《北京市朝阳区2022届高三 二模化学试题（详解版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市朝阳区2022届高三 二模化学试题（详解版）.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、北京市朝阳区高三年级第二学期质量检测二化学(考试时间90分钟 满分100分)可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56第一部分(选择题，共 42分)每小题只有一个选项符合题意。共 14个小题，每小题3 分，共 42分。1.下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0 族的是A.由二氧化碳制取汽油：C O 2 f H 3 c ；CH3等B.液氨到超流氮的转变：液氨(-269C)一超流氢(-271C)C.煤炭的清洁化利用：煤炭-C H 3cH 20HD.利用太阳能合成燃料：C O 2-C H 3 0 H2.下列说法不氐刑的是A.疫苗等生物制
2、剂需要在低温下保存 B.在伤口处涂抹医用酒精可消毒、杀菌O HC 蛋白质、氨 基 酸 中 均 含 有 I D.蛋白质水解可以得到氨基酸-C-N-3.下列关于C H 3coO H 的化学用语或图示表达不正确的是J._22oO54 2P5A.醋酸溶液呈酸性：C H 3coO H U C H 3coeT+H+0B.一定条件下,CH,CO O H 与C2H5,SOH反应能生成CH3C l8OC2H5c.测 定 CH,CO O H 相对分子质量的质谱如图D.0.1 mol-IT,醋酸溶液中，c(CH,COOH)+c(CH3COO-)=0.Imol L-14,下列关于第IVA族元素及相关物质的性质比较中，
3、不正确的是A.热稳定性：C H4 S i H4 G e H4H2S i O 3B.酸性：C H 3 c o O H H 2 c o 3 C.熔点：金刚石 晶体硅晶体错 D.第一电离能：C S i G e5 .下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是A.用F e C h溶液腐蚀覆铜板 B.用Z n块防止钢铁船体腐蚀C.用S O,的水溶液吸收B”D.用F e粉防止F e S O4溶液氧化6 .汽车尾气中的N O,、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置（催化剂主要由R h、P d、P t等物质和稀土材料组成）转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不思砸的是碳氢化合物+C0N27 C()2 +4 0
4、R h(铐)稀土 Ce（）2-mPd（钮）Pt佛）材料CeOzA.催化剂能提高反应速率B.N O,、CO均发生了氧化反应C.CO转化为C O?时，C e。？转化为C eO 3 m D.催化剂对化学反应有选择性7 .下列方程式不熊合理解释实验现象或事实的是电解 小A.电解饱和N a C l溶液产生黄绿色气体：2 N a C l -2 N a +C l2TB.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：c i2+2 r=2 c r +i2C.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：C）2+2 H2 O +4 e-=4 O H-D.用N a A。,除去输水管道中的氧气：2 N a2S O,+O2=2 N a2S O48 .
5、2他）+3凡 值）？高 般 fN H g）A H4Db温度0.1 m ol/L N a 2 s 2 O 3、0。N a 2 s 2 O 3 H2 s o4、冷水0.1 m ol/L N a 2 s 2 O 3、0.1 N a 2 s 2 O 3 H2 s o4、热水1 0.某同学进行如下实验:实验实验现象i将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性i i继续向i中试管加入少量固体N a N O3又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色i i i取饱和CU(NC)3)2溶液，加入少量固体N a N C)3和铜粉无明显变化下列说法不IE
6、项的是A.H N。：氧化性的强弱与其浓度大小有关B.i、i i中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C.i中余液呈酸性的主要原因是CU2+2H2O=CU(OH)2+2H+D.用一定浓度的H z S O q与N a N O3也能使铜粉溶解1 1.取1.0 L浓缩卤水(C E、浓度均为1.0 x 1 0-3 m o l)进行实验：滴加一定量A g N O a溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。已知：K s p(Ag I)=8.5 x l(尸7、Ks p(Ag Cl)=1.8 x l O-,。下列分析不正硬的是A.黄色沉淀是A gl,白色沉淀是Ag ClB.产生白色沉淀时，溶液中存在Ag I
