的提示。本题的易错点和难点为(7)，要注意Zn3(PO4)2·4H2O分解是逐渐失去结晶水，最后Zn3(PO4)2可以继续分解为ZnO，需要根据图示数据，计算判断逐步失去结晶水后剩余固体的质量，即判断图中各点物质的成分。‎ ‎19.某小组用实验I验证Fe2(SO4)3与Cu的反应，观察到了异常现象，决定对其进行深入探究。‎ 实验I：‎ ‎（1）Fe2(SO4)3溶液常温下呈酸性的原因是___。‎ ‎（2）Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应的离子方程式为___。‎ - 24 -‎ ‎（3）实验前，小组同学预测经过步骤2后溶液不应该呈现红色，依据是__。‎ ‎（4）实验小组对白色沉淀的产生进行了深入探究 查阅资料：i.CuSCN为难溶于水的白色固体。‎ ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似 经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能 猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应 猜测2：亚铁离子将其还原Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+，Cu++SCN-=CuSCN↓‎ 为证实猜想小组同学做了实验II和III。（FeSO4和CuSO4溶液浓度为0.1mol/L，KSCN溶液浓度为0.4mol/L）‎ 实验序号 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象 II A试管溶液2mLFeSO4‎ 加入1mLKSCN溶液 开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管 B试管2mLCuSO4溶液 加入1mLKSCN溶液 溶液变成绿色 ‎①猜测1的离子方程式____；‎ ‎②实验II中试管__（填字母）中的现象可以证实猜测1不成立。‎ 实验序号 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象 C试管2mLFeSO4溶液 加入2mLCuSO4溶液 溶液变为淡蓝色 再加入1mLKSCN溶液 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈红色 - 24 -‎ D试管2mLFeSO4溶液 加入4mLCuSO4溶液 溶液变为淡蓝色 再加入1mLKSCN溶液 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈浅红色 E试管4mLFeSO4溶液 加入2mLCuSO4溶液 溶液变为淡蓝色 再加入1mLKSCN溶液 溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色 ‎（5）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验III中的现象解释Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+能正向发生的原因是___。‎ ‎（6）实验小组查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是___。‎ ‎【答案】 (1). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe3+水解使溶液显酸性 (2). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (3). 依据反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Cu粉过量不应有Fe3+存在 (4). 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 (5). B (6). 由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动 (7). 可设计对比实验 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象 F试管 ‎2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入4mL0.1mol/LCuSO4溶液 再加入1mL0.4mol/LKSCN溶液 一段时间后整支试管溶液呈红色 - 24 -‎ G试管 ‎2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入4mL0.1mol/L CuSO4溶液 再加入1mL1mol/LKSCN溶液 一段时间后整支试管溶液的颜色比F试管颜色更深 ‎ 也可设计成原电池装置，在左侧烧杯中滴入1滴浓度较大的硫氰化钾溶液，在滴入前与滴入后记录电压表（或电流计）示数的变化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe2(SO4)3 属于强酸弱碱盐，Fe3+可以水解而使溶液显酸性。根据平衡移动原理及影响化学平衡移动的因素进行分析。‎ ‎【详解】（1）Fe2(SO4)3 属于强酸弱碱盐，Fe3+可以水解而使溶液显酸性，故Fe2(SO4)3溶液常温下呈酸性的原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe3+水解使溶液显酸性。‎ ‎（2）Fe2(SO4)3与KSCN溶液反应后溶液变为血红色，该反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。 ‎ ‎（3）实验前，小组同学预测经过步骤2后溶液不应该呈现红色，依据是：发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+的物质的量为0.0001mol，Cu的物质的量约为0.002mol，Cu粉过量,不应有Fe3+存在。‎ ‎（4）①SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似，则其有还原性，Cu2+有氧化性，白色固体为CuSCN，Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，故离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；‎ - 24 -‎ ‎②实验II中，试管B中的CuSO4溶液中加入KSCN溶液后，溶液变成绿色的现象，因为没有白色沉淀生成，故可以证实猜测1不成立。‎ ‎（5）Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验III中的现象解释Cu2++Fe2+=Cu++Fe3+能正向发生的原因是：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。‎ ‎（6）实验小组查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，并补充实验进一步证明。根据控制变量法，增大溶液中SCN-的浓度，使得CuSCN的沉淀溶解平衡向沉淀方向移动，可设计对比实验如下：‎ 对比实验及试剂 实验步骤 实验现象 F试管 ‎2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入4mL0.1mol/LCuSO4溶液 再加入1mL0.4mol/LKSCN溶液 一段时间后整支试管溶液呈红色 G试管 ‎2mL0.1mol/LFeSO4溶液 加入4mL0.1mol/L CuSO4溶液 再加入1mL1mol/LKSCN溶液 一段时间后整支试管溶液的颜色比F试管颜色更深 也可设计成原电池装置，在左侧烧杯中滴入1滴浓度较大的硫氰化钾溶液，在滴入前与滴入后记录电压表（或电流计）示数的变化 - 24 -‎ ‎。‎ - 24 -‎