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北京市海淀区首都师范大学附属中学2020届高三开学考试化学试题
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北京市海淀区首师附中2019-2020学年度第二学期入学考试
高三化学 试卷 4.28考试 4.24出题
一、单选题
1.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. 电池总反应式为：2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2
B. 正极反应式为：Mg-2e-=Mg2+
C. 活性炭可以加快O2在电极上的反应速率
D. 电子的移动方向由a经外电路到b
【答案】B
【解析】
【分析】
该电池电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，则a Mg电极为负极，电极反应为，b 石墨电极上氧气得电子，作正极，电极反应为，电池的总反应为2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2。
【详解】A. 根据上述分析，可知电池的总反应为2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2，A正确；
B. 根据上述分析，可知电池的正极反应式为，B错误；
C. 活性炭疏松多孔，有助于吸附氧气，可以加快O2在电极上的反应速率，C正确；
D. 根据分析，a为负极，b为正极，因此电子的移动方向由a经外电路到b，D正确；
故答案选B。
2.反应NH4Cl+NaNO2==NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语不正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：Cl B. N2的电子式：
C. Na+的结构示意图： D. H2O分子的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为18的Cl原子的质量数为18+17=35，可表示为Cl，A正确；
B. N2的电子式为::，B错误；
C. Na+为Na原子失去最外层一个电子得到的微粒，其结构示意图为，C正确；
D. H2O分子的比例模型为，D正确；
故答案选B。
【点睛】
在书写电子式时，不要漏掉未成键的价电子。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全
B. 工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖
C. 疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性
D. 油脂的氢化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 淀粉遇碘变蓝，可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全，A正确；
B. 淀粉、纤维素水解为单糖可得到葡萄糖，因此工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖，B正确；
C. 高温会使蛋白质变性，因此疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性，C正确；
D. 油脂的氢化属于还原反应，D错误；
故答案选D。
4.化学让世界更美好，下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A明矾用作净水剂
B.甘油用作护肤保湿剂
C.漂粉精用作消毒剂
D.铁粉用作食品脱氧剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾用作净水剂，是由于铝离子水解，与还原性无关，A不符合题意；
B. 甘油用作保湿剂是由于其结构中存在-OH，可以保湿，与还原性无关，B不符合题意；
C. 漂粉精用作消毒剂是由于HClO的强氧化性，C不符合题意；
D. Fe粉用作脱氧剂，是由于其还原性，D符合题意；
故答案选D。
5.下述实验方案中均使用了NaCl溶液，能达到实验目的是（ ）
编号
A
B
C
D
实验
方案
置于光亮处
片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液
实验
目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
进行喷泉实验
验证Fe电极被保护
验证乙炔的还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和Cl2在光照条件下发生取代反应，液面上升，且试管壁有油状液滴，说明发生了反应，A可以达到实验目的；
B. Cl2不易溶于饱和食盐水，B无法达到实验目的；
C. Fe作阳极，失电子，无法被保护，C无法达到实验目的；
D. 电石中含有CaS杂质，因此产物气体中含有H2S杂质，未经除杂的产物气体直接通入酸性KMnO4溶液，无法验证乙炔的还原性，D无法达到实验目的；
故答案选A。
【点睛】饱和食盐水可降低氯气的溶解度。
6.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、、分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少
B. ②→③过程，是吸热过程且只有H-H键的断裂
C. ③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 催化剂通过改变反应活化能来加快反应速率，但无法改变反应前后物质的能量，无法改变反应热，A错误；
B. ②→③过程，断裂为，H-H键断裂为两个H原子，均为吸热过程，B错误；
C. N-H键为极性键，C错误；
D. 合成氨为放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，D正确；
故答案选D。
【点睛】催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应热。
7.某种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如下：
下列关于该高分子说法正确的是（ ）
A. 结构简式可以表示为：
B. 氢键对该高分子的性能没有影响
C. 合成该高分子的反应为缩聚反应
D. 单体具有4种不同化学环境的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该聚合物是由多条链状高分子化合物通过氢键结合而成，而该链状高分子化合物可表示为，A正确；
B. 氢键会影响物质的熔沸点、溶解度等，对该高分子的性能有影响，B错误；
C. 合成该高分子可通过双键加成聚合得到，C错误；
D. 该分子单体的侧链上存在两个亚甲基，因此有5种不同化学环境的H原子，D错误；
故答案选A。
8.室温下，依次进行如下实验：
①取一定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液；
②取20mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；
③继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。
下列说法正确的是
A. ①中溶液的pH=1
B. ②中反应后溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C. ③中，a=20
D. ③中，反应后溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO-)＋c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以取一定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH>1，A错误；
B. 操作②得到的溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，c(H＋)
D. 根据电荷守恒，，因为pH=7，溶液中，所以，D正确；
故答案选D。
9.某同学进行SO2的性质实验。在点滴板a、b、c、d处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培养皿，一段时间后观察到的实验现象如表所示。下列说法正确的是（ ）
序号
试剂
实验现象
a
品红溶液
红色褪去
b
酸性KMnO4溶液
紫色褪去
c
NaOH溶液（含2滴酚酞）
红色褪去
d
H2S溶液
黄色浑浊
A. 在浓硫酸与Na2SO3固体反应中，浓硫酸表现的强氧化性
B. a、b均表明SO2具有漂白性
C. c中只可能发生反应：SO2+2OH-=SO32-+H2O
D. d中表明SO2具有氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】
a.品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；b.酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性；c. 滴有酚酞的NaOH溶液褪色说明SO2为酸性气体；d. SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性。
【详解】A. 浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2为复分解反应，不涉及氧化还原，A错误；
B. SO2可以使品红褪色，说明其具有漂白性，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于其还原性，B错误；
C. c中可能发生SO2+2OH-=SO32-+H2O，也可能发生SO2+OH-=HSO3-，C错误；
D. SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性，D正确；
