2021-2022年高三化学一模试卷-含解析.doc

1、2021-2022年高三化学一模试卷 含解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列反应中能量变化与其它不同的是（） A铝热反应B燃料燃烧C酸碱中和反应DBa（OH）28H2O与NH4Cl固体混合2晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子3相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（）A若分子数相等，则体积相等B若原子数相等，则中子数相等C若质量相等，则质子数相等D若体积相等，则质量数相等4关于

2、阿司匹林，下列说法正确的是（）A不能用FeCl3 溶液鉴别水杨酸和阿司匹林B服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可静脉注射NaHCO3溶液C1 mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOHD该反应不属于取代反应5高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/100011501300平衡常数4.03.73.5下列说法正确的是（）A增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率B该反应的H0C减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率D容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态6下列解释事实的反应方程式正确的是（）A亚硫酸钠水溶液

3、显碱性：SO32+2H2OH2SO3+2OHBSO2的水溶液显酸性：SO2+H2OH2SO32H+SO32C燃煤时加入石灰石减少SO2排放：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D浓NaOH溶液处理少量二氧化硫：SO2+OHHSO37下列实验装置不能达到实验目的是（）A验证沉淀转化B除去苯中的苯酚C观察铁的吸氧腐蚀D检验乙炔的还原性二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）“张烯炔环异构化反应”被Name Reactions收录该反应可高效合成五元环状化合物：（R1代表氢原子或烃基，X代表氧原子或氮原子）某五元环状化合物I（）的合成路线如下：（1）烃的含氧衍生物A的相对分子质量

4、为44，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则A的名称为（2）AB的化学反应方程式为（3）写出D顺式结构的结构简式，BC的反应类型为（4）写出H的结构简式（5）的化学试剂是（6）写出的化学方程式（7）下列说法正确的是aHI的过程中涉及到单键、双键和三键的断裂以及单键和双键的形成bC、D、E、F均能使溴的四氯化碳溶液褪色c与F含有相同官能团的同分异构体有8种（不含F本身）9（13分）中药在世界医学界越来越受到关注中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注（1）As的原子结构示意图为，则其在周期表中的位置是（2）N元素非金属性比As强，下列说法正确的

5、是NH3的热稳定性比AsH3差HNO3的酸性比H3AsO4强N的原子半径比As的原子半径小（3）根据如图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式（4）查文献得知，可以从硫化砷（As2S3）废渣中提取As2O3，提取的工艺流程简图如下：As2S3、Na3AsS3中的S均为2价，碱浸过程中发生的反应（填“是”或“不是”）氧化还原反应过程的系列操作包括写出过程的离子方程式，过程中，酸性越强，As2O3的产率越高，请解释其原因10（13分）氰化物在冶金等行业应用广泛，含氰废水的处理显得尤为重要含氰废水中的氰化物常以Fe（CN）63和CN的形式存在，工业上有多种废水处理方法I电解处理法图1电源废水铁

6、电极石墨电极用图1所示装置处理含CN废水时，控制溶液pH为910并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO将CN氧化为无害物质而除去（1）铁电极为（填“阴极”或“阳极”），阳极产生ClO的电极反应为IIUV（紫外光线的简称）H2O2氧化法实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，光照一定时间后取样分析【查阅资料】在强碱性溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O，Fe（CN）64更稳定；Fe（CN）63转化为CN容易被H2O2除去；HCN是有毒的弱酸，易挥发（2）废水中的CN一经以下反应实现转化：CN一+H2O2+H2O

7、A+NH3，则A是（用符号表示）（3）K3Fe（CN）6在中性溶液中有微弱水解，用方程式表示水解反应（4）含氰废水在不同pH下的除氰效果如图2所示，pH选择的最佳范围应为（a710；b1011；c1113），解释选择该pH范围的原因（5）图3表示某pH时，加入不同量H2O2，处理30min后测定的样品含氰浓度由图可知：n（H2O2）：n（CN）=250：1时，剩余总氰为0.16mgL1，除氰率达80%，计算030min时间段反应速率v（CN）=mgL1min1（结果保留两位有效数字）11（15分）某兴趣小组利用文献资料设计方案对氯及其化合物进行探究用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气（1）该小组利用

