北京市海淀区2019届高三化学上学期期末考试试题.doc

北京市海淀区2019届高三化学上学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 Cu 64第I卷(选择题，共42分)本部分共14道小题，每小题3分，共42分。请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.材料在人类文明史上起着划时代的意义，下列物品所用主要材料与类型的对应关系不正确的是ABCD人面鱼纹陶盆 “马踏飞燕”铜奔马宇航员的航天服光导纤维无机非金属材料金属材料有机高分子材料复合材料A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A、陶瓷成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，作用材料与类型存在对应关系，故A不符合题意；B、铜奔马主要材料是铜，铜单质属于金属材料，存在对应关系，故B不符合题意；C、宇航员的航天服成分属于有机高分子材料，存在对应关系，故C不符合题意；D、光导纤维成分是SiO2，属于无机非金属材料，不是复合材料，不存在对应关系，故D符合题意。2.家用暖气片大多用低碳钢材料制成，一旦生锈不仅影响美观，也会造成安全隐患。下列防止生锈的方法中，存在安全隐患的是A. 在暖气片表面镀锡 B. 在暖气片表面涂漆C. 在暖气片表面涂铝粉 D. 非供暖期在暖气内充满弱碱性的无氧水【答案】A【解析】【详解】A、根据金属活动顺序表，铁比锡活泼，破损后构成原电池，铁作负极，加速铁的腐蚀，存在安全隐患，故A符合题意；B、表面涂漆，避免铁与空气接触，可以防止铁生锈，不存在安全隐患，故B不符合题意；C、铝比铁活泼，保护铁不生锈，对铁起保护作用，不存在安全隐患，故C不符合题意；D、充满弱碱性的无氧水，避免构成原电池，保护铁不生锈，不存在安全隐患，故D不符合题意。3.常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别混合前混合后甲c(HX)=0.1 molL-1c(NaOH) = 0.1molL-1pH = 9乙c(HY)=0.1 molL-1c(NaOH) = 0.1molL-1pH = 7下列说法正确的是A. HY为强酸 B. HX溶液的pH=1C. 甲的混合液中c(X-) = c(Na+) D. 乙的混合液中c(Na+) c(Y-)【答案】A【解析】【分析】无论哪组溶液都是恰好完全反应，都生成正盐，依据盐类水解的规律，以及混合后的pH，判断HX和HY是强酸还是弱酸。【详解】A、根据乙组，两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；B、两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH=9，溶液显碱性，即HX为弱酸，HX溶液的pH1，故B错误；C、甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X发生水解，即c(Na)c(X)，故C错误；D、以的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na)=c(Y)，故D错误。4.NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1 molL-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 A. a离子为Na+B. 溶液中含有NA个Na+C. 水合b离子的图示不科学D. 室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致【答案】C【解析】【分析】根据半径大小比较的方法，a离子为Cl，b离子为Na，然后溶解过程图示进行分析。【详解】A、Na核外有2个电子层，Cl核外有3个电子层，即Cl的半径大于Na，a离子为Cl，b为Na，故A错误；B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na的数目，故B错误；C、H2O中H显1价，b为Na，根据同电相斥异电相吸的原理，Na应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1molL1，则溶液Na的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。5.114号元素为Fl(中文名“”)，它是主族元素，其原子核外最外层电子数是4。