2020北京海淀高三期末化学试卷答案逐题解析(北京新东方)

北京新东方中小学全科教育出品12020年北京市海淀区高三期末化学考试逐题解析化学2020.01本试卷共8页，100分。考试时长90min。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64I127第一部分选择题（共42分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意（每小题3分，共42分）1.2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投入运营。在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建筑中，使用了大量种类各异的材料。下列关于所使用材料的分类不正确．．．的是选项ABCD材料含钒钢筋安检塑料筐有机玻璃标牌玻璃钢内桶垃圾桶分类合金材料高分子材料无机硅酸盐材料复合材料【答案】C【解析】A选项，含钒钢筋为含钒的铁碳合金，属于合金材料，A正确；B选项，塑料筐为塑料材质，塑料属于高分子材料，B正确C选项，有机玻璃为聚甲基丙烯酸甲酯，简称PMMA，属于有机聚合物，不属于无机硅酸盐材料，C错误；D选项，玻璃钢内桶垃圾桶含合金材料及高分子材料，属于复合材料，D正确。2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的味道。下列说法不正确．．．的是A.醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用北京新东方中小学全科教育出品2B.人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险C.味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸D.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物【答案】D【解析】A选项，食醋的防腐性体现在乙酸的酸性上，一定程度上破坏微生物的内环境，A正确；B选项，食盐摄入量长期超标会诱发高血压，B正确；C选项，味精的主要成分为谷氨酸钠，谷氨酸属于氨基酸，C正确；D选项，蔗糖的分子式为C12H22O11，相对分子质量约为342，不属于高分子也不属于大分子，D错误。3.下列各组物质用酸性KMnO4溶液鉴别的是A.油酸和硬脂酸B.苯和环己烷C.葡萄糖和麦芽糖D.丁烯醛和丁醛【答案】A【解析】A选项，油酸结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH含双键可使酸性高锰酸钾溶液褪色，硬脂酸为十八烷酸，即CH3(CH2)16COOH不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B选项，苯和环己烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B错误；C选项葡萄糖和麦芽糖都属于还原糖，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D选项丁烯醛和丁醛都含醛基，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误。4.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 中的位置关系如下图所示，X原子最外层有5个电子。下列说法正确的是A.离子半径：W-＜Z2-B.还原性：Z2-＜W-C.酸性：H3YO4＞HXO3D.氢化物的稳定性：YH3＞H2Z【答案】A【解析】短周期X原子的最外层有5个电子，所以X是N，Y、Z、W分别是P、S、Cl。A选项，离子半径，Cl-和S2-具有相同电子排布，原子序数Cl＞S，离子半径Cl-＜S2-，AXYZW北京新东方中小学全科教育出品3正确；B选项，氧化性Cl2＞S，单质氧化性强，则离子还原性弱，所以S2＞Cl-，B错误；C选项，非金属性N＞P，则最高价氧化物对应水化物酸性：HNO3＞H3PO4，C错误；D选项，非金属性S＞P，氢化物稳定性：H2S＞PH3，D错误。5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确．．．的是泛酸乳酸A.泛酸分子式为C9H17NO5B.泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物C.泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D.乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物【答案】B【解析】A选项题目中给出了泛酸的结构简式，可得到分子式，故正确；B选项泛酸的酸性水解产物与乳酸结构不相似，故与乳酸不能互为同系物，故错误；C选项泛酸中含有多个羟基，易与水形成氢键，氢键能够增强有机物的水溶性，故正确；D选项两个乳酸分子之间酯化，能够形成六元环，故正确。6.右图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极。下列说法正确的是A.粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+可用NaOH除去B.适当降低阳极电解液的pH有利于Cl2逸出C.a处得到的是浓NaOH溶液D.