2022年全国中学生数理化生综合实践应用知识展示第15届高二化学试题

第十五届中学生数理化生综合实践活动 高二化学应用知识展示(A卷)】 地区 学校 姓名 信息卡号 测试说明： 1.本测试分共做题和选做题两部分，共做题部分必须作答，选微题部分任选其一，如果二 者均作答成绩以选做试题一为准。 2.必须在答题纸上答卷，否则成绩无效：选择题的答案涂到答题纸对应题目的标号上，非 选择题的答案书写在答题纸指定区域内. 3.请在答题纸和试卷上填写有效信息.考试时间为90分钟，满分100分. 4.成绩查询：2023年1月5日起，可通过指定网站(www.isuyang.cn)查询成绩. 可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24A127P31 S32C135.5K39Ca40Cr52Mn55Fe56C059Cu64Br80Ag108Ba137 第一部分共做题（共60分） 一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分.每小题只有1个选项符合题意） 1.2022年诺贝尔化学奖获得者的主要 成就在于创立和发展了点击化学，点击 化学主旨是通过小单元的拼接，来快速 R- 可靠地完成形形色色分子的化学合成 它尤其强调开辟以碳一杂原子键 (C一X一C)合成为基础的组合化学新 方法，并借助这些反应（点击反应）来简 单高效地获得分子多样性，右图是典型 R 的某一点击化学反应原理，以下说法错 误的是(). A.该反应是加成反应 B.该反应的生成物中含有铜元素 C.该反应的生成物中有环状结构 D.该反应中铜的化合价是+1价 2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( A.已知核反应：U+n→Ba十M+3n,则1molM中含中子数54N B.0.25 mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数等于0.25N C.1L1mol·L-CH,COONa溶液中CH,COO-与OH离子数之和小于NA 高二化学(A卷)共8页第1页 D.28.4gPO5( ·氧原子)含极性键的数目为0.4NA O磷原子 3.在pH=4,5时，利用原电池原理，用铁粉将废水中NO无害化处理的实验如下表： 方案1 方案2 初始条件 pH=4.5 pH=4.5,Fe+ NO方去除率 <50% 接近100% 24小时pH 接近中性 接近中性 FeO(OH) FeO(OH) 铁的最终物质形态 (不导电) (不导电) Fe,O, 下列说法正确的是( A.该电池中Fe作负极，可被NO,完全氧化 B.正极的电极反应为：NO+8e+9H=NH,+3HO C.方案2的NO;去除率高，原因可能是Fe2+破坏了FeO(OH)层 D改变铁粉粒径大小，NO:的去除速率不变 4,一种有机物脱羧反应机理如图所示. H,0 N一E 下列说法不正确的是(). E CH,-CCH,COOH- A.E-NH2是脱羧反应的催化剂 HN +NH一E B.该反应过程涉及加成，消去反应CH,一CCH,COOH CH-CCH.COO C.E和F互为同分异构体 OH B D 4C0 OH CH,-CCH,COOH NH一E D 也可按照该 E一NH CH,一C=CH CH,-C- CH CH,- H.O 反应机理生成 5.某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下发生聚合反应：n 卡在不 同时刻测得反应物浓度与时间关系如下表.下列说法正确的是( t/min 0 2575105125150 250 c(降冰片烯)/(mol·L-1) 3.002.70 a1.741.501.20 0 A.推测上表中的a>2.10 B.若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率 C.105~155min,生成聚降冰片烯的平均速率为0.012mol·L-1·min 高二化学(A卷)共8页第2页 D.其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5mol·L1,则该反应速率不变 6.科学家将一种纳米级普鲁士蓝类似物应用于水性钠离子电池，该普鲁土蓝类似物由N、 Fe2+、Fe+、CN组成Na+嵌入和脱嵌过程中，Fe+与Fe+含量发生变化，变为格林绿，普鲁 士蓝、普鲁士白三种物质，晶体结构如图所示，其中Na嵌入越多导电性能越好.下列说法错误 的是(). +Na- -Na ●Na -Na- -Na Fe2+ ● △CN 格林绿 普鲁士蓝 普鲁士白 A.Na嵌入过程中，Fe+数目增加 B.普鲁士蓝的化学式为NaFe(CN)。 C.普鲁士白在三种物质中电化学性能最佳 D.格林绿晶体中Fe+周围等距且最近的Fe3+数为6 二、综合题（本大题共4小题，共30分） 7.(6分)纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮.