《2021年4月2021届北京市朝阳区高三年级下册学期4月一模考试理科综合化学试卷及答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年4月2021届北京市朝阳区高三年级下册学期4月一模考试理科综合化学试卷及答案.pdf（23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、2021年4月2021届北京市朝阳区高三下学期4月一模考试理科综合化学试卷祝考试顺利（解析版）一、每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14道小题，共42分。1.（3分）新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮票内容所涉及的主要物质，属于无机化合物的是（）ABC D侯氏制碱法生产化学工业生产橡齐鲁三十万吨乙烯人工全合成结晶牛胰纯碱 胶 工程 岛素A.A B.B C.C D.D【分析】A.根 据“侯氏制碱法”的制碱工艺进行分析；B.塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料；C.乙烯是重要的有机化工基础原料；D.结晶牛胰岛素属于蛋白质；【解答】
2、解：A.侯德榜制碱工艺又称联合制碱法，在制得纯碱的同时，对母液处理，同时制得化肥氯化铁，属于无机化合物，故A正确；B.塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大合成材料，属于有机化合物，故B错误；C.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有机化合物，故C错误；D.我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质-结晶牛胰岛素，属于有机化合物，故D错误；故选：A o2.（3分）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A.将NaQ粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色B.向(C rO酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色C.向AgCI悬浊液中滴加K I溶液，固体由白色变为黄色D.用
3、FeCL溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色【分析】发生反应中存在元素的化合价变化，为氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A.过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na202+2C02-2 N a2C03+02,属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A不选；B.向KZCQO,酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化,属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B不选；C.向AgCI悬浊液中滴加K I溶液，固体由白色变为黄色，氯化银转化为碘化银，发生复分解反应，与氧化还原反应无关，故C选；D.用FeCL溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄
4、色变为蓝绿色，氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁、铜元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D不选；故选：Co3.(3分)下列除杂试剂选取不合理的是()物质(括号内为杂质)所用试剂A C02(HCI)饱和 NaHCOs溶液B C2H4(SO2)滨水C NO(N02)H20DOH NaOH 溶液|o(d),A.A B.B C.C D.D【分析】A.HCI与饱和析HCO3溶液反应生成CO2；B.二者均能与浸水反应；C.NO?与水反应生成NO；OHAD.1 与NaOH溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水。【解答】解：A.H C I与饱和NaHCO?溶液反应生成CO2,所以通过
