試卷第=page2222頁，共=sectionpages2323頁試卷第=page2323頁，共=sectionpages2323頁北京市海淀區2020屆-2022屆高考化學三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題一、填空題1．（2019·北京海淀·統考一模）陽離子交換膜法電解飽和食鹽水具有綜合能耗低、環境污染小等優點。生產流程如下圖所示：(1)電解飽和食鹽水的化學方程式為________。(2)電解結束后，能夠脫去陽極液中游離氯的試劑或方法是________(填字母序號)。a．Na2SO4b．Na2SO3c．熱空氣吹出d．降低陽極區液面上方的氣壓(3)食鹽水中的I—若進入電解槽，可被電解產生的Cl2氧化為ICl，并進一步轉化為IO3—。IO3—可繼續被氧化為高碘酸根(IO4—)，與Na+結合生成溶解度較小的NaIO4沉積于陽離子交換膜上，影響膜的壽命。①從原子結構的角度解釋ICl中碘元素的化合價為+1價的原因：________。②NaIO3被氧化為NaIO4的化學方程式為________。(4)在酸性條件下加入NaClO溶液，可將食鹽水中的I-轉化為I2，再進一步除去。通過測定體系的吸光度，可以檢測不同pH下I2的生成量隨時間的變化，如下圖所示。已知：吸光度越高表明該體系中c(I2)越大。①結合化學用語解釋10min時不同pH體系吸光度不同的原因：________。②pH=4.0時，體系的吸光度很快達到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。③研究表明食鹽水中I-含量≤0.2mg?L-1時對離子交換膜影響可忽略。現將1m3含I-濃度為1.47mg?L-1的食鹽水進行處理，為達到使用標準，理論上至少需要0.05mol?L-1NaClO溶液________L。(已知NaClO的反應產物為NaCl，溶液體積變化忽略不計)2．（2020·北京海淀·統考一模）硫是人類認識最早的元素之一，含硫物質在現代生產和生活中發揮著重要作用。(l)我國化學家姜雪峰因其在綠色有機硫化學領域的杰出貢獻被遴選為“全球青年化學家元素周期表硫元素代表”。①硫元素在元素周期表中的位置是____。②乙硫醇(CH3CH2SH)是一種含硫有機物，其分子中S-H的極性小于CH3CH2OH分子中O-H的極性，請從原子結構角度解釋其原因：____。(2)自然界的硫循環過程如下圖所示。①上圖所涉及的含硫物質中，能使品紅溶液褪色的是____。②降解石油（主要成分為CxHy）的過程中，在細菌催化作用下，石油與硫酸鹽反應轉化為碳酸氫鹽，硫酸鹽做____（填“氧化劑”或“還原劑”）。③煤炭中的硫化物主要為FeS2（S為-1價）。在潮濕的環境中，FeS2可在氧化亞鐵硫桿菌(T．f)的作用下被空氣氧化為Fe2(SO4)3，該反應的化學方程式為____。3．（2021·北京海淀·統考一模）鋰電池有廣闊的應用前景。用“循環電沉積”法處理某種鋰電池，可使其中的Li電極表面生成只允許通過的和C保護層，工作原理如圖1，具體操作如下。i.將表面潔凈的Li電極和電極浸在溶有的有機電解質溶液中。ii.0-5min，a端連接電源正極，b端連接電源負極，電解，電極上生成和C。iii.5-10min，a端連接電源負極，b端連接電源正極，電解，電極上消耗和C，Li電極上生成和C．步驟ii和步驟iii為1個電沉積循環。iv.重復步驟ⅱ和步驟ⅲ的操作，繼續完成9個電沉積循環。(1)步驟ii內電路中的由___________向___________遷移(填“Li電極”或“電極”)。(2)已知下列反應的熱化學方程式。步驟ii電解總反應的熱化學方程式為___________。(3)步驟iii中，Li電極的電極反應式為___________。(4)和C只有在的催化作用下才能發生步驟ⅲ的電極反應，反應歷程中的能量變化如下圖。下列說法正確的是___________(填字母序號)。a.反應歷程中存在碳氧鍵的斷裂和形成b.反應歷程中涉及電子轉移的變化均釋放能量c.催化劑通過降低電極反應的活化能使反應速率加快(5)受上述“循環電沉積”法的啟示，科學家研發了適用于火星大氣(主要成分是)的“”可充電電池，工作原理如圖2.“”電池充電時，Li電極表面生成Li而不會形成和C沉積，原因是___________。二、實驗題4．（2019·北京海淀·統考一模）某實驗小組對FeCl3分別與Na2SO3、NaHSO3的反應進行探究。【甲同學的實驗】裝置編號試劑X實驗現象INa2SO3溶液(pH≈9)閉合開關后靈敏電流計指針發生偏轉IINaHSO3溶液(pH≈5)閉合開關后靈敏電流計指針未發生偏轉(1)配制FeCl3溶液時，先將FeCl3溶于濃鹽酸，再稀釋至指定濃度。結合化學用語說明濃鹽酸的作用：。(2)甲同學探究實驗I的電極產物______________。①取少量Na2SO3溶液電極附近的混合液，加入______________，產生白色沉淀，證明產生了。②該同學又設計實驗探究另一電極的產物，其實驗方案為______________。(3)實驗I中負極的電極反應式為______________。【乙同學的實驗】乙同學進一步探究FeCl3溶液與NaHSO3溶液能否發生反應，設計、完成實驗并記錄如下：裝置編號反應時間實驗現象III0~1min產生紅色沉淀，有刺激性氣味氣體逸出1~30min沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變為橙色，之后幾乎無色30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變為淺紅色，隨后逐漸變為淺橙色(4)乙同學認為刺激性氣味氣體的產生原因有兩種可能，用離子方程式表示②的可能原因。①Fe3+＋3Fe(OH)3＋3SO2；②______________。(5)查閱資料：溶液中Fe3+、、OH－三種微粒會形成紅色配合物并存在如下轉化：從反應速率和化學平衡兩個角度解釋1~30min的實驗現象：______________。(6)解釋30min后上層溶液又變為淺紅色的可能原因：______________。【實驗反思】(7)分別對比I和II、II和III，FeCl3能否與Na2SO3或NaHSO3發生氧化還原反應和有關(寫出兩條)______________。5．（2020·北京海淀·統考一模）某研究小組查閱資料發現Fe3+與I-的反應具有可逆性，推測亞鐵鹽與飽和碘水的混合液中會存在Fe3+，并據此設計實驗1（如下圖所示），發現溶液未變紅。該小組對溶液未變紅的原因進行了如下探究。I．初步探究實驗2：用煮沸冷卻后的蒸餾水重新配制兩種飽和溶液進行實驗，實驗記錄如下表。編號飽和（NH4）2Fe（SO4）2溶液飽和碘水石蠟油操作KSCN溶液現象2-11滴5mL1mL不加熱1滴無明顯現象2-21滴5mL1mL加熱一段時間后冷卻1滴無明顯現象(1)研究小組同學根據所查閱資料寫出的Fe3+與I-反應的離子方程式為____。(2)實驗2中，加入石蠟油的目的是____。(3)小組同學做出推斷：反應速率不是導致實驗1中溶液未變紅的主要原因，他們的理由是___。II．查閱資料，繼續探究【資料】AgSCN為不溶于水的白色固體。(4)試管a的實驗現象說明濾液l中含有____。(5)試管b中，加入KSCN溶液后所產生實驗現象的原因是___。(6)甲同學對實驗3提出了質疑，認為其實驗現象并不能證明I2氧化了Fe2+。他提出如下假設：i．可能是AgNO3氧化了Fe2+;ii．可能是空氣中的O2氧化了Fe2+。他設計、實施了實驗4，實驗記錄如下表。編號實驗操作實驗現象4在試管中加入1滴0.2mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液，5mL蒸餾水，1滴試劑a，一段時間后加入1滴KSCN溶液溶液不變紅①試劑a是___。②依據實驗4，甲同學做出判斷：______________________(7)根據實驗1～4所得結論是____。6．（2021·北京海淀·統考一模）以下是生活中常用的幾種消毒劑。i.“84”消毒液，有效成分是NaClO。ii.消毒液A，其有效成分的結構簡式為(簡稱PCMX)。ⅲ.雙氧水消毒液，是質量分數為3%~25%的溶液。(1)“84”消毒液需要在陰暗處密封保存，否則容易失效，用化學用語解釋其原因：①；②___________。(2)實驗室通過測定不同pH環境中不同濃度NaClO溶液的細菌殺滅率(%)，以探究“84”消毒液殺菌能力的影響因素，實驗結果如下表。NaClO溶液濃度(mg/L)不同pH下的細菌殺滅率(%)pH=4.5pH=7.0pH=9.525098.9077.9053.9050099.9997.9065.54①結合表中數據可推斷，相同條件下，HClO的殺菌能力___________(填“強于”“弱于”或“相當于”)NaClO的殺菌能力。②下列關于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正確的是___________(填字母序號)。a.“84”消毒液的殺菌能力與其濃度有關b.長期用于對金屬制品消毒，不會使金屬腐蝕c.不能與清廁靈(含HCl)混合使用，可能會導致安全事故d.噴灑在物品表面后適當保持一段時間，以達到消毒殺菌效果(3)消毒液A常用于家庭衣物消毒。①PCMX分子中的含氧官能是___________(寫名稱)。②若將消毒液A與“84”消毒液混合使用，會大大降低消毒效果，從物質性的角度解釋其原因為____。(4)研究小組將某“84”消毒液與雙氧水消毒液等體積混合，有大量無色氣體生成，經檢驗為氧氣。用離子方程式表示生成氧氣的可能原因：、____。7．（2021·北京海淀·統考一模）某課外小組探究Cu(Ⅱ)鹽與溶液的反應。【查閱資料】i.(綠色)(無色)；ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍色)；iii.易被氧化為或。【猜想假設】同學們根據資料認為Cu(Ⅱ)鹽與可能會發生兩種反應。假設1：與在溶液中發生絡合反應生成；假設2：Cu(Ⅱ)有___________性，與在溶液中發生氧化還原反應。【實驗操作及現象分析】實驗一：探究與溶液的反應。實驗操作實驗序號h(mL)(mL)逐滴加入溶液時的實驗現象a1.50.5溶液逐漸變為綠色，靜置無變化b1.01.0溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，靜置無變化c02.0溶液先變為綠色，后逐漸變淺至無色，靜置無變化(1)根據實驗a的現象可推測溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化學符號)。(2)甲同學認為實驗一能證明假設2成立，他的理由是___________。實驗二：探究與溶液的反應。(3)乙同學利用已知資料進一步確證了實驗二的無色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的實驗方案是：取少量無色溶液，___________。(4)經檢驗白色沉淀為CuCl，從化學平衡的角度解釋繼續加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：___________。(5)經檢驗氧化產物以形式存在。寫出與發生氧化還原反應得到無色溶液的離子方程式：___________。【獲得結論】綜合以上實驗，同學們認為Cu(Ⅱ)鹽與在液中的反應與多種因素有關，得到實驗結論：①隨的增大，___________；②___________。8．（2022·北京海淀·統考一模）在電池中有重要應用。以軟錳礦(主要成分為)為原料制備粗二氧化錳顆粒的過程如下：(1)浸出①用硫酸和可溶解軟錳礦，請補全該反應的離子方程式：______□+□___________+□___________=□+□□______②浸出時可用代替硫酸和。下列說法正確的是___________(填序號)。a．在反應中作氧化劑b．用浸出可減少酸的使用c．該法可同時處理煙氣中的，減少大氣污染(2)凈化、分離①軟錳礦浸出液中的、可通過加堿轉化為沉淀去除，分離出清液的方法是___________。②為減少堿用量，可以通過稀釋浸出液除去，結合離子方程式解釋原理：___________。(3)熱解在一定空氣流速下，相同時間內熱解產物中不同價態的占比隨熱解溫度的變化如圖。熱解過程中涉及如下化學反應：i．ii．

