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1、【赢在高考黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷（北京专用）三轮冲刺卷03（本卷共19小题，满分100分，考试用时90分钟）可能用到的相对原子质量：Hl C12 N14 016第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1 .化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是（）A.针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒B.歼 2 0 战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C.“中国天眼”的镜片材料为S i C,属于新型有机非金属材料D.芯片制造中的“光刻技术 是利用光敏树脂在曝光条件
2、下成像，该过程并不涉及化学变化【答案】B【解析】A.使用酒精杀菌消毒，常用7 5%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故 A错误；B.金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故 B正确；C.S i C 属于新型非金属材料，故 C错误；D.光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故 D错误；答案为B。2.锡可改善钢的加工性能。周期表中秘与碑（A s）同主族，其最稳定的同位素是胃B i。下列说法不生够的是（）A.B i 是第六周期元素 B.翼B i 的中子数是1 2 6C.B i 的原子半径比A s 的小 D.鲁B i 和
3、鲁B i 具有相同的电子数【答案】C【解析】A.由题干信息可知，B i 是 8 3 号元素，5 4 V 8 3 V 8 6,则 B i 属于第六周期元素，A正确；B.已知质量数等于质子数加中子数，则善B i 的中子数是2 0 9-8 3=1 2 6,B正确；C.已知 A s 位于第4周期第VA族，而 B i 位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半径依次增大，即B i 的原子半径比A s 的大，C错误；D.察B i 和舞B i 的核外电子数为8 3,故相同，D 正确；故答案为：C。3.已知反应：2F 2+2N a O H=O F 2（二氟化氧）+2N a F+H 2。，下列有关的化学用
4、语描述正确的是（）A.O F 2为极性分子B.核内有12个中子的N a：；N ac.F的核外电子排布式:D.WO分子的球棍模型：CMO【答案】A【解析】A.O F 2的结构式为/(),类似水分子，分子中正、负电荷的重心不能重合，F F因此该分子为极性分子，A正确；B.核内有12个中子的N a 原子的质量数为11+12=23,该原子应表示为:N a,B错误；C.F的质子数为9,核外电子数为10,用离子结构示意图表示为:,C错误；D.氧原子的半径比氢原子的半径大，且 H 2 O 分子的空间结构为V形，而不是直线形，比0 分子的球棍模型为：，D 错误；故合理选项是A。4 .下列生活中的有机物叙述正确
5、的是()A.淀粉、纤维素、蛋白质都是高分子化合物B.糖类、油脂和蛋白质都是由C、H、。三种元素组成的C.葡萄糖与蔗糖不是同分异构体，但属于同系物D.吞服“钢餐”能使蛋白质变性【答案】A【解析】A.淀粉、纤维素、蛋白质都是相对分子质量很大的有机物，均属于有机高分子化合物，故 A正确；B.糖类、油脂的组成元素为C、H、O,蛋白质的组成元素为C、H、0、N,故 B错误；C.葡萄糖和蔗糖的官能团不同，葡萄糖含有醛基和羟基，蔗糖不含醛基，二者的分子式也不同，所以二者不是同分异构体，也不是同系物，故 C错误；D.可溶性重金属盐能使蛋白质变性，领餐的成分是硫酸钢，硫酸领不溶液于水，也不溶于强酸，不会电离出大
6、量B a?不会引起中毒，故 D 错误；答案选A.5 .氢能被称为未来能源，利用乙醇来制取氢气涉及如下反应()反应 I：C H 3C H2O H(g)+3H2O(g)=2C O 2(g)+6 H2(g)H i=+17 3.5 k J m o rl反应 H：C O(g)+H2O(g)=C O2(g)+H2(g)H 2=-4 1.2k J m o H则 Im o l C H 3c H 20H(g)与 比0 您)作用生成C O(g)和 H?(g)反应的AH为A.+25 5.9 k J-m o l-B.-25 5.9 k J m o|-C.+I32.3k j m o l-D.-132.3k J m o
7、l1【答案】A【解析】C H 3c H 20H(g)与 H 9(g)作用生成C O(g)和 H z(g)反应方程式III为：C H3C H2O H(g)+H2O(g)=2C O(g)+4 H2(g);由盖斯定律可知，I-2x l I=IH,则该反应的热化学方程式为：C H 3c H 20H(g)+H 2O(g)=2C O(g)+4 H 2(g)A H=A H/-2A H 2=(+17 3.5 k J-m o l )-2x(-4 l.2kJ-mol)=+255.9 kJ-mol1 o 故选 A6.将 H2S 和空气的混合气体通入FeCb、FeCb、CuCb的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所
