北京市重点中学2015届高三上学期第一次月考化学试卷(解析版)

1、北京市重点中学2015届高三上学期第一次月考化学试卷（解析版）第I卷（选择题）1下列分类依据和结论都正确的是AHClO、浓硫酸、HNO3均具有氧化性，都是氧化性酸BH2O、HCOOH、Cu2(OH)2CO3均含有氧元素，都是氧化物CHF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质DHCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸【答案】A【解析】试题分析：A、HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，故A正确；B、氧化物指含有两种元素，其中一种为O元素的化合物，HCOOH、Cu2(OH)2CO3含有的元素超过两种，不是氧化物，故B错误；C、CH3C

2、H2OH是非电解质，不是电解质，故C错误；D、HCOOH分子只能电离出1个H+，为一元酸，故D错误。考点：本题考查物质的分类。2下列事实与胶体性质无关的是A可用半透膜除去淀粉溶液中的少量NaClB黄河入海口容易形成沙洲C将植物油倒入水中用力搅拌可形成油水混合物D一束平行光线通过蛋白质溶液，从侧面可以看到一条光亮的通路【答案】C【解析】试题分析：A、淀粉溶液属于胶体，分散质微粒不能透过半透膜，NaCl溶于水形成溶液，可透过半透膜，所以可用半透膜除去淀粉溶液中的少量NaCl，与胶体的性质有关；B、黄河水中含有土壤小颗粒，形成胶体，遇到含有电解质的海水，发生聚沉，土壤颗粒沉淀，所以黄河入海口容易形成

3、沙洲，与胶体性质有关；C、将植物油倒入水中用力搅拌可形成油水混合物，为乳状液，与胶体的性质无关；D、一束平行光线通过蛋白质溶液，从侧面可以看到一条光亮的通路，为胶体的丁达尔现象，与胶体的性质有关。考点：本题考查胶体的性质。 3下列物质的使用不涉及化学变化的是A用活性炭去除冰箱中的异味B用热碱水清除炊具上残留的油污C用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装【答案】A【解析】试题分析：A、用活性炭去除冰箱中的异味，利用了活性炭的吸附性，没有发生化学变化；B、用热碱水清除炊具上残留的油污，发生油脂的水解反应，涉及了化学变化；C、用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜

4、水果，发生氧化还原反应，涉及了化学变化；D、用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉与O2等氧化性物质发生氧化还原反应，涉及了化学变化。考点：本题考查化学变化的判断。 4“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料。下列关于Pu的说法正确的是APu与U互为同位素 BPu与Pu互为同素异形体CPu与U具有相同的化学性质 DPu与Pu具有相同的最外层电子数【答案】D【解析】试题分析：A、Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误；B、Pu与Pu质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B错误；C、Pu与U最外层电子数不同，化学性质不同，故C错误；D、Pu与Pu核外电子数均为94，所以具有相同的最外层电子数

5、，故D正确。考点：本题考查原子结构、基本概念。 5在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A范德华力、范德华力、共价键 B范德华力、范德华力、范德华力C范德华力、共价键、共价键 D共价键、共价键、共价键【答案】A【解析】试题分析：石蜡为分子晶体，分子间的作用力是范德华力，所以石蜡液体石蜡石蜡蒸气，均为物质状态的变化，破坏的是范德华力；石蜡蒸气裂化气发生了化学反应，破坏的是共价键，故A项正确。考点：本题考查物质结构与物质的变化。6X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y+和Z-具有相同的电子层结构。下列说法正确的是A原子最外

6、层电子数：XYZ B单质沸点：XZYC离子半径：X2YZ D原子序数：XYZ【答案】D【解析】试题分析：X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第A族元素，Z为A族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，A、X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B、常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为NaSF2，故B错误；C、Na+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F-Na+，故C错误；D、X、Y、Z原子序数分别为16、11、9

7、，原子序数：XYZ，故D正确。考点：本题考查原子结构、元素周期律。7设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A18gH2O含有10 NA个质子B1mol己烷含有18NA个化学键C224L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案】A【解析】试题分析：A、18gH2O物质的量为1mol，1个H2O分子含有10个质子，所以18gH2O含有10 NA个质子，故A正确；B、1个己烷分子含有19个化学键，所以1mol己烷含有19NA个化学键，故B错误；C、氨水为液态，不能用224L/mol进行换算，故C错误；D、铁片在浓硫酸中发生钝化，反应停止，故D错误。