下列说法不正确的是A. Fl的原子核外有114个电子 B. Fl是第七周期第IVA族元素C. Fl在同主族元素中金属性最强 D. Fl的原子半径小于同主族其他元素【答案】D【解析】【详解】A、根据核电荷数=原子序数=质子数，即F1的核电荷数为114，F1原子：质子数=核外电子数=117，故A说法正确；B、F1为主族元素，最外层电子数是4，即属于IVA族，114号元素位于第七周期，即F1位于第七周期第IVA族元素，故B说法正确；C、同主族从上到下金属性逐渐增强，即F1在同主族元素中金属性最强，故C说法正确；D、同主族从上到下，原子半径逐渐增大，即F1的原子半径大于同主族其他元素，故D说法错误。【点睛】易错点是选项B，判断元素在周期表的位置，需要掌握每一周期最后一种元素的系数，即2、10、18、36、54、86、118，然后根据主族元素的最外层电子数等于族序数进行判断。6.锌锰碱性干电池是依据原电池原理制成的化学电源。电池中负极与电解质溶液接触直接反应会降低电池的能量转化效率，称为自放电现象。下列关于原电池和干电池的说法不正确的是A. 两者正极材料不同B. MnO2的放电产物可能是KMnO4C. 两者负极反应式均为Zn失电子D. 原电池中Zn与稀H2SO4存在自放电现象【答案】B【解析】【详解】A、左图为干电池，干电池的正极材料是碳棒，右图为原电池，正极材料是铜单质，两者正极材料不同，故A说法正确；B、干电池中MnO2应作氧化剂，Mn的化合价降低，故B说法错误；C、所给装置中Zn为负极，Zn失去电子，故C说法正确；D、根据自放电现象的定义，Zn与稀硫酸能够发生反应，即原电池中Zn与稀硫酸存在自放电现象，故D说法正确。7.取1 mL 0.1 molL-1 AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1 molL-1)：下列说法不正确的是A. 实验白色沉淀是难溶的AgCl B. 由实验说明AgI比AgCl更难溶C. 若按顺序实验，看不到黑色沉淀 D. 若按顺序实验，看不到白色沉淀【答案】C【解析】【分析】利用反应向着更难溶的方向进行分析。【详解】A、AgNO3溶液中加入NaCl溶液，发生AgCl=AgCl，即实验中白色沉淀是AgCl，故A说法正确；B、实验中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI，即发生AgCl(s)I(aq)=AgI(s)Cl(aq)，推出AgI比AgCl更难溶，故B说法正确；C、实验得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S，推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgClAgIAg2S，按顺序实验，能观察黑色沉淀，故C说法错误；D、根据选项C分析，按照顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到AgCl，即无法观察到白色沉淀，故D说法正确。8.下列事实与所对应的离子方程式正确的是A. 室温下，测定醋酸钠溶液的pH 7：CH3COONa = CH3COO-Na+B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+ +3OH- = Al(OH)3C. 用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3 + 2H+ = SO2 + S+ 2Na+ + H2OD. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s) + CO32-(aq) = CaCO3(s) + SO42-(aq)【答案】D【解析】【详解】A、CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO发生水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，是溶液显碱性，故A错误；B、NH3H2O是弱碱，不能拆写成离子形式，正确的是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故B错误；C、Na2S2O3是可溶的强电解质，需要拆写成离子形式，正确的是S2O322H=SO2SH2O，故C错误；D、CaSO4是微溶物，CaCO3是难溶物，因此可以发生CaSO4(s) + CO32-(aq) = CaCO3(s) + SO42-(aq)，故D正确。9.聚碳酸酯()的透光率良好。它可制作车、船、飞机的挡风玻璃，以及眼镜片、光盘、唱片等。它可用绿色化学原料X()与另一原料Y反应制得，同时生成甲醇。