2021年北京高考化学模拟试题及答案

2021年北京高考化学模拟试题

【答案】D

【解析】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；

B.锂离子电池将化学能转化为电能，B错误：

C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；

D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，

答案选D。

2.化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是

A.棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和合成纤维的主要成分都是蛋白质

B.石油干镯可得到石油气、汽油、煤油、柴油等

C.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现

D.纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污

【答案】D

【解析】A.棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝主要成分是蛋白质，合成纤维的主要

成分不是蛋白质，故A错误；

B.石油分储可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误：

C.海水晒盐是物理变化，故C错误；

D.纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品

表面的油污，故D正确；

故选D。

3.下列化学用语对事实的解释不正确的是

A.NaHS水溶液显碱性：HS-+H2O=S2-+H3CT

B.苯酚能溶于Na2cCh溶液：CbHsOH+COs^CftHsO+HCOy

C.三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO：2NQ+2CO2CO2+N2

2+2

D.铜矿淋溶液(CuSO4)遇方铅矿(PbS)发生沉积：Cu+SO4-+PbS=CuS+PbSO4

【答案】A

【解析】A.NaHS水溶液显碱性：HS-+H201H2S+OH-,故A错误；

B.酸性：H2cCh>C6H5OH>HCO3,苯酚能溶于Na2cCh溶液：CfiHsOH+COj^CeHsO+HCOr,

故B正确；

C.三元催化剂净化汽车尾气中的NO和CO：2NO+2co'一2C6+N,,故C正确:

2+2

D.铜矿淋溶液(CuSO4)遇方铅矿(PbS)发生沉积：Cu+SO4-+PbS=CuS+PbSO4,CuS

更难溶，故D正确；

故选Ao

4.最新报道:科学家首次用X射线激光技术观察到CO与0在催化剂表面形成化学键的过程。

反应过程的示意图如下：

下列说法中正确的是

A.CO和0生成COz是吸热反应

B.在该过程中，CO断键形成C和。

c.CO和0生成了具有极性共价健的CO,

D.状态IT状态m表示CO与0?反应的过程

【答案】C

【解析】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态IH的能量，故该过程是放

热反应，A错误；

B.根据状态I、n、in可以看出整个过程中CO中的C和0形成的化学键没有断裂，故B错

误；

C.由图III可知，生成物是C02，具有极性共价键，故C正确:

D.状态IT状态in表示CO与O反应的过程，故D错误。

故选c。

5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y+与X2•具有相同的电子层结构，Z

与X同族。下列说法正确的是

A.简单离子的半径：X<YB.非金属性：Z<W

C.氢化物的沸点：X<ZD.氧化物对应水化物的酸性：Z<W

【答案】B

【分析】

X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y是短周期主族元素中原子半

径最大的，则Y为Na；X2-与Y的简单离子具有相同的电子层结构，则X为O；Z与X同

族,则Z为S；因为W为短周期主族元素且原子序数比Z大，所以W为C1。

【解析】A.0、Na对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故

A错误；

B.同周期从左到右元素的非金属性增强，故B正确；

C.水分子间存在氢键，沸点较高，故C错误；

D.含氧酸不一定是唯一的，如不是最高价，则酸性强弱不能比较，故D错误。

故选Bo

【拓展】本题考查元素的位置、结构和性质，侧重考查学生的分析能力，正确推断元素是解

题关键，然后结合元素周期律分析解答，电子层结构相同，原子序数越大半径越小；同周期

原子序数越大，非金属性越大；同主族原子序数越小，氢化物越稳定；注意D比较酸性强

弱时要看最高价含氧酸。

6.某工厂用CaSCU、NH3、出0、CO2制备(NH4)2SC>4,其工艺流程如图所示，下列推断合理

的是

过滤厂滤液——

CaSONHJJ—,CO,-(NHJSO,

4乙

悬浊液——「CaC()3**生石灰

2

A.向甲中通入CO2可增大c(NH『)和c(SO4-)