故答案选D。
【点睛】
用浓硫酸与硫酸钠反应制备二氧化硫时，为了促进气体逸出，适当增加硫酸浓度，但不能使用98%的浓硫酸。
10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A. 该物质属于苯的同系物
B. 该物质遇FeCl3溶液显色
C. 分子中有3种含氧官能团
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，A错误；
B. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，B错误；
C. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，C正确；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，D错误；
故答案选C。
11.Na2CO3和NaHCO3可作食用碱。下列方程式中正确的是（ ）
A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3：Na2O2 +CO2=Na2CO3+O2
B. Na2CO3溶液呈碱性：CO32-+H2OH2CO3+2OH-
C. NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑ +H2O
D. Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3的方程式为2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2，A错误；
B. Na2CO3溶液由于水解呈碱性，弱酸的酸根阴离子要分步水解，方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，B错误；
C. NaHCO3热稳定性差，受热分解放出气体，可作发酵粉，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑ +H2O，C正确；
D. CH3COOH为弱酸，在离子方程式中不拆，D错误；
故答案选C。
【点睛】在离子方程式中，可溶性的强电解质才能拆为离子形式。
12.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生氧化还原反应。实验记录如下：
序号
I
II
III
实验
步骤
充分振荡，加2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验
现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+
B. 对比实验I、II、III说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关
C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A. 通过实验现象可知，实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，A正确；
B. 对比实验I、II可知白色沉淀的产生可能与Cu粉的量有关，对比II、III实验可知，白色沉淀的产生可能与阴离子种类有关，B正确；
C. 在水溶液中，Cu2+为蓝色，实验II、III控制了实验体系的体积不变，若反应后c(Cu2+)相同，则反应后溶液颜色应相同，但根据实验现象，颜色不同，c(Cu2+)不同，C错误；
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，则体系环境与实验II类似，可能出现白色沉淀，D正确；
故答案选C。
13.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO2代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确，不符合题意；
B选项，若反应①通过原电池来实现，ClO2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此ClO2是正极产物，故B正确，不符合题意；
C选项，反应②中H2O2化合价升高，ClO2与NaClO2是相邻价态，NaClO2的价态不可能升高，故C错误，符合题意；
D选项，反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂，因此氧化性ClO2大于H2O2，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】利用氧化还原反应化合价升降守恒和氧化还原反应升降原理分析。
14.2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（ ）
A 原子半径：W
C. Y单质可用做半导体材料
D. 气态氢化物热稳定性：Z
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，根据题目所给位置信息，Y为Si，Z为P。
【详解】A. W的电子层数为2，X的电子层数为3，所以W的原子半径小于X，A正确；
B. X的最高价氧化物对应水化物为，为弱碱，B错误；
C. Y为Si，位于元素周期表金属与非金属元素的分界线上，可用作半导体材料，C正确；
D. 根据元素周期律，气态氢化物的稳定性Z
二、填空题
15.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。
实验操作和现象：
操 作
现 象
点燃酒精灯，加热
ⅰ.A中部分固体溶解，上方出现白雾
ⅱ.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴
ⅲ.B中溶液变蓝
（1）现象ⅰ中的白雾是__________，形成白雾的原因是_________________。
（2）分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：
a．加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。
b．用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。
通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有_______________。
（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：
① 实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是________________。实验证实推测成立。
② 溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是________________。
（4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。
方案1：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。
方案2：将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+。
现象如下：
方案1
B中溶液变为蓝色
方案2
B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+
①方案1的C中盛放的试剂是______________。
②方案2中检验Fe2+的原因是_______________。
③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是_______________。
（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是_________。
【答案】 (1). 盐酸小液滴（盐酸酸雾） (2). 加热时，FeCl3发生水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾 (3). FeCl3 (4). 2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+ (5). 在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝 (6). 饱和食盐水 (7). 通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2 (8). Cl2＞Br2＞Fe3+ (9). 2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O
【解析】
【详解】（1）FeCl3·6H2O加热水解生成氢氧化铁和氯化氢，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾，白雾是盐酸小液滴；
答案为：盐酸小液滴（盐酸酸雾）；加热时，FeCl3发生水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾；
（2）用KSCN溶液检验，溶液均变红，说明一定含有FeCl3；
答案为： FeCl3；
（3）铁离子能氧化碘离子，则FeCl3与碘化钾反应的方程式2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+；
答案为：2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+；
②在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝，这说明空气中的氧气能氧化碘化钾，则实验方案是在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝；
答案为：在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝；
