2022届北京市西城区高三第二次模拟测试化学试题（解析版）.pdf

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1、北京市西城区2022届高三第二次模拟测试化学试题一、单选题1 .将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是（）A.分与合相结合C.化学与社会和谐发展2.下列图示正确的是（）A.3P电子的电子云轮廓图:B.量变与质变相结合D.物质变化是有条件的B.SO3 的 VSEPR 模型:80C.As的原子结构示意图：D.HC1的形成过程：A 6：3.下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（）A.化合物IC1中I 为+1价B.第一电离能：BA 1C.沸点：CS2CO2D.热稳定性：NH3PH34 .我国拥有独立知识产权的抗高血压药物左旋氨氯地平的分子具有手性，其结构简式如图

2、。下列关于左旋氨氯地平的说法错误的是（）A.分子中含有酯基B.酸性条件下的所有水解产物均能与NaHCCh溶液反应C.能与H?发生加成反应D.有手性异构体5 .向含HCN的废水中加入铁粉和K 2 c C h可制备K4 F e(C N)6 ,反应如下：6 H C N+F e+2 K 2 c o 3=K 4【F e(C N)6 +H 2 f+2 c。2廿2 H 2 0。下列说法错误的是()A.依据反应可知：K a(H C N)K a i(H 2 c o 3)B.HCN的结构式是H C三NC.反应中每I m o l F e转移2 m o l电子D.F e(C N)6尸-中F e 2+的配位数是66 .

3、下列实验方案能达到相应实验目的的是()A.A B.B C.C D.D选项实验目的实验方案A制备无水F e C b固体将F e C 1 3溶液加热蒸干B检验浓H 2 s o 4催化纤维素水解的产物含有还原糖向水解后的溶液中加入新制的CU(OH)2,加热C配制 I L l.O m o l/L N a C l 溶液将5 8.5 g N a C l固体直接溶于1 L水中D证明醋酸是弱电解质测 O.l m o l/L C H 3c o 0 H 溶液的 p H7 .工业合成乙醇的反应：C2H 4(g)+H2O(g)=C2H5O H(g)A H c(Cr)c(H+)c(OH)B.O.lmol/LCH3coO

4、NH4 溶液中的 c(NH：)比 O.lmol/LNH4cl 溶液中的大C.如图说明NH4cl溶液中存在水解平衡D.溶液的pH变化是NH j浓度改变造成的10.某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如图。中气体颜色无明显变化，中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。KMnOj稀硫酸铜粉下列分析错误的是（）A.若中只有NHC1不能制备NH3催化剂B.、中现象说明中的反应是4NH3+5O2-4N0+6H2。2C.中白烟的主要成分是NH4clD.一段时间后，中溶液可能变蓝11.实验I 和实验II中，均有气体产生。实睑IIm LlttnJ f N祖8,溶液域口ImLO.l molZLI2mL 0.1

5、mol/LNaHSO3M t(pH=4)2mLO.lmol/LI NaHS03 (p H-4)下列分析错误的是（）A.NaHSCh溶液中：c（SO 歹）c（H2so3）B.I 中有CO2生成C.H 中产生白色沉淀D.I 和 II中溶液的pH均增大12.我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CCh转化为乙烯。装置示意图如图。已知：电解效率n（B尸71（生成B所用的电子）n（通过电极的电子）xlOO%9 阴离子交换膜悟性电极bCH,=CH,情性电极an。头瘾IKOH溶液下列说法错误的是()A.电极a 连接电源的负极B.电极b 上 有 02产生C.纳 米 C u催化剂上发生反应

6、：2co+6H2O+8e=C2H4+8OH-D.若乙烯的电解效率为6 0%,电路中通过Im ol电子时，产 生 0.075mol乙烯1 3.某小组探究C u与 H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表:装置实验试 剂 a现象与结果OI10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是CU(O H)2II8mL5moi/L 氨水立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是CU(O H)2g CuSSISL30%H2t2触in8mL5moi/L氨 水 和 IgN H Q 固体立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮下

