2022届北京市西城区高三第二次模拟测试化学试题含解析

这是一份2022届北京市西城区高三第二次模拟测试化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

北京市西城区2022届高三第二次模拟测试
化学试题
一、单选题
1．将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是（　　）
A．分与合相结合 B．量变与质变相结合
C．化学与社会和谐发展 D．物质变化是有条件的
2．下列图示正确的是（　　）
A．3p电子的电子云轮廓图：
B．SO3的VSEPR模型：
C．As的原子结构示意图：
D．HCl的形成过程：
3．下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（　　）
A．化合物ICl中I为+1价 B．第一电离能：B>Al
C．沸点：CS2>CO2 D．热稳定性：NH3>PH3
4．我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图。下列关于左旋氨氯地平的说法错误的是（　　）

A．分子中含有酯基
B．酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCO3溶液反应
C．能与H2发生加成反应
D．有手性异构体
5．向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（　　）
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6
6．下列实验方案能达到相应实验目的的是（　　）
选项
实验目的
实验方案
A
制备无水FeCl3固体
将FeCl3溶液加热蒸干
B
检验浓H2SO4催化纤维素水解的产物含有还原糖
向水解后的溶液中加入新制的Cu(OH)2，加热
C
配制1L1.0mol/LNaCl溶液
将58.5gNaCl固体直接溶于1L水中
D
证明醋酸是弱电解质
测0.1mol/LCH3COOH溶液的pH
A．A B．B C．C D．D
7．工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g) ⇌ C2H5OH(g) ΔHc(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
B．0.1mol/LCH3COONH4溶液中的c(NH 4+ )比0.1mol/LNH4Cl溶液中的大
C．如图说明NH4Cl溶液中存在水解平衡
D．溶液的pH变化是NH 4+ 浓度改变造成的
10．某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。

下列分析错误的是（　　）
A．若②中只有NH4Cl不能制备NH3
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O2催化剂__Δ 4NO+6H2O
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
11．实验I和实验II中，均有气体产生。

下列分析错误的是（　　）
A．NaHSO3溶液中：c(SO 32− )>c(H2SO3)
B．I中有CO2生成
C．II中产生白色沉淀
D．I和II中溶液的pH均增大
12．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯。装置示意图如图。
已知：电解效率η(B)= n(生成B所用的电子)n(通过电极的电子) ×100%。

下列说法错误的是（　　）
A．电极a连接电源的负极
B．电极b上有O2产生
C．纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e-=C2H4+8OH-
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯
13．某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
装置
实验
试剂a
现象与结果

I
　
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5mol/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
下列说法错误的是（　　）
A．I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B．由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C．增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成
D．[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
14．异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。

① (g) ⇌ (g)+H2O(g) ΔH1=+28kJ/mol K1(190℃)=104
②2 (g) ⇌ (g)(二聚异丁烯) ΔH2=-72kJ/mol K2(190℃)=0.1
下列说法错误的是（　　）
A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备
B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1>104、K2P2>P1，反应中S2　 　(填‘“是”或“不是”)气态，理由是　 　。
②实际反应在高温下进行的原因是　 　。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。

①溶液X的主要溶质是　 　。
②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：　 　。
③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成　 　gH2。
17．香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W的合成路线如图。

已知：i. → +H2O
ii.—CHO+ →ΔNaOH +H2O
iii.R1—CH=CH—R2→KMnO4(H+) +R1COOH+R2COOH
（1）A→B的化学方程式是　 　。
（2）D的分子式是　 　。
（3）条件①是　 　。
（4）F的结构简式是　 　。
（5）1molJ可以生成2molK，J的结构简式是　 　。
（6）下列说法错误的是　 　(填序号)。
a.可以用酸性KMnO4溶液鉴别E和G
b.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应
c.1molP最多可以和5molH2反应
（7）M为线型不稳定分子，M→P经过两步反应，R苯环上的一氯代物有3种。

①R的结构简式是　 　。
②R→P的化学反应类型是　 　。
18．向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。
变化曲线
实验现象

i.A→B产生红褐色沉淀
ii.B→C红褐色沉淀的量增多
iii.C→D红褐色沉淀的量增多
iv.D点附近产生有刺激性气味的气体
v.D→E红褐色沉淀的量略有增多
资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11
ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39
（1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是　 　。
（2）A点溶液的pH约为13，主要原因是　 　。
（3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：　 　。
（4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。