在NZVI/ BC和(CuP)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少 了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和P作为催化剂且参与吸附活性H. 15 NH. ●pH=4.05 ■pH=6.54 0-pH=9.88 NO 10 NO, NO, Pd Fee Fe-Fe+2 T+2e◆l 050100150200250300350 反应时间min U (1)NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图甲所示，NO转化为 N2或NH的过程可描述为 (2)实验测得体系初始pH对NO:去除率的影响如图乙，前200min内，pH=9.88时的 去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是 8.(6分)高钴酸钠是钴元素目前发现的最高价化合物，实验室可通过电解硫酸钠与氯化钴的 混合溶液获得氧化亚钻(CōO),并通过一系列反应来制备高钴酸钠，相关化学方程式如下： CoCl+H,0通电Co0y+H,++Cl,↑： Co(0+(O:→CoO,(未配平) CoO,+Na(O+O2→Na,CoO(未配平). 高二化学(A卷)共8页第3页 (1)以氯化钴为原料制备1.920g高结酸钠，消耗标准状况下氧气的体积为 mL. (2)若电解过程共转移电子0.100mol,两极收集到的气体在标准状况下总体积为2.016L (不考虑气体的溶解)，则可制得高钴酸钠的质量为 9.(10分)利用烧结的铁碳混合材料可除去废水中 HO 的污染物，在有、无溶解氧的情况下均可在溶液中生 狼F 成絮凝剂，实现高效工作，其作用原理如右图所示 污染物 Fe 请回答：(1)写出铁电极上电极方程式一 H OH- 污染物下 (2)下列叙述正确的是 沉截流 A.铁电极为正极，碳电极为负极 B.经过加热烧结的铁碳混合物表面空隙发达，吸附能力大幅提高，有利除污 C.碳电极上的反应环境为无溶解氧环境 D.铁碳混合材料工作过程中电子从铁电极流出，被絮凝剂运输至碳电极表面 (3)有溶解氧时，絮凝过程是利用了铁离子水解产物吸附污染物完成截流，写出相关的离 子方程式 (4)无溶解氧时，可利用生成的絮凝剂处理含铬废水(CO),最终溶液中的金属离子均 生成氢氧化物沉淀.已知国家标准中污染物排放浓度的单位为mg·L1,若每处理10.0m3污 水，电极上共转移1.20mol电子，则该污水在处理前的排放浓度为（以铬元素的量计算）. 10.(8分)化学兴趣小组通过如下实验方案检测某新装修居室内空气中的甲醛浓度： ①配制KMnO,溶液：准确称取0.079 g KMnO,·用少量水溶解，转入50mL.容量瓶中 定容.取出1mL此溶液，稀释100倍，保存备用. ②测定浓度：用移液管准确量取2mL配制好的KMnO,溶液，注入一支约 注射程 5mL带有双孔橡胶塞的试管中，加入1滴6mol·L.-1HSO,溶液，塞好橡胶 塞，塞子上带一根细的玻璃管作为进气管.另取一个附针头的50mL.注射器，按 正进气口 右图所示组装好装置，将此装置置于待测地点，缓慢抽气，每次抽气50mL,直到 试管内溶液的浅红色褪尽，记录抽气次数为6次. 我国《居室空气中甲醛的卫生标准》规定，居室空气中甲醛的最高允许浓度 为0.O8mg·m~$.根据上述实验结果判新该新装修居室内空气中的甲醛浓度是否达到国家标 淮 (填“符合”或“不符合”)，并写出简要计算过程 第二部分选做题（共40分） 选做题一化学反应原理 11,(6分)电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位 25 的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法，在化学计量 点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了 突跃，进而确定滴定终点常温下，利用盐酸滴定某溶液中 亚磷酸钠(Na:HPO,)的含量，其电位谪定曲线与pH曲 V/mL 线关系如图所示.下列说法正确的是(). 已知：亚磷酸(HPO)是二元弱酸，电离常数K=101‘,K2=10气7。 高二化学(A卷)共8页第4页 A.a点对应的溶液呈弱碱性 B.水的电离程度：a点小于b点 C.a点对应的溶液中存在：c(H)十3c(HPO)=c(OH)+c(HPO) D.b点对应的溶液中存在：c(H)=c(OH-)十c(HzPO:)+2c(HPO) 12.(16分)硫酸的消费量常用来衡量一个国家工业发展水平.其中SO2的催化氧化是重要的 一步，其反应为2SO2(g)十O,(g)→2S0,(g)△H=-196kJ·mol1.回答下列问题： (1)SO,催化氧化反应在 (填“高”或“低”)温下自发进行，（填“高”或 “低”)压有利于提高反应速率， (填“高”或“低”)压有利于提高平衡转化率根据下表 数据(450℃条件下测得)阐述实际工业生产选择0.1MPa的理由： 压强/MPa 01 0.5 5 10 平衡时SO,的转化率/% 97.598.9 99.299.6 99.7 (2)科研人员使用CaCO1为基础固硫材料，复合不同的催化剂(VzO5,V:O-MnO:、 VzO-GO,)催化SO2向SO,的转化.