iii．

①為了增大產物中的占比，可以采用的措施是___________(答出兩條)。②溫度升高，產物中的占比降低，可能的原因是___________。9．（2022·北京海淀·統考一模）某興趣小組同學探究KMnO4溶液與草酸(H2C2O4)溶液反應速率的影響因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。將KMnO4溶液與草酸溶液按如下比例混合。【設計實驗】序號反應溫度/℃①2.02.0020②2.01.01.020(1)實驗①和②的目的是___________。(2)甲認為上述實驗應控制pH相同，可加入的試劑是___________(填序號)。a．鹽酸

b．硫酸

c．草酸【實施實驗】小組同學將溶液pH調至1并進行實驗①和②，發現紫色并未直接褪去，而是分成兩個階段：i．紫色溶液轉變為青色溶液，ii．青色溶液逐漸褪至無色溶液。資料：(a)無色，在草酸中不能形成配合物；(b)無色，有強氧化性，發生反應(青綠色)后氧化性減弱；(c)呈綠色，在酸性條件下不穩定，迅速分解產生和。(3)乙同學從氧化還原角度推測階段i中可能產生，你認為該觀點是否合理，并說明理由：___________。【繼續探究】進一步實驗證明溶液中含有，反應過程中和濃度隨時間的變化如下圖。(4)第i階段中檢測到有氣體產生，反應的離子方程式為___________。(5)實驗②在第ii階段的反應速率較大，可能的原因是___________。(6)據此推測，若在第ii階段將調節至，溶液褪至無色的時間會___________(填“增加”“減少”或“不變”)。【結論與反思】(7)上述實驗涉及的反應中，草酸的作用是___________。結論：反應可能是分階段進行的。草酸濃度的改變對不同階段反應速率的影響可能不同。三、有機推斷題10．（2019·北京海淀·統考一模）“點擊化學”是指快速、高效連接分子的一類反應，例如銅催化的Huisgen環加成反應：+我國科研人員利用該反應設計、合成了具有特殊結構的聚合物F并研究其水解反應。合成線路如圖所示：已知：+H2O+(1)化合物A的官能團名稱是_______；反應①的反應類型是_______。(2)關于B和C，下列說法正確的是_______(填字母序號)。a.利用質譜法可以鑒別B和Cb.B可以發生氧化、取代、消去反應c.可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗C中含有碳碳三鍵(3)B生成C的過程中還有另一種生成物X，分子式為C3H6O，核磁共振氫譜顯示只有一組峰，X的結構簡式為_______。(4)反應②的化學方程式為_______。(5)E的結構簡式為_______；聚合物F的結構簡式為_______。(6)為了探究連接基團對聚合反應的影響，設計了單體K，其合成路線如圖：寫出H、I、J的結構簡式：H_______；I_______；J_______。11．（2020·北京海淀·統考一模）聚合物L具有特殊的光學性質，可用于光電材料，其合成路線如下：已知：i．有機物可用鍵線式表示，如可表示為(1)A—B的化學方程式為____。(2)D的結構簡式為____。(3)E中含有的含氧官能團為____。(4)G—H的反應類型為____。(5)I—K的化學方程式為____。(6)下列說法正確的是______填字母序號）。a．A分子中所有碳原子均在同一平面

