北京市顺义区2020┄2021届高三化学第二次模拟试题Word版 含解析

北京市顺义区2021年高三化学第二次模拟试题（含解析）考生须知：
1.本试卷总分100分，考试用时90分钟
2.本试卷共10页，分为选择题（42分）和非选择题（58分）两个部分。

3.试卷所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答
4.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自己保留
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
第一部分（选择题共42分）
本部分共14小题，每小题3分，共42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（）
A B C D
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
【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：CH 3COOH=CH 3COO -+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：CH 3COOH+H 2O 2CH 3COOOH+H 2O
【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：CH 3COOH
CH 3COO -+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＞W
Ｂ．还原性：X2-＞Z2-
Ｃ．最高价氧化物的水化物酸性：Z＞W
Ｄ． 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 H2
Ｃ．所得料浆液的pH大于原料NaA1O2溶液的pH
Ｄ．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-+6H2O=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：4H2O+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-+6H2O=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＞SO2
Ｃ．对比实验②和③可知酸性：H2SO4＞HCl＞H2SO3
Ｄ．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． CH 3OH 在催化剂条件下被O 2氧化可得到甲醛，其化学反应方程式为：2CH 3OH+
O 2Cu Ag −−−→或△
2HCHO+2H 2O ，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 H 2O 、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Na 2S 溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl （s ）+S 2-（aq ）
Ag 2S （s ）+2Cl -（aq ）
Ｂ． 向酸性KMnO 4溶液中加入NaHSO 3固体，溶液紫色褪去：2MnO 4-+5HSO 3-+H +=2Mn 2++5SO 42-+3H 2O
Ｃ． 向NaHCO 3溶液中加入过量澄清石灰水，有白色沉淀生成：2HCO 3-+Ca 2++2OH -=CaCO 3↓+2H 2O+CO 32-
Ｄ． 向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO↑+4H 2O
【答案】C
【解析】
【详解】A ．向AgCl 悬浊液中加入Na 2S 溶液，有黑色难溶物生成，氯化银沉淀转化为硫化银，反应离子方程式是2AgCl （s ）+S 2-（aq ）
Ag 2S （s ）+2Cl -（aq ），正确，A 不选；
B ．向酸性KMnO 4溶液中加入NaHSO 3固体，HSO 3-被高锰酸钾氧化为SO 42-，溶液紫色褪去，反应的离子方程式是2MnO 4-+5HSO 3-+H +=2Mn 2++5SO 42-+3H 2O ，正确，B 不选；
C．向NaHCO3溶液中加入过量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式是HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，错误，C选；
D．向稀硝酸中加入铜粉生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，正确，D不选。

答案选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6.02×1023
Ｂ．标准状况下，22.4L15NH3含有的质子数约为6.02×1024
Ｃ．常温下，1L0.1mo1•L-1NH4NO3溶液中含有的NH4+数约为6.02×1022
Ｄ．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．23gNO2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1
3
×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． NH4NO3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H2O2溶液中滴加少量Fe2（SO4）3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Fe3+，M′是Fe2+
Ｂ．当有1molO2生成时，转移2mo1电子
Ｃ．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低
Ｄ． H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
【答案】B
【解析】
【分析】
由反应原理图可知，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应为2H2O2=2H2O+O2↑。

【详解】Ａ．由反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知，M是Fe2+，M′是Fe3+，A 错误；
Ｂ．由反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，当生成1mol氧气，转移2mol电子，B 正确；
Ｃ．总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，H+的量不变，反应生成的水对溶液有稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，C错误；
Ｄ．反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，则H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，则H2O2的还原性比Fe2+强，D错误；故答案为：B。

11.氯化氢直接氧化法制氯气的反应是4HCl（g）+O 2（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 （O 2）进料比过低时，HCl 的转化率较低，且不利于分离O 2和Cl 2
Ｄ． 若HCl 的初始浓度为c ，进料比为1：1时，K （500℃）=
22
4(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 （O 2）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 （O 2）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%，
()()()()222000.720.180.360.360.280.820.4HCl g O g 2Cl g 2360.36H O g c c c c c c c
c
c
c
++起始转化平衡
K（500℃）=
22
4
(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（）
A B C D
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
【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-l Na2CO3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-l Na2CO3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10mL
Ｄ．溶液pH=6时的导电能力强于pH=11时的导电能力
【答案】C
【详解】Ａ．根据电荷守恒，0.1mol・L-l Na2CO3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，其単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Cu2Te、含Ag、Au等杂质）中提取单质碲，歩驟如下：
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2；
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：TeO2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． Cu2Te中，T e的化合价是-2
Ｂ．歩骤②中，碱浸的子离方程式是：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O
Ｃ．歩骤③中，阴极上发生反应电极方程式是：TeO32-+4e-+6H+=Te+3H2O
Ｄ．在阳极区溶液中检验出有TeO42-存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-
【答案】C
【分析】
工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分Cu 2Te ，还有少量的Ag 、Au ）中提取碲，铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO 2，其化学反应方程式为：Cu 2Te+2O 2
2CuO+T eO 2，
用NaOH 溶液碱浸，其化学反应方程式为：TeO 2+2NaOH=Na 2TeO 3+H 2O ，以石墨为电极，电解Na 2TeO 3溶液时，溶液中的离子有Na +、H +、TeO 32-、OH -，阴极得电子能力：TeO 32- >H +>Na +，阴极的电极反应式为TeO 32- +4e -+3H 2O=Te↓+6OH -，阳极的电极反应式为4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO 32--2e -+2OH -= TeO 42- +H 2O 。