8、示。下列叙述不氐碘的是（）A.H2s和空气通过上述循环的目的是降低活化能，提高总反应速率B.在转化过程中能循环利用的物质是FeCb和 CuCl2催化剂C.该过程的总反应式为：2H2S+O2=2H2O+2S1D.若 有 ImolH2s发生图示转化的同时消耗02为 0.4m ol,则混合液中Fe3+浓度增大【答案】D【解析】A.总反应为硫化气和氧气反应生成硫和水，H2s和空气通过上述循环相当于铁离子和铜离子作了催化剂，催化剂能降低活化能，提高总反应速率，A 正确；B.在转化过程中能循环利用的离子是铁离子和铜离子，则对应的物质是F e J 和CuCL，B 正确；C.由图可知反应物为H2S.C h,生
9、成物为H20.S,该过程的总反应式为：2H2s+02催化剂2H2O+2S1，C 正确；D.总反应为硫化氢和氧气反应生成硫和水，若有ImolH2s发生图示转化，则失去电子为2m ol,若同时消耗02为0.4m ol,则得到电子为1.6m ol,则混合液中Fe3+浓度因消耗而减小，D 错误；答案选D。7.下列反应的离子方程式正确的是（）A.向明矶溶液中滴加Ba（OH%溶液至沉淀的质量最大：2A1+3SO：+6OH+3Ba2+=3BaSO4 J +2A1（OH）,JB.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2t+3C1O+S02+H2O=CaSO4；+C1+2HC1OC.少量CO?通入CaCl2溶液中
10、：CO2+Ca2+H2O=CaCO3 i +2H+D.向含FeBr?和Fei2且物质的量各为0.5mol的溶液中通入Imol Cl2：41+2Fe2+3cl2=2Fe+2I2+6C1【答案】B【解析】A.向明矶溶液中滴加B a(O H%溶液至a“沉淀完全时为沉淀的物质的量最多时，而不是质量最大时，选项A错误;B.向漂白粉溶液中通入少量S O?,C K T 将S。2 氧化为S O：,自身被还原为C，S O：与C a?+结合，生成的H*与过量的C 1C T 将结合为H C 1 0,选 项 B正确；C.C O?通入C a C L 溶液中，碳酸为二元弱酸，电离产生的C O：浓度太小，溶液中c(C O;
11、)-c(C a2+)F e B，正确的离子方程式为2 F e2+2 I +2 C l2=I2+2 F e3+4 C E,选项 D 错误。答案选 B。8 .下列实验装置设计和所用药品正确且能达到实验目的的是()【答案】D选项ABCD实验目的配制一定物质的量浓度的稀硫酸除去乙烷中的少量杂质乙烯定量测定出02的分解速率分离乙醇和苯甲酸乙酯装置或仪器-用浓硫酸气体KM11O4溶 液 4(f=J u 3 111 I l l i I I【解析】A.容量瓶不能用于溶液的稀释，选项A错误；B.除去乙烯时，乙烯被高镭酸钾氧化生成二氧化碳，引入了新的杂质，选项B错误；C.装置内的漏斗不能使用长颈漏斗，反应生成的氧
12、气会从长颈漏斗中溢出，不能实现实验目的，选项C错误；D.乙醇和苯甲酸乙酯互溶且沸点相差较大，可以采用蒸储法分离，选项D正确。答案选D。9 .已知二甲胺K C H 3)2 N H-H 2 O 在水中的电离与一水合氨相似，下列关于常温下p H=1 2 的二甲胺溶液的叙述正确的是()A.C(O H-C(CH3)2 N H2+B-加水稀释C(C时H3X瑞 N H：增1大C.与p H=2的盐酸等体积混合后，溶液呈中性D.加入氢氧化钠固体可抑制二甲胺的电离，电 离 常 数 变 小【答案】B【解析】A.二甲胺在水中电离出氢氧根离子，水也电离出氢氧根离子，则p H=1 2的二甲胺溶液中c(O H-)C(CH
13、3)2 N H 2，,故A错误：B.由电离常数公式可知，溶液中C(CH3)2NH：KBc(CH,),N H -H2O -C(O H)二甲胺溶液加水稀释时，溶液中气氧根离子浓度减小，电离常数不变，则 舟y比值增大,c(CH)N H；C(CH,)2N H-H2O 比值增大，故B正确；C.p H=1 2的二甲胺溶液与p H=2的盐酸等体积混合后，二甲胺溶液过量，溶液呈碱性，故C错误；D.电离常数是温度函数，温度不变电离常数不变，则常温下向p H=1 2的二甲胺溶液加入氢氧化钠固体时，电离常数不变，故D错误；故选B。1 0.设N,、为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是()A.H g K2S和K2O2
14、的混合物中含有的离子数目为0.3 NAB.标准状况下，4.4 8 L CC1,所含的分子数为0.2 NAC.一定条件下，3 2 g s 0?与足量O?反应，转移的电子数为NAD.O.l m o L L T N a S O 溶液中含有的氧原子数为0.4 NA【答案】A【解析】A.K 2 s和K 2 O 2的摩尔质量均为1 1 0g/m o l、且I m o l K 2 s或1 m o l析02中均含3 m o i1 1 2离子，因 此U g K 2 s和K 2 O 2的混合物的物质的量为瑞所含离子的物质的量为0.3 m o L所含离子数目为0.3 NA,A正确；B.标准状况下，四氯化碳不是气体，
