北京市平谷区2020届高三第一次模拟考试化学试题

2020北京平谷区高三一模化学试题
本部分共14小题,每小题3分,共42分。在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。
1.2020年5月新修订的《北京市生活垃圾管理条例》将正式实施，垃圾分类并回收利用，可以减少污染，节约自然资源。下列垃圾投放有错误的是




A废旧报纸、饮料瓶、电池等
B剩饭菜、瓜皮
果壳、枯草落叶等
C过期药品、化妆品、油漆等
D一次性餐具、卫生纸、灰土等


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电池属于有害垃圾，A项错误；
B. 剩饭菜、瓜皮果壳、枯草落叶等属于厨余垃圾，B项正确；
C. 过期药品、化妆品、油漆等属于有害垃圾，C项正确；
D. 一次性餐具、卫生纸、灰土等属于其他垃圾，D项正确；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A. 氢氧根离子的电子式
B. NH3·H2O的电离NH3·H2ONH4++OH-
C. S2－的结构示意图
D. 间二甲苯的结构简式
【答案】A
【解析】
【详解】A. 氢氧根离子的电子式为，A项正确；
B. NH3·H2O为弱碱，电离可逆，正确为NH3·H2ONH4++OH-，B项错误；
C. 表示S原子，S2－的结构示意图最外层有8个电子，C项错误；
D. 是对二甲苯的结构简式，D项错误；
答案选A。
3.下列不能用元素周期律原理解释的是
A. 金属性：K>Na B. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3
C. 酸性：HCl>H2SO3 D. Br2从NaI溶液中置换出I2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：K>Na，A项正确；
B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：O＞N，稳定性：H2O>NH3，B项正确；
C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；
D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：Br＞I，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；
答案选C。
4.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是

A. 用①装置除去CO2中含有的少量SO2
B. 用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C. 用③装置加热NH4Cl固体制取NH3
D. 用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液
【答案】D
【解析】
【详解】A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；
B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；
C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；
D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；
答案选D。
5.设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是
A. 0.5molCl2溶于足量水，反应中转移的电子
B. 7.0g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子
C. 1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－
D. 标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子
【答案】B
【解析】
【详解】A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；
B. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含NA个H原子，B项正确；
C. 1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol，CO32－为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；
D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。
6.下列说法不正确的是
A. 高级脂肪酸甘油酯属于有机高分子化合物
B. 紫外线、高温、酒精可杀菌消毒的原理是蛋白质变性
C. 塑料、合成纤维、合成橡胶称为三大合成高分子材料
D. 维生素C又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C
【答案】A
【解析】
【详解】A. 高级脂肪酸甘油酯相对分子质量很大，但没有几万，不属于高分子化合物，A项错误；
B. 紫外线、高温、酒精可使蛋白质变性，B项正确；
C. 三大合成高分子材料为塑料、合成纤维、合成橡胶，C项正确；
D. 维生素C具有还原性，又称抗坏血酸，新鲜蔬菜中富含维生素C，D项正确；
答案选A。
7.阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是
+H2O+CO2

A. 阿魏酸分子式为C10H10O4
B. 阿魏酸存在顺反异构
C. 方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应
D. 可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A项正确；
B. 阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B项正确；
C. 酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，C项正确；
D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；
答案选D。
8.中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是

A. 转化过程中有非极性键断裂与形成
B. 复合催化剂降低了反应的活化能
C. 复合催化剂能降低合成氨反应的焓变
D. 低温下合成氨，能提高原料转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；
C. 催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；
D. 合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；
答案选C。
9.20℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/L氨水的图像如图所示，下列说法正确的是

A. a点时2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)
B. b点表示酸碱恰好完全反应
C. c点时c(NH4+)>c(Cl－)>c(H+)>c(OH－)
D. a、b、c、d均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. a点加入10mL的盐酸，溶液为等物质的量的氨水、氯化铵，根据物料守恒，则2c(Cl－)=c(NH3∙H2O)+c(NH4+)，A项正确；
B. 20mL0.1mol/L氨水恰好完全反应需要0.1mol/L盐酸20mL，B项错误；
C. c点为氯化铵溶液显酸性，离子浓度大小关系为c(Cl－)>c(NH4+)> c(H+)>c(OH－)，C项错误；
D. a、b点为氨水、氯化铵，c点为氯化铵，d点为盐酸、氯化铵，根据电荷守恒均有c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，D项正确；
答案选AD。
10.工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中正确的是

