【文档说明】北京市顺义区2020届高三第一次模拟化学试题【精准解析】.doc，共(26)页，2.160 MB，由小赞的店铺上传

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2020北京顺义高三一模化学可能用到的相对原子质量:H1C12N14016Na23C135.5第一部分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1.下列物质制造或使用过程中没有．．发生化学变化的是（）ABCD明矾做净水剂丙烯制造聚丙烯熔喷布

氨气制造液氨冷却剂含碳酸氢钠的抗酸药治疗胃酸过多A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．明矾溶于水，铝离子水解为氢氧化铝胶体，发生化学变化，故不选A；B．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，有新物质生成，属于化学反应，故不选B；C．氨气制造液氨冷却剂，氨气的状态发生改变，没有生成新

物质，不属于化学变化，故选C；D．碳酸氢钠治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，有新物质生成，属于化学反应，故不选D。答案选C。2.过氧乙酸是一种绿色生态杀菌剂，结构简式为，可用乙酸与过氧化氢一定条件下反应制得。下列说法

不正确的是（）A.过氧化氢的电子式B.乙酸溶于水：CH3COOH=CH3COO-+H+C.过氧乙酸中含有极性共价键和非极性共价键D.制备过氧乙酸的化学反应方程式：CH3COOH+H2O2CH3COOO

H+H2O【答案】B【解析】【详解】A.过氧化氢是共价化合物，其电子式为：，A正确；B.乙酸是弱酸，溶于水部分电离：其电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，B错误；C.过氧乙酸的结构简式为：，极性共价键是指不同种非金属原子之间的化学键，

非极性共价键是指同种非金属原子之间的化学键，过氧乙酸中即含有极性共价键，又含有非极性共价键，C正确；D.用乙酸与过氧化氢一定条件下反应，制备过氧乙酸，其化学反应方程式为：CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O，D正确；故答案为：B。3.下列说法不正确的是（）A.纤维素属

于天然有机高分子B.油脂的皂化、淀粉制葡萄糖均属于水解反应C.碳链中含碳碳双键的油脂，主要是低沸点的植物油D.在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀【答案】D【解析】【详解】A.一般把相对分子质量高于10000的

分子称为高分子，包括天然和合成有机高分子化合物，常见天然有机高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等，纤维素属于天然有机高分子，A正确；B.油脂属于酯类物质，在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，淀粉在酸的催化作用下，能发生水解，淀粉的水解过程是先生成分子量较小的糊精（淀粉不完全水解的产

物），糊精继续水解生成麦芽糖，最终水解产物是葡萄糖，B正确；C.油和脂肪统称为油脂，油脂的主要成分是各种高级脂肪酸的甘油酯，油脂中的碳链含碳碳双键时，主要是低沸点的植物油，油脂中的碳链为碳碳单键时，主要是高沸点的动物脂肪，C正确；D.鸡

蛋清的主要成分为蛋白质，加入饱和Na2SO4溶液，可以使蛋白质因盐析产生沉淀，盐析是一个可逆的过程，加入饱和CuSO4溶液会因变性产生沉淀，变性是不可逆的，D错误；故答案为：D。4.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X与Z最外层电子数相同，X2-和Y

+的电子层结构相同，Y的原子半径在短周期主族元素原子中最大。下列说法正确的是（）A.原子半径：Z＞WB.还原性：X2-＞Z2-C.最高价氧化物的水化物酸性：Z＞WD.X、Y、Z形成的化合物水溶液一定显中性【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半

径在短周期主族元素原子中最大，则Y为Na元素，X2-和Y+的电子层结构相同，则X为O元素，X与Z最外层电子数相同，则Z为S元素，W为Cl元素。【详解】A.Z为S元素，W为Cl元素，同周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：S＞Cl，A正确；B.X为O元素，Z为S

元素，同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性：O>S，则还原性：O2-<S2-，B错误；C.Z为S元素，W为Cl元素，同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，则H2SO4<HClO4，C错误；D.