若电路中通过0.2mol电子，理论上可在b处得到标准状况下1.12L气体【答案】B北京新东方中小学全科教育出品4【解析】A选项粗盐中的钙离子除杂需要用碳酸钠溶液，故错误；B选项阳极区产生的氯气存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故降低阳极电解质溶液的pH，增大氢离子浓度，平衡向逆向移动，利于氯气逸出，故正确;C选项阳极区反应得到的溶液为稀氯化钠溶液，故错误;D选项B室中电极发生反应:2H++2e-=H2，通过0.2mol电子，得到氢气0.1mol，在标准状况下体积为2.24L，故错误。7.下列实验中，能达到相应实验目的的是A.制备并收集乙酸乙酯B.证明氯化银溶解度大于硫化银C.验证溴乙烷的消去产物是乙烯D.推断S、C、Si的非金属性强弱【答案】D【解析】A选项制备乙酸乙酯的试管中缺少浓硫酸，故错误；B选项滴加几滴氯化钠后，试管内硝酸银有剩余，再滴加硫化钠，不能证明是氯化银转化生成的硫化银，有可能是与溶液中剩余的银离子反应生成的硫化银，故错误；C.溴乙烷消去反应中生成的乙烯中会混有乙醇，乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰实验。缺少乙醇的除杂装置，故错误。D选项主要利用较强酸制取较弱酸的原理，稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳经导管进入硅酸钠溶液，反应生成硅酸，证明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，即可证明非金属性：S>C>Si，故正确。8.下列用于解释事实的离子方程式 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 写不正确．．．的是A.0.1mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2O⇌NH4++OH-B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++3H2O⇌Al(OH)3（胶体）+3H+C.向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72-（橙色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+北京新东方中小学全科教育出品5D.用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32-=CaCO3↓【答案】D【解析】A选项氨水为弱电解质，部分电离，导致pH值小于13，故正确；B选项明矾净水的原因是铝离子的水解，水解方程式正确，故正确；C选项重铬酸钾溶液中少量加入浓硫酸后，氢离子浓度增加，使平衡逆向移动，Cr2O72-浓度增加，橙色加深，故正确；D选项硫酸钙为微溶物，书写离子方程式不可拆，故错误。9.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0，该温度下，K=43。某时刻，测得容器内H2、I2、HI的浓度依次为0.01mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是A.混合气体颜色变深B.混合气体密度变大C.氢气的体积分数变小D.容器内压强变小【答案】C【解析】QC==4<K，平衡正向移动，混合气体颜色变浅，A不正确。氢气体积分数变小，C正确；混合气体密度ρ=此反应是恒容反应，且反应前后均为气体，M总不变，所以混合气体密度不变，B不正确；该可逆反应反应前后气体体积不变，所以容器内压强不变，D不正确。10.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。北京新东方中小学全科教育出品6下列说法正确的是A.过程①中钛氧键断裂会释放能量B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)2CO(g)+O2(g)△H=+30kJ/mol【答案】B【解析】化学键断裂会吸收能量，所以A不正确；B选项由图可知是正确的，催化剂改变化学反应的活化能，此题题干催化剂降低反应活化能，从而提高化学反应速率而不能改变反应的焓变，所以C选项错误。D选项，由图知断开1molCO2所需要吸收1598KJ/mol的能量，形成1molCO需要释放1072KJ/mol的能量，形成O2需要吸收496KJ/mol的能量,所以对于此反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g)△H=(+1598×2-1072×2-496)kJ/mol=+556kJ/mol11.1984年，北京地坛医院成功研制了一种高效杀菌消毒试剂，此试剂后被命名为“84消毒液"。工业上，将氯气通入NaOH溶液可直接制得“84消毒液”。下列说法不正．．确．的是A.“84消毒液”的有效成分是NaClOB.“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张C.“84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2D.“84消毒液”久置失效，只涉及到氧化还原反应【答案】D【解析】“84消毒液”的制备方程式为2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O，有效成分是NaClO，A正确；“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张，B正确；洁厕剂的主要成分是HCl，“84消毒液”与洁厕剂间会发生反应Cl-+ClO-+2H+Cl2↑+H2O，C选项正确；“84消毒液”久置会发生如下反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO（复分解反应），2HClO北京新东方中小学全科教育出品7光照或△2HCl+O2↑（氧化还原反应），所以D不正确。