A. X应为直流电源的正极
B. 电解过程中阴极区pH升高
C. 图中的b%＜a%
D. SO32－在电极上发生的反应为SO32－＋2OH－－2e－=SO42－＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为电解池左室H+→H2，Pt(I)是阴极，X为直流电源的负极，A项错误；
B. 阴极区消耗H+生成氢气，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B项正确；
C. 电解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋ 和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，图中的b%>a%，C项错误；
D. 解池右室阳极区的发生反应HSO3--2e-＋H2O＝SO42-＋3H＋ 和SO32--2e-＋2H2O＝SO42-＋4H＋，D项错误；
答案选B。
11.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用氯酸钠（NaClO3）为原料制取，（常温下ClO2为气态），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. 反应①后生成的气体要净化后进入反应②装置
C. 升高温度，有利于反应②提高产率
D. 反应②中有气体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A. 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，A项正确；
B. 反应物中有SO2，不处理干净，会在下一步与H2O2和NaOH反应引入杂质，B项正确；
C 当H2O2和NaOH足量时，理论上可完全消耗ClO2，产率与温度无关，温度只会影响反应速率，C项错误；
D. 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，作还原剂得到氧气，故有气体生成，D项正确；
答案选C
12.利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3－等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是

A. 反应①②③④均为还原反应
B. 1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3mol
C. ④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O
D. 修复过程中可能产生Fe(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；
B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，B项错误；
C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- → NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 ④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O，C项正确；
D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；
答案选B。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液
溶液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
B
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热
未出现银镜
蔗糖未水解
C
向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀
相同条件下，AgI比
AgCl的溶解度小
D
C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液褪色
乙烯能被KMnO4氧化


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；
B. 做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；
C. 相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C项正确；
D. 反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；
答案选C。
14.某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：
温度（℃）
10
20
30
40
纯水
7.30
7.10
6.95
6.74
NaOH溶液
13.50
13.11
12.87
12.50
CH3COOH溶液
2.90
2.89
2.87
2.85
CH3COONa溶液
9.19
9.00
8.76
8.62

下列说法正确的是
A. 随温度升高，纯水中的kw逐渐减小
B. 随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响
C. 随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离
D. 随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大
【答案】B
【解析】
【详解】A. 水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；
B. 随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；
C. 随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；
D. 盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；
答案选B。
15.（1）写出COS的电子式__________________，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向__________原子，判断依据是___________。
（2）已知COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol
写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式__________________________________。
100℃时将CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，达平衡后CO的转化率α=33.3%，此时反应的平衡常数k=________________________。
（3）在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应。设起始充入的n(CO)∶n(H2S)＝m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。

①m1________m2（填＞、＜或＝）
②温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_________
a．反应停止了 b．反应的△H变大
c．反应达到平衡 d．催化剂活性降低
【答案】 (1). (2). O（氧） (3). C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC (4). CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)△H2＝－7kJ/mol (5). 0.25 (6). > (7). d
【解析】
【分析】
(1)根据共价键的相关知识解答；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得，计算可得；平衡常数，可用三段式进行计算；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小。
【详解】(1) COS电子式；C与O形成共价键时，由于C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC，共用电子对会偏向氧原子，故答案为：；O(氧)；C与O同周期，核电荷数O>C，原子半径OC；
(2) COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g) △H1＝－34kJ/mol①，
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) △H2＝－41kJ/mol②，
运用盖斯定律CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H，由②-①所得△H=-41kJ/mol-(-34kJ/mol)= -7kJ/mol，故H2S与CO反应生成COS的热化学方程式为CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；CO与H2S按物质的量比为1∶1充入反应器中，设CO与H2S的起始量各为3mol，达平衡后CO的转化率α=33.3%，可用三段式进行计算；，体积相同，则K=，故答案为：CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g) △H＝-7kJ/mol；0.25；
(3)①在充有催化剂的恒压密闭容器中只进行反应，设起始充入的n(CO)∶n(H2S)=m，m越大说明CO量越多，两种反应物增加一种会提高另一种的转化率，则m1>m2，故答案为：>；
②温度高于T0，H2S转化率减小是因为温度升高，催化剂活性减弱，反应减慢，平衡逆向进行，H2S转化率减小，可逆反应处于动态平衡，△H只与反应物和生成物的总能量有关，故答案为：d。
16.水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，
Ⅰ．用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；
Ⅱ．用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；
Ⅲ．向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； Ⅳ．将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；
V．待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。
已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6
（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和________________________。
（2）在步骤Ⅱ中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O。
（3）步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________________。
（4）滴定时，溶液由__________色到______________色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。
（5）河水中的溶解氧为_____________________________mg/L。
（6）当河水中含有较多NO3－时，测定结果会比实际值________(填偏高、偏低或不变)
【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O (3). 蓝 (4). 无 (5). (6). 偏高
【解析】
【分析】
(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；
(5)根据关系式，进行定量分析；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。
【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；
(3)Ⅱ中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，故答案为：MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O；
(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；
(5)由4Mn2++O2+8OH－2MnMnO3↓+4H2O，MnMnO3+2I－+6H+I2+2Mn2++3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；
(6)含有较多NO3－时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。
【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。
17.香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。
已知：

RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）
+R1OH
（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_____________；苯与丙烯反应的类型是_____________。
（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_____________。
（3）D→丙二酸二乙酯的化学方程式：_____________。
（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_____________。
（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_____________。
①与丙二酸二乙酯的官能团相同；
②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1；
③能发生银镜反应。
（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成

请写出中间产物的结构简式：
中间产物I_____________；中间产物II_____________。
【答案】 (1). CH3COOH (2). 加成反应 (3). 羰基 (4). +2C2H5OH2H2O (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。
【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；
(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；
(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；
(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；
(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足①与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；②核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为3∶2∶1，故氢个数分别为6，4，2；③能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据②可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：；
(6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。
【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。
18.氮氧化物是大气主要污染物，主要来自于工业废气及汽车尾气的排放，工业废气中NO是主要成分之一。
（1）乙烯作为还原剂的脱硝(NO)，其反应机理示意图如图所示．写出解吸过程的化学方程式____________________。

（2）FeSO4-Na2SO3复合吸收剂吸收烟气中的NO，该方法利用Fe2+易与NO发生络合反应的特性，原理如下NO+FeSO4Fe(NO)SO4
①如图是一段时间内不同吸收剂对NO脱除率对比，加入Na2SO3溶液后，吸收效率增强，除了Na2SO3也能吸收部分NO外，还能防氧化从而增大Fe2+的含量，写出此原理的离子方程式_______________________________________。

②模拟实验表明，温度过高或过低都会降低NO的脱除率，其原因是_______________________________________。
（3）采用无隔膜法电解食盐水脱氮可将氮氧化物转化成NO3-,原理如图

①无隔膜条件下电解食盐水后溶液呈弱碱性，原因是____________________________.
②写出NO发生反应离子方程式____________________________。
③根据下图所示，脱NO过程中控制溶液pH在______________范围内更合理。

【答案】 (1). 2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O (2). 2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+ (3). 温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降 (4). ClO－+H2OHClO+OH－ (5). 2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O (6). 5—6
【解析】
【分析】
(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，写出对应化学方程式；
(2)①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会水解；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强。
【详解】(1)反应机理示意图如图所示,解吸过程反应物为C2H4，NO2生成物为CO2、N2、H2O ，化学方程式为2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O，故答案为：2C2H4+6NO24CO2+3N2+4H2O；
(2) ①Na2SO3具有还原性，Fe3+具有氧化性，两者发生氧化还原反应，能防Fe2+氧化从而增大Fe2+的含量，离子方程式为2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+，故答案为：2Fe3++SO32－+H2O=2Fe3++SO42－+2H+；
②温度过低，反应速率缓慢，温度过高，NO的溶解度降低，故答案为：温度过低，反应速率缓慢；温度过高，NO的溶解度降低，都会造成脱除率下降；
(3)①电解食盐水，阳极失去电子，反生为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极得到电子，反生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，总反应方程式为Cl-+ H2O= ClO-+H2↑，ClO-会发生水解，方程式为ClO－+H2OHClO+OH－，故答案为：ClO－+H2OHClO+OH－；
②ClO-作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O，故答案为：2NO+3ClO－+2OH－2NO3－+3Cl－+2H2O；
③根据图分析，当pH介于5-6时，Cl元素以HClO存在，此时氧化性最强，故答案为5-6。
19.某化学兴趣小组利用硫酸铁溶液与铜粉反应，又向反应后溶液中加入KSCN溶液以检验Fe3+是否有剩余，实验记录如下；
实验编号
操作
现象
实验1

