北京市中央民族大学附属中学（朝阳分校）2019届高三化学10月月考试题（含解析）.doc

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1、1北京市中央民族大学附属中学（朝阳分校）2019 届高三化学 10 月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 I 卷（选择题 14 题 共 42 分）1.我国科技创新成果斐然，下列成果中以制备非金属单质为主要目的的是 A B C D低温制备H2成功开采可燃冰（CH 4nH2O）研制出超高强钢合成全氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4ClA. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A. 氢气是非金属单质，故 A 正确；B. 可燃冰（CH 4nH2O）不是非金属单质，故 B 错误； C. 高强钢属于金

2、属的合金，不是非金属单质，故 C 错误；D. 全氮阴离子盐(N 5)6(H3O)3(NH4)4Cl 不是非金属单质，故 D 错误；故选 A。2.下列变化中，未涉及到电子转移的是A. H2C2O4使酸性 KMnO4溶液褪色 B. C 2H5OH 使酸性 K2Cr2O7溶液变绿C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊 D. H 2O2使酸化的 KI 溶液变黄【答案】C【解析】A. H2C2O4使酸性 KMnO4溶液褪色反应中有元素的化合价发生变化，有电子的转移，故 A 不选；B. C2H5OH 使酸性 K2Cr2O7溶液变绿发生了氧化还原反应，有电子的转移，故 B 不选；2C. CO2使苯酚钠溶液变浑浊反应

3、中没有元素的化合价发生变化，没有电子的转移，故 C 选；D. H2O2使酸化的 KI 溶液变黄发生了氧化还原反应，有电子的转移，故 D 不选；故选 C。点睛：本题考查了氧化还原反应的判断，氧化还原反应的本质是存在电子的转移，解答此类试题，要注意根据是否存在元素化合价的变化为依据进行判断。3.下列措施不合理的是A. 用 Na2S 作沉淀剂除去污水中的 Hg2+B. 煤炭中加入 CaCO3可以降低 SO2对环境的污染C. 工业用 H2高温还原 SiO2制粗硅D. 可用 Na2FeO4对自来水进行净化、杀菌和消毒【答案】C【解析】【分析】；向煤中加入石灰石作为脱硫剂，发生反应 2CaCO3+O2+2

4、SO2 2CaSO4+2CO2；工业用碳高温还原 SiO2制粗硅；Na 2FeO4具有强氧化性。【详解】 ，硫离子与汞离子生成难溶性硫化汞沉淀，用 Na2S 作沉淀剂除去污水中的 Hg2+，故 A 合理；向煤中加入石灰石作为脱硫剂，发生反应 2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2，可以减少煤燃烧时产生的 SO2，故 B 合理；工业用碳高温还原 SiO2制粗硅，故 C 不合理；Na 2FeO4具有强氧化性，可对自来水进行净化、杀菌和消毒，故 D 合理；选C。4.下列指定微粒的数目相等的是A. 等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数B. 等物质的量的水与重水含有的中子数C. 同温、同

5、压、同体积的 CO 和 NO 含有的质子数D. 等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数【答案】A【解析】试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式均为 CH2，由 n= 可知，等质量时含 CH2的个数相同，1 个 C2H4分子共用 6 对电子（其中 4 个 C-H，2 个 C-C） ，1 个 C3H6分子共用 9 对电子（其中36 个 C-H，3 个 C-C） ，因此可以发现规律：1 个 CH2平均共用 3 对电子，含 CH2的个数相同则共有电子对数相同，故 A 正确；B、H 2O 中的中子数为 8，D 2O 中的中子数为 10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故 B 错误；C、

6、同温、同压、同体积，由 n= 可知，气体的物质的量相同，C、N 的质子数不同，则 CO 和 NO 含有的质子数不同，故 C 错误；D、铁和铝分别与足量盐酸完全反应，Fe 的化合价均由 0 升高为+2 价、Al 元素的化合价均由 0 升高为+3 价，则等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数不等，故 D 错误；故选 A。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。5.下列变化中，气体被还原的是A. 乙烯使 Br2的四氯化碳溶液褪色 B. 氨气使 AlCl3溶液产生白色沉淀C. 氯气使 KBr 溶液变黄 D. 二氧化碳使 Na2O2固体变白【答案】C【解析】【分析】乙烯与 Br2的四氯化碳