B.为提高生产效率，通入的NH3和CCh越多越好

C.颠倒NH3与C02的加入顺序不影响生产效率

D.最后一-步得到(NH4)2SC)4固体的操作为蒸干滤液

【答案】A

【分析】

硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫

酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸镀溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再燃烧生成生

石灰，而滤液中硫酸镂经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸钱晶体。

【解析】A.往甲(甲中含Ca(OH)2)中通CO2生成CaCCh沉淀，有利于(NH4)2SO4

生成，故A正确；

B.为提高生产效率，通入的CO?要适量，过量的二氧化碳能溶解碳酸钙，故B错误；

C.因为氨气在水中的溶解性大，二氧化碳小，所以如果先通二氧化碳，后通氨气，则溶液

中的碳酸根就会很小，就很难沉淀出碳酸钙，故C错误：

D.滤液中硫酸铉经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸镀晶体，故D错误；

故选Ao

7.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是

选项操作及现象结论

甲基对苯环产生影

A酸性高锌酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色

响

B葡萄糖与新制CU(OH)2悬浊液共热,产生红色沉淀葡萄糖是还原性糖

在过量的苯酚溶液中滴加少量溟水，未见到白色沉

C苯酚失效

淀

澳乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通

D产生的气体为乙烯

入酸性KMnCU溶液中，溶液褪色

A.AB.BC.C1).D

【答案】B

【解析】A.酸性高锦酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色，苯环对甲基产生影响，故A

错误；

B.葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液共热，产生红色沉淀，葡萄糖具有醛基，葡萄糖是还原性

糖，故B正确；

C.在过量的苯酚溶液中滴加少量浸水，未见到白色沉淀，是生成的三漠苯酚溶于过量的苯

酚中，故C错误；

D.澳乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnCU溶液中，溶液褪色，可

能是乙醇蒸气，也可能是碳碳双键，故D错误；

故选Bo

8.如图装置(I)为一种可充电电池的示意图，其中的离子交换膜只允许K-通过，该电池放电、

充电的化学方程式为：2K2sz+Kb/&K2s4+3KI。装置(II)为电解池的示意图。当闭合开

关K时，电极X附近溶液先变红。则闭合K时，下列说法正确的是()

A.K+从右到左通过离子交换膜

B.电极A上发生的反应为：3I-2e-=h-

C.电极X上发生的反应为：2C1--2e-Cl2f

D.当有O.lmolK'通过离子交换膜，X电极上产生1.12L气体(标准状况)