12.向10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热， 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 实验现象。下列说法不正确．．．的是实验序号滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象10.00mL0.50mol/LNaHCO3溶液①0.05至1.32mL时，产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡产生②0.005至15.60mL时，产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡产生③0.0005至20mL未见浑浊A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32-)>Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-+Ca2+CaCO3↓+H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol/LCaCI2溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C【解析】A项，产生CaCO3沉淀的原因为此时存在：CaCO3(s)⇋Ca2+(aq)+CO32-(aq)，QcKsp，即c(Ca2+)·c(CO32-)>Ksp(CaCO3)时平衡逆移，产生沉淀，故正确。B项，根据实验现象，产生CaCO3沉淀，说明：HCO3-⇋H++CO32-，Ca2+与CO32-结合生产CaCO3沉淀，c(H+)增大，与过量的HCO3-反应生产H2CO3，故反应为2HCO3-+Ca2+==CaCO3↓+H2CO3，故正确。C项，产生气泡的原因是浊液中的H2CO3受热分解而并非CaCO3受热分解，故错误。D项，依①~③，随c(CaCl2)增大，产生明显浑浊时所需的V(CaCl2)减少，但生成的H2CO3量增加，故若加入足量0.5mol/LCaCl2时，生成H2CO3量更多，即可能产生CO2气体，故正确。13.某微生物电池在运行时可同时实现净化有机物污水、净化含Cr2O72-废水（pH约为北京新东方中小学全科教育出品86）和淡化食盐水，其装置如下图所示。图中，D和E为阳离子交换膜或阴离子交换膜，Z为待淡化食盐水。已知Cr3+完全沉淀所需要的pH为5.6。下列说法不正确．．．的是A.E为阴离子交换膜B.X为有机物污水，Y为含Cr2O72-废水C.理论上处理1molCr2O72-的同时可脱除6molNaClD.C室的电极反应式为Cr2O72-+6e-+8H+==2Cr(OH)3↓+H2O【答案】A【解析】A项，由电子移动方向可知，左侧为负极，右侧为正极，原电池中阴离子向负极移动，故E为阳离子交换膜，故错误。B项，Cr2O72-被还原为Cr(Ⅲ)，应得电子，在正极反应，故Y为Cr2O72-废水，X为有机废水，故正确。C项，理论上处理1molCr2O72-，得6mole-，有6molNa+向正极（C室）移动，6molCl-向负极（A室）移动，即可脱出6molNaCl，故正确。D项，C室的酸性环境即知：Cr2O72-+6e-+8H+==2Cr(OH)3↓+H2O，故正确。14.在3个体积为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g)∆H>0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是A.977K，该反应的化学平衡常数值为2B.达到平衡时，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡正向移动C.达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)Ⅰ9770.280.5600.4Ⅱ9770.560.560xⅢ1250000.56y北京新东方中小学全科教育出品9D.达到平衡时，容器Ⅲ中的CO的转化率大于28.6%【答案】C【解析】A选项，依据平衡三段式故错误；B选项，加入固体或者纯液体不影响平衡移动，故错误；C选项，充入CO2后，增大c(CO2)，此物质的转化率降低，故Ⅰ、Ⅱ中CO2的转化率：Ⅰ>Ⅱ，故正确；D选项，先计算997K时充入0.56molCO时的CO转化率，宜依据K值知，，升温至1250K时，2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)，∆H<0，平衡逆移，故α(CO)减小，α(CO)＜28.6%，故错误。故选C。北京新东方中小学全科教育出品10第二部分非选择题（共58分）15.（10分）细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。（1）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有（填字母序号）。a.N2转化为氨态氮b.硝化过程c.反硝化过程（2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。①氨气是生产氮肥的主要原料，工业合成氨的化学方程式为。②检验氨态氮肥中NH4+的实验方案是。（3）硝化过程中，含氮物质发生（填“氧化”或“还原”）反应。（4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生0.02mol氮气时，转移电子的物质的量为mol。