北京市海淀区2020届高三上学期期末考试(有详细答案和解析)

1、北京市海淀区2020 届高三上学期期末考试可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5Cu 64I 127第一部分选择题（共42 分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题3 分，共 42 分）1.2019 年 9 月 25 日，北京大兴国际机场正式投入运营。在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建筑中，使用了大量种类各异的材料。下列关于所使用材料的分类不正 确的是（） TOC o 1-5 h z 【答案】C【详解】A、含钒钢筋是铁合金，属于合金材料，故A 正确；B 、安检塑料筐成分是塑料，塑料是高分子化合物，故B 正确；C、有机玻璃由甲基丙烯酸

2、甲酯聚合而成的高分子化合物，是有机高分子化合物，故C 错误；D 、玻璃钢是以玻璃纤维或其制品作增强材料的增强塑料，属于复合材料，故D 正确；选C。2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的味道。下列说法不正确 的是（）醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物A 正确；A. 食醋的成分是醋酸，醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用，故人体摄入过多的食盐易引起高血压，所以控制食盐摄入量，可以降低患高血压的风险，故 B 正确

3、；味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸，故C 正确；白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，故D 错误。选 D。 TOC o 1-5 h z .下列各组物质均可用酸性KMnO 4溶液鉴别的是（）油酸和硬脂酸B. 苯和环己烷C. 葡萄糖和麦芽糖D. 丁烯醛和丁醛【答案】A【详解】A、油酸含有碳碳双键、硬脂酸不含碳碳双键，可用酸性KMnO 4溶液鉴别油酸和硬脂酸，故选A；苯和环己烷都不能使酸性KMnO 4溶液褪色，不能用酸性KMnO 4溶液鉴别，故不选B；葡萄糖和麦芽糖都具有还原性，都能使酸性KMnO 4溶液褪色，不能用酸性KMnO 4溶液鉴别，故不选C；丁烯醛含有碳碳双

4、键、醛基，丁醛含有醛基，都能使酸性KMnO 4溶液褪色，不能用酸性 KMnO 4溶液鉴别，故不选D；选 A。.X、 Y、 Z、 W 四种短周期元素在周期表中的位置关系如右图所示，X 原子最外层有5 个电子。下列说法正确的是（）离子半径：W- Z2-还原性：Z2- HXO 3氢化物的稳定性：YH3 H2Z【答案】A【分析】X 原子最外层有5 个电子，X 是 N 元素；根据X、 Y、 Z、 W 在盐酸周期表中的相对位置，可知Y、 Z、 W 分别是P、 S、 Cl。【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Cl- S2-，故 A 正确；B.非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：

5、Cl- S2-，故 B 错误 ；C. 同主族元素从上到下非金属性减弱，所以最高价含氧酸的酸性：H3PO4HNO3，故C 错D. 同周期元素从左到右非金属性增强，气体氢化物的稳定性增强，所以氢化物的稳定性：PH3C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi ，故选D。.下列用于解释事实的方程式书写不正确 的是（）0.1 mol/L 氨水的 pH 约为11.1： NH3H 2ONH4+ + OH用明矾 KAl(SO 4)2 122HO作净水剂：Al 3+ 3H2OAl(OH) 3 (胶体) + 3H+向 K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72 （橙色）

6、 + H2O2CrO42 （黄色） +2H +用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4： Ca2+ CO32-=CaCO3【答案】D【详解】A、 0.1 mol/L 氨水的 pH 约为 11.1，说明氨水部分电离，电离方程式是NH 3H 2ONH 4+ + OH ，故 A 正确；B、铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质，用明矾KAl（SO 4）2 122HO作净水剂，离子方程式是Al 3+ 3H2OAl（OH） 3 （胶体） + 3H +，故 B 正确；C、向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深，说明Cr2O72 浓度增大，Cr2O72 （橙色） + H 2O2CrO

7、42 （黄色） +2H +平衡逆向移动，故C 正确；D、硫酸钙微溶于水，用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，离子方程式是CaSO4+CO32-=CaCO3+ SO42-，故D 错误；选 D。.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H 2（g）+I 2 （g）2HI（g） H，该温度下， 0K=43 。某时刻，测得容器内H2、 I2、 HI 的浓度依次为0.01 mol/L 、 0.01mol/L 、0.02mol/L 。一段时间后，下列情况与事实相符的是（）B. 混合气体密度变大A. 混合气体颜色变深C. 氢气的体积分数变小D. 容器内压强变小H2、 I2、 HI 的浓度依次为0.01