7、列说法错误的是()A.I 中生成 CU(0H)2 的反应是 CU+H2O2=CU(O H)2B.由实验可知，增 大 c(OH),H2O2的氧化性增强C.增 大 c(NH4+)有利于Cu(NH3)42+的生成D.C u(N H 3)4 p+可能是H 2 O 2分解的催化剂1 4.异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。40-1-1-1150 200 250 300温度/（g）=f （g）+H 2 O（g）A H 尸+2 8 kJ/molK i（1 9（r C）=CHACHCH:OH CH3

8、C=CH2CH3 CH3CH3 I I 2 I(g)=CHC=CHCCH；(g)(二聚异丁烯)H 2=-7 2 kJ/molCH3C=CH,CH3K2(1 9 0)=0.1下列说法错误的是()A.其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备B.高于1 9 0时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K A 1 04、K 2 2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为a n m,高为bnm。图中“”代表的是（填“Mn”或0”）。NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为 g em 3,MnCh作催化剂，氨催化还原脱除N 0的一种催化机理示意图如图。NO从化学键的角度解释Mn0

9、2能结合NH3的原因：。该催化过程的总反应的化学方程式是。1 6.处理再利用H2s有多种方法。（1）碱法脱硫用K2co3溶液吸收H?S。己知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。KalKa2H2s1.1X10-71.3x10-13用化学用语表示K 2 c o3溶液显碱性的原因：。H 2 c 034.5 x 1 0-74.7 x 1 0 用 过 量 的K 2 c o3溶液吸收H 2 s的离子方程式是。(2)热分解法脱硫在密闭容器中发生反应2 H 2 s(g)=S 2+2 H 2(g)。其他条件不变时，H 2 s的平衡转化率随温度和压强的变化如图。900 950 1000nrc P3 P2 P 1,反应中

10、S2（填“是”或“不是）气态，理由实际反应在高温下进行的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如图。简述在电解反应器中F e C13溶液再生的原 不考虑其他副反应，理论上5 m ol H 2s反应能生成 g H2o1 7.香豆素类化合物在药物中应用广泛。香豆素类化合物W 的合成路线如图。NO2OH已知：i.1 八口一C-OHii.-CHO+P 吧，|口 +H2O-CH,

11、-C-4-CH=C-C-iii.RiC H=C H R2K M 3H+)+R1COOH+R2COOH(1)AB的化学方程式是 o(2)D 的分子式是 0(3)条件是 o(4)F 的 结 构 简 式 是。(5)ImolJ可以生成2moiK,J 的结构简式是。(6)下 列 说 法 错 误 的 是(填 序 号)。a.可以用酸性KMnCh溶液鉴别E 和Gb.G可以发生加聚反应、还原反应和取代反应c.lmolP最多可以和5molFh反应(7)M 为线型不稳定分子，M-P 经过两步反应，R 苯环上的一氯代物有3 种。R 的 结 构 简 式 是。R-P 的化学反应类型是1 8.向含有NaOH的NaClO溶液

12、中逐滴滴入FeSOa溶液，滴加过程中溶液的pH随 FeSCM溶液的体积i i.K sp F e(O H)3=2.8 x l O 39(1)CI 2和N a O H溶液制取N a C l O的离子方程式是。(2)A点溶液的p H约为13,主要原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)结合离子方程式解释A-B溶液的p H显著下降的主要原因:(4)N a Cl O溶液中含氯各微粒的物质的量分数与p H的关系如图。M点溶液含氯的微粒有

13、o C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式(5)检验i v中气体的方法是。(6)A-D的过程中，溶液的p H一直下降，原因是。(7)整个滴加过程中发生的反应与、微粒的浓度等有关。19.在处理NO废气的过程中，催化剂 Co(N H 3)6 F+会逐渐失活变为 CO(N H 3)6产。某小组为解决这一问题，实验研究C o和 之间的相互转化。资料：i.K“Co(O H)2=5.9 x l O T5,K、T CO(O H)3=1.6 x 10加i i.Co2+6 N H3-Co(N H 3)6卢K/=1.3x l O5Co3+6 N H s-CO（N H 3）6 F+K 2=2X 1。35i i

