还剩16页未读，
继续阅读
所属成套资源：全国各地2020届高三上学期化学期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
北京市房山区2020届高三上学期期末考试化学试题
展开
房山区2019-2020学年度第一学期期末检测试卷
高三化学
可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 Cl-35.5 Br-80
第一卷 选择题
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.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。
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。
4.一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。
5.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。
6.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。
7.下述实验方案中均使用了NaCl溶液，能达到实验目的的是（ ）
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。
8.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，适当增加硫酸的浓度，但不能使用98%的浓硫酸。
9.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。
10.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。
11.2019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
12.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。
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.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。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。
第二卷 （共58分）
二．填空题
15.浩瀚的海洋里蕴藏着丰富的化学资源。利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：
（1）氯元素在周期表中的位置是___。
（2）提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是___。
（3）吸收塔中发生反应的离子方程式是___。
（4）结合平衡移动原理解释加石灰乳的作用___。
（5）用原子结构知识解释Na的金属性强于Mg的原因___。
（6）工业上常用上述流程“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36gBr2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为___mg/L。
【答案】 (1). 第三周期VIIA族 (2). 富集溴元素 (3). SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42- (4). Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀 (5). Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更容易失去电子，所以Na的金属性强于Mg (6). 120
【解析】
【分析】
流程所示为海水资源的综合利用，向海水中加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀和母液，将氢氧化镁沉淀进行一系列的操作，最终会得到单质镁，而将母液酸化后，加入氯气将Br―氧化，然后用热空气将氧化产物Br2吹出，而后用SO2将其还原，起到富集的作用，最后再用氯气将其氧化得到溴单质。
【详解】（1）氯元素在周期表中的位置是第三周期VIIA族；
（2）根据分析，可知提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是富集溴元素；
（3）吸收塔中发生反应SO2将Br2还原，离子方程式是SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42-；
（4）石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；
（5）Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更容易失去电子，所以Na的金属性强于Mg；
（6）使用该法最终得到36gBr2，则Br原子的质量为72g，提取率为60%，原海水中的Br原子的质量为72g÷60%=120g，则原海水中溴的浓度为120×1000mg÷1000L=120mg/L
16.工业制硝酸的尾气中含有N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
I.工业制硝酸：
（1）氨催化氧化法是工业制硝酸的基础反应，写出氨催化氧化的化学方程式为___。
II.含氮氧化物的尾气处理：
（2）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解，N2O分解的化学方程式为___。
（3）NO和NO2的处理。已知NO、NO2在碱溶液中可以发生如下反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率有___（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
D．将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气可以提高尾气的吸收率
② 含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液吸收，吸收后的溶液经___、过滤，得到NaNO2晶体。
③ 吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是___（填化学式）。
（4）用NaClO溶液吸收尾气。用NaClO溶液代替NaOH溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为___。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是___。
【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 2N2O2N2+O2 (3). BCD (4). 浓缩、结晶 (5). NO (6). 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+ (7). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
【详解】I.（1）氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
II.（2）N2O只含有N、O两种元素，故其分解产物为氮气和氧气，则N2O的分解方程式为2N2O2N2+O2；
（3）①A. 加快通入尾气的速率可能会使气体吸收不完全，无法提高去除率，A不符合题意；
B. 采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以增大气体与液体的接触面积，提高尾气去除率，B符合题意；
C. 吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可以提高尾气去除率，C符合题意；
D. 将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气，可以促进NO的吸收，从而提高尾气去除率，D符合题意；
故答案选BCD；