（4）①方案1需要除去氯气中的氯化铁，所以的C中盛放的试剂是饱和食盐水；
答案为：饱和食盐水
②方案2中检验Fe2+的原因是通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2；
答案为：通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2；
③氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，氯气能氧化Br-、Fe3+不能氧化化Br-，因此选择选择NaBr溶液；
答案为：Cl2＞Br2＞Fe3+；
（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，可知二氧化锰氧化氯离子生成氯气，反应方程式2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。
答案为：2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O
16.苯乙烯（）是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得：
（g）（g）+H2（g） △H
(1)已知：
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ/mol
412
348
612
436
计算上述反应的△H＝________ kJ·mol－1。
(2)500℃时，在恒容密闭容器中，充入a mol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；若再充入bmol的乙苯，重新达到平衡后容器内气体的压强为2P，则a_______b（填“＞” “＜”或“=”），乙苯的转化率将________（填“增大” “减小”或“不变”）。
(3)工业上，通常在乙苯（EB）蒸气中掺混N2（原料气中乙苯和N2的物质的量之比为1︰10，N2不参与反应），控制反应温度600℃，并保持体系总压为0.1Mpa不变的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
①A，B两点对应的正反应速率较大的是________。
②掺入N2能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实___________________________。
③用平衡分压代替平衡浓度计算600℃时的平衡常数Kp=________。（保留两位有效数字，分压=总压×物质的量分数）
④控制反应温度为600℃的理由是___________________________。
【答案】 (1). +124 (2). ＜ (3). 减小 (4). B (5). 正反应方向气体分子数增加，加入氮气稀释，相当于起减压的效果 (6). 0.019MPa (7). 600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大
【解析】
【详解】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=(5×412+348-3×412-612-436)kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；
(2)该反应为气体增多的反应；假设a=b，且在充入b mol乙苯时将容器体积扩大为原来的2倍，则此时达到等效平衡，压强依然为P，实际情况时容器体积不变，则需将容器体积压缩至和原平衡相同，假设此过程中平衡不移动，则压缩后压强为2P，但实际情况是压缩体积时平衡会逆向移动，压强减小，即平衡后压强小于2P，若想要压强达到2P，则需要充入更多的乙苯，所以a＜b；恒容充入乙苯，体系压强增大，平衡会在等效平衡的基础上左移，导致乙苯的转化率减小；
(3)①A点和B点温度相同，容器恒压，则充入氮气后容器体积变大，气体浓度减小，浓度越小反应速率越小，所以B点正反应速率较大；
②保持总压不变，充入N2，容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，相当于减小压强，利于反应正向进行，乙苯转化率增大；
③600℃时乙苯的转化率为40%，不妨设设初始投料为1mol乙苯，则转化乙苯0.4mol，剩余0.6mol，根据方程式(g)(g)+H2(g)可知，生成苯乙烯0.4mol，氢气0.4mol，压强之比等于气体物质的量之比，总压强为0.1MPa，则p(乙苯)=，p(苯乙烯)=p(H2)=，则平衡常数Kp==0.019MPa；
④由于600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降，过高温度还可能使催化剂失活，且能耗大，所以控制反应温度为600℃。
【点睛】焓变=反应物总键能-生成物总键能；第2题要注意等效平衡理论的应用，利用等效平衡原理分析问题时，可先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。
17.As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。
（1） “碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应
的化学方程式是________。
（2） “氧化”时，1 mol AsO33－转化为AsO43－至少需要O2________mol。
（3） “沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) + 2OH－(aq) ΔH ＜0
b．5Ca2+ + OH－ + 3AsO43－Ca5(AsO4)3OH ΔH ＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________。
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是________。
（5） “还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 ________。
（6）下列说法中，正确的是________（填字母）。
a．粗As2O3中含有CaSO4
b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
【答案】 (1). H3AsO4 + 3NaOH == Na3AsO4 + 3H2O (2). 0.5 (3). 温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b 中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降 (4). H3AsO4 + H2O + SO2 == H3AsO3 + H2SO4 (5). 调硫酸浓度约为7 mol·L－1，冷却至25℃，过滤 (6). abc
【解析】
试题分析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4；（2）根据电子守恒计算1molAsO33-转化为AsO43-至少需要O2的物质的量；(3)温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，所以反应b平衡逆向移动；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小；（6）CaSO4微溶于水；滤液2含有少量As2O3、硫酸；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素；
解析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4，反应方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）1molAsO33-转化为AsO43-失电子2mol，1mol氧气得电子4mol，根据电子守恒，需要O2的物质的量 ；(3)温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，反应b平衡逆向移动，所以随温度升高沉淀率下降；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小，为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤；（6）CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；滤液2含有少量As2O3、硫酸，滤液2可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素，故c正确。
点睛：根据影响化学平衡移动的因素，升高温度平衡向吸热的方向移动；减小反应物的浓度，平衡向逆方向移动；增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动；如Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，加热，平衡逆向移动；
18.H是药物合成中的一种重要中间体，下面是H的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)X的结构简式为_______，其中所含官能团的名称为______；Y生成Z的反应类型为_______。
(2)R的化学名称是________。
(3)由Z和E合成F的化学方程式为__________________。
(4)同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的Y的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为________(一种即可)。
(5)参照上述合成路线，以乙醛和为原料(其他试剂任选)，设计制备肉桂醛()的合成路线_______________。
【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). 对羟基苯甲醛 (5). (6). 16 (7). 或 (8).