7、溶液发生加成反应生成 1,2-二溴乙烷；，属于非氧化还原反应；氯气使 KBr 溶液变黄，发生反应 ；二氧化碳使 Na2O2固体变白，发生反应。【详解】乙烯与 Br2的四氯化碳溶液发生加成反应生成 1,2-二溴乙烷，所以乙烯能使 Br2的四氯化碳溶液褪色，故不选 A；氨气使 AlCl3溶液产生白色沉淀，属于非氧化还原反应，故不选 B；氯气使 KBr 溶液变黄，发生反应 ，氯气中氯元素化合价降低被还原，故选 C；二氧化碳使 Na2O2固体变白，发生反应 ，反应中二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂、Na 2O2既是氧化剂又是还原剂，故不选 D。6.下列各种关于酸的使用，其中正确的是A. 为了抑制 Fe

8、2+的水解，用稀硝酸酸化 B. 检验溶液中是否含有 SO42时，先用盐酸酸化C. 检验氯乙烷中的氯元素，水解后再用硫酸酸化 D. 为了增强 KMnO4溶液的氧化能力，4用浓盐酸酸化【答案】B【解析】【分析】硝酸能把 Fe2+氧化为 Fe3+；检验溶液中是否含有 SO42时，先用盐酸酸化，可以排除的干扰 ；硫酸与硝酸银反应生成硫酸银沉淀，干扰氯离子的检验；高锰酸钾可氧化氯离子；【详解】硝酸能把 Fe2+氧化为 Fe3+，所以不能用硝酸酸化来抑制 Fe2+的水解，故 A 错误；检验溶液中是否含有 SO42时，先用盐酸酸化，可以排除 的干扰 ，故 B正确；硫酸与硝酸银反应生成沉淀干扰氯离子的检验，水

9、解后检验氯离子，利用硝酸银检验氯离子时利用硝酸酸化，故 C 错误；高锰酸钾可氧化氯离子，不能利用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用硫酸酸化，故 D 错误。7.实验室模拟工业漂白液（有效成分为 NaClO）脱除废水中氨氮（NH 3）的流程如下：下列分析正确的是A. 中采用蒸馏的方法精制粗盐水B. 中阳极的主要电极反应：4OH - - 4e- = 2H2O + O2C. 中制备漂白液的反应：Cl 2 + OH- = Cl- + HClOD. 、中均发生了氧化还原反应【答案】D【解析】A. 中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，故 A 错误；B. 阳极发生

10、氧化反应，中阳极的主要电极反应：2Cl 2e Cl 2，故 B 错误；C. 生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，中制备漂白液的反应：Cl 2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，故 C 错误；D. 中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，故 D正确；故选 D。58.根据 SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 （ ）溶液 现象 结论A 含 HCl、BaCl 2的 FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2有还原性B H2S 溶液 产生黄色沉淀 S

11、O2有氧化性C 酸性 KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2有漂白性D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性：H 2SO3H2SiO3A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】SO2有还原性，被 Fe3+氧化为 SO42；H 2S 溶液与 SO2反应方程式是 ；SO 2使高锰酸钾溶液褪色，体现 SO2的还原性；Na 2SiO3溶液中通入 SO2气体，产生白色沉淀硅酸；【详解】SO 2有还原性，被 Fe3+氧化为 SO42，SO 42再与 Ba2+结合为 BaSO4沉淀，故 A 结论正确；H 2S 溶液与 SO2反应方程式是 ，SO 2中 S 元素化合价降低，体现 SO2的

12、氧化性，故 B 结论正确；SO 2使高锰酸钾溶液褪色，体现 SO2的还原性，故 C 结论错误；Na 2SiO3溶液中通入 SO2气体，产生白色沉淀硅酸，根据“强酸制弱酸” ，可知酸性H2SO3H 2SiO3，故 D 结论正确。9.下列解释实验事实的方程式正确的是A. 碳酸钠溶液呈碱性：CO 32 + 2H2O H2CO3 + 2OH-B. 氢氧化亚铁在空气中变质：2Fe(OH) 2+O2+2H2O = 2Fe(OH)3C. 铜片溶于稀硝酸产生无色气体：Cu+4H +2NO3=Cu2+2NO2+2H 2OD. 用氢氧化钠溶液去除铝条表面的氧化膜：Al 2O3+2OH-=2AlO2-+ H2O【答