8、右图装置及试剂制备并收集适量Cl2，装置B、C的作用分别是、（2）制得的氯气中加入适量水，得到饱和氯水，饱和氯水中含氯元素的微粒有（写出全部微粒）（3）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HC1O溶液的方法之一在过量的石灰石中加入饱和氯水充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去，过滤，得到的滤液其漂白性比饱和氯水更强滤液漂白性增强的原因是（用化学平衡移动原理解释）饱和氯水与石灰石反应生成HC1O的方程式是ClO3、Cl和H+反应的探究（4）KClO3、KCl与硫酸可以反应该小组设计了系列实验研究反应条件对反应的影响，实验记录如下（实验在室温下进行）：烧杯编号1234氯酸钾饱和溶液1mL1mL1m

9、L1mL氯化钾固体1g1g1g1g水8mL6mL3mL0mL硫酸（6mol/L）0mL2mL（）mL8mL现象无现象溶液呈浅黄色溶液呈黄绿色，生成浅黄绿色气体溶液呈黄绿色，生成黄绿色气体该系列实验的目的烧杯3取用硫酸的体积应为 mL（5）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色；Cl2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2xx北京市石景山区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1下列反应中能量变化与其它不同的是（） A铝热反应B燃料燃烧C酸碱

10、中和反应DBa（OH）28H2O与NH4Cl固体混合AABBCCDD【考点】常见的能量转化形式【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应【解答】解：A铝粉与氧化铁的反应是放热反应，故A错误； B燃料燃烧是放热反应，故B错误；C酸碱中和反应是放热反应，故C错误；D氯化铵晶体与Ba（OH）28H2O的反应是吸热反应，故D正确故选D【点评】本题考查放热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热

11、或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题2晋葛洪抱朴子内篇黄白记载“曾青涂铁，铁赤色如铜”（“曾青”是指硫酸铜）下列说法不正确的是（）A记载中的反应属于置换反应B记载中蕴含了湿法炼铜的原理C由记载得出铁单质是赤色（红色）D每生成1mol铜转移2mol电子【考点】氧化还原反应【分析】根据金属活动性顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来【解答】解：根据金属活动性顺序，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来由Fe+CuSO4Cu+FeSO4可知：A、该反应符合“单+化=单+化”的特点，属于置换反应，故A正确；B、铁能将硫酸铜溶液中

12、的铜元素置换出来，记载中蕴含了湿法炼铜的原理，故B正确；C、这里的“赤色”是铜，故C错误；D、+2价的铜离子变成单质铜，每生成1mol铜转移2mol电子，故D正确；故选C【点评】本题主要考查湿法冶金、金属活动性顺序、金属和盐的性质，难度较小3相同状况下的12C18O和14N2两种气体，下列说法正确的是（）A若分子数相等，则体积相等B若原子数相等，则中子数相等C若质量相等，则质子数相等D若体积相等，则质量数相等【考点】物质的量的相关计算【分析】12C18O和14N2的分子构成，一个12C18O分子是由一个12C原子和一个18O原子构成，12C原子内有6个质子，6中子，18O原子内有8个质子和10

13、个中子，一个12C18O分子中有14个质子、16个中子，相对分子质量是30；一个14N2分子是由2个14N原子构成，14N原子内有7个质子和7个中子，一个14N2分子中有14个质子和14个中子，相对分子质量是28A相同条件下，气体分子数目之比等于气体体积之比；BNO和N2都是双原子分子，若原子数相等，则分子数相等，但中子数不相等；CNO和N2的摩尔质量不相等，根据n=可知，等质量的12C18O和14N2的物质的量不相等；D相同条件下，气体分子数目之比等于气体体积之比【解答】解：相同状况下的两种气体12C18O和14N2，计算其摩尔质量M（12C18O）=30g/mol，M（14N2）=28g/

