北京市顺义区2020届高三第一次统练化学试题 Word版含解析

这是一份北京市顺义区2020届高三第一次统练化学试题 Word版含解析，共24页。试卷主要包含了过氧化钠常用作供氧剂，下列说法正确的是，下列变化中，气体被氧化的是，常温下，向10mL 0等内容，欢迎下载使用。

顺义区2020届高三第一次统练
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cu 64 Ba 137
第一部分（选择题 共42分）
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.下列涉及物质的制造或使用过程中，发生的不是化学变化的是
A. 粮食酿醋
B. 烟花燃放
C. 陶瓷烧制
D. 司南（指南针）指向
【答案】D
【解析】
【详解】A．粮食酿醋过程中淀粉最后生成醋酸，变化过程中生成了新物质为化学变化，故A不符合；
B．烟花燃放在火药燃烧生成新物质为化学变化，故B不符合；
C．陶瓷烧制过程中生成了新的物质为化学变化，故C不符合；
D．司南(指南针)指向是地磁作用，无新物质生成为物理变化，故D符合；
故选：D。
2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法不正确的是
A. Na2O2的电子式：
B. Na+的结构示意图：
C. 氧元素一种核素18O的中子数为10
D. NaOH中仅含有离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化钠中存在氧氧之间的一对共用电子对，所以Na2O2的电子式：，故A正确；
B．钠原子失去一个电子变成钠离子，所以钠离子核外只有两个电子层，即Na+的结构示意图：，故B正确；
C．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，则氧元素的一种核素18O的中子数为18-8=10，故C正确；
D．氢氧化钠中含有离子键和共价键，而不是只含离子键，故D错误；
故选：D。
3.某种条件下，钢铁的腐蚀过程如下图所示。下列描述正确的是

A. 该腐蚀过程是强酸性条件下发生的
B. 负极反应式是：Fe -3e—=Fe3+
C. 碳上发生还原反应
D. 生成铁锈覆盖在钢铁表面，可阻止钢铁继续腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图中看出，空气中氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，吸氧腐蚀发生在中性或弱酸性环境下，在强酸性环境下发生的是析氢腐蚀，故A错误；
B．铁在吸氧腐蚀时，铁在负极上失电子，电极反应为Fe-2e-═Fe2+，故B错误；
C．原电池中，一般较不活泼的金属或碳为正极，发生还原反应，故碳上发生还原反应，故C正确；
D．铁锈是疏松结构，不会阻止钢铁继续腐蚀，故D错误。
故选：C。
4.下列说法正确的是
A. 淀粉、纤维素及其水解产物均属于糖类
B. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点
C. 蛋白质溶液中加硫酸铵或氯化铜溶液，均会发生蛋白质的变性
D. 糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 淀粉、纤维素属于多糖，它们水解的最终产物为葡萄糖，属于单糖，故A正确；
B. 天然植物油为混合物，常温下一般呈液态，难溶于水，没有恒定的熔点、沸点，故B错误；
C. 蛋白质溶液中加硫酸铵会发生盐析，加入氯化铜溶液会发生蛋白质的变性，故C错误；
D. 糖类中的葡萄糖、果糖属于单糖，不能发生水解，故D错误；
答案：A。
【点睛】糖类分为多糖、二糖和单糖，其中多糖、二糖能发生水解，单糖不能发生水解。
5.下列变化中，气体被氧化的是
A. 潮湿的二氧化碳与过氧化钠反应，固体由淡黄色变为白色
B. 氯气通入氯化亚铁溶液，溶液由浅绿色变为黄色
C. 乙烯通入高锰酸钾酸性溶液，溶液紫色褪去
D. 硫化氢通入硫酸铜溶液，有黑色硫化铜沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，二氧化碳不是氧化剂和还原剂，故A错误；
B．氯气通入氯化亚铁溶液，溶液由浅绿色变为黄色，反应中Cl元素化合价降低，氯气被还原，故B错误；
C．乙烯通入高锰酸钾酸性溶液，溶液紫色褪去，反应中高锰酸钾是氧化剂，乙烯被氧化，故C正确；
D．硫化氢通入硫酸铜溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故D错误。
故选：C。
6.用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，3.4g NH3含N—H 键0.2 NA
B. 标准状况下，1.4g N2、CO混合气体体积约为1.12 L
C. 常温常压下，100 mL 0.1mol·L—1的过氧化氢水溶液中含氢原子的数目为0.02 NA
D. 常温常压下，0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(CH3COO—)小于0.1 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．3.4g氨气的物质的量为n==0.2mol，一个氨气分子中含3个N-H键，故0.2mol氨气中含N-H键数目为0.6NA，故A错误；
B．氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故1.4g混合物的物质的量为0.05mol，而气体体积V=nVm=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B正确；
C．双氧水溶液中除了双氧水外，水也含H原子，故溶液中含有的H原子多于0.02NA个，故C错误；
D．醋酸根是弱酸根，在溶液中能水解，故溶液中c(CH3COO-)小于0.1 mol/L，不能说小于0.1mol，故D错误。
故选：B。
7.常温下，向10mL 0.1 mol·L—1的HA溶液中逐滴滴入0.1 mol·L—1氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图所示。下列分析不正确的是

