北京2020届高三化学高考模拟试题（等级考试模拟试题）

2020届北京高三化学高考模拟试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.下列物质制造或使用过程中没有发生化学变化的是（ ）
A
B
C
D




明矾做净水剂
丙烯制造聚丙烯熔喷布
氨气制造液氨冷却剂
含碳酸氢钠的抗酸药治疗胃酸过多


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．明矾溶于水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，发生化学变化，故不选A；
B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，有新物质生成，属于化学反应，故不选B；
C．氨气制造液氨冷却剂，氨气的状态发生改变，没有生成新物质，不属于化学变化，故选C；
D．碳酸氢钠治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有新物质生成，属于化学反应，故不选D。
答案选C。
2.下列说法不涉及氧化还原反应的是
A. 雷雨肥庄稼——自然固氮
B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
【答案】D
【解析】
【分析】
在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。
【详解】A. 雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO2，最后变成HNO3等，有元素化合价变化，故A不选；
B. 从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4价变成0价，有元素化合价变化，故B不选；
C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故C不选；
D. 灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故D选。
故选D。
3.下列说法正确的是
A. 18O2和16O2互为同位素
B. 正己烷和2,2−二甲基丙烷互为同系物
C. C60和C70是具有相同质子数的不同核素
D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 18O2和16O2是指相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素互称同位素，A项错误；
B. 正己烷的分子式C6H14，2,2−二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个CH2，属于同系物，B项正确；
C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子，C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子，显然，C项错误；
D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N，分子式不同，显然不是同分异构体，D项错误。
故答案选B。
4.全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，被称为没有核污染的“N2 爆弹”。中国科学家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子N5﹣，N5﹣是制备全氮类物质N10（其中含有 N5+和 N5﹣ 两种离子）的重要中间体。下列说法中不正确的是
A. 全氮类物质属于绿色能源 B. 每个 N5+中含有 5 个原子核
C. 每个 N5﹣中含有 36 个质子 D. N10结构中含非极性共价键和离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据题意全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，因此全氮类物质属于绿色能源，故A正确；
B. 每个 N5+中含有 5个原子核，故B正确；
C. 每个 N5－中含有 35个质子,36个电子，故C错误；
D. N10结构中含N5－和N5+，含有离子键，每个离子内部含有非极性共价键，故D正确。
综上所述，答案为C。
5.下列有关铁及其化合物的说法中不正确的是
A. 为了防止氯化亚铁溶液久置变质，常在其溶液中加入少许铁钉
B. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，能形成胶体
C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中最终会变为红褐色
D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加铁粉，然后过滤
【答案】D
【解析】
A. 亚铁离子在空气中易被氧化为三价铁离子，加铁钉可以防止氯化亚铁溶液的变质，故A正确； B. 制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，搅拌到红褐色即可，故B正确；C. 新制的氢氧化亚铁沉淀露置在空气中迅速变成灰绿色，最终会变为红褐色的氢氧化铁，故C正确；D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中滴加氯水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故D错误。
6.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是（ ）
A. 向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)
B. 向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O
C. 向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
D. 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成，氯化银沉淀转化为硫化银，反应离子方程式是2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)，正确，A不选；
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，HSO3-被高锰酸钾氧化为SO42-，溶液紫色褪去，反应的离子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O，正确，B不选；
C．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误，C选；
D．向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，正确，D不选。
答案选C
7.芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述不正确的是

A. 汉黄芩素的分子式为 C16H12O5
B. 该物质遇 FeCl3 溶液显色
C. 1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗 2mol Br2
D. 与足量 H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少 3 种
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据结构得到汉黄芩素的分子式为 C16H12O5，故A正确；
B. 该物质含有酚羟基，因此遇 FeCl3 溶液显紫色，故B正确；
C. 1 mol 该物质含有1mol碳碳双键，与1mol Br2发生加成，还含有酚羟基，酚羟基的邻位发生取代，消耗1mol Br2，因此最多消耗 2mol Br2，故C正确；
D. 原来含有羟基，碳碳双键，醚键，羰基，与足量 H2 发生加成反应后，只有羟基，醚键，因此该分子中官能团的种类减少2种，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】FeCl3 溶液与酚羟基显紫色，与KSCN显红色。
8.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是