14、 i.Co（N H 3）6 2+和 Co（N H 3）6产在酸性条件下均能生成N H t（1）探 究，的还原性实验L粉红色的C o C L溶液或CoSO 4溶液在空气中久置，无明显变化。实验H.向O.lmo l/L C o C L溶液中滴入2滴酸性K M n O 4溶液，无明显变化。实验I I I.按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。0.1 mo b LC o C l?溶液|Kif酸性（1 月1 C 0 2+：C o 2+-e-=C 0 3+在碱性条件下，O H与C o 2+、C o 3+反应，使C（C 0 2+）和C（C 0 3+）均降低，但 降低的程度更大，还原剂的还原性增强。（2）

15、探 究Co的氧化性根据实验i n和I V推测氧化性：C o3+C h,设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，（补全实验操作及现象），反应的离子方程式是 向v中得到的棕褐色沉淀中滴加H 2s 0 4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是。(3)催化剂 C o(N H 3)6p+的失活与再生 结合数据解释 C o(N H 3)6产能被氧化为 C o(N H 3)6产而失活的原因：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

16、 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _O根据以上实验，设计物质转化流程图实现 C O(N H 3)6 2+的再生：o示例：C o J C o C h 呷 CO(OH)2答案解析部分L【答案】A【解析n 解答】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，蕴含的化学学科的思想方法是分与合相结合，与量变与质变相结合量变与质变相结合、化学与社会和谐发展、物质变化是有条件的思想方法无关，故答案为：A o【分析】将氧化还原反应拆解为氧化反应和还原反应的分析过程，属于分与合相结合。2.【答案】C【解析】【解答】A.3P电子的电子云轮

17、廓图为哑铃形，不是球形，故A不符合题意；B.三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3,孤对电子对数为0,分子的空间构型为平面三角形,不是三角锥形，故 B不符合题意；C.神元素的核电荷数为33,核外有4个电子层，最外层电子数为5,原子结构示意图为 2 8 18 5，故c符合题意;/D.氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为 H-+-C 1：A H：C 1：，故D不符合题意;故答案为：C,【分析】A.p 电子的电子云轮廓图为哑铃形；B.S 03 分子中S原子的价层电子对数为3,V S E PR 模型为平面三角形；C.As 的核电荷数为3 3；D.HC1是共价化合物。3.【答案】C【解析】

18、【解答】A.氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故 A 不符合题意；B.同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；C.二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故C符合题意；D.同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于磷化

19、氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；故答案为：C【分析】A.氯原子半径小与碘，得电子能力强；B.同主族从上到下第一电离能减小；C.分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高；D.元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定。4.【答案】B【解析】【解答】A.由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的官能团为氯原子、酯基、氨基和亚氨基，故A不符合题意；B.由结构简式可知，左旋氨氯地平分子酸性条件下发生水解反应生成的甲醇、乙醇不能与碳酸氢钠溶液反应，故B符合题意；C.由结构简式可知，左旋氨氯地平分子中含有的苯环、碳碳双键和埃基一定条件下能与氢气发生加成反应，故C不符合题意；D.由结构简式可知，

20、左旋氨氯地平分子中与苯环相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，存在手性异构体，故D不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.由结构简式可知该分子含有酯基；B.该物质水解产物中含醇；C.苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。5.【答案】A【解析】【解答】A.由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氟酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A符合题意；B.氢甄酸分子中含有碳氮三键，结构式为H-C三 N,故 B 不符合题意；C.由方程式可知，反应中Im o l 铁参与反应，反应转移2 m o i 电子，故C