8、考点：本题考查阿伏伽德罗常数的计算。8已知四种盐的溶解度(S)曲线如右图所示，下列说法不正确的是A将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体B将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体C可用MgCl2和NaClO3制备Mg(ClO3)2DMg(ClO3)2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯【答案】B【解析】试题分析：A、因NaCl的溶解度受温度的影响不大，所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体，故A正确；B、因MgCl2能够水解，水解产生了氢氧化镁和氯化氢，加热水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，所以将MgCl2溶液蒸干得到的固体为氢氧化镁，故B错误；C、反应MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2

9、+2NaCl类似于侯德榜制碱法生成NaHCO3的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行，故C正确；D、因Mg（ClO3）2的溶解度随温度升高而增大且受温度影响变化较大，NaCl的溶解度随温度升高而减小且受温度影响较小，所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质，可用重结晶法提纯，故D正确。考点：本题考查溶解度、饱和溶液、物质的分离、提纯。 9绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸的说法不正确的是A分子式为C16H18O9B能与Na2CO3反应C能发生取代反应和消去反应D01 mol绿原酸最多与08 mol NaOH反应【答案】D【解析】试题分析：A、

10、由结构简式可知，分子式为C16H18O9，故A正确；B、绿原酸分子含酚-OH、-COOH，均能与Na2CO3反应，故B正确；C、绿原酸含醇-OH，且与-OH相连的邻位碳上含H，则能发生消去反应，酚-OH、醇-OH、-COOH，均可发生取代反应，故C正确；D、酚-OH、-COOH、-COOC-能与NaOH溶液反应，则01mol绿原酸最多与04molNaOH反应，故D错误。考点：本题考查有机物的结构与性质。10下列离子在给定的条件下一定能大量共存的是A加入Al粉放出H2的溶液中：Na+、K+、Fe3+、NO3Bc(Fe3+)=01mol/L的溶液中：NH4+、AlO2、SO42、HCO3C水电离出

11、的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Mg2+、K+、NO3、ClDc(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Cl-、AlO2-、CO3- 【答案】D【解析】试题分析：A、加入Al粉放出H2的溶液中，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，酸性时因为含有NO3，加入铝粉不能放出H2，碱性时Fe3+与OH反应，不能大量共存，故A错误；B、Fe3+与AlO2-、HCO3发生相互促进的完全水解反应，不能大量共存，故B错误；C、水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，碱性时OH与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，

12、不能大量共存，故C错误；D、c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈碱性，各离子互不反应，能大量共存，故D正确。考点：本题考查离子共存。11在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是AFe2Ba22OH=BaSO4Fe(OH)2BFe3Ba24OH=BaSO4Fe(OH)3NH3·H2OC2Fe333Ba26OH=3BaSO42Fe(OH)3D3Fe333Ba26OH=3BaSO4Fe(OH)33NH3·H2O【答案】C【解析】试题分析：A、复盐NH4Fe（SO4）2中Fe的化合价是+3价，故A错误；B、在复盐N

13、H4Fe（SO4）2溶液中，n（NH4+）：n（Fe3+）：n（SO42-）=1：1：2，1mol复盐完全反应时需要2molBa（OH）2，反应的离子方程式为NH4+Fe3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故B错误；C、当Ba（OH）2不足时，生成Fe（OH）3和BaSO4，该依据原子守恒配平书写的离子方程式为2Fe3+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2Fe（OH）3，故C正确；D、当加入3molBa（OH）2时，反应的n（Fe3+）：n（SO42-）=1：2，离子方程式不符合反应实际，故D错误。考点：本题考查离子方程式的正误判断。

14、 12将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(y)的关系正确的是【答案】D【解析】试题分析：向KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中通入CO2，先二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，沉淀量逐渐增加，当氢氧化钙消耗完时，沉淀量最大，继续通入二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾，沉淀量不变，当氢氧化钾完全反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙、水反应生成可溶性的碳酸氢钙，醋酸钙的量逐渐减少直至完全消失，当碳酸钙反应后，继续通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，故D项正确。考点：本题考查物质的性质及应用。13下列实验操作与预

15、期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作实验目的或结论A某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是K2CO3B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)DC2H5OH与浓硫酸170 共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯【答案】B【解析】试题分析：A、某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该钾盐可能含

16、CO32-、HCO3-，故A错误；B、向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤，Fe3+发生水解反应：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，足量Mg（OH）2消耗H+促进Fe3+水解，使Fe3+完全水解成Fe（OH）3过滤除去，故B正确；C、常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因饱和Na2CO3溶液中高浓CO32-转化BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，但是Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4），故C错误；D、C2H5OH与制得的乙烯都有还原性，通入酸性KMnO4溶液都会褪色，故D错误。考点：本题考