7、(s)=Ag+(a q)+(a q)C.若起始时向卤水中滴加2滴(0.1 m U L O x l O-m o L L J A g N O 能产生沉淀D.白色沉淀开始析出时，cf l l.Ox l O m o l L-11 2.我国科研人员将单独脱除S O?的反应与H?。？的制备反应相结合，实现协同转化。单独制备H 2 O2：2 H2O +O2=2 H2O2)不能自发进行。单独脱除S O2 ：4 OH +2 S O2+O2=2 S O：+2 H 2 O,能自发进行协同转化装置如下图(在电场作用下，双极膜中间层的H 2。解离为O H 一和H+，并向两极迁移)。下列分析不巧摩的是A.反应释放的能量可
8、以用于反应B.产生H?O2 的电极反应：O2+2 e-+2 H+=H 2(D2C.反应过程中不需补加稀H 2 s O4D.协同转化总反应：S O,+O2+2 H2O=H2O2+H2S O413高分子M广泛用于纺织、涂料等产品，合成路线如下:COCH 3 co OH加成-H-2-催化剂C2H2 C H3C O O C H3*+CH2-C HO H土-HcoL高分子M已知:R OH +R O R”v下列说法不正确的是OR +R OHA.化合物A不存在顺反异构体B.A是C H 3 co OCH 3的同系物C.AN为聚合反应D.M、N均可水解得到土HCrC H 2-.OH14.以CO?、H?为原料合成
9、CH3OH涉及的主要反应如下：CC）2（g）+3H2（g）u CHQH（g）+H2O（g）AH,CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）AH2c。,的平衡转化率（X-C。,）、CH30H的选择性（S-CHaOH）随温度、压强变化如下:00908070605040302010 0 1200 250 300 350 400温度/t50已知：S-CH3OH=n（转化为CH30H的CO?）n（转化的CO?）xlOO%卓、起靴烟粒(X料3髀越中下列分析不E碗的是A.PiP2B.400左右，体系发生的反应主要是C.由图可知，AHO,AH20I）.初始 n（CC2）=lmol、n（H2）=3mol
10、,平衡后 X-CO2=30%、S-CH3OH=80%,若只发生、，则H?的平衡转化率为24%第二部分（非选择题，共58分）15.青蒿素（C15H22O5）是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醛，对热不稳定。青蒿素晶胞（长方体，含4个青蒿素分子）及分子结构如下图所示。CH3（1）提取青蒿素在浸取、蒸储过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醛（C 2 H,OC 2 H 5）提取，效果更好。乙醛的沸点低于乙醇，原因是。用乙醛提取效果更好，原因是。（2）确定结构测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、0的原子核附近电子云密度大小：。图中晶胞的棱长分别为a n
11、m、bn m、c n m ,晶体的密度为 g-c m （用NA表示阿伏加德罗常数；ln m =l（rm;青蒿素的相对分子质量为2 8 2）能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一 种 方 法 是 a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱（3）修饰结构，提高疗效一定条件下，用N a B H 1,将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。（双氢青蒿素）双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为B H；的空间结构为 o双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。1 6.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：02I
12、SO+H 0催化剂S 2 4 0歧化反应燃烧（1）反 应1由两步反应组成:H2s04=凡0+$。3 ;反 应H：3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(1)+S(S)AH不同条件下，S0?达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，AH0。一定压强下，H Q与so?的投料比 今 次 对体系中so2平衡转化率的影响如下:n）卓/景3解麴中dsO an(H20)n(S02)n(H2O)n(SO2)a时，解释S02平衡转化率随投料比增大而降低的原因:（3）可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下:i.SO?+4 r+4H+=S J+2I2+2H2O反应结束后，分离混合物 硫
