北京市第101中学2020届高三化学4月月考试题(含解析)

北京市第101中学2020届高三化学4月月考试题（含解析）
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1. 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是( )
A B C D
硅太阳能电池锂离子电池太阳能集热器燃气灶
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故A不符合题意；
B.锂离子电池是将化学能转化为电能，故B不符合题意；
C.太阳能集热器是将太阳能转化为热能，故C不符合题意；
D.燃气灶是将化学能转化为热能，故D符合题意；
故选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，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质
B. 石油干馏可得到石油气、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】
【详解】A、人造丝是人造纤维，属于高分子聚合物，多为纤维素类，故A错误；
B、石油的分馏可以得到石油气、汽油、柴油等，属于物理变化，而干馏属于化学变化，故B错误；
C 、从海水中提取食盐，是通过物理方法得以实现，故C 错误；
D 、纯碱水溶液呈碱性可以去除油污，故D 正确。

答案选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 ﹣+H 2O ⇌S 2﹣+H 3O +
B. 苯酚能溶于Na 2CO 3溶液：C 6H 5OH+═C 6H 5O ﹣+
2-3CO -3HCO C. 三元催化剂净化汽车尾气中的NO 和CO ：2NO+2CO
2CO 2+N 2三元催化剂
D. 铜矿淋溶液（CuSO 4）遇方铅矿（PbS ）发生沉积：Cu 2++
+PbS═CuS+PbSO 42-4SO 【答案】A
【解析】
【详解】A．NaHS 水解导致溶液显碱性，正确的离子方程式为：HSO 3﹣+H 2O ⇌H 2SO 3+OH ﹣，选项A 符合题意；
B ．苯酚的酸性比HCO 3﹣强，但是比碳酸弱，苯酚溶于Na 2CO 3溶液的离子方程式为：
C 6H 5OH+CO 32﹣═C 6H 5O ﹣+HCO 3﹣，选项B 不符合题意；
C ．汽车尾气中的NO 和CO 被处理后要生成CO 2和N 2，故三元催化剂净化汽车尾气中的NO 和CO 的方程式为：2NO+2CO 2CO 2+N 2，选项C 不符合题意；
D ．实现了沉淀的转化，难溶的PbS 转化成更难溶的CuS ，离子方程式为：Cu 2++SO 42﹣+PbS═CuS+PbSO 4，选项D 不符合题意。

答案选A 。

4. 最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO 与O 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O 生成CO 2是吸热反应
B. 在该过程中，CO 断键形成C 和O
C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；
C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；
D.状态Ⅰ→状态Ⅲ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的原子半径是短周期主族元素原子
中最大的，X2-与Y的简单离子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<Y
B. 非金属性：Z<W
C. 氢化物的沸点：X<Z
D. 氧化物对应水化物的酸性：Z<W
【答案】B
【解析】
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Cl。

A项，O2-和Na+具有相同的电子层结构，O的原子序数小于Na的，所以半径O2->Na+，故A错误；B项，S和Cl同周期，S的原子序数小于Cl的，所以非金属性S<Cl，B正确；C项，O
和S是同主族，O的原子序数小于S，所以稳定性H2O>H2S，故C错误；D项，S和Cl的含氧酸都不是唯一的，如酸性：HClO4>H2SO4>H2SO3>HClO，故D错误。

点睛：本题考查元素的位置、结构和性质，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CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如图所示，下列推断合理的是
A. 向甲中通入CO2可增大c(NH4+)和c(SO42-)
B. 为提高生产效率，通入的NH3和CO2越多越好
C. 颠倒NH3与CO2的加入顺序不影响生产效率
D. 最后一步得到(NH4)2SO4固体的操作为蒸干滤液
【答案】A
【解析】
【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铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体。

【详解】A.往甲（甲中含Ca（OH）
2
）中通CO2生成CaCO3沉淀，有利于（NH4）2SO4生成，故A正确；
B. 为提高生产效率，通入的CO2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 滤液中硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体，故D错误；故选A。

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
A酸性高锰酸钾溶液中滴加甲苯后振荡，溶液褪色甲基对苯环产生影响
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
C 在过量的苯酚溶液中滴加少量溴水，未见到白色沉
淀
苯酚失效
D 溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入
酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
产生的气体为乙烯
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性高锰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溴水，未见到白色沉淀，是生成的三溴苯酚溶于过量的苯
酚中，故C错误；
D．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，产生的气体通入酸性KMnO4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B。