5、饱和NaHCOs溶液可以除杂质，故A正确；B.二氧化硫能被滨水氧化，乙烯与滨水发生加成反应，二者均能与;臭水反应，所以不能除杂质，故B错误；C.NO?与水反应生成NO,所以把混合气体通过水可以除杂质，故C正确；OHD.6与NaOH溶液反应生成苯酚钠，苯酚钠易溶于水，而苯不溶于水，所以能除杂质，故D正确；故选：B o4.（3分）X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，其原子的最外层电子数与原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（）208642008060402o.o.o.o.o.ao.ao.o.i 2 3 4 S原 f 最外层电f 数_ 1 _11-1-11-iix111-1-11
6、-!-11-11-?-11111_L11-U11r1111iYi-1-11-4_%J zI-11 ,A.丫形成的化合物种类最多B.同周期元素的简单阳离子中，R*的半径最大C.同主族中，M的最高价氧化物对应水化物的酸性最强D.X的原子与Y、Z、R、M的原子均可形成共价化合物【分析】X、Y、Z、R、M为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z、M原子最外层电子数分别为4、5、6,则它们分别处于IVA族、VA族、VIA族，而原子半径：M Y Z,且Y、Z原子半径相差不大，可知M处于第三周期，Y、Z处于第二周期，故丫为C元素、Z为N元素、M为S元素；X、R原子最外层电子数为1,二者处于IA族，X的原子半径
7、小于C的，R的原子半径大于S的，故X为H元素 R为Na元素。【解答】解：由分析可知，故X为H元素、R为Na元素、丫为C元素、Z为N元素、M为S兀素A.丫是C元素，可以形成有机化合物，种类最多，故A正确；B.同周期元素的简单阳离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，第三周期中Na的核电荷数最小，故同周期元素的简单阳离子中Na*的半径最大，故B正确；C.M是S元素，同主族中氧元素除外，S元素非金属性最强，则硫的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故C正确；D.H与Na只能形成离子化合物，故D错误。故选：D。,充分利用原子半径与最外层电子数分析判断各元素，注意对元素化合物知识的掌握。5.(3
8、分)下列解释事实的离子方程式不正确的是()A.用 Na2s 去除废水中的 Hg2*：Hg2+S2 HgSXB.用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaC03+2CH3C00H=Ca2+2CH3C00+C02 T+H20C.实验室用二氧化镒和浓盐酸共热制氯气：MnO2+4H1+2CI Mn2t+CI2T+2H20D.向明研 KAI(SOD272H2O溶液滴加Ba(0H)2溶液至SO;刚好沉淀完全:Al+SO:+Ba，30H=A I(OH)3l+BaS04l【分析】A.硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀；B.二者反应生成醋酸钙和二氧化碳和水；C.二氧化镒与浓盐酸加热生成氯化镒和氯气和水；D.硫酸根离子完全沉淀
9、时，铝离子与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子。【解答】解：A.用Na2s去除废水中的H g ,离子方程式：Hg2+S2-=H g S i,故A正确；B.用醋酸溶解水垢中的碳酸钙，离子方程式：CaC03+2CH3C00H=Ca22CH3C00+C02T+H20,故B正确；C.实验室用二氧化镒和浓盐酸共热制氯气，离子方程式：MnO2+4H+2CI Mn2+CI2 T+2H20,故C正确；D.向明州(KAI(S04)212H20)溶液中滴加Ba(OH)2溶液使SOf恰好完全沉淀,KAI(S04)2-12H20与氢氧化钢的物质的量之比为1：2,反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2t+40H+A
10、I+2S0：=2BaS041+A102+2H20,故 D 错误。故选：Do6.(3分)下列实验方法不能达到实验目的的是()证明铁钉能够发生析证明氨气易溶 制备乙酸乙酯 制备Fe(0H)3氢腐蚀 于水 胶体A B C DA.A B.B C.C D.D【分析】A.食盐水为中性溶液，铁发生吸氧腐蚀；B.挤压胶头可形成喷泉，证明氨气极易溶于水；C.乙醇与乙酸在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应；D.铁离子水解生成氢氧化铁胶体。【解答】解：A.铁在酸性溶液中发生析氢腐蚀，食盐水为中性溶液，只能发生吸氧腐蚀,不能达到实验目，故A选；B.氨气极易溶于水，挤压胶头导致瓶内压强减小，外压大于内压形成红色喷泉，能够
11、达到实验目的，故B不选；C.图示装置、试剂、收集药品均合理，可制备乙酸乙酯，能够达到实验目的，故C不选;D.向沸水中逐滴滴加饱和的FeC L溶液煮沸至溶液呈红褐色，立即停止加热，可获得氢氧化铁胶体，图示装置 药品能够达到实验目的，故D不选；故选：A o7.（3分）有机化合物M的合成路线如图所示。下列说法不正确的是（）A.反应还可能生成B.丫的分子式为C-HIOBQC.试剂1为NaOH醇溶液D.若用为标记Z中的0原子,则M中一定含有180【分析】由M 可知，苯与澳发生取代反应生成X 为对二溟茉，X 与氢气发生加成反应生成丫为 1,4-二漠环己烷，丫发生取代反应生成Z,Z 发生酯化反应生成M,以此