X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素，其形成的化合物中Na2SO3，NaHSO3水溶液显酸性，D错误；故答案为：A。5.利用偏铝酸钠（NaA1O2）溶液电解法制备氢氧化铝的简易装置如图所示，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是（）A.电极A为阳极B.气体b为H2

C.所得料浆液的pH大于原料NaA1O2溶液的pHD.该方法总反应方程式是：4NaA1O2+10H2O4A1(OH)3+4NaOH+O2↑+2H2↑【答案】D【解析】【分析】电解NaA1O2溶液制备氢氧化铝，阳极A1O2-失去电子，发生氧化反应，

电极反应式为：4A1O2--4e-+6H2O=O2↑+4A1(OH)3↓，阴极H+得到电子，发生还原反应，电极反应式为：4H2O+4e--=2H2↑+4OH-，总反应为：4NaA1O2+10H2O4A1(OH)3+4NaOH+O2↑+2H2↑。【详解】

A.阴极上H+得到电子，发生还原反应，其电极反应式为：4H2O+4e--=2H2↑+4OH-，碱性增强，有图像可知，电极A附近稀NaOH变为浓NaOH，碱性增强，则电极A为阴极，A错误；B.电极A为阴极，电

极B为阳极，阳极上A1O2-失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：4A1O2--4e-+6H2O=O2↑+4A1(OH)3↓，气体b为O2，B错误；C.电极B上生成料浆液，电极B为阳极，阳极上A1O2-失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：4A1O2--4e-+6H2

O=O2↑+4A1(OH)3↓，pH小于原料NaA1O2溶液的pH，C错误；D.该电解池总反应方程式是：4NaA1O2+10H2O4A1(OH)3+4NaOH+O2↑+2H2↑，D正确；故答案为：D。6.向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的

分析正确的是（）A.对比实验①和②可知还原性：Br-＞Cl-B.对比实验①和③可知氧化性：Br2＞SO2C.对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3D.由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性【答

案】A【解析】【详解】A.实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确；B.实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚

硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误；C.实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误；D.实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误；故

答案为：A。7.某树脂的结构片断如图所示，下列关于该树脂的说法不正确的是（）（图中~~~表示链延长）A.合成该树脂的反应为缩聚反应B.理论上合成该树脂的原料比例相同C.合成该树脂的单体之一甲醛可由甲醇氧化得到D.该树脂难溶于

水【答案】B【解析】【分析】观察本题中高分子化合物的结构简式，首先会联想到酚醛树脂的结构，它对应的单体是和HCHO，将题给有机物的结构再与酚醛树脂的结构比较，多出部分必然要用到的单体。由此可知，本题高分子合成时所用到的单体有、HCHO和，这三种单体发生聚合时应为缩聚

反应。【详解】A.、HCHO和发生缩聚反应生成，A正确；B.根据树脂的结构片断可知，反应采取苯酚稍过量，才能得到线型结构酚醛树脂，所以理论上合成该树脂的原料比例不相同，B错误；C.CH3OH在催化剂条件下被O2氧化可得到甲醛，其化学反应方程式为：2CH3OH+O2Cu

Ag或△2HCHO+2H2O，C正确；D.和均不易溶于水，合成的树脂难溶于水，D正确；故答案为：B。【点睛】加聚反应是指由不饱和单体（如碳碳双键，碳碳叁键以及碳氧双键等）聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物；缩聚反应是指具有两个或两

个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应。8.下列用于解释事实的离子方程式不正确的是A.向AgCl悬浊液中加入2NaS溶液，有黑色难溶物生成:222AgCl

sSaqAgSs2ClaqB.向酸性4KMnO溶液中加入3NaHSO固体，溶液紫色褪去:2243422MnO5HSOH2Mn5SO3HOC.向3NaHCO溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成:2233232HCOCa2O