A. 整个过程中O3作催化剂
B. 反应III的方程式为O2+O===O3
C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质
D. 反应I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；
B、根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应 方程式为O2＋O=O3，故B说法正确；
C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；
D、反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；
9.X、Y、Z、W均为常见的短周期主族元素，常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如下图所示。其中，Y为碳元素。下列有关说法正确的是

A. X是硫元素
B. Y的最高价氧化物的电子式为
C. W的最高价氧化物对应的水化物中仅含离子键
D. Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由其最高价氧化物对应水化物的pH和原子序数的关系图可以知道，X、Z对应的pH为2，高氯酸、硝酸均为一元强酸，原子半径Z>Y>X，Y为C，可以知道Z为Cl，X为N，W对应的pH为12，氢氧化钠为一元强碱，则W为Na，以此来解答。
【详解】由上述分析可以知道，X为N，Y为C，Z为Cl，W为Na，
A. X为N元素，不可能为硫元素，故A错误；
B. Y为C元素，其最高氧化物为CO2，电子式为，故B错误；
C. W为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D. Z为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，故D正确。
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查元素周期律、结构位置性质关系，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意NaOH是离子化合物，既含有离子键又含有共价键。
10.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. K(300℃)>K(400℃)
B. 增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率
C. 当c(HCl)：c(O2)进料比过低时，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2
D. 若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，K(500℃)=
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(300℃)>K(400℃)，故A正确；
B．增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；
C．c(HCl)：c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；
D．相同温度下，c(HCl)：c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象，500℃、若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，HCl平衡转化率为72%，

K(500℃)=，故D正确；
选C。
【点睛】本题考查化学平衡移动，明确影响平衡移动的因素是解题的关键；对于多种反应物的反应，增大一种反应物的增大，平衡正向移动，其它反应物的转化率增大，加入的反应物的转化率减小。
11.高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

下列叙述不正确的是
A. 用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质净化水
B. 用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后可再利用
C. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
D. 该生产条件下，物质的溶解性：Na2FeO4< K2FeO4
【答案】D
【解析】
【分析】
铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2 FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【详解】A. K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；
B. 尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；
C. 反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C正确；
D. 结晶过程中加入浓KOH溶液，增大了K+浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误；
故选D。
12.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】
【分析】
由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。
【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；
B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；
C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；
D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。
13.一定条件下，反应：6H2(g)+2CO2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)的数据如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. 达平衡时，v正(H2)=v逆(CO2)
C. b点对应的平衡常数K值大于c点
D. a点对应的H2的平衡转化率为90%
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图象可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，故A错误；
B. 达平衡时，正逆反应速率比等于系数比，即 v正(H2)=3v逆(CO2)，故B错误；
C. 正反应放热，升高温度，平衡常数减小，b点对应的平衡常数K值小于c点，故C错误；
D.曲线Ⅰ H2、CO2的投料比为2:1，设投入H2、CO2的物质的量分别是2mol、1mol，a点CO2的平衡转化率为60%，则消耗CO2 0.6mol、消耗H2 1.8mol，所以a点对应的H2的平衡转化率为90%，故D正确；
选D。
【点睛】本题考查化学平衡标志、平衡转化率的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握曲线的意义和题给信息，明确平衡常数只与温度有关。
14.25℃时，向50mL含有0.1molCl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 若a点pH=4，且c(Cl−)=mc(HClO)，则HClO的电离平衡常数为
B. 若x=100，b点对应溶液中，c(OH−)>c(H+)，可用pH试纸测定其pH
C. 若y=200，c点对应溶液中，c(OH−)−c(H+)=2c(Cl−)+c(HClO)
D. b→c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=4，则溶液中c(H+)=10−4mol·L−1，根据方程式：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO−，溶液中c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO)=mc(HClO)，c(HClO)=，Ka(HClO)===10−4(m−1)，A项错误；
B．生成的NaClO中的ClO−水解，得到的HClO具有漂白性，不能用pH试纸测定反应后溶液的pH，B项错误；
C．c点时，氯水全部与NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl，且n(Cl−)=n(ClO−)+n(HClO)，根据电荷守恒有：n(Na+)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，根据物料守恒有：n(ClO−)+n(Cl−)+n(HClO)=02mol，n(Na+)=0.4mol，则有：2n(ClO−)+2n(Cl−)+2n(HClO)+n(H+)=n(OH−)+n(Cl−)+n(ClO−)，即有：c(OH−)−c(H+)=2c(Cl−)+c(HClO)，C项正确；
D．b→c段，随着NaOH溶液加入，c(HClO)浓度逐渐减小，c(ClO−)逐渐增大，逐渐减小，D项错误。
答案选C。
第二部分
15.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,是一种重要的有机原料。
I.利用甲醇(CH3OH)制备甲醛
脱氢法:CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H1 = +92.09kJ/mol
氧化法:CH3OH(g) +1/2O2(g)=HCHO(g)+H2O(g) △H2
(1)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.64 kJ/mol，则△H2=_______。
(2)与脱氢法相比,氧化法在热力学上趋势较大，其原因为_______________。
(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”或“b”)对应脱氢法,判断依据为_________________。