13、案】D6【解析】【分析】多元越弱酸根离子水解分步进行；2Fe(OH) 2+O2+2H2O = 2Fe(OH)3，配平错误；铜片溶于稀硝酸产生 NO 气体；氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水。【详解】碳酸钠溶液呈碱性，碳酸根离子水解的离子方程式是：CO 32 + H2O HCO3- + OH-，故 A 错误；氢氧化亚铁在空气中变质：4Fe(OH) 2+O2+2H2O = 4Fe(OH)3，故 B 错误；铜片溶于稀硝酸产生 NO 气体，3Cu+8H +2NO3=Cu2+2NO+4H 2O，故 C 错误；氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式是 Al2O3+2OH-=2AlO2-+ H2

14、O，故 D 正确。【点睛】浓硝酸氧化性大于稀硝酸，所以铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜与浓硝酸反应的离子方程式是 Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H 2O，铜与稀硝酸反应的离子方程式是 3Cu+8H+2NO3=Cu2+2NO+4H 2O。10.聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与 HI3形成聚维酮碘，其结构表 示如下：（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由(m + n)个单体聚合而成C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】B【解析】根据结构分析，聚维酮的单

15、体是 ，A 正确；聚维酮分子由(2 m+n)个单体聚合而成，7B 错误；由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘是一种水溶性物质，C 正确；聚维酮含肽键，在一定条件下能发生水解反应，D 正确。点睛：本题考查有机化学基础知识，旨在考查学生对加聚产物的认识、分析能力，及对官能团性质的应用能力。注意：由“聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂”可知，聚维酮碘溶于水；从聚合物的结构形式可知，聚维酮是加聚产物。11.25时，1 mol/L 醋酸加水稀释至 0.01 mol/L，关于稀释前后的下列变化正确的是A. Kw的值减小 B. 溶液中 c(OH-)减小C. pH 的变化

16、值等于 2 D. 溶液中 的值增大【答案】D【解析】【分析】A. Kw 只受温度的影响；B.醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小；C.加水稀释，醋酸的电离程度增大；加水稀释过程中电离平衡常数不变， 减小。【详解】A.温度不变， Kw不变，故 A 错误；B. 醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而 Kw 不变，所以 c(OH-)增大，故 B 错误；加水稀释，促进醋酸的电离，电离出的氢离子的物质的量增多，故 pH 的变化小于 2，故 C 错误；加水稀释过程中电离平衡常数不变， 减小，所以溶液中 的值增大，故 D 正确。12.某小组比较 Cl-、Br -、I - 的还原性，实验如下：实验 1 实验

17、 2 实验 3装置现象 溶液颜色无明显变化；把 溶液变黄；把湿 KI 淀粉 溶液变深紫色；经检验8蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 试纸靠近试管口，变蓝 溶液含单质碘下列对实验的分析不合理的是A. 实验 1 中，白烟是 NH4Cl B. 根据实验 1 和实验 2 判断还原性：Br -Cl -C. 根据实验 3 判断还原性：I -Br - D. 上述实验利用了浓 H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质【答案】C【解析】【分析】实验 1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验 2，溶液变黄，说明有溴单质生成；中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实

18、验 1 体现浓硫酸的难挥发性、实验 2 体现浓硫酸的氧化性；【详解】实验 1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故 A 合理；实验 1 溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验 2 溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br -Cl -，故 B 合理；中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出结论还原性：I -Br -，故 C 不合理；实验 1 体现浓硫酸的难挥发性、实验 2 体现浓硫酸的氧化性，故 D 合理；选 C。13.用 O2将 HCl 转化为 Cl2，反应方程式为：4HCl(g) + O 2

19、(g) 2H2O(g)+ 2Cl2(g) H K(400)，故 C 错误；随反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，02 min的反应速率大于 46 min 的反应速率，故 D 错误。14.将等体积的 0.1 mol/L AgNO3溶液和 0.1 mol/L NaCl 溶液混合得到浊液，过滤后进行如下实验：下列分析不正确的是A. 的现象说明上层清液中不含 Ag+B. 的现象说明该温度下 Ag2S 比 Ag2SO4更难溶C. 中生成 Ag(NH3)2+，促进 AgCl(s)溶解平衡正向移动D. 若向中滴加一定量的硝酸，也可以出现白色沉淀【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L AgNO 3溶液