【答案】D

【解析】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，电极X为阴极，电极Y为阳极，装置

(I)放电时电极A为负极，电极B为正极；

A.原电池中阳离子向正极移动，则K+从左向右通过离子交换膜，A错误；

B.放电时的反应为2K2s2+KL=K2s4+3KI,电极A为负极，电极A上发生失电子的氧化反

应，电极反应为2s22--2e-=S4”，B错误；

C.电极X为阴极，电极X的电极反应式为2H2O+2e=H2T+2OH-,C错误；

D.放电时的反应为2K2s2+Kb=K2s4+3KL当有Imol电子通过电路时有ImolKJ通过离子

交换膜，当有O.lmolK*通过离子交换膜，电路中通过电子物质的量为O.lmol,根据电极X

的电极反应式为2H2O+2e=H2T+2OH,X电极上产生气体物质的量为0.05mol,该气体在标

准状况下的体积为0.05molx22.4L/mol=l」2L,D正确；

答案选D。

9.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠肺炎疫情严重威胁着人们的身体健康。研究

发现洛匹那韦对新冠病毒有较好抑制作用，洛匹那韦能溶于水，其结构如图所示，下列说法

A.洛匹那韦的分子式为C3汨48NQ5

B.洛匹那韦能发生取代、加成、消去、氧化、还原反应

C.洛匹那韦的水解产物之一遇Fe3+可显紫色

D.洛匹那韦能溶于水与氢键作用有关

【答案】C

【解析】A.根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H4相4。5,故A正确：

B.洛匹那韦能发生取代反应如羟基、能发生加成反应如苯环、能发生消去反应如羟基的邻

碳上有氢、能发生氧化反应如羟基、能发生还原反应如镶基，故B正确；

C.洛匹那韦的水解产物中没有酚羟基，遇Fe3+不能发生显色反应而显紫色，故C错误；

D.洛匹那韦能与水分子间形成氢键，增大分子间作用力，故D正确；

故选C。

10.25℃时，浓度均为().lmol【r的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是

序号①②③④

溶液NaClCH3COONH4NaFNaHCOs

PH7.07.08.18.4

A.酸性强弱：H2CO3>HFB.①和②中水的电离程度相同

C.离子的总浓度：①,③D.④中：C(HCO3)+2C(CC>32-)+

-1

c(H2CO3)=0.1molL

【答案】C

【解析】A.NaF和NaHCCh溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越

强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液PH,则对应酸性为H2cC)3<HF,故A错误；

B.氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7,氯化钠不水解，醋酸镂溶液是弱酸弱碱盐，

溶液pH=7,说明醋酸根离子和镀根离子水解程度相同，溶液显中性，①和溶质未水解，②

中溶质发生双水解，故B错误；

C.氯化钠溶液是强酸强碱溶液不水解，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c

(CD,NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c(NaD+c(H1)=c(OH-)

+c(FD,两溶液中钠离子浓度相等，氢离子浓度①〉③,所以离子的总浓度：①〉③，故C

正确；

D.依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCCh

)+c(COa2-)+c(H2CO3)=0.1molL故D错误;

故选C。

11.某同学研究KzCnCh溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。已知：

22+

Cr2O7+H2O2CrO4-+2HAH=+13.8kJ/mol«实验现象如下：

i.试管a中溶液为橙色；

ii.试管b中溶液为黄色；

iii.试管c中滴加浓硫酸后温度略有升高，溶液变为深橙色。

下列说法正确的是

5HBL2mol/L

5nLO.lIMI/I.K.Cr.O.fllNt

A.该反应是一个氧化还原反应

B.b试管中不存在CnO72-

C.该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动

D.试管c中影响平衡的主要因素是温度

【答案】C

【解析】A.反应前后元素的化合价不变，该反应是一个非氧化还原反应，故A错误；

22+

B.Cr2O7+H2O2CrO4-+2H,是可逆反应，转化率不可能达到100%,b试管中存在

CnCh",故B错误；

C.滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓

度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故C正确；

D.试管c中温度、氢离子浓度均变化，则c中的现象不能说明影响平衡的主要因素是温度,

故D错误：

故选C。

12.相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)+3Y2(g)U

2XY3(g)AH=-akJ/mol实验测得反应的有关数据如下表。

起始物质的量/mol

达到平衡所用时间

容器反应条件达到平衡过程中的能量变化

/min

X2Y2XY3

①恒容13010放热O.lakJ

②恒压130t放热bkJ

下列叙述正确的是

A.对于上述反应，①、②中反应的平衡常数K的数值不同

B.①中：从开始至1Omin内的平均反应速率1)(X2尸0.1mol/(Linin)

