北京市通州區(qū)2020屆高三化學第一次模擬考試試題【含解析】

1、北京市通州區(qū)2020屆高三化學第一次模擬考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 C-12 O-16 K-39 Mn-55第I卷(選擇題共42分)一、選擇題(本題包括14小題，每小題3分，共42分。每小題只有一個選項符合題意。)1.現(xiàn)代社會的發(fā)展與進步離不開材料，下列有關(guān)材料的說法不正確的是（ ）A. 港珠澳大橋路面使用了瀝青，瀝青可以通過石油分餾得到B. 用于新版人民幣票面文字等處的油墨中所含有的Fe3O4是一種磁性物質(zhì)C. 被譽為“中國天眼”的射電望遠鏡，其“眼眶”的結(jié)構(gòu)鋼梁屬于合金材料D. 新型聚氨酯迷彩偽裝涂料可用于軍車多環(huán)境下的隱身，聚氨酯屬于無機非金屬材料【答案】D【解析】

2、【詳解】A通過石油分餾最后可以得到沸點高、難揮發(fā)的物質(zhì)為瀝青，瀝青常用于鋪路，故A正確；BFe3O4俗稱磁性氧化鐵，是一種具有磁性的物質(zhì)，故B正確；C鋼鐵結(jié)成的圈梁，不是純金屬材料，是鐵合金，屬于合金材料，故C正確；D聚氨酯由小分子通過聚合反應獲得，屬于有機高分子材料，不是無機非金屬材料，故D錯誤；答案選D?！军c睛】無機非金屬材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、鹵素化合物、硼化物以及硅酸鹽、鋁酸鹽、磷酸鹽、硼酸鹽等物質(zhì)組成的材料。是除有機高分子材料和金屬材料以外的所有材料的統(tǒng)稱，有機高分子材料又稱聚合物或高聚物，一類由一種或幾種分子或分子團(結(jié)構(gòu)單元或單體)以共價鍵結(jié)合成具有多個重復單體

3、單元的大分子，其分子量高達10 000以上，可高達幾百萬，它們可以是天然產(chǎn)物如纖維、蛋白質(zhì)和天然橡膠等，也可以是用合成方法制得的，如合成橡膠、合成樹脂、合成纖維等非生物高聚物等。2.下列對化學用語的理解正確的是（ ）A. 鍵線式H-C1-O可以表示次氯酸分子的結(jié)構(gòu)B. 電子式可以表示氫氧根離子，也可以表示羥基C. 結(jié)構(gòu)示意圖可以可以表示35Cl-，也可以表示37Cl-D. 比例模型可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子【答案】C【解析】【詳解】AC1最外層有7個電子，形成共價鍵時只能形成一個共價鍵，O最外層有6個電子，形成共價鍵是可以形成兩個共價鍵，鍵線式H-O-C1可以表示次氯酸分子的結(jié)構(gòu)

4、，故A錯誤；B羥基(-OH)為9電子微粒，電子式表示為，氫氧根離子(OH-)為10電子微粒，電子式為，故B錯誤；C35Cl-和37Cl-的中子數(shù)不同，但核電荷數(shù)和核外電子數(shù)相同，均為Cl，核電荷數(shù)為17，核外電子數(shù)為18，結(jié)構(gòu)示意圖為，故C正確；D甲烷和四氯化碳分子均為正四面體結(jié)構(gòu)，但Cl原子半徑大于C，所以可以表示甲烷分子，但不可以表示四氯化碳分子，故D錯誤；答案選C?！军c睛】判斷比例模型時，要要對照一下原子半徑的大小，看是否符合。3.如圖為氟利昂（如CFCl3）破壞臭氧層的反應過程示意圖，下列不正確的是A. 過程中斷裂極性鍵C-Cl鍵B. 過程可表示為O3+ Cl =ClO + O2C.