b．C的結構簡式為c．F+F—G的副產物中有2種互為順反異構體

d．1molH最多能與2molNaOH反應(7)乳酸乙酯是合成的中間體。下圖是某同學設計的合成乳酸乙酯的流程。請寫出M-P的合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）________________________。12．（2021·北京海淀·統考一模）由C-H鍵構建C-C鍵是有機化學的熱點研究領域。我國科學家利用N-苯基甘氨酸中的C-H鍵在作用下構建C-C鍵，實現了喹啉并內酯的高選擇性制備。合成路線如下圖。已知：i.R-Br+R’CHOii.(1)試劑a為___________。(2)B具有堿性，B轉化為C的反應中，使B過量可以提高的平衡轉化率，其原因是___________(寫出一條即可)。(3)C轉化為D的化學方程式為___________。(4)G轉化為H的化學方程式為___________；G生成H的過程中會得到少量的聚合物，寫出其中一種的結構簡式：___________。(5)已知：i.+ii.①D和I在作用下得到J的4步反應如下圖(無機試劑及條件已略去)，中間產物1中有兩個六元環和一個五元環，中間產物3中有三個六元環。結合已知反應信息，寫出中間產物1和中間產物3的結構簡式_______

；______。②D和I轉化成J的反應過程中還生成水，理論上該過程中消耗的與生成的J的物質的量之比為___________。13．（2022·北京海淀·統考一模）多環化合物Y是一種藥物合成的中間體，它的一種合成路線如下圖(部分反應條件或試劑略去)。已知：i．R1-CHO+(1)A的名稱是___________。(2)下列說法中，正確的是___________(填序號)。a．由A制備B時，需要使用濃硝酸和濃硫酸b．D中含有的官能團只有硝基c．D→E可以通過取代反應實現(3)E→G的化學方程式是___________。(4)I的結構簡式是___________。(5)J在一定條件下發生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物質的量之比是___________。(6)K中除苯環外，還含有一個五元環。K的結構簡式是___________。(7)知：ii．+R3-NH2iii．亞胺結構()中鍵性質類似于羰基，在一定條件下能發生類似i的反應。M與L在一定條件下轉化為Y的一種路線如下圖。寫出中間產物1、中間產物2的結構簡式：___________、___________。四、原理綜合題14．（2019·北京海淀·統考一模）羥基自由基（·OH，電中性，O為-1價）是一種活性含氧微粒。常溫下，利用·OH處理含苯酚廢水，可將其轉化為無毒的氧化物。（1）·OH的電子式為________。（2）pH=3時Fe2+催化H2O2的分解過程中產生·OH中間體，催化循環反應如下。將方程式ii補充完整。i．Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii．___+___=___+O2↑+2H+（3）已知：羥基自由基容易發生猝滅2·OH=H2O2，從而活性降低．用H2O2分解產生的·OH脫除苯酚，當其他條件不變時，不同溫度下，苯酚的濃度隨時間的變化如圖1所示．0～20min時，溫度從40℃上升到50℃，反應速率基本不變的可能原因是________。（4）利用電化學高級氧化技術可以在電解槽中持續產生·OH，使處理含苯酚廢水更加高效，裝置如圖2所示。已知a極主要發生的反應是O2生成H2O2，然后在電解液中產生·OH并迅速與苯酚反應。①b極連接電源的________極（填“正”或“負”）。②a極的電極反應式為______。③除電極反應外，電解液中主要發生的反應方程式有________，_______。15．（2020·北京海淀·統考一模）過氧乙酸(CH3CO3H)是一種廣譜高效消毒劑，不穩定、易分解，高濃度易爆炸。常用于空氣、器材的消毒，可由乙酸與H2O2在硫酸催化下反應制得，熱化學方程式為：CH3COOH(aq)+H2O2(aq)?CH3CO3H(aq)+H2O(l)△H=-13.7KJ/mol(1)市售過氧乙酸的濃度一般不超過21%，原因是____。(2)利用上述反應制備760gCH3CO3H，放出的熱量為____kJ。(3)取質量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均勻，在一定量硫酸催化下進行如下實驗。實驗1：在25℃下，測定不同時間所得溶液中過氧乙酸的質量分數。數據如圖1所示。實驗2：在不同溫度下反應，測定24小時所得溶液中過氧乙酸的質量分數，數據如圖2所示。①實驗1中，若反應混合液的總質量為mg，依據圖1數據計算，在0—6h間，v(CH3CO3H)=____g／h（用含m的代數式表示）。②綜合圖1、圖2分析，與20℃相比，25℃時過氧乙酸產率降低的可能原因是_________。（寫出2條）。(4)SV-1、SV-2是兩種常用于實驗研究的病毒，粒徑分別為40nm和70nm。病毒在水中可能會聚集成團簇。不同pH下，病毒團簇粒徑及過氧乙酸對兩種病毒的相對殺滅速率分別如圖3、圖4所示。依據圖3、圖4分析，過氧乙酸對SV-1的殺滅速率隨pH增大而增大的原因可能是______16．（2022·北京海淀·統考一模）氯堿工業是化工產業的重要基礎，其裝置示意圖如圖。生產過程中產生的氯酸鹽副產物需要處理。已知：pH升高時，易歧化為和。(1)電解飽和食鹽水的離子方程式為___________。(2)下列關于產生的說法中，合理的是___________(填序號)。a．主要在陰極室產生b．在電極上放電，可能產生c．陽離子交換膜破損導致向陽極室遷移，可能產生(3)測定副產物含量的方法如下圖。①加入的目的是消耗水樣中殘留的和。若測定中未加入，則測得的水樣中的濃度將___________(填“偏大”“偏小”或“不受影響”)。②滴定至終點時消耗酸性溶液，水樣中的計算式為___________。(4)可用鹽酸處理淡鹽水中的并回收。①反應的離子方程式為___________。②處理時，鹽酸可能的作用是：i．提高，使氧化性提高或還原性提高；ii．提高，___________。③用如圖裝置驗證i，請補全操作和現象：閉合K，至指針讀數穩定后，___________。五、工業流程題17．（2020·北京海淀·統考一模）鎳鎘電池是應用廣泛的二次電池，其總反應為：Cd+2NiOOH+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2制造密封式鎳鎘電池的部分工藝如下：I．Ni(OH)2的制備以硫酸鎳(NiSO4)為原料制備Ni(OH)2的主要過程如下圖所示。制備過程中，降低Ni(OH)2沉淀速率，可以避免沉淀團聚，提升電池性能。已知：Ni2++6NH3?H2O?[Ni(NH3)6]2++6H2O(1)操作a是____。(2)制備過程中，需先加氨水，再加過量NaOH，請分析：①先加氨水的目的是___。②用化學平衡移動原理分析加入NaOH需過量的原因是____。(3)用無水乙醇代替水洗滌濾渣的優點是_____答出1條即可）。II．鎳鎘電池的組裝主要步驟：①將Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，中間以隔膜隔開（如下圖所示）；②將多組上述結構串聯；③向電池中注入KOH溶液；④密封。(4)下列對鎳鎘電池組裝和使用的分析正確的是____（填字母序號）。a．密封鎳鎘電池可以避免KOH變質b．鎳電極為電池的負極，鎘電極為電池的正極c．電池組裝后，應先充電，再使用III.過度充電的保護電池充電時，若Cd(OH)2和Ni(OH)2耗盡后繼續充電，會造成安全隱患，稱為過度充電。制造電池時，在鎘電極加入過量的Cd(OH)2可對電池進行過度充電保護，該方法稱為鎘氧循環法。(5)Cd(OH)2耗盡后繼續充電，鎘電極上生成的物質為____。(6)已知：①隔膜可以透過陰離子和分子：②O2可以與Cd發生反應生成Cd(OH)2。請結合兩個電極上的電極反應式說明用鎘氧循環法實現過度充電保護的原理：______________________。18．（2021·北京海淀·統考一模）MnSO4是一種重要的化工產品。以菱錳礦(主要成分為MnCO3，還含有Fe3O4、FeO、CoO等)為原料制備MnSO4的工藝流程如圖。資料：金屬離子沉淀的pH金屬離子Fe3+Fe2+Co2+Mn2+開始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)酸浸后所得溶液的金屬陽離子包括Mn2+、Co2+、____________。(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反應后再加氨水。寫出加MnO2時發生反應的離子方程式：_____________。(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀劑，原因是_______。(4)圖為MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲線。從“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶體”的操作為_________，洗滌干燥。(5)受實際條件限制，“酸浸池”所得的廢渣中還含有錳元素，其含量測定方法如下。i.稱取ag廢渣，加酸將錳元素全部溶出成Mn2+，過濾，將濾液定容于100mL容量瓶中；ii.取25.00mL溶液于錐形瓶中，加入少量催化劑和過量(NH4)2S2O8溶液，加熱、充分反應后，煮沸溶液使過量的(NH4)2S2O8分解。iii.加入指示劑，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至終點時消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積為cmL，MnO4－重新變成Mn2+。①補全步驟ⅱ中反應的離子方程式：__________。2Mn2++S2O+_____=MnO++__+②廢渣中錳元素的質量分數為________。(6)廢渣長期露置于空氣，其中的錳元素逐漸轉化為MnO2。研究者用下圖裝置提取MnO2中的錳元素。圖中“H·”代表氫自由基。實驗測得電解時間相同時，隨外加電流的增大，溶液中的先增大后減小，減小的原因可能是__________(寫出兩條)。六、結構與性質19．（2022·北京海淀·統考一模）硅是地殼中儲量僅次于氧的元素，在自然界中主要以和硅酸鹽的形式存在。(1)基態硅原子的價電子排布式為___________。(2)硅、金剛石和碳化硅晶體的熔點從高到低依次為___________。(3)晶態的晶胞如圖。①硅原子的雜化方式為___________。②已知晶胞的棱長均為apm，則晶體的密度___________(列出計算式)。(4)硅元素最高價氧化物對應的水化物為原硅酸。資料：原硅酸()（）可溶于水，原硅酸中的羥基可發生分子間脫水，逐漸轉化為硅酸、硅膠。①原硅酸鈉溶液吸收空氣中的會生成，結合元素周期律解釋原因：___________。②從結構的角度解釋脫水后溶解度降低的原因：___________。答案第=page2626頁，共=sectionpages2727頁答案第=page2727頁，共=sectionpages2727頁參考答案：1．