20、和 0.1mol/L NaCl 溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；取少量的滤液，依次滴加 0.1 mol/L 的 Na2SO4溶液、0.1 mol/L Na2S 溶液，后者出现浑浊，此实验说明过滤后溶液中仍然存在银离子，同时说明硫化银比 Ag2SO4更难溶；取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，发生反应10，沉淀逐渐溶解，若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小， 平衡逆向移动；【详解】根据上述分析，取少量的滤液，滴加 0.1 mol/L Na2S 溶液，出现浑浊，此实验说明过滤后溶液中仍然存在银离子，故 A 错误；取少量的滤液，滴加 0.1 mol/L 的Na2SO4溶液、0.1 mol/L

21、 Na2S 溶液，后者出现浑浊，此实验说明硫化银比 Ag2SO4更难溶，故 B 正确；取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，故 C 正确；若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小， 平衡逆向移动，出现氯化银沉淀，故 D 正确。II 卷（共 5 题共 58 分）15.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，下列说法正确的是_。NH 3的热稳定性比 AsH3差 HNO 3的酸性比 H3AsO4强 N 的

22、原子半径比 As 的原子半径小（3）根据下图写出 As2O5分解为 As2O3的热化学方程式_。（4）查文献得知，可以从硫化砷（As 2S3）废渣中提取 As2O3，提取的工艺流程简图如下：11As 2S3、Na 3AsS3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_。【答案】 (1). 第四周期A 族 (2). (3). As2O5(s) = As2O3(s) + O2(g) H= + 295.4 kJmol-1 (4). 不是 (5). 浓缩结晶，过滤

23、，洗涤，烘干（过滤，洗涤是给分点） (6). 2AsO43 +2SO2+2H+ =As2O3 +2SO42 +H2O (7). 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(给分点)【解析】【分析】（1）电子层数等于周期数、最外层电子数等于主族序数；(2)N、As 同主族。同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱、最高价氧化物的水化物的酸性减弱、原子半径增大；（3）根据图像，As 2O5分解为 As2O3的焓变等于+(914.6-619.2) kJmol-1；（4）判断一个反应是否为氧化还原反应，只要看反应前后是

24、否有元素化合价发生变化；过程是从溶液中获得固体物质，操作为浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干；过程中 AsO43 被还原为 As2O3、SO 2被氧化为 SO42 ；增加氢离子浓度平衡正向移动；【详解】 （1）电子层数等于周期数、最外层电子数等于主族序数，As 的原子结构示意图为，所以其在周期表中的位置是第四周期A 族；(2)N、As 同主族。同主族元素从上到下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱、最高价氧化物的水化物的酸性减弱、原子半径增大，所以NH 3的热稳定性比 AsH3强，故错误； HNO 3的酸性比 H3AsO4强，故正确 ； N 的原子半径比 As 的原子半径小，故正确；（3）根据图像，A

25、s 2O5分解为 As2O3的焓变等于+(914.6-619.2) kJmol-1，热化学方程式是 As2O5(s) = As2O3(s) + O2(g) H= + 295.4 kJmol-1；（4）判断一个反应是否为氧化还原反应，12只要看反应前后是否有元素化合价发生变化，硫化砷废渣碱浸过滤得到 Na3AsO3、Na 3AsS3的混合物，元素化合价均不发生变化，所以不是氧化还原反应；过程是从溶液中获得固体 As2O3，操作为浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干；过程中 AsO43 被还原为 As2O3、SO 2被氧化为 SO42 ，离子方程式为 2AsO43 +2SO2+2H+ =As2O3 +2SO

26、42 +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。【点睛】可逆反应达到平衡后，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，平衡正向移动；2AsO43 +2SO2+2H+ =As2O3 +2SO42 +H2O 增大氢离子浓度，平衡正向移动，所以，酸性越强，As2O3的产率越高。16.空气污染问题日益引起全民关注。（1）PM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5m（1m =10 3 nm）的颗粒物。下列说法不正确的是_（填字母序号） 。aPM2.5 主要来源于火力发电、工业生产、汽车尾气排放等过程bPM2.5 颗粒小，所以对