5、過程中O + O = O2是吸熱過程D. 上述過程說明氟利昂中氯原子是破壞O3的催化劑【答案】C【解析】A、過程中CFCl3轉(zhuǎn)化為CFCl2和氯原子，斷裂極性鍵C-Cl鍵，選項A正確；B、根據(jù)圖中信息可知，過程可表示為O3 + Cl = ClO + O2，選項B正確；C、原子結(jié)合成分子的過程是放熱的，選項C錯誤；D、上述過程說明氟利昂中氯原子是破壞O3的催化劑，選項D正確。答案選C。4.“暖冰”是科學家將水置于一個足夠強的電場中，在20時，水分子瞬間凝固形成的。用“暖冰”做了一個如圖所示的實驗，發(fā)現(xiàn)燒杯中酸性KMnO4溶液褪色。若將燒杯中的溶液換成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血紅色

6、。則下列說法不正確的是（ ）A. 該條件下H2燃燒生成了既具有氧化性又具有還原性的物質(zhì)B. 水凝固形成20時的“暖冰”所發(fā)生的變化是化學變化C. 該條件下H2燃燒的產(chǎn)物中可能含有一定量的H2O2D. 在電場作用下，水分子間更易形成氫鍵，因而可以制得“暖冰”【答案】B【解析】【詳解】A酸性KMnO4溶液褪色，說明燃燒生成了具有還原性的物質(zhì)；含有少量KSCN的FeCl2溶液呈血紅色，說明燃燒生成了具有氧化性的物質(zhì)，故A正確；B水凝固形成20時的“暖冰”，只是水的存在狀態(tài)發(fā)生了變化，沒有生產(chǎn)新的物質(zhì)，所發(fā)生的是物理變化，故B錯誤；C該條件下H2燃燒生成了既具有氧化性又具有還原性的物質(zhì)，該物質(zhì)可能是雙

7、氧水，故C正確；D在電場作用下，水分子間更易形成氫鍵，因而可以制得“暖冰”，否則20時，水分子不能瞬間凝固形成冰，故D正確；答案選B。5.抗癌藥物“6-Azulenol”的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列有關(guān)敘述正確的是（）A. 分子式為C12H18O2B. 分子中含有兩種官能團，能發(fā)生加成、氧化、酯化反應C. 能使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且褪色原理相同D. lmol該物質(zhì)與足量的Na反應可產(chǎn)生22.4LH2（標況下）【答案】D【解析】【詳解】A該有機物分子中含有13個碳原子、18個H原子、3個O原子，故該有機物分子式為：C13H18O3，故A錯誤；B該有機物含有羧基、醇羥基、碳碳雙鍵三種官能團，故

8、B錯誤；C該有機物與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使酸性高錳酸鉀溶液褪色，褪色原理不相同，故C錯誤；D羧基、羥基能與Na反應生成氫氣，1mol 該有機物與足量Na反應生成1mol氫氣，標況下生成氫氣體積為22.4L，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】注意把握有機物的結(jié)構(gòu)特點和官能團的性質(zhì)。6.下列反應的離子方程式正確的是（ ）A. 向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制次氯酸：2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-B. Ag(NH3)2OH與足量鹽酸反應生成AgCl：Ag(NH3)2+OH-+3H+Cl-=AgCl+2NH4+H2OC. Cl2與熱

9、NaOH溶液反應制取NaClO3：2Cl2+6OH-=3Cl-+ClO3-+3H2OD. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2+5SO42-+2H2O【答案】B【解析】【詳解】A向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制取次氯酸，反應生成碳酸氫鈣和次氯酸，正確的離子方程式為：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故A錯誤；BAg(NH3)2OH與足量鹽酸反應生成AgCl，該反應的離子方程式為：Ag(NH3)2+OH-+3H+Cl-=AgCl+2NH4+H2O，故B正確；CCl2與熱的NaOH溶液發(fā)生氧化還原反應生成NaClO3，正確的離子方程式為：3C

10、l2+6OH5Cl+ClO3+3H2O，題中所給的離子方程式電荷不守恒，故C錯誤；D向酸性KMnO4溶液中通入SO2，二者發(fā)生氧化還原反應，正確的離子方程式為：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，故D錯誤；答案選B?！军c睛】正確的離子方程式要符合客觀事實，要符合電荷守恒，原子守恒等。7.關(guān)于化學能與其他能量相互轉(zhuǎn)化的說法正確的是（ ）A. 圖1所示的裝置能將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷. 圖2所示的反應為吸熱反應C. 化學反應中能量變化的主要原因是化學鍵的斷裂與形成D. 中和反應中，反應物的總能量比生成物的總能量低【答案】C【解析】【詳解】A圖I所示的裝置沒形成閉合回路，不能形成