下列说法不正确的是A. Y的分子结构中有2个酚羟基 B. Y的分子式为C15H18O2C. X的核磁共振氢谱有1个吸收峰 D. X、Y生成聚碳酸酯发生的是缩聚反应【答案】B【解析】【分析】根据该化合物结构简式，以及题中信息，推出形成该化合物的单体为和，然后进行分析。【详解】根据该化合物结构简式，推出形成该化合物的单体为和，A、根据上述分析，Y的结构简式为，Y分子中含有2个酚羟基，故A说法正确；B、Y的分子式为C15H16O2，故B说法错误；C、X的结构简式为，只有一种氢原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故C说法正确；D、根据聚碳酸酯的结构简式，X和Y生成聚碳酸酯的反应是缩聚反应，故D说法正确。10.为探究电解的放电规律，进行如下实验：序号阳极材料阴极材料电解质阳极产物阴极产物石墨石墨0.1 molL-1 CuCl2溶液Cl2Cu石墨石墨0.1 molL-1 NaCl溶液Cl2H2石墨石墨0.2 molL-1 CuSO4溶液O2Cu铜石墨0.2 molL-1 CuSO4溶液Cu2+Cu石墨石墨熔融NaClCl2Na下列说法不正确的是A. 对比可知，阴极放电顺序是：Cu2+ H+ Na+B. 对比可知，阳极放电顺序是：Cl- OH- SO42-C. 对比可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电D. 对比可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液【答案】D【解析】【详解】A、中阳离子是Cu2和H，阴极产物是Cu，放电顺序是Cu2H，中阳离子是Na和H，阴极产物是H2，放电顺序是HNa，综上所述，放电顺序是Cu2HNa，故A说法正确；B、根据选项A的分析，阳极放电顺序是ClOHSO42，故B说法正确；C、根据实验，Cu为阳极时，Cu先失去电子，故C说法正确；D、实验中电解质为水溶液，通过电解得到金属单质，故D说法错误。11.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为：反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l) = 2HI(aq) + H2SO4(aq) H1 =213 kJmol-1反应II：H2SO4(aq) = SO2(g) + H2O(l) + O2(g) H2 = +327 kJmol-1反应III：2HI(aq) = H2(g) + I2(g) H3 = +172 kJmol-1下列说法不正确的是：A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l) = 2H2 (g)+O2(g) H = +286 kJmol-1D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H不变【答案】C【解析】【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H21/2O2，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)1/2O2(g) H=(213327172)kJmol1=286kJmol1，或者2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H=572kJmol1，故C说法错误；D、H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，故D说法正确。12.科学家很早就提出锂-空气电池的概念，它直接使用金属锂作电极，从空气中获得O2，和以LiFePO4作电极的锂离子电池相比，增大了电池的能量密度(指标之一是单位质量电池所储存的能量)。右图是某种锂-空气电池的装置示意图，放电时，下列说法不正确的是A. 金属锂为负极B. 若隔膜被腐蚀，不会影响该电池正常使用C. 多孔碳电极上发生的电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-D. 锂-空气电池能量密度大的原因之一是转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量小【答案】B【解析】【分析】通过原电池的工作原理进行分析。