HCaCO2HOCOD.向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色:2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO【答案】C【解析】【详解】A.向AgCl悬浊液中加入2NaS溶液，有黑色难溶物2AgS生成，其离子方程式为：222AgClsSaqAgSs2Cla

q，故A正确；B.向酸性4KMnO溶液中加入3NaHSO固体，溶液紫色褪去，反应生成2Mn和24SO离子：2243422MnO5HSOH2Mn5SO3HO，故B正确；C.向3NaHCO溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉

淀碳酸钙生成，按照少定多变思想书写离子方程式：2332HCOCaOHCaCOHO，故C错误；D.向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，反应生成铜离子：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO

，故D正确。综上所述，答案为C。9.下列说法正确的是（）A.23gNO2与足量水反应，转移的电子数约为6.02×1023B.标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×

1024C.常温下，1L0.1mo1•L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022D.密闭容器中，1molNO与0.5molO2充分反应后，容器中分子数约为6.02×1023【答案】B【解析】【详解】A.23gNO2物质的量为0.5mol，与足量水反

应的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其转移的电子数约为13×6.02×1023，A错误；B.标准状况下，22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数约为6.02×1024，B正确；C.NH

4NO3是强酸弱碱盐，其溶液中NH4+水解生成氨水，NH4+数小于6.02×1022，C错误；D.NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，所以密闭容器中1molNO与0.5molO2充分反应，产物的分子数小于6.02×1023，D错误；故答案为：B。1

0.常温下，向22HO溶液中滴加少量243Fe(SO)溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是A.该反应过程中，M是3FeM'，是2FeB.当有21molO生成时，转移2mol电子C.在22HO分解过程中，溶液的pH逐渐降低D.2

2HO的氧化性比3Fe强，还原性比2Fe弱【答案】B【解析】【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O

2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。【详解】A.根据分析，M是2Fe，Mˊ是3Fe，故A错误；B.图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程

中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有21molO生成时，转移2mol电子，故B正确；C.图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2

O，则总反应为2H2O2=催化剂2H2O+O2↑，在22HO分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；D.根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2

Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；综上所述，答案为B。11.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1

：1、4：1、7：1时，HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确．．．的是（）A.K(300℃)>K(400℃)B.增加反应的压强和及时分离出氯气都可以提高氯化氢的转化率C.当c(HCl)：c(O2)进料比过低时

，HCl的转化率较低，且不利于分离O2和Cl2D.若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，K(500℃)=224(0.36)(0.36)(1-0.72)(1-0.18)c【答案】C【解析】【详解】A．由图象可知，升高温度，HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K(300℃)>

K(400℃)，故A正确；B．增加反应的压强和及时分离出氯气，平衡正向移动，都可以提高氯化氢的转化率，故B正确；C．c(HCl)：c(O2)进料比越小，HCl的转化率越大，故C错误；D．相同温度下，c(HCl)：c(O2)进料比越大，HCl平衡转化率越小，根据图象

，500℃、若HCl的初始浓度为c，进料比为1：1时，HCl平衡转化率为72%，222000.720.180.360.360.280.820.4HClgOg2Clg2360.36HOgcccccccccc起始转化平衡K(500℃)=224(0.36)(

0.36)(1-0.72)(1-0.18)c，故D正确；选C。【点睛】本题考查化学平衡移动，明确影响平衡移动的因素是解题的关键；对于多种反应物的反应，增大一种反应物的增大，平衡正向移动，其它反应物的转化率增大，加

入的反应物的转化率减小。12.下列实验的现象与结论相对应的是（）ABCD实验现象一段时间后，a管液面高于b管液面酸性KMnO4溶液褪色pH计测得①中pH大于②中pH试管①中有大量气泡，试管②中无现象结论a

管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀有乙烯生成可以使酸性KMnO4溶液褪色金属性：Mg＞Al酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.U型管左边装置是中性溶液，右边装置是酸性溶液，Fe与稀H2SO4发生反应生成H2，

导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，但无法证明a管发生吸氧腐蚀，A错误；B.制备乙烯反应中，乙醇被碳化得到碳，碳与浓硫酸加热反应会生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性也可以使高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾溶液褪色不能证明一