13、酸（含L、HI）、S（吸附了 k）等,从中获得固体S以及H?SO4与HI的混合液，便于循环利用。a.该过程中，应选取的化学试剂是。b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及H2s。4与HI的混合液。实验方案是:。（用简要文字说明即可）17,用零价铁（Fe）去除含氮废水中的硝酸盐（NO；）是环境修复的重要方法。一种去除NO；的过程如下。（i）n中充分反应后，分离混合物的方法是 o（2）II中 反 应 的 离 子 方 程 式 是 SiH4GeH4 B.酸性：CH3COOHH2CO3H2SiO3C.熔点：金刚石 晶体硅晶体错 D.第一电离能：CSi S i G e,则氢化物的稳定性：CH4SiH
14、4GeH4,A 正确；B.醋酸能够与Na2co3溶液反应制取CCh气体，说明酸性：CH3coOHH2co3；将 CO?气体通入Na2SiO3溶液中，反应产生H2SiO3沉淀，说明酸性：H2CO3H2SiO3 o因此三种酸的酸性强弱关系为：CH3COOH H2CO3 H2SiO3,B 正确；c.金刚石、晶体硅、晶体楮都是共价晶体，原子之间以共价键结合。由于原子半径：c S iSi-SiG e-Ge,故物质的熔点：金刚石晶体硅 晶体楮，C 正确；D.C、Si、Ge是同一主族元素，同一主族元素，元素的非金属性随原子序数的增大而逐渐减弱，元素的第一电离能逐渐减小，所以元素的第一电离能大小关系为：C S
15、iG e,D错误；故合理选项是Do5.下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是A.用F eC h溶液腐蚀覆铜板 B.用 Z n块防止钢铁船体腐蚀C.用SO?的水溶液吸收B 2 D.用 Fe粉防止Fes。,溶液氧化【答案】A【解析】【详解】A.用 FeCb溶液腐蚀覆铜板发生的反应为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+,铁元素的化合价降低，被还原，利用其还原性，故 A 正确；B.用 Zn块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性，故 B 错误；C.用 S02的水溶液吸收Brz,S 元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，故 D 错误；D.用 Fe粉防止FeSO 溶液氧化，利用其还原性，故 D 错误；故选：A
16、o6.汽车尾气中的N O-CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置（催化剂主要由R h、P d、Pt等物质和稀土材料组成）转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正玻的是NO.N碳氢化合物+c o /2 /O 2 +H2O/国 /稀土 C e&Pd（铝）Pt（铝）材料CeOzA.催化剂能提高反应速率 B.N O,、CO均发生了氧化反应C.CO转化为C C）2时，C e C）2转化为C e C 2-m D.催化剂对化学反应有选择性【答案】B【解析】【详解】A.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；B.N O,中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化
17、反应，B错误；C.由图示可知，C O转化为C O 2时，碳元素化合价升高失电子，则C e。？反应时应得电子化合价降低转化为C e O?一 皿，C正确；D.催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确;答案选B。7.下列方程式不熊合理解释实验现象或事实的是电解 小A.电解饱和N a C l溶液产生黄绿色气体：2 N a C 1 2 N a +C l 2 TB.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：c i2+2 r=2 c r +i2C.钢铁发生吸氧腐蚀，正极反应：O?+2 H2 O +4 e-=4 O H-D.用N a?SO 3除去输水管道中的氧气：2 N a2S O3+O2=2
18、N a2S O4【答案】A【解析】【详解】A.电解饱和食盐水，阴极水放电生成氢气、氢氧化钠，阳极氯离子放电生成氯气，是黄绿色气体，方程式为：2 N a C l+2 Ha O Z N a O H+Hz T+C L T，故A错误；B.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：C 1 2+2 I=l 2+2 C l-,故B正确；C.钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应为氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O 2+2 H2 O+4 e=4 O H;故 C 正确；D.N a 2 sC h 有强还原性，能将氧气还原，自身被氧化为硫酸钠，化学方程式为2 N