12、解答该题。【解答】解：A.苯与漠发生取代反应，可生成邻二漠苯、间二漠苯、对二漠苯等，故 A 正确；8.丫为1,4-二;臭环己烷，分子式为C-HioBr%故 B 正确；C.Y发生取代反应生成Z,应在氢氧化钠的水溶液条件下进行，故 C 错误；D.酯化反应生成，羟基的0-H 键断裂，酸的C-0 键断裂，则若用 标记Z 中的0 原子,则 M 中一定含有力,故 D 正确；故选：Co8.（3 分）我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO?和庆反应得到CH,部分微粒转化过程如图（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法不正确的是（）A.过程吸收热量B.过程涉及极性键的断裂和形成C.结合过程，过程的
13、方程式为*C+*0H+5HTCH,+H2。D.整个过程中制得1mol CH,转移电子的物质的量为8moi【分析】结合图示可知，过程为CO2（g）-*CO2,过程为*COzT*CO+*O,过程为*C0+*0+2HT*C+2*0H,结合过程可知，过程的方程式为*C+2*0H+6HTCH4+2H2。，以此分析解答。【解答】解：A.过程为*COzT*CO+*O,涉及共价键断裂，断键需要吸收能量，故 A 正确；B.过程为*C0+*0+2HT*C+2*0H,涉及碳氧键断裂与氧氢键形成，且都为极性键，故 B 正确；C.结合过程*C0+*0+2HT*C+2*0H可知，过程的方程式为*C+2*0H+6HTC+2
14、H20,故 C错误；D.整个过程由CO?和 从反应得到CH”，C 的化合价由+4价变为-4 价，则制得ImolCH,转移电子的物质的量为1 m ol X 4 -(-4)=8 m o I,故 D 正确；故选：C o9.(3 分)不同温度下，将 1 m ol C O 2 和 3 m ol 比充入体积为1 L 的恒容密闭容器中发生反应：C 02(g)+3 H2(g)e C H 3 0 H (g)+H20 (g)AH,平衡时C H 3 0 H 的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是()*/金友毒位=0=。220 240 260 280 300 温度/七A.该反应的H V OB.2 4 0
15、 时，该反应的化学平衡常数KC.2 4 0 时,若充入2 m oi C O 2 和 6 m。1%平衡时C H 3 0 H 的物质的量分数大于2 5%D.2 4 0 时,若起始时充入0.5 m ol C O2v 2 m ol&、1 m ol C H 3 O H、1 m ol H20,反应向正反应方向进行【分析】A .升高温度，平衡向吸热方向移动；B.2 4 0 时，甲醇的物质的量分数为2 5%,设平衡时消耗c (C H30 H)=x m o l,该可逆反应 C 02(g)+3 H2(g)-C H 3 O H (g)+H20 (g)开 始(m o l/L)13 0 0消 耗(m o l/L)x 3
16、 x x x平 衡(m o l/L)1 -x 3 (1-x)x x平衡时甲醇的物质的量分数10 0%=2 5%,x,化学平衡常数K；C.恒温恒容条件下，增大压强平衡正向移动；D.温度不变化学平衡常数不变，由浓度商和化学平衡常数相对大小确定反应方向。【解答】解：A.升高温度甲醇的物质的量分数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以该反应的 H V O,故 A 正确；B.2 4 0 时，甲醇的物质的量分数为2 5%,设平衡时消耗c (C H3O H)=x m o l,该可逆反应 C O?(g)+3 H2(g)0 c H 3 0 H (g)+H20 (g)开 始(m o l/L)1
17、3 0 0消 耗（m o l/L）x 3 x x x平 衡（m o l/L）1 -x 3 （1 -x）x x平衡时甲醇的物质的量分数10 0%=2 5%,x,则平衡时c （C 02）m o l/L、c （H2）=1m o l/L、c（C H a O H）=c （H20）m o l/L,化学平衡常数K,故 B 错误；C.2 4 0 时，若充入2 m o i C O?和 6 m o i H2,与原来相比，开始反应物浓度是原来的2 倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的转化率增大，则平衡时甲醇的物质的量分数大于2 5%,故 C 正确；D.温度不变化学平衡常数不变，若起始时
