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1、教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 北京市丰台区 2017届高三化学二模试卷 一、选择题 1 铁锅表面覆盖有下列物质时，锈蚀速率最快的是（）A 水 B 食盐水 C 食用油 D 酒精 2 生活中下列物质起还原作用的是（）A 明矾作净水剂 B硅胶作干燥剂 C 铁粉作脱氧剂 D活性炭作吸附剂 3 下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A 纯碱溶液和烧碱溶液均呈碱性，说明二者均属于碱 B Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 C 某酸与 Na2CO3反应生成 CO2，说明该酸一定是强酸 D 某溶液中滴加 KSCN溶液后，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含 Fe
2、2+4 下列说法不正确的是（）A 苯甲酸共有四个同分异构体（含苯环且包括苯甲酸）B 相同条件下的沸点：乙二醇乙醇乙烷甲烷 C CH3COOCH3在核磁共振氢谱中有两种不同类型的氢原子 D 两种不同的氨基酸在缩聚反应时可生成不少于 4 种的聚合物 5 利用图 1 和图 2 中的信息，按图 3 装置（连接的 A、B 瓶中已充有 NO2气体）进行实验 下列说法正确的是（）A H2O2中只含有极性共价键，不含离子键 B 2NO2N2O4的平衡常数 K 随温度升高而减小 C 向 H2O2中加入 Fe2（SO4）3后，B 中颜色变浅 D H2O2分解反应中 Fe2（SO4）3作催化剂，可以使反应的H 减小
3、 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 6 混合动力汽车（HEV）中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示：其中 M为储氢合金，MH 为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液关于镍氢电池，下列说法不正确的是（）A 充电时，阴极附近 pH 降低 B 电动机工作时溶液中 OH向甲移动 C 放电时正极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH D 电极总反应式为：MH+NiOOHM+Ni（OH）2 7 已知常温下 0.1mol/L NaHSO3溶液 pH7，将 10mL 0.1mol/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到 10mL 0.1mol/L NaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（
4、）A 常温下 0.1 mol/L NaHSO3溶液中 HSO3电离程度大于水解程度 B 当加入的 Ba（OH）2溶液体积小于 5 mL时，溶液中的反应为：2HSO3+Ba2+2OHBaSO3+2H2O+SO32 C 滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加 D 当加入 Ba（OH）2溶液体积为 7.5 mL 时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（H+）二、非选择题 8 槟榔碱在医疗上常用于治疗青光眼，其一种合成路线如图：教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 已知：不饱和化合物与氨（NH3）或胺（R NH2）反应能生成新的胺类化合物 如：R1CH=CH2+R2NH2
5、R1CH2CH2NHR2+R3+R2OH（1）B 中含氧官能团的名称为 （2）反应的反应类型为 ；反应的反应条件为 （3）反应的化学方程式为 （4）C 的结构简式为 （5）下列说法正确的是 （填字母）a 反应为取代反应 b 槟榔碱与化合物 G 互为同系物 c 1mol D最多能与 2mol NaOH发生反应（6）已知 A 在 NaOH溶液中水解的产物之一是一种新型功能高分子材料（PAANa）的单体，写出生成 PAANa的化学方程式 （7）已知：CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl，以丙烯和乙醇为起始原料，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