【解析】
【分析】
根据Y的结构简式，逆推X的结构简式是；，根据流程图中可知， E的结构简式是。
【详解】(1)由Y的结构简式逆推，X的结构简式为，其中所含官能团的名称为羟基；Y生成Z是羟基上的H原子被-CH3代替，反应类型为取代反应。
(2)R是，化学名称是对羟基苯甲醛。
(3) 和生成和水，化学方程式为。
(4)同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的Y的同分异构体，4个取代基分别是－OH、－OH、－CH3、HCOO－；有、、、、、、、、、、、、、、、, ，共16种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为或 。
(5) 水解为，氧化为，与乙醛反应生成，所以乙醛和为原料制备肉桂醛的合成路线为。
【点睛】本题考查有机物的合成、官能团结构与性质、有机反应方程式书写、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，有机物同分异构体的书写为难点，注意结合题中信息先判断所含官能团类型，再根据在苯环上存在的位置关系判断个数。
19.某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（LiCoO2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用．某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。
(1)25℃时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2+的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离。
①阴极的电极反应式为：LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2O，阳极的电极反应式为______。
②该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示。当c（H2SO4）＞0.4mol•L-1时，钴的浸出率下降，其原因可能为______。
(2)电解完成后得到含Co2+的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部。用以下步骤继续回收钴。
①写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式______。该步骤一般在80℃以下进行，温度不能太高的原因是______。
②已知（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是______（填字母序号）。
a．c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)
b．c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+c(HC2O42-)
c．c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(HC2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
【答案】 (1). 4OH——4e—＝O2↑+2H2O (2). H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降 (3). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O (4). 防止H2O2剧烈分解 (5). ac
【解析】
【详解】(1)①阴离子在阳极放电，发生失电子的氧化反应，阳极氢氧根放电：4OH--4e-＝O2↑+2H2O；
②电解过程中氢离子也可能在阴极放电，H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H+)增大时，参与放电的H+增多(或有利于H+放电)，所以钴的浸出率下降；
(2)①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，根据流程可知反应物有LiCoO2、H2O2、H2SO4，生成物中有Co2+，则该过程中Co元素被还原，则H2O2中氧元素被氧化，产物中应该有氧气，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；该步骤一般在80℃以下进行，反应物中有双氧水，双氧水不稳定，温度太高，双氧水会受热分解；
②(NH4)2C2O4溶液呈弱酸性，所以铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，则
a．(NH4)2C2O4可以电离出两个铵根和一个草酸根，水解是微弱的，所以c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c (H+)＞c (OH-)，故a正确；
b．由电荷守恒，可知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故b错误；
c．由物料守恒，可知c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故c正确；
故答案为：ac。
高三化学 试卷 4.28考试 4.24出题
一、单选题
1.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法不正确的是（ ）
A. 电池总反应式为：2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2
B. 正极反应式为：Mg-2e-=Mg2+
C. 活性炭可以加快O2在电极上的反应速率
D. 电子的移动方向由a经外电路到b
【答案】B
【解析】
【分析】
该电池电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，则a Mg电极为负极，电极反应为，b 石墨电极上氧气得电子，作正极，电极反应为，电池的总反应为2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2。
【详解】A. 根据上述分析，可知电池的总反应为2Mg+ O2+2H2O=2Mg(OH)2，A正确；
B. 根据上述分析，可知电池的正极反应式为，B错误；
C. 活性炭疏松多孔，有助于吸附氧气，可以加快O2在电极上的反应速率，C正确；
D. 根据分析，a为负极，b为正极，因此电子的移动方向由a经外电路到b，D正确；
故答案选B。
2.反应NH4Cl+NaNO2==NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语不正确的是（ ）
A. 中子数为18的氯原子：Cl B. N2的电子式：
C. Na+的结构示意图： D. H2O分子的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为18的Cl原子的质量数为18+17=35，可表示为Cl，A正确；
B. N2的电子式为::，B错误；
C. Na+为Na原子失去最外层一个电子得到的微粒，其结构示意图为，C正确；
D. H2O分子的比例模型为，D正确；
故答案选B。
【点睛】
在书写电子式时，不要漏掉未成键的价电子。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全
B. 工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖
C. 疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性
D. 油脂的氢化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 淀粉遇碘变蓝，可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全，A正确；
B. 淀粉、纤维素水解为单糖可得到葡萄糖，因此工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖，B正确；