19、a 2 so 3+O 2=2 N a 2 s,故 D 正确；故选：A o8.N2(g)+3 H2(g)2 N H3(g)A H 3 和铜粉无明显变化A.H N O 3 氧化性的强弱与其浓度大小有关B.i、ii中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C.i 中余液呈酸性的主要原因是CU2+2H2O=CU(OH)2+2HD.用一定浓度的H2S O4与N a N O,也能使铜粉溶解【答案】C【解析】【分析】i.将铜粉加入试管中，再加入稀H N O 3,稀硝酸和铜反应生成N O、硝酸铜，溶液变蓝，开始产生无色气体，无色气体又变为红棕色；铜粉有剩余，溶液为酸性；i i .继续向i中试管加入少量固体N a
20、N C h,由于铜粉剩余，溶液为酸性，加入硝酸钠，等同于加入了稀硝酸，所以稀硝酸和铜反应生成N O、硝酸铜，产生无色气体，无色气体又变为红棕色，同时可知推论i中的酸性是硝酸有剩余；i i i .饱和C u (N O3)2溶液，加入少量固体N a N C h和铜粉，三者不反应，无明显变化；【详解】A.由i、ii分析可知i还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和浓度有关，A正确：B.i、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应3 C u+8 H+2 N O；=3 C u2+2 N O T +4 H2O 解释，B 正确；C.由i、ii分析可知i还有剩余氢离子，不能说
21、明余液呈酸性的主要原因是铜离子水解所导致，C错误；D.硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H 2 s C U与N a N C h也能使铜粉溶解，D正确；故答案选C。1 1.取L O L浓缩卤水(C、浓度均为1.0 x 1 0-3 m o l T)进行实验：滴加一定量A gN。，溶液，产生黄色沉淀；继续滴加，产生白色沉淀。己知：K s p(A gD=8.5 x l O T 7、Ks p(A gC l)=1.8 x l O-,下列分析不足理的是A.黄色沉淀是A g l,白色沉淀是A gC lB.产生白色沉淀时，溶液中存在A gI(s)=A g+(a q)+(a q)C.若
22、起始时向卤水中滴加2滴(0.1 m L)1.0 x l(T 3 m o i-LA g N。?，能产生沉淀I)白色沉淀开始析出时，c f l j .O x l O m o l U1【答案】D【解析】【详解】A.碘化银的溶度积小于氯化银，则先生成的黄色沉淀为碘化银，A项正确；B.产生白色沉淀时，碘化银已经达到沉淀溶解平衡，B项正确；C.若起始时向1a卤水中滴加2滴(0.1粒)1.0*1 0-3 010上匚飞8 1 0 3,则混合后的硝酸银浓度约等于S-)x(1.0 x1。”o x炉mol/L,Qc=c(r)-c(Ag+)1.0X1 ()-3 X1.0 X1 ()-7=1.0X1 ()-10,比碘化
23、银的溶度积大，则有碘化银沉淀生成，C项正确；D.根据氯化银的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(C)xc(Ag+)=1.8xl()T,白色沉淀氯化银开始析出时，c(A g+K)(3AgCl)=-|-x-1-O-r10mol/L=1.8xlO-7m o l/L,所以c(c r)i.oxio-3c(F)P2B.400左右，体系发生的反应主要是C.由图可知,AH0D.初始n(CC)2)=lm o l、n(H2)=3m ol,平衡后X-C。？=3 0%、S-C H3OH=8 0%,若只发生、，则 H2的平衡转化率为24%【答案】D【解析】【详解】A.反应的正反应为气体体积减小的方向，反应反应前后气体体积
24、不变，故增大压强，反应正向移动，CO2的转化率增大，反应不移动，因 此 PP2,A 正确；B.400时，由图可以看出，CH30H的选择性趋近为0,意味着转化为CH30H的 CO?为 0,因此此时体系发生的反应主要是，B 正确；C.由图看出，随着温度升高，C H 30H 的选择性(S-C H 3O H)逐渐降低，反应向逆方向进行，因此正反应AHvO；同时，随着温度升高，前期CO?的平衡转化率(X-C C)2)逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应，后期CO?的平衡转化率(X-C 0 2)逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应，因此AH 。，C 正确；D.平衡后，根据C02的平衡转化率为3 0