【详解】A、Li是活泼金属，根据装置示意图，金属锂为负极，故A说法正确；B、锂是活泼金属，能与水发生反应，隔膜被腐蚀后，锂与水接触，锂与水反应，不符合该电池设计原理，因此隔膜被腐蚀，影响该电池正常使用，故B说法错误；C、根据装置示意图，多孔碳电极为正极，电解质溶液显碱性，正极反应式为O22H2O4e=4OH，故C说法正确；D、锂作负极，其电极反应式为Lie=Li，LiFePO4作电极时，电极反应式为FePO4Lie=LiFePO4，根据电池能量密度的定义，相同质量时，Li失去电子物质的量多，锂-空气电池能量密度大的原因之一是转移等量电子时，金属锂比LiFePO4质量小，故D说法正确。【点睛】本题难点是选项B，学生弄不清楚选项B是否正确，因为忽略了锂是碱金属，能与水反应，隔膜破损后，锂与水发生反应，不符合该电池设计原理。需要学生平时对基础知识熟记和学会运用。13.H2O2是一种“绿色”试剂，许多物质都会使较高浓度的H2O2溶液发生催化分解。实验发现，向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2 + Br2 = 2H+ + O2+ 2Br-。下列说法正确的是A. H2O2分子中含有离子键和非极性键B. 在第1步反应中，每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子C. 机理中第2步反应为：2H+ + H2O2 + 2Br- = 2H2O + Br2D. 若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-，则说明第1步反应发生了【答案】C【解析】【详解】A、H2O2属于共价化合物，其结构式为HOOH，含有共价键，不含离子键，故A错误；B、第1步反应中，生成0.1molO2，转移电子物质的量为0.121mol=0.2mol，故B错误；C、H2O2分解反应方程式为2H2O2=2H2OO2，根据第1步反应，推出第2步反应为2HH2O2Br=2H2OBr2，故C正确；D、Br2能与水反应生成Br，因此该溶液中检验出Br，不能说明第1步发生，故D错误。【点睛】易错点选项B，注意H2O2中氧原子化合价，H2O2中O显1价，转变成0价的氧原子，化合价变化1价，转移电子物质的量为0.121mol=0.1mol。14.某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如下图所示。查阅资料，平衡I：Cu(OH)2 + 4NH3 Cu(NH3)42+ + 2OH-；平衡II：Cu(OH)2 + 2OH- Cu(OH-)42-项目废水水质排放标准pH1.069Cu2+/ mgL-1720.5NH4+/ mgL-1263215下列说法不正确的是A. 废水中Cu2+处理的最佳pH约为9B. bc段：随pH升高，Cu(OH)2的量增加，平衡I正向移动，铜元素含量上升C. cd段：随pH升高，c(OH-)增加，平衡I逆向移动，铜元素含量下降D. d点以后，随c(OH-)增加，铜元素含量可能上升【答案】B【解析】【详解】A、根据图像，在pH=9时，Cu元素的含量最小，即废水中Cu2处理的最佳pH约为9，故A说法正确；B、bc段：pH增大，c(OH)增大，根据勒夏特列原理，平衡I中，Cu(OH)2增大，平衡向逆反应方向移动，故B说法错误；C、cd段：pH增大，c(OH)增大，平衡I向逆反应方向进行，铜元素含量下降，故C说法正确；D、d点以后，c(OH)增大，平衡II向正反应方向进行，生成Cu(OH)42，铜元素含量增大，故D说法正确。第II卷 (非选择题，共58分)15.香豆素类化合物M具有抗病毒、抗癌等多种生物活性。下图是M和聚合物E的合成路线。已知： (1)A中官能团是_。(2)B的反应类型是_。(3)化合物F能与FeCl3溶液发生显色反应，其结构简式是_。F有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物、且为醇类物质的结构简式是_。(4)G的结构简式是_。(5)D聚合物E的化学方程式是_。(6)已知，将下列GK的流程图补充完整：_【答案】 (1). 羧基(或COOH) (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7). I为： J为： K为：【解析】【分析】根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；【详解】根据A的分子式，以及A与Cl2反应生成的产物，推出A结构简式为CH3COOH，CH2ClCOOH与碳酸钠反应生成B，利用羧酸的酸性强于碳酸，推出B为CH2ClCOONa，根据信息，以及D的分子式，推出D的结构简式为CH3CH2OOCCH2COOC2H5， 根据信息，以及E为聚合物，推出E的结构简式为，根据问题(3)，F能与FeCl3溶液发生显色反应，说明F中含有酚羟基，根据流程中F的生成的产物，推出F中含有甲基，且酚羟基和甲基邻位，F的结构简式为，根据信息，推出G的结构简式为，根据M的结构简式，推出K的结构简式为；（1）根据上述分析，以及A的结构简式，推出A中官能团是羧基；（2）根据上述分析，B与NaCN发生反应类型为取代反应；（3）F的结构简式为，同分异构体符合的条件是属于芳香族化合物和醇，因此符合条件的结构简式为；（4）G的结构简式为；（5）根据信息，D生成聚合物E的化学反应方程式为；（6）G生成I发生水解反应，即I的结构简式为，I生成J发生酸化和酯化反应，即J的结构简式为，K的结构简式为。