A. HA的电离方程式：HAH+ +A—
B. a点：c(H+)> c(A—)
C. b点：c(A—) 与c(NH4+)浓度大致相等
D. b～c点的溶液中，所含溶质均能促进水的电离
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图可知，0.1mol/L的HA溶液的pH在6左右，则c(H+)＜c(HA)，说明HA部分电离，则HA为弱酸，电离方程式为HA⇌H++A-，故A正确；
B．a点溶液中的溶质是HA，溶液中存在电荷守恒c(H+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(A-)，故B正确；
C．铵盐浓度越大导电能力越大，b点导电能力最大，则b点酸碱恰好完全反应生成NH4A，溶液的pH=7，即c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c(NH4+)=c(A-)+c(OH-)，所以b点c(A-) 与c(NH4+)浓度大致相等，故C正确；
D．b点酸碱恰好完全反应，b到c点氨水有剩余，弱酸弱碱盐促进水电离，但一水合氨抑制水电离，故D错误；
故选：D。
8.脲醛树脂UF 可用做木材的粘合剂、制作食用器具等，由尿素【CO(NH2)2】和甲醛在一定条件下反应得到，其结构片段如图所示。

下列说法不正确是
A. 合成UF的反应为缩聚反应
B. 该聚合物是一种水溶性物质
C. 该聚合物可以发生水解反应
D. 该聚合物结构简式可能是：
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题目信息可知，该高分子化合物可由尿素和甲醛通过缩聚反应得到的，所以得到该物质的反应为缩聚反应，故A正确；
B．该物质中含有肽键和烃基，不是亲水基，不易溶于水，故B错误；
C．肽键能发生水解反应，该物质中含有肽键，所以能发生水解反应，故C正确；
D．根据结构片段可知该高分子的链节为，所以其结构简式可能为，故D正确；
故选：B。
9.对Na2C2O4溶液进行研究，下列说法不正确的是（室温下0.1mol· L—1H2C2O4的pH=1.3）
A. Na2C2O4溶液中离子关系：c(C2O42-)+ c(HC2O4-)+ c(H2C2O4) = c (Na+)
B. 向Na2C2O4溶液中加入酚酞，溶液变红：C2O42-+H2O HC2O4-+OH-
C. 向Na2C2O4溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去：2MnO4 -+ 5C2O42-+16 H += 2Mn 2+ +10CO2↑+8 H2O
D. 向Na2C2O4溶液中加入足量稀硫酸制备草酸：C2O42-+2H+= H2 C2O4
【答案】A
【解析】
【详解】A．该溶液中存在物料守恒式为2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]═c (Na+)，故A错误；
B．酚酞变红色，说明溶液呈碱性，草酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为C2O42-+H2O⇌HC2O4-+OH-，故B正确；
C．向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，二者发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16 H +═2Mn 2++10CO2↑+8 H2O，故C正确；
D．向草酸钠溶液中加入足量稀硫酸生成草酸，二者发生复分解反应，离子方程式为C2O42-+2H+═H2 C2O4，故D正确；
故选：A。
10.已知H2O2分解速率受多种因素影响，某小组对此进行探究，得到如下结果。下列说法不正确的是
序号
H2O2体积（ml）
FeCl3体积（ml）
混合溶液pH
纯H2O2pH
分解完全时间（s）
1
20
10
1.00
2.92
几乎不分解
2
20
10
2.92
2.92
202
3
20
10
7.50
2.92
192
4
20
10
9.50
2.92
139
5
20
10
10.50
2.92
77
表1 （200C)


