2020年北京市西城區(qū)高三一模化學(xué)逐題解析

1、2020年北京市西城區(qū)高三一?；瘜W(xué)考試逐題解析本試卷共 9頁(yè),100分?？荚嚂r(shí)長(zhǎng) 90分鐘?？荚嚂r(shí)務(wù)必將答案寫在答題卡上,在試卷上作答無(wú)效?？荚囃戤吅?將本試卷和答題卡一并交回。第一局部本局部共 14 題,每題 3 分,共 42 分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中,選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1以下防疫物品的主要成分屬于無(wú)機(jī)物的是A聚丙烯B聚碳酸酯C二氧化氯D丁腈橡膠【答案】C【解析】聚丙烯、聚碳酸酯和丁腈橡膠為高分子化合物,而二氧化氯為無(wú)機(jī)物,應(yīng)選C。2化學(xué)與消費(fèi)生活親密相關(guān),以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是 A用食鹽、蔗糖等作食品防腐劑B用氧化鈣作吸氧劑和枯燥劑 C用碳酸鈣、碳酸鎂和氫氧化鋁等作抗酸藥D用浸泡

2、過(guò)高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以保鮮【答案】B【解析】食鹽和蔗糖可用來(lái)作防腐劑,故A正確。氧化鈣作枯燥劑,與水反響原理為：CaO + H2O = Ca(OH)2,但不能作為吸氧劑,故B錯(cuò)誤。碳酸鈣、碳酸鎂和氫氧化鋁與胃酸中的氫離子發(fā)生反響,從而可作為抗酸藥,故C正確。乙烯與高錳酸鉀會(huì)發(fā)生氧化復(fù)原反響,可以用浸泡了高錳酸鉀的硅藻土吸收乙烯,故D正確。3短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序數(shù)依次增大。W 的氣態(tài)氫化物遇潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)色,X 是地殼中含量最高的元素,Y 在同周期主族元素中原子半徑最大,Z 與 Y形成的化合物的化學(xué)式為 YZ。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是AW 在元素周期表中

3、的位置是第二周期 VA 族B同主族中 Z 的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強(qiáng)CX 與 Y 形成的兩種常見(jiàn)的化合物中,陽(yáng)離子和陰離子的個(gè)數(shù)比均為 21 D用電子式表示 YZ 的形成過(guò)程為：【答案】B【解析】根據(jù)題干信息可知,W氣態(tài)的氫化物遇潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán),可知W為氮元素；X是地殼中含量最高的元素,可知X為氧元素；Y在同周期主族元素中原子半徑最大,可知Y為鈉元素；Z與Y形成的化合物化學(xué)式為YZ,且W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增加,可知Z為氯元素。根據(jù)原子構(gòu)造示意圖可知氮元素在元素周期表中第二周期第A族,故A正確。氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性與非金屬性有關(guān),元素非金屬性越強(qiáng)氧化性越大,氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng),氯元素屬于

4、鹵族元素,同主族中氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性最強(qiáng)的為氟化氫,故B錯(cuò)誤。X與Y形成的兩種常見(jiàn)化合物過(guò)氧化鈉和氧化鈉,陰離子和陽(yáng)離子比均為1:2,故C正確。Y和Z形成的NaCl為離子化合物,其形成過(guò)程可用電子式表示為：,故D正確。4以下變化過(guò)程不涉及氧化復(fù)原反響的是ABCD將鐵片放入冷的濃硫酸中無(wú)明顯現(xiàn)象向 FeCl2 溶液中滴加 KSCN溶液,不變色,滴加氯水后溶液顯紅色向 Na2SO3 固體中參加硫酸,生成無(wú)色氣體向包有 Na2O2 粉末的脫脂棉上滴幾滴蒸餾水,脫脂棉燃燒燒【答案】C【解析】將鐵片放入冷的濃硫酸中發(fā)生鈍化反響,在鐵片外表形成致密的氧化膜,發(fā)生氧化復(fù)原反響,故A錯(cuò)誤。向氯化亞鐵溶液中參加K