17、查实验方案的设计与分析。 14已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：GQNaCl QH2OXH2 YNaOHGQH2O ZNaOHQXH2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是AG、Y、Q、Z、X BX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、G DG、Q、Y、Z、X【答案】A【解析】试题分析：GQ+NaCl中，NaCl中Cl元素为-1价，G转化为Q，Cl元素化合价升高，则Cl元素的化合价为QG-1；Y+NaOHG+Q十H2O中，为歧化反应，Y中Cl元素的化合价介于G、Q之间，结合可知Cl元素的化合价为QYG；Q+H2OX+H2中，H元素的化合价降低

18、，则Cl元素的化合价升高，所以Cl元素的化合价为XQ；Z+NaOHQ+X+H2O中，为歧化反应，Z中Cl元素的化合价介于Q、X之间，结合可知，Cl元素的化合价为XZQ，所以五种化合物中氯的化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故A项正确。考点：本题考查元素及化合物的性质、氧化还原反应原理。15在常温下，发生下列几种反应：16H10Z2=2X25Z28H2O2A2B2=2A32B2BZ2=B22Z 根据上述反应，下列结论判断错误的是A溶液中可发生：Z22A2=2A32ZBZ2在反应中为氧化剂C氧化性强弱的顺序为：>Z2>B2>A3DX2是的还原产物【答案】B【解析】试题分析

19、：（1）16H+10Z-+2XO4-2X2+5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；（2）2A2+B22A3+2B-中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；（3）2B-+Z2B2+2Z-中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为XO4-Z2B2A3+。A、氧化性为Z2A3+，则溶液中可能发生：Z2+2A2+2A3+2Z-，故A正确；B、Z2在（1）中为还原剂，在（3）中为氧化剂，故B错误；C、由上述分析可知，氧化性为XO4-Z2B2A3+，故C正确；D、由反应（1）可知，X被还原，X2+是XO4-的还原产物，故D正确。

20、考点：本题考查氧化还原反应原理及应用。 16用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3 B若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出C若有固体存在，则溶液中一定有Fe2 D若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出【答案】C【解析】试题分析：A、无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁没与Cu2+反应，全部与Fe3+反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B、若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故B

21、错误； C、若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故C正确；D、当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误。考点：本题考查铁极其化合物的性质、氧化还原反应原理。17标准状况下V L氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL1)，所得溶液的密度为g·mL1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol·L1，则下列关系中不正确的是A BC D【答案】A【解析】试题分析：A、VL氨气的物质的量为VL÷224L/mol=V/224mol，氨气质量为V/224mol×17g/mol=17 V/

22、224g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为（17 V/224+1000）g，溶液体积为V/224mol÷cmol/L= V/224c L，所以溶液的密度为（17 V/224+1000）g÷V/22400c mL=（17cV+22400c）/1000V，故A错误；B、=溶质的质量÷溶液的质量×100%=17g/mol×VL×cmol/L÷（VL×1000×/L）=，故B正确；C、=溶质的质量÷溶液的质量×100%=17 V/224g÷（

23、17 V/224+1000）g×100%=，故C正确；D、c=n/V= V/224mol÷（17 V/224+1000）g÷1000 g/L=，故D正确。考点：本题考查物质的量浓度与溶质质量分数的计算。18将25%的硫酸溶液和5%的硫酸溶液等体积混合，所得硫酸溶液的质量分数是A等于15% B大于15% C小于15% D无法估算【答案】B【解析】试题分析：溶质的质量分数分别为5%和25%的两种硫酸溶液等质量混合后，溶液中的溶质的质量分数为（5%+25%）÷2=15%，哪种溶液的质量大，就偏向于谁的溶质质量分数，由于25%硫酸溶液的密度大于5%硫酸溶液的密度

24、，所以5%和25%的两种硫酸溶液等体积混合后，25%的硫酸溶液的质量大于5%硫酸溶液的质量，所以混合后溶液中的溶质的质量分数大于15%，故B项正确。考点：本题考查溶质的质量分数的计算。19已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH) = a mol时，下列有关说法错误的是A参加反应的氯气的物质的量等于a molB若某温度下，反应后=11，则溶液中=C 改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为 a molD改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： a mol ne a mol【答案】C【解析】试题分析：A、产物KC1、K

25、ClO、KClO3中，K元素与Cl元素的物质的量之比均为1:1，所以加反应的氯气的物质的量为KOH物质的量的1/2，为a mol，故A正确；若某温度下，反应后=11，设Cl物质的量为11mol，则ClO物质的量为1mol，根据氧化还原反应中电子得失总数相等，可得11mol=1mol+5×n（ClO3），解得n（ClO3）=2mol，所以n（ClO）：n（ClO3）=，故B正确；C、改变温度，若氧化产物全部为KC1O3，则达到最大值，根据氧化还原反应中电子得失总数相等，可得amoln（ClO3）=5×n（ClO3），的最大理论产量为1/6amol，故C错误；D、改变温度，若反