27、人体无害c直径介于 1 2.5m 的颗粒物分散到空气中可形成胶体 d推广使用电动汽车，可以减少 PM2.5 的污染（2）北京科研工作者用五年时间研究出利用石灰乳除工业燃煤尾气中的硫（SO 2、SO 3）和氮（NO、NO 2）的新工艺，既能净化尾气，又能获得应用广泛的 CaSO4和 Ca(NO2)2。硫酸型酸雨的形成过程是大气中的 SO2溶于雨水生成某种弱酸，在空气中经催化氧化生成硫酸，该过程中反应的化学方程式依次为_、_。CaSO 4可以调节水泥的硬化时间。尾气中 SO2与石灰乳反应生成 CaSO4的化学方程式为_。Ca(NO 2)2可制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。尾气中 NO、NO 2与石

28、灰乳反应生成Ca(NO2)2的化学方程式_。（3）工业上利用 NO 电解制备 NH4NO3，其工作原理如下图所示，阳极的电极反应为13_，阴极的电极反应为_，为使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充物质 A，A 可以是_。【答案】 (1). bc (2). SO2+H2O H2SO3 (3). 2H2SO3 +O2 =2H2SO4 (4). 2SO2 +O2 +2Ca(OH)2 =2CaSO4+2H2O (5). NO+NO2+Ca(OH)2 =Ca(NO2)2 +H2O (6). NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ (7). NO+5e-+6H+=NH4+H2O (8). NH3H

29、2O【解析】【分析】（1）aPM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5m 的颗粒物。它的主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物； bPM2.5 表面积大，具有吸附性，能吸附大量有毒物质； c胶体微粒直径在 10-7m10 -9m 之间，PM2.5 粒子的大小不符合； d减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中 PM2.5；（2）硫酸型酸雨形成过程是 SO2溶于水生成亚硫酸，再被空气中的氧气氧化成硫酸；尾气中 SO2与氧气和石灰乳反应生成 CaSO4和水；尾气中 NO、NO 2与石灰乳反应生成 Ca(NO2)2和水，结合氧化还原反应的特征书写；（3）工业上

30、电解 NO 制备 NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO 被氧化生成 NO3-，阴极发生还原反应，NO 被还原生成 NH4+，阳极反应为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为:NO+5e -+6H+=NH4+H2O，结合电极方程式解答该题.【详解】 （1）aPM2.5 是指大气中直径小于或等于 2.5m 的颗粒物；它的主要来源是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，故 a 正确； bPM2.5 表面积大，具有吸附性，能吸附大量有毒物质，对人体有害，故 b 错误； c胶体微粒直径在 10-7m10 -9m 之间，PM2.5 粒子的大小不符合，所

31、以直径介于 1 2.5m 的颗粒物分散到空气中不能形成胶体，故 c 错误； d减少机动车尾气排放，减少了烟尘，能降低空气中 PM2.5，故 d 正确。 （2）硫酸型酸雨形成过程是 SO2溶于水生成亚硫酸，SO2+H2O H2SO3；再被空气中的氧气氧化成硫酸，2H 2SO3+O22H 2SO4；尾气中 SO2与氧气14和石灰乳反应生成 CaSO4和水，反应方程式为：2SO 2+O2+2Ca(OH)22CaSO 4+2H2O；尾气中NO、NO 2与石灰乳反应生成 Ca（NO 2） 2和水，反应方程式为：NO+NO 2+Ca(OH)2Ca(NO 2)2+H2O；（3）工业上电解 NO 制备 NH4

32、NO3，阳极反应为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为:NO+5e-+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的 NO3-的物质的量大于阴极产生的 NH4+的物质的量，总反应方程式为:8NO+7H 2O 3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充 NH3H2O。【点睛】电解池中阴极和阳极转移电子数目一定相同。本题中阳极反应为 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为:NO+5e -+6H+=NH4+H2O，根据得失电子守恒，阴阳两极生成NH4+、NO 3-的比为 3:5。17.硝酸是氧化性酸，其本质是

33、 NO3 有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关 NO3 氧化性的探究（实验均在通风橱中完成） 。实验装置 编号 溶液 X 实验现象实验6 molL-1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色。实验15 molL-1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色。（1）实验中，铝片作_（填“正”或“负” ）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是_。（2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是_。查阅资料：活泼金属与 1 molL-1稀硝酸反应有 H2和 NH4+生成，NH 4+生成的原理是产生 H2的过程中 NO3 被