（5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去），用离子方程式分别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：、。【答案】（1）a（2）①N2+3H22NH3高温高压催化剂北京新东方中小学全科教育出品11②取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH4+。（3）氧化（4）0.06（5）2NH4++6Fe3+==N2↑+6Fe2++8H+2NO3-+10Fe2++12H+==N2↑+10Fe3++6H2O【解析】（1）据氮的固定的定义可知，氮元素由游离态转化为化合态氮，故本题选a。（2）①考察工业合成氨的化学方程式，注意条件和可逆号；②考察NH4+的检验方法，注意两个答题要点：一是加碱（氢氧化钠浓溶液）并加热，二是利用NH3作为碱性气体性质的检验，注意选用湿润的红色石蕊试纸。（3）硝化过程中，NO2-→NO3-N(Ⅲ)转化为N(Ⅴ)，氮元素化合价升高，发生氧化反应。（4）已知反应：NH4++NO2-氨氧化细菌N2+2H2O每生成1molN2共转移3mol电子，故产生0.02molN2时，转移电子的物质的量是0.06mol。（5）由题意可知，利用土壤中的铁循环脱除水体中的氨态氮（NH4+）和硝态氮（NO3-）的原理分别是:2NH4++6Fe3+=N2+6Fe2++8H+2NO3-+10Fe2++12H+=N2+10Fe3++6H2O16.（13分）氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。路线1：北京新东方中小学全科教育出品12路线2：（1）试剂a为。（2）A→B的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为。（3）B→C的反应类型为。（4）C与CH3COOH的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，D→E的取代反应发生在甲氧基(—OCH3)的邻位，F的结构简式为。（5）G的结构简式为。（6）有机物I与对苯二甲酸()发生聚合反应的化学方程式为。（7）I与CH3COOH反应生成的有机物除F外，还可能有（写出结构简式）。（8）满足下列条件的C的同分异构体有种。①与FeCl3溶液发生显色反应②分子式中含有—NH2③苯环上有3种氢【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸（2）+CH3OH+NaOH——→+NaCl+H2O（3）还原反应北京新东方中小学全科教育出品13（4）（5）（6）n+n+(2n-1)H2O（7）或（或其他合理答案）（8）10【解析】（1）由→，苯环上连—NO2，为硝化反应，试剂a为浓硫酸、浓硝酸。（2）A→B为取代反应，方程式为：+CH3OH+NaOH——→+NaCl+H2O。（3）(B)→(C)，反应过程中将—NO2转化为—NH2，去氧加氢，为还原反应。北京新东方中小学全科教育出品14（4）C与CH3COOH相对分子质量之和比D大18，相对分子质量18为H2O，C中—NH2与CH3COOH中—COOH发生取代反应，D为，D→E(条件为浓硫酸、浓硝酸，t℃)为硝化反应，发生在甲氧基(—OCH3)邻位，E为,EF为还原反应，F为。（5）因F分子式为C9H12N2O2，故为硝化反应，应上去2个—NO2，G为。（6），I与对苯二甲酸发生脱水缩合：n+n+(2n-1)H2O。（7）因I为，I与CH3COOH反应产物还可能为或。北京新东方中小学全科教育出品15（8）根据条件可知：有①—OH直接连在苯环上;②有—NH2;③有—CH3(因苯环上有3种氢，故应有3种不同取代基)。苯环上4种环境的氢，故-CH3有4种连接形式；苯环上4种环境的氢，故-CH3有4种连接形式；苯环上2种环境的氢，故-CH3有2种连接形式。共10种。17.（11分）某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：酚酞：pH<8.2无色8.2<pH<10浅红色pH>10红色甲基橙：pH<3.1红色3.1<pH<4.4橙色pH>4.4黄色【实验步骤】Ⅰ.迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。Ⅱ.将0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如下：北京新东方中小学全科教育出品16（1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_________。（2）下列有关步骤Ⅰ中样品溶液的说法正确的是_________（填字母序号）。a.样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小b.c(OH-)＞c(CO32-)＞c(HCO3-)c.c(H+)+c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)d.向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n(Cl-)+n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+)（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是_________。（4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为_________。