8、mol/L 、 0.01mol/L 、 0.02mol/L ，则c2 HIc H2 c I22 0.020.01 0.014 ， QK ，所以平衡正向移动。 TOC o 1-5 h z 【详解】A. QK ，平衡正向移动，I2的浓度降低，混合气体颜色变浅，故不选A；容器体积不变，气体质量不变，所以混合气体密度不变，故不选B；QK ，平衡正向移动，氢气的体积分数变小，故选C；反应前后气体物质的量不变，所以容器内压强不变，故不选D。【点睛】本题考查化学平衡常数的应用，会根据Q、 K 的大小关系判断反应方向，若QK 平衡逆向移动。10.以 TiO 2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排

9、提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。)A. 过程中钛氧键断裂会释放能量该反应中，光能和热能转化为化学能使用TiO 2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O 2(g) H= + 30 kJ/mol【答案】B【详解】A. 化学键断裂需要吸收能量，过程中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B 正确；催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2

10、CO2(g) =2CO(g)+ O2(g) H=1598 2- 1072 2-496=+ 556 kJ/，故mol D 错误。11.1984 年，北京地坛医院成功研制了一种高效杀菌消毒试剂，此试剂后被命名为“ 84消毒液 ”。工业上，将氯气通入NaOH 溶液可直接制得“ 84消毒液”。下列说法不正确 的是()“8消毒液 4”的有效成分是NaClO“8消毒液 4”能漂白棉、麻、纸张“ 8消毒液4”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2“8消毒液 4”久置失效，只涉及到氧化还原反应【答案】D【详解】A. 氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠，次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸，所以“ 84消毒液”的有效成分

11、是NaClO，故 A 正确；次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以“ 84消毒液”能漂白棉、麻、纸张，故B 正确；次氯酸钠、氯化钠在酸性条件下发生归中反应生成氯气，“ 84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2，故 C 正确；“ 8消毒液 4”久置，次氯酸钠与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应，故D 错误；选 D。12.向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO 3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确 的是()实验序号c(CaCl 2)(mol L-1)滴加CaCl

12、2溶液时的实验现象加热浑浊液时 的 实验现象0.05至 1.32 mL 时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生 成0.005至 15.60 mL 时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成0.0005至 20 mL 未见浑浊中产生浑浊的原因是c(Ca2+) c(C3O2-)Ksp(CaCO 3)未加热前和中发生了反应：2HCO 3- Ca2+=CaCO3 H2CO3加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3 受热分解产生了更多的CO2向上述 NaHCO 3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl 2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C分析】向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO 3

13、溶液中滴加不同浓度的CaCl 2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO 3- Ca2+=CaCO3 H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。A. 根据溶度积规则，中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+) c(C3O2-)Ksp(CaCO 3)，故A 正确；B. 未加热前和不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前和中发生了反应：确；C. 未加热前和中发生了反应：解，加热浊液产生气泡主要是因为D. 向上述 NaHCCaCl 2+2NaHCO 3=13.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含和淡化食盐水，其装置示意图如下图所示。图中，

14、膜， Z 为待淡化食盐水。已知0.5 mol/LCaCl 2溶液，发生反应2HCO3- Ca2+=CaCO3 H2CO3，故B 正2HCO 3- Ca2+=CaCO3 H2CO3，碳酸钙受热不分H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C 错误；Cl+CO2 +H2 O，能同时产生浑浊和气泡，故D 正确。D 和 E 为阳离子交换膜或阴离子交换Cr2O72-废水(pH 约为6)pH 为5.6。下列说法不正确 的是()E 为阴离子交换膜X 为有机物污水，Y 为含Cr2O72-废水理论上处理1mol 的 Cr2O72-的同时可脱除6mol 的 NaClC 室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- +

15、 8H+=2Cr(OH) 3 + H2O【答案】A【分析】根据装置图，电子由A 流向C， A 是负极、C 是正极；该装置可实现淡化食盐水， Z 为待淡化食盐水，说明Na+能移向C 室、 Cl-能移向 A 室。【详解】A. A 是负极室、C 是正极室；该装置可实现淡化食盐水，Z 为待淡化食盐水，说明 Na+能移向C 室、Cl-能移向A 室，所以E 为阳离子交换膜，故A 错误；该装置能把Cr2 O72-还原为Cr3+， Cr2O72-应在正极通入，Y 为含Cr2O72-废水，故B 正确；理论上处理1mol 的 Cr2O72-，转移6mol 电子，所以B 室有 6mol Na+、 6mol Cl -