2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH

bcd

碘元素和氯元素處于同一主族(VIIA)，二者最外層電子數均為7，ICl中共用一對電子，由于碘原子半徑大于氯原子，碘原子得電子能力弱于氯原子，故共用電子對偏離碘原子，使得碘元素顯+1價

Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—

ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O10min時pH越低，c(H+)越大，反應速率加快(或ClO-氧化性增強)，c(I2)越高，吸光度越大。

c(H+)較高，ClO-繼續將I2氧化為高價含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降

0.1【分析】（1）電解時，陽極失電子發生氧化反應，陰極得電子發生還原反應，兩極合并為電解池總反應。（2）a.Na2SO4與游離氯不反應，不能除去陽極液中游離氯；b.Na2SO3有還原性，游離氯有強氧化性，兩者發生氧化還原反應，則Na2SO3有可以除去陽極液中游離氯；c.海水中提取溴用到“空氣吹出法”將游離態的溴吹出，則除去陽極液中游離氯也可采取此方法；d.由于氣體的溶解度隨壓強的減小而減小，則降低陽極區液面上方的氣壓，游離氯的溶解度減小從液體中逸出，可除去陽極液中游離氯。（3）①本小題考查的是對共價鍵的理解，碘元素和氯元素處于同一主族(VIIA)，二者最外層電子數均為7，ICl中共用一對電子，由于碘原子半徑大于氯原子，碘原子得電子能力弱于氯原子，故共用電子對偏離碘原子，使得碘元素顯+1價。②氧化還原反應中，物質中元素化合價升高失電子發生氧化反應，該物質作還原劑，生成的產物為氧化產物，物質中元素化合價降低得電子發生還原反應，該物質做氧化劑，生成的產物為還原產物，由此找出反應物和生成物，在根據得失電子守恒配平氧化還原反應。（4）①本小題涉及速率的影響因素，增大反應物的濃度速率加快，則c(H+)越大，反應速率加快(或ClO-氧化性增強)，c(I2)越高，吸光度越大。②c(H+)較高，ClO-繼續將I2氧化為高價含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。③本小題涉及物質的量、物質的量濃度在氧化還原反應中的計算。【詳解】（1）電解飽和食鹽水時，氯離子在陽極失電子發生氧化反應生成氯氣，水電離的氫離子在陰極得電子發生還原反應生成氯氣，則電解的化學方程式為2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH。本小題答案為：2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH。（2）a.Na2SO4與游離氯不反應，不能除去陽極液中游離氯，故a不符合題意；b.Na2SO3有還原性，游離氯有強氧化性，兩者發生氧化還原反應，則Na2SO3有可以除去陽極液中游離氯，故b符合題意；c.海水中提取溴用到“空氣吹出法”將游離態的溴吹出，則除去陽極液中游離氯也可采取此方法，故c符合題意；d.由于氣體的溶解度隨壓強的減小而減小，則降低陽極區液面上方的氣壓，游離氯的溶解度減小從液體中逸出，可除去陽極液中游離氯，故d符合題意。答案選bcd。（3）①碘元素和氯元素處于同一主族(VIIA)，二者最外層電子數均為7，ICl中共用一對電子，由于碘原子半徑大于氯原子，碘原子得電子能力弱于氯原子，故共用電子對偏離碘原子，使得碘元素顯+1價。本小題答案為：碘元素和氯元素處于同一主族(VIIA)，二者最外層電子數均為7，ICl中共用一對電子，由于碘原子半徑大于氯原子，碘原子得電子能力弱于氯原子，故共用電子對偏離碘原子，使得碘元素顯+1價。②NaIO3中I元素失電子發生氧化反應，化合價由+5價升高到+7價生成NaIO4，Cl2中氯元素得電子發生還原反應，化合價由0價降低到-1價生成Cl-，離子方程式為Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—。本小題答案為：Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—。（4）①ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O

10min時pH越低，c(H+)越大，反應速率加快(或ClO-氧化性增強)，c(I2)越高，吸光度越大。本小題答案為：ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O

10min時pH越低，c(H+)越大，反應速率加快(或ClO-氧化性增強)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。②c(H+)較高，ClO-繼續將I2氧化為高價含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小題答案為：c(H+)較高，ClO-繼續將I2氧化為高價含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。③研究表明食鹽水中I-含量≤0.2mg?L-1時對離子交換膜影響可忽略。即1m3食鹽水中I-的含量≤0.2mg?L-1×1m3×1000=0.2g時對離子交換膜影響可忽略，則1m3含I-濃度為1.47mg?L-1的食鹽水需處理掉1.47mg?L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-時對離子交換膜影響可忽略。1.27gI-的物質的量為0.01mol，根據反應方程式ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O，需NaClO的物質的量為0.005mol，則此NaClO的體積為0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小題答案為：0.1。2．