21、不符合题意；D.Fe(CN)6 产中中心离子为Fe 2+,氢氟酸根离子为配位体，配位数为6,故 D不符合题意；故答案为：Ao【分析】A.根据强酸制弱酸判断；B.HCN 中C 和N之间为三键；C.反应中铁从0 价升高为+2 价；D.该物质中心离子为Fe 2+,配位体为CN-。6.【答案】D【解析】【解答】A.氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，加热蒸干时.，氯化氢受热挥发，水解平衡不断向正反应方向移动，直至水解趋于完全得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，故A 不符合题意；B.葡萄糖在碱性条件下与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，检验纤维素在浓硫酸中生成的水解产物含有葡萄糖，应

22、加入氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，否则葡萄糖不能与与新制氢氧化铜共热发生氧化反应，故 B 不符合题意；C.将 5 8.5 g氯化钠固体直接溶于1 L水中所得氯化钠溶液的体积不是1 L,溶液的浓度不是l.Omo l/L,故C 不符合题意；D.O.lmo l/L醋酸钠溶液p H 大于7,说明醋酸根离子在溶液中发生水解反应，醋酸是部分电离的弱酸,故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.F e Cb 水解生成F e(0H)3 和 HC1,加热促进盐酸挥发；B.水解后应在碱性条件下检验葡萄糖；C.将 5 8.5 g氯化钠固体直接溶于1 L水中所得氯化钠溶液体积大于1 L；D.明醋酸为弱电解质，只要

23、证明醋酸部分电离即可。7.【答案】C【解析】【解答】A.循环使用乙烯可使乙烯尽可能转化为乙醇，提高乙烯的利用率，故 A不符合题意；B.该反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，压强过大对设备的要求高且易发生事故，因此实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故 B 不符合题意；C.投料比n(H2O)：n(C2H4)越小，体系中的n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越小，故C符合题意；D.催化剂可提高反应速率，因此寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D不符合题意;故答案为：Co【分析】A.循环使用乙烯，可充分反应；B.压强过大对设备的要求高，且易发生事故；C.n(C2H4)越大，

24、乙烯转化率越小；D.催化剂可加快反应速率。8.【答案】B【解析】【解答】A.反应除生成高聚物J外，还有小分子HC1生成，所以该反应是缩聚反应，故A项不符合题意；B.对比有机物的结构可知，M PD的 结 构 简 式 为 工NH：,分子中有4种化学环境不同的氢原子，即M PD的核磁共振氢谱中有4组峰，故B项符合题意；C.单体TM C中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C项不符合题意；D.正、负离子容易与水形成水合离子，高聚物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D项不符合题意；故答案为：Bo【分析】A.AEPPS、TM C和M PD发生缩聚反应生成J；C.单体TM C中三个侧链均发生

25、反应；D.正、负离子容易与水形成水合离子。9.【答案】C【解析】【解答】A.氯化镂是强酸弱碱盐，铁根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为 c、(Cl-)c(NH+)c(Cl)c(H+)c(OH),故 A 不符合题意；B.氯化钱是强酸弱碱盐，镂根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，醋酸镂是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和镂根离子在溶液中都发生水解反应，醋酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，促进铉根离子水解,所以醋酸镂溶液中镂根离子浓度小于等浓度的氯化镂溶液，故B不符合题意；C.由未加入醋酸镂溶液时,0.Imol/L氯化镂溶液的pH为6说明钱根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中存在水解平衡，

26、故C符合题意；D.醋酸镂是弱酸弱碱盐，醋酸根离子和镂根离子在溶液中都发生水解反应，向氯化镂溶液中加入醋酸核溶液时，溶液的pH变化是镀根离子浓度和醋酸根离子浓度的相对大小发生改变造成的，故D不符合题意；故答案为：Co【分析】A.镂根离子水解使溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；B.镂根离子水解程度越大，溶液中铁根离子浓度越小；C.加 入CH3COONH4溶液后，溶液中c(NH J)增大而抑制NH 水解。10.【答案】C【解析】【解答】A.氯化镀受热分解生成氨气和氯化氢，无法制得氨气，故A不符合题意；B.由分析可知，中气体颜色无明显变化、中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明中氨气在催化剂作用下与氧