25、%,得出两个反应共消耗0.3molCCh,又因为S CH30H=80%可知0.3mol 8 2 中有80%发生反应转化为CFhO H,而 0.3mol CO2中有20%发生反应转化为C O,根据三段式可得：CO2+3%u CH,OH+H,O起始量(mol)1 3 0 0变化量(mol)l?0.3?0.8 0.72CO2+H?U CO+H2O起始量(mol),变化量(mol)l?0.3?0.2 0.06两个反应中氢气的转化总量为0.78m oh所以氢气的转化率=0.72mol+0.06mol3molxl00%=26%,D 错误;故答案为：D第二部分(非选择题，共 58分)1 5.青蒿素(G5 H
26、22O5)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙酸，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含 4 个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。（1）提取青蒿素在浸取、蒸储过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醛（C 2H 5 O C 2H 5）提取，效果更好。乙醛的沸点低于乙醇，原因是。用乙醛提取效果更好，原因是。（2）确定结构测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、0的原子核附近电子云密度大小：图中晶胞的棱长分别为a n m、b n m、c nm,晶 体 的 密 度 为 g-c m-3,（用NA表示阿伏加德罗常数；I n m u K T m;青蒿素的相对分子质量为2
27、8 2）能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种 方 法 是。a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱（3）修饰结构，提高疗效一定条件下，用N aB H,将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。（双氢青蒿素）双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 oB H；的 空 间 结 构 为。双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。【答案】（1）乙醇分子间能形成氢键.乙醛沸点低，蒸储时所需温度较低,青蒿素不易分解(2).0CH.-.7T.b治 xabcxlO”(3).sp3.正四面体【解析】【小 问1详解】乙醛的结构简式为C2H5 0c2H5，
28、乙醇的结构简式为C2H5 0H,乙醇分子间能形成氢键，乙醒分子间不能形成氢键，故乙醛的沸点低于乙醇；青蒿素溶于乙醇和乙酸，对热不稳定，用乙醛提取青蒿素后，乙醛沸点低，蒸储时所需温度较低，青蒿素不易分解，故用乙醛提取效果更好。【小问2详解】元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；电负性：0 C H,原子核附近电子云密度：0C H；4x282青蒿素晶胞含有4个青蒿素分子，晶胞质量，=r g，晶胞体积V=axl0-7cmxbxl0-NA4x282tfl-g7cmxcx 10-7cm=abcx 10_2lcm3,晶体的密度/=N.V-abcxl0-2,cm34x282 3-gcm.Axabcxl
29、O_21 a.质谱法可以测定有机物的相对分子质量，a不符合题意；b.通过晶体的X射线衍射实验，可以确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出物质的空间结构，b符合题意；c.核磁共振氢谱法可确定有机物中氢原子的种类和相对数目，c不符合题意；d.红外光谱法可用于鉴定有机物中所含的各种官能团和化学键，d不符合题意；故选b(,【小问3详解】如图所示，双氢青蒿素分子中碳原子均为饱和碳原子，这些碳原子的轨道杂化类型为sp3；BH4利1,B原子的孤对电子数为0,价层电子对数为4,根据价层电子互斥理论可知，该离子的空间结构为正四面体。16.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能
30、的转化与存储。过程如下：02ISO+H 0催化剂S 2 4 0歧化反应燃烧（1）反 应1由两步反应组成:H2s04=凡0+$。3 ;反 应H：3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(1)+S(S)AH不同条件下，S0?达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，AH0。一定压强下，H Q与so?的投料比 今次 对体系中so2平衡转化率的影响如下:n）卓/景3解麴中dsO an(H20)n(S02)n(H2O)n(SO2)a时，解释S02平衡转化率随投料比增大而降低的原因:（3）可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂。可能的催化过程如下:i.SO?+4 r+4H+=S J+2I2+2H2