第三周期第ⅥA族

氧原子與硫原子最外層電子數相同，電子層數S>O,原子半徑S>O，得電子能力S<O，對共用電子對的吸引作用S<O，因此，S-H的極性小于O-H的極性。

SO2(或二氧化硫)

氧化劑

4FeS2+15O2+2H2O2Fe2(SO4)3+2H2SO4【詳解】（1）①硫元素在元素周期表中的位置是第三周期，第ⅥA族；②氧原子與硫原子最外層電子數相同，電子層數S>O,原子半徑S>O，得電子能力S<O，對共用電子對的吸引作用S<O，因此，S-H的極性小于O-H的極性。所以乙硫醇(CH3CH2SH)中S-H的極性小于CH3CH2OH分子中O-H的極性。（2）①SO2具有漂白性使品紅溶液褪色的是SO2②石油與硫酸鹽反應轉化為硫化物化合價從+6降到-2，所以硫酸鹽做氧化劑③FeS2可在氧化亞鐵硫桿菌(T．f)的作用下被空氣氧化為Fe2(SO4)3的化學方程式為4FeS2+15O2+2H2O2Fe2(SO4)3+2H2SO43．

Li電極

電極

ac

電池中的膜只允許鋰離子通過，二氧化碳被阻隔，充電時鋰離子在鋰電極放電得到Li【分析】電解時，與電源負極相連的一極為陰極，與電源正極相連的一極為陽極，陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動；可根據元素化合價的變化書寫電極方程式。【詳解】(1)從圖1可以看出，步驟ii中a端連電源正極，作陽極，陽離子向陰極移動，從Li電極向電極遷移，故填Li電極、電極；(2)步驟ii的總反應為，根據蓋斯定律，可得總反應的反應熱為=-1250kJ/mol，即總反應的熱化學方程式為，故填；(3)步驟iii中Li電極作陰極，電極反應式為，故填；(4)a.從圖中可以看出碳酸根到二氧化碳存在碳氧鍵的斷裂，從C到CO存在碳氧鍵的形成，故a正確；b.圖中涉及電極轉移時，能量增加，吸收能量，故b錯誤；c.催化劑可以降低活化能，加快反應速率，故c正確；故填ac；(5)電池中的膜只允許鋰離子通過，二氧化碳被阻隔，充電時鋰離子在鋰電極放電得到Li，所以只生成Li，故填電池中的膜只允許鋰離子通過，二氧化碳被阻隔，充電時鋰離子在鋰電極放電得到Li；4．

Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，鹽酸抑制氯化鐵水解

足量鹽酸和BaCl2溶液

取少量FeCl3溶液電極附近的混合液，加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀，證明產生了Fe2+

3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-

H++HSO3-=H2O+SO2

生成紅色配合物的反應速率快紅色配合物生成橙色配合物的速率較慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2濃度下降，平衡不斷正向移動，最終溶液幾乎無色

反應后的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，過量的電離提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三種微粒會繼續反應形成紅色配合物

溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-濃度不同(或Na2SO3與NaHSO3不同，或Na2SO3與NaHSO3的陰離子不同)、反應物是否接觸形成紅色配合物【分析】本題為實驗探究題。（1）本小題為鹽類水解的應用，為抑制鹽的水解，在配置某些強酸弱堿鹽溶液時可加入相應的酸，如配制FeCl3溶液時，先將FeCl3溶于濃鹽酸，抑制氯化鐵水解。（2）①本小題考查的是硫酸根離子的檢驗，向溶液中滴加鹽酸和BaCl2溶液時產生白色沉淀且白色沉淀不溶于鹽酸，證明溶液中含硫酸根離子。②本小題考查的是亞鐵離子的檢驗，亞鐵離子遇鐵氰化鉀產生藍色沉淀。（3）本小題考查的是電極反應式的書寫，負極失電子發生氧化反應。（4）②本小題考查的是鹽類的水解，水解使溶液酸堿性相反的某些鹽可發生雙水解。（5）（6）兩小題考查的是平衡移動的影響條件，當生成物的濃度減小時平衡向正向移動，則在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2濃度下降，平衡不斷正向移動，；當反應物的濃度增大時平衡向正向移動，則反應后的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，過量的HSO3-電離提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三種微粒會繼續反應形成紅色配合物，平衡不斷正向移動，則30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變為淺紅色，隨后逐漸變為淺橙色。。（7）I和II實驗中亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的pH不同，溶液中SO32-濃度不同，與FeCl3反應的現象也不同，是影響與FeCl3是否發生氧化還原反應的原因之一；II和III實驗中NaHSO3與FeCl3一個接觸，一個沒接觸，反應現象不同，是影響與FeCl3是否發生氧化還原反應的原因之一。【詳解】（1）氯化鐵是強酸弱堿鹽，在水中會發生水解，水解方程式為Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，則在配制FeCl3溶液時，先將FeCl3溶于濃鹽酸，抑制氯化鐵水解。本小題答案為：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，鹽酸抑制氯化鐵水解。（2）①實驗I中試劑X為亞硫酸鈉，亞硫酸鈉溶液中的亞硫酸根離子在此電極失電子發生氧化反應生成硫酸根離子，當向此電極產物中滴加鹽酸和BaCl2溶液時產生白色沉淀且白色沉淀不溶于鹽酸，證明此電極產物為硫酸根離子。本小題答案為：足量鹽酸和BaCl2溶液。②Fe3+得電子發生還原反應生成Fe2+，則探究這一電極的產物時可取少量FeCl3溶液電極附近的混合液，加入鐵氰化鉀溶液，Fe2+遇鐵氰化鉀產生藍色沉淀。本小題答案為：取少量FeCl3溶液電極附近的混合液，加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀，證明產生了Fe2+（3）負極應發生氧化反應，亞硫酸鈉中的硫元素化合價由+4價升高到+6價失電子發生氧化反應，則亞硫酸鈉對應的一極為負極，電極反應式為3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小題答案為：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。（4）②FeCl3為強酸弱堿鹽水解顯酸性，溶液中的氫離子再與亞硫酸氫根離子發生復分解反應H++HSO3-=H2O+SO2。本小題答案為：H++HSO3-=H2O+SO2。（5）1~30min的實驗現象為沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變為橙色，之后幾乎無色，可見生成紅色配合物的反應速率快，紅色配合物生成橙色配合物的速率較慢；是因為在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2濃度下降，平衡不斷正向移動，最終溶液幾乎無色。本小題答案為：生成紅色配合物的反應速率快紅色配合物生成橙色配合物的速率較慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2濃度下降，平衡不斷正向移動，最終溶液幾乎無色。（6）反應后的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，過量的HSO3-電離提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三種微粒會繼續反應形成紅色配合物，則30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變為淺紅色，隨后逐漸變為淺橙色。本小題答案為：反應后的Fe2+被空氣氧化為Fe3+，過量的HSO3-電離提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三種微粒會繼續反應形成紅色配合物。（7）I和II實驗中亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的pH不同，溶液中SO32-濃度不同，與FeCl3反應的現象也不同，是影響與FeCl3是否發生氧化還原反應的原因之一；II和III實驗中NaHSO3與FeCl3一個接觸，一個沒接觸，反應現象不同，是影響與FeCl3是否發生氧化還原反應的原因之一。本小題答案為：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-濃度不同(或Na2SO3與NaHSO3不同，或Na2SO3與NaHSO3的陰離子不同)、反應物是否接觸形成紅色配合物。5．