16、通过离子交换膜，同时可脱除6mol 的 NaCl，故 C 正确；C 是正极室，发生还原反应，C 室的电极反应式为Cr2O72- + 6e- + 8H +=2Cr(OH) 3 +H2O，故D 正确。14.在 3 个体积均为2.0 L 的恒容密闭容器中，反应CO2(g) C(s) 2CO(g) H0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是()容器温度 /K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)I9770.280.5600.4II9770.560.560 xIII1250000.56y977K ，该反应的化学平衡常数值为2达到平衡时，向容器I

17、 中增加 C 的量，平衡正向移动达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大达到平衡时，容器中的CO 的转化率大于28.6%C TOC o 1-5 h z 977K 时，容器I：CO2 g C s ? 2CO g开始(mol/L)0.140转化(mol/L)0.10.2平衡(mol/L)0.040.2【详解】A. 977K ，根据容器I 中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为0.2 0.2 = 1，0.04故 A 错误；C 是固体，达到平衡时，向容器I 中增加 C 的量，平衡不移动，故B 错误；容器与容器相比，相当于加压，达到平衡时，容器中CO2的转化率比容器中的大，故C 正确；若容器的温度是

18、977K，则容器与容器I 是等效平衡，平衡时CO 的浓度是0.2mol/L， CO 的转化率是0.28-0.2 100%=28.6% ，升高温度，正向移动，CO 浓度增0.28大，容器中的CO 的转化率小于28.6%，故 D 错误。【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。第二部分非选择题（共58 分）.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。1 ）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有（填字母序号）N2转化

19、为氨态氮硝化过程c. 反硝化过程2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。氨气是生产氮肥主要原料，工业合成氨的化学方程式为检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是3）硝化过程中，含氮物质发生“氧化 ”或 “还原 ”）反应。4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生mol 氮气时，转移的电子的物质的量为5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去）分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有2NH4+=6Fe2+ + N2 + 8H+（ 1）氮的固

20、定是氮元素由游离态变为化合态；2）工业上用氮气和氢气反应生成氨气；铵根离子与碱反应放出氨气；210Fe2+ + 2N(1). a (2). N2 +(3).NH4+(4)3）硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子；mol 。3+ +(5). 0.06(6).12H +=10Fe3+ + N 2 +0.024）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式是NH4+ NO2-=N2+2H2O；5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把 NH 4+氧化为氮气，Fe2+把 NO3-还原为氮气。（ 1） a. N2转化为氨态氮，氮元素由游离态变为化合态，属于氮

21、的固定；b. 硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子，不是氮的固定；c. 反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气，不是氮的固定；选a；2）工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式是N2 + 3H22NH 3；铵根离子与碱反应放出氨气，检验铵态氮肥中NH4+的实验方法是：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH 4+；（ 3）硝化过程中，铵根离子转化为硝酸根离子，氮元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。（ 4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，反应方程式是NH 4+NO2- =N2+2

22、H2O，生成1mol N2转移 3mol 电子，当产生0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量为0.06mol。（ 5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把 NH 4+氧化为氮气，Fe2+把 NO3-还原为氮气，反应的离子方程式是6Fe3+ + 2NH 4+=6Fe2+ + N2 + 8H+、 10Fe2+ + 2NO3- +12H+=10Fe3+ + N2 + 6H2O。.氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F 的两条路线如下图所示。 TOC o 1-5 h z 路线1：路线2：（ 1 ）试剂 a 为 。AB的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为BC 的

23、反应类型为。C 与 CH3COOH 的相对分子质量之和比D 的相对分子质量大18， DE的取代反应发生在甲氧基（ OCH 3）的邻位，F 的结构简式为。G 的结构简式为。机物I 与对苯二甲酸（）发生聚合反应的化学方程式为I 与 CH 3COOH 反应生成的有机产物除F 外，还可能有（写出结构简。8）满足下列条件的C 的同分异构体有种。与FeCl3溶液发生显色反应分子 NH 2苯环上有3 种氢(7).(1). 浓硫酸、浓硝酸(2).(6).(8). 10和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生消化反应生成1：有水生成，则D 是D 与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基+CH 3OH+NaOH+NaC