【详解】Ａ． S 和Te 为同主族元素，类比Cu 2S ，Cu 2Te 中，Te 的化合价是-2，A 正确； Ｂ． TeO 2与较浓的强酸、强碱反应，为两性氧化物，与碱强反应的化学反应方程式为：TeO 2+2NaOH=Na 2TeO 3+H 2O ，其离子反应方程式为：TeO 2+2OH -=TeO 32-+H 2O ，B 正确；
Ｃ．阴极上发生反应的
电极方程式为： TeO 32-+4e -+3H 2O=Te↓+6OH -，C 错误； Ｄ． 阳极的电极反应式为4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO 32--2e -+2OH -= TeO 42-+H 2O ，D 正确；故答案为：C 。

第二部分（非选择题共58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CH 3OH 气体，发生脱水反应：2CH 3OH （g ）CH 3OCH 3（g ）+H 2O （g ），一段时间后测得各
组分的浓度如表所示。

物质CH3OH CH3OCH3H2O
5min浓度（mol·L-1）0.440.60.6
10min浓度mol·L-1）0.040.80.8
15min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）：CH 3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H=+49kJ•mol-1反应ii（副反应）：H 2（g）+CO2（g）CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ•mol-1
①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）. CH 3OH （g ）CO （g ）+2H 2（g ）
△H=+90kJ·mol -1 （4）. 260℃ （5）. 反应i （6）. CO 2+6e -+6H +=CH 3OH+H 2O 【解析】 【分析】
（1）由表格可知，10min 后，反应达到了平衡，根据()()
()
2333H o CH OCH 2CH OH c ?c
K c =，求平衡常数，
根据()3c αCH OH 100%c =⨯转始
，求甲醇的平衡转化率；
（2）①根据盖斯定律i+ii 可得：CH 3OH （g ） CO （g ）+2H 2（g ），△H=△H 1+△H 2，据此求出△H；
②由图可知，低于260℃时，CH 3OH 的转化率较低，高于260℃时，CH 3OH 的转化率较高，但在高于260℃时，CO 的选择性逐渐增大，CO 2的选择性逐渐减小。

③ CO 2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：CO 2+6e -+6H +=CH 3OH+H 2O ；
【详解】（1）由表格可知，10min 后，反应达到了平衡，根据反应2CH 3OH （g ）
CH 3OCH 3（g ）+H 2O （g ），()()
()
2333H o CH OCH 22
CH OH c ?c 0.80.8
K 400c 0.04⨯==
=；设甲醇的起始为
xmol/L ，根据三段式：
2CH 3OH （g ）
CH 3OCH 3 （g ） + H 2O （g ）
xmol /L ?00 1?.6mol /L ? 0.8mol /L ? 0.8mol /L 0.04mol /L ? 0.8mol /L ? 0.8mol /L
始态转化平衡 x=（1.6+0.04）mol/L=1.64mol/L ，则()3 1.6mol /L
αCH OH 100%97.56%1.64mol /L
=⨯≈，故
答案为：400；97.56%；
（2）① 反应i：CH 3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H1=+49kJ•mol-1；反应ii：H 2（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：CH 3OH（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。

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，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。

16.2021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NaC1O2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NaC1O2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bmol•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）.
-3
90.5bc10
a
（8）. 4H++4I-+O
2=I2+2H2O，消耗Na2S2O3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NaClO2～2I2～4S2O32-，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-=ClO2-，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NaC1O2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）=1
4
n（S2
O32-）=3
1
bc10mol
4
-
⨯，则样品中NaC1O2的质量分数为：
3
3
1100
90.51090.510
425
bc bc
a a
-
-
⨯⨯⨯⨯
=
；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：
3
90.510
bc
a
-
⨯；4H++4I-+O
2=I2+2H2O，消耗
Na2S2O3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—COOR3
R1—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+CH3OH CH3COOCH3+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+CH3OH CH3COOCH3+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+R2NH2R1—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图：
（1）吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以NH4+和游离态的NH3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NH3和NH4+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，10＜pH＜11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H2PO4-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O2的情况，又产生H2O2，以氧化水中。