①M点溶液含氯的微粒有　 　。
②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是　 　。
（5）检验iv中气体的方法是　 　。
（6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是　 　。
（7）整个滴加过程中发生的反应与　 　、微粒的浓度等有关。
19．在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究 Co+2 和 Co+3 之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3⇌ [Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3⇌ [Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH 4+
（1）探究 Co+2 的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，　 　(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下 Co+2 的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是　 　。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但　 　降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
（2）探究 Co+3 的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，　 　(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是　 　。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是　 　。
（3）催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：　 　。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：　 　。
示例：Co →Cl2 CoCl2→NaOH Co(OH)2

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无关，
故答案为：A。

【分析】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，属于分与合相结合。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.3p电子的电子云轮廓图为哑铃形，不是球形，故A不符合题意；
B．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，不是三角锥形，故B不符合题意；
C．砷元素的核电荷数为33，核外有4个电子层，最外层电子数为5，原子结构示意图为 ，故C符合题意；
D．氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.p电子的电子云轮廓图为哑铃形；
B.SO3分子中S原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形；
C.As的核电荷数为33；
D.HCl是共价化合物。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；
B．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；
C．二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；
D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.氯原子半径小与碘，得电子能力强；
B.同主族从上到下第一电离能减小；
C.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；
D.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的官能团为氯原子、酯基、氨基和亚氨基，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子酸性条件下发生水解反应生成的甲醇、乙醇不能与碳酸氢钠溶液反应，故B符合题意；
C．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的苯环、碳碳双键和羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中与苯环相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，存在手性异构体，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.由结构简式可知该分子含有酯基；
B.该物质水解产物中含醇；
C.苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A符合题意；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H-C≡N，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据强酸制弱酸判断；
B.HCN中C和N之间为三键；
C.反应中铁从0价升高为+2价；
D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN-。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，加热蒸干时，氯化氢受热挥发，水解平衡不断向正反应方向移动，直至水解趋于完全得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，故A不符合题意；
B．葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，检验纤维素在浓硫酸中生成的水解产物含有葡萄糖，应加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，否则葡萄糖不能与与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，故B不符合题意；
C．将58.5g氯化钠固体直接溶于1L水中所得氯化钠溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是1.0mol/L，故C不符合题意；
D.0.1mol/L醋酸钠溶液pH大于7，说明醋酸根离子在溶液中发生水解反应，醋酸是部分电离的弱酸，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A. FeCl3水解生成Fe(OH)3和HCl，加热促进盐酸挥发；
B.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；
C.将58.5g氯化钠固体直接溶于1L水中所得氯化钠溶液体积大于1L；
D.明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．循环使用乙烯可使乙烯尽可能转化为乙醇，提高乙烯的利用率，故A不符合题意；
B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，压强过大对设备的要求高且易发生事故，因此实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故B不符合题意；
C．投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，体系中的n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越小，故C符合题意；
D．催化剂可提高反应速率，因此寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.循环使用乙烯，可充分反应；
B.压强过大对设备的要求高，且易发生事故；
C.n(C2H4)越大，乙烯转化率越小；
D.催化剂可加快反应速率。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．反应除生成高聚物J外，还有小分子HCl生成，所以该反应是缩聚反应，故A项不符合题意；