同时研究了不同温度下使用三种催化剂对CaCO,固硫 效率（用单位时间SO,转化率表示）的影响，结论如图甲所示. I.仅使用CCO而不使用催化剂获得的X线的实验目的是 Ⅱ.下列有关说法正确的是 a.三种催化剂中V2O催化剂效率最低 b.同温同压下，使用复合催化剂有利于提高SO,的平衡产率 c.图乙为V,O。-MnO2为催化剂时的反应机理，由图可知Mn比Mn+更易获得电子 d.温度越高一定越有利于催化剂催化效率的提升 90r±-CaC0, o-CaCo,-V.O 80 量-CaCO-V,O,-MnO SO,stepl 0g) 70 Caco,V:0-GcO. SO (ads) SO(ads) step3 60 Mn"+0.+V"+e 504 Mn"+O:+V* 40 ●V"oMnO 一X Y-Al:O, 30 600 700 800900 V0,-Mn02 温度/K N 甲 乙 (3)某S0,催化氧化生成S0,反 实验p(SO2)/kPa p(O:)/kPap(SO:)/kPav/kPa- 8 应的速率方程为 9 淮 v=k·p(SO2)…p(O:)·p'(SOa), 2m 2g 10g 根据表中数据计算，3= 3 现 n 0.1p 4 加 2n 1.414g 13.(18分)2021年11月初，世界气候峰会在英国举行，为减少环境污染，减少化石能源的使 高二化学(A卷)共8页第5页 用，开发新型、清洁、可再生能源迫在眉睫。 (1)甲醇、乙醇来源丰富，燃烧热值高，可作为能源使用.其中一种可减少空气中CO2的甲 醇合成方法为CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+HO(g). ①若将一定量的CO:和H投人1.0L恒容密闭容器中合成甲醇，实验测得不同温度及 压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图甲所示则该反应的正反应为」 (填“放热”或 “吸热”)反应，在：及512K时，图中N点处平衡向（填“正向”或“逆向”）移动； ②若将物质的量之比为1：3的CO2和H2充人体积为1.0L的恒容密闭容器中反应，不 同压强下CO,转化率随温度的变化关系如图乙所示。 4C0,转化率% 转 0.361 100 0.30 0.24 0.18 0.12 ·N 白西 0.061 500510520530540550T/K 10020030040050071℃ 甲 乙 a.A、B两条曲线的压强分别为pA、Pg,则pA pa(填“>"“<”或“=”). b.若A曲线条件下，起始充人CO2和Hz的物质的量分别为1mol、3mol,且a点时的 K=300(L2/mo),则a点对应CO2转化率为 (2)在工业生产中也用反应CO(g)+HO(g)=CO2(g)十H(g)△H=一41.2kJ· mol1制取H,,该反应需要加人催化剂，若用[M们表示催化剂，则反应历程可表示为： 第一步：[M]+HO(g)=[MO+H,(g);第二步：[M]O+CO(g)=[M]+CO2(g). ①第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步（填“大”或“小”） 反应过程中，中间产物[M]O的能量比产物的能量（填“高”或“低”）. ②研究表明，此反应的速率方程为=k[y(CO)·y(H,O)-y(C0:y(H,],式中 K y(CO)、y(H2O)、y(CO2)、y(H)分别表示相应的物质的量分数，K。为平衡常数，k为反应 的速率常数，温度升高时k值增大在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化 的曲线如图丙所示温度升高时，该反应的K。 (填“增大”或“减小”)根据速率方程分 析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 A直流电源B (3)以甲醇为主要原料，电化学 合成碳酸二甲酯的工作原理如图丁 (CH,O).CO H 所示。阳极的电极反应式为 CHOH、C0→ ,若装置中消耗标准状态下 O244.8L,理论上能制得碳酸二甲 T T/C 离子交换膜 酯的质量 g. 丙 丁 高二化学(A卷)共8页第6页 选做题二有机化学 11.(6分)国家航天局公布的嫦媛五 号探测器在月球表面展示的国旗，与 嫦娥三号和嫦娥四号是在壳体上使用 喷绘式的国旗不同，旗杆式的国旗在 我国探月工程中是首次使用，是一面 真正的旗帜，这面五星红旗以芳纶纤维 (聚对苯二甲酰对苯二胺，部分结构如 图所示)为原料制得.下列说法中不正 确的是()， A聚对苯二甲酰对苯二胺的结构简式为HO七C一 C-NH B.聚对苯二甲酰对苯二胺可以由对苯二甲酸与对苯二胺发生缩聚反应制得 C,聚对苯二甲酰对苯二胺中存在肽键和氢键 D.一定条件下，1mol对苯二甲酸最多可与5molH2发生加成反应 12.