5、SCN溶液不變色,滴加氯水后溶液中有2Fe2+Cl2 = 2Fe3+2Cl-,三價(jià)鐵離子遇KSCN溶液變紅,發(fā)生氧化復(fù)原反響,故B錯(cuò)誤。向亞硫酸鈉固體中參加硫酸,生成無(wú)色氣體,發(fā)生反響：SO32-+2H+=SO2+H2O,未發(fā)生氧化復(fù)原反響,故C正確。向過(guò)氧化鈉粉末的脫脂棉上滴加幾滴蒸餾水,發(fā)生反響：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH+O2,生成氧氣且放出大量的熱使脫脂棉燃燒,發(fā)生氧化復(fù)原反響,故D錯(cuò)誤。5海水提溴過(guò)程中發(fā)生反響：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O = 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3 ,以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下 2 mol H2O 的體積約為

6、44.8 LB1 L 0.1 molL 1Na2CO3溶液中 CO32-物質(zhì)的量為 0.1 mol C反響中消耗 3 mol Br2 轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為 56.021023D反響中氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為 51【答案】C【解析】在標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2O不是氣體,不能直接運(yùn)用公式計(jì)算,故A錯(cuò)誤。CO32-屬于弱酸根離子,在水溶液中會(huì)發(fā)生水解反響,那么其物質(zhì)的量會(huì)小于0.1mol,故B錯(cuò)誤。3molBr2參與反響時(shí),其中有5molBr原子由0價(jià)降到-1得5mol電子,1molBr原子由0價(jià)上升到+5失去5mol電子,所以消耗3mol Br2轉(zhuǎn)移電子數(shù)約為56.021023,故C正確。3mol B

7、r2參與反響時(shí),其中有5molBr原子由0價(jià)降到-1得5mol電子,被復(fù)原,得到5mol復(fù)原產(chǎn)物NaBr,1molBr原子由0價(jià)上升到+5失去5mol電子,被氧化,得到1mol氧化產(chǎn)物NaBrO3,故D錯(cuò)誤。6以下實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象預(yù)測(cè)正確的選項(xiàng)是ABCD 燒杯中產(chǎn)生白色沉淀,一段時(shí)間后沉淀無(wú)明顯變化加鹽酸出現(xiàn)白色渾濁,加熱變澄清KMnO4 酸性溶液在苯和甲苯中均褪色液體分層,下層呈無(wú)色【答案】B【解析】氯化銨和氫氧化鈣反響產(chǎn)生氨氣,氨氣與氯化亞鐵溶液反響生成白色沉淀氫氧化亞鐵,氫氧化亞鐵被氧化變成紅褐色氫氧化鐵,故A錯(cuò)誤。稀鹽酸與苯酚鈉溶液反響生成苯酚,苯酚在常溫下微溶于水,加熱到65攝氏度時(shí)會(huì)與水以

8、任意比例互溶,那么加熱溶液會(huì)變澄清,故B正確。苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,而甲苯可以和酸性KMnO4溶液反響生成苯甲酸,使酸性KMnO4溶液褪色,故C錯(cuò)誤。由于CCl4溶液密度比水的密度大,所以溶于I2的CCl4溶液在下層為紫紅色,故D錯(cuò)誤。7以下解釋事實(shí)的方程式不正確的選項(xiàng)是A用 Na2CO3溶液將水垢中的 CaSO4 轉(zhuǎn)化為 CaCO3：CO32- + Ca2+=CaCO3B電解飽和食鹽水產(chǎn)生黃綠色氣體：2NaCl + 2H2O =電解= 2NaOH + H2+Cl2C紅熱木炭遇濃硝酸產(chǎn)生紅棕色氣體：C + 4HNO3(濃) =加熱= CO2+4NO2+2H2O D用新制 Cu(OH)

9、2 檢驗(yàn)乙醛,產(chǎn)生紅色沉淀：CH3CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH = CH3COONa + Cu2O+ 3H2O【答案】A【解析】CaSO4微溶于水,作為反響物,不拆。故A錯(cuò)誤。8科學(xué)家提出由 WO3 催化乙烯和 2-丁烯合成丙烯的反響歷程如右圖所有碳原子滿足最外層八電子構(gòu)造。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A乙烯、丙烯和2-丁烯互為同系物B乙烯、丙烯和 2-丁烯的沸點(diǎn)依次升高C 中參加的 2-丁烯具有反式構(gòu)造D碳、鎢W原子間的化學(xué)鍵在 的過(guò)程中未發(fā)生斷裂【答案】D【解析】A. 乙烯、丙烯、2-丁烯官能團(tuán)種類和數(shù)目一樣,分子式相差一個(gè)或假設(shè)干個(gè) -CH2-,故三者互為同系物,A選項(xiàng)正確。B.

