【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+H2O2CH3COOOH+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H2C.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-+6H2

O=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：4H

2O+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-+6H

2O=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-+6H2O=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＞S

O2C.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+O2CuA

g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:222AgClsSaqAgS

s2Claq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:223323

2HCOCa2OHCaCO2HOCO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2

NaS溶液，有黑色难溶物2AgS生成，其离子方程式为：222AgClsSaqAgSs2Claq，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：2243422

MnO5HSOH2Mn5SO3HO，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6.02×10

23B.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.23gNO

2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.NH4

NO3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。10

.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.22H

O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O2，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++2H2O，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+=2Fe3++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%，222000.720.180.3

60.360.280.820.4HClgOg2Clg2360.36HOgcccccccccc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-lNa2CO3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，0.1mo

l・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:232TeO4e6HTe3H

O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24T

eO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CH3OH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(m

ol·L-1)0.440.60.610min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2333HoCHOCH2CHOHc?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。③

CO2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：2CH3OH(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：CH3OH(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NaC1

O2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NaC1

O2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bm

ol•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+2S2O32-=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-+O2+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Na2S2O

3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N

aClO2～2I2～4S2O32-，根据关系式NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；（6）盐酸浓度较大，NaC1O2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-=Cl

O2-，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NaC1O

2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：33110090.51090.510425bcbcaa；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Na2S2O

3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+R2NH2

R1—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—COOR3，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).24242442NHHPOM

g2OH4HOMgNHPO6HO(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NH3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•6H2

O，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，NH

3•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I

V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).A

g++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Ag

2O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0.1mol•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II

I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）AgN

O3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+2NH3·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+2H

2O，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+H2

O2=2Ag+O2+H2O；Ag2O有催化作用，可以催化H2O2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：A

g++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。