(17分)法匹拉韦 NH,是我国最早批准的可用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV) OH 的临床试验的药物之一，而最新文献研究也证实了其对新型冠状病毒表现出良好的体外抑制 作用F是合成法匹拉韦过程中的重要中间体，其合成路线如图： A 一定条件 B ① HOCH,COOH ②乙酵CH,O (CHO,) (C,H,O.CI) (CHO,) 浓HS0, OC.H. OC Hs i.NaOH溶液 H.N ii.H E 三步反应 HN …←-CH0 CH.ON) C.H.O. COOCH, OH COOCH, OC,H OC,H 已知： OR R(H) R'(H) LR-CHO是RCH.R-NH+O 一定条件 +H2O. OR (1)法匹拉韦包含的含氧官能团是 (2)A可以与Na,CO3反应产生CO2,写出B与NaOH溶液反应的方程式是 (3)反应①的反应物和条件是 (4)如图，合成E分三步进行，③为取代反应，中间产物2和E互为同分异构体，请写出中 高二化学(A卷)共8页第7页 间产物2和E的结构简式.中间产物2 E (5)依据中间产物1 H N 的生成，判断反应②的目的 H 中何产物 一定条件 H 中间产物2→E 是 COOCH, C.H,O (6)在上述三步反应 中，第二步反应除了生成中 OC,H, 间产物2，还有另一个含有两个五元环的副产物，该副产物的结构简式为 13.(17分)苯甲酸乙酯(C。H。O2)稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食 品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等其制备方法为 COOH COOC H H:SO +C2 H:OH= +H:O. 已知： 颜色，状态 沸点/℃ 密度/八g·cmJ) 苯甲酸· 无色片状晶体 249 1.2659 分水器 苯甲酸乙酯 无色澄清液体 212.6 1.05 乙醉 无色澄清液体 78.3 0.7893 环己烷 无色澄清液体 80.8 0.7318 电子 *苯甲酸在100℃会迅速升华。 加热器 实验步骤：①在圆底烧瓶中加人12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过 量)、20mL环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图 甲所示装好仪器，控制温度在65一70℃加热回流2h,反应时环己烷一乙醇一水会形成“共沸 物”（沸点62.6℃）蒸馏出来，再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇. ②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的 液体不再明显增加，停止加热. ③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加人NzCO3至溶液呈中性。 ④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层.加入氯化钙， 对粗产物进行蒸馏（装置如图乙所示），低温蒸出乙醚后，继续升温，接收210一213℃的馏分. ⑤检验合格，测得产品体积为13.16mL. (1)在该实验中，图甲中圆底烧瓶的容积最适合的是 A.25m1 B.50 mL C.100 mL D.250 mL (2)步骤①中沸石的作用是 ,使用分水器不断分离除 去水的目的是 (3)步骤②中应控制馏分的温度在 A.215220℃B.85~90℃ C.78-80℃ D.65-70℃ (4)步骤③加入NaCO,的作用是 ;若NazCO,加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏 烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是 (5)计算本实险的产率为 高二化学(A卷)共8页第8页学科网（北京）股份有限公司 　　第十五届中学生数理化生综合实践活动 　　　　　　高二化学应用知识展示(A卷)参考答案及评分标准 　　　　　　　　　　第一部分　　　共做题（共60分） 1、 选择题（本大题共６小题，每小题５分，共3０分，每小题只有1个选项符合题意） 1．B 2．B 解析：A．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出A=36，Z=89，1mol中含中子(89-36)NA=53NA，选项A错误； B．由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，则0.25mol Zn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气的混合气体，气体的分子数恒定为0.25mol×NA mol—1=0.25NA，选项B正确； C．