定是生成的乙烯，B错误；C.MgCl2溶液与AlCl3溶液的浓度不相同，C错误；D.醋酸与碳酸氢钠反应生成气体，NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑说明酸性：醋酸＞碳酸，硼酸与碳酸氢钠不反应，说明酸性：碳酸＞硼酸，所以酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；【点睛】根据越弱

越水解，相同物质的量浓度的氯化铝溶液和氯化镁溶液，比较其pH大小，pH小，说明酸性强，水解程度大，对应的碱性弱，可以比较这两种元素金属性强弱。13.25℃下，水中碳酸化合物的三种微粒占总浓度的百分比随pH变化如图所示。25℃时，向10mL0.1mol・L-lNa2

CO3溶液中逐滴加入0.1mol・L-1稀盐酸，下列说法正确的是（）A.0.1mol・L-lNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)B.溶液pH=8.3时，c(Na+)=c(C1-)C.溶液pH=7时，加入盐酸

体枳大于10mLD.溶液pH=6时的导电能力强于pH=11时的导电能力【答案】C【解析】【详解】A.根据电荷守恒，0.1mol・L-lNa2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，A错误；B.根据图像，

溶液pH=8.3时，溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠，c(Na+)>c(C1-)，B错误；C.当加入盐酸体积为10mL时，碳酸钠与盐酸恰好反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性，pH>7，若使溶液pH=7，溶液中加入盐酸体枳大于10mL，C正确D.溶液中离子浓度越大，导电能力越强；离子所

带电荷数越高，导电能力越强，根据图像可知，溶液pH=11时的导电能力强于pH=6时的导电能力，D错误；故答案为：C。14.碲(Te)元素在元素周期表中位于第VIA族，其单质是重要的工业原料。工业上可用电解法从

铜阳极泥(主要成分是2CuTe、含AgAu、等杂质)中提取单质碲，步骤如下:①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为2TeO;②用NaOH溶液碱浸;③以石墨为电极电解②所得溶液获得Te。已知:2TeO微溶于水，易与较浓的强酸、强

碱反应。下列说法不正确的是A.2CuTe中，Te的化合价是－2B.步骤②中，碱浸的离子方程式是2232:TeO2OHTeOHOC.步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是:232TeO4e6HTe3HOD.在阳极区溶液中检验出有24TeO存在，可能原因是

阳极生成的氧气氧化23TeO得到24TeO【答案】C【解析】【详解】A.2CuTe中，Te的化合价是－2，Cu的化合价是+1，故A正确；B.步骤②中，根据信息2TeO易与较浓的强碱反应，因此碱浸的离子方程式是：2232TeO2OHTeOHO，故B正确；C.步骤

③中，溶液是碱性环境，因此阴极上发生反应的电极方程式是:232TeO4e3HOTe6OH，故C错误；D.在阳极区溶液中检验出有24TeO存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化23TeO得到24TeO，故D正确。综上

所述，答案为C。第二部分15.甲醇是重要的化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是：甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入C

H3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，一段时间后测得各组分的浓度如表所示。物质CH3OHCH3OCH3H2O5min浓度(mol·L-1)0.440.60.610

min浓度mol·L-1)0.040.80.815min浓度(mol•L-1)0.040.80.8该温度下，反应的平衡常数数值是___，CH3OH的平衡转化率是___。（2）利用甲醇水蒸气重整制氢法是获得氢气的重要方法。反应原理如下：反应i（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）CO2(

g)+3H2(g)△H=+49kJ•mol-1反应ii（副反应）：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ•mol-1①温度高于300℃则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是___。②反应

中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。从图中可知，反应

的适宜温度为___，随着温度的升高，催化剂对___（填“反应i”或“反应ii”）的选择性越低。③TiO2纳米电极电化学还原法可将副产物CO2在酸性水溶液中电解生成甲醇，生成甲醇的电极反应式是___。【答案】(1).400(2)

.97.56%(3).CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1(4).260℃(5).反应i(6).CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【分析】（1）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据2333HoCHOCH2C