27、气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为催化剂4NH3+5O2-4NO+6H2 0,故 B 不符合题意；2C.由分析可知，中白烟的主要成分是硝酸钱，故c符合题意；D.由分析可知，一段时间后，装置中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜，故D不符合题意；故答案为：C【分析 1中加热高镒酸钾可制备氧气，中加热氯化镂与氢氧化钙可制备氨气，中气体颜色无明显变化，中收集到红棕色气体，一段时间后，中产生白烟，可知中氨气被氧化生成NO,中发生 2NO+O2=2NCh、3NO2+H2O=2HNO3+NO,HNO3+NH3=NH4NO3,中白烟的主要成分是N K N C h

28、,中酸性溶液中C u被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝。11.【答案】D【解析】【解答】A.根据装置中亚硫酸氢钠溶液的pH=4判断，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离大于水解，故c(SO 夕)c(H2so3),故A不符合题意；B.亚硫酸氢钠与碳酸氢钠反应，因为亚硫酸氢根离子的酸性大于碳酸，故反应生成二氧化碳，故B不符合题意；C.亚硫酸铁是可难溶性盐，故实验】1中物质有白色沉淀，故 C 不符合题意；D.实验I 中亚硫酸氢根离子的量减小，溶液体积增大，导致其浓度减小，故 pH增大，实验II中因为产生沉淀，促进电离，pH减小，故 D 符合题意；故答案为：D。【分析】A.亚硫酸氢根离子的电离程度大

29、于水解程度；B.I 中氢离子可以和碳酸氢钠反应；C.II中会产生亚硫酸钢白色沉淀；D.I 中氢离子浓度减少，pH增大，n 中产生白色沉淀，促进电离，pH减小。12.【答案】D【解析】【解答】A.电极a 实现将C02转化为乙烯，C 由+4价变为-2价，化合价降低，发生还原反应，电极a 为阴极，与电源负极相连，故 A项不符合题意；B.电极b 上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为40H-4e-=2H2O+。2 T，故 B 项不符合题意；C.由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为2co+6”2。+8 e-=C2H4+8OH-，故C 项不符合题意；D.若乙烯的电解效率为6

30、0%,电路中通过Imol电子时，根据公式得n（生成乙烯所用的电子）=0.6mol,由CO2转化为乙烯的电极反应为2co2+842O+12e-=C2H4+12O/T,所以当n（生成乙烯所用的电子）=0.6m ol,产生的乙烯为0.05mol,故 D 项符合题意；故答案为：D。【分析】A.a电极上CO2转化为乙烯，发生还原反应，为阴极；B.b电极的电极反应为4。-4 f=2H2。+。2 T；C.纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应；D.根据电极反应结合得失电子守恒计算。13.【答案】B【解析】【解答】A.I 中生成CU（O H）2,说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是CU+H2O 2=CU（

31、OH）2,故 A不符合题意；B.酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故 B 符合题意；c.I L i n 比较,i n 中加入氯化钱,C 根离子浓度增大,铜片表面不生成CU（OH）2,可知增大C（NH4+）有利于 CU(N H 3)4 2+的生成，故C 不符合题意；D.I、I I 比较，I I 溶液变为深蓝色，说明有 Cu(N H 3)4 p+生成，立即产生大量气泡，说明 Cu(N H 3)4 2+可能是H 2 O 2 分解的催化剂，故 D不符合题意；故答案为：B o【分析】A.I 中蓝色固体为CU(0 H)2；B.I H 中加入氨水后还加入了 N F U Cl 固体，抑制了一水合氨的电离，贝

32、U p H：C.增大c(N H 4+)有利于 Cu(N H 3)4 2+的生成;D.H 中加入氨水，生成 CU(NH3)4 2+,立即产生大量气泡。1 4.【答案】D【解析】【解答】A.其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度可以加快化学反应速率，同时反应吸热，反应放热，升高温度使反应正向移动，使反应逆向移动，都有利于异丁烯的制备，故A项不符合题意；B.化学平衡常数反映反应进行的程度，当温度高于1 90时，K A 1 04、K2 H2 S HC 0 3 HS-,由强酸制弱酸的原理可知，过量的碳酸钾溶液与硫化氢反应生成碳酸氢钾和硫氢化钾，反应的离子方程式为 H2 S+C O 打=HC O