1 L 1 mol/L CH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，Na+数为NA，根据电荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，选项C错误； D．28.4 g P2O5为0.2mol，即0.1 mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，选项D错误； 3．C 4．D 【解析】A．根据反应机理图可知，E-NH2先参与反应，后面又生成，没有增加或减少，所以是催化剂，A正确； B．A→B是加成反应，A分子的碳氧双键被加成，B→C是消去反应，B分子中的羟基被消去，生成碳氮双键和水，B正确； C．E和F的分子式相同，除去E基团，都是C3H6N，而且二者的结构不同，属于同分异构体，C正确； D．从D→E过程可以看到，碳碳双键是在羧基相连的碳原子上形成，连有氮原子的碳原子也形成碳碳双键，然后才能转化成含有碳氮双键的结构，而对于 ，只能形成，无法继续向下进行，所以不能按照该反应机理进行，D错误； 5．D 【解析】A．由题中表格数据可知，0~25min时，降冰片烯浓度下降0.3mol/L，反应速率为v(降冰片烯)=，0~250min时，反应速率为v(降冰片烯)=，则任意时段反应速率不变，所以0~75min时，a=3.00-0.012×75=2.1，故A错误； B．若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状，由于催化剂对平衡移动无影响，所以该反应的平衡转化率不变，故B错误； C．由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012 mol·L-1·min-1，但生成聚降冰片烯的平均速率还与反应系数有关，所以生成聚降冰片烯的平均速率不是0.012 mol·L-1·min-1，故C错误； D．由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012 mol·L-1·min-1，所以降冰片烯浓度与反应速率无关，即其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5 mol·L-1，则该反应速率不变，故D正确； 答案为D。 6．A 解析：选项A，由晶体结构图可看出Na+嵌入过程中，Fe3+数目减少，错误。选项B，普鲁士蓝晶胞中Fe的个数为，CN-的个数为，Na+的个数为4，则普鲁士蓝的化学式为NaFe2(CN)6。[点拨：分析普鲁士蓝的8晶胞可快速得出结论]，正确。选项C，普鲁士白中，Na+嵌入的最多，导电性能最好，因此其电化学性能最佳，正确。选项D，根据格林绿的晶胞结构示意图，晶体中Fe3+周围等距且最近的Fe3+数为6，正确。 二、综合题（本大题共４小题，共30分） 7．（1）铁失去电子，在铁表面得到电子被还原为，被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或（３分）（合理答案即可） （2）酸性越强，Fe越易失去电子，越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行（３分）（合理答案即可） 8.（1）168.0 （３分） （2）5.76 g（３分） 解析：（1）该反应过程中Co由+2价升高到+5价，1.920 g高钴酸钠的物质的量=，则此时Co失去电子的物质的量=0.01mol×(5-2)=0.03mol，根据得失电子守恒，可知需要氧气的物质的量=，则氧气的体积=0.0075mol×22.4 L/mol=0.168L，即168.0 mL； （2）电解过程中存在着电解氯化钴和电解水两个过程，设电解产生的Cl2 x mol，则同时产生的H2 x mol，设产生的O2 为y mol，则同时产生的H2 为2y mol，依据转移电子为0.1 mol可知，2x+4y=0.1；产生气体2.016 L物质的量=，则x+x+y+2y=0.09 mol，解两个方程组成的方程组可知，x=0.03 mol，y=0.01 mol，则参加反应的氯化钴的物质的量也为0.03 mol，根据钴守恒可知，生成的高钴酸钠也是0.03 mol，其质量=0.03mol×192g/mol=5.76g。 9．（1）Fe-2e- =Fe2+ （２分） （2）B、C （２分） （3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ （２分） （4）1.04 mg·L-1（或2.0×10-5mol·L-1)（４分） 解析：铁碳混合材料和废水构成原电池，Fe为负极，Fe失电子被氧化成Fe2+；C为正极。 （1）根据原理图示，Fe电极上Fe失电子被氧化成Fe2+，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+；答案为：Fe-2e-=Fe2+。 （2）A．Fe电极上发生失电子的氧化反应，铁电极为负极，碳电极为正极，A项错误； B．经过加热烧结的铁碳混合物表面空隙发达，具有较大的表面积，吸附能力大幅提高，有利除污，B项正确； C．