II.甲醛的用途
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为_______。
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍。若反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为____________________。
Ⅲ.甲醛的检测
(6)室内甲醛超标会危害人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则b极的电极反应式为_________，当电路中转移4×10-4 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_______mg。
【答案】 (1). -149.73kJ/mol (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大。 (3). b (4). 脱氢吸热 (5). 3:2 (6). 2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+ (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). 3
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；

(2)放热反应的热力学趋势大；
(3)脱氢法：CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H1=+92.09 kJ•mol-1，反应为吸热反应升温平衡常数增大，lg K增大；
(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨物质的量之比，据此进行计算；
(5)甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，据氧化还原反应反应规律书写方程式；
(6)反应中C元素化合价由0价变为+4价，则工作电极为负极，负极上HCHO失电子发生氧化反应，结合电极反应电子守恒计算。
【详解】(1)脱氢法：①CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H1=+92.09 kJ•mol-1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H3=-483.64 kJ•mol-1；盖斯定律计算①+②得到：CH3OH（g）+O2（g）═HCHO（g）+H2O（g）△H2=-149.73KJ/mol；
故答案：-149.73KJ/mol；
(2)脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；
故答案为：脱氢法为吸热反应，氧化法为放热反应，放热反应的热力学趋势大；
(3)脱氢法的反应为吸热反应，随着温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大，故曲线b对应脱氢法；
故答案为：b；脱氢吸热；
(4)每个乌洛托品分子中含有6个C原子，4个N原子，根据原子守恒可知，要形成1个乌洛托品分子，需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气的分子个数之比为6∶4，即3∶2。分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比为3∶2；
故答案为3∶2；
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)混合，可用于化学镀镍，则甲醛与硫酸镍发生氧化还原反应，析出Ni单质，甲醛被氧化为CO2，Ni元素化合价由+2价降低到0价，甲醛中C元素由0价升高到+4价，NiSO4与HCHO的系数比为2∶1，根据化合价升降守恒配平得离子方程式为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；
故答案为：2Ni2++HCHO+H2O=2Ni+CO2↑+4H+；
(6)HCHO转化为CO2，C元素由0价升高到+4价，失去电子，被氧化，所以a为电池负极，b为正极；酸性环境下，O2作正极的电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O；负极的电极反应为HCHO-4e-+H2O = CO2↑+4H+，每反应1molHCHO转移4mol电子，当电路中转移4×10-4mol电子时，参与反应的HCHO为1×10-4mol，质量=30g/mol×1×10-4mol=3×10-3g=3mg；
故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；3。
16.三氯化六氨合钴(III)（[Co(NH3)6]Cl3 是合成其他含钴配合物的重要原料。在活性炭的催化作用下，通过氧化二氯化六氨合钴(II)得到三氯化六氨合钴(III)制备流程如下：