10、 乙烯、丙烯、2-丁烯都是烯烴,且分子量逐漸增大,沸點(diǎn)依次升高,故B選項(xiàng)正確。C. 2-丁烯具有順?lè)串悩?gòu)：順式、反式,故C項(xiàng)正確。D. 在 和 的過(guò)程中,碳和鎢的化學(xué)鍵均發(fā)生斷裂,故D項(xiàng)錯(cuò)誤,此題選D9以富含纖維素的農(nóng)作物為原料,合成 PEF 樹脂的道路如下：以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A葡萄糖、果糖均屬于多羥基化合物B5-HMFFDCA 發(fā)生氧化反響C單體 a 為乙醇DPEF 樹脂可降解以減少對(duì)環(huán)境的危害【答案】C【解析】A選項(xiàng),葡萄糖為多羥基醛,果糖為多羥基酮,故A正確。B選項(xiàng),5-HMF中的羥基和醛基均轉(zhuǎn)化為FDCA中的羧基,被氧化,發(fā)生氧化反響,故B正確。C選項(xiàng),從PEF的鏈節(jié)上可得出單體a

11、為乙二醇,故C錯(cuò)誤。D選項(xiàng),PEF樹脂是脂肪類聚酯,可以降解為易溶于水的脂肪酸和醇類小分子,減少對(duì)環(huán)境危害,故D正確。10向某密閉容器中充入NO2,發(fā)生反響：2NO2(g) N2O4(g)。其它條件一樣時(shí),不同溫度下平衡體系中各物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)如下表：N2O4為無(wú)色氣體t/27354970NO2%20254066N2O4%80756034以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A27時(shí),該平衡體系中 NO2 的轉(zhuǎn)化率為8/9B平衡時(shí),NO2 的消耗速率為 N2O4 消耗速率的2倍C室溫時(shí),將盛有 NO2 的密閉玻璃球放入冰水中其顏色會(huì)變淺 D增大 NO2 起始量,可增大一樣溫度下該反響的化學(xué)平衡常數(shù)【答案】D

12、【解析】A選項(xiàng),設(shè)開場(chǎng)充入1mol NO2,由方程式2 NO2g N2O4g初始 1mol 0轉(zhuǎn)化 2x mol x mol平衡 (1-2x)mol x mol 由題意,可列計(jì)算式：1-2x1-2x+x =20% x=49計(jì)算得NO2的轉(zhuǎn)化率= 2 491100%=89B選項(xiàng),反響達(dá)平衡時(shí),反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比,故B正確。C選項(xiàng),由題中表格可知,在初始二氧化氮投料比一樣時(shí),溫度升高,二氧化氮的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增加,可知平衡逆向挪動(dòng),故反響為放熱反響。放入冷水中,溫度下降,平衡正向挪動(dòng),二氧化氮紅棕色減少,四氧化二氮無(wú)色增加,顏色變淺,故C正確。D選項(xiàng),化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),溫度不變,

13、K不變,故D錯(cuò)誤。11. 光電池在光照條件下可產(chǎn)生電壓,如下裝置可以實(shí)現(xiàn)光能源的充分利用,雙極性膜可將水解離為 H+和 OH,并實(shí)現(xiàn)其定向通過(guò)。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A該裝置將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能并分解水B雙極性膜可控制其兩側(cè)溶液分別為酸性和堿性C光照過(guò)程中陽(yáng)極區(qū)溶液中的 n(OH)根本不變D再生池中的反響2V2+2H2O2V3+ 2OH- + H2【答案】D【解析】A選項(xiàng),該裝置利用光電池將光能轉(zhuǎn)換為電能,再利用電解池將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能,最終到達(dá)分解水的目的,故A正確。B選項(xiàng),由圖可知,陽(yáng)極區(qū)為堿性環(huán)境,陰極區(qū)為酸性環(huán)境,且H+、OH-均來(lái)自雙極性膜上進(jìn)展的水的解離,故B正確。C選項(xiàng),陽(yáng)極區(qū)：4