33、3 +HS-故答案为：H2S+C O g=HC O 3 +HS-；由图和P3 P2 P/可知，其他条件不变时，增大压强，硫化氢的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S 2是气态，故答案为：其他条件不变时，增大压强，H2 s的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S 2是气态；由图可知，升高温度，硫化氢的转化率增大，说明该反应为吸热反应，实际反应在高温下进行可以加快反应速率，使平衡向正反应方向移动，增大硫化氢的转化率，故答案为：升高温度，有利于增大反应速率和提高H2 s的转化率；(3)由图可知，吸收反应器中氯化铁溶液与硫化氢气体反应生成氯化亚铁和盐酸，反应的方程式为H2 s+2 F

34、 e C 1 3=2 F e C L+S l+2 HC l,由方程式可知，溶 液X为氯化亚铁和盐酸的混合溶液，故答案为：F e C h和 HC 1；由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，氯化亚铁和氯化氢混合溶液中亚铁离子在阳极失去电子发生氧化反应生成铁离子，氢离子通过质子交换膜进入阴极区，氯化铁溶液在阳极区得以再生，故答案为：含F e C b和HC 1的溶液加入阳极区，F e 2+放电生成F e 3+,且H+由阳极区加入阴极区，F e C b溶液得以再生；由图可知，不考虑其他副反应，间接电解法脱硫过程实际上是硫化氢分解生成硫和氢

35、气，所以理论上5m o i硫化氢反应能生成氢气的质量为5 m o i x2 g/m o l=1 0 g,故答案为：1()。【分析】(1)K 2 c o 3水解显碱性；用 过 量 的K 2 c 0 3溶液吸收H 2 s生 成K H C C h和K H S；(2)不同压强的作用下，H 2 s的转化率不同，说明该反应的平衡移动受到压强影响；升高温度，平衡正向移动，增大平衡转化率；(3)F e C b和H 2 s发生氧化还原反应产生F e C h和S；电解反应器中，阳极亚铁离子失去电子，转化为铁离子，且存在质子交换膜，溶 液X中的氢离子向右移动；5 m o i H 2 s反应，转 移l O m o l

36、电子，生 成5 m o l氢气。1 7.【答案】+H N O 3*7 0?N-C H 3 +H2(2)C7HsBnChN(3)氢氧化钠水溶液、加热(4)(5)HOOCCH2COOH(6)ac【解析】【解答】加成反应(l)A-B 为甲苯的硝化反应，方程式为:H C H 3 +HN。.产7 O2NQHC H3-H2O；(2)由分析可知D为 O,NK_-CHBr,，则其分子式为：C 7H5B r2O 2 N;(3)DTE 是o,N-CHBr：转 化 为 O,N-CHO，先发生卤代烧水解，然后自动脱去1 分子水，条件是氢氧化钠水溶液、加热；(4)由分析可知，F的结构简式是 Qf；N-NH(5)由分析可

37、知J 为H O O C C H 2 c o 0 H；(6)a.E为 O,N-CHO，G为，E含有醛基，G含有碳碳双键,N-NH都能被酸性K M n C U 溶液氧化，不能鉴别二者，故 a 不正确；r rN2b.G为,含有碳碳双键，可以发生加聚反应，苯环与碳碳双键能与氢气发生加N-NH成反应，属于还原反应，含有的酰胺基、苯环等可以发生取代反应，故b 正确；c.P 分子含有的1个苯环、1个叛基能与氢气发生加成反应，ImolP最多可以和4molH2反应，故c不正确；故答案为：ac；(7)M为线型不稳定分子，M 的结构简式为O=C=C=C=O,M-P 经过两步反应，均发生加成反应，而R 苯环上的一氯代