资料：
①钴离子常见价态有+2(II)价，+3(III)价，Co(II)离子能在水溶液中稳定存在，但 Co(III)离子不能稳定存在，只能以固态或络合物形式（如[Co(NH3)6]3+）稳定存在溶液中。
② Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2
（1） 实验中需要将 CoCl2·6H2O 晶体研细，其目的是：__________________。
（2）在加入浓氨水前先加入大量 NH4Cl溶液，请结合平衡原理解释原因______________________。
（3）在“氧化”过程中需水浴控温在 50～60℃，温度不能过高，原因是______________________。
（4）写出“氧化”过程中反应的离子方程式_______________。
（5）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
①称取样品 4.000 g 于烧瓶中，加水溶解，加入足量的 NaOH 溶液，加热至沸 15～20 min，将 [Co（NH3）6]Cl3 完全转化为 Co（OH）3，冷却后加入足量 KI 固体和 HCl 溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至 250.00 mL 容量瓶中，加水定容，取其中 25.00 mL 试样加入到锥形瓶中；
②用 0.100 0 mol·L －1 Na2S2O3 标准溶液滴定，溶液变为浅黄色后，加入淀粉溶液作指示剂继续滴定至终点，重复 2 次实验，测得消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 15.00 mL。（已知：2Co3＋＋2I－=2Co2＋＋I2 ，I2 ＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）.通过计算确定该产品中钴的含量___________________。
【答案】 (1). 增大晶体的表面积，加快反应的速度 (2). NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使NH3·H2O⇌NH4++OH－电离平衡逆移降低c(OH－)，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀 (3). 温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率 (4). 2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－ (5). 22.125%
【解析】
【分析】
由于Co2+在 pH=9.4 时完全沉淀为 Co(OH)2，将CoCl2·6H2O晶体研细先加入氯化铵溶液，再加入浓氨水反应生成[Co(NH3)6]Cl2，[Co(NH3)6]Cl2和H2O2发生氧化反应生成[Co(NH3)6]Cl3。
【详解】（1）实验中需要将CoCl2·6H2O晶体研细，其目的是增大晶体的表面积，加快反应的速度；故答案为：增大晶体的表面积，加快反应的速度。
（2）根据题中信息Co2+在pH=9.4时完全沉淀为Co(OH)2，因此在加入浓氨水前先加入大量NH4Cl溶液，主要是NH3·H2O⇌ NH4++OH－，能电离出OH－，易和Co2+反应生成Co(OH)2，NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使电离平衡逆向移动，降低c(OH－)浓度，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀；故答案为：NH4Cl溶于水电离出的NH4＋，增大溶液中c(NH4+)，使NH3·H2O⇌NH4++OH－电离平衡逆移降低c(OH－)，防止加氨水时溶液中c(OH－)过大使钴(II)离子沉淀。
（3）H2O2 在较高温度下会导致大量分解，氧化效果降低，从而降低产率，因此在“氧化”过程中需水浴控温在50～60℃，温度不能过高；故答案为：温度过高会导致 H2O2 大量分解，降低产率。
（4）“氧化”过程中Co(NH3)62+ 与H2O2反应生成Co(NH3)63+ 和OH－，其离子方程式2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－；故答案为：2Co(NH3)62+ + H2O2= 2Co(NH3)63+ + 2OH－。
（5）根据方程式可得关系式Co3＋ ～ S2O32−，n(Co3＋)= n(S2O32−)= 0.100 0 mol∙L−1×0.015 mL×10 =0.015mol，；故答案为：22.125%。
17.吡唑类化合物是重要的医用中间体，如图是吡唑类物质L的合成路线。