C.②中：X2的平衡转化率小于10%

D.b>O.la

【答案】D

【解析】A.①、②中反应温度相同，平衡常数K的数值相同，A项错误；B.①中反应放热

O.lakJ,说明lOmin内X2反应了O.lmol,物质的量浓度改变量为0.Imol/L,所以其平均速

率为u(X2)=0.01mol/(L-min),B项错误；C.据容器①中数据，可算出X?的平衡转化率为10%,

容器②中是恒温恒压，容器①是恒温恒容，容器②相当于在容器①基础上加压，加压平衡右

移，所以Xz的转化率大于10%,C项错误；D.据C项分析，容器②相当于在容器①基础上右

移，所以放出热量比容器①多，D项正确；答案选D项。

13.资料显示：FeF3溶液接近无色。某同学据此进行以下实验，依据上述实验无法获得的结论

B.④中发生的离子反应为FeF3+3SCN==tFe(SCN)3+3F-

C.相同条件下，结合Fe3+的能力:SCN->F>OH-

D.向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，溶液颜色会变浅

【答案】C

【解析】A.反应③由黄色转成无色，存在平衡Fe3++3F=^：FeF3，FeF3是弱电解质，故A

正确；

B.④中由无色转变为红色，发生的离子反应为FeF3+3SCN-—Fe(SCN)3+3F,故B正确；

C.相同条件下，结合Fe3+的能力：OH>SCN>F,故C错误；

D.对于平衡FeF3+3SCN・-Fe(SCN)3+3F;向Fe(SCN)3溶液中加入NaF固体，提高氟离

子浓度，平衡逆向移动，溶液颜色会变浅，故D正确；

故选C。

14.生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：

+

4NH「+6HCHO=(CH2)6N4H-(一元酸)+3H+6H2O,实验步骤如下：

①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶，加入1〜2滴指示剂，用浓度

为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为VimL,当锥形瓶内溶液呈微红色时，

滴定管的读数为VzmL。

②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL,静置1分钟。

③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管

的读数为V3mL。

下列说法不正确的是

A.步骤①中的指示剂可以选用酚酬试液

B.步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应

C.步骤②若不静置会导致测定结果偏高

D.饱和食盐水中的c(NH/尸"V?二mol/L

C

【答案】C

【解析】A.酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酷试液，

故A正确；

B.通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO

完全反应，故B正确；

+

C.步骤②若不静置，4NHJ+6HCHO=(CH2)62田(一元酸)+3H+6H2O,反应不完全，

生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；

D.除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为VzmL,加入饱和食盐水试样cmL,再加1〜2滴酚

+

酰，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3mL,此时4NH4+6HCHO=(CH2)

6N4H+(一元酸)+3酎+6H20,滴入氢氧化钠反应，4NH4++〜((CH2)6N4H*(一元酸)+3H

+)-40H；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的

-13

bmol-Lx(V3-V2)xlOL=b&Y)

C(NH-)=molL-1,故D正确:

4cxlO-3L

故选c。

15.(1)如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转

化。

N2(大气)

硝化细菌

动植物蛋白

①下列说法正确的是(填字母序号)

A.固氮过程中，N2只做氧化剂

B.硝化过程需要有氧化剂参与

C.反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响

D.同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化

②反硝化过程中，CH30H可作为反应的还原剂，Imol还原剂失去6moi电子。请将该反应

的离子方程式补充完整：5CH3OH+aNO3-**口+□+□+□,

(2)研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。

①已知：S02生成SCh总反应方程式是2SO2(g)+O2(g)^^2SO3(g)AH=-196.6kJ/mol

此反应可通过如下两步完成：2N0(g)+02(g)2NO2(g)AHi=-ll3kJ/mol

NO2(g)+SO2(g)^^SO3(g)+NO(g)AH2=。

②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO?和SO?各Imol,5min达到平衡，此时容器

中NO?和NO的浓度之比为1：3,则N02的平衡转化率是_______。

(3)碑(As)是第四周期VA族元素，其化合物，有着广泛的用途。

①AsH3的稳定性比NE的稳定性(填“强”或“弱用原子结构解释原因o

②常将含碑废渣(主要成分为As2s3)制成浆状，通入02氧化，生成H3Ase)4和单质硫。写

出发生反应的化学方程式o

③298K时、将20mL3xmol・L」Na3AsO3、20mL3xmol・L"l2和20mLNaOH溶液混合，发生反

3

应：AsO3-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2r(aq)+H2O(l)。溶液中"AsCV)与反应时间(t)

的关系如图所示。若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为。

3

qu*8

q/

so

tv

【答案】(1).BCD(2).5CH3OH+6NO3.£^SN2T+4HCO3+CO32+8H2O(3).