HOHc?cKc，求平衡常数，根据3cαCHOH100%c转始，求甲醇的平衡转化率；（2）①根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2，据此求出△H；②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH

的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小。③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；【详解】（1

）由表格可知，10min后，反应达到了平衡，根据反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，2333HoCHOCH22CHOHc?c0.80.8K400c0.04；设甲醇的起始为xmol/L，根据三段式：2CH3

OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)xmol/L?001?.6mol/L?0.8mol/L?0.8mol/L0.04mol/L?0.8mol/L?0.8mol/L始态转化平衡x=(1.6+0.04)mol/

L=1.64mol/L，则31.6mol/LαCHOH100%97.56%1.64mol/L，故答案为：400；97.56%；（2）①反应i：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)△H1=+49kJ•mol-1；反应ii：H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(

g)△H2=+41kJ•mol-1；根据盖斯定律i+ii可得：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，△H=△H1+△H2=49kJ•mol-1+41kJ•mol-1=+90kJ·mol-1，故答案为：CH

3OH(g)CO(g)+2H2(g)△H=+90kJ·mol-1。②由图可知，低于260℃时，CH3OH的转化率较低，高于260℃时，CH3OH的转化率较高，但在高于260℃时，CO的选择性逐渐增大，CO2的选择性逐渐减小，所以最适宜温度

为260℃；随着温度的升高，催化剂对CO的选择性增大，CO2的选择性减小，所以温度升高，催化剂对反应i的选择性越低，故答案为：260℃；反应i。③CO2在酸性环境下，电解生成甲醇，二氧化碳得到电子，发生还原反应，生成甲醇，其电极反应式为：CO2

+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。【点睛】10min时，反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡，根据生成物的浓度，计算10min内甲醇转化

的浓度，再求出始态的甲醇浓度，最后求出甲醇的平衡转化率。16.2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献。二氧化氯（C1O2）就是

其中一种高效消毒灭菌剂。但其稳定性较差，可转化为NaC1O2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：已知：1.纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下

。2.长期放置或高于60℃时NaC1O2易分解生成NaC1O3和NaCl（1）步骤1中，生成C1O2的离子方程式是___，通人空气的作用是___。（2）方法1中，反应的离子方程式是___，利用方法1制NaC1O2时，温度不能超过20℃，可能的原因是___。（3）方法2中

，NaC1O2在___生成（选填“阴极”或“阳极”）。（4）NaC1O2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作是___。（5）为测定制得的晶体中NaC1O2的含量，做如下操作：

①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol•L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为cmL（已知：I2+2

S2O32-=2I-+S4O62-）。样品中NaC1O2的质量分数为___。（用含a、b、c的代数式表小）。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是___（用离子方程式和文字表示）。（6）NaC1O2使

用时，加入稀盐酸即可迅速得到C1O2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是___。【答案】(1).2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2(2).稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸(3).2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O

2+2H2O(4).H2O2温度较高时易分解(5).阴极(6).加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤(7).-390.5bc10a(8).4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗N

a2S2O3增多，结果偏高(9).亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气【解析】【分析】（1）~（3）NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，而由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下，故加入空气稀释；方法1

：在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2；方法2：在阴极上ClO2被还原生成ClO2-，其电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-；（4）由溶解度曲线可知，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2⋅3H2O，温度高于38℃时析出晶体NaClO2，据此分析解答；（5）由ClO2

-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式NaClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；（6）盐酸浓度较大，NaC1O

2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气；【详解】（1）步骤1，NaC1O3溶液与SO2发生氧化还原反应，生成ClO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；由题给信息可知，纯C1O2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10

％以下，则通人空气的作用是稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸，故答案为：2ClO3-+SO2=SO42-+2ClO2；稀释产生的ClO2，防止其分解爆炸；（2）方法1，在碱性环境下，用H2O2还原C1O2得到NaC1O2，根据得失电子

守恒，反应的离子方程式未：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；温度较高时H2O2易分解，所以温度不能超过20℃，故答案为：2OH-+2ClO2+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；H2O2温度较高时

