2023届高考化学一轮系统复习卷--氧化还原反应
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O、②SeO2+4KI+4HNO3=4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．回收Se过程中每生成0.4mol I2共转移1.6mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3
2．下列关于铁单质的说法中不正确的是
A．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
B．装月饼的袋子里常放有干燥剂和铁粉，这是利用了铁粉的还原性
C．常温下，Fe与H2O不反应，但在空气中O2、H2O的共同作用下能发生氧化反应
D．56 g铁和71 g氯气完全反应，转移的电子数为3NA
3．某工业废水中含有大量的Mn2+和Cr3+，常经以下过程进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是（ ）
A．在氧化处理过程中用H2O2代替NaClO会更环保，效果更好
B．反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．反应②离子方程式为2Cr3+＋3ClO-＋5H2O=2CrO＋3Cl-＋10H+
D．生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应为氧化还原反应
4．(CN)2、(OCN)2、(SCN)2等化合物的性质与卤素单质相似，称为“类卤素”。已知卤素单质和“类卤素”的氧化性由强到弱的顺序为：F2、(OCN)2、Cl2、Br2、(CN)2、(SCN)2、I2。下列叙述正确的是（ ）
A．反应I22SCN-2I-(SCN)2能自发进行
B．反应Cl22CN-2Cl-(CN)2不能自发进行
C．还原性：F-OCN-Br-SCN-
D．“类卤素”在碱性溶液中不能发生自身的氧化还原反应
5．反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中，氧化产物和还原产物物质的量之比是
A．2∶1 B．3∶1 C．1∶1 D．2∶3
6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成 酸性：H2SO3> HClO
B 钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛满CO2的集气瓶中，产生大量白烟且瓶内有黑色颗粒产生 CO2有氧化性
C 将FeCl2溶液滴入酸性KMnO，溶液中，紫红色褪去 Fe2+有还原性
D 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
7．我国古代四大发明之一的黑火药是由太黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。在该反应中，分析正确的是（ ）
A．还原剂是C B．氧化剂只有S C．还原产物是S D．氧化产物是N2
8．化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关，下列有关说法错误的是
A．“霾尘积聚难见路人”，霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
B．“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应时，还原剂是碳
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，该过程中利用了焰色反应
D．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是复分解反应
9．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性
B 相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大
C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
10．已知标准电极电势()越高对应氧化剂的氧化性越强。现有4组标准电极电势：①，；②，；③，；④，。则下列离子方程式或相应的描述中正确的是
A．
B．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸
C．向氯化亚铁溶液中加少量可观察到黄绿色气体
D．与酸性反应的离子方程式：
二、多选题
11．处理工业废液中NH4+的反应为：NH4++2O2=NO3-+H2O+2H+（反应Ⅰ），5NH4++3NO3-=4N2+9H2O+2H+（反应Ⅱ）下列说法正确的是（ ）
A．两个反应中，氮元素均只被氧化
B．该处理过程的总反应可表示为4NH4++3O2=2N2+6H2O+4H+