38、物有3 种，则酚羟基先与M 发生加成反应，故 R 的结构简式为故答案为：;加成反应。【分析】G 与推知G 的结构简式为OA发生硝化反应生成B,结合B 的分子式、G 的结构简式，可知B 中含有苯环且N-NH苯环侧链处于对位，故 B 为，则 A为，结合信息i，信息ii，可知B发生甲基上二澳取代生成D,D水解反应并脱水生成E,故D为 O,N-)一CHBnE 为 O、N-，一 CHO，E 与F 发生信息ii中反应生成G，推知F 为J 发生信息iii中氧化反应生成K,由J、K 的分子式，可知ImolJ可以生成2molK,推知J 为 HOOCCH2coOH、K 为，J 脱去2 分子式生成M,结合P 的结构

39、简式推知M 为 O=C=C=C=O,M 与苯酚发生加成反应生成P,据此解答。18.【答案】（1）Cl2+2 0 -=Cl+CIO+H20(2)溶液中含有NaOH,NaOH电离出OH使溶液的pH约为13(3)A B 发生反应 CIO+2Fe2+40H+H20=Cl+2 F e(O/)3 I，消耗 O H 1 使溶液的p H 显著下降(4)C I O、H C 1 O、C l ；HCIO+2Fe2+5 H2O=2 F e(O H)3 1 +C 厂+5 H+(5)用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝(6)F e2+向F e(O H)3 转化时消耗了 N a O H 和 H2O电离的O H ,c(O

40、 H)减小、c(H*)增大，pH 一直下降(7)反应物的相对用量或氧化剂的种类【解析】【解答】向含有N a O H 的N aC l O 溶液中逐滴滴入F eS C U溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A B 过程，溶液的碱性较强，此时发生aO-+2 F e2+4 O/r+“2。=C F+2 F e(O W)3 J,从BC的 过 程 的 含 量 减 少，H C 1 O 含量增多，到 C点主要发生HCIO+2Fe2+5 H2O=2 F e(O H)3 I+Cl+5 H+,D E过程溶液中N a O H 和 N aC l O 已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是F e?+被空气中的0 2 氧

41、化为F e3+,F e3+发生水解生成F e(0 H)3 沉淀，据此分析来解题。C b 和 N a O H 溶液反应生成N aC IO、N aC I和 H20,反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=cr+cio+H2o,故答案为 CI2+2OH-=cr+cio+n2o；(2)根据资料-：饱和N aC l O 溶液的p H 约为1 1,则 A 点溶液p H 约为1 3 主要是N a O H 完全电离产生的c(O H )O.l m o l/L,所以A 点溶液的p H 约为1 3,主要原因是溶液中含有N aO H,N a O H 电离出0 H 使溶液的p H 约为1 3,故答案为溶液中含有N aO

42、H,N a O H 电离出O H-使溶液的p H 约为1 3；(3)根据实验现象：A-B 产生红褐色沉淀，说明有F e(O H)3 生成，所以A-B 溶液的p H 显著下降是将 F e2+氧化为+3 价，消耗溶液中的0 H ,使 c(O H-)减小，发生反应的离子方程式为ClO+2Fe2+4OH+H2O=C F+2 F e(O H)3 I,故答案为 A-B 发生反应ClO+2Fe2+4OH+H2O=C F+2 F e(O W)3 I,消耗 O H ,使溶液的 pH 显著下降；(4)M 点p H 略小于8,产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有C IO .H C IO、C ；C点p H 约为6.5

43、,溶液中H C IO 含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是HC10+2Fe2+5 H2O=2 F e(O W)3 I+Cl+5 H+,故答案为 C K T、H C IO、C ；HCIO+2Fe2+5 H2O=2 F e(O H)3 I+C F+5 H+；(5)根据现象i v：D点附近产生有刺激性气味的气体,该气体为氯气，利用反应Cl2+2KJ=2KCI+12和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝；(6)A-D 的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即F e2+不断地转化为F e(0 H)3 沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH1