—41.8kJ/mol(4).75%(5).弱(6).N和As位于同一主族，As的电子层数比N的

多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氨化物AsH?

的稳定性比NH3弱（7）.2As2s3+5O2+6H2O4H3ASO4+6S（8）.-J

（x-y）

【解析】（1）①A.氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被

氧化，所以N2作还原剂，故A错误；

B.NH3转化成HN02,增加了O元素，则NE被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的

硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；

C.反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环

造成的影响，故C正确；

D.氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或镂根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过

程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，故D正确；

故选BCD-

②反硝化过程中，CH30H可作为反应的还原剂，Imol还原剂失去6moi电子。CH30H与硝

酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：

5cH3OH+6NO3〔则竺蛆N2T+4HCO3-+CO32-+8H2O,故答案为：

5cH3OH+6NO31则我吧N2T+4HCO3-+CO32-+8H2O:

（2）①I.2SO2（g）+O2（g）^=^2SO3（g）AH=-196.6kJmo「

II.2N0（g）+02（g）«*2NO2（g）AHi=-113kJmo「

盖斯定律计算（I-H）xl得到NO2（g）+SO2（g）=^SO3（g）+NO（g）AH2=-41.8kJ-moli,

故答案为：-41.8kJmo「；

②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO?和S02各1mol,5min达到平衡，此时容器

中N02和NO的浓度之比为1：3,结合三行计算列式得到，设消耗NCh的物质的量为x：

NO2(g)+SO2(g)USO3(g>i-NO(g)

起始量(mol)1100

变化量(mol)XXXX

平衡量(mol)1-x1-xXX

N02和NO的浓度之比为1：3,物质的量之比=1：3,（1-x）：x=l：3,x=0.75moLNO2的

0.75mol

平衡转化率=--------xioo%=75%,

Imol

故答案为：75%；

（3）①非金属性：N>As,ASH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和

As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N

弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；

②常将含抻废渣（主要成分为As2s3）制成浆状，通入02氧化，生成H3ASO4和单质硫，结

合电子转移配平得方程式为：2As2s3+5O2+6H2OMH3ASO4+6S；

故答案为：2As2s3+5Ch+6H2O=4H3ASC）4+6S：

③列三段式如下：

AsC^F叫）+以叫）+20H-。As0；-（叫计2「（aq讣H20Q）

起始量XX

转化量yyy2y

平衡量x-yx-yy2y

3-2-yx(2y)2

C(ASO4)XC(I)4y衲分

根据平衡常数表达式

K=3-2-

C(ASO3)XC(I2)XC(OH)(x-y)x(x-y)(x-y)

16.含格（VI）废水能诱发致癌，对人类和自然环境有严重的破坏作用。利用CU20光催化可

以处理含有Cr2O72一的废水。

I.制取CsO

（1）电解法：利用铜和钛做电极，电解含有NaCl和NaOH的溶液时，反应只消耗了铜和

水，体系pH及C「浓度维持不变（溶液体积变化忽略不计）。阳极电极反应式是。

（2）还原法：控制100℃、pH=5的条件时，利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得CU20,

同时产生SO2气体。反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是。

II.利用Cu2O光催化处理含CnO72一的废水的研究。

（1）光照射到Cu2O光催化剂上产生光催化反应，CnCV-和H20分别在光催化反应中形成

的微电极上发生电极反应，反应原理如图所示。写出Cr2Ch2「转化CN•的电极反应：。

光黑

HQCnO-r

(2)研究中对CU2O的作用提出两种假设:

a.C112O作光催化剂；b.C112O与CnO?-发生氧化还原反应。

已知：CsO的添加量是2xlO«mol/L,CnC^一的初始浓度是1x1。力成匹；对比实验(pH=3.0

且其他条件相同)，反应1.5小时结果如图所示•结合试剂用量数据和实验结果可得到的结

(3)溶液的pH对SCV一降解率的影响如图所示。

已知：Cu2O_____>Cu+CuSO4；酸性越大，CnC》被还原率越大。

nH<7.57

①pH分别为2、3、4时，5072一的降解率最好的是,其原因是。

②已知pH=5时，会产生Cr(OH)3沉淀。pH=5时，CnCh?一的降解率低的原因是

2+2+2

【答案】(1).2Cu-2e"+2OH=Cu2O+H2O(2).2Cu+SO3-+2H2O=Cu2O+4H+SO4--

反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH=5的反应条件，所以需要加入烧碱(3).