14、OH- 4 e = 2H2O + O2,陰極區(qū)：V3+ + e = V2+,雙極性膜：H2O H+ + OH-,再生池中：2V2+ + 2H+ 2V3+ + H2,聯(lián)立上述4個(gè)方程式,假設(shè)此過(guò)程轉(zhuǎn)移4個(gè)電子,由此建立比例關(guān)系,電解池：4e- 4OH- 4V3+,再生池：4V3+ 4H+,陽(yáng)極區(qū)消耗4個(gè)OH-的同時(shí),雙極性膜上的水會(huì)電離出4個(gè)OH-,故C正確。D選項(xiàng),放電后的溶液中含有V2+、H+,再生池中的反響：2V2+ + 2H+ 2V3+ + H2,故D錯(cuò)誤。12. 室溫時(shí),向 20 mL 0.1 molL-1 的兩種酸 HA、HB 中分別滴加 0.1 molL-1NaOH 溶液,其pH變

15、化分別對(duì)應(yīng)以下圖中的、。以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A向 NaA 溶液中滴加HB可產(chǎn)生HABa點(diǎn),溶液中微粒濃度：c(A) c(Na+) c(HA) C滴加 NaOH 溶液至pH=7時(shí),兩種溶液中 c(A)= c(B)D滴加 20 mL NaOH 溶液時(shí),中H2O的電離程度大于中【答案】C【解析】根據(jù)滴定之前兩種酸的pH值可知,HA為弱酸、HB為強(qiáng)酸,故A正確；a點(diǎn)溶質(zhì)為HA和NaA,且兩者物質(zhì)的量之比為1:1,由pH7可知：HA電離大于NaA水解,故B正確；根據(jù)電荷守恒, 中c(Na+)=c(A-)、 中c(Na+)=c(B-),但是、 中c(Na+)不同,故C錯(cuò)誤；滴加20mL NaOH,、 中

16、溶質(zhì)分別為NaA、NaB, 中A-水解促進(jìn)水的電離,故D正確。13. 我國(guó)化學(xué)家侯德榜創(chuàng)造的“侯氏制堿法結(jié)合合成氨工業(yè)消費(fèi)純堿和氮肥,工藝流程圖如下。碳酸化塔中的反響：NaCl + NH3 + CO2 + H2O = NaHCO3+NH4Cl。A以海水為原料,經(jīng)別離、提純和濃縮后得到飽和氯化鈉溶液進(jìn)入吸氨塔B堿母液儲(chǔ)罐“吸氨后的溶質(zhì)是 NH4Cl 和 NaHCO3 C經(jīng)“冷析和“鹽析后的體系中存在平衡NH4Cl(s) NH4+ (aq) + Cl- (aq)D該工藝的碳原子利用率理論上為 100%【答案】B【解析】堿母液儲(chǔ)液罐吸收氨氣后溶質(zhì)是碳酸鈉與氯化銨,故B錯(cuò)誤。14. 硅酸H2SiO3是

17、一種難溶于水的弱酸,從溶液中析出時(shí)常形成凝膠狀沉淀。實(shí)驗(yàn)室常用 Na2SiO3 溶液制備硅酸。某小組同學(xué)進(jìn)展了如下實(shí)驗(yàn)：編號(hào)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a 中產(chǎn)生凝膠狀沉淀b 中凝膠狀沉淀溶解,c 中無(wú)明顯變化以下結(jié)論不正確的選項(xiàng)是ANa2SiO3溶液一定顯堿性 B由不能說(shuō)明酸性 H2CO3H2SiO3C由可知,同濃度時(shí) Na2CO3 溶液的堿性強(qiáng)于 NaHCO3溶液D向Na2SiO3 溶液中通入過(guò)量CO2,發(fā)生反響：SiO32+CO2+H2O=CO32+H2SiO3【答案】D【解析】SiO32-+H2OHSiO3-+OH-,故A正確； 中鹽酸具有揮發(fā)性,故B正確；由 中現(xiàn)象知：H2SiO3與Na2CO3溶液反響