C．反应Ⅰ进行完全后，再加入等量废液发生反应Ⅱ，处理后废液中的NH4+能完全转化为N2
D．标准状况下，生成22.4LN2时反应Ⅱ转移电子3.75mol
12．高铁酸钾()是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，湿法制备高铁酸钾()的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．流程中所发生的反应均为氧化还原反应
B．反应②的离子方程式为
C．由反应③可知，该温度下的溶解度比的溶解度小
D．理论上6.72L氯气参加反应可得到
13．下列有关说法正确的是
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．不同条件下，23g钠在空气中充分反应时转移电子数均为NA
C．11gCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．将Na2O2加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生
14．某兴趣小组利用如图所示装置制备亚氯酸钠(NaClO2)(已知：SO2与NaClO3在酸性条件下反应ClO2)。下列说法错误的是
A．装置A中使用70%的浓硫酸效果较好
B．一段时间后，装置B中有NaClO2晶体析出
C．装置C中H2O2体现氧化性
D．装置D用于吸收酸性尾气，防止污染空气
15．某化学社团设计如图所示装置，模拟工业三室膜电解技术制取，然后经结晶脱水得焦亚硫酸钠()。下列说法错误的是
A．丙烷为负极，发生氧化反应
B．a室产生，故X、Y依次为质子交换膜、阳离子交换膜
C．随着电解反应的进行，b、c室中的电解质溶液浓度均逐渐减小
D．制得反应的化学方程式为
三、有机推断题
16．抗溃疡药奥美拉唑合成路线如下：
已知：的某些性质和相似，都能与发生加成。
(1)请写出A的结构简式为_______。
(2)写出符合下列条件的A的同分异构体M的结构简式：_______。
①遇氯化铁溶液显紫色
②1mol M最多能与发生取代反应产生白色沉淀
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶1∶3∶1
(3)B→C的反应试剂及条件是_______。
(4)C→D的化学方程式是_______。
(5)D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(6)J的分子式为，则I的结构简式是_______。
(7)E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式_______、_______。
四、工业流程题
17．钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)和少量Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物(上述符号“Ⅱ”指相应元素化合价为价)。利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
回答下列问题：
(1)为提高溶浸率可采取的措施有_______(写两种)。
(2)向“浸取液”中加入Zn粉后发生反应的离子方程式为_______。
(3)根据中S的化合价分析，具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。
(4)上述“氧化沉钴”时，加入并调节溶液pH至5.0～5.2，写出生成的相应离子方程式：_______(已知的还原产物为)。
(5)研究加入后温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。
由图可知，“氧化沉钴”适宜温度和时间是_______；金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，滤渣中还含有_______(填化学式)。
(6)写出由上述制备ZnO的实验操作方法：_______。
五、原理综合题
18．氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。
(1)氯胺作饮用水消毒剂是因为水解生成具有强烈杀菌作用的物质，该物质的结构式为________，二氯胺与水反应的化学方程式为_____________。将0.01 mol NCl3通入100 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液中，转移电子的物质的量为_______mol。
(2)已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。
则反应过程中的△H2=____kJ·mol-1，表中的x=_____。
(3)在密闭容器中反应NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度下理论上NH2Cl的体积分数随的变化如下图所示。