14、mol，A依据阿伏伽德罗定律内容可知，同温、同压、同体积的气体，气体物质的量相同，所含分子数相同，若两种气体的分子数相同，则体积相同，故A正确；B若两种气体的原子数相等，则两种气体的分子数也相同，由于一个12C18O分子和一个14N2分子中的中子数不同，所以，两种气体的中子数不相等，故B错误；C若两种气体质量相等，因为分子的相对分子质量不同，分子质量不同，分子的个数不同，又因为每个分子中含有相同的质子数是14，所以，两种气体的质子数不相等，故C错误；D若两种气体体积相等，气体物质的量相同，M（12C18O）=30g/mol，M（14N2）=28g/mol，两者质量数不相等，故D错误；故选A【点

15、评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的量为中心的基本计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大4关于阿司匹林，下列说法正确的是（）A不能用FeCl3 溶液鉴别水杨酸和阿司匹林B服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可静脉注射NaHCO3溶液C1 mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOHD该反应不属于取代反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A水杨酸含有酚羟基，可与氯化铁反应；B水杨酸含有羧基，可与碳酸氢钠反应；C阿司匹林含有羧基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应；D根据取代反应的定义判断【解答】解：A水杨酸含有酚羟基，可与氯化铁反应，而阿司匹林不反应，可鉴别，故A错误；B水杨

16、酸含有羧基，可与碳酸氢钠反应，故B正确；C阿司匹林含有羧基和酯基，都可与氢氧化钠溶液反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1 mol阿司匹林最多可消耗3 mol NaOH，故C错误；D反应属于取代反应，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质以及物质的检验等知识，综合考查学生化学知识的应用能力和实验能力，为高考常见题型，题目难度不大5高炉炼铁的主要反应为：CO（g）+Fe2O3（s）CO2（g）+Fe（s） 已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/100011501300平衡常数4.03.73.5下列说法正确的是（）A增加Fe2O3固体可以提高CO的转化率B该反应的H

17、0C减小容器体积既能提高反应速率又能提高平衡转化率D容器内气体密度恒定时，不能标志反应达到平衡状态【考点】化学平衡的计算【分析】A氧化铁为固体，增加氧化铁不影响化学平衡；B由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；C该反应前后气体总体积不变，则压强不影响化学平衡；D该反应前后气体质量不相等，则反应过程中气体的密度会发生变化【解答】解：A增加Fe2O3固体后，化学平衡不移动，则变化提高CO的转化率，故A错误；B由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，所以该反应的H0，故B正确；C减小容器容积，增大了压强，化学

18、反应速率增大，由于该反应是气体体积不变的反应，则化学平衡不移动，所以反应物转化率不变，故C错误；DCO和二氧化碳的密度不同，则反应过程中气体的密度不同，若容器内气体密度恒定时，说明各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学平衡的特征，D为易错点，注意反应前后气体的质量不相等，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力6下列解释事实的反应方程式正确的是（）A亚硫酸钠水溶液显碱性：SO32+2H2OH2SO3+2OHBSO2的水溶液显酸性：SO2+H2OH2SO32H+SO32C燃煤时加入石灰

19、石减少SO2排放：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2D浓NaOH溶液处理少量二氧化硫：SO2+OHHSO3【考点】离子方程式的书写【分析】A亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主；B亚硫酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主；C碳酸钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳；D二氧化硫少量反应生成亚硫酸钠和水【解答】解：A亚硫酸钠水溶液显碱性，离子方程式：SO32+H2OHSO3+OH，故A错误；BSO2的水溶液显酸性，离子方程式：SO2+H2OH2SO3H+HSO3，故B错误；C燃煤时加入石灰石减少SO2排放：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故

20、C正确；D浓NaOH溶液处理少量二氧化硫，离子方程式：SO2+2OHSO32+H2O，故D错误；故选：C【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意多元弱酸分步电离、多元弱碱分步水解，题目难度不大7下列实验装置不能达到实验目的是（）A验证沉淀转化B除去苯中的苯酚C观察铁的吸氧腐蚀D检验乙炔的还原性【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A白色沉淀转化为红褐色沉淀；B苯酚与NaOH反应后，与苯分层；CNaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀；D反应生成的乙炔中混有硫化氢，均能被高锰酸钾氧化【解答】解：A白色沉淀转化为红褐色沉淀，则可说明沉淀的转化，故A正确；B苯酚