2Fe3++2I-?2Fe2++I2

隔絕空氣中的O2，防止O2氧化Fe2+

實驗2中，采取了增大反應物濃度、升高溫度的措施提高化學反應速率，但溶液仍未變紅

Fe3+

加入KSCN后，Fe3+先與SCN-反應生成Fe(SCN)3，溶液變紅；Ag+與SCN-反應生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產生白色沉淀

0.1mol/LAgNO3溶液

假設ⅰ、ⅱ均不成立

實驗1溶液未變紅是因為2Fe2++I2?2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+濃度太低，未能檢出【分析】I．(1)Fe3+具有強氧化性，I-具有還原性。Fe3+與I-發生氧化還原反應(2)

實驗2中，石蠟密度小不溶于水，加入石蠟油的目的是隔絕空氣中的O2。(3)

反應速率不是導致實驗1中溶液未變紅的主要原因可以從對比試驗來分析。(4)

試管a的加入1滴KSCN溶液變紅色說明含有Fe3+(5)

Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3是可逆反應，從平衡移動的角度來分析(6)

設計實驗驗證氧化Fe2+的物質【詳解】I．(1)Fe3+具有強氧化性，I-具有還原性。Fe3+與I-發生氧化還原反應的離子方程式為2Fe3++2I-?2Fe2++I2(2)實驗2中，石蠟密度小不溶于水，加入石蠟油后浮在水面隔絕空氣中的O2，防止O2氧化Fe2+。(3)小組同學做出推斷：反應速率不是導致實驗1中溶液未變紅的主要原因，他們的理由是采取了增大反應物濃度、升高溫度的措施提高化學反應速率，但溶液仍未變紅。Ag+與SCN-反應生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產生白色沉淀。(7)

II．（4）試管a的加入1滴KSCN溶液變紅色說明含有Fe3+(5).加入KSCN后，Fe3+先與SCN-反應生成Fe(SCN)3，溶液變紅；Ag+與SCN-反應生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產生白色沉淀（6）①需要驗證是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以試劑a是0.1mol/LAgNO3溶液②依據實驗4，甲同學做出判斷②依據實驗4，甲同學做出判斷(7)根據實驗1～4所得結論是實驗1溶液未變紅是因為2Fe2++I2?2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+濃度太低，未能檢出。【點睛】該題的易難點錯點是（6），設計實驗驗證氧化的Fe2+物質是AgNO3還是空氣中的O2。6．

2HClOHCl+O2

強于

acd

羥基

PCMX含有酚羥基，具有還原性，NaClO具有氧化性，二者能發生氧化還原反應

ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O【詳解】(1)“84”消毒液有效成分是NaClO，其消毒原理是NaClO先與空氣中的CO2和H2O生成HClO，如果HClO見光分解，則會失效，HClO分解的化學方程式為：2HClOHCl+O2，故答案為：2HClOHCl+O2；(2)①通過表格數據分析，NaClO溶液濃度相同時，pH越小細菌的殺滅率越高，而pH越小則說明生成的HClO越多，故表示HClO的殺菌能力強于NaClO，故答案為：強于；②a．由表格數據可知，當pH相同時，NaClO濃度越大則殺菌率越高，故a正確；b．“84”消毒液在使用過程中會產生HClO等酸性物質，會腐蝕金屬，故b錯誤；c．“84”消毒液如與潔廁液混用，會發生反應：HClO+HCl=Cl2+H2O，故兩者不能混用，故c正確；d．噴灑后適當保持一段時間有利于HClO的生成，達到殺菌效果，故d正確；答案為：acd；(3)①中的含氧官能團為羥基，故答案為：羥基；②PCMX()含有酚羥基，具有還原性，而NaClO具有氧化性，兩者會反應，影響消毒殺菌效果，故答案為：PCMX含有酚羥基，具有還原性，NaClO具有氧化性，二者能發生氧化還原反應；(4)H2O2中O為-1價，為中間價態，有還原性，可能會被NaClO氧化為O2，離子方程式為：ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O，故答案為：ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O。【點睛】重點考查了HClO的強氧化性和弱酸性，利用氧化還原的基本原理分析物質間的反應是解答的關鍵。7．

氧化

實驗b中，溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，說明先發生絡合反應之后又發生氧化還原反應(或實驗a到實驗c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發生了氧化還原反應)

向其中滴加氨水，放置在空氣中，若溶液變為藍色，則說明含Cu(Ⅰ)

CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)濃度降低，使平衡正向移動，沉淀溶解

2Cu2++6=2+

二者發生絡合反應的趨勢減弱，發生氧化還原反應的趨勢增強

Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發生氧化還原反應的趨勢【分析】根據資料i.(綠色)，和Cu(Ⅱ)有氧化性，具有還原性，提出假設；通過與溶液的反應的現象，實驗a到實驗c，溶液濃度變大，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發生了氧化還原反應；隨的增大，二者發生絡合反應的趨勢減弱，發生氧化還原反應的趨勢增強；探究與溶液的反應，起初現象溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，靜置很快出現白色沉淀，再加溶液，白色沉淀很快溶解形成無色溶液；結合資料ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍色)，要確定無色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈現無色，后變為藍色；Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發生氧化還原反應的趨勢。【詳解】假設2：具有還原性，Cu(Ⅱ)有氧化性，與在溶液中發生氧化還原反應。故答案為：氧化；實驗一：探究與溶液的反應。(1)結合資料i.(綠色)，根據實驗a的現象溶液逐漸變為綠色，靜置無變化，可推測溶液中生成的含Cu微粒是(填化學符號)。故答案為：；(2)甲同學認為實驗一能證明假設2成立，他的理由是實驗b中，溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，說明先發生絡合反應之后又發生氧化還原反應(或實驗a到實驗c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發生了氧化還原反應)。故答案為：實驗b中，溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，說明先發生絡合反應之后又發生氧化還原反應(或實驗a到實驗c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發生了氧化還原反應)；實驗二：探究與溶液的反應。(3)結合資料ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍色)，無色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈現無色，后變為藍色。他的實驗方案是：取少量無色溶液，向其中滴加氨水，放置在空氣中，若溶液變為藍色，則說明含Cu(Ⅰ)。故答案為：向其中滴加氨水，放置在空氣中，若溶液變為藍色，則說明含Cu(Ⅰ)；(4)經檢驗白色沉淀為CuCl，從化學平衡的角度解釋繼續加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)濃度降低，使平衡正向移動，沉淀溶解。故答案為：CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)濃度降低，使平衡正向移動，沉淀溶解；(5)與發生氧化還原反應得到無色溶液，生成和，離子方程式：2Cu2++6=2+。故答案為：2Cu2++6=2+；由分析，獲得結論：①隨的增大，二者發生絡合反應的趨勢減弱，發生氧化還原反應的趨勢增強；②氯離子易與亞銅離子生成氯化亞銅，Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發生氧化還原反應的趨勢。故答案為：二者發生絡合反應的趨勢減弱，發生氧化還原反應的趨勢增強；Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發生氧化還原反應的趨勢。8．(1)

+2Fe2++4H+=+2+2H2O

bc(2)

過濾

稀釋浸出液，使得溶液的pH升高，導致+3H2O3H++Fe(OH)3正向移動(3)