26、应后产物完全是KCl、KClO，发生反应：Cl2+2KOH=KCl+ KClO+H2O，则转移电子的物质的量是amol，若反应后产物完全是KCl、KClO3，发生反应：3Cl2+6KOH="5KCl+" KClO3+3H2O,则转移电子的物质的量是amol。因此反应中转移电子的物质的量ne的范围：amolneamol，故D正确。考点：本题考查氧化还原反应原理及应用。20一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0100 0 mol·L1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4&

27、#183;2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(mol·L1)为A0008 889 B0080 0 C0120 0 D0240 0【答案】B【解析】试题分析：根据10KHC2O4H2C2O4+8KMnO4+17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O，得关系式：10KHC2O4H2C2O48KMnO410 mol 8 mol氢氧化钠与KHC2O4H2C2O42H2O的反应方程式为：KHC2O4H2C2O42H2O+6NaOH=K2C2O4+3Na2C2O4+6H2O，可得3NaOHKHC2O4H2C2O42H2O3 m

28、ol1 mol故有10KHC2O4H2C2O48KMnO430NaOH8 30设KMnO4溶液的浓度为x，高锰酸钾的体积为V则有8:30=Vx：3V×01molL1，解得x=008000molL1，故B项正确。考点：本题考查根据化学方程式和氧化还原反应的计算。21铜和镁的合金46 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和224 mL的NO气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为A704 g B826 g C851 g D902 g 【答案】C【解析】试题分析：Cu失去2e转化为Cu2+，Cu2+结合

29、2OH生成Cu(OH)2，Mg失去2e转化为Mg2+，Mg2+结合2OH生成Mg(OH)2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，反应后沉淀的质量等于合金的质量加氢氧根离子的质量，生成4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体，反应中转移的电子的物质的量为448L÷224L/mol+0224L÷224L/mol×3=023mol，所以生成的沉淀的质量为46g+023mol×17g/mol=851g，故C项正确。考点：本题考查混合物的计算。 第II卷（非选择题）22通常情况下，微粒A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子，

30、它们都含有10个电子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。请回答：（1）用化学符号表示下列4种微粒：A：_；B：_；C：_；D_。（2）写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式：_。【答案】(1 ) （4分） H2O NH3 OH（2） （2分） Al33NH33H2O=Al(OH)33或Mg22NH32H2O=Mg(OH)22【解析】试题分析：常见的10电子分子有H2O、NH3、CH4、HF等，常见的10电子阳离子有Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、H3O+，常见的10电子阴离子有F-、OH-，根据“B溶于A后所得的物质可电离出C和D”，可推出

31、A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-，再根据A、B、E反应后可得C和一种白色沉淀，可推出E为Mg2+或Al3+。（1）由上述分析可知，A为H2O；B为NH3；C为NH4+；D为OH-。（2）A为H2O、B为NH3，E为Mg2+或Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2OAl（OH）3+3NH4+或Mg2+2NH3+2H2OMg（OH）2+2NH4+。考点：本题考查物质（微粒）的推断、离子反应。23某溶液中可能存在Al3+、Cl-、Mg2+、Na+ 、 Br-、CO32-、SO32-等七种离子中的几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：向该溶液中滴加足

32、量氯水后有无色无味气体产生，再加入CCl4振荡，下层液体呈红棕色；取上层无色溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生；向所得溶液中继续滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀产生。据此可以推断，该溶液中肯定存在的离子是_,可能存在的离子是 _。【答案】CO32-、Na+、Br- （3分） Cl- （3分）【解析】试题分析：向该溶液中滴加足量氯水后有无色无味气体产生，再加入CCl4振荡，下层液体呈红棕色，说明原溶液含有CO32、Br，与CO32反应的Mg2+、Al3+不存在，根据溶液呈中性，说明溶液一定含Na+；取上层无色溶液，加入足量Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生，说明原溶液不含

33、不含SO32；因为加入了氯水，产生了Cl，所以向所得溶液中继续滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀产生，不能说明原溶液是否含有Cl，故该溶液中肯定存在的离子是：CO32-、Na+、Br-；可能存在的离子是：Cl-。考点：本题考查离子的推断。 24对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。（1）含氰废水中的CN有剧毒。CN中C元素显+2价， N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是 ，共用电子对偏向N原子，N元素显负价。在微生物的作用下，CN能够被氧气氧化成HCO3-，同时生成NH3，该反应的离子方程式为 。（2）含乙酸钠和对氯酚（）的废水可以利用微生物