6、头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）9 饮用水中含有砷会导致砷中毒，水体中溶解的砷主要以 As（）亚砷酸盐和 As（）砷酸盐形式存在（1）砷与磷为同一主族元素，磷的原子结构示意图为 （2）根据元素周期律，下列说法正确的是 a 酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 b原子半径：S P As c 非金属性：S P As（3）关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为是富含砷的黄铁矿（FeS2）被氧化为Fe（OH）3，同时生成 SO42，导致砷脱离矿体进入地下水FeS2被 O2氧化的离子方程式为 （4）去除水体中的砷，可先将 As（）转化为 As
7、（），选用 NaClO可实现该转化 研究 NaClO投加量对 As（）氧化率的影响得到如下结果：已知：投料前水样 pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液 pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸产生此结果的原因是 （5）强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形态存在的 As（）达到去除 As 的目的 已知：一定条件下，As（）的存在形式如表所示：pH 2 2 7 7 11 1114 存在形式 H3AsO4 H2AsO3 HAsO42 HAsO42、AsO43 pH=6时，NaClO氧化亚砷酸（H3AsO3）的离子方程式是 10粉煤灰（主要含有 SiO2、Fe2O3、Al2O3等）是燃煤发
8、电过程中产生的废渣，粉煤灰的综合利用具有很大的价值 研究人员通过实验对粉煤灰中铝和铁元素的分离工艺进行了研究（1）以硫酸溶液分解粉煤灰，使其中的铝、铁元素溶出，过滤实现初步分离 写出硫酸溶液与 Fe2O3反应的离子方程式 初步分离得到的滤渣主要成分是 （2）向（1）分离所得的滤液中加入还原剂使 Fe3+转化为 Fe2+，结合表分析其原因 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 沉淀区间（pH）7.068.95 1.943.20 3.694.8（3）使用碱性较弱的氨水为 pH 调节剂，进行分离实验 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 氨水使滤液中铝离子沉淀的离子方程式为 反
9、应终点的 pH 对铝和铁分离效果的影响如图 1根据实验结果，为达到好的分离效果，反应过程中控制 pH 的范围是 ，选择该范围的理由是 NH4HSO4和 H2SO4按物质的量比 1：1 混合配制成浸取液，220时，可将高铝粉煤灰中 Al2O3转化为硫酸铝铵，然后分离、煅烧获得纯 Al2O3 已知硫酸铝铵：溶解度：0时，S=5.2g；100时，S=421.9g 280时分解（1）依据资料可知，将硫酸铝铵与其他溶质分离的方法是 （2）煅烧 NH4Al（SO4）2同时得到混合气体（NH3、N2、SO2、SO3、H2O）若 16mol混合气体按图2 装置被完全吸收制得浸取液，请将图 2 中试剂及其物质的
10、量补充完整 11某研究小组为探究饱和 NaHCO3溶液中是否还能溶解少量 NaHCO3固体，设计并完成了下列实验 实验 编号 实验操作 现象或结论 测饱和 NaHCO3溶液的 pH pH 为 8.3 向 2mL Na2CO3溶液中加入 MgCl2溶液 有白色沉淀生成 向 2mL 饱和 NaHCO3溶液中加入 MgCl2溶液 无明显现象 向 20mL 饱和 NaHCO3溶液中加入少量的NaHCO3固体，静置 24 小时 溶液中微小的气体缓慢地从底部固体逸出，最终固体全部溶解 已知常温下：Ksp（CaCO3）=4.96109，Ksp（MgCO3）=6.82106 碳酸的电离常数：H2CO3HCO3
11、+H+K1=4.3107 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 HCO3CO32+H+K2=5.61012 Mg（OH）2沉淀范围：pH 9.412.4（1）用化学用语解释饱和 NaHCO3溶液 pH 为 8.3的原因：（2）实验中若用 CaCl2溶液代替 MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀现象不同的原因是 （3）为探究 NaHCO3固体溶解的原理，取实验反应后的溶液，检验其产物 收集反应产生的气体，发现气体能使澄清的石灰水变浑浊 测得反应后烧杯中溶液的 pH 为 8.7 向反应后的溶液中滴加 MgCl2溶液，有白色沉淀生成 步骤中白色沉淀是 结合化学用语解释饱和 NaHCO3溶液