16.以废治废、变废为宝可以实现资源的综合利用。用废铁块、废盐酸可以生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠，转化关系如图所示：(1)A溶液中一定含有的溶质是_。(2)若使中水解程度变大，可采取的措施是_(填字母序号)。a加热 b加入NaHCO3 c加入NH4Cl(3)写出中水解生成Fe2(OH) m Cl6m反应的化学方程式：_。(4)将废铁块进行预处理制成电极，通过电解制备高铁酸钠，该装置原理示意图如图所示。铁块做_(填“阳极”或“阴极”)，对应的电极反应式为_。(5)高铁酸钠在水中缓慢产生红褐色沉淀和一种气体，该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). FeCl2 (2). a b (3). 2FeCl3 + mH2O Fe2(OH) mCl6m + mHCl (4). 阳极 (5). Fe - 6e- + 8OH - = FeO42- + 4H2O (6). 4FeO42-+10H2O = 4Fe(OH)3 + 3O2 + 8OH-(Fe2O3或水合物，合理正确)【解析】【详解】（1）废铁快与盐酸反应：Fe2HCl=FeCl2H2，即A溶液中一定含有的溶质为FeCl2；（2）a、A溶液被氧化，即FeCl2被氧化成FeCl3，FeCl3发生水解，水解是吸热反应，即加热促进Fe3水解，故a正确；b、加入NaHCO3，Fe3与HCO3发生双水解反应，促进Fe3水解，故b正确；c、加入NH4Cl，NH4水解生成H，抑制Fe3水解，水解程度降低，故c错误；（3）根据聚合氯化铁的化学式，生成聚合氯化铁的化学反应方程式为2FeCl3 + mH2O Fe2(OH) mCl6m + mHCl；（4）根据实验目的，制备高铁酸钠，Fe应失去电子转化成FeO42，Fe的化合价升高，根据电解原理，铁作阳极，环境为碱性，阳极反应式为Fe8OH6e=FeO424H2O；（5）红褐色沉淀为Fe(OH)3，Fe元素化合价降低，氧元素的化合价升高，即气体为O2，该反应的离子方程式为 4FeO42+10H2O = 4Fe(OH)3 + 3O2 + 8OH。【点睛】难点是电极反应式的书写，一般先写出还原剂、氧化产物，或氧化剂、还原产物，本题制备高铁酸钠，应是铁失去电子转化成FeO42，即FeFeO42，标出得失电子物质的量，化合价变化3价，即Fe3eFeO42，应注意电解质的酸碱性，因此电极反应式为Fe8OH6e=FeO424H2O。17.含氮、磷污水过量排放引起的水体富营养化是当前备受关注的环境问题。(1)氮肥、磷肥都可以促进作物生长。氮、磷元素在周期表中处于同一主族，从原子结构角度分析它们性质相似的原因是_，性质有差异的原因是_。(2)氮的化合物在水中被细菌分解，当氧气不充足时，在反硝化细菌的作用下，细菌利用有机物(又称碳源，如甲醇)作为电子供体，将硝态氮的化合物(含NO3-)连续还原最终生成N2，发生反硝化作用，完成下述反应的方程式： + 5CH3OH + CO32- + 4HCO3- + ，_(3)某小组研究温度对反硝化作用的影响。在反应器内添加等量的相同浓度的甲醇溶液，从中取污泥水混合液分置于4个烧杯中，使4个烧杯内的温度不同，将实验数据作图如图。由图像分析产生差异的原因是：_。(4)某小组研究浓度对反硝化作用的影响。保持其他条件相同，在反应器内添加不等量的甲醇溶液，使4个烧杯碳源浓度依次为183 mgL-1、236 mgL-1、279 mgL-1和313 mgL-1。该小组预测反硝化速率变化的趋势是增大，预测依据是_。碳源为183 mgL-1的污水经过2 h的反硝化试验，可使NO3-由15.0 mgL-1降至8.8 mgL-1。已知M(NO3-) = 62 gmol-1，NO3-的转化速率是_mol (Lh)-1。【答案】 (1). 最外层电子数相同，都是5个 (2). P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径比N的大 (3). 6NO3- + 5CH3OH 3N2 + CO32- + 4HCO3- + 8H2O (4). 