图1（200C）
A. 表1表明，其他条件相同时，碱性条件下H2O2分解速率快于酸性条件下
B. 图1表明，其他条件相同时，铜盐对H2O2分解的催化效果好于铁盐
C. 图1表明，其他条件相同时，CuCl2对H2O2分解的催化效果好于CuSO4
D. 以上实验表明，催化剂、溶液酸碱性对H2O2分解速率都有影响
【答案】B
【解析】
【详解】A．对比实验3(或4或5)和实验1(或2)可知，碱性条件下，H2O2分解完全时间缩短，反应速率加快，即碱性条件下H2O2分解速率快于酸性条件下，故A正确；
B．对比图象中FeCl3、CuCl2催化过程可知，其他条件相同时，FeCl3催化过程生成的氧气的压强大，即FeCl3催化更有利于H2O2分解，生成氧气速率快，所以铜盐对H2O2分解的催化效果劣于铁盐，故B错误；
C．对比图象中CuSO4、CuCl2催化过程，根据其他条件相同时，CuCl2催化H2O2分解生成的氧气快，即CuCl2对H2O2分解的催化效果好于CuSO4，故C正确；
D．根据表中溶液的酸碱性对H2O2分解的影响可知，其他条件相同时，酸性条件下H2O2分解弱于碱性条件下；根据图象中FeCl3、CuSO4、CuCl2的催化效果分析可知，催化效果：FeCl3＞CuCl2＞CuSO4，所以催化剂、溶液酸碱性对H2O2分解速率都有影响，故D正确；
故选：B。
11.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
验证锌与硫酸铜反应过程中有电子转移
探究亚硝酸钠的氧化性
实验室制备乙酸乙酯
实验室制备氨气
实验方案








A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．构成原电池，Zn为负极，Cu为正极，有电子转移，故A正确；
B．亚硝酸钠可被高锰酸钾氧化，该反应中亚硝酸钠作还原剂，故B错误；
C．制备乙酸乙酯还需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，图中装置不能制备，故C错误；
D．氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备，故D错误；
故选：A。
12.某化学小组探究不同条件下铁与氯气的反应，进行如下操作：
实验
操作（常温下进行）
现象
Ⅰ
将铁丝放入干燥Cl2瓶中（瓶口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。
铁丝逐渐变黑，大量气体剩余；加蒸馏水后，溶液呈浅黄绿色
Ⅱ
加热铁丝至红热并迅速放入干燥Cl2瓶中（瓶口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。
产生大量棕黄色的烟，瓶底铺有棕色粉末；加蒸馏水后，溶液呈深棕黄色
Ⅲ
将铁丝放入湿润Cl2瓶中（瓶口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。
铁丝迅速变黑；加蒸馏水后，溶液呈浅绿色
Ⅳ
加热铁丝至红热并迅速放入湿润Cl2瓶中（瓶口盖上玻璃片），反应停止后，加入蒸馏水。
产生大量棕黄色的烟，瓶底铺有棕色粉末；加蒸馏水后，溶液呈黄绿色后变为棕黄色

下列由实验得出的结论不正确的是
A. 实验Ⅱ中，铁与氯气主要反应的化学方程式是2Fe +3Cl2=2FeCl3
B. 由实验Ⅰ和Ⅲ可以推测：常温下，湿润氯气与铁反应速率大于干燥氯气与铁的反应速率
C. 由实验Ⅱ、Ⅳ可以推测：加热条件下，干燥及湿润氯气均能与铁发生剧烈化学反应，且两者反应产物相同
D. 常温下，有水存在时，铁与氯气反应可能生成氯化亚铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，则实验Ⅱ中，铁与氯气主要反应的化学方程式是2Fe+3Cl2 =2FeCl3，故A正确；
B．I与III中只有氯气干燥、湿润不同，则由实验Ⅰ和Ⅲ可以推测：常温下，湿润氯气与铁反应速率大于干燥氯气与铁的反应速率，故B正确；
C．由实验Ⅱ、Ⅳ可知现象不同，Fe与氯气反应均生成氯化铁，且Fe与氯化铁溶液反应，则产物不同，故C错误；
D．Fe过量时，Fe与氯化铁溶液反应，则常温下，有水存在时，铁与氯气反应可能生成氯化亚铁，故D正确；
故选：C。
【点睛】则常温下，有水存在时，当铁单质过量时铁与氯气反应可能生成氯化亚铁，但在干燥条件只有氯化铁生成。
13.环己酮（ ）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如下图所示。下列说法正确的是