C. 高温会使蛋白质变性，因此疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性，C正确；
D. 油脂的氢化属于还原反应，D错误；
故答案选D。
4.化学让世界更美好，下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A明矾用作净水剂
B.甘油用作护肤保湿剂
C.漂粉精用作消毒剂
D.铁粉用作食品脱氧剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 明矾用作净水剂，是由于铝离子水解，与还原性无关，A不符合题意；
B. 甘油用作保湿剂是由于其结构中存在-OH，可以保湿，与还原性无关，B不符合题意；
C. 漂粉精用作消毒剂是由于HClO的强氧化性，C不符合题意；
D. Fe粉用作脱氧剂，是由于其还原性，D符合题意；
故答案选D。
5.下述实验方案中均使用了NaCl溶液，能达到实验目的是（ ）
编号
A
B
C
D
实验
方案
置于光亮处
片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液
实验
目的
验证甲烷与氯气发生化学反应
进行喷泉实验
验证Fe电极被保护
验证乙炔的还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 和Cl2在光照条件下发生取代反应，液面上升，且试管壁有油状液滴，说明发生了反应，A可以达到实验目的；
B. Cl2不易溶于饱和食盐水，B无法达到实验目的；
C. Fe作阳极，失电子，无法被保护，C无法达到实验目的；
D. 电石中含有CaS杂质，因此产物气体中含有H2S杂质，未经除杂的产物气体直接通入酸性KMnO4溶液，无法验证乙炔的还原性，D无法达到实验目的；
故答案选A。
【点睛】饱和食盐水可降低氯气的溶解度。
6.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如下，用、、分别表示N2、H2、NH3，已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. 使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少
B. ②→③过程，是吸热过程且只有H-H键的断裂
C. ③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A. 催化剂通过改变反应活化能来加快反应速率，但无法改变反应前后物质的能量，无法改变反应热，A错误；
B. ②→③过程，断裂为，H-H键断裂为两个H原子，均为吸热过程，B错误；
C. N-H键为极性键，C错误；
D. 合成氨为放热反应，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，D正确；
故答案选D。
【点睛】催化剂可以改变反应的活化能，但不能改变反应热。
7.某种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如下：
下列关于该高分子说法正确的是（ ）
A. 结构简式可以表示为：
B. 氢键对该高分子的性能没有影响
C. 合成该高分子的反应为缩聚反应
D. 单体具有4种不同化学环境的氢原子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该聚合物是由多条链状高分子化合物通过氢键结合而成，而该链状高分子化合物可表示为，A正确；
B. 氢键会影响物质的熔沸点、溶解度等，对该高分子的性能有影响，B错误；
C. 合成该高分子可通过双键加成聚合得到，C错误；
D. 该分子单体的侧链上存在两个亚甲基，因此有5种不同化学环境的H原子，D错误；
故答案选A。
8.室温下，依次进行如下实验：
①取一定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液；
②取20mL①中所配溶液，加入20mL0.1mol/LNaOH溶液；
③继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。
下列说法正确的是
A. ①中溶液的pH=1
B. ②中反应后溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C. ③中，a=20
D. ③中，反应后溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO-)＋c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以取一定量冰醋酸，配制成100mL0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH>1，A错误；
B. 操作②得到的溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显碱性，c(H＋)
D. 根据电荷守恒，，因为pH=7，溶液中，所以，D正确；
故答案选D。
9.某同学进行SO2的性质实验。在点滴板a、b、c、d处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培养皿，一段时间后观察到的实验现象如表所示。下列说法正确的是（ ）
序号
试剂
实验现象
a
品红溶液
红色褪去
b
酸性KMnO4溶液
紫色褪去
c
NaOH溶液（含2滴酚酞）
红色褪去
d
H2S溶液
黄色浑浊
A. 在浓硫酸与Na2SO3固体反应中，浓硫酸表现的强氧化性
B. a、b均表明SO2具有漂白性
C. c中只可能发生反应：SO2+2OH-=SO32-+H2O
D. d中表明SO2具有氧化性
【答案】D
【解析】
【分析】
a.品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；b.酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有还原性；c. 滴有酚酞的NaOH溶液褪色说明SO2为酸性气体；d. SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性。
【详解】A. 浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2为复分解反应，不涉及氧化还原，A错误；
B. SO2可以使品红褪色，说明其具有漂白性，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于其还原性，B错误；
C. c中可能发生SO2+2OH-=SO32-+H2O，也可能发生SO2+OH-=HSO3-，C错误；
D. SO2与氢硫酸反应生成黄色的S单质，说明其具有氧化性，D正确；
故答案选D。
【点睛】
用浓硫酸与硫酸钠反应制备二氧化硫时，为了促进气体逸出，适当增加硫酸浓度，但不能使用98%的浓硫酸。
10.卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A. 该物质属于苯的同系物
B. 该物质遇FeCl3溶液显色
C. 分子中有3种含氧官能团
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该物质与苯的官能团的种类数目均不相同，不为苯的同系物，A错误；
B. 该物质不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显色，B错误；
C. 该分子中，含有羟基、酯基、醚键三种含氧官能团，C正确；
D. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，D错误；
故答案选C。
11.Na2CO3和NaHCO3可作食用碱。下列方程式中正确的是（ ）
A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3：Na2O2 +CO2=Na2CO3+O2
B. Na2CO3溶液呈碱性：CO32-+H2OH2CO3+2OH-
C. NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑ +H2O
D. Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2O2与CO2反应生成Na2CO3的方程式为2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3+O2，A错误；
B. Na2CO3溶液由于水解呈碱性，弱酸的酸根阴离子要分步水解，方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，B错误；
C. NaHCO3热稳定性差，受热分解放出气体，可作发酵粉，方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑ +H2O，C正确；
D. CH3COOH为弱酸，在离子方程式中不拆，D错误；
故答案选C。
【点睛】在离子方程式中，可溶性的强电解质才能拆为离子形式。
12.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生氧化还原反应。实验记录如下：
序号
I
II
III
实验
步骤
充分振荡，加2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验
现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法不正确的是（ ）
A. 实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+
B. 对比实验I、II、III说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关
C. 实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A. 通过实验现象可知，实验I、II、III中均发生了反应2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，A正确；
B. 对比实验I、II可知白色沉淀的产生可能与Cu粉的量有关，对比II、III实验可知，白色沉淀的产生可能与阴离子种类有关，B正确；
C. 在水溶液中，Cu2+为蓝色，实验II、III控制了实验体系的体积不变，若反应后c(Cu2+)相同，则反应后溶液颜色应相同，但根据实验现象，颜色不同，c(Cu2+)不同，C错误；
D. 向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，则体系环境与实验II类似，可能出现白色沉淀，D正确；
故答案选C。
13.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO2代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确，不符合题意；
B选项，若反应①通过原电池来实现，ClO2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此ClO2是正极产物，故B正确，不符合题意；
C选项，反应②中H2O2化合价升高，ClO2与NaClO2是相邻价态，NaClO2的价态不可能升高，故C错误，符合题意；
D选项，反应②条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂，因此氧化性ClO2大于H2O2，故D正确，不符合题意。
综上所述，答案为C。
【点睛】利用氧化还原反应化合价升降守恒和氧化还原反应升降原理分析。
14.2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（ ）
A 原子半径：W
C. Y单质可用做半导体材料
D. 气态氢化物热稳定性：Z
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，根据题目所给位置信息，Y为Si，Z为P。
【详解】A. W的电子层数为2，X的电子层数为3，所以W的原子半径小于X，A正确；
B. X的最高价氧化物对应水化物为，为弱碱，B错误；
C. Y为Si，位于元素周期表金属与非金属元素的分界线上，可用作半导体材料，C正确；
D. 根据元素周期律，气态氢化物的稳定性Z
二、填空题
15.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。
实验操作和现象：
操 作
现 象
点燃酒精灯，加热
ⅰ.A中部分固体溶解，上方出现白雾
ⅱ.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴
ⅲ.B中溶液变蓝
（1）现象ⅰ中的白雾是__________，形成白雾的原因是_________________。
（2）分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：
a．加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。
b．用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。
通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有_______________。
（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：
① 实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是________________。实验证实推测成立。
② 溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是________________。
（4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。
方案1：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。
方案2：将B中KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液；检验Fe2+。
现象如下：
方案1
B中溶液变为蓝色
方案2
B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+
①方案1的C中盛放的试剂是______________。
②方案2中检验Fe2+的原因是_______________。
③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是_______________。
（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是_________。
【答案】 (1). 盐酸小液滴（盐酸酸雾） (2). 加热时，FeCl3发生水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾 (3). FeCl3 (4). 2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+ (5). 在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝 (6). 饱和食盐水 (7). 通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2 (8). Cl2＞Br2＞Fe3+ (9). 2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O
【解析】
【详解】（1）FeCl3·6H2O加热水解生成氢氧化铁和氯化氢，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾，白雾是盐酸小液滴；
答案为：盐酸小液滴（盐酸酸雾）；加热时，FeCl3发生水解反应产生HCl，HCl挥发出来遇水蒸气形成白雾；
（2）用KSCN溶液检验，溶液均变红，说明一定含有FeCl3；
答案为： FeCl3；