B．对比有机物的结构可知，MPD的结构简式为 ，分子中有4种化学环境不同的氢原子，即MPD的核磁共振氢谱中有4组峰，故B项符合题意；
C．单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C项不符合题意；
D．正、负离子容易与水形成水合离子，高聚物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.AEPPS、TMC和MPD发生缩聚反应生成J；
B.MPD为；
C.单体TMC中三个侧链均发生反应；
D.正、负离子容易与水形成水合离子。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为c(Cl-)>c(NH 4+ )>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进铵根离子水解，所以醋酸铵溶液中铵根离子浓度小于等浓度的氯化铵溶液，故B不符合题意；
C．由未加入醋酸铵溶液时，0.1mol/L氯化铵溶液的pH为6说明铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，故C符合题意；
D．醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化铵溶液中加入醋酸铵溶液时，溶液的pH变化是铵根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.铵根离子水解使溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；
B.铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小；
C.加入 CH3COONH4 溶液后，溶液中 c(NH 4+ ) 增大而抑制NH 4+水解。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，无法制得氨气，故A不符合题意；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2催化剂__Δ 4NO+6H2O，故B不符合题意；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C符合题意；
D．由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】①中加热高锰酸钾可制备氧气，②中加热氯化铵与氢氧化钙可制备氨气，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，可知③中氨气被氧化生成NO，④中发生2NO+O2＝2NO2、3NO2+H2O＝2HNO3+NO、HNO3+NH3＝NH4NO3，④中白烟的主要成分是NH4NO3，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．根据装置中亚硫酸氢钠溶液的pH=4判断，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离大于水解，故c(SO 32− )>c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．亚硫酸氢钠与碳酸氢钠反应，因为亚硫酸氢根离子的酸性大于碳酸，故反应生成二氧化碳，故B不符合题意；
C．亚硫酸钡是可难溶性盐，故实验II中物质有白色沉淀，故C不符合题意；
D．实验I中亚硫酸氢根离子的量减小，溶液体积增大，导致其浓度减小，故pH增大，实验II中因为产生沉淀，促进电离，pH减小，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度；
B.Ⅰ中氢离子可以和碳酸氢钠反应；
C.Ⅱ中会产生亚硫酸钡白色沉淀；
D.Ⅰ中氢离子浓度减少，pH增大，Ⅱ中产生白色沉淀，促进电离，pH减小。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变为-2价，化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，故A项不符合题意；
B．电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为 4OH−−4e−=2H2O+O2↑ ，故B项不符合题意；
C．由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为 2CO+6H2O+8e−=C2H4+8OH− ，故C项不符合题意；
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据公式得n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，由CO2转化为乙烯的电极反应为 2CO2+8H2O+12e−=C2H4+12OH− ，所以当n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，故D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.a电极上CO2转化为乙烯，发生还原反应，为阴极；
B.b电极的电极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑；
C.纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应；
D.根据电极反应结合得失电子守恒计算。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A不符合题意；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B符合题意；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C不符合题意；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.Ⅰ中蓝色固体为Cu(OH)2；
B.Ⅲ中加入氨水后还加入了NH4Cl固体，抑制了一水合氨的电离，则pH：Ⅲ＜Ⅱ；
C.增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成；
D.Ⅱ中加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2+，立即产生大量气泡。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度可以加快化学反应速率，同时反应①吸热，反应②放热，升高温度使反应①正向移动，使反应②逆向移动，都有利于异丁烯的制备，故A项不符合题意；
B．化学平衡常数反映反应进行的程度，当温度高于190℃时，K1>104、K2P2>P1可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态；
②由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2S的转化率；
(3)①由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，由方程式可知，溶液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：FeCl2和HCl；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区加入阴极区，FeCl3溶液得以再生；
③由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢气，所以理论上5mol硫化氢反应能生成氢气的质量为5mol×2g/mol=10g，故答案为：10。
【分析】（1）①K2CO3 水解显碱性；
②用过量的K2CO3溶液吸收H2S生成KHCO3和KHS；
（2）①不同压强的作用下，H2S的转化率不同，说明该反应的平衡移动受到压强影响；
②升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率；
（3）①FeCl3和H2S发生氧化还原反应产生FeCl2和S；
②电解反应器中，阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶液X中的氢离子向右移动；
③5molH2S反应，转移10mol电子，生成5mol氢气。
17．【答案】（1） +HNO3→Δ浓硫酸 +H2O
（2）C7H5Br2O2N
（3）氢氧化钠水溶液、加热
（4）
（5）HOOCCH2COOH
（6）ac
（7）；加成反应
【解析】【解答】
(1)A→B为甲苯的硝化反应，方程式为： +HNO3→Δ浓硫酸 +H2O；