21、与NaOH反应后，与苯分层，然后利用图中分液漏斗分离，故B正确；CNaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，则右侧试管中导管内红墨水上升，故C正确；D反应生成的乙炔中混有硫化氢，均能被高锰酸钾氧化，不能检验乙炔的还原性，故D错误；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应原理的分析与应用，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（17分）（xx石景山区一模）“张烯炔环异构化反应”被Name Reactions收录该反应可高效合成五元环状化合物：（R1代表氢原子或烃基，X代表氧原子或氮原子）某五

22、元环状化合物I（）的合成路线如下：（1）烃的含氧衍生物A的相对分子质量为44，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则A的名称为乙醛（2）AB的化学反应方程式为2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O（3）写出D顺式结构的结构简式，BC的反应类型为取代反应（4）写出H的结构简式CH3CCCOOCH2CH=CHCH2Cl（5）的化学试剂是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液（6）写出的化学方程式（7）下列说法正确的是acaHI的过程中涉及到单键、双键和三键的断裂以及单键和双键的形成bC、D、E、F均能使溴的四氯化碳溶液褪色c与F含有相同官能团的同分异构体有8种（不含F本身）【考点】有机物的合成【分析】烃

23、的含氧衍生物A的相对分子质量为44，分子中只能含有1个O原子，剩余C、H原子总相对原子质量为4416=28，则分子中含有2个C原子、4个H原子，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则A为CH3CHO，结合信息可知B为CH3CH=CHCHO由I的结构简式、结合张烯炔环异构化反应，可知H为CH3CCCOOCH2CH=CHCH2Cl，则B与氯气发生甲基中取代反应生成C为ClCH2CH=CHCHO，C与氢气发生加成反应生成D为ClCH2CH=CHCH2OH，则G为CH3CCCOOH，EF属于加成反应，则B发生氧化反应、酸化得到E为CH3CH=CHCOOH，B可以与氯气发生加成反应得到F为CH3CHClC

24、HClCOOH，F发生卤代烃的消去反应、酸化得到G【解答】解：烃的含氧衍生物A的相对分子质量为44，分子中只能含有1个O原子，剩余C、H原子总相对原子质量为4416=28，则分子中含有2个C原子、4个H原子，核磁共振氢谱显示分子中含有两种氢，则A为CH3CHO，结合信息可知B为CH3CH=CHCHO由I的结构简式、结合张烯炔环异构化反应，可知H为CH3CCCOOCH2CH=CHCH2Cl，则B与氯气发生甲基中取代反应生成C为ClCH2CH=CHCHO，C与氢气发生加成反应生成D为ClCH2CH=CHCH2OH，则G为CH3CCCOOH，EF属于加成反应，则B发生氧化反应、酸化得到E为CH3CH

25、=CHCOOH，B可以与氯气发生加成反应得到F为CH3CHClCHClCOOH，F发生卤代烃的消去反应、酸化得到G（1）A为CH3CHO，名称为乙醛，故答案为：乙醛；（2）AB的化学反应方程式为：2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O，故答案为：2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；（3）D为ClCH2CH=CHCH2OH，D的顺式结构的结构简式为，BC的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（4）由上述分析可知，H的结构简式为CH3CCCOOCH2CH=CHCH2Cl，故答案为：CH3CCCOOCH2CH=CHCH2Cl；（5）是醛基氧化为羧基，化学试剂是：银氨溶液或新制氢

26、氧化铜悬浊液，故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；（6）的化学方程式为：，故答案为：；（7）aHI的过程中涉及到单键、双键和三键的断裂以及单键和双键的形成，故a正确；bF为CH3CHClCHClCOOH，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故b错误；cF为CH3CHClCHClCOOH，与F含有相同官能团的同分异构体，可以看作丙烷中H原子被2个氯原子、1个COOH取代，2个Cl取代时可以形成Cl2CHCH2CH3、ClCH2CH2CH2Cl、ClCH2CHClCH3、CH3C（Cl）2CH3，再被COOH取代分别有3、2、3、1（不含F），故不含F的同分异构体有8种，故c正确故选：ac【点评】本题