18、不與NaHCO3溶液反響,說(shuō)明Na2CO3溶液堿性強(qiáng),故C正確；通入過(guò)量CO2應(yīng)生成HCO3-,故D錯(cuò)誤。第二局部本局部共 5 題,共 58 分。1515分莫西沙星主要用于治療呼吸道感染,合成道路如下：1A的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 。2AB的反響類型是 。3C中含有的官能團(tuán)是 。4物質(zhì)a的分子式為C6H7N,其分子中有 種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。5I能與NaHCO3反響生成CO2,D+IJ的化學(xué)方程式是 。6芳香化合物L(fēng)的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 。7還可用A為原料,經(jīng)如下間接電化學(xué)氧化工藝流程合成C,反響器中生成C的離子方程式是 ?！敬鸢浮?2取代反響3醛基44567【解析】1由A的分子式C7H8知其不飽和度為4,故知

19、其為甲苯,構(gòu)造簡(jiǎn)式為。2由AB的反響條件為光照,可知其反響類型為取代反響。3由BC反響條件可知該過(guò)程為鹵代烴水解反響得到的分子中含有2個(gè)-OH的構(gòu)造,由反響脫水得,故C中含有的官能團(tuán)為醛基。4物質(zhì)a的分子式為C6H7N,G的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知,物質(zhì)a的構(gòu)造簡(jiǎn)式為,分子中含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。5由CD反響類型及D的分子式可知D的構(gòu)造簡(jiǎn)式為,HI為氧化反響且I能與NaHCO3反響生成CO2,可知I中含有-COOH,結(jié)合I的分子式知其構(gòu)造為,又由J的分子式與D、I分子式可知反響脫去2分子H2O,故反響方程式為：。6LiAlH4是一種常用的復(fù)原劑,KL的反響為復(fù)原反響,比照K、L分子式差異并結(jié)合M的

20、構(gòu)造簡(jiǎn)式可知K中被復(fù)原為-CH2-,故L的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 7由題目中流程圖可知A,Ce4+為該步反響物,C、Ce3+、H+為生成物,配平即可,故離子方程式為：169水合肼N2H4H2O可用作抗氧劑等,工業(yè)上常用尿素CO(NH2)2和 NaClO溶液反響制備水合肼。：N2H4H2O 的構(gòu)造如右圖表示氫鍵。 N2H4H2O 沸點(diǎn)118,具有強(qiáng)復(fù)原性。1將 Cl2通入過(guò)量NaOH溶液中制備 NaClO,得到溶液 X,離子方程式是 。2制備水合肼：將溶液X滴入尿素水溶液中,控制一定溫度,裝置如圖a夾持及控溫裝置已略。充分反響后,A中的溶液經(jīng)蒸餾獲得水合肼粗品后,剩余溶液再進(jìn)一步處理還可獲得副產(chǎn)品NaCl和

21、 Na2CO310H2O。A中反響的化學(xué)方程式是 。冷凝管的作用是 。假設(shè)滴加 NaClO 溶液的速度較快時(shí),水合肼的產(chǎn)率會(huì)下降,原因是 。NaCl和Na2CO3 的溶解度曲線如圖b。由蒸餾后的剩余溶液獲得NaCl粗品的操作是 。3水合肼在溶液中可發(fā)生類似 NH3H2O的電離,呈弱堿性；其分子中與N原子相連的H原子易發(fā)生取代反響。水合肼和鹽酸按物質(zhì)的量之比 11 反響的離子方程式是 。碳酰肼CH6N4O是目前去除鍋爐水中氧氣的最先進(jìn)材料,由水合肼與DEC發(fā)生取代反響制得。碳酰肼的構(gòu)造簡(jiǎn)式是 ?！敬鸢浮?Cl2 +2OH= Cl+ ClO+H2O2NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=一 定