12、中固体溶解的原因 固体全部溶解后溶液 pH 升高的原因是 （4）实验的目的是 （5）根据上述实验得出的结论是 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 2017年北京市丰台区高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 1 铁锅表面覆盖有下列物质时，锈蚀速率最快的是（）A 水 B 食盐水 C 食用油 D 酒精【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护【分析】当形成电化学腐蚀，且铁做原电池的负极材料时，表面覆盖的溶液导电性越强，锈蚀速率最快【解答】解：食用油和酒精为非电解质，不能形成原电池反应，而水的导电性没有食盐水强，所以锈蚀速率最快的是食盐水 故选 B 2 生活中下列物质起还原作用的是（）A
13、 明矾作净水剂 B硅胶作干燥剂 C 铁粉作脱氧剂 D活性炭作吸附剂【考点】B1：氧化还原反应【分析】起到还原作用，应具有还原性，在反应中失去电子，结合对应物质的性质和用途解答该题【解答】解：A 明矾作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，没有发生氧化还原反应，故 A 不选；B 硅胶作干燥剂，表现硅胶的吸水性，没有发生氧化还原反应，故 B 不选；C 铁粉具有还原性，用作食品袋中的脱氧剂，起到还原作用，故 C 选；D 活性炭作吸附剂，没有发生氧化还原反应，故 D 不选 故选 C 3 下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）A 纯碱溶液和烧碱溶液均呈碱性，说明二者均属于碱 B Cl2、SO
14、2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 C 某酸与 Na2CO3反应生成 CO2，说明该酸一定是强酸 D 某溶液中滴加 KSCN溶液后，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含 Fe2+【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；GQ：二价 Fe 离子和三价 Fe 离子的检验【分析】A、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；B、二氧化硫和氯气的漂白原理不同；C、酸性比碳酸强的酸均能和碳酸钠反应生成二氧化碳；D、Fe2+和 KSCN溶液不显色，而 Fe3+和 KSCN溶液反应变红色【解答】解：A、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为
15、碱，而纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，故 A 错误；B、二氧化硫和氯气的漂白原理不同，氯气是由于溶于水后有强氧化性而使品红褪色，而二氧化硫是由于和品红反应生成无色物质而使品红褪色，故原理不同，故 B 错误；C、酸性比碳酸强的酸均能和碳酸钠反应生成二氧化碳，而醋酸虽然是弱酸，但酸性比碳酸强，故也能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故 C 错误；D、Fe2+和 KSCN溶液不显色，而 Fe3+和 KSCN溶液反应变红色，故某溶液中滴加 KSCN溶液后，溶液不变色，说明溶液中无铁离子，而滴加氯水后，溶液变红色，说明此时溶液中有了铁离子，则此时的铁离子只能是原溶液中本来的 Fe2+转化而来的，故溶液中有 Fe2+，
16、故 D 正确 故选 D 4 下列说法不正确的是（）A 苯甲酸共有四个同分异构体（含苯环且包括苯甲酸）B 相同条件下的沸点：乙二醇乙醇乙烷甲烷 C CH3COOCH3在核磁共振氢谱中有两种不同类型的氢原子 D 两种不同的氨基酸在缩聚反应时可生成不少于 4 种的聚合物【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】A 苯甲酸的同分异构体可以是酯，也可以是酚醛；B 烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；碳原子数越多，羟基数越多，沸点越高；相同碳原子的醇的沸点大于烷烃；C 根据等效氢原子法判断分子中所含的不同氢原子的种类；D 两种不同的氨基酸在缩聚反应时，可以是同种分子间，也可以是不同分子间，不同分子间教育配套
17、资料 K12 教育配套资料 K12 至少有 2 种产物；【解答】解：A 苯甲酸的同分异构体可以甲酸苯酚酯，也可以是酚醛，羟基分别在醛基的邻位、间位、对位，有三种结构，苯甲酸共有五个同分异构体（含苯环且包括苯甲酸），故 A 错误；B 烷烃的相对分子质量越大，沸点越高，则沸点：乙烷甲烷；碳原子数越多，羟基数越多，沸点越高，则沸点：乙二醇乙醇；相同碳原子的醇的沸点大于烷烃，所以沸点：乙二醇乙醇乙烷甲烷，故 B 正确；C CH3COOCH3 有 2 种不同环境下的氢原子，故 C 正确；D 两种不同的氨基酸在缩聚反应时，可以是同种分子间，有 2 种聚合物，也可以是不同分子间，不同分子间至少有 2 种产物