图示碳电极的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，反应环境应为无溶解氧环境，C项正确； D．铁碳混合材料工作过程中电子从负极（铁电极）流出，经外电路运输至碳电极表面，D项错误； 答案选B、C。 （3）有溶解氧时絮凝过程是利用了铁离子水解产物吸附污染物完成截流，Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；答案为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+。 （4）根据电极反应Fe-2e-=Fe2+。电极上转移1.20 mol电子生成0.60mol Fe2+；无溶解氧时，可以利用生成的絮凝剂处理含铬废水，最终溶液中金属离子均生成氢氧化物沉淀，此过程中最终形成Cr(OH)3沉淀、Fe2+形成Fe(OH)3沉淀，根据得失电子守恒，被还原的Cr元素物质的量为=0.20mol，处理的Cr元素的质量为0.20mol×52g/mol=10.4g，该污水在处理前的排放浓度为==1.04mg/L；答案为：1.04mg/L（或以物质的量表示浓度2.0×10-5mol·L-1）。 10. 不符合（２分） 0.079 gKMnO4物质的量为n(KMnO4)= ，则c(KMnO4)= 1.0×10-4mol/L（１分）； 所取溶液中n(MnO4-)=n(KMnO4)=1×10-4mol/L×2×10-3L=2×10-7mol，（１分） 4 MnO4- ～ 5 HCHO 4 mol 5×30×103 mg 2×10-7 mol m(HCHO) （２分） （２分） 该室内空气中甲醛含量严重超标，不符合国家标准。 选做题一 化学反应原理 11、D（６分） 解析：A．根据图示，a点对应溶液的溶质中含，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误； B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，故水的电离程度：a点大于b点，B错误； C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误； D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确； 12、 (1)     低 （２分）    高 （２分）    高（２分）     是常压，转化率已经很高，且将加压增到时转化率并没有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常压（３分） (2)     便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验 （２分）    ac（２分） (3) （３分） 解析：（1）根据自由能公式，该反应的，即在低温下反应能自发进行；压强增大，碰撞几率增大，速率加快，所以高压下有利于提高反应速率；从方程式可以看出，从左到右系数和减小，压强增大平衡正向移动，所以高压下利于提高平衡转化率；从表格中可以看出0.1MPa是常压，转化率已经很高，且将加压增到10MPa时SO2转化率并没有显著提升，成本大大提高，但收益不大，所以选择常压。 （2）I、X没有使用催化剂，即便于和有催化剂的实验数据形成对照，相当于空白实验； II、a．表示V2O5的曲线在其它两条曲线的下方，即催化效果最差，a正确； b．使用催化剂只能改变反应速率，无法提高平衡产率，b错误； c．从图中的表达式Mn4++O2+V5++e-→Mn3++O2+V5+ 可以看出，Mn4+得到电子生成Mn3+，即Mn4+的得电子能力更强，c正确； d．温度过高会使催化剂失去活性，降低催化效率，d错误； 故选ac。 （3）取实验1和4的数据，得到表达式，解得β= 13． （１） ①放热 （１分） 正向 （１分） ② ＞ （１分） 90%（４分） （2） ①大（１分） 高 （１分） ②减小 （１分） 温度为主要影响因素，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高（３分） （３）2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ （２分） 360（３分） 解析：(1)①分析图像可知温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，由盖斯定律可知正反应为放热反应；在p2及512K时，N点在曲线下方未达到平衡，达到平衡后甲醇的物质的量为，平衡向正向移动才能增大甲醇的物质的量，故N点此时向正向移动； ②由热化学方程式得，相同温度下，增大压强，平衡向正向移动，CO2的转化率增大，pA>pB；设a点对应CO2转化x： ，解得x=0.9，则CO2的转化率为90%； (2)①活化能越大，反应就越慢，第二步反应比第一步反应慢，则第二步的活化能大于第一步；反应物断开化学键需要吸收能量，正反应为放热反应，总能量降低，则中间产物的能量比产物的能量高； ②正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，则Kp减小；此反应的速率方程为，反应速率加快，k值增大，可得到Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；T>Tm时温度为主要影响因素； (3)该电解池中H+从左往右移动，根据电解池阳离子向阴极移动，可知右侧为阴极与电源负极相连，阳极的电极反应式为：；消耗氧气的物质的量为，阴极的电极反应式为：，则整个电路中转移，产生碳酸二甲酯为，理论上制得碳酸二甲酯的质量为。 