18、充入0.5 m o l C O-2 m o l%、1m o l C&O H、1m o l H20,其浓度商Q K,反应正向移动，故 D 正确；故选：B o关系是解本题关键，注意C中等效平衡的分析解答，为解答易错点。10.（3 分）双极膜能够在直流电场作用下将H20 解离为H*和 O H o 以维生素C的钠盐（C 6 H为原料制备维生素C （C6H806,具有弱酸性和还原性）的装置示意图如图。下列说法不正确的 是（）宜流电源NaOH溶液1X、极NaS。,_ _ _ _ _!溶液J离子维生素c1 .G.HANa溶液NaOH溶液二b肉子维生索C极-NaSO.溶液阳离子交换腴双极膜A.a 离子是O H
19、 ,b 离子是H+B.生成维生素C的离子方程式为C6H70/+H-C6H806C.X 极的电极反应式为2 H 2 0-4 e 0 z T+4 H*D.将 X 极区的N a z S O,替换为C 6 H 7。6 g，可以提高维生素C的产率【分析】在 X电极，水失电子生成0,同时生成H*,X电极发生氧化反应，贝 l X 为阳极，N a*通过阳离子交换膜与a离子即0 K 构成N a O H,故 a离子为0 1；则 b 离子为H+,与 C6H70/结合为C 6 H 8。6,丫电极为阴极，足 0 得电子生成比和0 H,【解答】解：A.由以上分析可知，a 离子是O H ,b 离子是K,故A 正确；B.C6
20、H7。6一为弱酸根离子，与b离子即H,结合生成维生素C,离子方程式为C6H706+Ht=C6H806,故B正确；C.在X极，a 0失 电 子 生 成 和K,电极反应式为2H20-4e=0zT+4 H*,故C正确；D.若将X极区的NazSO”替换为C6H7。6 g，一方面生成的C6H8。6导电能力弱，另一方面维生素C易被生成的口氧化，不能提高维生素C的产率，故D错误；故选：Do1 1.（3分）实验室用如图方法制备饮用水消毒剂CIO?。已知：NCL为强氧化剂，其中N元素为-3价，下列说法不正确的是（）N1LCI溶 液 一 H：N：H|：CI：jA.NH4C I的电子式为B.电解池中总反应的化学方程
21、式为NH4CI+2HCINCI3+3H2tC.若NaC。与NCI3恰好完全反应,则X为NaCID.饮用水中残留的CIO2可用适量FeSO“溶液去除【分析】氯化镂溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCL溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCL,电解方程式为NHHI+2HCINC13+34T,加入NaCIO2溶液发生反应生成C。、NH?和X溶液，X中含 C l、0H,发生反应为：NC13+6NaC102+3H20=6CIO2+NH3+3NaOH+3NaCI,据此分析。【解答】解：A.NH4C I为离子化合物，是铁根离子和氯离子构成的，电子式为故A正确；B.氯化铁溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCL溶液，阴极生成
22、氢气，阳极生成N C L,电解方程式为NH4cl+2HCI NC 13+3H T,故B正确；C.若 NaC I与 NC 13恰好完全反应，发生反应为：NC 13+6NaC 102+3H20=6CI 02+NH3+3Na0H+3NaC I,X为NaCI、NaOH的混合溶;攸，故C错误；D.饮用水中残留的CI0?具有强氧化性，硫酸亚铁和CI0?反应产生的铁盐，可以水解得到氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮物而净水，可用适量FeSO,溶液去除，故D正确；故选：Co12.(3分)室温下，下列说法不正确的是()A.中和等体积、等pH的C/C00H溶液和盐酸，CH3COOH消耗的NaOH多B.p H
23、=9的CCOONa溶液与pH=5的CLCOOH溶液，水的电离程度相同C.将0.2mo I 的CH3C00H溶液稀释一倍，CH3COOH的电离程度增大D.等体积 等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后，溶液中微粒浓度存在如下关系：c(OH)=c (CH3COOH)+c(HO【分析】A.醋酸为弱酸，pH相同时醋酸的浓度大于盐酸；B.酸抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；C.醋酸为弱酸，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离；D.等体积、等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液混合后生成醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒。【解答】解：A.中和等体积、等pH的盐酸和C&COOH溶液，由于醋酸的浓度大