其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3-的降解(或反硝化作用)速率也加快 (5). 甲醇是反硝化反应的反应物(还原剂)，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快 (6). 510-5【解析】【详解】（1）N和P最外层电子数相同，且都是5个，N和P位于VA族；P原子比N原子多一个电子层，P的原子半径大于N的原子半径，即P和N的性质有差异；（2）根据信息，NO3与甲醇反应，生成N2、CO32、HCO3和H2O，即NO3CH3OHCO32HCO3N2H2O，根据化合价升降法进行配平，即6NO35CH3OH3N2CO324HCO38H2O；（3）NO3和碳源在反硝化细菌的作用下发生反应，温度对反硝化细菌有影响，因此根据图像分析产生差异的原因是其他条件不变时，温度升高，反硝化菌活性随之增强，对NO3的降解(或反硝化作用)速率也加快；（4）根据问题（2），甲醇是反应物，其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率加快；令溶液的体积为1L，消耗n(NO3)=(1L15103mgL11L8.8mgL1103)/62gmol1=1104mol，NO3的转化速率=1104mol/(1L2h)=5105mol/(Lh)。【点睛】本题难点是氧化还原反应方程式的书写，首先找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，本题氧化还原反应：NO3CH3OHN2CO32HCO3，判断化合价的变化，找出最小公倍数，N2中N的化合价整体降低10价，CH3OH中C显2价，C的化合价升高6价，最小公倍数为30，即N2的系数为3，CH3OH系数为5，最后根据原子守恒以及所带电荷数相等配平其他即可。18.为探究不同条件下甘油(丙三醇)和辛酸酯化合成甘油二酯的最佳条件，科研工作者做了甘油二酯的酶法合成工艺研究。实验1：研究不同投料比对产率的影响(1)理论分析合成甘油二酯所需辛酸与甘油的投料比(物质的量之比)为21。实验证明提高投料比，甘油二酯的产率会降低，其原因可能是_。实验2：研究吸水剂对反应的影响(2)硅胶易与羟基结合，故有较强的亲水性，易于吸附水分子。但是在反应体系里加入硅胶后甘油二酯含量明显降低，说明合成甘油二酯的平衡发生了逆向移动，分析可能的原因是_。实验3：研究不同催化剂的催化效果曲线催化剂纵坐标脂肪酶I号辛酸转化率脂肪酶II号辛酸转化率脂肪酶I号甘油二酯含量脂肪酶II号甘油二酯含量(3)其他条件相同时，不同脂肪酶(I号、II号)催化合成甘油二酯的效果如图所示，选择此实验中催化效果相对最佳的反应条件是_(填字母序号)。A12 h，I号 B24 h，I号 C12 h，II号 D24 h，II号 实验4：研究温度对反应速率和产率的影响 (4)选定脂肪酶做催化剂，继续实验。综合上图，选择6 h时比较适宜的反应温度是_。在6 h之后，辛酸的转化率总趋势缓慢上升，30、40甘油二酯的含量上升，但是50的却有所降低，分析可能的原因是_。【答案】 (1). 辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低 (2). 甘油分子有3个羟基，故硅胶对甘油的吸附能力也较强，降低了体系中反应物甘油的浓度，从而使合成甘油二酯的酯化反应平衡逆向移动，降低了甘油二酯的含量 (3). A (4). 50 (5). 催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加【解析】【详解】（1）甘油的结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH2OH，甘油二酯分子中含有1个羟基，投料比增大，即增大辛酸，辛酸与甘油二酯中羟基继续发生反应，生成甘油三酯，即提高投料比，甘油二酯产率降低的原因是辛酸的量增加，会有更多的甘油三酯生成，导致产物中甘油二酯的产率降低；（2）硅胶硅胶能与羟基结合，甘油分子中含有3个羟基，硅胶对甘油的吸附能力较强，降低了体系中反应物中甘油的浓度，使平衡向逆反应方向进行，降低了甘油二酯的含量；（3）根据图像，曲线在12h辛酸的转化率较大，曲线12h以后虽然辛酸的转化率增大，但是增大的并不大，即催化效果相对最佳的反应条件是号，12h，故选项A正确；（4）根据图像6h时，50的曲线辛酸的转化率最大，故反应温度为50；50转化率有所降低的原因是：催化合成甘油二酯反应的脂肪酶，长时间处于高温下活性(选择性)下降，导致甘油二酯含量下降，副反应产物含量增加。19.某校学习小组探究不同条件对电解FeCl2溶液产物的影响。所用实验装置如下图所示，其中电极为石墨电极。