②含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液吸收，吸收后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后可得到相应的晶体；
③由于NO2与水反应会生成NO，NO不与水反应，所以吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；
（4）①在酸性NaClO溶液中，Cl元素以HClO的形式存在，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
17.甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)==CO(g)+2H2(g) ΔH1＝+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g) =CO2(g)+3H2(g) ΔH3＝+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，并解释原因___。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）__v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。
①阴极的电极反应式是___。
②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是___。
【答案】 (1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 (2). T1
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律，可知反应II=反应III-反应I，则该反应的ΔH=-41.2kJ·mol-1；
（2）①该反应（或者反应II）的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动；图像表明，进气比相同时，温度由T1变为T2时CO转化率减小，平衡逆向移动，可知T1
则反应平衡常数K=；
③t时刻时，，所以v(正)
（3）①阴极2CO2放电，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O；
②电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是蒸馏
18.有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如下。
已知：RNH2++H2O
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是___。
（2）A连续氧化的步骤如下：
A转化为B的化学方程式是___。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是___。
（4）M→N的化学方程式是___，反应类型是___。
（5）下列说法不正确的是___。
a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是___。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线___（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). 羟基 (2). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O (3). (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). c (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH
【解析】
【分析】
A可经过连续氧化得到C，根据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，C→D发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E继续被氧化生成F，M的不饱和度为4，根据最终产物X的结构，可知M为甲苯，根据后续产物可知，M→N发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。
【详解】根据上述分析可知，
（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；
（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；
（3）M的结构简式为；
（4）M→N为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；
a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；
b．E在一定条件下可生成高分子化合物 ，b正确；
c．F能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；
故答案选c；
（6）Q的结构简式是；
（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，根据题目信息，2个乙醛分子发生反应最后生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。
19.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：
实验I：将Fe3+转化为Fe2+
（1）常温下，FeCl3溶液显酸性，用离子方程式表示其显酸性的原因___。
（2）Fe3+与Fe粉发生反应的离子方程式为___。
（3）滴加NaOH溶液观察到的现象为___。
实验II：将Fe2+转化为Fe3+
实验方案
现象
向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL8mol/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+（棕色）
（4）用离子方程式解释NO产生的原因___。
（5）从化学反应限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应I：Fe2+与HNO3反应；反应II：Fe2+与NO反应
①乙认为反应I是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是___。
②查阅资料反应I的速率比反应II慢，请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因___。
（6）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，请画出实验装置图，实现Fe2+Fe3+的转化，同时避免出现此异常现象。___
【答案】 (1). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (2). Fe3++2Fe=3Fe2+ (3). 有灰白色沉淀产生，迅速转变为灰绿色，最终转变为红褐色 (4). 3Fe2++4H+ +NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (5). 取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应 (6). Fe2+被HNO3氧化，导致Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色 (7).
【解析】
【详解】常温下，Fe3+水解使溶液呈酸性，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
Fe3+与Fe粉发生反应的离子方程式为Fe3++2Fe=3Fe2+；
滴加NaOH溶液观察到的现象为有灰白色沉淀产生，迅速转变为灰绿色，最终转变为红褐色；
由于发生氧化还原反应，产生NO，方程式为3Fe2++4H+ +NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；
①取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应；
②Fe2+被HNO3氧化，导致Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色；
丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，可设计为双液原电池，实现Fe2+Fe3+的转化，。
高三化学
可能用到的原子量：H-1 O-16 C-12 Cl-35.5 Br-80
第一卷 选择题
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.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。
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。
4.一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。
5.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。
6.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。
7.下述实验方案中均使用了NaCl溶液，能达到实验目的的是（ ）
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。
8.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，适当增加硫酸的浓度，但不能使用98%的浓硫酸。
9.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。
10.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。
11.2019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
12.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。
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.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。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。
第二卷 （共58分）
二．填空题
15.浩瀚的海洋里蕴藏着丰富的化学资源。利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：
（1）氯元素在周期表中的位置是___。
（2）提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是___。
（3）吸收塔中发生反应的离子方程式是___。
（4）结合平衡移动原理解释加石灰乳的作用___。
（5）用原子结构知识解释Na的金属性强于Mg的原因___。
（6）工业上常用上述流程“空气吹出法”实现海水提溴，将1m3海水浓缩至1L，使用该法最终得到36gBr2，若提取率为60%，则原海水中溴的浓度为___mg/L。
【答案】 (1). 第三周期VIIA族 (2). 富集溴元素 (3). SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42- (4). Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀 (5). Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更容易失去电子，所以Na的金属性强于Mg (6). 120
【解析】
【分析】
流程所示为海水资源的综合利用，向海水中加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀和母液，将氢氧化镁沉淀进行一系列的操作，最终会得到单质镁，而将母液酸化后，加入氯气将Br―氧化，然后用热空气将氧化产物Br2吹出，而后用SO2将其还原，起到富集的作用，最后再用氯气将其氧化得到溴单质。
【详解】（1）氯元素在周期表中的位置是第三周期VIIA族；
（2）根据分析，可知提取溴的过程中，经过2次Br-→Br2转化的目的是富集溴元素；
（3）吸收塔中发生反应SO2将Br2还原，离子方程式是SO2+2H2O+Br2=4H++2Br-+SO42-；
（4）石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，Ca(OH)2+Mg2+Mg(OH)2+Ca2+，Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，平衡右移，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；
（5）Na和Mg均为第三周期元素，Na的最外层有1个电子，Mg的最外层有2个电子，Na更容易失去电子，所以Na的金属性强于Mg；
（6）使用该法最终得到36gBr2，则Br原子的质量为72g，提取率为60%，原海水中的Br原子的质量为72g÷60%=120g，则原海水中溴的浓度为120×1000mg÷1000L=120mg/L
16.工业制硝酸的尾气中含有N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
I.工业制硝酸：
（1）氨催化氧化法是工业制硝酸的基础反应，写出氨催化氧化的化学方程式为___。
II.含氮氧化物的尾气处理：
（2）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解，N2O分解的化学方程式为___。
（3）NO和NO2的处理。已知NO、NO2在碱溶液中可以发生如下反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率有___（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
D．将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气可以提高尾气的吸收率
② 含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液吸收，吸收后的溶液经___、过滤，得到NaNO2晶体。
③ 吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是___（填化学式）。
（4）用NaClO溶液吸收尾气。用NaClO溶液代替NaOH溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为___。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是___。
【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 2N2O2N2+O2 (3). BCD (4). 浓缩、结晶 (5). NO (6). 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+ (7). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
【详解】I.（1）氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
II.（2）N2O只含有N、O两种元素，故其分解产物为氮气和氧气，则N2O的分解方程式为2N2O2N2+O2；
（3）①A. 加快通入尾气的速率可能会使气体吸收不完全，无法提高去除率，A不符合题意；
B. 采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以增大气体与液体的接触面积，提高尾气去除率，B符合题意；
C. 吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可以提高尾气去除率，C符合题意；
D. 将尾气通入NaOH溶液的同时通入空气，可以促进NO的吸收，从而提高尾气去除率，D符合题意；
故答案选BCD；
②含NO和NO2的尾气可用NaOH溶液吸收，吸收后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后可得到相应的晶体；
③由于NO2与水反应会生成NO，NO不与水反应，所以吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；