2+3+

Cr2O7-+14H+6e=2Cr+7H2O(4).CsO作光催化剂(5).若发生氧化还原反应，则

2

存在比例：3Cu2O—Cr2O7--计算得：lxl0-3x3x70%=2.1xl0-3>2xl()4mol/L；实验可以看到

只有氧化亚铜和只有光照时，CnC^一的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和CU20同

时存在(6).3(7).pH<2.5时CU20会歧化(转化)为Cu和Cu2+,所以不选pH=2：

酸性越大，5072-被还原率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3(8).pH=5

时，会产生Cr(0H)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂CsO表面，影响反应继续进行

【解析】I.(1)反应只消耗了铜和水，说明铜在阳极放电，阳极电极反应式是2Cu-2e-+20H

=CU2O+H2O«故答案为：2Cu-2e+20H=CU2O+H2O；

(2)利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得CsO,同时产生SCh气体。反应过程中需要

不断地加入烧碱，其原因是：2CU2++SO32-+2H2O=CU2O+4H++SC>42-,反应过程中溶液的酸性

不断地增强，为控制pH=5的反应条件，所以需要加入烧碱。故答案为：

2+2+2

2CU+SO3-+2H2O=CU2O+4H+SO4-,反应过程中溶液的酸性不断地增强，为控制pH=5的

反应条件，所以需要加入烧碱；

2

II.(1)负极是水中-2价的氧失电子，而正极CnC”-转化CN+,电极反应为：Cr2O7+14H

+-3++3+

+6e=2Cr+7H2O；故答案为：Cr2O7^+14H+6e-=2Cr+7H2O；

(2)若发生氧化还原反应,则存在比例：3Cu2O-Cr2O72一,计算9.60x10-4x3x69.5%=2.00x10-3

>1.74xl04mol【r；实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，CnCY—的转化率很低，说

明反应条件是光照条件下和CU2O同时存在，故答案为：CsO作光催化剂；3Cu2O-Cr2O72一,

计算9.60乂10-3*69.5%=2.00*10-3>[74xl(?4molLr；实验可以看到只有氧化亚铜和只有光

照时，Cr2(>2的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和CsO同时存在；

(3)①由图可知：pHV2.5时CsO会歧化(转化)为Cu和CM+,故答案为：pH=3；pH

<2.5时CsO会歧化(转化)为Cu和Cu?+,所以不选pH=2；酸性越大，CnC^一被还原

率越大，pH=3酸性强于pH=4的溶液，所以选择pH=3；

②pH=5时，会产生Cr(0H)3沉淀覆盖在催化剂CsO表面，故答案为：pH=5时，会产生

Cr(OH)3沉淀，沉淀覆盖在催化剂CsO表面，影响反应继续进行。

【拓展】本题综合考查环境保护，题目涉及化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书

写和有关计算等内容，侧重于反应原理的应用的考查，分析时要根据题给信息，结合相关原

理进行解答。

17.合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯H的路线：

0

C6H6。

⑤

(CH3CO)2O

,催化剂一〃〃

已知：iRCOOR,+R〃OH--RCOOR+ROH(R、R'、R代表烽基)

△

RCHO+R'CH2cHORCH=C—CHO+HO(R、R'代表氢原子或炫基)

