当前位置：首页 > (精选3份合集)2020届北京市平谷区高考数学模拟试卷
?9?51010－1＋?1mol·L ，HA中c（H）=mol·L－1，pH均不为D.当lg C= -7时，HB中c（H）=?10?1010?710?7＋
7，故D错误； 故选B。 【点睛】
难点A选项，从图中读出两点氢离子的浓度，酸的浓度，根据电离常数的定义写出电离常数，本题易错点L－1，不是氢离子的浓度。 为D选项，当lg c= -7时，是酸的浓度是10-7mol·二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Zn－2e－=Zn2＋ 铁参与反应，被氧化生成Fe2＋和Fe3＋ 正极附近溶液不含Fe2＋和Fe3＋ 在钢铁表面刷一层油漆(其他合理答案均可) 2I－＋Cl2=I2＋2Cl－ 5Cl2＋I2＋6H2O=10Cl－＋2IO3—＋12H＋ Cu(OH)2 电解较长时间后，Cu浓度下降，H开始放电，溶液pH增大，Cu转化为Cu(OH)2沉淀 【解析】 【分析】
Ⅰ. 该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，活泼金属锌做负极，失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铁做正极，溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；
Ⅱ.该装置为电解装置，电解时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl——2e-=Cl2↑，铜离子在阴极上得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu。 【详解】
Ⅰ.（1）该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池，锌易失电子而作负极、铁作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；
（2）由题给假设可知，假设三为:铁参与反应，铁被氧化生成Fe2+、Fe3+。故答案为：铁参与反应，被氧化生成Fe2+、Fe3+；
(3) 亚铁离子和K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，铁离子和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，据②、③、④现象知，正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+，即铁不参与反应，故答案为：正极附近溶液不含Fe2+、Fe3+； (4) 可以采用物理或化学方法防止金属被腐蚀，如：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜等，故答案为：在钢铁表面刷一层油漆、镀铜（其他合理答案均可）；
Ⅱ. （1）由题意可知，氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+，故答案为：2I-+Cl2=I2+2Cl-、5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2IO3-+12H+； （2）阴极上电极反应式为：Cu 2++2e-=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e-=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu 2++2OH-=Cu（OH）2↓，故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，Cu2+浓度下降，H+开始放电，溶液pH增大，Cu2+转化为Cu（OH）2。 【点睛】
注意氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘也能被氯气氧化生成碘酸是解答的关键，也是易错点。
2＋
＋
2＋
三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．苯酚
基、氯原子 C12H16O3 1
等
还原反应 羟
【解析】 【分析】
根据C结构简式及A分子式知，A为
，B发生取代反应生成C，则B为
，A
，D水解然后酸化
和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为得到E为
，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，
；对比G、美托洛尔的结构可
F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为知，G发生开环加成生成H。据此解答。 【详解】 （1）A为
，其化学名称是苯酚；
（2）反应B→C的化学方程式为：C→D的反应类型为还原反应； （3）D为
，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；
，
（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；
（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为
等；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成/HCl作用得到目标物，其合成路线为
，最后与Zn（Hg）
。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4?6H2O↓+H+ pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低 2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O 温度升高羟基自OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大 温度升高羟由基(·
OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快 基自由基(·
V2-V1 2000【解析】 【分析】
(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4?6H2O沉淀。
(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。
(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等。
(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的影响进行分析。
②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。
(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH- 代入数据即可求出水样中残留NH4+浓度。 【详解】
(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4?6H2O↓+H+。答案为：Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4?6H2O↓+H+；
(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，由Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26可知，此时PO43-易生成Mg3(PO4)2沉淀，从而使氨氮去除率降低，此时应发生NH4+与OH-的反应。从而得出pH>10时氨氮去除率随pH变化
Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率的原因是pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，
降低。答案为：pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低；
(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等，电极反应式为2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O。答案为：2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O；
(4)①温度升高，OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,氨氮去除率变化的可能原因是温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增羟基自由基(·
OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基大，温度升高反应速率加快。答案为：温度升高羟基自由基(·
OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，自由基(·温度升高羟基自由基(·温度升高反应速率加快；
②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。则pH=5时，氨氮去除率变化曲线为：
答案为：；
(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH- 则n(NH4+)=0.01mol/L×V2×10-3L-0.01mol/L×V1×10-3L=0.01(V2-V1)×10-3mol，
?3V2-V10.01(V?V)?10molV2-V121mol/L水样中残留NH4+浓度为=。答案为：； ?32000200020?10L【点睛】
pH=8时，虽然MgHPO4的Ksp也比较小，但应从图象中采集信息，此时由于氨氮的去除率高，所以应生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，否则易错写方程式。
19．-112 bd 不是 升高温度，平衡逆向移动，产率下降，且催化剂的活性降低 Ⅰ 4 14-b＜pH＜14-a (N2H6)(HSO4)2 【解析】 【分析】
(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)a．整个反应的速率由慢反应决定；
b．υ正=k1 正·c2(NO)，υ 逆=k1 逆·c(N2O2)，反应达平衡时，υ正=υ逆，所以进行分析；
k1正=K（该化学平衡常数），据此k1逆
本文作者：...共分享92篇相关文档