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：2K2S2＋KI3K2S4＋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-=I3-
C. 电极X上发生的反应为：2Cl-－2e-=C12↑
D. 当有0.1molK＋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】
【详解】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＋KI3=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-=S42-，B错误；
C.电极X为阴极，电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，C错误；
D. 放电时的反应为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，当有1mol电子通过电路时有1molK+通过离子交换膜，当有0.1molK＋通过离子交换膜，电路中通过电子物质的量为0.1mol，根据电极X的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+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0.05mol×22.4L/mol=1.12L，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，下列说法不正确的是
A. 洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5
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】
【详解】A．根据结构简式，洛匹那韦的分子式为C37H48N4O5，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、能发生还原反应如羰基，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0.1mol·L－1的溶液，其pH如表所示。

有关说法正确的是
序号①②③④
溶液NaCl CH
COONH4NaF NaHCO3
3
pH7.07.08.18.4
A. 酸性强弱：H2CO3>HF
B. ①和②中水的电离程度相同
C. 离子的总浓度：①>③
D. ④中：c(HCO3-)＋2c(CO32-)
＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaF和NaHCO3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H2CO3＜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，醋酸铵溶液是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵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（Cl－），NaF溶液中氟离子水解破坏了水的电离，电荷守恒有c（Na＋）+c（H＋）
=c（OH－）+c（F－），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（HCO3－）+c（CO32－）+c（H2CO3）=0.1mol·L－1，故D错误；
故选C。

11. 某同学研究K2Cr2O7溶液中的化学平衡，设计如图所示实验。

已知：Cr2O72-
+H2O2CrO42-+2H+△H=+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
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. b试管中不存在Cr2O72-
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】
【详解】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；
B．Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，是可逆反应，转化率不可能达到100%，b试管中存在Cr2O72-
，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。

【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握可逆反应的特点、温度和浓度对平衡移动的影
响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意判断存在的变量，易错点C，注意滴加
浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，有多种变量。

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)
2XY3(g) △H=-akJ/mol实验测得反应的有关数据如下表。

容器反应条件起始物质的量/mol达到平衡所用时间达到平衡过程中的能量变化
X2Y2XY3/min
①恒容13010放热0.1akJ
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10min内的平均反应速率υ(X2)=0.1mol/(L·min)
C. ②中：X2的平衡转化率小于10%
D. b>0.1a
【答案】D
【解析】
【详解】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0.1akJ，说明10min内X2反应了0.1mol，物质的量浓度改变量为0.1mol/L，所以其平均速率为υ(X2)=0.01mol/(L·min)，B项错误；C.据容器①中数据，可算出X2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X2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是
A. FeF3是弱电解质
B. ④中发生的离子反应为FeF 3+3SCN-Fe(SCN)3+3F-
C. 相同条件下，结合Fe 3+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】
【详解】A．反应③由黄色转成无色，存在平衡Fe 3＋+3F －
FeF 3，FeF 3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FeF 3+3SCN -
Fe(SCN)3+3F -，故B 正确；C ．相同条件下，结合Fe 3+的能力：OH ->SCN ->F -，故C 错误；
D ．对于平衡FeF 3+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NH 4+含量。

利用的反应原理为：4NH 4++6HCHO ＝(CH 2)6N 4H +（一元酸）+3H ++6H 2O 。

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V 1mL ，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V 2mL 。

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V 3mL 。

下列说法不正确的是
A. 步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液
B. 步骤②中静置的目的是为了使NH 4+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 4+)=mol/L
32b(V -V )
c 【答案】C
【解析】
【详解】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酞试液，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NH 4+和HCHO 完
全反应，故B 正确；
C. 步骤②若不静置，4NH 4＋+6HCHO═（CH 2）6N 4H ＋（一元酸）+3H ＋+6H 2O ，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V 2 mL ，加入饱和食盐水试样c mL ，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH 溶液滴定至微红色，滴定管的读数V 3 mL ，此时4NH 4＋+6HCHO═（CH 2）6N 4H ＋（一元酸）+3H ＋+6H 2O ，滴入氢氧化钠反应，4NH 4＋+～（（CH 2）6N 4H ＋（一元酸）+3H ＋）～4OH －；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c(NH 4+)= =mol·L －1，故D 正确；
()1-332-3bmol·L V -V 10L
c 10L
⨯⨯⨯－32b(V -V )c 故选C 。

二、解答题（共5小题，满分58分）
15. （1）如图1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。

①下列说法正确的是_____（填字母序号）。

A ．固氮过程中，N 2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，CH 3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去6mol 电子。