已知：R1—CHO+R2CH2—COOR3
R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2
（1）试剂a是__。
（2）C生成D的反应类型是__。
（3）D生成E的化学方程式是___。
（4）生成G的化学方程式是__。
（5）H的结构简式是__。
（6）写出符合下列条件的I的同分异构体的结构简式__。
a.是反式结构
b.能发生银镜反应
c.苯环上的一氯代物有2种
d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应
（7）K的分子式是C10H8O2，K的结构简式是__。
（8）以2-甲基丙烯和乙酸为原料，选用必要的无机试剂，合成，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). 浓硫酸，浓硝酸 (2). 取代（水解）反应 (3). 2+O22+2H2O (4). CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O (5). (6). (7). (8).
【解析】
【分析】
，B在光照条件下与氯气发生取代反应生成，逆推可知B是，A发生硝化反应生成B；F的分子式是C2H4O，F与甲醇在浓硫酸作用下反应生成G，则F是乙酸、G是乙酸甲酯；，结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，， 逆推可知E是、K的分子式是C10H8O2，K是；由逆推，D是；
【详解】根据以上分析，（1）A是甲苯、B是，A发生硝化反应生成B，所以试剂a是浓硫酸，浓硝酸；
（2）C是、D是，C生成D是卤代烃的水解反应，反应类型是取代（水解）反应。
（3）D是、E是，D生成E是醇的催化氧化，反应的化学方程式是2+O22+2H2O；
（4）G是乙酸甲酯，乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；
（5），结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；
（6）a.是反式结构，说明含有碳碳双键；b.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯； c.苯环上的一氯代物有2种，说明2个取代基在苯环的对位； d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应，说明是甲酸酚酯；符合条件的I的同分异构体的结构简式是；
（7）结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，， 逆推可知E是、根据K的分子式是C10H8O2，可知K是；
（8）2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成，水解为，在铜做催化剂的条件下氧化为， 和乙酸发生正反应反应生成，根据R1—CHO+R2CH2—COOR3，在碱、加热的条件下生成；合成路线为。
18.阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：

(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。
(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。
a．Na2SO4b．Na2SO3
c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压
(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。
①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。
②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。
(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。

①结合化学用语解释10 min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。
②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05 mol•L-1 NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)
【答案】 (1). 2 NaCl + 2H2O C12↑ + H2↑+ 2NaOH (2). bcd (3). 碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价 (4). Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl— (5). ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。 (6). c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降 (7). 0.1
【解析】
【分析】
（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；
d.由于气体溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。
（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。
【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl +2H2O C12↑+ H2↑+2NaOH。
（2）a. Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；
b. Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；
c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；
d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。
（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。
②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+ Cl2 + H2O=== NaIO4↓+ 2H++2Cl—。
（4）①ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O 10 min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。
②c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2 氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。
③研究表明食盐水中I-含量≤0.2 mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2 mg•L-1×1m3×1000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47 mg•L-1 的食盐水需处理掉1.47 mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO- + 2H+ + 2I-=== I2 + Cl- + H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。
19.研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。
编号
实验
现象
Ⅰ
向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
出现少量气泡
Ⅱ
向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ
向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L− 1CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液
立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡

（1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。
（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。
③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：
将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2++EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1）
（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。
（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。
实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。
（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。
【答案】 (1). 2H2O2 O2↑+2H2O (2). H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ (3). CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu (4). (5). 溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 (6). 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 (7). CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多
【解析】
【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2 O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2 O2↑+2H2O；
（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；
②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；
③a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有= c mol/L×V×10—3L，解得V=ml，故答案为：；
（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2－、HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22－浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；
（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；
（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。
【点睛】当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。