27、考查有机物的推断与合成，根据相对分子质量取代A的结构，结合I的结构简式采取正逆推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生放学推理能力9（13分）（xx石景山区一模）中药在世界医学界越来越受到关注中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注（1）As的原子结构示意图为，则其在周期表中的位置是第四周期，VA族（2）N元素非金属性比As强，下列说法正确的是NH3的热稳定性比AsH3差HNO3的酸性比H3AsO4强N的原子半径比As的原子半径小（3）根据如图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式As2O5（s）As2O3（s）

28、+O2（g）H=+295.4kJmol1（4）查文献得知，可以从硫化砷（As2S3）废渣中提取As2O3，提取的工艺流程简图如下：As2S3、Na3AsS3中的S均为2价，碱浸过程中发生的反应不是（填“是”或“不是”）氧化还原反应过程的系列操作包括浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干写出过程的离子方程式2AsO43+2SO2+2H+As2O3+2SO42+H2O，过程中，酸性越强，As2O3的产率越高，请解释其原因酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；反应热和焓变【分析】（1）As的原

29、子结构示意图有4个电子层，最外层有5个电子，与N同族，故位于第四周期，VA族；（2）元素非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越好，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，As电子层数比N多2，非金属性NAs；（3）根据盖斯定律可知，反应热与过程无关，只与始态、终态有关，以As2O5（s）为始态，As（s）、5/2 O2（ g）为终态，由图可知：H+|H1|=|H2|，据此计算；（4）碱浸过程中没有元素化合价的变化，过程为溶液到固体，需要经过浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干，发生反应的离子方程式为2AsO43+2SO2+2H+As2O3+2SO42+H2O，酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子

30、浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率【解答】解：（1）As的原子结构示意图有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期，VA族，故答案为：第四周期，VA族；（2）元素非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越好，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性NAs，NH3的热稳定性比AsH3好，HNO3的酸性比H3AsO4强As电子层数比N多2，N的原子半径比As的原子半径小，故答案为：；（3）根据盖斯定律可知，反应热与过程无关，只与始态、终态有关，以As2O5（s）为始态，As（s）5/2O2（ g）为终态，由图可知：H+|H1|=|H2|，H=|H2|H1|=914.6kJ/m

31、ol619.2kJ/mol=+295.4kJ/mol，故答案为：As2O5（s）As2O3（s）+O2（g）H=+295.4 kJmol1；（4）碱浸过程中没有元素化合价的变化，故答案为：不是；过程为溶液到固体，需要经过浓缩结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干；过程发生反应的离子方程式为2AsO43+2SO2+2H+As2O3+2SO42+H2O，酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率，故答案为：2AsO43+2SO2+2H+As2O3+2SO42+H2O；酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；

32、增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率【点评】本题考查原子结构，元素非金属性与物质稳定性、酸性的关系，半径的比较，根据盖斯定律进行反应热的计算，可以根据反应进行图写出各步热化学方程式，利用热化学方程式构造目标热化学方程式计算，实验的综合应用能力，难度中等10（13分）（xx石景山区一模）氰化物在冶金等行业应用广泛，含氰废水的处理显得尤为重要含氰废水中的氰化物常以Fe（CN）63和CN的形式存在，工业上有多种废水处理方法I电解处理法图1电源废水铁电极石墨电极用图1所示装置处理含CN废水时，控制溶液pH为910并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO将CN氧化

33、为无害物质而除去（1）铁电极为阴极（填“阴极”或“阳极”），阳极产生ClO的电极反应为2OH+Cl2eClO+H2OIIUV（紫外光线的简称）H2O2氧化法实验过程：取一定量含氰废水，调节pH，加入一定物质的量的H2O2，置于UV工艺装置中，光照一定时间后取样分析【查阅资料】在强碱性溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O，Fe（CN）64更稳定；Fe（CN）63转化为CN容易被H2O2除去；HCN是有毒的弱酸，易挥发（2）废水中的CN一经以下反应实现转化：CN一+H2O2+H2OA+NH3，则A是HCO3（用符号表示）（3）K3Fe（CN）6在中性溶液中有微弱水解，