选做题2 有机化学原理 11、D（６分） 解析：A．由题图乙分析可知，聚对苯二甲酰对苯二胺的结构简式为，A正确； B．聚对苯二甲酰对苯二胺可以由对苯二甲酸与对苯二胺发生缩聚反应制得，B正确； C．聚对苯二甲酰对苯二胺中存在肽键和氢键，C正确； D．一定条件下，对苯二甲酸中苯环能和氢气发生加成反应，羧基不能和氢气加成，所以1mol对苯二甲酸最多可与3mol H2发生加成反应，D错误。 12、 (1)羟基、酰胺基(键) （或肽键） （２分） (2)ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O （３分） (3)氧气，铜或银，加热 （３分） (4) （２分）　　 （２分） 　　(5)保护醛基 （２分） (6) （3分） 解析：根据HOCH2COOH逆推，结合物质B分子式可知B结构为ClCH2COOH，则分子式为C2H4O2的物质A是乙酸，结构简式是CH3COOH，乙酸与Cl2在一定条件下发生取代反应产生B：ClCH2COOH，HOCH2COOH与O2在Cu或Ag催化下发生氧化反应产生分子式为C2H2O3的物质C结构简式是：OHC-COOH，C与乙醇、浓硫酸共热，发生反应产生：，与NaOH溶液共热发生酯的水解反应，然后酸化可得，经一系列反应产生，在酸性条件下反应产生中间产物1： ，中间产物1的醛基与氨基再发生消去反应产生中间产物2：，中间产物2变形可产生E： E发生取代反应产生F：。A是CH3COOH，B是ClCH2COOH，C是OHC-COOH，中间产物1是 ，中间产物2是，E是。(1)法匹拉韦结构简式是，其中含有的含氧官能团是羟基、酰胺基(键)（或肽键）； (2)B是ClCH2COOH，含有羧基，具有酸的通性；含有Cl原子能够发生水解反应，所以ClCH2COOH能够与NaOH发生中和反应和水解反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+2NaOHHOCH2COONa+NaCl+H2O；(3)HOCH2COOH中含有的羟基连接的C原子上有2个H原子，可以与O2在Cu或Ag作催化剂条件下，加热发生醇羟基的催化氧化反应产生醛基和水，反应方程式为2HOCH2COOH+O22OHC-COOH+2H2O，故该反应的反应物和条件是氧气、铜或银，加热；(4)根据上述分析可知中间产物2是；E是；(5)依据中间产物 1 的生成，判断反应②的目的是保护醛基；(6)在上述三步反应中，第二步反应除了生成中间产物 2，还有另一个含有两个五元环的副产物，就是中间产物1 的羰基与—NH2发生消去反应产生的物质，该副产物的结构简式为。 13．（1）C（２分） （2）防暴沸（２分）　　　　使平衡不断向正反应方向移动（２分） （3）B （２分） （4）除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸（２分）在苯甲酸乙酯中有未除净的苯甲酸，受热至100℃时升华（3分） （5）92.12%（４分） 解析：（1）烧瓶所能盛放溶液的体积不超过烧瓶体积的，现在加入圆底烧瓶中液体的体积大约为60 mL，所以选取烧瓶的体积应该为100 mL，故答案为C。 （2） 步骤①中沸石为了防止液体加热煮沸时产生暴沸现象，反应为可逆反应，生成物中有水生成，步骤①中使用分水器不断分离除去水，可以使生成物的浓度减小，化学平衡向着正向移动，从而增大了产率，故答案为：防暴沸；使平衡不断地向正向移动； （3）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇的沸点78.3℃和环己烷的沸点80.8℃，故答案为B （4）加入碳酸钠的目的是除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸，若加入的碳酸钠不足，则产品中存在苯甲酸，而苯甲酸在100℃会迅速升华，则蒸馏时会出现白烟现象， 故答案为：除去苯甲酸乙酯中的苯甲酸；在苯甲酸乙酯中有未除净的苯甲酸，受热至100℃时升华； （3） （5）12.20g 苯甲酸的物质的量为0.1mol，理论生成的苯甲酸乙酯的质量为0.1×150 g=15 g，而实际生成苯甲酸乙酯的质量为13.16 mL×1.05 g∙mL-1=13.818 g，所以实验的产率为，故答案为92.12%。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$