15、无法计32g算分子数，B错误；C.3 2 g s。2的 物 质 的 量 为|=0.5m o l,二.氧化硫与氧气反应的化学6 4 g/m o l方程式为：2 s o 2+O 2=2 S C 3,反应为可逆反应，因此0.5m o l S C)2与足量。2反应，转移的电子数小于NA，C错误；D.溶液体积未知，无法计算氧原子数目，D错误；答案选A。aCOOH八 )催化合成酮醛反应如下：H肺 一 酸DMSO下列说法错误的是()A.脯氨酸的分子式为C5H 9 N O 2B.c可以使酸性K M n CU溶液褪色C.该反应为加成反应 D.a 中所有原子共面【答案】D【解析】A.由结构简式可知，脯氨酸的分子式
16、为C5H9NO2,A 正确；B.c 中含有羟基，可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，B 正确；C.该反应中醛基变羟基，为加成反应，C 正确；D.a 中含有甲基，故不可能所有原子共面，D 错误；故选D。12.气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示，当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的传感器（被检测气体产物）有：CHJCO；-、CO/CO；-、C12/c r,NO/N2等，则下列说法中正确的是（）待测气体A.上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B.检测C1?气体时，电流离开对电极流向传感器C.检测N
17、O?和CO相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D.检测CH4气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：C）2+2H2O+4e-=4OH-【答案】D【解析】A.甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也可以作负极，A 错误；B.CU（敏感电极）是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，对电极作负极，是电子流出，电流流入，B 错误；C.电流大小由转移电子大小决定，NO2由+4变为0 价转移4 个电子，CO山+2价变为+4价转移2 个电子，相同量气体转移电子不同，则电流不同，C 错误；D.CH,氧化产物为CO：说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式
18、可以为：。2+2通0 +46-=40田，D 正确；故选D。1 3.以铭铁矿（主要成分为FeO C nC h,含有少量AI2O3）为原料制备铭的工艺流程如图所示:铭铁矿Na2c。3、02Na2CrO4Fe2O3NaAlOjCr(OH)3滤渣1 滤渣2Na2s2O3Cr下列说法错误的是（）A.焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4B.滤 渣 1 的主要成分为F e z C hC.酸浸时应加入足量稀硫酸D.转化时发生反应的化学方程式为4 N a2C r O 4+6 S+7 H2O=4 C r(O H)3+3 N a 2 S2O 3+2 N a O H【答案】C【解析】A.焙烧时F e O C n
19、 C h T N a z C Q、F e z C h,F e 和 C r 元素化合价都升高，通入氧气做氧化剂，发生反应为4 F e O-C r 2 O 3+7 O 2+8 N a 2 c C h 空 8 N a 2 C r O 4+2 F e 2 O 3+8 C O 2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4,A正确；B.由分析可知，不溶于水的F e z C h 形成滤渣1,B正确；C.酸浸时加入稀硫酸目的是形成A 1(O H)3 沉淀，除去铝元素，由于A 1(O H)3 能溶于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，C错误；D .转化时加入S和 N a z C r O a 反应生成N a 2 s 2。八
20、C r(O H)3,S元素化合价升高了 2,有 2个 S发生变价，C r 元素化合价降低了 3,结合得失电子守恒和原子守恒，发生反应方程式为4 N a 2 C r O 4+6 S+7 H 2 O=4 C r(O H)3+3 N a 2 s 2 C h+2 N a O H,D正确；故选：C o1 4.铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示，下列说法错误的是()W987654321*含量NO_X-r-/1NOZ4.02 8.06 9.75 12.2 c(HNO3)/mol-L-A.硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多B.硝酸与铁反应往往同时生成多种还原