①a、b、c三点对应平衡常数的大小关系是(分别用Ka、Kb、Kc表示)_________。b点时，该反应的平衡常数为________；
②T2℃，Q点对应的速率：__________(填“>”、“<”或“=”)；
③在氨氯比一定时，提高NH3的转化率的方法是__________(任写1种)；
④若产物都是气体，实验测得NH2C1的体积分数始终比理论值低，原因可能是______________。
19．传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)电解制备，装置示意图如图所示。
①a极的电极反应式为_______。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是_______。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液的pH基本不变，原因是_______。
④测定生成的浓度。取x mL溶液，用a 溶液滴定，完全反应转化为时，消耗b mL 溶液。则溶液的浓度为_______ 。
(2)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率=_______。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因：_______。
六、结构与性质
20．P是自然界与生产生活中常见的非金属元素，其性质可与其他非金属元素相比较。
(1)磷原子的基态核外电子排布式为_______，核外电子共有_______种不同的运动状态。
(2)磷的氢化物常称为膦，该分子的空间结构为_______形，稳定性_______(选填“>”、“＜”或“=”)。与的相对分子质量几乎相同，而的熔点是-133.8℃，的熔点-85.5℃，因此分子间作用力_______(选填“>”、“＜”或“=”)。
(3)白磷和红磷是磷的两种常见单质，它们互为_______。少量白磷能溶于二硫化碳，二硫化碳分子的空间构型为_______形。把白磷的二硫化碳溶液滴一些在一小块滤纸上，然后把滤纸挂起在阳光下晾干，二硫化碳挥发后不久会观察到_______现象。
(4)磷可以与热浓硝酸发生反应，请配平下列化学方程式，并标出电子转移的方向和数目。_______
___________________________________
(5)已知所有的磷酸二氢盐(负离子为)都易溶于水，而磷酸氢盐(负离子为)和磷酸正盐(负离子为)中除钾、钠和铵盐外，几乎都不溶于水。向澄清的石灰水里滴入少量的2%磷酸溶液，生成白色沉淀，然后逐滴滴入过量的磷酸，白色沉淀最终消失。以上实验中先后发生3个不同的离子反应，其中第2步的化学方程式为：，请写出以上过程中所涉及的第1和第3步离子方程式：
第1步：_______；
第3步：_______
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
（北京）股份有限公司
（北京）股份有限公司
参考答案：
1．B
【详解】A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；
C．反应②中I元素化合价由-1价变为0价，每生成0.4mol I2转移电子物质的量为：0.4mol×2×[0-（-1）]=0.8mol，同时反应①中需要消耗0.2molSe，又转移0.8mol电子，所以回收Se过程中每生成0.4mol I2共转移1.6mol电子，故C正确；
D．①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子，故A正确；
B．装月饼的袋子里常放有干燥剂和铁粉，铁粉做脱氧剂，利用了铁粉的还原性，故B正确；
C．常温下，Fe与H2O不反应，但在空气中O2、H2O的共同作用下铁能发生氧化反应被锈蚀，故C正确；
D．56 g铁和71 g氯气完全反应，铁有剩余，氯气完全反应生成FeCl3，转移的电子数为2NA，故D错误；
选D。
3．B
【详解】A．MnO2可作H2O2分解反应的催化剂，说明H2O2不能把Mn2+和Cr3+氧化为MnO2、CrO，所以不能用H2O2代替NaClO作氧化剂，故A错误；
B．反应①中Mn2+被NaClO氧化为MnO2，1molMn2+转移2mol电子，1molNaClO转化为Cl-转移2mol电子，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故B正确；
C．反应②，Cr3+被ClO-氧化为CrO42-，自身被还原为Cl-，碱性条件下不能有H+生成，反应的离子方程式为2Cr3++3ClO-+10OH-═2CrO+3Cl-+5H2O，故C错误；
D．存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应，生成的CrO在酸性条件下易转化为Cr2O，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；
故答案为B。
4．C
【详解】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物；