18、，所以生成物不少于 4 种，故 D 正确；故选 A 5 利用图 1 和图 2 中的信息，按图 3 装置（连接的 A、B 瓶中已充有 NO2气体）进行实验 下列说法正确的是（）A H2O2中只含有极性共价键，不含离子键 B 2NO2N2O4的平衡常数 K 随温度升高而减小 C 向 H2O2中加入 Fe2（SO4）3后，B 中颜色变浅 D H2O2分解反应中 Fe2（SO4）3作催化剂，可以使反应的H 减小 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12【考点】CB：化学平衡的影响因素；91：化学键【分析】A、过氧化氢中含有氧氧非极性键；B、2mol二氧化氮的能量高于 1mol四氧化二氮的能量，故二氧
19、化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应；C、B瓶中 H2O2在 Fe（NO3）3催化剂的作用下分解快，相同时间内放热多，因此 B瓶所处温度高，2NO2N2O4 平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色变深；D、催化剂的使用不改变H 的值【解答】解：A、过氧化氢中含有氧氧非极性键，不是只含极性键，故 A 错误；B、2mol二氧化氮的能量高于 1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以温度越高 K 值越小，故 B 正确；C、B瓶中 H2O2在 Fe（NO3）3催化剂的作用下分解快，相同时间内放热多，因此 B瓶所处温度高，2NO2N2O4 平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色变深，
20、故 C 错误；D、催化剂的使用不改变H的值，所以 H2O2分解反应中 Fe2（SO4）3作催化剂，但反应的H不变，故 D 错误；故选 B 6 混合动力汽车（HEV）中使用了镍氢电池，其工作原理如图所示：其中 M为储氢合金，MH 为吸附了氢原子的储氢合金，KOH溶液作电解液关于镍氢电池，下列说法不正确的是（）A 充电时，阴极附近 pH 降低 B 电动机工作时溶液中 OH向甲移动 C 放电时正极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH D 电极总反应式为：MH+NiOOHM+Ni（OH）2 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】放电过程
21、为原电池，NiOOH转变为 Ni（OH）2，镍的化合价从+3 价降到+2 价，则乙为正极，电极反应式为 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，甲为负极，MH 中 H 由 0 价升高到+1 价，氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水，电极反应为 MHe+OHM+H2O；充电是放电的逆过程，此时甲为阴极发生还原反应，乙为阳极发生氧化反应，据此解答【解答】解：A 充电时阴极发生还原反应，电极反应为 M+H2O+eMH+OH，生成氢氧根，pH增大，故 A 错误；B 电动机工作时是放电过程，原电池工作时，溶液中氢氧根离子向负极即甲电极迁移，故 B正确；C 正极得电子发生还原反应，电极反应
22、式为 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故 C 正确；D 放电过程的正极反应为 NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，负极反应为 MHe+OHM+H2O，则电池总反应为 MH+NiOOHM+Ni（OH）2，故 D 正确；故选 A 7 已知常温下 0.1mol/L NaHSO3溶液 pH7，将 10mL 0.1mol/LBa（OH）2溶液缓慢滴加到 10mL 0.1mol/L NaHSO3溶液中，下列说法不正确的是（）A 常温下 0.1 mol/L NaHSO3溶液中 HSO3电离程度大于水解程度 B 当加入的 Ba（OH）2溶液体积小于 5 mL时，溶液中的反应为：2HSO3+
23、Ba2+2OHBaSO3+2H2O+SO32 C 滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加 D 当加入 Ba（OH）2溶液体积为 7.5 mL 时，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（H+）【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】A、多元弱酸的酸式根在水溶液中存在两种趋势，电离与水解，如果电离大于水解溶液呈酸性，如果水解大于电离溶液呈碱性；B、当加入的 Ba（OH）2溶液体积小于 5 mL 时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应，所以钡离子与氢氧根离子之比等于 1：2；C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀；D、当加入