34、电池除去，其原理如下图所示。B是电池的 极（填“正”或“负”）；A极的电极反应式为 。（3）电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如下图所示（图中“HA”表示乳酸分子，A- 表示乳酸根离子）。阳极的电极反应式为 。简述浓缩室中得到浓乳酸的原理： 。 电解过程中，采取一定的措施可控制阳极室的pH约为6-8，此时进入浓缩室的OH-可忽略不计。400mL 10 gL-1乳酸溶液通电一段时间后，浓度上升为145 gL-1（溶液体积变化忽略不计），阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为 L。（乳酸的摩尔质量为90 g mol-1）【答案】（1）C和N的原子电子层数相同，核电荷数C小于N，最外层电

35、子数C小于N，原子半径C大于N，得电子能力C弱于N 2CN+ 4H2O + O2 2HCO3 + 2NH3 （2）负； ClOH + e + H+ = OH + Cl（3）4OH4e= 2H2O+O2 阳极OH-放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H+ +A = HA，乳酸浓度增大。 672【解析】试题分析：（1）C和N是第二周期元素的原子，它们的原子电子层数相同（同周期），但是核电荷数C小于N，所以原子半径C大于N，即吸引电子能力C弱于N，所以C、N形成的化合物共用电子对偏向N原子，N元素显负价。CN-能够被氧气氧化成HCO3-，同

36、时生成NH3得出方程式为：2CN-+4H2O+O22HCO3-+2NH3。（2）原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以B是电池的负极。A是正极，正极上发生得电子的还原反应：ClOH + e + H+ = OH + Cl。（3）阳极上是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH-4e-2H2O+O2。在电解池的阳极上是OH-放电，所以c（H+）增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，这样：H+A-HA，乳酸浓度增大。在阳极上发生电极反应：4OH-4e-2H2O+O2，阴极上发生电极反应

37、：2H+2e-=H2，根据电极反应方程式，则有：HAH+1/2H2，根据差值法，乳酸的浓度变化量是（145gL-1-10gL-1）÷90g/mol=15mol/L，即生成HA的物质的量是15mol/L×04L=06mol，所以产生氢气是03mol即03mol×224L/mol=672L。考点：本题考查原子结构、电解池和原电池原理及应用。 25甲同学进行Fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。步骤一：制取FeCl2溶液。向01 molL-1 FeCl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得pH<1。步骤二：向2 mL FeCl2溶液中滴加2滴01 m

38、olL-1 KSCN溶液，无现象；再滴加5滴5% H2O2溶液（物质的量浓度约为15 molL-1、pH约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因： 、 。（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：I取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象；另一份滴加KSCN溶液出现红色；II取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。III向2 mL 01 molL-1 FeCl3溶液中滴加2滴01 molL-1 KSCN溶液，变红，通入O2，无明显变化。实验I的说明 ；实验III的目的是 。得出结论：溶液退色的原因是

39、酸性条件下H2O2将SCN-氧化成SO42-。（3）甲直接用FeCl2·4H2O配制 molL-1 的FeCl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：I用激光笔分别照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配FeCl2溶液的pH约为3。由此，乙认为红色不褪去的可能原因是 。II查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是pH较大时H2O2不能氧化SCN-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现 象i 生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加01 molL-1 FeCl3溶液 【答案】（

40、1）2Fe2+ H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ 2H2O Fe3+3SCN-Fe(SCN)3（不写可逆号不扣分）（2） SCN-发生了反应而不是Fe3+发生反应排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能（3）015I H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，pH增大促进Fe3+水解形成红色Fe(OH)3胶体II i取2 mL BaCl2溶液，滴加2滴01 mol·L-1KSCN溶液和5滴5% H2O2溶液ii无明显现象【解析】试题分析：（1）亚铁离子被过氧化氢氧化生成三价铁离子，2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，生成的三价铁离子与硫氰根离子形成血红色的络合 Fe3+3SCNFe（SCN）3。（2）取褪色后溶液两份，一份滴加FeCl3溶液无现象，说明溶液中SCN-离子不存在；另一份滴加KSCN溶液出现红色说明溶液中存在铁离子。实验的目的是排除实验干扰，排除H2O2分解产生的O2氧化SCN-的可能，如果氧气氧化SCN-，红色应褪去。（3）步骤二中亚铁离子的物质的量浓度，由反应可知2Fe3+Fe=3Fe2+，FeCl2溶液溶质的浓度是FeCl3浓度的15倍，所以浓度为：15×01molL-1=015molL-1。用激光笔分别照射