i．加入Cu粉后充分振荡，溶液逐渐变蓝； ii．取少量i中清液于试管中，滴加2滴
0.2mol/LKSCN溶液，溶液变为红色，但振荡后红色迅速褪去并有白色沉淀生成。



（1）写出实验1中第i步的离子方程式_______________。甲同学猜想第ii步出现的异常现象是由于溶液中的Cu2+干扰了检验Fe3+的现象。查阅相关资料如下
①2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓（白色）+(SCN)2（黄色）
②硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间。
该同学又通过如下实验验证猜想
实验编号
操作
现象
实验2

溶液呈绿色，一段时间后后开始出现白色沉淀，上层溶液变为黄色
实验3

无色溶液立即变红，同时生成白色沉淀。



（2）经检测，实验2反应后的溶液pH值减小，可能的原因是___________________________________________。
（3）根据实验2、3的实验现象，甲同学推断实验3中溶液变红是由于Fe2+被(SCN)2氧化，写出溶液变红的离子方程式_______________________。继续将实验2中的浊液进一步处理，验证了这一结论的可能性。

补充实验4的目的是排除了溶液存在Cu2+的可能，对应的现象是____________________________________________。
（4）乙同学同时认为，根据氧化还原反应原理，在此条件下，Cu2+也能氧化Fe2+，他的判断依据是_______。
（5）为排除干扰，小组同学重新设计如下装置。

①A溶液为____________________________。
②“电流表指针偏转，说明Cu与Fe3+发生了反应”，你认为这种说法是否合理？__________________（填合理或不合理），原因是__________________________________________。
③验证Fe3+是否参与反应的操作是________________________________________。
【答案】 (1). Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+ (2). 部分(SCN)2与水反应生成酸 (3). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (4). 溶液褪色，无蓝色沉淀 (5). 在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+〉(SCN)2 (6). 0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液 (7). 不合理 (8). 未排除氧气干扰 (9). 一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀
【解析】
【分析】
(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀；
(4)根据氧化还原反应规律分析；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液；
②溶液中的氧气会影响反应；
③铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀。
【详解】(1) Cu粉与Fe3+反应，离子方程式为Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+，故答案为：Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+；
(2)硫氰[(SCN)2]：是一种拟卤素，性质与卤素单质相似，其氧化性介于Br2和I2之间，能与水反应，生成酸，故答案为：部分(SCN)2与水反应生成酸；
(3) Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN反应，显红色，离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；(SCN)2会与氢氧化钾反应，同时Cu2+与氢氧化钾反应，生成蓝色沉淀，没有Cu2+则无蓝色沉淀，故答案为：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；溶液褪色，无蓝色沉淀；
(4)根据2Cu2++4SCN- 2CuSCN↓(白色)+(SCN)2(黄色), Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2，(SCN)2能氧化Fe2+，则氧化性 (SCN)2 > Fe2+，即Cu2+也能氧化Fe2+，故答案为：在Cu2+与SCN－反应中，Cu2+是氧化剂，氧化性Cu2+>(SCN)2；
(5)①A的电极为C，B的电极为Cu，则Cu做负极，C做正极，A中放电解质溶液，则电解质为0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液，故答案为：0.5mol/L的Fe2(SO4)3溶液；
②溶液中的氧气会影响反应，未做排氧操作，不合理，故答案为：不合理；未排除氧气干扰；
③Fe3+参与反应后生成Fe2+，铁氰化钾溶液遇亚铁盐则生成深蓝色沉淀，可验证产生的Fe2+，操作为一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀，故答案为：一段时间后，取少量A溶液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。
【点睛】本题易错点(6)，使用的电解质溶液，要和之前的浓度保持一致，才能形成对比实验，做实验题型，一定要注意控制变量法的规则。