24、 Ba（OH）2溶液体积为 7.5 mL 时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75mmol，而 NaHSO3教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 溶液的物质的量为 1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为 1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol1mmol=0.5mmol，由此分析解答【解答】解：A、已知常温下 0.1mol/L NaHSO3溶液 pH7，说明亚硫酸氢钠的电离程度大于水解程度，故 A 正确；B、当加入的 Ba（OH）2溶液体积小于 5 mL 时，说明亚硫酸氢钠过量，则氢氧化钡少量，即氢氧化钡完全反应
25、，所以钡离子与氢氧根离子之比等于 1：2，所以溶液中反应的离子方程式为：2HSO3+Ba2+2OHBaSO3+2H2O+SO32，故 B 正确；C、随着钡离子和氢氧根离子的浓度增加，所以滴加过程中，逐渐产生亚硫酸钡沉淀，所以滴加过程中，溶液中白色沉淀不断增加，故 C 正确；D、当加入 Ba（OH）2溶液体积为 7.5 mL 时，则氢氧化钡的物质的量为：0.75mmol，而 NaHSO3溶液的物质的量为 1mmol，所以溶液钠离子的物质的量为 1mmol，而亚硫酸根离子的物质的量1mmol0.75mmol=0.25mmol，氢氧根离子的物质的量为：1.5mmol1mmol=0.5mmol，所以溶
26、液中离子浓度大小为：c（Na+）c（OH）c（SO32）c（H+），故 D 错误；故选 D 二、非选择题 8 槟榔碱在医疗上常用于治疗青光眼，其一种合成路线如图：教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 已知：不饱和化合物与氨（NH3）或胺（R NH2）反应能生成新的胺类化合物 如：R1CH=CH2+R2NH2 R1CH2CH2NHR2 +R3+R2OH（1）B 中含氧官能团的名称为 酯基 （2）反应的反应类型为 加成反应；反应的反应条件为 浓硫酸、加热 （3）反应的化学方程式为 （4）C 的结构简式为 （5）下列说法正确的是 a（填字母）a 反应为取代反应 b 槟榔碱与化合物 G 互为同系
27、物 c 1mol D最多能与 2mol NaOH发生反应（6）已知 A 在 NaOH溶液中水解的产物之一是一种新型功能高分子材料（PAANa）的单体，写教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 出生成PAANa的化学方程式 （7）已知：CH2=CHCH3+Cl2 CH2=CHCH2Cl+HCl，以丙烯和乙醇为起始原料，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）【考点】HC：有机物的合成【分 析】由B 的 结 构 简 式 可 知A 为CH2=CHCOOCH2CH3，由 槟 榔 碱 可 知H 为，对 比E、G 的 分 子 式 可
28、 知E 为，则C 为，D 为，结合对应有机物的结构和官能团的性质解答（1）（6）；（7）以丙烯和乙醇为起始原料，合成 CH2=CHCOOCH2CH3，应先生成 CH2=CHCOOH，可由丙烯与氯气发生取代反应生成 CH2=CHCH2OH，然后催化氧化分别生成 CH2=CHCHO、CH2=CHCOOH，与乙醇发生酯化反应可生成 CH2=CHCOOCH2CH3【解答】解：（1）由结构简式可知 B 中含氧官能团的名称为酯基，故答案为：酯基；教育配套资料 K12 教育配套资料 K12（2）反应中 A的 C=C键生成 C C键，为加成反应，反应为醇的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，故答案为：加成反应；
29、浓硫酸、加热；（3）反应为酯化反应，方程式为，故答案为：；（4）由 以 上 分 析 可 知C 为，故 答 案 为：；（5）a 反应中甲基取代 H 原子，为取代反应，故 a 正确；b 槟榔碱与化合物 G 含有的官能团不同，二者不是同系物，故 b 错误；c D 只有酯基与氢氧化钠溶液反应，则 1mol D最多能与 1mol NaOH发生反应，故 c 错误 故答案为：a；（6）A为 CH2=CHCOOCH2CH3，A在 NaOH溶液中水解生成 CH2=CHCOONa，含有碳碳双键，可发生加聚反应，方程式为教育配套资料 K12 教育配套资料 K12，故答案为：；（7）以丙烯和乙醇为起始原料，合成 CH