11、原電池，沒有電流通過，所以不能把化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?，故A錯誤；B圖II所示的反應，反應物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應為放熱反應，故B錯誤；C化學反應時斷鍵要吸收能量，成鍵要放出能量，所以化學反應中能量變化的主要原因是化學鍵的斷裂與生成，故C正確；D中和反應為放熱反應，反應物的總能量比生成物的總能量高，故D錯誤；答案選C?！军c睛】從化學模型中幫助學生理解反應中的能量變化，高處的水，流入低處，釋放能量，低處的水吸收能量才能到達高處，從生活中找出合適的化學模型，有利于學生理解。8.下列操作能達到相應實驗目的的是（ ）實驗目的操作A檢驗綠茶中是否含有酚類物質(zhì)向茶水中滴加FeCl3溶液B測定84

12、消毒液的pH用潔凈的玻璃棒蘸取少許84消毒液滴在pH試紙上C除去苯中混有少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，過濾后分液D實驗室制備乙酸乙酯向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加熱A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【詳解】A選項，檢驗綠茶中是否含有酚類物質(zhì)，向茶水中滴加FeCl3溶液，變紫色，則含有分類物質(zhì)，故A正確，符合題意；B選項，不能用pH試紙測定84消毒液的pH，因為84消毒液有漂白性，故B錯誤，不符合題意；C選項，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反應生成2,4,6三溴苯酚與苯互溶，不能用過濾、分液，故C錯誤，不符合題意；D選項，實驗室制備乙酸乙酯，

13、向試管中依次加入乙醇、濃硫酸、乙酸和碎瓷片，加熱，故D錯誤，不符合題意。綜上所述，答案為A?！军c睛】檢驗酚羥基主要用鐵離子檢驗。9.納米Fe3O4晶體材料可以作為核磁共振造影增強劑，用于疾病的診斷和治療，其制備過程如圖所示，下列敘述不合理的是（ ）A. 在反應中，的作用可能是促進氯化鐵水解B. 直接加熱FeCl3溶液也可以得到四氧化三鐵C. 反應的化學反應方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2D. 納米四氧化三鐵在水中形成的分散系，有可能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象【答案】B【解析】【詳解】A因反應不參加反應，但加快反應速率，即加快了氯化鐵水解，故A正確；B直接加熱FeCl3溶液，促進了

14、氯化鐵的水解，HCl易揮發(fā)，最終氫氧化鐵分解生成氧化鐵，不會得到四氧化三鐵，故B錯誤；C由制備過程圖可知，反應的反應物為FeOOH和CO，由一種生成物為Fe3O4和質(zhì)量守恒定律可知反應為：6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O+CO2，故C正確；D納米四氧化三鐵分散在適當分散劑中，屬于膠體分散系，則具有丁達爾現(xiàn)象，故D正確；答案選B。10.下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)的說法不正確的是（ ）A. 三聯(lián)苯與四聯(lián)苯互為同系物B. 可用燃燒法鑒別環(huán)乙烷、苯、CCl4C. 分子式為C5H10的烴存在順反異構(gòu)體D. 分子中所有原子可能位于同一平面【答案】A【解析】【詳解】A結(jié)構(gòu)相似，類別相同，在分子組成上相

15、差一個或多個“-CH2-”原子團的有機物互為同系物，三聯(lián)苯與四聯(lián)苯苯環(huán)的數(shù)目不同，二者不是同系物，故A錯誤；B苯的含碳量更高，苯燃燒時比環(huán)己烷燃燒黑煙更濃，四氯化碳不燃燒，現(xiàn)象不同可鑒別，故B正確；C主鏈有5個C原子時，相應烯烴有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3，其中CH3CHCHCH2CH3有2種順反異構(gòu)，主鏈有4個碳原子時，相應烯烴有CH2C(CH3)CH2CH3；CH3C(CH3)CHCH3；CH3CH(CH3)CHCH2，都不存在順反異構(gòu)，故C正確；D苯環(huán)、CHO均為平面結(jié)構(gòu)，和苯環(huán)上的碳直接相連的所有原子共面，則所有原子可能共面，故D正確；答案選A?！军c睛】順