34、还原。（3）用上图装置进行实验：溶液 X 为 1 molL-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向 右偏转。反应后的溶液中含 NH4+。实验室检验 NH4+的方法是_。生成 NH4+的电极反应式是_。（4）进一步探究碱性条件下 NO3 的氧化性，进行实验：15观察到 A 中有 NH3生成，B 中无明显现象。A、B 产生不同现象的解释是_。A 中生成 NH3的离子方程式是_。（5）将铝粉加入到 NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由_。【答案】 (1). 负 (2). 2NO+O2=2NO2 (3). Al 开始作电池的负极，Al 在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu 作负极 (4). 取少量

35、待检溶液于试管中，加入浓 NaOH 溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含 NH4+ (5). NO3-8e -10H +NH 4+3H 2O (6). Al 与 NaOH 溶液反应产生 H2的过程中可将 NO3-还原为 NH3，而Mg 不能与 NaOH 溶液反应 (7). 8Al3NO 3-5OH -2H 2O3NH 38AlO 2- (8). 因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成 H2的过程，NO 3 无法被还原【解析】【分析】（1）根据实验现象可知，实验 1 电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝

36、酸根离子被还原成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮；（2）实验 2 中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝酸根离子在铝电极被还原成二氧化氮，据此答题；（3）溶液 X 为 1molL-1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含 NH4+，说明硝酸根离子被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸根离子在正极还原成铵根离子；（4）Al 与 NaOH 溶液反应产生 H2的过程中可将 NO3-还原为 NH3，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方

37、程式，而镁与碱没有反应；（5）铝粉在中性溶液中不产生氢气，也就不与硝酸钠反应，据此分析。【详解】 （1）根据实验现象可知，实验 1 电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，16在液面上方变为红棕色，说明在原电池中铝作负极，发生氧化反应，铜做正极，硝酸根离子被还原成一氧化氮，在空气中被氧化成二氧化氮，反应方程式为 2NO+O2=2NO2；（2）实验 2 中电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色，说明开始铝是负极，同实验 1，铜表面有二氧化氮产生，很快铝被浓硝酸钝化，铜做负极，发生氧化反应，生成硝酸铜，溶液呈绿色，硝酸根离子在铝电极被还原成二氧化氮；（3

38、）溶液 X 为 1molL-1稀硝酸溶液，反应后的溶液中含 NH4+，说明硝酸根离子被还原成了铵根离子，原电池中铝做负极，铜做正极，硝酸根离子在正极还原成铵根离子，实验室检验 NH4+的方法是 取少量待检溶液于试管中，加入浓 NaOH 溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含 NH4+；生成 NH4+的电极反应式是 NO3-+8e-+10 H+=NH4+3H2O；（4）Al 与 NaOH 溶液反应产生 H2的过程中可将 NO3-还原为 NH3；根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，而镁与碱没有反应；碱性条件下铝将硝酸根还原生成氨气，反应的离子方程式为 8Al+3NO3-+

39、5OH-+2H2O=3NH3+8AlO 2-；（5）铝与中性的硝酸钠溶液无生成 H2的过程，也就不与硝酸钠反应，所以无明显现象。【点睛】原电池中失电子发生氧化反应的一极一定是负极，得电子发生还原反应的一极一定是正极；电子流出的一极一定是负极、电子流入的一极一定是正极。18.某校兴趣小组对 SO2与新制 Cu(OH)2悬浊液的反应进行探究，实验如下：装置 序号 试管中的药品 现象实验1.5 mL1 mol/L CuSO4溶液和 3.5 mL 1mol/L NaOH 溶液混合开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色持续通入实验1.5 mL1 m

40、ol/L CuCl2溶液和 3.5 mL 1 mol/L NaOH 溶液混合开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色（1）制取新制 Cu(OH)2悬浊液的离子方程式为_。（2）甲同学重新用实验 II 的方法制备新制 Cu(OH)2悬浊液，过滤，用蒸馏水洗涤干净。向洗净后的 Cu(OH)2中加入 5 mL 蒸馏水，再持续通入 SO2气体，现象与实验 I 相同，此步17实验证明：_，检验 Cu(OH)2洗涤干净的方法是_。（3）同学们对白色沉淀的成分继续进行探究。查阅资料如下：CuCl 为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸。它与氨水反应生成 Cu(NH3)2