30、2=CHCOOCH2CH3，应先生成 CH2=CHCOOH，可由丙烯与氯气发生取代反应生成 CH2=CHCH2OH，然后催化氧化分别生成 CH2=CHCHO、CH2=CHCOOH，与乙醇发生酯化反应可生成CH2=CHCOOCH2CH3，反应的流程为，故答案为：9 饮用水中含有砷会导致砷中毒，水体中溶解的砷主要以 As（）亚砷酸盐和 As（）砷酸盐形式存在（1）砷与磷为同一主族元素，磷的原子结构示意图为 （2）根据元素周期律，下列说法正确的是 ac a 酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 b原子半径：S P As c 非金属性：S P As（3）关
31、于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为是富含砷的黄铁矿（FeS2）被氧化为Fe（OH）3，同时生成 SO42，导致砷脱离矿体进入地下水FeS2被 O2氧化的离子方程式为 4FeS2+15O2+14H2O=4Fe（OH）3+8SO42+16H+（4）去除水体中的砷，可先将 As（）转化为 As（），选用 NaClO可实现该转化 研究 NaClO投加量对 As（）氧化率的影响得到如下结果：已知：投料前水样 pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液 pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸产生此结果的原因是 起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，
32、NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以 As（）氧化率降低 （5）强阴离子交换柱可以吸附以阴离子形态存在的 As（）达到去除 As 的目的 已知：一定条件下，As（）的存在形式如表所示：pH 2 2 7 7 11 1114 存在形式 H3AsO4 H2AsO3 HAsO42 HAsO42、AsO43 pH=6时，NaClO氧化亚砷酸（H3AsO3）的离子方程式是 HClO+H3AsO3=H2AsO4+Cl+2H+教育配套资料 K12 教育配套资料 K12【考点】E8：氮族元素简介；77：元素周期律的作用；B1：氧化还原反应【分析】（1）磷原子核外电子数为 15，有 3 个电
33、子层，由里到外各层电子数为 2、8、5；（2）a 同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱；b 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大；c 同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：S P As，故c 正确；故答案为：ac；（3）FeS2水溶液中被 O2氧化生成硫酸、氢氧化铁；（4）图象中曲线变化和溶液浓度越大盐水解程度越小分析；（5）pH=6时，NaClO溶液中生成 HClO，图中分析可知 pH=6时 As（）的存在形式为 H2AsO4【解答】解：（1）磷原子核外电子数为
34、 15，有 3 个电子层，由里到外各层电子数为 2、8、5，磷原子结构示意图为，故答案为：；（2）a 同周期自左而右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，同主族自上而下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物酸性减弱，酸性：H2SO4H3PO4H3AsO4，故 a 正确；b 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径依次增大，原子半径：AsP S，故 b 错误；c 同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：S P As，故c 正确；故答案为：a c；（3）FeS2水溶液中被 O2氧化生成硫酸、氢氧化铁，反应的化学方程式为：4FeS2+15O2+14H2O=4
35、Fe（OH）3+8SO42+16H+，故答案为：4FeS2+15O2+14H2O=4Fe（OH）3+8SO42+16H+；（4）投料前水样pH=5.81，0.1mol/LNaClO溶液pH=10.5，溶液中起氧化作用的物质是次氯酸 产生此结果的原因是：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以 As（）氧化率降低，故答案为：起氧化作用的物质是次氯酸，NaClO溶液为碱性，当加入量大时，溶液碱性增强，教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 NaClO溶液浓度增大，水解程度降低，次氯酸不易生成，所以 A