易分解；（3）方法2，ClO2生成ClO2-，应被还原，在阴极生成，电极方程式为：ClO2+e-=ClO2-，所以在阴极上生成NaC1O2，故答案为：阴极；（4）由NaC1O2的溶解度曲线可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2⋅

3H2O，温度高于38℃时析出晶体是NaClO2，所以从NaC1O2溶溶液中获得NaC1O2的操作：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗涤，故答案为：加热温度至略低于60°C，浓缩，冷却至略高于38°C结晶，过滤，洗

涤；（5）由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=14n(S2O32-)=31bc10mol4，则样品中NaC1O2的质量分数为：3

3110090.51090.510425bcbcaa；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘负离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：390.510bca

；4H++4I-+O2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3增多，结果偏高；（6）盐酸浓度大时，NaC1O2与浓HCl发生氧化还原反应生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。17.吡唑类化合物是重要的医用中间体，如图是

吡唑类物质L的合成路线。已知：R1—CHO+R2CH2—COOR3R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2（1）试剂a是__。（2）C生成D的反应类型是__。（3）D生成E的化学方程式是___。（4）生成G的化学方程式是__。（5）H的结构简式是__。（6）写出符合下列条件的I的

同分异构体的结构简式__。a.是反式结构b.能发生银镜反应c.苯环上的一氯代物有2种d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应（7）K的分子式是C10H8O2，K的结构简式是__。（8）以2-甲基丙烯和乙酸为原料，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线__（用结构简式表示有机物，用箭头表示转

化关系，箭头上注明试剂和反应条件）【答案】(1).浓硫酸，浓硝酸(2).取代（水解）反应(3).2+O22+2H2O(4).CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O(5).(6).(7).(8).【解析】【分析】，B在光照条件下与氯气发生取代反应生成，逆推可知B

是，A发生硝化反应生成B；F的分子式是C2H4O，F与甲醇在浓硫酸作用下反应生成G，则F是乙酸、G是乙酸甲酯；，结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，，逆推可知E是、K的分子式是C10H8O2，K是；由逆推，D是；【详

解】根据以上分析，（1）A是甲苯、B是，A发生硝化反应生成B，所以试剂a是浓硫酸，浓硝酸；（2）C是、D是，C生成D是卤代烃的水解反应，反应类型是取代（水解）反应。（3）D是、E是，D生成E是醇的催化氧化，反应的化学

方程式是2+O22+2H2O；（4）G是乙酸甲酯，乙酸和甲醇在在浓硫酸作用下反应生成乙酸甲酯，反应的化学方程式是CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O；（5），结合R1—CHO+R2CH2—COOR3，可知H为；（6）a.

是反式结构，说明含有碳碳双键；b.能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯；c.苯环上的一氯代物有2种，说明2个取代基在苯环的对位；d.1mol该有机物能与2mol氢氧化钠反应，说明是甲酸酚酯；符合条件的

I的同分异构体的结构简式是；（7）结合R1—CHO+R2NH2R1—CH=N—R2，，逆推可知E是、根据K的分子式是C10H8O2，可知K是；（8）2-甲基丙烯与溴水发生加成反应生成，水解为，在铜做催化剂的条件下氧化为，和乙酸发生正反应反应生成，根据R1—CHO+R2CH2—CO

OR3，在碱、加热的条件下生成；合成路线为。18.一些行业的废水中氨氮含量严重超标，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。I．电镀行业废水处理流程如下：(1)吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以4NH和游离态的3NH保持平

衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移，从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中3NH和4NH平衡态的平衡关系有________。(2)温度、pH值、空气流量

对脱除氨有很大的影响。pH值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，10pH11时，吹脱率随着pH增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因________。(3)次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是________。II．对于含有24HPO的氨氮废水

还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生OH，在通入2O的情况，又产生22HO，以氧化水中的4NH，同时4NH还可以通过生成442MgNHPO6HO沉淀而持续被除去。(1)阳极的电极反应式是________。(2)废水中的4NH