A. a极与电源负极相连
B. a极电极反应式是2Cr3++7H2O —6e-=Cr2O72-+14H+
C b极发生氧化反应
D. 理论上有1mol环己酮生成时，有2mol氢气放出
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图可知，a极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3++7H2O-6e-═Cr2O72-+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。
【详解】A．根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；
B．根据装置图可知，a极为电解池的阳极，Cr3+失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3++7H2O-6e-═Cr2O72-+14H+，故B正确；
C．b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；
D．理论上由环己醇(C6H12O)生成1mol环己酮(C6H10O)时，转移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有1mol氢气放出，故D错误；
故选：B。
14.某实验小组探究常温下难溶电解质的溶解平衡，查得如下资料：
难溶电解质
FeS
CuS
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp（溶解平衡常数）
6.3×10-18
6.3×10-36
1.8×10-11
4.0×10-38

依据上述数据进行的预测不合理的是
A. 向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体，有浑浊出现
B. 除去FeSO4溶液中的CuSO4，可选用FeS做沉淀剂
C. 向含等物质的量的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先出现的沉淀是Mg(OH)2
D. 向1mL 0.1 mol·L—1MgCl2溶液中滴加2mL0.1mol·L—1 NaOH溶液，取澄清溶液滴加2滴0.1mol·L—1 FeCl3溶液，有浑浊出现
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和FeS溶液中存在沉淀溶解平衡，FeS(s)⇌Fe2+(aq)+S2-(aq)，加入少量Na2S固体溶解后硫离子浓度增大，平衡逆向进行，有浑浊出现，故A正确；
B．FeS的溶度积大于CuS的溶度积，除去FeSO4溶液中的CuSO4，可选用FeS做沉淀剂，故B正确；
C．Ksp(Mg(OH)2)=c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11，c(OH-)=，Ksp(Fe(OH)3)= c(Fe3+)·c3(OH-)＝4.0×10-38，c(OH-)==×10-9mol/L，则氢氧化铁沉淀所需pH小于氢氧化镁，则先生成氢氧化铁沉淀，故C错误；
D．向1mL 0.1 mol•L-1MgCl2溶液中滴加2mL0.1mol•L-1 NaOH溶液，恰好反应生成氢氧化镁沉淀， 饱和溶液中存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，取澄清溶液滴加2滴0.1mol•L-1 FeCl3溶液，会生成氢氧化铁沉淀有浑浊出现，故D正确；
故选：C。
【点睛】同种类型的沉淀沉淀可以通过比较溶度积大小来比较溶解度的大小关系，溶解度越小越容易沉淀，所以除去FeSO4溶液中的CuSO4可选用FeS做沉淀剂。
第二部分（非选择题 共58分）
15.氮、磷、砷是原子序数依次增大的同一主族的三种元素，其化合物在工业农业中有重要用途。
(1)氮有多种重要的化合物。其中，N2O可用作发泡剂。
①NH3在加热和有催化剂的条件下，可以与O2反应生成N2O，该反应的化学方程式是_________。
②在体积为1L的密闭容器中充入1mol N2O气体，发生反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)。在不同温度下N2O的平衡转化率如下图所示。该反应的△H_________0（填“>”、“<”或“=” ），P1_______P2（填“大于”、“小于”或“等于”），370℃时，该反应的平衡常数K=_________。