36、s（）氧化率降低；（5）pH=6时，NaClO溶液中生成 HClO，pH=6时，NaClO氧化亚砷酸（H3AsO3）的离子方程式是：HClO+H3AsO3=H2AsO4+Cl+2H+，故答案为：HClO+H3AsO3=H2AsO4+Cl+2H+10粉煤灰（主要含有 SiO2、Fe2O3、Al2O3等）是燃煤发电过程中产生的废渣，粉煤灰的综合利用具有很大的价值 研究人员通过实验对粉煤灰中铝和铁元素的分离工艺进行了研究（1）以硫酸溶液分解粉煤灰，使其中的铝、铁元素溶出，过滤实现初步分离 写出硫酸溶液与 Fe2O3反应的离子方程式 6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O 初步分离得到的滤渣主要成分是
37、SiO2 （2）向（1）分离所得的滤液中加入还原剂使 Fe3+转化为 Fe2+，结合表分析其原因 Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀的 pH 相近，不易通过沉淀分离 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 沉淀区间（pH）7.068.95 1.943.20 3.694.8（3）使用碱性较弱的氨水为 pH 调节剂，进行分离实验 氨水使滤液中铝离子沉淀的离子方程式为 3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+反应终点的 pH对铝和铁分离效果的影响如图 1 根据实验结果，为达到好的分离效果，反应过程中控制 pH的范围是 略小于 5，选择该范围的理由是 铝元素沉淀较多，铁元素
38、还没有开始大量的沉淀 教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 NH4HSO4和 H2SO4按物质的量比 1：1 混合配制成浸取液，220时，可将高铝粉煤灰中 Al2O3转化为硫酸铝铵，然后分离、煅烧获得纯 Al2O3 已知硫酸铝铵：溶解度：0时，S=5.2g；100时，S=421.9g 280时分解（1）依据资料可知，将硫酸铝铵与其他溶质分离的方法是 冷却、结晶 （2）煅烧 NH4Al（SO4）2同时得到混合气体（NH3、N2、SO2、SO3、H2O）若 16mol混合气体按图2 装置被完全吸收制得浸取液，请将图 2 中试剂及其物质的量补充完整【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综
39、合应用【分析】I （1）硫酸溶液与 Fe2O3反应，生成硫酸铁、水；SiO2不与硫酸反应；（2）加入还原剂使 Fe3+转化为 Fe2+，避免铁离子、铝离子均转化为沉淀；（3）氨水使滤液中铝离子沉淀，生成氢氧化铝和铵根离子；为达到好的分离效果，由图可知，pH 在 4.55Al的沉淀率较高；由 信 息 可 知，溶 解 度 受 温 度 影 响 大，加 热 时 发 生4NH4Al（SO4）22Al2O3+5SO3+3SO2+2NH3+N2+5H2O，由图可知氮气排出，试剂 Y 可氧化二氧化硫，试剂 X 吸收二氧化硫，以此来解答【解答】解：（1）硫酸溶液与 Fe2O3反应的离子方程式为 6H+Fe2O3
40、=2Fe3+3H2O，故答案为：6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O；SiO2不与硫酸反应，则初步分离得到的滤渣主要成分是 SiO2，故答案为：SiO2；（2）向（1）分离所得的滤液中加入还原剂使 Fe3+转化为 Fe2+，由表格数据可知，因 Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀的 pH 相近，不易通过沉淀分离，教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 故答案为：Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀的 pH 相近，不易通过沉淀分离；（3）氨水使滤液中铝离子沉淀的离子方程式为 3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+，故答案为：3NH3H2O+Al3+=Al（OH）3+3NH4+；
41、反应终点的 pH对铝和铁分离效果的影响如图 1 根据实验结果，为达到好的分离效果，反应过程中控制 pH 的范围是略小于 5（或在 4.55 之间均可），因铝元素沉淀较多，铁元素还没有开始大量的沉淀，故答案为：略小于 5；铝元素沉淀较多，铁元素还没有开始大量的沉淀；（1）由信息可知，溶解度受温度影响大，则将硫酸铝铵与其他溶质分离的方法是冷却、结晶，故答案为：冷却、结晶；（2）加热时发生 4NH4Al（SO4）22Al2O3+5SO3+3SO2+2NH3+N2+5H2O，由图可知氮气排出，试剂 Y 可氧化二氧化硫，试剂 X 吸收三氧化硫，则试剂 Y 为 O2，16mol混合气体含 2mol氨气，氧