转化为442MgNHPO6HO的离子方程式是________。(3)pH大于10.5不利于442MgNHPO6HO的生成，原因是________。【答案】(1).32324NHHONHHONHOH(2).NH3+H2O⇌4NH+OH-，c(OH-)增大

有利于平衡逆向移动，4NH转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除(3).4222NH3ClO2OHN3Cl5HO(4).2Mg2eMg(5).24242442NHHPOMg2OH4HOMgNHPO6H

O(6).pH大于10.5时，4NH、2Mg易于OH结合生成322NHHOMgOH、，32NHHO的电离被抑制，使4NH和2Mg浓度降低，不利于442MgNHPO6HO的生

成【解析】【分析】Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成4NH、OH-；(2)根据溶液的酸碱性对NH3+H2O⇌4NH+OH-的影响分析解答；(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子4NH生成N2，同时ClO-被还原生成Cl

-；Ⅱ．(1)Mg是活泼金属，活泼金属作阳极时，阳极本身失电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；(2)4NH、24HPO、Mg2+、OH-和H2O反应生成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中4NH；(3)pH大于10.5时，溶液中c(OH-)较大，4NH、Mg2+易与

OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，结合(2)反应方程式分析解答。【详解】Ⅰ．(1)NH3溶于H2O生成NH3•H2O，NH3•H2O部分电离生成4NH、OH-，所以溶液中存在溶解和电离平衡，即氨氮废水中N

H3和4NH平衡态的平衡关系有NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌4NH+OH-，故答案为：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌4NH+OH-；(2)NH3+H2O⇌4NH+OH-，溶液的pH值越大，溶液

中c(OH-)越大，平衡越容易逆向移动，使4NH转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除，所以空气流量一定时，10＜pH＜11时，吹脱率随着pH增加而增加，故答案为：NH3+H2O⇌4NH+OH-，c(OH-)增

大有利于平衡逆向移动，4NH转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除；(3)NaClO具有强氧化性，能氧化还原性离子4NH生成N2，同时ClO-被还原生成Cl-，离子方程式为24NH+3ClO-+2OH-═N2+3Cl-+5H2O，故答案为：24NH+3ClO-+2OH-

═N2+3Cl-+5H2O；Ⅱ．(1)Mg是活泼金属，活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子生成金属阳离子，所以阳极的电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，故答案为：Mg-2e-=Mg2+；(2)4NH、24HPO、Mg2+、OH-和H2O反应生

成难溶物MgNH4PO4•6H2O，从而除去溶液中的4NH，反应的离子方程式为4NH+24HPO+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O，故答案为：4NH+24HPO+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O；(3)pH大于10.5时，溶液中c(OH-

)较大，4NH、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离被抑制，使4NH和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，故答案为：pH大于10.5时，4NH、Mg2+易与OH-结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2

，NH3•H2O的电离被抑制，使4NH和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成。【点睛】本题的易错点为Ⅱ(1)电极反应式的书写，要注意活泼金属作阳极时，阳极上金属电极材料失电子而不是溶液中阴离子

失电子；难点为Ⅰ(3)离子方程式的书写，要注意氧化还原反应规律的应用。19.常温下，某化学小组探究硝酸银溶液的性质。装置实验序号实验操作实验现象实验I向试管中滴加2%氨水并不断振荡产生棕褐色沉淀，继续滴加沉淀消失实验II1.向试管中加入0.1mol·L-lNaOH

溶液1mL2.继续滴加3%H2O2至过量1.产生棕褐色沉淀2.产生大量无色无味气体，有黑色沉淀生成实验III1.向试管中滴加1mL0.1mol•L-1KI溶液2.取少量上层清液于试管甲中，加入淀粉溶液1.产生黄色沉淀2.溶液无明显变化已知：AgOH是一种白色固体，常温下极不稳定，易分解为棕褐色难溶

于水的氧化银固体（1）常温下，0.1mo1•L-1AgNO3溶液pH约为4，请用离子方程式解释原因___。（2）实验I中，反应的化学方程式是___。（3）实验II中，经检验，黑色沉淀的成分为Ag。有Ag产生的化学方程式是___。经测定，实验产生的气体体积