（3）铁离子能氧化碘离子，则FeCl3与碘化钾反应的方程式2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+；
答案为：2Fe3++2I-＝I2+2Fe2+；
②在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝，这说明空气中的氧气能氧化碘化钾，则实验方案是在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝；
答案为：在KI-淀粉溶液中滴加少量盐酸，放置在空气中，观察溶液能否变蓝；
（4）①方案1需要除去氯气中的氯化铁，所以的C中盛放的试剂是饱和食盐水；
答案为：饱和食盐水
②方案2中检验Fe2+的原因是通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2；
答案为：通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br-氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2；
③氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，氯气能氧化Br-、Fe3+不能氧化化Br-，因此选择选择NaBr溶液；
答案为：Cl2＞Br2＞Fe3+；
（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，可知二氧化锰氧化氯离子生成氯气，反应方程式2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。
答案为：2FeCl3·6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O
16.苯乙烯（）是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得：
（g）（g）+H2（g） △H
(1)已知：
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ/mol
412
348
612
436
计算上述反应的△H＝________ kJ·mol－1。
(2)500℃时，在恒容密闭容器中，充入a mol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；若再充入bmol的乙苯，重新达到平衡后容器内气体的压强为2P，则a_______b（填“＞” “＜”或“=”），乙苯的转化率将________（填“增大” “减小”或“不变”）。
(3)工业上，通常在乙苯（EB）蒸气中掺混N2（原料气中乙苯和N2的物质的量之比为1︰10，N2不参与反应），控制反应温度600℃，并保持体系总压为0.1Mpa不变的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
①A，B两点对应的正反应速率较大的是________。
②掺入N2能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实___________________________。
③用平衡分压代替平衡浓度计算600℃时的平衡常数Kp=________。（保留两位有效数字，分压=总压×物质的量分数）
④控制反应温度为600℃的理由是___________________________。
【答案】 (1). +124 (2). ＜ (3). 减小 (4). B (5). 正反应方向气体分子数增加，加入氮气稀释，相当于起减压的效果 (6). 0.019MPa (7). 600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大
【解析】
【详解】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差，故△H=(5×412+348-3×412-612-436)kJ•mol-1=+124kJ•mol-1；
(2)该反应为气体增多的反应；假设a=b，且在充入b mol乙苯时将容器体积扩大为原来的2倍，则此时达到等效平衡，压强依然为P，实际情况时容器体积不变，则需将容器体积压缩至和原平衡相同，假设此过程中平衡不移动，则压缩后压强为2P，但实际情况是压缩体积时平衡会逆向移动，压强减小，即平衡后压强小于2P，若想要压强达到2P，则需要充入更多的乙苯，所以a＜b；恒容充入乙苯，体系压强增大，平衡会在等效平衡的基础上左移，导致乙苯的转化率减小；
(3)①A点和B点温度相同，容器恒压，则充入氮气后容器体积变大，气体浓度减小，浓度越小反应速率越小，所以B点正反应速率较大；
②保持总压不变，充入N2，容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，相当于减小压强，利于反应正向进行，乙苯转化率增大；
③600℃时乙苯的转化率为40%，不妨设设初始投料为1mol乙苯，则转化乙苯0.4mol，剩余0.6mol，根据方程式(g)(g)+H2(g)可知，生成苯乙烯0.4mol，氢气0.4mol，压强之比等于气体物质的量之比，总压强为0.1MPa，则p(乙苯)=，p(苯乙烯)=p(H2)=，则平衡常数Kp==0.019MPa；
④由于600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降，过高温度还可能使催化剂失活，且能耗大，所以控制反应温度为600℃。
【点睛】焓变=反应物总键能-生成物总键能；第2题要注意等效平衡理论的应用，利用等效平衡原理分析问题时，可先假设一个能达到等效平衡的虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。
17.As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。
（1） “碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应
的化学方程式是________。
（2） “氧化”时，1 mol AsO33－转化为AsO43－至少需要O2________mol。
（3） “沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) + 2OH－(aq) ΔH ＜0
b．5Ca2+ + OH－ + 3AsO43－Ca5(AsO4)3OH ΔH ＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________。
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是________。
（5） “还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 ________。
（6）下列说法中，正确的是________（填字母）。
a．粗As2O3中含有CaSO4
b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
【答案】 (1). H3AsO4 + 3NaOH == Na3AsO4 + 3H2O (2). 0.5 (3). 温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b 中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降 (4). H3AsO4 + H2O + SO2 == H3AsO3 + H2SO4 (5). 调硫酸浓度约为7 mol·L－1，冷却至25℃，过滤 (6). abc
【解析】
试题分析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4；（2）根据电子守恒计算1molAsO33-转化为AsO43-至少需要O2的物质的量；(3)温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，所以反应b平衡逆向移动；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小；（6）CaSO4微溶于水；滤液2含有少量As2O3、硫酸；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素；