控制溫度在450左右、增大空氣的流速

反應速率ii大于反應速率i【分析】軟錳礦通過浸出操作得到含的浸出液，加熱碳酸氫銨通過凈化分離得到，熱解得到二氧化錳粗顆粒。【詳解】（1）①二氧化錳具有氧化性，亞鐵離子具有還原性，用硫酸和可溶解軟錳礦，離子方程式：為+2Fe2++4H+=+2+2H2O；②a．二氧化錳和反應生成硫酸根離子，硫元素化合價升高，在反應中作還原劑，a錯誤；b．用代替硫酸浸出，減少了硫酸的使用量，b正確；c．該法可充分利用二氧化硫，將二氧化硫轉化為鹽溶液，可同時處理煙氣中的，減少大氣污染，c正確；故選bc；（2）①軟錳礦浸出液中的、可通過加堿轉化為沉淀去除，過濾是分離固液的一種實驗操作，故分離出清液的方法是過濾；②通過稀釋浸出液，使得溶液的pH升高，導致+3H2O3H++Fe(OH)3正向移動，利于除去鐵離子；（3）①由圖可知，在450的含量最大且其它價態錳含量較低；由涉及反應可知，通入更多氧氣利于二氧化錳的生成；故為了增大產物中的占比，可以采用的措施是控制溫度在450左右、增大空氣的流速。②反應中首先生成，然后再轉化為其它價態錳，溫度升高，產物中的占比降低，可能的原因是由于反應速率ii大于反應速率i（或者反應i已經完成，ii反應速率更快）9．(1)探究草酸濃度對反應速率的影響(2)b(3)否，在酸性條件下不穩定，迅速分解產生和(4)+4H2C2O4=4CO2++4H2O(5)實驗②中所加草酸的物質的量比實驗①的更少，導致階段i形成的實驗②比實驗①的更少，生成的Mn3+實驗②比實驗①的更多，且Mn3+的氧化性比強(6)減少(7)還原劑和酸性【詳解】（1）由題干表中數據可知，實驗①和②只有草酸的濃度不同，故該組實驗的目的是探究草酸濃度對反應速率的影響，故答案為：探究草酸濃度對反應速率的影響；（2）a．鹽酸能與酸性高錳酸鉀反應，影響實驗結論，a不合題意；

b．硫酸不與草酸和酸性高錳酸鉀反應，不會影響實驗結論，b符合題意；

c．草酸實驗中本身就是探究草酸與酸性高錳酸鉀反應速率的影響因素，c不合題意；故答案為：b；（3）由題干信息(c)可知，呈綠色，在酸性條件下不穩定，迅速分解產生和，而階段i溶液呈酸性，故不可能產生，故答案為：否，在酸性條件下不穩定，迅速分解產生和；（4）由題干圖示信息可知，第i階段中檢測到有氣體產生同時生成，則該階段反應的離子方程式為：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案為：+4H2C2O4=4CO2++4H2O；（5）比較實驗②中所加草酸的物質的量比實驗①的更少，導致階段i形成的實驗②比實驗①的更少，根據已知信息(b)無色，有強氧化性，發生反應(青綠色)后氧化性減弱可知，形成的越少則生成的Mn3+越多，由于Mn3+有強氧化性而氧化性減弱，則導致實驗②在第ii階段的反應速率較大，故答案為：實驗②中所加草酸的物質的量比實驗①的更少，導致階段i形成的實驗②比實驗①的更少，生成的Mn3+實驗②比實驗①的更多，且Mn3+的氧化性比強；（6）據此推測，若在第ii階段將調節至，即增大溶液中的H+濃度，則溶液中的草酸根離子濃度減小，不利于形成，則溶液中Mn3+的濃度增大，反應速率加快，溶液褪至無色的時間會減少，故答案為：減少；（7）在反應+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作還原劑又表現出酸性，同時提供與Mn3+形成絡離子，故答案為：還原劑和酸性。10．(1)

醛基和溴原子(或碳溴鍵)

取代反應(2)ab(3)(4)+H2O+(5)

或或(6)

【分析】由合成路線圖可知，A生成B的反應為取代反應，B生成C的反應為取代反應，根據信息提示可知C生成D的反應為取代反應，D為，D與NaN3發生取代反應生成E，結合題中E的分子式可推知E為；由E經F生成G正推，再由G經F到E逆推，可推知F為或或，E生成F的反應為取代和加聚反應，F生成G的反應為水解反應；【詳解】（1）由結構可知A含有的官能團有：醛基、溴原子(或碳溴鍵)；對比A、B的結構可知，A中苯環上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，屬于取代反應；（2）a．B與C的相對分子質量不同，可以用質譜法進行鑒別，a正確；b．B含有醛基、碳碳三鍵、醇羥基、苯環，羥基連接碳原子相鄰的碳原子上有H原子，可以發生氧化、取代、消去反應，b正確；c．醛基、碳碳三鍵都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，不能鑒別，c錯誤，故選ab；（3）B生成C的過程中還有另一種生成物X，分子式為C3H6O，核磁共振氫譜顯示只有一組峰，則X只有一種有效氫，為對稱結構，則X的結構簡式為；（4）由D的分子式，可知C與脫去1分子水生成E，C中醛基與氨基反應形成C=N雙鍵，故D為，反應方程式為：++H2O；（5）對比D、E的分子式，應D中的1個?F原子被?N3替代生成E，結合G的結構可知應是含N取代基的對位?F原子被取代，故E為；（6）醛基氧化生成H為，由K的結構可知，H與HC≡CH發生取代反應生成I為，I的羧基中的?OH被取代生成J，故J為。11．

羰基、羥基

取代反應

abc

【分析】根據反應流程圖A的分子式C7H8與氯氣光照取代生成B的分子式C7H5Cl3可知A：B:C:Cl

D:E:根據以上物質分析【詳解】根據反應流程圖A的分子式C7H8與氯氣光照取代生成B的分子式C7H5Cl3可知A：B:C:Cl

D:E:根據以上物質分析(1)A—B的化學方程式為(2)

D的結構簡式為(3)

E結構式中含有的含氧官能團為羰基、羥基(4)

G—H的反應類型為取代反應(5)

I—K的化學方程式為(6)下列說法正確的是abc。a．A分子中所有碳原子均在同一平面

a項正確

b．C的結構簡式為b項正確c．F+F—G的副產物中有2種互為順反異構體

c項正確

d．1molH最多能與1molNaOH反應

d項錯誤(6)

M-P的合成路線【點睛】本題是以合成線路形成推斷為主的有機合成題，考查了有機物的推斷、結構簡式的書寫、有機反應離子方程式的書寫設計合成線路等考點。其中設計合成線路等考點是該題的重點和難點，難度較大，需要學生具備較強的知識運用和信息遷移能力。12．

濃硝酸，濃硫酸

增加了反應物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學平衡正向移動

+H2O+CH3CH2OH

CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr

1：1【分析】由框圖分析可知：；CH2=CHCH2CH2OHCH2BrCHBrCH2CH2OH,以此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析可知：試劑a為濃硝酸和濃硫酸，故答案：濃硝酸，濃硫酸。(2)根據上述分析可知：B的結構簡式為，具有堿性，轉化為的反應中，如果過量可以中和生成的HCl，相當于增加了反應物的濃度，減小生成物的濃度，使化學平衡正向移動，提高的平衡轉化率，故答案：增加了反應物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學平衡正向移動。(3)根據上述分析可知：C的結構簡式為，D的結構簡式為，C轉化為D是酯在酸性條件下的水解反應，所以反應的化學方程式為+H2O+CH3CH2OH，故答案：+H2O+CH3CH2OH。(4)根據上述分析可知：G的結構簡式為CH2BrCHBrCH2CH2OH，H的結構簡式為，根據已知條件可知，CH2BrCHBrCH2CH2OH轉化為的化學方程式為CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr，同時G生成H的過程中會得到少量的聚合物,故答案：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；。(5)①根據i.+和ii.可知，，中間產物1中有兩個六元環和一個五元環，所以中間產物1的結構式為；由中間產物3中有三個六元環，所以中間產物3的結構簡式為：，故答案：；。②根據框圖可知：D的分子式C8H9O2N，I的分子式為C4H6O，J的分子式為C12H9O2N，所以D和I反應生成J的方程式為：C8H9O2N+C4H6O+xO2C12H9O2N+yH2O，根據H原子守恒可知生成H2O為3mol，再根據氧原子守恒，可知消耗O2為1mol，所以理論上該過程中消耗的與生成的J的物質的量之比為1：1，故答案：1：1。13．(1)甲苯(2)ac(3)(4)(5)1:2(6)(7)