21、产物C.当硝酸浓度为9.7 5 m o l-L 时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为1 5：1 3D.铁能与大于1 2.2 010 卜匚咕1 0 3 溶液反应说明不存在“钝化 现象【答案】D【解析】A.由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故 A正确；B.根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物,故 B正确；C.当硝酸浓度为9.7 5 m o l-L 时，还原产物有NO、N C h 和 N?O,物质的量之比为其体积比=1 0：6：2=5：3：I,假设NO是 5 m o l、N O 2 是 3 m o l、N 2 O 是 I m o l,则反
22、应中转移电子的物质的量是2 6 m o 1,假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是与相。/,所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为1 0：y =1 5：1 3,故 C正确；D.常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于1 2.2 m o L L H N O 3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故 D错误；故选D。第二部分本部分共5 题，共 58分。1 5.（9分）某小组研究溶液中Fe?+与 N 0?（亚硝酸根）、N O；的反应。资料：Fe（N O）在溶液中呈棕色。实 验 I试剂现象滴管试管(1 11mLl m o l-L-Fe S O a 溶液(P H=
23、4)Im o l-L N a N O?溶液(p H=8)a.逐滴加入Fe S O,溶液至1 m L,溶液先变黄，后变为棕色。2小时后，无明显变化Im o l-V N a N C)3 溶液(加N a O H 溶液至p H=8)b.逐滴加入Fe S O4溶液至1 m L,无明显变化。（1）研究现象a中的黄色溶液。用 溶液检出溶液中含有Fe 3+,现象是 o甲认为是氧化了溶液中的Fe”.乙对比a、b的实验现象认为O?不是主要原因，理由是。另行设计实验II进行验证，确认是酸性条件下Fe2+与 N O-反应生成了 Fe3 t和 NO。写出该反应的离子方程式_ _ _ _ _ _ _。（2）研究现象a中的
24、棕色溶液。提出假设：现象a中溶液变为棕色可能是NO与溶液中的Fe 或Fe 3+发生了反应。进行实实验III,证实溶液呈棕色只是因为Fe 2+与 NO发生了反应。实验m的 操 作 和 现 象 是。写出该反应的离子方程式_ _ _ _ _ _。（3）研究酸性条件下，溶液中Fe?+与 N O：、N O；的反应。序号操作现象i取2 m o i L 的N a N O?溶液gmL,加醋酸调至体积为溶液立即变为棕色iii中出现棕色的原因是Im L,且PH=3,再加入Im o lL FeSO#溶 液1Lii取2moi I?的NaNO,溶液0 5mL,加醋酸调至体积为1 m L.且 pH=3,再加入 1 mol
25、 F e S O4 溶液 i mL无明显变化iii分别取1mL ImoLL 的NaNO；溶液与mL ImoLL 的FeSO4溶液混合，再加入一滴浓硫酸(混合后溶液pH 0.4)液体分为两层，稍后，在两层液体界面上出现棕色环(4)实验结论：(至少写出两条)【答案】(1)KSCN 溶液变为红色 在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但 NaNCh溶液中无明显变化 Fe2t+NO2+2H+=Fe3+NO+H2O(2)将 NO通入FeSO$溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将 NO通入Fe2(SCU)3溶液中，无明显变化 Fe+NO=Fe(NO)r(3)两层液体界面上H+、NCh.与Fe2+反应，生成棕
26、色的Fe(NO)产(4)溶液中Fez 与NO：、NO：能发生反应；N O-NO：的氧化性与溶液的酸碱性有关【解析】(1)检验溶液中的FU+常用的试剂是KSCN溶液，KSCN与铁离子反应溶液变为红色，故答案为：KSCN；溶液变为红色；根据实验a 和 b 可知，在滴加液体的过程中均携带了氧气，但 NaNCh溶液中无明显变化，说明02不是主要原因；酸性条件下Fe?+与NO：反应生成了 Fe3+和 N O,根据氧化还原的规律配平方程式为Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H2。，故答案为：在滴加溶液的过程中均携带了氧气，但 NaNCh溶液中无明显变化；Fe2+NO2+2H+=Fe3+NO+H,O；(
27、2)证明Fe2+与NO发生了反应，可将NO分别通入Fe2(SCh)3、FeSCU溶液中，观察实验现象，将 NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将 NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化，故答案为：将 NO通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，将 NO通入Fe2(SO4)3溶液中，无明显变化；将 NO通入FeSCh溶液中，溶液由浅绿色变黄色最后变棕色，说明生成了Fe(NO)F+,则反应的离子方程式为Fe2*+NO=Fe(NO)r ,故答案为：Fe+NO=Fe(NO)r ：(3)出中出现棕色，说明生成Fe(N0)2+,原因是两层液体界面上H+、NCh-与Fe