31、O反应结束后，分离混合物 硫酸（含L、HI）、S（吸附了 k）等,从中获得固体S以及H?SO4与HI的混合液，便于循环利用。a.该过程中，应选取的化学试剂是。b.根据所选取的化学试剂，设计方案，得到S以及H2s。4与HI的混合液。实验方案是:。（用简要文字说明即可）太阳能【答案】（1）2SO3 2so2+。2（2）.S02在水中浓度降低对该平衡逆向移动的影响大于H20的增加对该平衡正向移动的影响(3),I,+SO,+2H,O=SO：+2I+4H+.SO2水溶液.将固体 S(吸附了2 2 2 4L)加热，用 S02水溶液吸收气体【解析】【小 问 1详解】根据氧化还原反应原理，反 应 I 第一步反
32、应H2sC)4=H2O+S O 3,没有发生化合价的改变，则第二步发生+6价 S化合价降低，-2价氧化化合价升高，得到产物S02和 02的反太阳能应，反应方程式：2so3 2SO2+O2。【小问2 详解】该反应气体分子数正向减少，压强增大平衡正向移动，而SO?达到相同的平衡转化率，温度越高，所需的压强越大，说明温度升高平衡逆向移动，故A H O;该 SO2的歧化反应中，比0 作为溶剂使S02分子间有较大的碰撞概率，但是若n(H Q);：a,则 SO2在水中浓度降低，碰撞概率下降，即 S02在水中浓度降低对该平衡n(s2)逆向移动的影响大于H2O的增加对该平衡正向移动的影响。【小问3 详解】是催
33、化剂，则其在总反应中没有改变、损耗，反 应 i.SO,+4 F+4H+=SI+21,+2 H,O,则反应ii.I,+SO,+2H,O=SO：+2I+4H+；“2 2 2 4根据反应i i 2+SO2+2H2O=SO：+2 r+4 H+,为从中获得固体S 以及H2s0 与 H I的混合液，需除去12,故该过程中，应选取的化学试剂是S02；设计方案：将固体S(吸附了L)加热，碘单质易升华，用 S02水溶液吸收碘气体，即能达到目的。17,用零价铁(Fe)去除含氮废水中的硝酸盐(N 0；)是环境修复的重要方法。一 种去除NO；的过程如下。(1)H 中充分反应后，分 离 混 合 物 的 方 法 是。(2
34、)I I 中 反 应 的 离 子 方 程 式 是 _ 。(3)实验发现，在 H 中补充一定量的Fe?+可以明显提高N O,的去除率。向两份含氮废水n(N O；)=8.1xlO-5 m ol中均加入足量Fe粉，做对比研究。分析ii中NO；的去除率提高的原因：实验序号iii所加试剂Fe粉Fe粉、FeCl2(3.6xlO-5mol)NO；的去除率-5 0%R00%a.Fe?+直接还原NO,了。通过计算说明电子得、失数量关系：,证明该原因不合理。b.研究发现：Fe,。，导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe,。,表面，形成钝化层，阻碍电子传输。c.Fe2+能与
35、 FeO(OH)反应生成 Fe3O4。用s,FeC%做同位素示踪实验，证明该原因合理。d.C破坏钝化层。将ii中的FeC)替换为_ _ _ _ _ _ _,N O,的去除率约为5 0%,证明该原因不合理。(4)i、ii中均能发生Fe+2H+=Fe2+H 2?。该反应明显有助于i中NO；的去除，结合方程式解释原因：。(5)测定NO：含量步 骤1.取vmL含氮(NO；)水样，加入催化剂、V mLc,m ol-L FeSC)4标准溶液(过量)，再加入稀H2so步骤2.用c?mol.U L C rQ 标准溶液滴定剩余的Fe2+(Cr?0；-被还原为C B),终点时消耗匕mLo已知：3Fe2+NO；+4
36、H+=NO T+3Fe3+2H2O水样中NO；的含量为 mol L_1。溶液中。2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO”产生CO2驱赶O”否则会使测定结果(填“偏大”或“偏小”)。【答案】过滤；(2)3Fe+NO-+2H+H2O=Fe3O4+NH；(3).还原NO；所需电子：3.24X10-4mol,Fe?+最多提供的电子：3.6X10-5moL Fe2+失去的电子数明显小于NO3所需电子数；.7.2X 10-5mol NaCl；(4)Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+,Fe?+破坏了钝化层；（5）.汕-6c工 .偏 大。3v【解析】【小 问1详解】由步骤n得四氧化三铁和废水，因为
37、四氧化三铁难溶于水，可得步骤n的分离操作为过滤；故答案为：过滤；【小问2详解】由步骤I I反应产物为四氧化三铁和N H：,且铁粉和N O；在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为 3 F e+N O；+2 H+H2O=F e3O4+N H：；故答案为：3 F e+N O5+2 H+H2O=F e,O4+N H；【小问3详解】根据物质得失电子的计量关系，可知F e?+F e 1 H，F e?+最多提供的电子：3.6 X1 0-5m o l,N O：N H；8,N O：所需电子：3.2 4 X 1 0-4m o l,F e?+失去的电子数明显小于N O 3所需电子数；为说明是否是C破坏钝化层，