远远大于该反应的理论值，可能的原因是___。（4）实验中，产生黄色沉淀的离子方程式是___。有同学猜想，I-有还原性，Ag+有氧化性，AgNO3溶液与KI溶液应该可以发生氧化还原反应。他设计了如图原电池，做实验IV证明了猜

想成立。其中，在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质。乙溶液是___，检验B烧杯中产物的操作及现象是___，该氧化还原反应的离子方程式是__。（5）对比实验III和实验IV，实验III无I2

生成的可能原因是___（写出两条）。【答案】(1).Ag++H2OAgOH+H+(2).AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O(3).Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O(4).Ag2O有催化作用，可以催化H2O2的

分解，导致气体体积增大(5).Ag++I-=AgI↓(6).0.1mol•L-1KI溶液(7).取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现(8).2Ag++2I-=2Ag↓+I2(9).Ag+与I-发生氧化还原反应的

速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生【解析】【分析】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性；（2）AgNO3溶液中滴加氨水，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐

色难溶于水的Ag2O固体，继续滴加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，据此写出化学方程式；（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色

难溶于水的Ag2O固体，继续滴加H2O2至过量，Ag₂O被H2O2还原生成Ag单质；Ag2O有催化作用，催化H2O2分解生成O2，导致气体体积增大；（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，甲溶液为0.1

mol•L-1AgNO3溶液，乙溶液是0.1mol•L-1KI溶液；用淀粉溶液，检验I2；根据得失电子守恒写出离子方程式；（5）实验III中，Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，

溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生；【详解】（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+水解，溶液呈酸性，Ag++H2OAgOH+H+，故答案为：Ag++H2OAgOH+H+；（2）AgNO3溶液中加氨水，发生复分解反应，产生AgOH

的白色沉淀，AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=Ag₂O+H₂O，继续加氨水，AgOH与氨水反应生成银氨溶液，沉淀消失，AgOH+2

NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O，则实验I中，发生的反应的化学方程式为：AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O，故答案为：AgNO3+3NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O；

（3）AgNO3溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应，产生AgOH的白色沉淀，AgNO3+NaOH=AgOH↓+NaNO3，AgOH极不稳定，易分解为棕褐色难溶于水的Ag2O固体，2AgOH=Ag₂O+H₂O，继

续滴加H2O2至过量，Ag₂O被H2O2还原生成Ag单质，其化学反应方程式为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O具有催化作用，可以催化H2O2分解生成H2O和O2，导致气体体积增大，故答案为：Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H

2O2的分解，导致气体体积增大；（4）AgNO3溶液中滴加KI溶液，发生复分解反应，产生AgI的黄色沉淀，其离子反应方程式为：Ag++I-=AgI↓；在A烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为银单质，则A烧杯中发生的反应为：Ag

++e-=Ag↓，甲溶液为0.1mol•L-1AgNO3溶液，则B烧杯中发生的反应为：2I--2e-=I2，乙溶液是0.1mol•L-1KI溶液；检验B烧杯中产物：取少量反应后B烧杯中溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若有蓝色出现，则证明产物为I2；该氧化还原反应的离子方程式为：2Ag++2I-=2A

g↓+I2，故答案为：Ag++I-=AgI↓；0.1mol•L-1KI溶液；取少量反应后B烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，有蓝色出现；2Ag++2I-=2Ag↓+I2；（5）对比实验III和实验IV，实验III中，Ag+

与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生，故答案为：Ag+与I-发生氧化还原反应的速率慢于发生沉淀反应的速率；物质的氧化性与还原性受

浓度影响，溶液中离子浓度较小时，氧化还原反应不易发生。【点睛】在硝酸银溶液中加入少量氨水时，发生反应的化学方程式：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，加入过量氨水时，发生反应的化学方程式：AgNO3+2NH3·H2O=[Ag(

NH3)2]NO3+2H2O。