28、?+反应，生成棕色的Fe(NO)F+,故答案为：两层液体界面上H+、NO3-与Fe2+反应，生成棕色的Fe(NO)2+；(4)根据实验现象可得出结论：一、溶液中Fe?+与NO；、NO；能发生反应；二、N O.NO；的氧化性与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液中F e 与NO-、NO；能发生反应；NO-、NO；的氧化性与溶液的酸碱性有关。1 6.（1 0 分）某小组通过观察电流表的指针偏转探究电极上发生的氧化还原反应。（1）连接装置（如 图 I 所示），断开开关K时，将铁片和铜片同时插入稀硫酸中，Fe 表面产生大量无色气泡，C u 表面无明显变化；闭合开关K,电流表指针向右偏转，Fe 和 C u
29、表面均产生大量无色气泡。欲验证铁电极发生氧化反应的产物，实验操作和现象是 o分别用化学用语表示F e 和 C u 表面均产生无色气泡的原因：；o（2）该小组同学将（1）中装置的稀硫酸换成浓硝酸，两极均产生大量红棕色气体 改进实验装置（如图I I 所示），闭合开关K后，将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转，约 2 秒后指针缓缓向左偏转，并在一段时间内电流表示数几乎不变。铜 与 浓 硝 酸 反 应 的 离 子 方 程 式 为。闭合开关KB,将铁电极快速插入浓硝酸中，观察到指针快速向右偏转的原因是（结合铜电极反应式说明）。电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，
30、但氧化膜的生成速率大于（或等于）氧化膜的消耗速率。请设计实验方案证明：。【答案】（1）取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氟化钾溶液，产出蓝色沉淀 F e+2 H+=F e?+H 2 T 2 H+2 e-H 2 f（2）C u+4H+2 N O；=CU2+2NO2T+2H2O 形成原电池，F e 比 C u 相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为C u 2+2 e=C u（或 N O；+2 H+e =N O 2 T+H 2 O）电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应【解析】（1）铁电极发生氧化反应会生成F e 2+,
31、检验亚铁离子需要用铁氟化钾溶液，实验操作和现象是：取铁电极附近溶液少许于试管中，加入铁氟化钾溶液，产出蓝色沉淀；F e表面产生无色气泡的原因是铁单质与稀硫酸发生化学反应生成硫酸亚铁和氢气，反应离了方程式为：F e+2 H+=F e2+H2t，F e和C u和稀硫酸形成原电池，C u做正极，氢离子移至C u表面得电子生成氢气，则C u表面产生无色气泡的原因：2 H+2 e-H z f；（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，反应的离子方程式为C u+4H+2 N。；CU2+2NO2T+2H2O;闭合开关KB,将铁电极快速插入浓硝酸中，形成原电池，铁做负极、铜做正极，电流从左流向右，则观察到
32、指针快速向右偏转的原因是：形成原电池，F e比C u相对活泼失电子做负极，铜片作正极，发生还原反应，电极反应式为C i P+2 e=C u（或N 0 j+2 H +e =N O2T+H2O）;电流表指针向左偏转后，示数几乎不变的原因之一是铁电极上氧化膜放电，但氧化膜的生成速率大于（或等于）氧化膜的消耗速率.设计实验方案证明:电流表示数基本不变后，每隔一段时间测定左池溶液中的铁含量，铁含量显著增多，证明氧化膜参与了反应。1 7.（1 4分）有机物F是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如下:BCOOCH,F c,H C IC i 6 H 2 4O 5 N 2C H 3 O H-A C9
33、H1 0O 4浓H 2 s O 4 COOHCH3O已知：i.R N H?+RN/a C1 6H2 3O5NCH N O30IIHCNH2-C1 6H21O4N3C H3OFoii.Ri-COOR2+H2N-R3-*|+R20HRiCNHR3(1)A 分子中含氧官能团有酸键、和。(填名称)(2)A-B 的反应方程式是。(3)CD 的条件是 o(4)D-E 的反应类型是。(5)关于物质A 下 列 说 法 正 确 的 是(填 字 母)a.核磁共振氢谱有6 组峰b.1 mol A 能与2 molNaHCO-3发生反应c.一定条件下可发生缩聚反应(6)己知分子F 中含有3 个六元环，写出ETF的反应方
34、程式_.O(7)已知：i.|RCH2NH2R CNH2oii.IIcNH2+H0-ROH-CNH R/以 B rCN/Br和为原料合成C l NClo的步(3)浓硝酸、浓硫酸、55-60(4)还原反应(5)a c(6)【分析】（1）由A结构简式可知，A分子中含氧官能团有酸键、酚羟基、竣基；（2）A-B的反应为浓硫酸加热、甲醇，结合B化学式可知，反应为醇和酸的酯化反应，方程式为生成c,C生成D,比分析D结构可知，C结构简式为 7 V|、，C生成D为在苯环上引入硝基的反应，故C-D的条件是浓硝酸、浓硫酸、5 5 6 0；（4）D结构中含有硝基，结合E化学式可知，D中硝基为被铁还原为氨基，D-E的反