42、化后由 S 原子守恒可得到 8mol三氧化硫，NH4HSO4和 H2SO4按物质的量比 1：1 混合配制成浸取液，由 8SO34NH3，则试剂 X 为含 2mol溶质的氨水，故答案为：11某研究小组为探究饱和 NaHCO3溶液中是否还能溶解少量 NaHCO3固体，设计并完成了下列实验 实验 编号 实验操作 现象或结论 测饱和 NaHCO3溶液的 pH pH 为 8.3 向 2mL Na2CO3溶液中加入 MgCl2溶液 有白色沉淀生成 向 2mL饱和 NaHCO3溶液中加入 MgCl2溶液 无明显现象 向 20mL 饱和 NaHCO3溶液中加入少量的溶液中微小的气体缓慢地从底部固体逸教育配套资
43、料 K12 教育配套资料 K12 NaHCO3固体，静置 24 小时 出，最终固体全部溶解 已知常温下：Ksp（CaCO3）=4.96109，Ksp（MgCO3）=6.82106 碳酸的电离常数：H2CO3HCO3+H+K1=4.3107 HCO3CO32+H+K2=5.61012 Mg（OH）2沉淀范围：pH 9.412.4（1）用化学用语解释饱和 NaHCO3溶液 pH 为 8.3的原因：HCO3+H2O H2CO3+OH （2）实验中若用 CaCl2溶液代替 MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀现象不同的原因是 溶液中存在平衡 HCO3CO32+H+，Ksp（CaCO3）Ksp（Mg
44、CO3），说明 Ca2+结合 CO32 能力比Mg2+强，所以可以得到 CaCO3沉淀 （3）为探究 NaHCO3固体溶解的原理，取实验反应后的溶液，检验其产物 收集反应产生的气体，发现气体能使澄清的石灰水变浑浊 测得反应后烧杯中溶液的 pH 为 8.7 向反应后的溶液中滴加 MgCl2溶液，有白色沉淀生成 步骤中白色沉淀是 MgCO3 结合化学用语解释饱和 NaHCO3溶液中固体溶解的原因 体系中存在平衡：2HCO3（aq）CO32（aq）+CO2+H2O（l）由于 CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解 固体全部溶解后溶液 pH 升高的原因是 反应生成了 CO32，由碳酸电离的常数可推出
45、Na2CO3碱性大于 NaHCO3，所以溶液 pH 升高 （4）实验的目的是 验证检验饱和 NaHCO3溶液中 CO32 很少，不能与 MgCl2溶液产生沉淀 （5）根据上述实验得出的结论是 饱和 NaHCO3溶液中可以溶解少量的 NaHCO3固体 【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）已知 Ksp（CaCO3）=4.96109，Ksp（MgCO3）=6.82106，易生成碳酸钙沉淀；（3）向反应后的溶液中滴加 MgCl2溶液，有白色沉淀生成，生成沉淀为碳酸镁；饱和 NaHCO3溶液中固体溶解，溶液中存在 2HCO3（aq）CO32 （aq）
46、+CO2+H2O（l），由于 CO2不断逸出，可使平衡正向移动；生成 CO32，溶液碱性增强；（4）实验加入氯化镁，没有沉淀生成，可说明碳酸根离子浓度减小；（5）由实验可知饱和 NaHCO3溶液还能溶解少量 NaHCO3固体【解答】解：（1）碳酸氢钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为 HCO3+H2O H2CO3+OH，教育配套资料 K12 教育配套资料 K12 故答案为：HCO3+H2O H2CO3+OH；（2）溶液中存在平衡 HCO3CO32+H+，已知 Ksp（CaCO3）=4.96109，Ksp（MgCO3）=6.82106，Ksp（CaCO3）Ksp（MgCO3），说明 Ca2+
47、结合 CO32 能力比 Mg2+强，所以可以得到 CaCO3沉淀，故答案为：溶液中存在平衡 HCO3CO32+H+，Ksp（CaCO3）Ksp（MgCO3），说明 Ca2+结合 CO32 能力比 Mg2+强，所以可以得到 CaCO3沉淀；（3）向反应后的溶液中滴加 MgCl2溶液，有白色沉淀生成，生成沉淀为碳酸镁，故答案为：MgCO3；饱和 NaHCO3溶液中固体溶解，溶液中存在 2HCO3（aq）CO32 （aq）+CO2+H2O（l），由于 CO2不断逸出，可使平衡正向移动，故答案为：体系中存在平衡：2HCO3（aq）CO32 （aq）+CO2+H2O（l）由于 CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解；生成 CO32，水解程度大于碳酸氢根离子，溶液碱性增强，所以溶液 pH 升高，故答案为：反应生成了 CO32，由碳酸电离的常数可推出 Na2CO3碱性大于 NaHCO3，所以溶液 pH升高；（4）实验加入氯化镁，没有沉淀生成，可说明碳酸根离子浓度减小，不能与 MgCl2溶液产生沉淀，故答案为：验证检验饱和 NaHCO3溶液中 CO32 很少，不能与 MgCl2溶液产生沉淀；（5）由实验可知饱和 NaHCO3溶液还能溶解少量 NaHCO3固体，故答案为：饱和 NaHCO3溶液中可以溶解少量的 NaHCO3固体