请将该反应的离子方程式补充完整：
5CH 3OH+_____NO 3﹣__________+__________+__________+__________。

反硝化细菌
（2）研究表明，氮氧化物（NO x ）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。

①已知：SO 2生成SO 3总反应方程式是2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ）△H ＝﹣196.6kJ/mol 此反应可通过如下两步完成：2NO （g ）+O 2（g ）⇌2NO 2（g ）△H 1＝﹣113kJ/mol
NO 2（g ）+SO 2（g ）⇌SO 3（g ）+NO （g ）△H 2＝_____。

②一定温度下，向2L 恒容密闭容器中充入NO 2和SO 2各1mol ，5min 达到平衡，此时容器中NO 2和NO 的浓度之比为1：3，则NO 2的平衡转化率是_____。

（3）砷（As ）是第四周期ⅤA 族元素，其化合物，有着广泛的用途。

①AsH 3的稳定性比NH 3的稳定性_____（填“强”或“弱”）。

用原子结构解释原因_____。

②常将含砷废渣（主要成分为As 2S 3）制成浆状，通入O 2氧化，生成H 3AsO 4和单质硫。

写出发生反应的化学方程式_____。

③298K 时，将20mL3x mol•L ﹣1 Na 3AsO 3、20mL3x mol•L ﹣1 I 2和20mLNaOH 溶液混合，发生反
应：（aq ）+I 2（aq ）+2OH ﹣⇌（aq ）+2I ﹣（aq ）+H 2
O （l ）。

溶液中3-3AsO 3-4AsO c （
）与反应时间（t ）的关系如图2所示。

若平衡时溶液的pH ＝14，则该反应的平衡3-4AsO 常数K 为_____。

【答案】 (1). BCD (2). 6 (3). 3N 2
↑ (4). (5). (6).-34HCO 2-3CO 8H 2O (7). ﹣41.8 kJ•mol ﹣1 (8). 75% (9). 弱 (10). 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AsH 3的稳定性比NH 3弱 (11). 2As 2S 3+5O 2+6H 2O ＝4H 3AsO 4+6S (12). 3
2
4y (x-y)【解析】
【分析】
（1）①A．N 2固氮转化为NH 3、NH 4+、NO 2﹣、NO 3﹣，化合价由0价分别转化为+3、+3、+3、+5价；
B ．根据原子守恒可以知道，必须有氧气参加反应；
C ．反硝化过程，由NO 2﹣、NO 3﹣，生成N 2，大气中氮气的量增加；
D ．植物蛋白为有机物，NH 3、NH 4+均为无机物；
②反硝化过程中，CH 3OH 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；
（2）①根据盖斯定律计算（Ⅰ﹣Ⅱ）× 可得；
1
2②一定温度下，向2 L 恒容密闭容器中充入NO 2和SO 2各1 mol ，5min 达到平衡，此时容器中NO 2和NO 的浓度之比为1：3，结合三段式计算得到；
（3）①N 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AsH 3的稳定性比NH 3弱；
②含砷废渣（主要成分为As 2S 3），通入O 2氧化，生成H 3AsO 4和单质硫；
③根据反应过程列三段式计算可得。

【详解】（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N 2作还原剂，选项A 错误；
B ．NH 3转化成HNO 2，增加了O 元素，则NH 3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，选项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，选项C 正确；
D ．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，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，选项D 正确；
答案选BCD ；
②反硝化过程中，CH 3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去6mol 电子。

CH 3OH 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：5CH 3OH+6NO 3
﹣
3N 2↑+4HCO 3﹣+CO 32﹣+8H 2O ；
故答案为：5CH 3OH+6NO 3﹣3N 2↑+4HCO 3﹣+CO 32﹣+8H 2O ；
（2）①Ⅰ.2SO 2（g ）+O 2（g ）⇌2SO 3（g ）△H＝﹣196.6kJ•mol ﹣1
Ⅱ.2NO（g ）+O 2（g ）⇌2NO 2（g ）△H 1＝﹣113kJ•mol ﹣1
盖斯定律计算（Ⅰ﹣Ⅱ）× 得到NO 2（g ）+SO 2（g ）⇌SO 3（g ）+NO （g ）△H 2＝﹣41.8 1
2kJ•mol ﹣1；
故答案为：﹣41.8 kJ•mol ﹣1；
②一定温度下，向2 L 恒容密闭容器中充入NO 2和SO 2各1 mol ，5min 达到平衡，此时容器中NO 2和NO 的浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO 2的物质的量为x ：
223+NO )
NO ()SO ()SO ()0110
11g g g g x x x x
x x x x +-- （起始量(m ol )变化量(m ol )平衡量(m ol )
NO 2和NO 的浓度之比为1：3，物质的量之比＝1：3，，x ＝0.75mol ，NO 2的平衡转113x x
-=化率＝×100%＝75%，
0.751mol
mol 故答案为：75%；
（3）①非金属性：N ＞As ，AsH 3的稳定性比NH 3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AsH 3的稳定性比NH 3弱；
故答案为：弱；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AsH 3的稳定性比NH 3弱；
②常将含砷废渣（主要成分为As 2S 3）制成浆状，通入O 2氧化，生成H 3AsO 4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As 2S 3+5O 2+6H 2O ＝4H 3AsO 4+6S ；
故答案为：2As 2S 3+5O 2+6H 2O ＝4H 3AsO 4+6S ；
③列三段式如下：
根
334232()2()()AsO ()I ()2()0022AsO aq I aq H O l aq aq OH aq x x
y y y y
y y x y x y ----+++
+-- 起始量(m ol )变化量(m ol )平衡量(m ol )据平衡常数表达式K ＝==；
()()()()()2243232c AsO c I c AsO c I c OH --
--⨯⨯⨯()()()22y y x y x y ⨯-⨯-()32
4y x y -故答案为：。