35、应类型是为还原反应；（5）a.A中有6种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱有6组峰，a正确：b.酚羟基不能和碳酸氢钠反应，竣基能和碳酸氢钠反应，贝I 1 m o l A能与I m o l Na H C O,发生反应，b错误：c.A中含有酚羟基和竣基，一定条件下可发生缩聚反应，生成高分子化合物同时生成小分子水，c正确：故选a c；（6）D中硝基为被铁还原为氨基生成E：(7)发生已知i i 的反应,氨基中氢与醇中羟基发O生取代反应，生成产物1,故产物1 结构简式为：一、H；产 物 1 山发 _/O H生已知i 的反应，结构中默基被还原生成产物2,故产物2结构简式为：/OHC l N ；产物2中 2个羟
36、基在浓硫酸作用下生成酸键得到最终产物。_/OH1 8.（1 2 分）某小组验证 2 F e +2 u 2 F e 2+I 2”（反应A）存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。（1）从正反应方向探究实验。取5 m L 0.3 m o l 万K I 溶液,加入2 m L O.Ol m o l I F e C b 溶液（pH=l）,溶液呈棕黄色，不再发生变化。通过检测出_,证实反应A存在限度。加入C C 14,振荡，平衡向 移动。除反应A外，K I 还发生（写方程式），促进F e?+与的反应。（2）从逆反应方向探究实验：向碘水（含淀粉）中加入酸性F e S O,溶液，无明显变化。未检出 F e3+
37、。甲同学认为加入A g2 s o4溶液可增大F e 与L的反应程度 甲同学依据的原理是 o验证：加入A g S Od 溶液，产生沉淀a,溶液蓝色褪去。能检出F e 3+。（3）乙同学认为碘水中含有，加入A g2 s O_,溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水（含淀粉）中加入A g 4 04溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。查阅资料-：3I2+3 H2O5H1 +H IO,实验验证：已知：K A gI）=8.5 x 10*、K （A gIO 3）=3.2x l 0*（微溶）m 中 K I溶液的作用是IV 中K I溶 液 的 作 用 是（用离子方程式表示）。检验、比较沉淀a、b 的成分，可明确的
38、作用。(4)问题思考：向F e S O4与碘水的混合液中加入A g2s o4溶液，可能发生如下反应：i .F e2+与在 A g*的促进下发生的氧化还原反应i i .I2与H2O在 A g+促进下发生的反应i i i.F e”与A g+的反应确认是否发生反应出，设计实验：将反应后混合物过滤，。供选择试剂：稀 H N O 3、N a2s 2O 3溶液、K I溶液已知：A gl、A gi o,溶于N a2s2c)3溶液；A gl 难溶于稀H N O：【答案】(1)F e3+正反应方向(2)生成A gl 沉淀，c(r)降低，2F e 3+2u 2F e 2+b 逆向进行(生成A gl 沉淀，提高了
39、L的氧化能力)(3)还原 10；A gIC)3(s)+(aq)=i A gI(s)+IO；(aq)(4)方法一：取滤渣，加入足量N a2s 2。3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀H N O 3,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，i i i 成立方法二：取滤渣，加入足量K I溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀H N 0 3,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，出成立【解析】(1)溶液中检测出F e 3+,说明F e 3+未完全转化为F e 2+,证明该反应存在限度：加入CC1，振荡，反应生成的碘被C C L 萃取，使得平衡向正反应方向移动；K I 中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生
40、反应r+L w U，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；(2)加入A g2s o4溶液，碘离子与银离子结合生成A gl 沉淀，碘离子的浓度减小，2F e +21-U 2F e2+12平衡逆向移动，可增大F e?+与12的反应程度，同时生成的A gl 沉淀，提高了 L的氧化能力，F e?+被氧化成F e 的反应程度增大；(3)由图可知，步骤H I中加入K I溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明K I将滤液中的10：还原成了 k：已知3 l 2+3 H Q U 5 H I +H K)3，则沉淀b 为Ag 0 和A gl,K p(A gI)=8.5 x l()T7 K p(A gIO j=3.2x