(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构与性质也相似，下列对PH3与HCl反应产物的推断正确的是_________（选填字母序号）。
a.能与NaOH溶液反应 b.含有离子键与非极性共价键 c.水溶液显酸性
(3)三价砷有剧毒，五价砷毒性减弱。含As2O3的污水可被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-而降低毒性。该反应的离子方程式是_________。
(4)HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性由强到弱的关系是________，请用原子结构理论解释原因__________。
【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). > (3). 小于 (4). 0.089 (5). a c (6). As2O3+2ClO— +6OH—=2AsO43—+2Cl—+3H2O (7). HNO3>H3PO4>HAsO3 (8). N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱
【解析】
【分析】
(1)①NH3在加热和有催化剂的条件下，与O2反应生成N2O，根据元素守恒，产物还有H2O，据此写出化学方程式；
②升高温度，N2O的转化率增大，平衡正移，结合温度对平衡移动的影响判断△H；温度相同时，P1对应N2O的转化率大，说明P1相对于P2平衡正移，结合该反应为气体体积增大的反应即可得结论；根据已知数据列三段式求解，K= ；
(2)NH3+HCl=NH4Cl，产物NH4Cl可与NaOH溶液反应，NH4Cl含有离子键和极性共价键，NH4Cl水解使溶液呈酸性，联系题意寻找答案；
(3)As2O3被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为Cl-，结合电荷守恒书写离子方程式；
(4)同主族元素最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。
【详解】(1)①NH3在加热和有催化剂的条件下，与O2反应生成N2O，根据元素守恒，产物还有H2O，化学方程式为：2NH3+2O2=N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2N2O+3H2O；
②根据图示，升高温度，N2O的转化率增大，平衡正移，说明正反应为吸热反应，△H＞0；
温度相同时，P1对应N2O的转化率大，说明P1相对于P2平衡正移，结合该反应为气体体积增大的反应，所以P1＜P2；
已知起始量1mol N2O，370℃时，N2O的转化率为40%，则△n(N2O)=1mol×40%=0.4mol，列三段式如下：

平衡常数K==0.089mol/L；故答案为：＞；小于；0.089mol/L；
(2)由于PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构与性质也相似，而NH3+HCl=NH4Cl，产物NH4Cl可与NaOH溶液反应，NH4Cl含有离子键和极性共价键，NH4Cl水解使溶液呈酸性，故答案为：ac；
(3)As2O3被次氯酸钠碱性溶液转化为AsO43-，同时结合化合价升降可知，次氯酸钠转化为Cl-，结合电荷守恒书写离子方程式为：As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O，故答案为：As2O3+2ClO-+6OH-=2AsO43-+2Cl-+3H2O；
(4)N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，所以HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性由强到弱的关系是：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故答案为：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4；N、P、As三种非金属元素位于同主族，最外层电子数相同，随着原子序数逐渐增大，原子半径也逐渐增大，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱。
【点睛】信息型氧化还原反应方程式的关键是找到氧化剂和还原剂，继而确定氧化产物和还原产物，再结合电子守恒和元素守恒配平方程式，要求学生平时多积累常见物质的性质，以及常见元素的化合价，同时要注意“类比”思想的运用，同主族元素在化合价变化方面会有相似之处。
16.甲醛是一种重要的化工原料，常用于生产脲醛树脂及酚醛树脂，在木材加工中的地位及其重要。
(1)工业中甲醛的制备方法常用以下几种。
①甲醇氧化法
CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H = +84kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H = -484kJ/mol
CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式是_______。
②天然气氧化法
在600-680℃下，使天然气（主要成分是CH4）和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，直接氧化生成甲醛。反应的化学方程式是_______。
(2)甲醛是污染室内环境的主要污染物，被称为室内污染“第一杀手”。
①去除甲醛有多种方法，其中，催化氧化法是一种比较高效的除甲醛方法。Na-Pt/TiO2催化剂催化氧化甲醛的反应机理如下图所示：