()3
24y x y -【点睛】本题考查的知识点较多，涉及氧化还原反应、物质之间的转化、热方程式的书写、三段式的应用、化学平衡的计算等，为高频考点，注意把握图象中物质之间的转化关系、以及氧化还原反应原理和应用，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。

16. 含铬（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Cu 2O 光催化可
以处理含有的废水。

2-27Cr O Ⅰ．制取Cu 2O
（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Cl ﹣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Cu 2O ，同时产生SO 2气体。

反应过程中需要不断地加入烧碱，其原因是_____。

Ⅱ．利用Cu 2O 光催化处理含的废水的研究。

2-27Cr O （1）光照射到Cu 2O 光催化剂上产生光催化反应，和H 2O 分别在光催化反应中形成的
2-27Cr O 微电极上发生电极反应，反应原理如图1所示。

写出转化Cr 3+的电极反应：_____。

2-
27Cr O
（2）研究中对Cu 2O 的作用提出两种假设：
a ．Cu 2O 作光催化剂；
b ．Cu 2O 与发生氧化还原反应。

2-27Cr O 已知：Cu 2O 的添加量是2×10﹣4mol/L ，的初始浓度是1×10﹣3mol/L ；对比实验
2-
27Cr O （pH ＝3.0且其他条件相同），反应1.5小时结果如图2所示。

结合试剂用量数据和实验结果可得到的结论是_____，依据是_____。

（3）溶液的pH 对降解率的影响如图3所示。

2-27Cr O 已知：Cu 2O Cu+CuSO 4；酸性越大，被还原率越大。

2-27Cr O ①pH 分别为2、3、4时，的降解率最好的是_____，其原因是_____。

2-27Cr O ②已知pH ＝5时，会产生Cr （OH ）3沉淀。

pH ＝5时，的降解率低的原因是_____。

2-27Cr O 【答案】 (1). 2Cu ﹣2e ﹣+2OH ﹣＝Cu 2O+H 2O (2). 2Cu 2++
2-3SO
+2H 2O ＝Cu 2O+4H ++，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
2-
4SO 以需要加入烧碱 (3). (4). Cu 2
O 作光催化剂 2-+3+272Cr O +14H +6e 2Cr +7H O ﹣＝(5). 若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu 2O﹣，计算得：2-27Cr O 1×10﹣3×3×70%＝2.1×10﹣3＞2×10﹣4mol/L ，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，
的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu 2O 同时存在 (6). 3 (7). 2-27Cr O pH ＜2.5时Cu 2O 会歧化（转化）为Cu 和Cu 2+，所以不选pH ＝2，酸性越大，Cr 2O 72﹣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 （OH ）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu 2O 表面，影响反应继续进行
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）目的是制取Cu 2O ，电解质溶液是NaOH 的溶液，碱性溶液，反应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式；
（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu 2O ，同时产生SO 2气体；可以根据此信息写出反应方程式，反应中酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制反应条件；
Ⅱ.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr 2O 72﹣转化Cr 3+的电极反应；
（2）根据图2所示，有光照，无时Cu 2O ，几乎不反应；有Cu 2O 无光照时，Cr 2O 72﹣浓度降低率很低；有Cu 2O 有光照时，Cr 2O 72﹣浓度降低率可达70%；由此判断Cu 2O 作光催化剂；
（3）①由图3可知，Cr 2O 72﹣降解率最高时pH 是3；pH ＜2.5时，Cu 2O 会歧化（转化）为Cu 和Cu 2+，Cu 2O+2H +＝Cu+Cu 2++H 2O ；酸性越大，Cr 2O 72﹣被还原率越大；
②依据信息已知，pH ＝5时，会产生Cr （OH ）3沉淀，以此解题。