41、l(y 8,加入 K I 可将 A gi o,转化成A gl,反应的离子方程式为 A gIO,(s)+I-(aq)A gI(s)+IO；(aq)(4)若F e 2+与A g*发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应i i i,只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量N a2s 2O 3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀H N C h,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，访成立；或者取滤渣，加入足量K I溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀H N Ch，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，i i i 成立。19.(13分)燃烧煤排放的烟气含有S C h 和 N C X,形成酸雨、污
42、染大气，采用N a C I C h 碱性（2）在鼓泡反应器中通入含有SCh和N O的烟气，反应温度为323K,NaCICh溶液浓度为5 x l0-3 m o lT。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子2-SO；SO；N O；N O2Cl-c/(molL/)8.35X10-46.87x1 O-61.5x1 O-41.2x1 O-53.4xl(P写出NaC Ch溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：。增加压强，N O的转化率（填“提高”“不变”或“降低”）。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的p H逐渐（填“增大”“不变”或“减小”）。由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除
43、了 S02和N O在烟气中的初始浓度不同，还可能是 o（3）在不同温度下，NaClCh溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和N O的平衡分压p。如图所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱 硝 反 应 的 平 衡 常 数 均（填 增大不变 或“减小”)。反应C 1 0；+2 S 0 U 2 S 0;+C 的平衡常数K表达式为。如果采用N a C l O、C a(C 1 0)2替代N a C I C h,也能得到较好的烟气脱硫效果，从化学平衡原理分析，C a(C l O)2相比N a C l O具 有 的 优 点 是。【答案】(1)+3(2)4 O H +3 C 1 O；+4 N 0 4NOj +3
44、 C 1+2 H2O 提高 减小 S C h 易溶于水，N O 溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)减小K_ c（c r）c;（s o：）-c（C O2）c2（S O；）2 O H +C 1 O +S O 2 U S O：-+C I +H 2 O,C a?+与 S O；形成C a S C U以/，反应平衡向产物方向移动，S O 2转化率提高【解析】(1)N a C l O?中N a是+1价，O是一2价，依据化合价代数和为0可知C 1是+3价;(2)亚氯酸钠具有氧化性，且N a C I C h溶液呈碱性，则N a C I C h溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4 O H +3 C 1 O；+
45、4 N O 4NO；+3 C 1+2 H2O;正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；根据反应的方程式4 O H+3 c l O；+4 N O U 4 N O，+3 C r+2 H 2。可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的p H逐渐降低；由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了 S O?和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是S O 2易溶于水，NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；(3)由图分析可知，根据反应4 O H +3 c I O +4 N O U 4 N O?+3 C r+2 H 2 O,NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；根据反应的方程式C I O：+2 S O U2 S O：+C 可知平衡常数K表达式为K=黑黑却如果采用N a C 1。、C a(C O)代N a C K h,生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡2 O H +C l(y+S O 2 U S O；+C I +HQ向正反应方向进行，所以S O 2转化率提高。