A．根据I2+2SCN-=2I-+(SCN)2可知氧化性I2强于(SCN)2，由信息可知，氧化性(SCN)2强于I2，所以该反应不能自发进行，故A错误；
B．Cl2+2CN-=2Cl-+(CN)2可知，氧化性Cl2强于(CN)2，与信息一致，所以该反应可以自发进行，故B错误；
C．氧化性越强，则其对应的还原产物的还原性越弱，氧化性由强到弱为F2、(OCN)2、Br2、(SCN)2，所以还原性为F-
故答案为：C。
5．D
【详解】Al的化合价升高为还原剂，则NaAlO2为氧化产物，H的化合价降低，则H2为还原产物，则氧化产物和还原产物物质的量之比为2：3，答案为D。
6．B
【详解】A．反应生成硫酸钙和盐酸，是氧化还原反应，不能比较酸性强弱，A错误；
B．黑色颗粒为碳，说明碳元素化合价降低，二氧化碳表现氧化性，B正确；
C．亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化，表现还原性，但氯离子也能被氧化，故紫红色褪色不能说明是亚铁离子反应，C错误；
D．该现象说明淀粉还存在，或未水解或未水解完全，D错误；
故选B。
7．A
【详解】A. C元素的化合价从0价升高到+4价，C是还原剂，故A正确；
B. 在该反应中，S、N两种元素的化合价降低，所以氧化剂是S和KNO3，故B错误；
C. S元素的化合价降低，S是氧化剂，故C错误；
D. N元素的化合价降低，KNO3是氧化剂，则N2是还原产物，故D错误；
答案选A。
8．D
【详解】A．霾尘中有气溶胶，气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；
B．“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应的方程式为S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑，反应中S、N元素化合价降低，被还原，S、KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，所以碳为还原剂，故B正确；
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，是南北朝时期陶弘景对硝酸钾的鉴定方法，该过程利用了钾元素的焰色反应的颜色，故C正确；
D．丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成汞；积变又还成丹砂，是说常温下两者又可以重新化合为硫化汞，分别是分解反应和化合反应，故D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝，是由于NH4HCO3固体受热分解产生的NH3与水反应产生NH3·H2O使溶液显碱性，而不能说NH4HCO3显碱性，A错误；
B．相同条件下，分别测量0.1 mol·L-1和0.01 mol·L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强，是由于在0.1 mol/L醋酸溶液中自由移动的离子浓度比0.01 mol·L-1醋酸溶液大，不能说醋酸浓度越大，电离程度越大，B错误；
C．向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1 mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明发生反应：Br2+2I-=2Br-+I2，生成的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以证明Br2的氧化性比I2的强，C正确；
D．CH3COONa溶液、NaNO2溶液的浓度未知，应测定等浓度的盐溶液的pH，根据溶液pH大小判断HNO2电离出H+的能力是否比CH3COOH的强，由此实验及现象得出的结论不合理，D错误；
故合理选项是C。
10．A
【分析】由电势越高对应物质的氧化性越强可知，题给几种物质的氧化性由强到弱的顺序为。
【详解】A．由分析可知，氯气的氧化性强于铁离子，氯气能与亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故A正确；
B．由分析可知，高锰酸根离子的氧化性强于氯气，酸化高锰酸钾溶液能与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，则酸化高锰酸钾时不能用盐酸，故B错误；
C．由分析可知，氯气的氧化性强于铁离子，则亚铁离子的还原性强于氯离子，氯化亚铁溶液与少量二氧化铅反应时，还原性强的亚铁离子先反应，不可能有黄绿色气体生成，故C错误；
D．由分析可知，二氧化铅的氧化性强于高锰酸根离子，二氧化铅与二氧化锰、稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铅沉淀、高锰酸和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选A。
11．BD