44、所以溶液的pH 一直下降，故答案是F e2+向F e(0 H)3 转化时消耗了 N a O H 和t b O电离的O H c(O H-)减小、c(H+)增大，p H一直下降；(7)根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将F e2+氧化为F e(O H)3,因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类；【分析】(1)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；(2)A点溶液溶质主要为氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；(3)A B有F e(O H)3生成，0H被消耗；(4)M点溶液中含有CO、H C 1 O、C 1-；C点H C

45、I O中含量较多，与F e?+发生氧化还原反应；(5)i v中气体为氯气，氯气能将碘离子氧化成碘单质，且单质碘遇淀粉变蓝；(6)F e2+不断地转化为F e(O H)3沉淀,消耗0出；(7)不同阶段有不同的氧化剂将F e2+氧化为F e(O H)3o1 9.【答案】(1)将实验III中的O.l m o l/L C o C b溶液替换为0.2 m o l/L N aC l溶液进行实验，指针偏转幅度与实验H I相同；4 CO(O H)2+O2+2 H 2 O=4 CO(O H)3；C(CO3+)(2)加入适量盐酸，株褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色；2 CO(O H)3+6

46、 H+2 C I=2 CO2+C 1 2 1+6 H2O；02(3)对 C o 2+-”C o 3+,N H 3 与 C o、+反应,使 c(C o 2+)和 c(C 6+)均降低，但&用,c(C 0 3+)降低的-1k酸或硫酸溶液 NH程度远大于c(C 0 2+),还原剂的还原性增强，C o(N H 3)6产能被氧化；C o(N H 3)6产 t C o2+3催化剂 CO(N H3)6 2+【解析】【解答】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co和Co之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。(1)乙同学补充实验I V,设计不含Co 2+但氯离子浓度相同的溶液代替O.l

47、 m o l/L Co CL,进行实验，如：将实验I I I中的O.l m o l/L Co Cb溶液替换为0.2 m o l/L N a Cl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验m相同，从而否定了甲同学根据实验I I I得出结论：Co?+可以被酸性K M n C h溶液氧化；i i中蓝色沉淀CO(O H)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀CO(O H)3,反应的化学方程式是 4 CO(O H)2+O2+2 H2O=4 CO(O H)3；根据氧化还原反应规律解释还原性CO(O H)2 C0 2+：Co 2+-e=C0 3+在碱性条件下，与C c、Co3+反应，使C(C0 2+)和c(C0

48、3+)均降低，但C(C0 3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；(2)向V中得到的株褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验I I I和I V推测氧化性：Co3+C h;实验中酸性条件下CO(O H)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2 Co(O H)3+6H+2 Cl-=2 Co2+Ch t+6H2O;向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H 2 s0 4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是0 2；对Co 2+-e-=Co 3+,NH3与Co 2+、Co?+反应，使c(C0 2+)和以C0 3+)均降低，但 及,c(C0 3+)

49、降低的程度远大于C(C0 2+),还原剂的还原性增强，Co(N H 3)6 2+能被氧化，故 Co(N H 3)6产能被氧化为 CO(N H 3)6产而失活;要实现 Co(N H 3)6 2+的再生，可通过酸性条件下催化 Co(N H 3)6产产生Co 2+后再利用氨气处理可得:处酸或硫酸溶液 NH。CO(N H3)63+T Co2+CO(N H 3)62+,催化剂【分析】(1)根据对比实验的单一变量原则,乙同学补充实验IV,设计不含Co 2+但氯离子浓度相同的溶液代替O.l m o I/L Co CL进行实验；C o(O H)2在空气被氧化为CO(O H)3;(2)向C o(O H)3中滴加盐酸生成氯气，氧化剂的氧化产物大于氧化产物；滴加H 2 s04溶液，加入催化剂，产生氧气；(3)NH3与Co 2+、Co 3+反应，使c(C0 2+)和c(C0 3+)均降低，c(C0 3+)降低的程度远大于c(C0 2+)；酸性条件下催化 CO(N H 3)6产产生C0 2+后再利用氨气处理得到 CO(N H 3)6 2+。