22、 溫 度= N2H4H2O+ NaCl+Na2CO3冷凝回流水合肼N2H4H2O被NaClO氧化加熱至有大量固體析出,趁熱過(guò)濾3N2H4H2O+ H+= N2H5+H2O 【解析】1本問(wèn)考察Cl2與過(guò)量氫氧化鈉溶液的反響,化學(xué)方程式為Cl22NaOH = NaClNaClOH2O,離子方程式為Cl22OH= ClClOH2O。2本問(wèn)考察生疏方程式書寫,根據(jù)題意確定反響物為CO(NH2)2和NaClO,生成物除了N2H4H2O還有副產(chǎn)物NaCl和Na2CO3,尿素中氮的化合價(jià)為-3價(jià),水合肼中氮的化合價(jià)為-2價(jià),氯元素的化合價(jià)由+1價(jià)變?yōu)?1價(jià),根據(jù)得失電子守恒進(jìn)展配平,又根據(jù)質(zhì)量守恒和第1問(wèn)中

23、氫氧化鈉過(guò)量,反響物中需補(bǔ)充氫氧化鈉,化學(xué)方程式為CO(NH2)2NaClO2NaOH = NaClN2H4H2ONa2CO3根據(jù)題目所給信息II,水合肼沸點(diǎn)較低,加熱后容易揮發(fā),故冷凝管的作用為冷凝回流。根據(jù)題目所給信息II,水合肼有強(qiáng)復(fù)原性,假設(shè)NaClO滴加過(guò)快會(huì)將水合肼氧化。根據(jù)圖b碳酸鈉的溶解度受溫度影響較大,氯化鈉的溶解度受溫度影響不大,故將剩余溶液進(jìn)展蒸發(fā)結(jié)晶,有大量晶體析出時(shí)趁熱過(guò)濾,可得到氯化鈉粗品。3依題意水合肼在溶液中發(fā)生類似NH3H2O的電離,呈弱堿性,其電離方程式為N2H4H2ON2H5+OH,所以水合肼與鹽酸的離子反響方程式為N2H4H2OH+ = H2ON2H5+

24、。根據(jù)碳酰肼的分子式可判斷出碳酰肼由2 mol水合肼與1 mol DEC發(fā)生取代反響制得,根據(jù)題意水合肼分子中的H原子容易發(fā)生取代反響,故水合肼中N-H鍵斷裂,DEC分子中酯基C-O鍵斷裂發(fā)生取代反響,碳酰肼的構(gòu)造簡(jiǎn)式為。179 分頁(yè)巖氣中含有較多的乙烷,可將其轉(zhuǎn)化為更有工業(yè)價(jià)值的乙烯。1二氧化碳氧化乙烷制乙烯。將C2H6和CO2按物質(zhì)的量之比為11通入反響器中,發(fā)生如下反響： C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) H1+136.4 kJmol-1 CO2 (g) + H2 (g) CO(g) + H2O(g) H2+41.2 kJmol-1C2H6(g) +CO2(g) C2H4(

25、g) +CO(g) +H2O(g) H3用H1、H2計(jì)算H3 kJmol-1。反響：C2H6(g) 2C(s) + 3H2(g)為積碳反響,生成的碳附著在催化劑外表,降低催化劑的活性,適當(dāng)通入過(guò)量CO2可以有效緩解積碳,結(jié)合方程式解釋其原因： 。二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究熱點(diǎn)之一是選擇催化劑,一樣反響時(shí)間,不同溫度、不同催化劑的數(shù)據(jù)如下表均未到達(dá)平衡狀態(tài) ：【注】C2H4選擇性：轉(zhuǎn)化的乙烷中生成乙烯的百分比。CO選擇性：轉(zhuǎn)化的 CO2中生成CO的百分比。比照和,該反響應(yīng)該選擇的催化劑為 ,理由是 。實(shí)驗(yàn)條件下,鉻鹽作催化劑時(shí),隨溫度升高,C2H6的轉(zhuǎn)化率升高,但C2H4的選擇性降低,原因是