16、反異構(gòu)：立體異構(gòu)的一種，由于雙鍵不能自由旋轉(zhuǎn)引起的，一般指烯烴的雙鍵，也有C=N雙鍵，N=N雙鍵及環(huán)狀等化合物的順反異構(gòu)。順式異構(gòu)體：兩個相同原子或基團在雙鍵同一側(cè)的為順式異構(gòu)體。 反式異構(gòu)體：兩個相同原子或基團分別在雙鍵兩側(cè)的為反式異構(gòu)體。11.某離子反應涉及到H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如圖所示，下列說法正確的是（ ）A. 該反應中Cl-為氧化產(chǎn)物B. NH4+是還原劑，ClO-是氧化劑C. 消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子D. 反應后溶液的酸性減弱【答案】B【解析】【分析】由曲線變化圖可知，隨反應進行N2物質(zhì)的量

17、增大，ClO-的物質(zhì)的量減小，故N2是生成物，ClO-為反應物，則NH4+應是反應物，N元素化合價發(fā)生變化，具有氧化性的ClO-為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+2OH-=N2+5H2O+3Cl-，以此解答該題?！驹斀狻扛鶕?jù)分析，反應的方程式應為3ClO-+2NH4+2OH-=N2+5H2O+3Cl-，A由方程式可知，N元素的化合價升高，則N2為氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，NH4+是還原劑，ClO-是氧化劑，故B正確；CN元素化合價由3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故C錯誤；D反應在堿

18、性條件下發(fā)生，反應消耗OH-，反應后溶液的堿性減弱，故D錯誤；答案選B。12.我國最近在太陽能光電催化一化學耦合分解硫化氫研究中獲得新進展，相關(guān)裝置如圖所示。下列說法正確的是（ ）A. 該工藝中光能最終轉(zhuǎn)化為化學能B. 該裝置工作時，H+由b極區(qū)流向a極區(qū)C. a極上發(fā)生的電極反應為Fe3+e-=Fe2+D. a極區(qū)需不斷補充含F(xiàn)e3+和Fe2+的溶液【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圖示，b極上氫離子轉(zhuǎn)化為氫氣，得電子，發(fā)生還原反應，a極上亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，失電子，發(fā)生氧化反應，氫離子通過質(zhì)子交換膜向b電極移動，據(jù)此分析解答。【詳解】A該制氫工藝中光能轉(zhuǎn)化為化學能，最終轉(zhuǎn)化為電能，故A錯誤；

19、B根據(jù)圖示，該裝置工作時，H+由b極區(qū)放電生成氫氣，由a極區(qū)流向b極區(qū)，故B錯誤；Ca極上亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，失電子，發(fā)生氧化反應，電極反應為Fe2+-e-= Fe3+，故C錯誤；D該過程涉及兩個反應步驟，第一步利用Fe2+-e-= Fe3+生成的氧化性強的Fe3+捕獲H2S得到硫，所以a極區(qū)需不斷補充含F(xiàn)e3+和Fe2+的溶液，故D正確；答案選D。13.從粗銅精煉的陽極泥（主要含有）中提取粗碲的一種工藝流程如圖：（已知微溶于水，易溶于強酸和強堿）下列有關(guān)說法正確的是（ ）A. “氧化浸出”時為使確元素沉淀充分，應加入過量的硫酸B. “過濾”用到的玻璃儀器：分液漏斗、燒杯、玻璃棒C. “還原

20、”時發(fā)生的離子方程式為D. 判斷粗碲洗凈的方法：取最后一次洗滌液，加入溶液，沒有白色沉淀生成【答案】D【解析】【詳解】A.由題中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于強酸和強堿，是兩性氧化物。Cu2Te與硫酸、氧氣反應，生成硫酸銅和TeO2，硫酸若過量，會導致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A錯誤；B.“過濾”用到的玻璃儀器：漏斗、燒杯、玻璃棒，故B錯誤；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中進行還原得到固態(tài)碲，同時生成Na2SO4，該反應的離子方程式是2SO32+Te4 +2H2O=Te+2SO42+4H+，故C錯誤；D.通過過濾從反應后的混合物中獲得粗碲，粗碲表面附著液中含有SO