24、l+H 2O(3). 还原反应(4).， B 发生还原反应生成B是(5).与醋酸的相对分子质量之和比D 大 18，说明2： OCH 3)的邻位，则发生还原反应生成F，则F 是E是与乙酸反应生成则试剂 a 为浓硫酸、浓硝酸。和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成G是与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成发生还原反应生成F和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成1)2)3)+CH 3OH+NaOH4) C 与 CH 3COOH 的相对分子质量之和比D 的相对分子质量大18，则D 是DE的取代反应发生在甲氧基( OCH 3)的邻位，5)和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成6)与对苯二甲酸()发生缩聚

25、反应的化学方程式为7)CH 3COOH 反应生成的有机产物除F 外，还可能是甲氧基邻位的氨基发生取代反应，也有可能是两个氨基都发生取代反应，故有8)与FeCl3溶液发生显色反应分子中含有 NH2苯环上有3 种氢，pH10 红色pH4.4 黄色100 mL 溶液，备用。条件的同分异构体，苯环上有3个取代基，分别是-OH 、 -NH 2、 -CH3，根据定一移二的原则，共有10 种结构。17.某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH 的质量分数。【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：酚酞： pH8.2 无色8.2pH10 浅红色甲基橙：pH3.1

26、 红色 3.1pHc(CO 32-)c(HCO 3-)c(H+)+ c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH -)向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO 3-)+n(H 2CO3)=n(Na+)( 3)酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是( 4)滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为 。( 5)判断滴定至第二终点的现象是溶液由色变为橙色。 TOC o 1-5 h z ( 6)样品中NaOH 的质量分数w(NaOH)= % 。 (计算结果保留小数点后1 位)( 7)下列操作会导致测得的NaOH 质量分数偏高的是

27、(填字母序号)。达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生记录酸式滴定管读数V 1 时，俯视标准液液面第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出【答案】(1). 100 mL 容量瓶(2). bd (3). 用 HCl 标准溶液润洗酸式滴定管(4).H+ + OH-=H2OH+ + CO32-=HCO3-(5). 黄 (6). 78.8(7). ac( 1)根据配制溶液的体积分析；( 2)根据影响水电离的因素、电荷守恒、物料守恒分析；( 3)滴定管先水洗再润洗；( 4)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应；( 5)根据甲基橙的变色范围判断滴定至第二终点的现象；( 6)根据表格数

28、据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL ，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-( 23.70-21.70) =19.70 mL；( 7)达到第一终点消耗的盐酸多，则氢氧化钠的质量分数越大。【详解】 ( 1)步骤I 是准确配制100mL 溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 100mL 容量瓶；a. 样品溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离和碳酸钠水解共同提供，NaOH 溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离，所以氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度大于样品溶液中氢氧化钠的浓度，样品溶液中水的电离程度比相同pH 的 NaOH 溶液中的大，故a 错误；根据表格数据，

29、碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL ，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-( 23.70-21.70) =19.70 mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以 c(OH-)c(CO32-)c(HCO 3-)，故b 正确；根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH -)，故c错误；向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为NaCl 和 NaHCO 3，根据物料守恒，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO 3-)+n(H2CO3)=n(Na+)，故d 正确。( 3)滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标

30、准溶液前，应进行的操作是用 HCl 标准溶液润洗酸式滴定管；( 4)滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是 H+ + OH-=H2O 、 H+ + CO32-=HCO3-；( 5)根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色；( 6)根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL ，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-( 23.70-21.70) =19.70 mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.1mol/L 0.0197L=0.00197mo，氢氧化钠的质量是l0.00197mol 40g/mol=0.0

31、788，样品中 g0.0788100%=NaOH 的质量分数w(NaOH)= 2078.8%。0.5100a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的 TOC o 1-5 h z NaOH 质量分数偏高，故选a；记录酸式滴定管读数V 1 时，俯视标准液液面，达到第一终点消耗的盐酸少，测得的NaOH 质量分数偏低，故不选b；第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH 质量分数偏高，故选c；【点睛】本题考查利用滴定原理测定烧碱样品中NaOH 的质量分数，明确用酚酞作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物

32、是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物是二氧化碳。18.煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：CaCO3(s)CaO(s) + CO 2(g) H1= +178.30kJ/molCaO(s) + SO2(g) + 0.5O 2(g)CaSO4(s) H2= -501.92 kJ/molCO(g) + 0.5O 2(g)CO2(g) H3CaSO4(s) + CO(g)CaO(s) + SO2(g