24、于盐酸,则所消耗的NaOH物质的量：醋酸盐酸，故A正确；B.p H=9的CH3COONa溶液中水的电离程度增大，p H=5的CH3COOH溶液中水的电离程度减小，水的电离程度不相同，故B错误；C.将0.2moi 的CHsCOOH溶液稀释一倍，加水稀释促进醋酸电离，CH3C00H的电离程度增大，故C正确；D.等体积 等浓度的CMCOOH溶液和NaOH溶液混合后生成醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，溶液中微粒浓度存在如下关系：c(OH)=c (CH3COOH)+c(H*),故D正确；故选：BoCIB0 H C lb-C H-CH：13.(3分)M (5,)和N(ci)在一定条件下可制得环氧树脂粘合
25、剂 P 其 结 构 如 图：CHi CHiCifc -o-c i h-a i CH；、CU，下列说法不正确的 是()A.M苯环上的一溟代物有2种B.N含有2种官能团C.相同条件下，苯酚也可以和N 反应生成结构与P 相似的高分子D.生成1 m o l P 的同时生成（n+2）m o l H C I【分析】A.M的苯环结构对称，含有2 种 H 原子；B.N 含有氯原子、酸键；C.M 含有2 个酚羟基，发生缩聚反应；D.由结构简式可知1 m o l M 和（n+2）m o l N 反应。【解答】解：A.M 的苯环结构对称，含有2 种 H 原子，则 M 苯环上的一浪代物有2 种，故 A正确；B.N 含
26、有氯原子、醛键，则含有2 种官能团，故 B 正确；C.M 含有2 个酚羟基，发生缩聚反应，而苯酚只含有1 个酚羟基，则不能发生该类型的反应，故 C 错误；D.由结构简式可知1 m o l M 和（n+2）m o l N 反应,则生成1 m o I P的同时生成（n+2）m o l H C I,故 D 正确；故选：C o1 4.（3 分）向碘水、淀粉的混合液中加入A g N O s 溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验如图。B.过程中加入N a C I 溶液的目的是除去A g,C.不能判断4 H+4 厂+0 2 2 4 0+2 1 2 是过程中溶液变蓝的原因D.综合上述实验，过程中蓝色褪去的原因
27、是A g.氧化了 I?【分析】淀粉遇碘变蓝，在碘水中存在平衡H2O+I2-HI+HIO,加入硝酸银溶液，蓝色褪去，且产生黄色沉淀，过滤，得到黄色沉淀为A g l,滤液1 含有H I 0、硝酸以及未反应完的硝酸银，加入氯化钠溶液，过滤得到滤液2,滤液2加入K I 溶液，立即变蓝，说明生成碘，以此解答该题。【解答】解：A.碘水中存在平衡H2O+I2-H I+H I O,加入硝酸银溶液，可生成碘化银沉淀，促进平衡正向移动，氢离子浓度增大，则过程后溶液pH明显变小，故A正确；B.滤液1中含有硝酸银，则加入NaCI溶液的目的是除去A g,故B正确；C.滤液2中含有HI0、氢离子，加入K I溶液,可发生氧
28、化还原反应生成碘，则不能判断4M+4I+。2-2&0+2I2是过程中溶液变蓝的原因，故C正确；D.过程中蓝色褪去的原因是Ag*氧化了 12,也可能为银离子与碘离子的反应促进碘与水的反应，故D错误；故选：D。二、本部分共5题，共5 8分。15.(1 0分)是一种重要的化工原料，葱醍法是工业上合成H。的主要方法，氢氧直接合成法是近年研发的新方法。I.葱醍法的反应过程如图。他环再生(1)已知：2H2(g)+02(g)2H20(I)A H,=-572kJm or12H202(I)2H20(I)+02(g)%=-196kJmo|-葱醍法生产H202总反应的热化学方程式是&(g)+。2(g)一比。2(I)
29、A H n -188kJ/mol。(3)测定后。,含量：取所得用。2水溶液am L,用cmol L-KMn()4酸性溶液滴定,消耗KMnO,酸性溶液vmL。已知：MnOJ的还原产物是M n,KMnO,酸性溶液与H202反应的离子方程式是2MnOJ+5H2O2+6K 2凶 产+5。2。+8H2。所得H2O2水溶液中的物质的量浓度是 mo I,L oI I.氢氧直接合成法的反应过程如图所示。（4）用同位素示踪法研究催化剂中H,的作用：用D?（说）代替进行实验。催化剂中氢离子参与反应的证据是生成的过氧化氢中有HD02或M O 2。（5）“转化率和HQ?选择性随反应时间的变化如图。已知：庆。2选择性是
30、指玲。2在所有生成物中的占比。用化学方程式解释H O选择性逐渐下降的可能原因：2H2+022H20V 2H2022H2O+O2T(H2O2+H22H2O)00 20 40 6 0 gb ib olio反应时何/min80604020*迪t报C三反应时间Anin【分析】(1)有题意可得：反应：2H2 (g)+O2(g)2H20(I)A H,=-572kJ*m o|-,):2H2O2(I)-2H20(I)+O2(g)AH2=-196kJ*m ol-1,根据盖斯定律,将得：H2(g)+02(g)=H202(I),A H；与O2的物质的量之比；（3）有题意可知KMnO,被还原为Mn2&O2被氧化为02