【查阅文献】i. Fe2+、Fe3+在溶液中通过与Cl-结合分别形成FeCl42-、FeCl63-，可降低正电荷。ii. 电解过程中，外界条件(如电解液pH、离子浓度、电压、电极材料等)会影响离子的放电能力。【实验记录】序号实验条件实验现象阴极阳极IpH=01 molL-1 FeCl2溶液电压1.5 V电极上产生无色气体。湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。取阳极附近溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红。IIpH=4.91 molL-1FeCl2溶液电压1.5 V未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出。电解结束后，将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生。湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝。阳极附近出现红褐色浑浊。取阳极附近浊液于试管中，先用盐酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变红。(1)结合阴极实验现象的分析实验I中阴极的电极反应式为_。用化学用语表示实验II中产生阴极现象的原因：_。对比实验I、II的阴极现象，可以获得的结论是_。(2)结合阳极实验现象的分析甲同学认为实验I中Cl-没有放电，得出此结论依据的实验现象是_。阳极附近溶液滴加KSCN溶液变红，依据此现象分析，阳极反应可能是Fe2+ - e- = Fe3+、_。对比实验I、II的阳极现象，解释产生差异的原因：_。【实验讨论】(3)有同学提出，改变条件有可能在阳极看到“湿润淀粉碘化钾试纸变蓝”的现象，可能改变的条件是_，对应的实验方案是_。【答案】 (1). 2H+ + 2e- = H2 (2). Fe2+ + 2e- = Fe和Fe + 2H+ = Fe2+ + H2 (3). 其他条件相同时，pH=0，pH较小，c(H+)较大时，阴极H+优先于1 molL-1 Fe2+放电产生H2，而pH=4.9，pH较大，c(H+)较小时，阴极1 molL-1Fe2+优(由pH=0变为pH=4.9，c(H+)减小，H+放电能力减弱，Fe2+放电能力增强) (4). 湿润淀粉碘化钾试纸始终未见变蓝 (5). FeCl42- - e- = Fe3+ + 4Cl-(或写为：FeCl42- + 2Cl- - e- = FeCl63-) (6). 随着溶液pH的越低，c(H+)升高，抑制水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，难以生成Fe(OH)3或随着溶液pH的增大，c(H+)减小，有利于水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，生成Fe(OH)3 (7). 可改变条件1：改变c(Cl-)；可改变条件2：改变电压 (8). 保持其他条件不变，用2 mol/L FeCl2溶液和n(n0)mol/L NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液c(Fe2+)= 1 mol/L，c(Cl-)2 mol/L，观察阳极“湿润淀粉碘化钾试纸”上的现；保持其他条件不变，增大电压(或改变电压)，观察阳极“湿润淀粉碘化钾试纸”上的现象【解析】【详解】（1）根据电解的原理，阳离子应在阴极上放电，阳离子是Fe2、H，根据I中阴极现象：电极上产生无色气体，即阴极电极反应式为2H2e=H2；阴极未观察到气泡产生，电极表面有银灰色金属光泽的固体析出，即产生铁单质，电极反应式为Fe22e=Fe，电解结束后将电极浸泡在盐酸中，观察到有大量气泡产生，发生Fe2H=Fe2H2；对比实验I和II，不同的是H浓度，得出结论是：其他条件相同时，pH=0，pH较小，c(H+)较大时，阴极H+优先于1 molL-1 Fe2+放电产生H2，而pH=4.9，pH较大，c(H+)较小时，阴极1 