△V2

(1)A的结构简式是。

(2)试剂a是._。

(3)C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是。

(4)反应⑤的反应类型是。

(5)E中官能团是o

(6)下列说法正确的是：(填字母序号)。

a.反应③中C发生氧化反应

b.可用FeCb溶液检验反应⑤中A是否反应完全

c.反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体

d.反应⑩中试剂b的结构简式是12&«•«

e.反应④是缩合聚合反应，生成了聚酯

(7)I-J转化的一种路线如图，已知中间产物2转化为J是消去反应，写出中间产物1和

中间产物2的结构简式。

-IIBr-HBr

।中网产物］------♦中间产构2------►J

中间产物1：;中间产物2：。

(8)G的分子式为C3H6。3,只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反

应⑨的化学方程式是o

【分析】

根据⑤产物结构简式及A分子式知，A为⑤为取代反应；①为加成反应，a为

0

H2,B为O-0H，②为催化氧化生成C为O=。，D应为由题给信息结合I

0H0

的结构筒式可知£为［｝8-843,含有羟基、默基，G的分子式为C3H6。3,只含一种官

0

能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，应为c-cUcc-，由题给信息可知F为

CH3OCOCH3

【解析】（I）A的结构简式是（^^0H。故答案为：

（2）A与与氢气发生加成反应生成B,故答案为：H2；

（3）C只含有一种官能团，为环己醇（［-OH，反应②的化学方程式

0H0

2H0

是：?C）♦o2:・2cl♦^。

（4）反应⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；

0H0

（5）结构简式可知E为，Y^-CH3,含有羟基、皴基，故答案为：羟基、黑基;

（6）a.C与过氧化物反应生成七元环酯，③中C发生氧化反应，故a正确;

b.能与FeCb溶液发生显色反应，可用FeCb溶液检验反应⑤中A是否反应完

全，故B正确;

反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体，故c正确;

d.对比F的结构简式，反应⑩中试剂b的结构简式是OH,故

d正确。

.反应④生成了聚酯但没有小分子生成，不是缩合聚合反应，故e错误;

故答案为：abed；

OHOBr

(7)I含有碳碳双键,可与澳发生加成反应生成中间产物1：N,脱去

(8)G的分子式为C3H6。3，只含一种官能团,且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，反

应⑨的化学方程式是

o•定条件

+CH30coe出。故答案为:

O•定条件0

II2CH3goef

+CH3OCOCH3

【拓展】本题考查有机物的合成，侧重考查学生的分析能力，明确合成图中物质的结构与性

质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答，(7)为解答的难点，注意结合信息来分析

解答。

18.以废旧锌锦电池初步处理分选出的含锦废料(MnCh、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等)

为原料制备高纯MnCbxHzO,实现镭的再生利用。其工作流程:

资料a.Mn的金属活动性强于Fe,Md，在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被。2氧

化。

资料b.生成氢氧化物沉淀的pH

Mn(OH)2Pb(OH)2Fe(OH)3

开始沉淀时8.16.51.9

完全沉淀时10.18.53.2

注：金属离子的起始浓度为O.lmolL」

(1)过程I的目的是浸出锦。经检验滤液1中含有的阳离子为MM+、Fe3\Pb?+和H%

①MnCh与浓盐酸反应的离子方程式是。

②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氟化钾

溶液，无蓝色沉淀生成；另取少量滤液1于试管中，

③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：

a.2Fe2++Ch=2Fe3++2Cr

2++3+

b.4Fe+O2+4H=2Fe+2H2O

写出c的离子方程式：O

(2)过程II的目的是除铁。有如下两种方法：

i.氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。

ii.焙烧法：将滤液1浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物……。

已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCb+3O2=2Fe2O3+3C12，MnCb和PbCL不发生变化。

①氨水法除铁时，溶液pH应控制在_____________之间。

②补全ii中的操作：。

③两种方法比较，氨水法除铁的跳点是。

（3）过程山的目的是除铅。加入的试剂是。

（4）过程W所得固体中的x的测定如下：取mig样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结

晶水时，质量变为m2g。则x=。

【答案】（1）.MnO2+4H++2c「叁Mn2++ChT+2H2。（2）.滴加KSCN溶液，变红

+2+2+3++2+2+3+

（3）.MnO2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2H2O或MnOOH+3H+Fe=Mn+Fe+2H2O（4）.