31、,根据化合价升降守恒和原子守恒，即可写出离子方程式；由可得关系式：2MnOJ5H2O2,n（H202）n（KMnOj,c（H202）；II.（4）用1（%）代替进行实验，若生成的过氧化氢中含有HDOz或H。出现，则说明催化剂中氢离子参加了反应；（5）图中所示信息为从转化率逐渐增大但是H Q选择性却减小，可能原因是消耗了&但未生成H。，或者H Q分解生成了其他物质，又 或 者 也 与 直 接 反 应 了，即可写出可能的反应。【解答】解：(1)有题意可得：反应：2H2 (g)+。2 (g)2H2O (I)A H,=-572kJmol：2HA(I)2H20(I)+02(g)H2=-1 9 6 k J
32、 m o f,根据盖斯定律，将得：H2(g)+02(g)=H202(I),HkJ/mol=-1 8 8 kJ/m ol,所以有：H2(g)+02(g)=H202(I)AH=-188kJ/mol,故答案为：H2(g)+02(g)H2O2(I)A H=-188kJ/mol；OH(2)根据总反应式H2(g)+O2(g)H2O2可知：发生反应b时，消耗 OH与Oz的物质的量之比是1：1,故答案为：1 ：1;(3)有题意可知KMnO,被还原为Mn2；&O2被氧化为02,根据化合价升降守恒和原子守恒，可写出离子方程式为：2MnOJ+5H2O2+6H*2Mn+5()2T+8H20,故答案为:2MnOJ+5H
33、202+6H-2Mn2+502t +8HQ；由可得关系式:2MnOJ5H2O2,n(H202)n(KMnO4)cmolL Lmol,c(H202)mol/L,故答案为：；I I.(4)根据氢氧直接合成法的反应过程示意图可知，用同位素示踪法研究催化剂中H的作用：用D?(%)代替比进行实验，若生成的过氧化氢中含有HDO?或H Q出现，则说明催化剂中氢离子参加了反应，故答案为：HDOz或(5)图中所示信息为比转化率逐渐增大但是H 2选择性却减小，可能原因是消耗了也但未生 成H202,或 者H。分解生成了其他物质，又或者&与H Q直接反应了，即2H2+O22H2OX2H2022H2O+O2 T(H2O
34、2+H22H2O),故答案为：2H2+022H20X 2H2022H2O+O2 T(H202+H22H20)O16.(1 2分)天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的&S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2SO已知：i.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。H2S 1.3X10-7 7.1 X 10-15H2C03 4.4X 10 7 4.7X 10-11ii.(x-1)S+S?-(无色)OS*?-(黄 色)(x=26)(1)醇胺法脱硫：醇胺对脱除H2S选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下。(HOCH2CH2)州(I)+H2s(g)m (H0CH2CH2)2NH2HS(I)AH-CH2COOCH2
35、cH3,反应方程式v浓 吟f q为.-OH+C2H,OH 11：()V 救 H一.q故套案为.4、人:，ll：O .oII(4)由分析可知,J结构简式是C C H 故答案为:（5）F是 一 C H 2 8 0 C H 2 c H 3,F的同分异构体满足下列条件：苯环上只有一个取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，该取代基含有-O O C H基团，可以是C H 3 C H 2 C H QO C H 中丙基去掉1 个原子形成的基团有3 种，可以是（C H 3）2C H O O C H中异丙基去掉1 个原子形成的基团有2 种，故符合条件的同分异构体共有5 种，故答案为：5；0UCHJCH.O-C-
36、OCHJCH1（6）由 分 析 可 知，K 的结构简式为,P 的 结 构 简 式 为：Cil5cn2 COOCHXH./CCOOCILCH,CHjCH,COOCHjCH,oc、-g 且 CHJCO-C-OCHJCH,C（）（）CHJ：H故箸案为：；o1 9.（1 2 分）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。学i t f n*线里Fe咯HNO,f H 插入Cu,曲心F e I I N O,Fe 财*HNO,IIIIIU I中：F e 表面产II中：F e 表 面 I I I 中：连接导线，一段时间后F e 表面产生红豆生大量无色气产生红棕色棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，液面