26、。2利用質(zhì)子傳導(dǎo)型固體氧化物電解池將乙烷轉(zhuǎn)化為乙烯,示意圖如右圖：電極a與電源的 極相連。電極b的電極反響式是 ?！敬鸢浮?+177.6 通入CO2發(fā)生反響 C + CO2 =一定溫度= 2CO,消耗C,增大CO2的量,反響iii的正反響進(jìn)展程度增加,降低了C2H6的濃度,反響iv進(jìn)展的程度減小。鉻鹽；一樣條件下,選擇鉻鹽時(shí)C2H6的轉(zhuǎn)化率和C2H4的選擇性均比鈷鹽高；溫度升高,反響ii,iii,iv的反響速率均增大,反響iv增大的更多。2正CO2 + 2e- + 2H+ = CO + H2O【解析】1由蓋斯定律可知,H3 = H1 + H2 = +177.6 kJ/molCO2可以與C反響生

27、成CO,從而去除催化劑外表的積碳,同時(shí)生成CO2使反響iii平衡右移,C2H6濃度降低,是反響iv平衡左移。由表格可知,650時(shí),使用鉻鹽做催化劑,C2H6的轉(zhuǎn)化率和C2H4的選擇性均比鈷鹽高,因此該條件下應(yīng)該選擇鉻鹽做催化劑。溫度較高時(shí),反響速率均較快,但消費(fèi)的副產(chǎn)物CO和H較多,使得C2H4的選擇性降低。2電解池中,陽(yáng)離子移向陰極,因此a為陽(yáng)極,與電源正極相連或電解池中,陽(yáng)極發(fā)生氧化反響化合價(jià)升高,因此a為陽(yáng)極,與電源正極相連由圖知b極發(fā)生的反響是CO2轉(zhuǎn)化為CO,介質(zhì)離子為H+,所以反響為CO2 + 2e- + 2H+ = CO + H2O 1811分生物浸出是用細(xì)菌等微生物從固體中浸出

28、金屬離子,有速率快、浸出率高等特點(diǎn)。氧化亞鐵硫桿菌是一類在酸性環(huán)境中加速Fe2+氧化的細(xì)菌,培養(yǎng)后能提供Fe3+,控制反響條件可達(dá)細(xì)菌的最大活性,其生物浸礦機(jī)理如以下圖。反響1 反響21氧化亞鐵硫桿菌生物浸出ZnS礦。反響2中有S單質(zhì)生成,離子方程式是 。實(shí)驗(yàn)說(shuō)明溫度較高或酸性過(guò)強(qiáng)時(shí)金屬離子的浸出率均偏低,原因可能是 。2氧化亞鐵硫桿菌生物浸出廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰LiCoO2與上述浸出機(jī)理相似,發(fā)生反響1和反響3：LiCoO2 + 3Fe3+ = Li+ + Co2+ 3Fe2+ + O2在酸性環(huán)境中,LiCoO2 浸出Co2+的總反響的離子方程式是 。研究說(shuō)明氧化亞鐵硫桿菌存在時(shí),Ag+對(duì)

29、鈷浸出率有影響,實(shí)驗(yàn)研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亞鐵硫桿菌溶液于錐形瓶中,分別參加不同濃度Ag+的溶液,鈷浸出率圖1和溶液pH圖2隨時(shí)間變化曲線如下：由圖1和其他實(shí)驗(yàn)可知,Ag+能催化浸出Co2+,圖1中的證據(jù)是 。Ag+是反響3的催化劑,催化過(guò)程可表示為：反響4：Ag+ + LiCoO2 = AgCoO2 + Li+反響5：反響5的離子方程式是 。由圖2可知,第3天至第7天,參加Ag+后的pH均比未加時(shí)大,結(jié)合反響解釋其原因： 。【答案】12Fe3+ + ZnS 2Fe2+ + S +Zn2+ 細(xì)菌的活性降低或失去活性212H+4LiCoO24Li+4Co2+O2+6H2OI.