34、用方程式表示水解反应Fe（CN）63+3H2OFe（OH）3+3HCN+3CN（4）含氰废水在不同pH下的除氰效果如图2所示，pH选择的最佳范围应为b（a710；b1011；c1113），解释选择该pH范围的原因碱性适中，有利于Fe（CN）63转变为CN而被氧化；碱性太强，溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O生成Fe（CN）64后难以除去；碱性太弱Fe（CN）63难以水解释放出CN（且水解产生少量HCN有毒）（5）图3表示某pH时，加入不同量H2O2，处理30min后测定的样品含氰浓度由图可知：n（H2O2）：n（CN）=250：1时，剩余总氰为0.16mgL1，

35、除氰率达80%，计算030min时间段反应速率v（CN）=0.021mgL1min1（结果保留两位有效数字）【考点】电解原理；盐类水解的应用；物质分离、提纯的实验方案设计【分析】（1）废水中含CN，控制溶液pH为910并加入NaCl，阳极产生的ClO将CN氧化，说明溶液中的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应，阴极是氢离子得电子产生氢气，铁是活性电极，在装置中只能作阴极，不参加反应；（2）根据离子反应方程式CN+H2O2+H2OA+NH3可知，N化合价为3价，反应前后不改变，只能是双氧水将C从+2介氧化到+4价，根据电荷守恒和原子守恒解答；（3）Fe（OH）3是弱碱，HCN是弱酸，则K3Fe（CN

36、）6在中性溶液中有Fe3+和CN发生微弱水解；（4）图2显示，PH在1011时，除氰率超过80%，碱性适中，有利于Fe（CN）63转变为CN而被氧化；碱性太强，溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O生成Fe（CN）64后难以除去；碱性太弱Fe（CN）63难以水解释放出CN（且水解产生少量HCN有毒）；（5）根据v=计算【解答】解：（1）废水中含CN，控制溶液pH为910并加入NaCl，阳极产生的ClO将CN氧化，说明溶液中的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应为：2OH+Cl2eClO+H2O，阴极是氢离子得电子产生氢气，铁是活性电极，在装置中只能作阴极，不参

37、加反应，故答案为：阴极；2OH+Cl2eClO+H2O；（2）根据离子反应方程式CN+H2O2+H2OA+NH3可知，N化合价为3价，反应前后不改变，只能是双氧水将C从+2介氧化到+4价，根据电荷守恒和原子守恒，A应是带一个负电荷的阴离子，且包含1个C，1个H，3个O，即HCO3，故答案为：HCO3；（3）Fe（OH）3是弱碱，HCN是弱酸，则K3Fe（CN）6在中性溶液中有Fe3+和CN发生微弱水解，即Fe（CN）63+3H2OFe（OH）3+3HCN+3CN，故答案为：Fe（CN）63+3H2OFe（OH）3+3HCN+3CN；（4）图2显示，PH在1011时，除氰率超过80%，碱性适中，

38、有利于Fe（CN）63转变为CN而被氧化；碱性太强，溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O生成Fe（CN）64后难以除去；碱性太弱Fe（CN）63难以水解释放出CN（且水解产生少量HCN有毒），故答案为：b；碱性适中，有利于Fe（CN）63转变为CN而被氧化；碱性太强，溶液中4Fe（CN）63+4OH4Fe（CN）64+O2+2H2O生成Fe（CN）64后难以除去；碱性太弱Fe（CN）63难以水解释放出CN（且水解产生少量HCN有毒）；（5）剩余总氰为0.16mgL1，除氰率达80%，则氰的总量为：0.16mgL1（180%）=0.80mgL1，030分钟氰的改变量