41、+，在空气中会立即被氧化成含有蓝色Cu(NH3)42+溶液。甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：CuCl+2NH 3H2O=Cu(NH3)2+Cl-+2H2O、_。乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为 CuCl，参考如下实验方案填写表格：填写下表空格：试剂 1 _ 试剂 2 蒸馏水现象 1 _ 现象 2 _写出实验 II 中由 Cu(OH)2生成白色沉淀的离子方程式：_。（4）丙同学通过实验证明：实验中观察到的砖红色沉淀是 Cu2O。完成合理的实验方案：取少量 Cu2O 固体于试管中，_，则说明砖红色沉淀是Cu2O。【答案】 (1). Cu2+2OH

42、-=Cu(OH)2 (2). 黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验 II 与实验 I 的现象差异）与 Cl-有关（或与 SO42-无关） (3). 取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的 AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明 Cu(OH)2洗涤干净 (4). 4Cu(NH3)2+8NH3H2O+O2=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O (5). 浓盐酸 (6). 白色沉淀溶解 (7). 出现白色沉淀 (8). 2Cu(OH)2 +2Cl-+SO2=2CuCl+SO 42-+2H2O (9). 加 5 mL 蒸馏水，向其中持续通入 SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红

43、色固体，溶液呈绿色（或现象与实验 I 相同）【解析】18【分析】（1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制 Cu(OH)2悬浊液，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式；（2）比较实验和可知，两个实验制取 Cu(OH)2悬浊液所用铜盐不同，产生的现象不同，由阴离子不同产生；Cu(OH) 2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净；（3）甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有 Cu(NH3)2+，所以这一过程中有 Cu(NH3)2+被氧化的反应；CuCl 为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这个性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl；实验

44、 II 中由 Cu(OH)2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐；（4）根据实验中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此说明砖红色沉淀是 Cu2O。【详解】 （1）实验室通常用氢氧化钠和硫酸铜制取新制 Cu(OH)2悬浊液，反应的离子方程式为 Cu2+2OH-Cu(OH) 2；（2）比较实验和可知，两个实验制取 Cu（OH） 2悬浊液所用铜盐不同，产生的现象不同，由阴离子不同产生；向洗净后的 Cu(OH)2中加入 5 mL 蒸馏水，再持续通入 SO2气体，现象与实验 I 相同，此步实验证明黄色沉淀消失，生成大量白色沉淀（或实验 II 与实验 I 的现象差异）与 C

45、l-有关（或与 SO42-无关） ；Cu(OH) 2固体表面有氯离子等杂质，可以通过洗涤滤液中是否有氯离子判断洗涤是否干净，具体操作为取最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加少量硝酸酸化的 AgNO3溶液，不出现白色沉淀，证明 Cu（OH） 2洗涤干净；（3）甲同学向洗涤得到的白色沉淀中加入氨水，得到蓝色溶液，蓝色溶液中应有 Cu(NH3)2+，所以这一过程中有 Cu(NH3)2+被氧化的反应，所以存的离子反应还有 4 Cu(NH3)2+8NH3H2O+O24 Cu(NH 3)42+4OH-+6H2O； CuCl 为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸，根据这个性质可以证明该白色沉淀是否为CuCl，所

46、以实验为试剂 1 浓盐酸 试剂 2 蒸馏水现象 1 白色沉淀溶解 现象 2 出现白色沉淀实验 II 中由 Cu（OH） 2与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜和硫酸盐，反应的离子方程式为 2Cu（OH） 2+2Cl-+SO22CuCl+SO 42-+2H2O；（4）根据实验中的现象可知，氧化亚铜能与二氧化硫继续反应生成绿色溶液，据此可以证明砖红色沉淀是 Cu2O；其操作为加 5 mL 蒸馏水，向其中持续通入 SO2，一段时间后，静置，试管底部有少量紫红色固体，19溶液呈绿色（或现象与实验 I 相同） 。19.羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：已知： （1）A 属于芳香烃，其结构简式是_。B 中所含的官能团是_。（2）CD 的反应类型是_。（3）E 属于酯类。仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成 E，写出有关化学方程式：_。（4）已知： 。F 所含官能团有 和_。（5）以 D 和 F 为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：_，_，_