（5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由_________色变为橙色。（6）样品中NaOH的质量分数w(NaOH)=_________%。（计算结果保留小数点后1位）（7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是_________（填字母序号）。a.达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生b.记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面c.第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出【答案】（1）100mL容量瓶实验序号123V0/mL0.000.000.00V1/mL21.7221.6821.70V2/mL23.7223.6823.70北京新东方中小学全科教育出品17（2）bd（3）用HCl标准液润洗酸式滴定管（4）OH-+H+==H2O；H++CO32-==HCO3-（5）黄（6）78.8（7）ac【解析】（1）配制一定物质的量浓度溶液，需用容量瓶，并指明容量瓶 规格 视频线规格配置磁共振要求常用水泵型号参数扭矩规格钢结构技术规格书 ，故答案为：100mL容量瓶；（2）样品溶液溶质为NaOH和Na2CO3，Na2CO3能水解促进水的电离，故水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，a错误；b样品主要成分为NaOH，含有少量Na2CO3，故c(OH-)＞c(CO32-)，HCO3-为CO32-水解产物，故c(CO32-)＞c(HCO3-)，b正确；c为电荷守恒，应为：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，c错误；第一终点溶质为NaCl和NaHCO3，该等式为物料守恒，d正确；（3）滴定管装标准液前需要润洗，故操作为：用HCl标准溶液润洗酸式滴定管2~3次（4）样品成份为NaOH和Na2CO3，第一终点溶质为NaCl和NaHCO3，故离子方程式为：OH-+H+==H2O；H++CO32-==HCO3-（5）第一终点时溶质为NaCl和NaHCO3，溶液呈碱性，加入甲基橙显黄色，故第二终点现象是：溶液由黄色变为橙色（6）第一阶段：OH-+H+==H2O；H++CO32-==HCO3-n1(HCl)=n(NaOH)+n(Na2CO3);n(Na2CO3)=n(NaHCO3)第二阶段：HCO3-+H+==H2O+CO2；n2(HCl)=n(NaHCO3)n(NaOH)=n1(HCl)-n2(HCl)=0.1×19.7×10-3mol北京新东方中小学全科教育出品18质量分数=×100%=78.8%（7）a由（6）可知n1(HCl)偏大，n2(HCl)偏小，故NaOH质量分数偏大；b俯视读数n1(HCl)偏小，n2(HCl)偏大，故NaOH质量分数偏小；c第一终点后，锥形瓶内液体溅出，n（NaHCO3）减小，n2(HCl)偏小，故NaOH质量分数偏大。18.（12分）煤的洁净技术（包括固硫技术和脱硫技术两类）可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。Ⅰ.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：①CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH1=+178.30kJ/mol②CaO(s)+SO2(g)+1/2O2(g)CaSO4(s)ΔH2=-501.92kJ/mol③CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)ΔH3④CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH4=+218.92kJ/mol（1）温度升高，反应①的化学平衡常数______（填“增大”“减小”或“不变”）。（2）ΔH3=_____kJ/mol。（3）在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率（燃烧残渣中硫元素的质量分数占燃煤中硫元素总质量的百分比），结合反应②、③、④分析其原因：__________________。Ⅱ．电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应的羟基自由基（·OH，氧元素为-1价）将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如右图所示。（4）将煤打成煤浆加入电解槽的目的是___________。（5）阳极的电极反应式为___________________。北京新东方中小学全科教育出品19（6）补全用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的反应的离子方程式：FeS2+·OH==Fe3++SO42-+H2O+____（7）利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率（溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比）的变化如下图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；_______________________。【答案】Ⅰ.