39、为：c（CN）=0.80mgL180%=0.64mgL1，v（CN）=0.021mgL1min1，故答案为：0.021【点评】本题考查电解原理以及盐类水解的应用，利用氧化还原反应化合价的改变，守恒思想的应用是解题的关键，图象多增大了信息量，注意有效信息的获取，题目难度中等11（15分）（xx石景山区一模）某兴趣小组利用文献资料设计方案对氯及其化合物进行探究用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气（1）该小组利用右图装置及试剂制备并收集适量Cl2，装置B、C的作用分别是收集氯气、防止D中的溶液进入B（2）制得的氯气中加入适量水，得到饱和氯水，饱和氯水中含氯元素的微粒有Cl、Cl2、ClO、HClO（写出全

40、部微粒）（3）饱和氯水与石灰石的反应是制取较浓HC1O溶液的方法之一在过量的石灰石中加入饱和氯水充分反应，有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去，过滤，得到的滤液其漂白性比饱和氯水更强滤液漂白性增强的原因是氯水中存在平衡：Cl2+H2OHClO+HCl，CaCO3与盐酸反应使平衡正移，增大HClO的浓度，漂白效果增强（用化学平衡移动原理解释）饱和氯水与石灰石反应生成HC1O的方程式是CaCO3+2Cl2+H2O2HC1O+CO2+CaCl2ClO3、Cl和H+反应的探究（4）KClO3、KCl与硫酸可以反应该小组设计了系列实验研究反应条件对反应的影响，实验记录如下（实验在室温下进行）：烧杯编号123

41、4氯酸钾饱和溶液1mL1mL1mL1mL氯化钾固体1g1g1g1g水8mL6mL3mL0mL硫酸（6mol/L）0mL2mL（5）mL8mL现象无现象溶液呈浅黄色溶液呈黄绿色，生成浅黄绿色气体溶液呈黄绿色，生成黄绿色气体该系列实验的目的其他条件相同时，氢离子浓度不同对化学反应速率的影响烧杯3取用硫酸的体积应为5 mL（5）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色；Cl2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化【考点】

42、氯、溴、碘的性质实验【分析】（1）用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气的密度比空气大，收集时采用长进短出的方式，C是安全装置；（2）新制的饱和氯水中存在H2O，Cl2，HClO分子，存在H+，OH，Cl，ClO离子；（3）氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，加入石灰石后，HCl与CaCO3反应浓度减小，使平衡向右移动，HClO浓度增大，漂白效果好；氯水中含盐酸、次氯酸，加入石灰石后，HCl与CaCO3反应，据此解答；（4）从表中数据看出其他条件相同时，溶液的总体积相同，只有硫酸的浓度不同，得出本实验的目的；根据每组实验的总体积应相同计算出烧杯3取用硫酸的体积；（5）根据物质沸点不同

43、设计实验【解答】解：（1）用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气的密度比空气大，收集时采用B装置长进短出的方式，C是安全装置，防止D中的溶液进入B，故答案为：收集氯气；防止D中的溶液进入B；（2）新制的饱和氯水中存在H2O，Cl2，HClO分子，存在H+，OH，Cl，ClO离子，含氯元素的微粒有：Cl、Cl2、ClO、HClO，故答案为：Cl、Cl2、ClO、HClO；（3）氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，加入石灰石后，HCl与CaCO3反应浓度减小，使平衡向右移动，HClO浓度增大，漂白效果好，故答案为：氯水中存在平衡：Cl2+H2OHClO+HCl，CaCO3与盐酸反应使平衡正移，增大HClO的浓度，漂白效果增强；氯水中含盐酸、次氯酸，加入石灰石后，HCl与CaCO3反应生成氯化钙、二氧化碳和水，总反应方程式为：CaCO3+2Cl2+H2O2 HC1O+CO2+CaCl2，故答案为：CaCO3+2Cl2+H2O2HC1O+CO2+CaCl2；（4）从表中数据看出其他条件相同时，溶液的总体积相同，只有氢离子的浓度不同，得出本实验的目的为：其他条件相同时，氢离子浓度不同对化学反应速率的影响，故答案为：其他条件相同时，氢离子浓度不同对化学反应速率的影响；根据每组实验的总体积应相同计算出烧杯3取用