下列有关说法正确的是______（选填字母序号）。
a.该方法除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2CO2+H2O
b.Na-Pt/TiO2催化剂能加快甲醛氧化速率，也能提高甲醛转化率
c.反应过程中，HCHO只有部分化学键发生断裂
② 为测定居室中甲醛含量，将50L居室中气体缓缓通入25.00mL 0.01mol∙L-1高锰酸钾酸性溶液中，使空气中的甲醛完全吸收，再用0.05mol∙L-1H2C2O4溶液滴定，至终点时消耗H2C2O4溶液12.20mL 。
反应原理为：4MnO4—+12H++5HCHO=4Mn2++5CO2↑+11H2O
2MnO4— +6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O
滴定终点的现象是_______。该室内空气中甲醛的含量是______mg/L。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H = -316kJ/mol (2). CH4+O2 = HCHO+H2O (3). a c (4). 高锰酸钾紫色褪去 (5). 0.0045mg/L
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行分析计算；
②CH4和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，生成甲醛，根据电子守恒和元素守恒分析可知还生成水；
(2)①a．由图可知生成二氧化碳和水；
b．催化剂对平衡移动无影响；
c．图中C=O未断裂；
②高锰酸钾为紫色，结合4MnO4-+12H++5HCHO═4Mn2++5CO2↑+11H2O、2MnO4-+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O计算。
【详解】：(1)①由I．CH3OH(g)═HCHO(g)+H2(g)△H=+84kJ/mol
II.2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=-484kJ/mol
结合盖斯定律可知，I×2+II得到2CH3OH(g)+O2(g)═2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol，
故答案为：2CH3OH(g)+O2(g)═2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol；
②CH4和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，直接氧化生成甲醛，根据电子守恒和元素守恒分析可知还生成水，反应为CH4+O2HCHO+H2O，故答案为：CH4+O2HCHO+H2O；
(2)①a．由图可知生成二氧化碳和水，除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2 ═CO2+H2O，故正确；
b．催化剂对平衡移动无影响，可加快反应速率，甲醛的转化率不变，故错误；
c．图中C=O未断裂，则反应过程中，HCHO只有部分化学键发生断裂，故正确；
故答案为：ac；
②滴定终点的现象是高锰酸钾紫色褪去，且半分钟不变，由2MnO4-+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，剩余的高锰酸钾为0.0122L×0.05mol•L-1×=0.000244mol，则由4MnO4-+12H++5HCHO═4Mn2++5CO2↑+11H2O可知，HCHO的物质的量为(0.025L×0.01mol/L-0.000244mol)×=0.0000075mol，该室内空气中甲醛的含量是=0.0045mg/L，
故答案为：高锰酸钾紫色褪去；0.0045。
17.某种降血压药物硝苯地平的合成路线如下：

已知：
+R”’CHO
(1)A 的结构简式是 ___________。
(2)B与新制Cu(OH)2 反应的化学方程式是 ______________。
(3)H → I的反应类型是 _______________。
(4)试剂a 是 _______________。
(5)J→K的化学反应方程式是 ___________。
(6)F 有多种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式__________。
①分子中含有酯基，且存在顺反异构
②能与金属Na单质反应，且能发生银镜反应
(7)1 mol 硝苯地平最多可与__________mol NaOH溶液发生水解反应。
(8)已知 DE→F +CH3OH，E的结构简式是_______________。
【答案】 (1). CH≡CH (2). CH3CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O (3). 取代反应 (4). NaOH 水溶液 (5). 2+O22+2H2O (6). 、、、 (7). 2 (8).
【解析】
【分析】
A为乙炔，结构简式为CH≡CH，根据B到C的反应条件可知该反应为醛基的氧化反应，结合A的结构可知B为CH3CHO，则C为CH3COOH，C到D为酯化反应，所以D为CH3COOCH3；根据题目所给信息，结合硝苯地平的结构可反推出合成硝苯地平的物质为和，根据F和K的合成路线可知F为，K为，J到K为羟基的催化氧化，所以J为,H到I的反应条件为氯气光照可知H道I为烷基的取代反应，所以H为,I为，则G为，据此进行解答。
【详解】（1）A为乙炔，结构简式为CH≡CH，故答案为：CH≡CH；
（2）根据分析可知B为CH3CHO，与新制Cu(OH)2 发生氧化反应，故答案为：CH3CHO + 2 Cu(OH)2 + NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O；
（3）根据分析可知H到I为烷基在光照条件与氯气的取代反应，故答案为：取代反应；
（4）I到J为氯代烃的取代反应，反应条件为NaOH 水溶液加热，故答案为：NaOH 水溶液；
（5）J到K为羟基的催化氧化，故答案为：2+O22+2H2O；
（6）F的结构简式为，其同分异构体满足：分子中含有酯基，存在顺反异构说明含有碳碳双键且同一碳原子连接两个不同的基团，能与金属Na单质反应说明含有羟基或羧基，能发生银镜反应说明含有结构，则符合条件的同分异构体有：、 、 、；
（7）一个硝苯地平分子中含有两个酯基，所以1 mol 硝苯地平最多可与2mol NaOH溶液发生水解反应，故答案为：2；
（8）根据分析可知F为，D为CH3COOCH3，D到E为加成反应，D中只有碳氧双键可以加成，再结合F的结构可知E的结构简式为：。
【点睛】解决本题要充分利用题目所给的信息通过硝苯地平的结构反推F和K；存在顺反异构的条件是：分子中至少有一个键不能自由旋转（如C=C双键、C≡C叁键、C=N双键、C=S双键、N=N双键等），每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不同原子或原子团。
18.已知锌矿渣中含有ZnSO4、FeS2、SiO2、FeSO4、CuSO4 等，利用锌矿渣生产硫酸锌和氧化铁流程如下：