【分析】反应Ⅰ中NH4++2O2=NO3-+H2O+2H+，氮元素化合价从-3升高至+5，失去电子，做氧化剂。反应Ⅱ中5NH4++3NO3-=4N2+9H2O+2H+，铵根中的氮元素化合价从-3升高至0价，硝酸根中的氮元素化合价从+5降低至0价，为归中反应。
【详解】A．反应II：NO3-作氧化剂，N元素的化合价降低，被还原，故A错误；
B．由反应Ⅰ×3+反应Ⅱ得该处理过程的总反应，则总反应可表示为4NH4++3O2═2N2+6H2O+4H+，故B正确；
C．反应I：NH4++2O2═NO3-+2H++H2O；反应Ⅱ：5NH4++3NO3-═4N2+9H2O+2H+；
反应I：1molNH4+转化为1molNO3-，反应II：3molNO3-消耗5molNH4+，反应I与反应Ⅱ投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2，故C错误；
D．反应Ⅱ：5NH4++3NO3-═4N2+9H2O+2H+，NO3-中N元素化合价由+5降低到0价，则该反应转移电子数为15e-，所以标准状况下，生成22.4L即1mol N2时反应Ⅱ转移电子=3.75mol，故D正确。
故选：BD。
12．AD
【分析】从流程中分析可知，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，能够把铁离子氧化为高铁酸根离子，得到高铁酸钠，由于高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，所以高铁酸钠溶液中加入氢氧化钾溶液，得到了高铁酸钾固体。
【详解】A．结合以上分析可知，反应③为复分解反应，不属于氧化还原反应，A错误，符合题意；
B．根据流程可知，反应②中反应物粒子有、，生成物粒子有、，故离子方程式为，B正确，不符合题意；
C．反应②生成的与KOH溶液反应生成固体，说明该温度下的溶解度比的溶解度小，C正确，不符合题意；
D．未注明6.72L氯气的状态，其物质的量不一定为0.3mol，不能计算出高铁酸钾的量，D错误，符合题意；
故选AD。
13．BD
【详解】A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3固体不会发生分解，A错误；
B．虽然不同条件下钠在空气中反应会生成多种氧化物，但钠都是由0价升为+1价，则23g即1mol钠在空气中充分反应时转移电子数均为NA，B正确；
C．11gCO2的物质的量为，根据方程式可知，转移的电子数为0.25NA，C错误；
D．将Na2O2加入Ba(HCO3)2溶液中，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH与Ba(HCO3)2反应生成BaCO3沉淀、Na2CO3和水，则将Na2O2加入Ba(HCO3)2溶液中同时有气体和沉淀产生，D正确；
故选BD。
14．BC
【详解】A．若硫酸浓度太低，则产生SO2速率太慢且会有大量SO2溶解在溶液中，造成SO2产量低，若硫酸浓度太高，则硫酸电离程度较小，反应难以进行，故使用70%的浓硫酸效果较好，A项正确；
B．装置B中SO2与NaClO3在酸性条件下反应生成ClO2，不会有NaClO2晶体析出，B项错误；
C．装置C中，ClO2、NaOH和H2O2反应生成NaClO2，ClO2被H2O2还原为NaClO2，故H2O2体现还原性，C项错误；
D．装置D中的氢氧化钠溶液会吸收ClO2，防止污染环境，D项正确；
答案选BC。
15．AC
【详解】A．通入丙烷的为负极，发生氧化反应，在碱性环境中生成碳酸根离子，电极方程式为，A错误；
B． b、c室电解水，b室H+与c室OH-以2:1的比例进入a室,a室反应产生，故X、Y依次为质子交换膜、阳离子交换膜，B正确；
C．随着电解反应的进行，b、c室电解水，故b、c室中的电解质溶液浓度均逐渐增大，C错误；
D．制得反应的化学方程式为，D正确；
答案选AC。
16．(1)
(2)
(3)浓硫酸、浓硝酸、加热
(4)
(5)1∶3
(6)
(7) 中间体1：(与另一个氨基加成也可) 中间体2：
【分析】根据A的分子式可知，A中含有苯环、醚键和氨基，氨基可与反应，结合C的结构简式可知，A为，A与反应生成乙酸和，则B为，B→C的反应为硝化反应，C→D的反应中肽键在碱性条件下水解，生成的D为，D→E为硝基被还原为氨基，E通过反应生成F。根据L的结构简式和K的结构简式可知，K为，SOCl2在有机化学中通常与醇作用，生成氯代烃，故J为，结合H的结构简式及I→J的反应条件可知，I→J发生的是酯类的水解，故I为。
【详解】（1）由分析可知，A的结构简式为。
（2）“遇氯化铁溶液显紫色”说明M结构中有苯环及酚羟基；“1mol M最多能与发生取代反应产生白色沉淀”说明酚羟基所连碳原子的邻对位上均有H；“核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶1∶3∶1”说明氨基、甲基分别连接在间位碳上，即M的结构为。
（3）由分析可知，B→C为苯环上的硝基取代，反应试剂及条件是浓硫酸、浓硝酸、加热。
（4）C→D是肽键在碱性条件下的水解，化学方程式是。