3.2~5.5（5）.加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5（6）.引入杂质NH4+

【分析】

含镐废料（MnCh、MnOOH、MnO及少量Fe、Pb等）与浓盐酸反应，过滤滤液1中含有的

阳离子为Mi?*、Fe3\Pb?+和H+,过程H除去铁离子，过程III用镒除去铅离子.

+

【解析】（1）①MnCh与浓盐酸反应产生氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl

2+

_^Mn+Cht+2H2O,故答案为：MnCh+4H++2clz^Mn2++CLT+2H2。。

②亚铁离子与铁氧化钾溶液生成蓝色沉淀，铁离子使KSCN溶液显红色，检验滤液1中只

含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：取少量滤液1于试管中，滴入铁氟化钾溶液，无蓝色沉

淀生成，另取少量滤液1于试管中，滴加KSCN溶液，变红，

故答案为：取少量滤液1于试管中，滴入铁氟化钾溶液，无蓝色沉淀生成，另取少量滤液1

于试管中，滴加KSCN溶液，变红；

③Fe3+由Fe2+转化而成，由a、b两个方程式得：可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化

22+3

镭氧化，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Fe'=Mn+2Fe'+2H2O,故答案为：MnO2+4H

'+2Fe2^=Mn2t+2Fe3'+2H2O：

（2）①调节pH除去铁离子，pH大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锦离子不能沉淀，

小于5.5时镒离子不易氧化，故pH应小于5.5,

故答案为：3.2〜5.5：

②补全ii中的操作：加水溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5,故答案为：加水

溶解，快速过滤，再加盐酸酸化至pH小于5.5。

③两种方法比较，氨水法除铁的糊点是：氨水法除铁的过程中，会引入杂质NIV,

故答案为：引入杂质NEU:

(3)过程III的目的是除铅。用活泼金属置换不活泼金属，加入镐，将铅离子置换与溶液分

离，自身生成锦离子，不引入杂质，故答案为：Mn；

(4)过程W所得固体中的x的测定如下：取mig样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结

晶水时，质量变为m2g。migMnCbxHzO置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成

MnCL质量为m2g,则n(MnCL)=777----二T=7^7mol,结晶水的质量为(m】・m2)g,

126gmol126

—Me/IAHi—I

n(H2O)=-------,则1：x=n(MnCh)：n(H2O),解得：x=-----------,

18m2

-mA

故答案为：_-o

m2

【拓展】本题考查了物质制备方案设计，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目涉及离

子方程式的书写、物质组成的计算等知识，解题关键：注意把握实验的流程、相关物质的性

质以及题目信息。

19.实验小组探究KI与CU(NO)的反应，进行实验一：

32n

_,H

滴加1mLImol•LA-

Cu（NO小溶液'B

棕黄色清液

（硝酸酸化，pH=1.5）

A城

棕黑色沉淀

注：本实验忽略CM+在此条件下的水解。

(1)取棕黄色清液，加入少量______溶液(试剂a),清液变为______色，说明生成了12。

(2)探究生成L的原因。

①甲同学进行如下实验：向2mLlmolL-|KI溶液中加入1mL_____溶液(硝酸酸化,pH=1.5),

再加入少量试剂a,观察到与(1)相同的现象。甲同学由此得出结论：实验一中生成12的

原因是酸性条件下，NO；氧化了I。

②乙同学认为仅由甲的实验还不能得出相应结论。他的理由是该实验没有排除—

氧化厂的可能性。

③若要确证实验一中是NO：氧化了r,应在实验一的基础上进行检验的实验。

(3)探究棕黑色沉淀的组成。

①查阅资料得知：Cui为难溶于水的白色固体.于是对棕黑色沉淀的组成提出两种假设：

a.Cui吸