21、42-，取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈，故D正確。故選D。14.根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是( )A. 圖甲表示2SO2(g)+O2(g)2SO3(s)H0，t1時改變的條件是增大體系的壓強B. 圖乙NaCl溶液濃度過高鐵腐蝕速率降低，說明NaCl濃度越大溶液中O2的濃度越小C. 圖丙說明石墨轉(zhuǎn)化為金剛石的反應的H0D. 圖丁是一定條件下發(fā)生反應：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，此過程H0【答案】A【解析】【詳解】A. 根據(jù)圖象，t1時刻v逆瞬間不變，v正瞬間增大，則是增大反應物濃度，故A錯誤；B. O2的含量影響碳鋼在NaCl溶液中

22、的腐蝕速率，根據(jù)圖象，腐蝕速率先增大，增大到最大后減小，說明在NaCl濃度較高時溶液中O2的濃度減少，正極反應減慢導致腐蝕速率降低，故B正確；C. 石墨能量低于金剛石能量，所以石墨轉(zhuǎn)化為金剛石的反應的H0，故C正確；D. 圖丁是一定條件下發(fā)生反應：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，根據(jù)圖像，以先拐先平數(shù)值大為原則，則T1T2，升高溫度，NO的體積濃度增大，平衡逆向移動，則正反應為放熱反應，H0，故D正確；答案選A。第II卷(非選擇題共58分)二、填空題：(本題包括5小題，共58分)15.下列為某學生在實驗室中制備高錳酸鉀晶體的流程圖。根據(jù)上圖回答下列問題：（1）操作和均需在坩堝中進行，根

23、據(jù)實驗實際應選擇坩堝為_(填字母)；a.石英坩堝 b.氧化鋁坩堝 c.鐵坩堝（2）已知：3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-。操作中通CO2調(diào)pH=1011，其目的是_；（3）得到墨綠色溶液后，也可用如圖所示方法制備KMnO4，電極均為鉑電極。A極上的電極反應式為_；這種方法與上面的方法相比，其優(yōu)點是_；（4）實驗室中，可用0.10mol/L，草酸作標準溶液，利用下述反應，測定所得KMnO4晶體的純度。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O取agKMnO4晶體樣品配制成100mL溶液。每次取20.00mL于錐形瓶中進行滴定

24、實驗兩次。兩次實驗所用草酸標準溶液體積分別為22.15mL和22.17mL，由此求得KMnO4晶體的純度為_。【答案】 (1). c (2). 有利于平衡向右進行，提高MnO42-轉(zhuǎn)化率 (3). MnO42-e-=MnO4- (4). 無副產(chǎn)品，產(chǎn)率高，工藝簡便 (5). 或%【解析】【分析】在堿性條件下氯酸鉀與二氧化錳加熱熔融發(fā)生氧化還原反應，二氧化錳被氧化成錳酸鉀，對生成物加強熱形成熔融混合物，冷卻研磨后溶于水得墨綠色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中加入氫氧化鉀溶液再調(diào)節(jié)PH值為1011，使MnO42-發(fā)生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，趁熱過濾除去二氧化錳，得高錳酸鉀溶液，冷卻

25、結(jié)晶得高錳酸鉀晶體，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)操作和中均有強堿性物質(zhì)加熱，所以不能用含有與堿反應的成份的坩堝，石英(二氧化硅)和氧化鋁都可與強堿反應，鐵不與強堿反應，故答案選c；(2)已知：3MnO42-+2H2O2MnO4-+MnO2+4OH-。操作是使MnO42-發(fā)生歧化反應，生成MnO4-和MnO2，通CO2可消耗氫氧根，使平衡正向移動，有利于提高MnO42-轉(zhuǎn)化率；(3)電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制造KMnO4，根據(jù)圖示，電解過程中A極為陽極，是K2MnO4發(fā)生氧化反應生成KMnO4，電極反應式為MnO42-e-=MnO4-；這種方法與上面的方法相比，其優(yōu)點是無副產(chǎn)品，產(chǎn)率高