解析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4，反应方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）1molAsO33-转化为AsO43-失电子2mol，1mol氧气得电子4mol，根据电子守恒，需要O2的物质的量 ；(3)温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，反应b平衡逆向移动，所以随温度升高沉淀率下降；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小，为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤；（6）CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；滤液2含有少量As2O3、硫酸，滤液2可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素，故c正确。
点睛：根据影响化学平衡移动的因素，升高温度平衡向吸热的方向移动；减小反应物的浓度，平衡向逆方向移动；增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动；如Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq） △H＜0，加热，平衡逆向移动；
18.H是药物合成中的一种重要中间体，下面是H的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)X的结构简式为_______，其中所含官能团的名称为______；Y生成Z的反应类型为_______。
(2)R的化学名称是________。
(3)由Z和E合成F的化学方程式为__________________。
(4)同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的Y的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为________(一种即可)。
(5)参照上述合成路线，以乙醛和为原料(其他试剂任选)，设计制备肉桂醛()的合成路线_______________。
【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 取代反应 (4). 对羟基苯甲醛 (5). (6). 16 (7). 或 (8).
【解析】
【分析】
根据Y的结构简式，逆推X的结构简式是；，根据流程图中可知， E的结构简式是。
【详解】(1)由Y的结构简式逆推，X的结构简式为，其中所含官能团的名称为羟基；Y生成Z是羟基上的H原子被-CH3代替，反应类型为取代反应。
(2)R是，化学名称是对羟基苯甲醛。
(3) 和生成和水，化学方程式为。
(4)同时满足苯环上有4个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的Y的同分异构体，4个取代基分别是－OH、－OH、－CH3、HCOO－；有、、、、、、、、、、、、、、、, ，共16种，其中核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶3的同分异构体的结构简式为或 。
(5) 水解为，氧化为，与乙醛反应生成，所以乙醛和为原料制备肉桂醛的合成路线为。
【点睛】本题考查有机物的合成、官能团结构与性质、有机反应方程式书写、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，有机物同分异构体的书写为难点，注意结合题中信息先判断所含官能团类型，再根据在苯环上存在的位置关系判断个数。
19.某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（LiCoO2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用．某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。
(1)25℃时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2+的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离。
①阴极的电极反应式为：LiCoO2+4H++e-=Li++Co2++2H2O，阳极的电极反应式为______。
②该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示。当c（H2SO4）＞0.4mol•L-1时，钴的浸出率下降，其原因可能为______。
(2)电解完成后得到含Co2+的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部。用以下步骤继续回收钴。
①写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式______。该步骤一般在80℃以下进行，温度不能太高的原因是______。
②已知（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是______（填字母序号）。
a．c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c(H+)＞c(OH-)
b．c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+c(HC2O42-)
c．c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(HC2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
【答案】 (1). 4OH——4e—＝O2↑+2H2O (2). H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降 (3). 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O (4). 防止H2O2剧烈分解 (5). ac
【解析】
【详解】(1)①阴离子在阳极放电，发生失电子的氧化反应，阳极氢氧根放电：4OH--4e-＝O2↑+2H2O；
②电解过程中氢离子也可能在阴极放电，H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H+)增大时，参与放电的H+增多(或有利于H+放电)，所以钴的浸出率下降；
(2)①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，根据流程可知反应物有LiCoO2、H2O2、H2SO4，生成物中有Co2+，则该过程中Co元素被还原，则H2O2中氧元素被氧化，产物中应该有氧气，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；该步骤一般在80℃以下进行，反应物中有双氧水，双氧水不稳定，温度太高，双氧水会受热分解；
②(NH4)2C2O4溶液呈弱酸性，所以铵根的水解程度大于草酸根的水解程度，则
a．(NH4)2C2O4可以电离出两个铵根和一个草酸根，水解是微弱的，所以c(NH4+)＞c(C2O42-)＞c (H+)＞c (OH-)，故a正确；
b．由电荷守恒，可知c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故b错误；
c．由物料守恒，可知c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故c正确；
故答案为：ac。
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