（4）①在酸性NaClO溶液中，Cl元素以HClO的形式存在，HClO氧化NO生成NO3-时发生反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
17.甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示：
（1）已知一定条件下
反应I：CH3OH(g)==CO(g)+2H2(g) ΔH1＝+90.7kJ/mol
反应III：CH3OH(g)+H2O(g) =CO2(g)+3H2(g) ΔH3＝+49.5kJ/mol
该条件下反应II的热化学方程式是___。
（2）已知反应II在进气比[n(CO)：n(H2O)]不同时，在不同温度（T1、T2）下，测得相应CO的平衡转化率见图。
①比较T1、T2的大小，并解释原因___。
②A点对应的化学平衡常数是___。
③T1温度时，按下表数据开始反应建立平衡
CO
H2O
H2
CO2
起始浓度(mol/L)
2
1
0
0
t时刻浓度(mol/L)
1.2
0.2
0.8
0.8
反应进行到t时刻时，判断v（正）、v（逆）的大小关系为：v（正）__v（逆）(填“>”“<”或“=”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是___。
（3）在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2可以制备乙醇，原理如图所示。
①阴极的电极反应式是___。
②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是___。
【答案】 (1). H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1 (2). T1
【详解】（1）由题目所给反应过程图可知，反应II为H2O(g)+CO(g)=H2(g)+CO2(g)，根据盖斯定律，可知反应II=反应III-反应I，则该反应的ΔH=-41.2kJ·mol-1；
（2）①该反应（或者反应II）的ΔH<0，升高温度平衡逆向移动；图像表明，进气比相同时，温度由T1变为T2时CO转化率减小，平衡逆向移动，可知T1
则反应平衡常数K=；
③t时刻时，，所以v(正)
（3）①阴极2CO2放电，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O；
②电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是蒸馏
18.有机物X是药物的中间体，它的一种合成路线如下。
已知：RNH2++H2O
（1）A无支链，A中含有的官能团名称是___。
（2）A连续氧化的步骤如下：
A转化为B的化学方程式是___。
（3）M为芳香化合物，其结构简式是___。
（4）M→N的化学方程式是___，反应类型是___。
（5）下列说法不正确的是___。
a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH
b．E在一定条件下可生成高分子化合物
c．F能发生酯化反应和消去反应
（6）Q的结构简式是___。
（7）以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成A，写出合成路线___（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). 羟基 (2). 2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O (3). (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). c (7). (8). CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH
【解析】
【分析】
A可经过连续氧化得到C，根据（2）所给连续氧化信息，可知A为1-丁醇，B为，C为，C→D发生取代反应，D为，D经水解、酸化后得到E，E为，E继续被氧化生成F，M的不饱和度为4，根据最终产物X的结构，可知M为甲苯，根据后续产物可知，M→N发生的是邻位的一取代反应，N为，N被氧化、还原后得到产物Q。
【详解】根据上述分析可知，
（1）A为1-丁醇，官能团为羟基；
（2）A转化为B为催化氧化反应，化学方程式是2CH3CH2CH2CH2OH+O22CH3CH2CH2CHO+2H2O；
（3）M的结构简式为；
（4）M→N为取代反应，化学方程式是+HNO3+H2O；
a．1molD与NaOH溶液反应时，最多消耗2molNaOH，a正确；
b．E在一定条件下可生成高分子化合物 ，b正确；
c．F能发生酯化反应，无法发生消去反应，c错误；
故答案选c；
（6）Q的结构简式是；
（7）乙烯水化制乙醇，乙醇氧化为乙醛，根据题目信息，2个乙醛分子发生反应最后生成，与足量氢气发生反应，生成1-丁醇，流程为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CH2OH。
19.某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：
实验I：将Fe3+转化为Fe2+
（1）常温下，FeCl3溶液显酸性，用离子方程式表示其显酸性的原因___。
（2）Fe3+与Fe粉发生反应的离子方程式为___。
（3）滴加NaOH溶液观察到的现象为___。
实验II：将Fe2+转化为Fe3+
实验方案
现象
向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL8mol/L稀硝酸
溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色
探究上述现象出现的原因：
查阅资料：Fe2++NOFe(NO)2+（棕色）
（4）用离子方程式解释NO产生的原因___。
（5）从化学反应限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应I：Fe2+与HNO3反应；反应II：Fe2+与NO反应
①乙认为反应I是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是___。
②查阅资料反应I的速率比反应II慢，请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因___。
（6）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，请画出实验装置图，实现Fe2+Fe3+的转化，同时避免出现此异常现象。___
【答案】 (1). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (2). Fe3++2Fe=3Fe2+ (3). 有灰白色沉淀产生，迅速转变为灰绿色，最终转变为红褐色 (4). 3Fe2++4H+ +NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O (5). 取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应 (6). Fe2+被HNO3氧化，导致Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色 (7).
【解析】
【详解】常温下，Fe3+水解使溶液呈酸性，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
Fe3+与Fe粉发生反应的离子方程式为Fe3++2Fe=3Fe2+；
滴加NaOH溶液观察到的现象为有灰白色沉淀产生，迅速转变为灰绿色，最终转变为红褐色；
由于发生氧化还原反应，产生NO，方程式为3Fe2++4H+ +NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；
①取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，无明显变化，说明反应Ⅰ是不可逆反应；
②Fe2+被HNO3氧化，导致Fe2+浓度降低，使平衡Fe2++NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色；
丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，可设计为双液原电池，实现Fe2+Fe3+的转化，。
相关资料
更多