37、上方变气泡，过一会泡，而后停止，如此往复多次。C u 表面为红棕色 儿停止 始终产生红棕色气泡（1）I中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为2N0+02=2N0Z。（2）取少量I中溶液，加入K S C N 溶液，溶液变成血红色（填现象），说明产生了 F e：（3）II中现象说明F e 表面形成致密的氧化层，阻止F e 进一步反应。说明硝酸具有Hfi化 性。（4）III中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、C u之间连接电流计,实睑如下表。实验 现象木i .K闭合时，指针向左偏转（C u做负极），F e表面无明显现图象,4 4-过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；
38、后又迅速H中的F e-卜挂 向 左偏，Fe表面停止产生气泡，如此往复多次1Vi i i.一段时间后，指针一直处于右端，F e表面持续产生红棕色气体iv.Cu表面始终产生红棕色气泡用方程式解释现象 iv：Cu+4HN03（浓）=C u （NO3）2+2NO2T+2H2 O,NtV+ZH+e-NO2 T+H20 O推测现象i中被还原的是 铁表面的氧化物。解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因。F e做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓州。3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，F e不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次现象iii中，
39、Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是 反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低。【分析】（1）由于F e和HNO3（稀）生成Fe（N03）3、NO、H20,生成的N O遇到空气，立即与0?化合生成红棕色的NO?;（2）I中溶液含有Fe（NO3）3,加入KSCN溶液，溶液变成血红色；（3）常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性；（4）由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，从而写出电极反应式；刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，此时被还原的是铁表面的氧化层；铁做正极
40、时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次；随着反应进行，硝酸浓度逐渐降低，反应放热，溶液温度升高，使铁表面难以形成氧化层。【解答】解：(1)由于Fe+4HN03(稀)=Fe(N03)3+N0T+2H20,生成的NO遇到空气，立即与0?化合生成红棕色的N02,故液面上方变为红棕色，反应方程式为：2N0+02=2N02,故答案为：2N0+02=2N02；(2)由(1)中分析可知，I中溶液含有Fe(N03)3,加入KSCN溶液，溶液变成血红色，故答案为：溶液变成血红色；(3)I I中现象说明Fe表面形成致密的
41、氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下，铁在浓硝酸中发生了钝化，说明硝酸具有强的氧化性，故答案为：强氧化；(4)由于铜在常温下就能与浓硝酸反应，方程式为：CU+4HN03(浓)Cu(NO3)2+2N02T+2 H Q,同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不在形成氧化物保护膜，故铁做负极，铜做正极，电极反应式为：N(V+2H*+e NO2T+H2O,故答案为：CU+4HN03(浓)Cu(NO3)2+2NO2T+2H2O,N O 3+2H*+e NO2T+H2O；刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁做正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，故答案为：铁表面的氧化物；铁做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，铁失去电子做负极，同时又被氧化形成致密的氧化层，待氧化层形成后，铁不在失去电子，再次做正极，如此指针左右偏转，往返多次，故答案为：F e做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使F e与浓州。3接触，F e失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，F e不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；随着反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故铁一直做负极，故答案为：反应放热，溶液温度升高，随反应进行，硝酸浓度降低。