(2)由分析可知D为 ，则其分子式为：C7H5Br2O2N；
(3)D→E是 转化为 ，先发生卤代烃水解，然后自动脱去1分子水，条件①是氢氧化钠水溶液、加热；
(4)由分析可知，F的结构简式是 ；
(5)由分析可知J为HOOCCH2COOH；
(6)a．E为 ，G为 ，E含有醛基，G含有碳碳双键，都能被酸性KMnO4溶液氧化，不能鉴别二者，故a不正确；
b．G为 ，含有碳碳双键，可以发生加聚反应，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环等可以发生取代反应，故b正确；
c．P分子含有的1个苯环、1个羰基能与氢气发生加成反应，1molP最多可以和4molH2反应，故c不正确；
故答案为：ac；
(7)M为线型不稳定分子，M的结构简式为O=C=C=C=O，M→P经过两步反应，均发生加成反应，而R苯环上的一氯代物有3种，则酚羟基先与M发生加成反应，故R的结构简式为 ，故答案为：① ；②加成反应。
【分析】G与 发生加成反应生成 推知G的结构简式为 A发生硝化反应生成B，结合B的分子式、G的结构简式，可知B中含有苯环且苯环侧链处于对位，故B为 ，则A为 ，结合信息i，信息ii，可知B发生甲基上二溴取代生成D，D水解反应并脱水生成E，故D为 ，E为 ，E与F发生信息ii中反应生成G，推知F为 ，J发生信息iii中氧化反应生成K，由J、K的分子式，可知1molJ可以生成2molK，推知J为HOOCCH2COOH、K为 ，J脱去2分子式生成M，结合P的结构简式推知M为O=C=C=C=O，M与苯酚发生加成反应生成P，据此解答。
18．【答案】（1）Cl2+ 2OH−= Cl−+ ClO−+ H2O
（2）溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13
（3）A→B发生反应 ClO−+ 2Fe2++ 4OH−+ H2O = Cl−+ 2Fe(OH)3↓ ，消耗OH−，使溶液的pH显著下降
（4）ClO−、HClO、Cl−；HClO + 2Fe2++ 5H2O = 2Fe(OH)3↓+ Cl−+ 5H+
（5）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝
（6）Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降
（7）反应物的相对用量或氧化剂的种类
【解析】【解答】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生 ClO−+2Fe2++4OH−+H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓ ，从B→C的过程ClO-的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生 HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+ ，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。
(1)Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为： Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O ，故答案为 Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O ；
(2)根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH-) ≈ 0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，故答案为溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13；
(3)根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO-将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH-)减小，发生反应的离子方程式为 ClO−+2Fe2++4OH−+H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓ ，故答案为A→B发生反应 ClO−+2Fe2++4OH−+H2O=Cl−+2Fe(OH)3↓ ，消耗OH−，使溶液的pH显著下降；
(4)M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−；C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是 HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+ ，故答案为ClO−、HClO、Cl−； HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl−+5H+ ；
(5)根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应 Cl2+2KI=2KCl+I2 和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；
(6)A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降；
(7)根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类；
【分析】（1）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（2）A点溶液溶质主要为氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；
（3）A→B有Fe(OH)3生成，OH-被消耗；
（4）M点溶液中含有ClO−、HClO、Cl−；C点HClO中含量较多，与Fe2+发生氧化还原反应；
（5）iv中气体为氯气，氯气能将碘离子氧化成碘单质，且单质碘遇淀粉变蓝；
（6）Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，消耗OH-；
（7）不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3。
19．【答案】（1）将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同；4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；c(Co3+)
（2）加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色；2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；O2
（3）对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；[Co(NH3)6]3+→催化剂盐酸或硫酸溶液 Co2+→NH3 [Co(NH3)6]2+
【解析】【解答】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究 Co+2 和 Co+3 之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
(1)①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
(2)①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
(3)①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+→催化剂盐酸或硫酸溶液 Co2+→NH3 [Co(NH3)6]2+。
【分析】（1）①根据对比实验的单一变量原则，乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2进行实验；
②Co(OH)2在空气被氧化为Co(OH)3；
（2）①向Co(OH)3中滴加盐酸生成氯气，氧化剂的氧化产物大于氧化产物；
②滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生氧气；
（3）①NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)；
②酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理得到[Co(NH3)6]2+。