（5）D到E为硝基还原为氨基，可表示为，该反应中，氧化剂为，还原剂为Fe，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3。
（6）根据L的结构简式及K的化学式可知，K为，SOCl2在有机化学中通常与醇作用，生成氯代烃，故J为，结合H的结构简式及I→J的反应条件可知，I→J发生的是酯类的水解，故I为。
（7）已知：的某些性质和相似，都能与发生加成，则E上的一个氨基先与CS2发生加成生成，中的另一个氨基再与CS2发生加成反应生成，再发生消去反应生成F。
17．(1)粉碎矿石、升高温度、增大浓度、搅拌等(任意两点)
(2)
(3)氧化性
(4)
(5) 80℃，2h
(6)高温焙烧
【分析】钴镍渣含有较多的Zn(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)和少量Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)的硫酸盐及氢氧化物加入硫酸进行溶浸，是为了溶解金属化合物，得到Zn(Ⅱ)、Cd(Ⅱ)和少量Co(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)金属阳离子的硫酸盐溶液。浸取液中加入锌粉，可以将铬置换出来，然后加入氧化二价钴离子，使之转化生成氢氧化钴沉淀除去，再加入锌粉，得到金属镍，和硫酸锌溶液，硫酸锌和碳酸钠反应生成ZnCO3·xZn (OH)2。据此解答。
【详解】（1）粉碎矿石、升高温度、增大浓度、搅拌等都可以提高溶浸率；
（2）向“浸取液”中加入Zn粉后生成铬，发生反应的离子方程式为；
（3）中硫的化合价为+6价，是最高价，具有氧化性；
（4）加入并调节溶液pH至5.0～5.2，氧化二价钴离子并生成，相应离子方程式；
（5）从图分析，钴的脱除率在80℃是最高，脱出时间2小时时接近100%，故适宜的温度和时间是80℃，2h；从图象分析，沉钴时铁的脱除率也很高，所以氢氧化钴中还有氢氧化铁；
（6）制备氧化锌可以用高温焙烧即可。
18． H-O-C1 NHCl2+2H2O=NH3+2HClO 0.06 -1405.6 191.2 Ka=Kb>Kc < 升温或及时分离出产物NH2Cl 有副反应，还可能生成NHCl2、NC13、N2等
【分析】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，根据反应前后元素化合价的变化分析电子转移情况；
(2)根据反应热与反应物、生成物的活化能大小分析，根据△H=反应物总键能-生成物总键能分析；
(3)①平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，当n(NH3)：n(Cl2)=0.4时结合NH2Cl的体积分数为20%，通过物质平衡转化关系计算出各物质平衡量，代入平衡常数公式计算；
②在T2温度下，过Q点作垂线，此时Q点对应NH2Cl的体积分数偏高，联系平衡移动即可得出正反应速率与逆反应速率的大小；
③提高NH3的转化率，则平衡应该正向移动，联系平衡移动的相关知识解答；
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能的原因很多，可从副反应或者有其他杂质产生方面考虑回答即可。
【详解】(1)氯胺与H2O反应产生NH3和HClO，反应产生的HClO具有强的氧化性，其结构式为H-O-Cl；二氯胺与水反应产生NH3和两分子的HClO，反应方程式为：NHCl2+2H2O=NH3+2HClO；NCl3与H2O反应产生NH3和HClO，HClO将Na2SO3氧化为Na2SO4，HClO被还原为HCl，HCl与NH3结合形成NH4Cl，1 mol NCl3反应产生3 mol HClO，氧化Na2SO3产生Na2SO4时转移6 mol电子，则0.01 mol NCl3发生反应转移0.06 mol电子；
(2)由于从能量数值看△H1=△H+△H2，所以△H2=△H1-△H=1416.9 kJ/mol-11.3 kJ/mol=1405.6 kJ/mol，物质由能量高的状态转化为能量低的状态，反应放出热量，则反应过程中的△H2=-1405.6 kJ/mol；由△H=反应物总键能-生成物总键能，得：1416.9 kJ/mol-(2×391.3 kJ/mol+x kJ/mol+431.8 kJ/mol)=+11.3kJ/mol，解得x=191.2 kJ/mol；
(3)①由于a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应的正反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆向移动，则Kc变小，所以a、b、c三点化学平衡常数的关系是：Ka=Kb>Kc；当=0.4时，假设容器体积为V L，起始量n(NH3)=0.4 mol，n(Cl2)=1 mol，NH3变化量为x mol，则平衡时n(NH3)=(0.4-x) mol，n(Cl2)=(1-x) mol，n(NH2Cl)=n(HCl)=x mol，同温同压下气体的体积比等于气体的物质的量的比，则：×100%=20%，解得x=0.28 mol，则该反应的平衡常数Kb=；