【分析】A的分子式為C7H8，A發生硝化反應生成B，B和鹵素單質發生取代反應生成D，D水解生成E，由E的結構簡式逆推，可知A是，B是，D是；E發生催化氧化生成G，G是；和I反應生成J，由信息i可知I是；X水解為K、L，根據K、L的分子式，K是、L是，K水解為M，M是。（1）A是，名稱為甲苯；（2）a．甲苯和濃硫酸、濃硝酸的混合液發生硝化反應生成，需要使用濃硝酸和濃硫酸，故a正確；b．D是，含有的官能團有硝基、鹵素原子，故b錯誤；c．中X原子被羥基代替生成E，反應類型是取代反應，故c正確；選ac。（3）發生催化氧化生成，反應的化學方程式是（4）和I反應生成J，由信息i可知I是；（5）J在一定條件下發生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，根據碳原子守恒，生成物中化合物X和乙酸的物質的量之比是1:2；（6）X水解為K、L，K中除苯環外，還含有一個五元環。根據K、L的分子式，K是；（7）根據信息ii，和，反應生成，根據信息iii，生成，脫水生成Y，則中間產物1是、中間產物2是。14．

2Fe3+

2?OH

2Fe2+

溫度從40℃上升到50℃，羥基自由基發生猝滅程度增大（或溫度升高H2O2發生分解產生氧氣），導致c(?OH)下降，所以反應速率基本不變

正

O2+2e-+2H+＝H2O2

Fe2++H2O2+H+＝Fe3++H2O+?OH或H2O2＝2?OH

C6H6O+28?OH＝6CO2↑+17H2O【詳解】(1)羥基中O有1個單電子，O周圍有7個電子，電子式為，故答案為；(2)根據已知信息可知反應ii應該是Fe3+氧化?OH生成Fe2+和O2，離子反應方程式為2Fe3++2?OH＝2Fe2++O2↑+2H+，故答案為：2Fe3+；2?OH；2Fe2+；(3)H2O2對熱不穩定，溫度升高，會導致H2O2發生分解，導致c(?OH)下降，所以，溫度從40℃上升到50℃，反應速率基本不變，故答案為：溫度從40℃上升到50℃，羥基自由基發生猝滅程度增大（或溫度升高H2O2發生分解產生氧氣），導致c(?OH)下降，所以反應速率基本不變；(4)①a極主要發生的反應是O2生成H2O2，O元素化合價降低、得到電子、發生還原反應，則a電極為陰極、與電源負極相接，所以b電極為陽極、與電源正極相接，故答案為：正；②a電極為陰極，O2得到電子生成H2O2，電解質溶液顯酸性，電極反應式為O2+2e-+2H+＝H2O2，故答案為：O2+2e-+2H+＝H2O2；③H2O2分解產生?OH，方程式為H2O2＝2?OH，?OH脫除苯酚成無毒的氧化物，該氧化物為CO2，反應的方程式為C6H6O+28?OH＝6CO2↑+17H2O，故答案為：H2O2＝2?OH，C6H6O+28?OH＝6CO2↑+17H2O。15．

高濃度易爆炸（或不穩定，或易分解）

137

0.1m/6

溫度升高，過氧乙酸分解；溫度升高，過氧化氫分解，過氧化氫濃度下降，反應速率下降

隨著pH升高，SV-1的團簇粒徑減小，與過氧化氫接觸面積增大，反應速率加快【分析】（1）過氧乙酸(CH3CO3H)不穩定、易分解，高濃度易爆炸，為了安全市售過氧乙酸的濃度一般不超過21%(2)

利用熱化學方程式中各物質的系數代表各物質的物質的量來計算(3)

結合圖象分析計算【詳解】(1)市售過氧乙酸的濃度一般不超過21%，原因是不穩定、易分解，高濃度易爆炸。(2)

利用熱化學方程式中各物質的系數代表各物質的物質的量來計算。利用上述反應制備760gCH3CO3H，物質的量是10mol,所以放出的熱量是方程式中反應熱的10倍為137kJ。(3)

①實驗1中，若反應混合液的總質量為mg，依據圖1數據計算，在0—6h間，v(CH3CO3H)=0.1②綜合圖1、圖2分析，與20℃相比，25℃時過氧乙酸產率降低的可能原因是溫度升高，過氧乙酸分解；溫度升高，過氧化氫分解，過氧化氫濃度下降，反應速率下降。（4）依據圖3、圖4分析，過氧乙酸對SV-1的殺滅速率隨pH增大而增大的原因可能是隨著pH升高，SV-1的團簇粒徑減小，與過氧化氫接觸面積增大，反應速率加快。16．(1)(2)bc(3)

偏大

(4)

使還原性增強

先向左側燒杯中加入少量硫酸，觀察電壓表示數是否變化，再向右側燒杯中加入等量硫酸，觀察電壓表示數是否變化【詳解】（1）業上電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，反應的離子方程式為；（2）a．氯元素都在陽極室，所以應該在陽極室生成，故a錯誤；b．氯離子在陽極發生氧化反應，化合價升高，有可能生成，故b正確；c．陽離子交換膜破損導致OH-向陽極室遷移，陽極室氫氧根濃度變大，陽極生成的氯氣與氫氧根反應生成次氯酸根，當pH升高時，ClO-易歧化為和Cl-，故c正確；答案選bc；（3）①加入過氧化氫消耗水樣中殘留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亞鐵，與氯酸根反應，最后計算出與氯酸根反應后剩余的亞鐵離子。未加入過氧化氫，水樣中殘留的Cl2和ClO-也會在第二步中消耗亞鐵離子，使亞鐵離子消耗的量增大，這些消耗的亞鐵離子也會認為是氯酸根消耗的，所以濃度將偏大。②高錳酸鉀和硫酸亞鐵反應的離子方程式為，則有關系式，因此與高錳酸鉀反應的亞鐵離子為，與亞鐵離子反應的離子方程式為，則有關系式，與反應的亞鐵離子的物質的量為，設的物質的量為a，，則；（4）①鹽酸和反應生成，反應的離子方程式為；②鹽酸與的反應中，鹽酸作還原劑，因此鹽酸的作用可能是提高，使還原性增強；③用如圖裝置驗證i，具體的操作為：閉合K，至指針讀數穩定后，先向左側燒杯中加入少量硫酸，觀察電壓表示數是否變化，再向右側燒杯中加入等量硫酸，觀察電壓表示數是否變化。17．

過濾

先加入氨水，可使Ni2+發生反應轉化為[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的濃度，再加入NaOH時，可減慢Ni(OH)2的沉降速率

加入NaOH后，溶液中存在兩個平衡，