26、，工藝簡便；(4)兩次實驗中滴定20mL樣品試液消耗草酸標準溶液的體積分別為22.15mL和22.17mL，則滴定過程消耗草酸標準溶液的平均體積為=22.16mL，根據(jù)反應5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，每20mL樣品試液中n(KMnO4)=n(H2C2O4)= 22.1610-3L0.1 mol/L=8.84610-4mol，則100mL樣品試液中n(KMnO4)=8.84610-4mol=4.43210-3mol，則KMnO4晶體的純度為=(或%)。16.有八種短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f隨著原

27、子序數(shù)的遞增，其原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如圖1所示。z、e、g、h的最高價氧化物對應的水化物溶液(濃度均為0.01mol/L)的pH與原子序數(shù)的關(guān)系如圖2所示。根據(jù)上述信息進行判斷，并回答下列問題：（1）g在元素周期表中的位置是_；（2）比較d、e、f的簡單離子半徑大小為 (用離子符號表示)_；y、h的最高價氧化物對應水化物酸性較強的是_ (用化學式表示)；（3）下列可作為比較c和f金屬性強弱的依據(jù)是_；測同溫同壓同濃度相應氯化物水溶液的pH測兩種元素單質(zhì)的硬度和熔、沸點比較單質(zhì)作還原劑時失去的電子數(shù)目的多少比較兩種元素在化合物中化合價的高低比較單質(zhì)與同濃度鹽酸反應的難易程

28、度（4）由上述元素中的y、z、e組成的某劇毒化合物eyz不慎泄露時，消防人員通常采用噴灑過氧化氫溶液的方式處理，以減少污染。反應生成一種酸式鹽和一種氣體，二者的水溶液均呈堿性，該反應的化學方程式為_。已知eyz含有Z2分子中類似的化學鍵，寫出化合物eyz的電子式_?！敬鸢浮?(1). 第三周期第VIA族 (2). Al3+Na+O2-； (3). HClO4 (4). (5). NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3 (6). Na+-【解析】【分析】從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高價氧化

29、物對應水化物溶液濃度均為0.01molL-1，e的pH為12，為一元強堿，則e是Na元素，z、h的pH均為2，為一元強酸，則z為N元素、h為Cl元素；g的pH小于2，則g的為二元強酸，故g為S元素，據(jù)此分析結(jié)合元素性質(zhì)解答?！驹斀狻?1) g為S元素，原子序數(shù)為16在周期表中位于第三周期第VIA族；(2)電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，則離子半徑：Al3+Na+O2-；非金屬性ClC，則最高價氧化物對應水化物的酸性最強的為HClO4；(3)溶液pH越小，金屬陽離子水解程度越大，金屬陽離子對應的堿越弱，則對應元素的金屬性越弱，故正確；單質(zhì)的硬度和熔、沸

30、點，屬于物理性質(zhì)，不能比較金屬強弱，故錯誤；化合物中金屬元素化合價越高，說明金屬原子失去電子能力越強，但金屬性強弱與失去電子數(shù)目無關(guān)，與失電子難易有關(guān)，故錯誤；元素化合價高低與金屬性無關(guān)，故錯誤；單質(zhì)與同濃度鹽酸反應越劇烈，說明金屬性越強，故正確；答案選 ；(4)y是C元素，z是N元素，e是Na元素，化合物NaCN不慎泄露時，通常采用噴灑過氧化氫溶液的方式處理，以較少污染。反應生成一種酸式鹽和一種氣體，二者溶于水均呈堿性，應生成NaHCO3、NH3，反應方程式為：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，NaCN由Na+、CN構(gòu)成，含有N2分子中類似的化學鍵，則CN中存在三鍵，NaCN

31、電子式為Na+-。17.SO2、NO是大氣污染物，NH4NO3、H2SO4等是水體污染物，有效去除這些污染物是一項重要課題。（1）NO、SO2可以先氧化，后用堿吸收。其氧化過程的反應原理如下：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) H1=-200.9kJ/molSO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g) H2=-241.6kJ/mol2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H3=-196.6kJ/mol則反應2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)的H=_kJ/mol（2）土壤中的硫循環(huán)如圖1所示。土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程I中會轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸。該過程發(fā)生反應的