33、) + CO 2(g) H4= +218.92kJ/mol( 1 )温度升高，反应的化学平衡常数(填 “增大 ”“ 减小 ”或 “不变 ”) 。( 2) H 3=kJ/mol( 3)在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，结合反应、分析其原因：【答案】(1). 增大(2). -283(3). 鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应平衡正向移动，降低CO 浓度，增大CO2浓度，使反应平衡逆向移动，(或其他合理分析)有利于固硫【分析】 ( 1)反应正反应吸热，温度升高，平

34、衡正向移动；( 2)根据盖斯定律计算 H 3；( 3)根据增大氧气浓度后，平衡移动方向分析。【详解】 ( 1)反应正反应吸热，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数增大；( 2)CaO(s) + SO2(g) + 0.5O 2(g)CaSO4(s) H2= -501.92 kJ/molCO(g) + 0.5O 2(g)CO2(g) H3CaSO4(s) + CO(g)CaO(s) + SO2(g) + CO 2(g) H4= +218.92kJ/mol根据盖斯定律+得CO(g) + 0.5O 2(g)CO2(g) H3=+218.92kJ/mol-501.92 kJ/mol=-283 kJ/mo

35、l；( 3)鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应平衡正向移动，降低CO 浓度，增大CO2浓度，使反应平衡逆向移动，有利于固硫。【点睛】本题考查盖斯定律的应用和影响化学平衡移动的因素，明确盖斯定律的计算技巧，了解浓度对平衡移动的影响是解题的关键，知道焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。19.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基( OH，氧元素为-1 价)将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。 TOC o 1-5 h z ( 1 )将煤打成煤浆加入电解槽的目的是

36、 。( 2)阳极的电极反应式为。( 3)补全用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)的反应的离子方程式：FeS2 + OH=Fe3+ + SO42- + H2O +。( 4)利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH 的改变脱硫率(溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比)的变化如下图所 示。pH 大于 1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH 的升高，反应物的氧化性或还原性降低； 。【答案】（1）. 增大接触面积，提高反应速率（或使反应更充分）（2）. H 2O -=e OH +H+（或OH-e=OH）（3）. 1 FeS2+ 15 OH=13F+

37、 e+2SO42-+ 7H2O+1_H +_（4）.pH 升高，促进Fe3+水解生成Fe（OH） 3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行【分析】 （ 1）将煤打成煤浆可以增大接触面积；（ 2）阳极水得电子产生了羟基自由基；（ 3）根据得失电子守恒、电荷守恒配平用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的离子方程式；（ 4）根据铁元素易水解回答；【详解】 （ 1）将煤打成煤浆可以增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分；（ 2）阳极水得电子产生了羟基自由基，阳极反应式是H2O -e= OH + H+；FeS2 中 S 元素化合价由-1 升高为 +6、 Fe元素化合价由+2升高为+3， OH中氧元素化合

38、价由-1 降低为-2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式是1 FeS2 +15 OH=1F3e+ + 2SO42- + 7 H2O +H +；pH 升高，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。20.某化学兴趣小组同学在查阅资料的基础上对乙醛与新制氢氧化铜的反应进行了探究。（ 1 ）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式为。【查阅资料】i 乙醛在碱性条件下可发生缩合等反应生成有色物质；ii溶液的酸碱性可能会影响物质的氧化性、还原性。【初步探究】序号实验操作实验现象I向试管中加入4 mL 10 % NaOH 溶液，滴入0.5mL 水，加入0.5 mL 40 % 乙

39、醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾无色溶液逐渐变黄，并变 浑浊；加热后得黄色浊 液，之后无明显变化II向试管中加入4 mL 10 % NaOH 溶液，滴入0.5mL 2 %CuSO4溶液，振荡；加入0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾蓝色浊液依次呈绿色、黄色、橙色，最终生成红色固体；之后无明显变化III向试管中加入4 mL 水，滴入0.5 mL 2 %CuSO4溶液，振荡；加入0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾蓝色溶液无明显变化（ 2）实验I 的目的是。（ 3）甲同学为了检验实验II 中红色固体的成分进行了如下实验：取少量红色固体于试管中，加入适量稀HNO 3，振荡，观察到红色固体完全溶解，得蓝色溶液。甲同学认为，该实验现象说明实验II 中反应生成了Cu。乙同学认为甲的观点不正确，理由是II 和实验 III ，对实验II 能够发生反应的原因提出了猜想：乙醛的还