②在T2温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏高，平衡将向着使NH2Cl的体积分数下降的方向移动，所以Q点平衡逆移，v正
④NH2Cl的体积分数始终比理论值低，可能是：有副反应，还可能生成NHCl2、NCl3、N2。
【点睛】本题考查了反应热与键能、物质含有能量的关系及化学平衡有关知识，掌握有关概念、反应热与键能及物质能量关系和平衡移动原理的影响因素是解题关键，在分析时，要结合图象，弄清图象中横坐标、纵坐标的含义分析解答。
19．(1) O2+2H2O+2e = H2O2+2OH 将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2 反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应
(2) H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，a极为电解池阴极，氧气发生还原反应生成过氧化氢，而后用H2O2处理有机废水；
【详解】（1）①氧气在a极得电子，化合价降低，发生还原反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e = H2O2+2OH ；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为原因为：反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
（2）①20min时，RhB残留量已接近0；根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，有机物中碳元素转化为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
20．(1) 1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3 15
(2) 三角锥 ＜ ＜
(3) 同素异形体 直线 滤纸燃烧
(4)
(5) 3Ca2++6OH-+2H3PO4= Ca3(PO4)2↓+6H2O CaHPO4+H3PO4=Ca2++2
【解析】(1)
P的原子序数为15，P原子核外有15个电子，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3，原子核外每个电子的运动状态都不同，故核外电子共有15种不同的运动状态；答案为：1s22s22p63s23p3或[Ne] 3s23p3；15。
(2)
PH3中中心原子P上的孤电子对数为=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体形，由于有1对孤电子对，故PH3分子的空间结构为三角锥形；N、P都位于第VA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性PH3＜NH3；PH3与H2S的相对分子质量几乎相同，PH3的熔点（-133.8℃）比H2S的熔点（-85.5℃）低，因此分子间作用力PH3＜H2S；答案为：三角锥；＜；＜。
(3)
白磷和红磷是P元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；二硫化碳中中心原子C上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，由于C上没有孤电子对，二硫化碳分子的空间构型为直线形；把白磷的二硫化碳溶液滴一些在一小块滤纸上，然后把滤纸挂起在阳光下晾干，二硫化碳挥发后，白磷发生缓慢氧化放出热量，达到白磷的着火点，引起白磷的自燃，并引发滤纸燃烧；答案为：同素异形体；直线；滤纸燃烧。
(4)
P元素的化合价由0价升至+5价，1molP失去5mol电子，N元素的化合价由+5价降至+2价，1molHNO3得到3mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒，配平后的化学方程式为3P+5HNO3(浓)+2H2O3H3PO4+5NO↑，用单线桥标出电子转移方向和数目为；答案为：。
(5)
向澄清石灰水中滴入少量磷酸溶液，生成白色沉淀，然后逐滴滴入过量的磷酸，白色沉淀最终消失，随着磷酸的滴入，依次发生的反应为3Ca(OH)2+2H3PO4=Ca3(PO4)2↓+6H2O、Ca3(PO4)2+H3PO4=3CaHPO4、CaHPO4+H3PO4=Ca(H2PO4)2，结合题给物质的溶解性，第1步反应的离子方程式为3Ca2++6OH-+2H3PO4= Ca3(PO4)2↓+6H2O，第3步反应的离子方程式为CaHPO4+H3PO4=Ca2++2；答案为：3Ca2++6OH-+2H3PO4= Ca3(PO4)2↓+6H2O；CaHPO4+H3PO4=Ca2++2
试卷第1页，共3页
（北京）股份有限公司
（北京）股份有限公司