32、化學方程式為_；某種反硫化細菌在過程II中需要有乳酸參與反應消耗硫酸生成H2S并伴有熱量放出，那么乳酸除在反應中作還原劑外，還存在另一作用，請解釋原因：_；（3）電解法除去工業(yè)廢水中的硝酸銨的裝置示意圖如圖2所示，陰極電極反應式為_；（4）向恒容密閉容器中充入1molNO和2molO3，發(fā)生如下反應：NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g) H0不同溫度下反應相同時間后，體系中NO轉(zhuǎn)化率隨溫度變化曲線如圖3。溫度低于100時，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的主要原因是_；當溫度高于100時，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，原因是_?！敬鸢浮?(1). +115.2 (2). 2FeS2+7O2

33、+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (3). 因為過程II（反硫化過程）吸熱，乳酸和硫酸反應放出的熱量使溫度升高促進了過程II(反硫化過程)的進行；或：因為過程II(反硫化過程)吸熱，需要反硫化細菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反應放出熱量提供給反硫化細菌(以ATP形式)，使過程II(反硫化過程)進行 (4). 2NH4+2e-=2NH3+H2 (5). 低于100時，相同時間內(nèi)反應未達到平衡狀態(tài)。溫度升高，化學反應速率加快，NO即時轉(zhuǎn)化率高 (6). 100時，在相同時間內(nèi)，反應達到平衡，由于該反應是放熱反應，溫度升高平衡左移，NO平衡轉(zhuǎn)化率降低【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律計算(

34、-)2得到反應2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的H；(2)土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程中和氧氣、水反應會轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸；某種反硫化細菌在過程中需要有乳酸參與反應消耗硫酸，生成H2S并伴有熱量放出，那么乳酸除在反應中作還原劑外，乳酸和硝酸反應放出的熱量使溫度升高促進了過程的進行；(3)裝置圖中放出氧氣的為陽極，溶液中銨根離子在陰極得到電子生成混合氣體為氨氣和氫氣；(4)溫度低于100時，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大是反應為達到平衡狀態(tài)，反應正向進行，已知溫度高時，O3分解生成活性極高的氧原子，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，由于反應為放熱反應，隨溫度升高平衡逆向進行，同時發(fā)生反應NO2

35、+ONO+O2使轉(zhuǎn)化率降低?！驹斀狻?1)已知：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H1200.9kJmol1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H2241.6kJmol12SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H3196.6kJmol1蓋斯定律計算(-)2得到反應2NO2(g)2NO(g)+O2(g)的H+115.2kJ/mol；(2)土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程中和氧氣、水反應會轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸，反應的化學方程式：2FeS2+7O2+2H2O2FeSO4+2H2SO4；土壤中的黃鐵礦(FeS2)在過程中和氧氣、水反應會轉(zhuǎn)化成硫酸亞鐵和硫酸；某種反硫化細菌在過程

36、中需要有乳酸參與反應消耗硫酸，生成H2S并伴有熱量放出，那么乳酸除在反應中作還原劑外，乳酸和硝酸反應放出的熱量使溫度升高促進了過程的進行或：因為過程II(反硫化過程)吸熱，需要反硫化細菌提供能量(ATP)，而乳酸和硫酸反應放出熱量提供給反硫化細菌(以ATP形式)，使過程II(反硫化過程)進行；(3)電解法除去工業(yè)廢水中的硝酸銨是銨根離子得到電子生成氨氣和氫氣，電極反應：2NH4+2e2NH3+H2；(4)溫度低于100時，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大的主要原因是：低于100，反應速率慢相同時間內(nèi)還沒有達到平衡狀態(tài)，已知溫度高時，O3分解生成活性極高的氧原子，NO轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，可能的原因