4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2
已知：i．FeS2不溶于水和稀酸。
ii．金属离子氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH
氢氧化物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时的pH
6.5
7.5
2.2
沉淀完全时的pH
8.5
9.5
3.5


iii．SiO2难溶于水，可溶于强碱生成一种可溶性盐。
(1)加入H2O2的目的是________。
(2)检验滤液1中不含Fe3+的方法是________，滤液1加入锌粉的作用是_____________（用离子方程式表示）。
(3)滤渣1的成分主要有 _________（写化学式），加入NaOH碱浸时反应的离子方程式是__________。
(4)用NaOH进行碱浸时，氧化铁含量与碱浸温度、碱浸时间关系如图所示，碱浸的最佳温度和时间为__________。


(5)传统钢铁冶炼高耗能、高污染，科学家寻找绿色环保的钢铁冶炼技术，通过电解的方法将铁矿石中的氧化铁（熔融态）变成金属铁。电解的示意图如图所示，请在图中标出两极名称及离子运动方向___________，并写出阴极电极反应式_______。
【答案】 (1). 氧化Fe2+为Fe(OH)3而沉淀 (2). 取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+ (3). Zn+Cu2+= Zn2++Cu (4). SiO2 、Fe(OH)3 、FeS2 (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). 120℃1h (7). (8). 阴极：Fe3++3e-=Fe
【解析】
【分析】
锌矿渣中含有ZnSO4、FeS2、SiO2、FeSO4、CuSO4 等，充分水浸，加入过氧化氢可将亚铁离子氧化，调节溶液pH=5.2可生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液1主要含有ZnSO4、CuSO4，加入锌粉置换出铜，滤液经蒸发浓缩可得硫酸锌；滤渣1主要含有SiO2、Fe(OH)3、FeS2（题目所给信息：FeS2不溶于水和稀酸），煅烧时发生反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2、2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O；煅烧后加入氢氧化钠溶液碱浸，SiO2与氢氧化钠溶液反应，可生成硅酸钠形成溶液，过滤得到的滤渣则主要为氧化铁，洗涤干燥后得到氧化铁，以此解答该题。
【详解】(1)加入H2O2，调节pH，可氧化Fe2+为Fe(OH)3而沉淀，故答案为：氧化Fe2+为Fe(OH)3而沉淀；
(2)铁离子与KSCN反应，检验滤液1中不含Fe3+的方法是取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+，滤液1加入锌粉可置换出铜，发生Zn+Cu2+=Zn2++Cu，
故答案为：取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+； Zn+Cu2+=Zn2++Cu；
(3)由以上分析可知滤渣1为SiO2、Fe(OH)3、FeS2，加入NaOH碱浸时反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，
故答案为：SiO2、Fe(OH)3、FeS2；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(4)由图象可知，温度为120℃时氧化铁的含量最高，碱浸1h 时氧化铁含量较高，且之后上升不明显，故答案为：120℃、1h；
(5)电解时，氧离子向阳极移动，铁离子向阴极移动，阴极发生还原反应生成铁，电极反应式为Fe3++3e-=Fe，图象可表示为，
故答案为：；Fe3++3e-=Fe。
【点睛】在工艺流程题中若杂质中含有亚铁离子，常加入氧化剂将其氧化成三价铁离子之后再除去；在判断滤渣滤液成分时要充分利用题目所给的一些物质的溶解性。
19.室温下，某实验小组探究等量且表面积相同的镁条与硫酸铜溶液的反应。（注：反应前镁条用砂纸打磨除去表面氧化膜且镁条过量）
实验
操作
实验现象
Ⅰ
4mL 0.1mol/LCuSO4溶液（pH约为4.2）

1.有无色无味气体生成
2.镁条表面逐渐生成大量黑褐色膨松状不溶物
3.反应一段时间后，溶液逐渐变浑浊，有蓝绿色沉淀生成

Ⅱ

4mL 0.5mol/LCuSO4溶液（pH约为3.6）
1.有大量无色无味气体生成
2.镁条表面逐渐生成红褐色不溶物
3.反应一段时间后，溶液中逐渐有蓝绿色沉淀生成，镁条上红褐色物质脱落，有光亮的红色物质生成
Ⅲ