【详解】Ⅰ.（1）目的是制取Cu 2O ，电解质溶液是NaOH 的溶液，碱性溶液，反应只消耗了铜和水，由此可以写出电极反应式：2Cu﹣2e ﹣+2OH ﹣＝Cu 2O+H 2O ；故答案为：
2Cu﹣2e ﹣+2OH ﹣＝Cu 2O+H 2O ；
（2）利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu 2O ，同时产生SO 2气体；可以根据此信息写出反应方程式：2Cu 2++SO 32﹣ +2H 2O ＝Cu 2O+4H ++SO 42﹣，反应生成酸，酸性不断地增强，所以需要加入烧碱，控制pH ＝5的反应条件；故答案为：2Cu 2++SO 32﹣ +2H 2O ＝Cu 2O+4H ++SO 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；
Ⅱ.（1）依据化合价降低得电子，写出Cr 2O 72﹣转化Cr 3+的电极反应为：
Cr 2O 72﹣+14H ++6e ﹣＝2Cr 3++7H 2O ；故答案为：Cr 2O 72﹣+14H ++6e ﹣＝2Cr 3++7H 2O ；
（2）根据图2所示，有光照，无时Cu 2O ，几乎不反应；有Cu 2O 无光照时，Cr 2O 72﹣浓度降低率很低；有Cu 2O 有光照时，Cr 2O 72﹣浓度降低率可达70%；由此判断Cu 2O 作光催化剂；故答案为：Cu 2O 作光催化剂；若发生氧化还原反应，则存在比例：3Cu 2O﹣Cr 2O 72﹣，计算得：1×10﹣3×3×70%＝2.1×10﹣3＞2×10﹣4mol/L ，实验可以看到只有氧化亚铜和只有光照时，Cr 2O 72﹣的转化率很低，说明反应条件是光照条件下和Cu 2O 同时存在；
（3）①由图3可知，Cr 2O 72﹣降解率最高时pH 是3； pH ＜2.5时，Cu 2O 会歧化（转化）为Cu 和Cu 2+，Cu 2O+2H +＝Cu+Cu 2++H 2O ；酸性越大，Cr 2O 72﹣被还原率越大；故答案为：3； pH ＜2.5时Cu 2O 会歧化（转化）为Cu 和Cu 2+，所以不选pH ＝2；酸性越大，Cr 2O 72﹣被还原率越大，pH ＝3酸性强于pH ＝4的溶液，所以选择pH ＝3；
②依据信息可知，pH ＝5时，会产生Cr （OH ）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu 2O 表面，阻碍Cu 2O 与Cr 2O 72﹣发生的氧化还原反应；故答案为：pH ＝5时，会产生Cr （OH ）3沉淀，沉淀覆盖在催化剂Cu 2O 表面，影响反应继续进行。

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 的路线如图：
已知：i ．RCOOR′+R″OH RCOOR″+ROH(R，R′、R″代表烃基)
催化剂加热ⅱ．
(R 、R′代表氢原子或烃基)
(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_____。

(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．D中无支链
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的结构简式可为
(7)I→J转化的一种路线如下图，已知中间产物1转化为中间产物2是取代反应，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。

中间产物1：_____；中间产物2：_____。

(8)G的分子式为C3H6O3，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_____。

【答案】(1). (2). H2(3).
(4). 取代反应(5). 羟基、羰基
(6). acd (7). (8). (9).
【解析】
【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
H2，B为，②为催化氧化生成C为，D应为，由题给信息结合I的
结构简式可知E为，含有羟基、羰基，G的分子式为C3H6O3，只含一种官能团，且核磁共振氢谱只有一种化学环境的氢，应为，由题给信息可知F为
，以此解答该题。

【详解】(1)由以上分析可知A为，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，反应②的化学方程式是
，故答案为：
；
(4)反应⑤的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
(5)由题给信息结合I的结构简式可知E含有羟基、羰基，故答案为：羟基、羰基；
(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．D应为，存在C＝O键，则D存在支链，故b错误；
c．E为，则反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体，故c正确；
d．对比F的结构简式可知反应⑩中试剂b的结构简式可为，故d正确。

故答案为：acd；
(7)I含有碳碳双键，可与溴发生加成反应生成，脱去HBr生成。