37、有：溫度高時反應速率快，相同時間內(nèi)已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，由于反應為放熱反應，隨溫度升高平衡逆向進行，同時發(fā)生反應NO2+ONO+O2使轉(zhuǎn)化率降低。18.以下是以植物細胞中半纖維素木聚糖為原料合成鎮(zhèn)痛藥品莫沙朵林(G)的路線：已知：四氫呋喃（）在流程中作反應的催化劑；回答下列問題：（1）B中官能團的名稱為_；（2）EG的反應類型：_；（3）D和F的結(jié)構(gòu)簡式分別是_、_；（4）C與新制氫氧化銅反應的化學方程式為：_；（5）寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。分子中含有苯環(huán)能發(fā)生銀鏡反應能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應（6）有機物H()是合成抗病毒藥物阿昔洛韋的中間體。按上述合成路線，

38、寫出以1，3-丁二烯為原料制備的合成路線流程圖_（無機試劑任選）；【答案】 (1). 羥基、醛基 (2). 取代反應 (3). (4). CH3NHCOOH (5). +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O+3H2O (6). (或等) (7). 【解析】【分析】(1)根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式可知B中官能團為醛基和羥基；(2)對比E、G的結(jié)構(gòu)可知，E中羥基中H原子被-CONHCH3取代生成G； (3)由雙烯合成反應，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式分析；E+FG為取代反應，根據(jù)E和G的的結(jié)構(gòu)簡式分析；(4)C中醛基被氫氧化銅氧化為-COOH，同時生成氧化亞銅與水；(5)E的一種同分異構(gòu)體含有苯環(huán)，且能與FeCl3溶液

39、發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；能發(fā)生銀鏡反應，含有甲酸形成的酯基(-OOCH)；(6)HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，進一步氧化生成，然后發(fā)生取代反應生成，最后與作用生成?！驹斀狻?1)根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式可知B中含氧官能團為醛基和羥基；(2)對比E、G的結(jié)構(gòu)可知，E中羥基中H原子被CONHCH3取代生成G，屬于取代反應； (3)由信息雙烯合成反應，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式可知D為； E+FG為取代反應，根據(jù)E和G的的結(jié)構(gòu)簡式，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式可能為CH3NHCOOH；(4)C中醛基被氫氧化銅氧化為COOH，同時生成氧化亞銅與水，反應方程式為：+2Cu(OH)2+NaOH

40、+Cu2O+3H2O；(5)E的一種同分異構(gòu)體含有苯環(huán)，且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基；能發(fā)生銀鏡反應，含有甲酸形成的酯基(OOCH)，符合條件E的一種同分異構(gòu)體的簡式為：(或等)；(6) HOCH2CH=CHCH2OH催化氧化生成OHC-CH=CH-CHO，進一步氧化生成，然后發(fā)生取代反應生成，最后與作用生成，補全合成路線流程圖：。19.某化學小組同學向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍過量的KIO3溶液，一段時間后，溶液突然變藍色。（1）查閱資料知，NaHSO3與過量KIO3反應分兩步進行，第一步為IO3-+3HSO3-=3SO42-+3H+I-，則第二步反應的

41、離子方程式為_；（2）通過測定溶液變藍所用時間探究濃度和溫度對該反應的化學反應速率的影響。調(diào)節(jié)反應物濃度和溫度進行對比實驗.記錄如下表：實驗編號0.02mol/LNaHSO3溶液（mL）0.02mol/LKIO3溶液（mL）H2O(mL)反應溫度（）溶液變藍的時間（s）15201015t1a30015t215bc30t3實驗是探究_對化學反應速率的影響，表中a=_mL；實驗是探究溫度對化學反應速率的影響，則表中b=_mL，c=_mL；（3）將NaHSO3溶液與KIO3溶液混合(預先加入可溶性淀粉為指示劑)，用速率檢測儀檢測出起始階段化學反應速率逐漸增大，一段時間后化學反應速率又逐漸減小。課題組對起始階段化學反應速率逐漸增大的原因提出如下假設(shè)，請你完成假設(shè)三：假設(shè)一：反應生成的SO42-對反應起催化作用，SO42-濃度越大化學反應速率越快；假設(shè)二：反應生成的H+對反應起催化作用，H+濃度越大化學反應速率越快；假設(shè)三：_；（4）請你設(shè)計實驗驗證上述假設(shè)一，完成下表中內(nèi)容(化學反應速率可用測速儀測定)_。實驗步驟