molL-1Fe2+优(由pH=0变为pH=4.9，c(H+)减小，H+放电能力减弱，Fe2+放电能力增强) ；（2）Cl放电，产生Cl2，氯气能将I氧化成I2，淀粉碘化钾试纸将会变蓝，但实验I中，试纸并未变蓝，即Cl没有放电；根据查阅文献i，阳极反应可能是Fe2e=Fe3，FeCl42e=Fe34Cl，FeCl42Cle=FeCl63；两者现象差异是实验II中，阳极附近出现红褐色浑浊，即实验II阳极附近产生Fe(OH)3，产生差异的原因是随着溶液pH的越低，c(H+)升高，抑制水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，难以生成Fe(OH)3或随着溶液pH的增大，c(H+)减小，有利于水解平衡Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+正向移动，生成Fe(OH)3；（3）根据查阅文献ii，影响离子放电能力的外界因素有电解液的pH、离子浓度、电压、电极材料等，根据题意，改变条件有可能在阳极看到“湿润淀粉碘化钾试纸变蓝”，说明Cl放电，可以是改变c(Cl)，设计方案是保持其他条件不变，用2 molL1 FeCl2溶液和n（n0）molL1 NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液 NaCl溶液等体积混合的溶液作为电解液c(Fe2+)= 1 mol/L，c(Cl-)2 mol/L，观察阳极湿润淀粉碘化钾试纸上的现象；或者改变电压，设计方案是保持其他条件不变，增大电压（或改变电压），观察阳极湿润淀粉碘化钾试纸上的现象。20.某冶炼厂利用含ZnO的烟灰脱除工业废气中的SO2，最终得到锌盐。该厂所用烟灰的主要成分如下表所示：主要成分ZnOCaOFe2O3SiO2其它质量分数/%810.0981.140.5在一定条件下，将含SO2的工业废气通入烟灰浆液(烟灰和水的混合物)进行脱硫，过程中测得pH和上清液中溶解的SO2物质的量浓度c(SO2)随时间的变化如图所示：(1)纯ZnO浆液的pH为6.8，但上述烟灰浆液的初始pH为7.2。在开始脱硫后3 min内(ab段)，pH迅速降至6.8，引起pH迅速变化的原因是_(结合化学用语解释)。(2)生产中脱除SO2效果最佳的时间范围是_(填字母序号)。A2030 min B3040 min C5060 min D7080 min(3)在脱硫过程中涉及到的主要反应原理：ZnO + SO2 = ZnSO3ZnSO3 + SO2 + H2O = Zn(HSO3)2在3040 min时，主要发生反应II，生成可溶性的Zn(HSO3)2。上清液中c(SO2)上升的原因可能是_。在3080 min时，pH降低的原因可能是_(写出2点)。将脱硫后的混合物利用空气氧化技术处理，该过程中发生反应：2ZnSO3 + O2 = 2ZnSO4和_。【答案】 (1). Ca(OH)2优先与SO2发生反应，Ca(OH)2 + SO2 = CaSO3 + H2O，由于Ca(OH)2的量太少，很快消耗完，所以浆液的pH迅速下降至6.8 (2). A (3). 上清液中溶解的SO2存在平衡：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，3040 min时，溶液中的SO2发生反应II，由于反应II生成可溶性的Zn(HSO3)2，c(HSO3-)增大或c(H+)增大，上述平衡逆向移动，所以上清液中c(SO2)升高 (4). HSO3 H+ + SO32 SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3- 2HSO3 + O2 = 2H+ + 2SO42 (5). Zn(HSO3)2 + O2 = ZnSO4 + H2SO4 (Zn(HSO4)2或离子方程式正确)【解析】【详解】（1）根据烟灰中的成分，氧化锌不与水反应，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，CaSO3为微溶物，因此Ca(OH)2优先与SO2发生反应，Ca(OH)2SO2=CaSO3H2O，但烟灰中CaO的含量为0.098%，含量较少，很快消耗完，因此浆液的pH迅速下降至6.8；（2）根据图像，1020min时，上清液中c(SO2)最低，即脱除效果最佳，故选项A正确；（3）上清液中溶解的SO2存在平衡：SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，3040 min时，溶液中的SO2发生反应II，由于反应II生成可溶性的Zn(HSO3)2，c(HSO3-)增大，上述平衡逆向移动，所以上清液中c(SO2)升高；反应生成Zn(HSO3)2，HSO3在溶液中以电离为主，即HSO3HSO32，溶液显酸性，pH降低；HSO3以还原性为主，溶液被氧气氧化，离子方程式为2HSO3O2=2H2SO42，c(H)增大，pH降低；3080min，上清液中c(SO2)增大，该SO2 + H2OH2SO3H+ + HSO3-，平衡向正反应反应进行，c(H)增大，pH降低；根据脱硫过程中涉及到的反应，利用氧气把ZnSO3、Zn(HSO3)2氧化，2ZnSO3O2=ZnSO4，Zn(HSO3)2O2=ZnSO4H2SO4。