（1）增大（2）-283（3）鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，（或其他合理分析）有利于固硫Ⅱ．（4）增大接触面积，加快反应速率（5）H2O–e-==·OH+H+（6）1FeS2+15·OH==1Fe3++2SO2-4+7H2O+1H+（7）pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行北京新东方中小学全科教育出品20（或其他合理答案）【解析】Ⅰ．（1）反应①为吸热反应，温度升高，平衡正移，平衡常数增大。（2）③可由反应②和④相加得到，即热量也为②和④相加。（3）过量的空气会使O2浓度增大，②平衡正移，使SO2更多的转化为CaSO4，③正移，c(CO2)增大，c(CO)减小，进而使④正移，也使SO2更多的转化为CaSO4，都达到了固硫的目的。Ⅱ.（4）煤变煤浆，接触面积变大，反应速率变快。（5）由题目可知，溶液中的H2O放电变·OH，进而电极反应式：H2O–e-==·OH+H+（6）FeS2中Fe为+2价，S为+1价，生成了+3价的Fe3+，和含+6价S的SO2-4，故1molFeS2共失去15mol电子，·OH中O为-1价，H2O中O为-2价，故1mol·OH共得到1mol电子，由得失电子守恒、电荷守恒、物料守恒得2FeS2+15·OH==Fe3++2SO2-4+7H2O+H+。（7）pH升高，使Fe3+水解程度增大，使Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+平衡逆移。生成Fe(OH)3附着在FeS2表面，导致接触面积减小，反应速率下降，一段时间内脱硫率下降。19.（12分）某化学兴趣小组同学在查阅资料的基础上对乙醛与新制氢氧化铜的反应进行了探究。（1）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式为______________。【查阅资料】i.乙醛在碱性条件下可发生缩合等反应生成有色物质；ii.溶液的酸碱性可能会影响物质的氧化性、还原性。北京新东方中小学全科教育出品21【初步探究】序号实验操作实验现象Ⅰ向试管中加入4mL10%NaOH溶液，滴入0.5mL水，加入0.5mL40%乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾无色溶液逐渐变黄，并变浑浊；加热后得黄色浊液，之后无明显变化Ⅱ向试管中加入4mL10%NaOH溶液，滴入0.5mL2%CuSO4溶液，振荡；加入0.5mL40%乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾蓝色浊液依次呈绿色、黄色、橙色，最终生成红色固体；之后无明显变化Ⅲ向试管中加入4mL水，滴入0.5mL2%CuSO4溶液，振荡；加入0.5mL40%乙醛溶液，振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾蓝色溶液无明显变化（2）实验Ⅰ的目的是。（3）甲同学为了检验实验Ⅱ中红色固体的成分进行了如下实验：取少量红色固体于试管中，加入适量稀HNO3，振荡，观察到红色固体完全溶解，得蓝色溶液。甲同学认为，该实验现象说明实验Ⅱ中反应生成了Cu。乙同学认为甲的观点不正确，理由是。【深入探究】乙同学对比实验Ⅱ和实验Ⅲ，对实验Ⅱ能够发生反应的原因提出了猜想：乙醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强，并利用实验Ⅳ进行验证。北京新东方中小学全科教育出品22实验装置序号A池试剂B池试剂实验现象Ⅳ-10.2%CuSO4溶液Na2SO4溶液和40%乙醛溶液按体积比9:1混合指针不偏转，A、B池中均无明显变化Ⅳ-20.2%CuSO4溶液（4）实验Ⅳ-1中，Na2SO4溶液的作用是。（5）实验Ⅳ-2中，B池中的试剂是。（6）根据实验现象，乙同学认为其猜想成立。乙同学观察到的实验Ⅳ-2的现象是。（7）综合上述实验，小组同学经过深入讨论，认为除了乙同学的猜想外，与实验Ⅲ相比，实验Ⅱ能够发生反应的原因还可能有和。【答案】（1）（2）排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验II的干扰。（3）Cu2O也可能被硝酸氧化为Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得“蓝色溶液”的现象（或其他合理答案）。（4）使B池溶液具有导电性；同时保证中性环境，与实验IV-2对比。（5）10%NaOH溶液、40%乙醛溶液、蒸馏水按体积比8：1：1混合（或其他合理答案）。北京新东方中小学全科教育出品23（6）指针偏转，A池中（或A池电极上）生成红色固体（7）Cu（II）在碱性条件下氧化性增强【或Cu(OH)2的氧化性强于CuSO4】，乙醛缩合反应产物的还原性强于乙醛（或其他合理答案）。【解析】（1）考查乙醛与斐林试剂的基本反应：（2）由题知乙醛在碱性条件下可能发生缩合反应生成有色物质所以需要做实验一以和实验二做对比，排除有色物质对实验二的干扰（3）Cu2O溶于稀HNO3也可使红色固体溶解，得到蓝色溶液，所以由现象无法得到生成了Cu。（4）实验IV想证明乙醛在碱性条件下还原性变强，所以需要中性的对照组，而纯水导电性较弱，所以选择硫酸钠溶液同时保证中性和导电性。（5）与实验Ⅳ-1的对比，所以需要用NaOH溶液使乙醛溶液处于碱性环境，同时注意控制变量。（6）根据猜想成立，乙醛在碱性条件下能被CuSO4氧化，所以电流表指针偏转A池中Cu2+被还原生成红色固体。（7）对比Ⅱ和Ⅲ可知Cu(OH)2的氧化性也有可能随碱性的增强而增强，且Ⅱ中Cu(Ⅱ)以Cu(OH)2形式存在。Ⅲ中以Cu2+形式存在，所以也有可能是Cu(Ⅱ)存在形式的影响。