开始无明显现象，一段时间后产生微量无色无味气体



(1)实验Ⅰ中生成的无色无味气体的主要成分是________，产生原因是_________(用简单文字和离子方程式表示）。设计实验Ⅲ的目的是________。
(2)为了探究实验Ⅰ中黑褐色不溶物的成分，做实验Ⅳ。
实验
操作
实验现象

Ⅳ

1.加入浓盐酸后，沉淀部分溶解。溶液为黄色
2.多次洗涤后的残余固体加入浓硝酸，有大量红棕色气体生成，溶液变为蓝色




查阅资料：Cu2O可溶于浓盐酸，得到黄色溶液。
经检测，黑褐色不溶物中含有Cu2O，请解释Cu2O产生的可能原因_________。由实验Ⅳ可以推测，黑褐色不溶物中还含有_______。残余固体加入浓硝酸时，反应的化学方程式是________。
(3)经X射线检测，蓝绿色沉淀中含Cu2+、SO42-、OH—。小组同学查阅资料：碱式硫酸铜【Cu2(OH)2SO4】是一种绿色晶体，在水中溶解度极小，能溶于稀酸和氨水。据此对沉淀成分提出两种假设：
i．是【Cu2(OH)2SO4】；
ii．是Cu(OH)2和【Cu2(OH)2SO4】的混合。
经检验，最终确定蓝绿色沉淀的成分是碱式硫酸铜。请设计实验证明假设i成立________。
(4)根据上述实验推断，镁与硫酸铜溶液产物的生成与__________有关。
【答案】 (1). H2 (2). Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，水解溶液显酸性，镁可以和H+反应生成H2 (3). 排除溶液中水对反应的干扰 (4). 在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时，部分Cu2+没有被还原为Cu，而是被还原为Cu2O (5). Cu (6). Cu+4HNO3(浓）=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O (7). 取a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的BaCl2完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后称重 。若沉淀质量为g，则沉淀为碱式硫酸铜 (8). 温度、溶液浓度、溶液pH等
【解析】
【分析】
(1)硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性；实验Ⅲ开始无现象，生成微量气体，起到对照试验作用；
(2)Cu由+2价降低为+1价，可生成Cu2O；由题给信息可知Cu2O可溶于浓盐酸，则剩余不溶物应含有其他还原性物质，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
(3)固体加入盐酸生成铜离子和硫酸根，加入氯化钡溶液生成硫酸钡，可根据硫酸钡和蓝色沉淀的质量关系确定；
(4)实验Ⅰ、Ⅱ在不同浓度、pH条件下反应，反应现象不同，可说明产物不同。
【详解】(1)硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性，发生Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2 +2H+，生成气体为氢气，实验Ⅲ开始无现象，生成微量气体，起到对照试验作用，可排除溶液中水对反应的干扰，
故答案为：H2；Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2 +2H+，水解溶液显酸性，镁可以和H+反应生成H2 ；排除溶液中水对反应的干扰；
(2)黑褐色不溶物中含有Cu2O，说明在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时，部分Cu2+没有被还原为Cu，而是被还原为Cu2O；由题给信息可知Cu2O可溶于浓盐酸，则剩余不溶物应含有其他还原性物质，与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，再结合元素守恒可知该不溶物为铜单质，方程式为 Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O，
故答案为：在该条件下，镁与硫酸铜溶液反应时，部分Cu2+没有被还原为Cu，而是被还原为Cu2O；Cu； Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O；
(3)如最终确定蓝绿色沉淀的成分是碱式硫酸铜，则1mol碱式硫酸铜质量为258g，可生成1mol硫酸钡，质量为233g，则可取a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的BaCl2完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后称重。若沉淀质量为g，则沉淀为碱式硫酸铜，
故答案为：取a g 蓝绿色沉淀于试管中，加足量盐酸溶解后加入过量的BaCl2完全沉淀，过滤、洗涤、干燥后称重。若沉淀质量为g，则沉淀为碱式硫酸铜；
(4)实验Ⅰ、Ⅱ在不同的pH条件下反应，反应现象不同，可说明产物不同，且反应一段时间，温度变化，说明实验的温度对反应的产物有影响，
故答案为：温度、溶液浓度、溶液pH等。