30、參加Ag+明顯進(jìn)步了單位時(shí)間內(nèi)鈷浸出率,即進(jìn)步了鈷浸出速率。II.AgCoO2+3Fe3+Ag+Co2+3Fe2+O2 III.參加Ag+催化了反響3,使LiCoO2浸出的總反響的化學(xué)反響速率加快,一樣時(shí)間內(nèi)消耗H+更多,故參加Ag+后的pH比未加時(shí)大。【解析】1由圖反響2和信息有S生成。故答案為：2Fe3+ZnS2Fe2+S+Zn2+溫度較高或酸性較強(qiáng)時(shí),細(xì)菌活性會(huì)降低甚至?xí)セ钚?導(dǎo)致Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+的速率慢,金屬離子的浸出率低。故答案為：細(xì)菌的活性降低或失去活性。細(xì)菌2反響1為：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O,Fe2+為浸出反響的催化劑,由反響13+反響34得總離子方程

31、式。故答案為：12H+4LiCoO24Li+4Co2+O2+6H2OI.由圖1可知,一樣時(shí)間內(nèi),加Ag+時(shí)鈷的浸出率明顯大于不加時(shí)的浸出率,即反響更快。故答案為：參加Ag+明顯進(jìn)步了單位時(shí)間內(nèi)鈷浸出率,即進(jìn)步了鈷浸出速率。II. Ag+是反響3的催化劑,反響前后的量不變；反響3減反響4,得反響5。故答案為：AgCoO2+3Fe3+Ag+Co2+3Fe2+O2III.參加Ag+催化了反響3,使得參加Ag+的cFe2+比未加時(shí)的大,反響1的速率更快,總反響更快。故答案為：參加Ag+催化了反響3,使LiCoO2浸出的總反響的化學(xué)反響速率加快,一樣時(shí)間內(nèi)消耗H+更多,故參加Ag+后的pH比未加時(shí)大。1

32、914分研究不同pH時(shí)CuSO4溶液對(duì)H2O2分解的催化作用。資料：aCu2O為紅色固體,難溶于水,能溶于硫酸,生成 Cu和Cu2+。bCuO2為棕褐色固體,難溶于水,能溶于硫酸,生成 Cu2+和H2O2。cH2O2有弱酸性：H2O2 H+ + HO2-,HO2- H+ + O22-。1經(jīng)檢驗(yàn)生成的氣體均為O2,中CuSO4催化分解H2O2的化學(xué)方程式是 。2對(duì)中棕褐色沉淀的成分提出2種假設(shè)：.CuO2,.Cu2O 和CuO2 的混合物。為檢驗(yàn)上述假設(shè),進(jìn)展實(shí)驗(yàn)：過(guò)濾中的沉淀,洗滌,參加過(guò)量硫酸,沉淀完全溶解,溶液呈藍(lán)色,并產(chǎn)生少量氣泡。假設(shè)中生成的沉淀為CuO2,其反響的離子方程式是 。根據(jù)

33、中沉淀完全溶解,甲同學(xué)認(rèn)為假設(shè)不成立,乙同學(xué)不同意甲同學(xué)的觀點(diǎn),理由是 。為探究沉淀中是否存在Cu2O,設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：將中沉淀洗滌、枯燥后,取a g固體溶于過(guò)量稀硫酸,充分加熱。冷卻后調(diào)節(jié)溶液pH,以PAN為指示劑,向溶液中滴加cmolL-1 EDTA 溶液至滴定終點(diǎn),消耗EDTA溶液V mL。V= ,可知沉淀中不含Cu2O,假設(shè)成立。：Cu2+EDTA= EDTA-Cu2+,M(CuO2)96 gmol-1,M(Cu2O)144 gmol-13結(jié)合方程式,運(yùn)用化學(xué)反響原理解釋中生成的沉淀多于中的原因： 。4研究、中不同pH時(shí)H2O2分解速率不同的原因。實(shí)驗(yàn)：在試管中分別取1mLpH2、3、5的 1molL-1 Na2SO4 溶液,向其中各參加 0.5 mL 30% H2O2 溶液,三支試管中均無(wú)明顯現(xiàn)象。實(shí)驗(yàn)： 填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象,說(shuō)明CuO2可以催化H2O2分解。5綜合上述實(shí)驗(yàn),、中不同pH時(shí)H2O2的分解速率不同的原因是 ?！敬鸢浮?2H2O22H2O + O2 2H2O2+Cu2+ = CuO2+2H+