38、根据控制变量法的思想将3.6 x 1 0-5 m o iF e C l2|l n（C）=7.2 x l O-5 m o i）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2 X1 0 5 m o iN a C l看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明C不能破坏钝化层，反知为F e 2+破坏了钝化层；故答案为：还原N O 所需电子：3.2 4 X l O 4 m o l,F e?+最多提供的电子：3.6 X 1 0 5m o lo F e2+失去的电子数明显小于N O；所需电子数；7.2 Xl（y 5 m o i N a C l；【小问4详解】根据上述分析可知生成的F e;。，导电）覆盖
39、在铁粉表面；随着反应的进行，产生F e O（OH）（不导电），它覆盖在F e,。“表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而F e2+2 F e O（OH）=F e3O4+2 H+,破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；故答案为：F e2+2 F e O（O H）=F e3O4+2 H+,F e?+破坏了钝化层；【小问5详解】步 骤1.取v m L含氮（N O：冰 样，加入催化剂、V m L c,mo U F e S O 标准溶液（过量），再加入稀 H 2 s o-发生3 F e 2+N O：+4 H+=N O T+3F e 3+2 H 2。,步骤2.用 m o l .r K z C r?。7
40、标准溶液滴定剩余的F e 2+（C r 2 0；被还原为C r）,终点时消耗匕 mL。发生6F e 2+C r 2 O；1 4H+=6F e 3+2 a 3+7H 2。，根据K z C r 2。7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量=6c2V2X 10-moL则参与步骤I反应的FeSC的物质的量=91%-62丫2“1（尸0101,根据该反应 3Fe?+N 0；+4H+=NO t +3Fe3+2H2O 可得反应消耗的硝酸根物质的量n（NC）3）=*。2匕）x lO3 m ol,所以原水样中NO；的含量c（NO；）=（汕二 6 c2V*1 0 0 m o g&日血曰?）m0V L；因为溶液
41、中O2存在，也会3v?10 3v消耗FeSO”所以KzCr?。?用量偏小，由于FeSC总量一定，所以参与步骤I反应的FeSC物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中N O,的含量也偏大;故答案为：CM-6 c2V2；偏 大。3v18.褪黑激素的前体K的合成路线如下。基或氢）（1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有 o（2）D-E的 反 应 类 型 是。（3）试剂W的分子式是C8HsOzN,其 结 构 简 式 是。（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是（5）F的分子式为CuHoCNBr。M的结构简式是 。（褪黑激索）X 的结构简式是 0Z 的 结 构 简 式 是。试剂
42、b 是 _。【答案】(1)碳碳双键、醛基(2)取代反应(3)(4)CH3COOH+CH3cH20H、CH3COOC2H5+H2OAo o(5)CH3 2 cH2 J0 CH2 cH3(6).血 啊N%ONa ，pH2cHH.(CH3co)2。或 CH3coOH、CH3coe1 等【解析】【分析】由逆推法，G 发生信息中取代反应生成乙醇和M,G 属于酯基，结合G 的分子式o o推知G 为 CH3coOC2H5,则试剂a 为 CH3cH2OH、M 为I I;A 的分CH/CH2doeH2cH3子式为C3H4 0,由(1)中 A 能发生银镜反应，则 A 为 CH2=CHCH0,A 中碳碳双键与水加成
43、生成B 为 HOCH2CH2CHO,B 中醛基与氢气力口成生成D 为 HOCH2CH2CH2OH,D 中羟基被漠原子取代生成E 为 BrCH2cH2cH2Br,W 的分子式是C8H5 O2N,推知W 为N(CH2)3Br-M 与 F 发生取代反应【小 问 i 详解】A 能发生银镜反应，说明含有醛基，A 的分子式为C3H4 0,故 A 的结构简式为C H2=C H C H O,A 中所含的官能团有碳碳双键、醛基；【小问2 详解】D 为 HOCH2cH2cH2OH,D 中羟基被溪原子取代生成E 为 BrCH2cH2cH?Br,DE 的反应类型是取代反应；【小问3详解】试剂W的分子式是C8H5 O2
44、N,由分析可知W的结构简式是【小问4详解】G为CH3coOC2H5,乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3co0C2H5,反应方程式为CH3coOH+CH3cH20H、硫酸、CH3coOC2H5+H2O；A小问5详解】O O由分析可知，M的结构简式为CH3CCH2coeH2cH3【小问6详解】由褪黑激素结构筒式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为CH2CH,NH,|JT V-c o O N a，X酸化后脱水生成z,Z中氨基与乙酸形成酰胺基生成褪黑激素，故Z为pH2cH2 隗,b 为 CH3co0H。19.某小组探究H e 2氧化性、还原性的变化规律。资料：Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2,
45、2H2O2=2H2O+O2 T(1)制备H2O2：将Na2。?溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀H2so4,得溶液B。溶Na2。?用冰水，目的是。(2)检验H2O2：向溶液A、B中分别滴加适量酸性KMnOq溶液。I.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。MnO；发生还原反应：MnO；+5 e-+8H+=Mn2+4H2OH2O2发生氧化反应：。II.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含MnO2,对其产生的原因提出猜想：猜 想l.MnO；有氧化性，能被还原为MnO?猜想2.MI?+有 性，能与H 2。?反应产生Mn O 2猜想3.(3)探究猜想2的合
46、理性，并分析I中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下:序号实验试剂现象i/溶液Xa生成棕褐色固体，产生大量气泡ii三一试剂b有少量气泡iiiH2O2溶液有少量气泡i i i是i i和i的对照实验。X是。a是_ _ _ _ _ _、b是_ _ _ _ _ _ _ _。取i中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。(4)向一定浓度的H 2。？溶液中加入少量M n C)2,迅速产生大量气泡；随后加入H 2 so“固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因(5)综上，H 2 O 2做氧化剂还是做还原剂，与 等因素有关。【答案】(1)降低温度、减缓过氧化氢分解(2).H 2 O 2-2 e=
47、O 2 T+2 H+.还原(3).M n S CU溶液.H 2 O 2、N a O H .H 2 O 2、H2S O4(4)2 H 2 O 2?2 2 H 2 O+O 2 T，H2O 2+M n O2+2 H+=M n2+O2t+2 H2O,前者 M n Ch做催化剂，后者做氧化剂(5)其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性【解析】【小 问1详解】过氧化钠和水反应放热，温度升高，过氧化氢不稳定，高温易分解，答案为：降低温度、减缓过氧化氢分解：【小问2详解】溶液为酸性，过氧化氢和高钵酸钾反应的总反应为：2 M n O4+5 H2O2+6 H+=2 M n2+5 O2 T+8 H2O ,用总反
48、应减去还原反应得到氧化反应，即H 2 C)2-2 e-=O 2 T+2 H+；猜想a.M r+i M n。？中M n元素化合价升高，可猜想M i?+具有还原性，答案为：H2O2-2 e =O2 T+2 H+；还原；【小问3详解】探究的是Md+的性质，所以溶液X为M n S 0 4溶液；根据(2)1 1.溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且i i i是i的对照实验，可知试剂a为过氧化氢和氢氧化钠，根据(2)1.溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且i i i是i i的对照实验，则试剂b为过氧化氢和稀硫酸，答案为：M n S CU溶液；H 2 O 2、N a O H；H 2 O 2、H 2 S O 4；【小问4详解】由现象可知，加入少量二氧化镐后，产生大量气泡，固体没有减少，说明二氧化镭做过氧化氢的催化剂，加入硫酸后固体溶解，说明二氧化镒做反应物且是氧化剂，答案为：2 H 2。2 1 2 H 2 O+O 2 T，H 2 O2+M n O2+2 H+=M n2+O2t+2 H2O,前者 M n Ch做催化剂，后者做氧化剂；【小问5详解】通过以上实验发现过氧化氢在酸性高镭酸钾溶液中做还原剂，在碱性条件下，与镭离子反应做氧化剂，在酸性条件下与二氧化镐反应做还原剂，答案为：其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性。