北京市海淀区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题（含解析）

试卷第=page2222页，共=sectionpages2323页试卷第=page2323页，共=sectionpages2323页北京市海淀区2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-非选择题一、填空题1．（2019·北京海淀·统考一模）阳离子交换膜法电解饱和食盐水具有综合能耗低、环境污染小等优点。生产流程如下图所示：(1)电解饱和食盐水的化学方程式为________。(2)电解结束后，能够脱去阳极液中游离氯的试剂或方法是________(填字母序号)。a．Na2SO4b．Na2SO3c．热空气吹出d．降低阳极区液面上方的气压(3)食盐水中的I—若进入电解槽，可被电解产生的Cl2氧化为ICl，并进一步转化为IO3—。IO3—可继续被氧化为高碘酸根(IO4—)，与Na+结合生成溶解度较小的NaIO4沉积于阳离子交换膜上，影响膜的寿命。①从原子结构的角度解释ICl中碘元素的化合价为+1价的原因：________。②NaIO3被氧化为NaIO4的化学方程式为________。(4)在酸性条件下加入NaClO溶液，可将食盐水中的I-转化为I2，再进一步除去。通过测定体系的吸光度，可以检测不同pH下I2的生成量随时间的变化，如下图所示。已知：吸光度越高表明该体系中c(I2)越大。①结合化学用语解释10min时不同pH体系吸光度不同的原因：________。②pH=4.0时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因：________。③研究表明食盐水中I-含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。现将1m3含I-浓度为1.47mg•L-1的食盐水进行处理，为达到使用标准，理论上至少需要0.05mol•L-1NaClO溶液________L。(已知NaClO的反应产物为NaCl，溶液体积变化忽略不计)2．（2020·北京海淀·统考一模）硫是人类认识最早的元素之一，含硫物质在现代生产和生活中发挥着重要作用。(l)我国化学家姜雪峰因其在绿色有机硫化学领域的杰出贡献被遴选为“全球青年化学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)是一种含硫有机物，其分子中S-H的极性小于CH3CH2OH分子中O-H的极性，请从原子结构角度解释其原因：____。(2)自然界的硫循环过程如下图所示。①上图所涉及的含硫物质中，能使品红溶液褪色的是____。②降解石油（主要成分为CxHy）的过程中，在细菌催化作用下，石油与硫酸盐反应转化为碳酸氢盐，硫酸盐做____（填“氧化剂”或“还原剂”）。③煤炭中的硫化物主要为FeS2（S为-1价）。在潮湿的环境中，FeS2可在氧化亚铁硫杆菌(T．f)的作用下被空气氧化为Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为____。3．（2021·北京海淀·统考一模）锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。i.将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。ii.0-5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。iii.5-10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C．步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。iv.重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。(1)步骤ii内电路中的由___________向___________迁移(填“Li电极”或“电极”)。(2)已知下列反应的热化学方程式。步骤ii电解总反应的热化学方程式为___________。(3)步骤iii中，Li电极的电极反应式为___________。(4)和C只有在的催化作用下才能发生步骤ⅲ的电极反应，反应历程中的能量变化如下图。下列说法正确的是___________(填字母序号)。a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量c.催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率加快(5)受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，工作原理如图2.“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是___________。二、实验题4．（2019·北京海淀·统考一模）某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。【甲同学的实验】装置编号试剂X实验现象INa2SO3溶液(pH≈9)闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转IINaHSO3溶液(pH≈5)闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。(2)甲同学探究实验I的电极产物______________。①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入______________，产生白色沉淀，证明产生了。②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。(3)实验I中负极的电极反应式为______________。【乙同学的实验】乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：装置编号反应时间实验现象III0~1min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出1~30min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色30min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。①Fe3+＋3Fe(OH)3＋3SO2；②______________。(5)查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30min的实验现象：______________。(6)解释30min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。【实验反思】(7)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和有关(写出两条)______________。5．（2020·北京海淀·统考一模）某研究小组查阅资料发现Fe3+与I-的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在Fe3+，并据此设计实验1（如下图所示），发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。I．初步探究实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实验记录如下表。编号饱和（NH4）2Fe（SO4）2溶液饱和碘水石蜡油操作KSCN溶液现象2-11滴5mL1mL不加热1滴无明显现象2-21滴5mL1mL加热一段时间后冷却1滴无明显现象(1)研究小组同学根据所查阅资料写出的Fe3+与I-反应的离子方程式为____。(2)实验2中，加入石蜡油的目的是____。(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是___。II．查阅资料，继续探究【资料】AgSCN为不溶于水的白色固体。(4)试管a的实验现象说明滤液l中含有____。(5)试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是___。(6)甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明I2氧化了Fe2+。他提出如下假设：i．可能是AgNO3氧化了Fe2+;ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+。他设计、实施了实验4，实验记录如下表。编号实验操作实验现象4在试管中加入1滴0.2mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液，5mL蒸馏水，1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液溶液不变红①试剂a是___。②依据实验4，甲同学做出判断：______________________(7)根据实验1～4所得结论是____。6．（2021·北京海淀·统考一模）以下是生活中常用的几种消毒剂。i.“84”消毒液，有效成分是NaClO。ii.消毒液A，其有效成分的结构简式为(简称PCMX)。ⅲ.双氧水消毒液，是质量分数为3%~25%的溶液。(1)“84”消毒液需要在阴暗处密封保存，否则容易失效，用化学用语解释其原因：①；②___________。(2)实验室通过测定不同pH环境中不同浓度NaClO溶液的细菌杀灭率(%)，以探究“84”消毒液杀菌能力的影响因素，实验结果如下表。NaClO溶液浓度(mg/L)不同pH下的细菌杀灭率(%)pH=4.5pH=7.0pH=9.525098.9077.9053.9050099.9997.9065.54①结合表中数据可推断，相同条件下，HClO的杀菌能力___________(填“强于”“弱于”或“相当于”)NaClO的杀菌能力。②下列关于“84”消毒液及其使用方法的描述中，正确的是___________(填字母序号)。a.“84”消毒液的杀菌能力与其浓度有关b.长期用于对金属制品消毒，不会使金属腐蚀c.不能与清厕灵(含HCl)混合使用，可能会导致安全事故d.喷洒在物品表面后适当保持一段时间，以达到消毒杀菌效果(3)消毒液A常用于家庭衣物消毒。①PCMX分子中的含氧官能是___________(写名称)。②若将消毒液A与“84”消毒液混合使用，会大大降低消毒效果，从物质性的角度解释其原因为____。(4)研究小组将某“84”消毒液与双氧水消毒液等体积混合，有大量无色气体生成，经检验为氧气。用离子方程式表示生成氧气的可能原因：、____。7．（2021·北京海淀·统考一模）某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与溶液的反应。【查阅资料】i.(绿色)(无色)；ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；iii.易被氧化为或。【猜想假设】同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与可能会发生两种反应。假设1：与在溶液中发生络合反应生成；假设2：Cu(Ⅱ)有___________性，与在溶液中发生氧化还原反应。【实验操作及现象分析】实验一：探究与溶液的反应。实验操作实验序号h(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(1)根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化学符号)。(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是___________。实验二：探究与溶液的反应。(3)乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：___________。(5)经检验氧化产物以形式存在。写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。【获得结论】综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与在液中的反应与多种因素有关，得到实验结论：①随的增大，___________；②___________。8．（2022·北京海淀·统考一模）在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：(1)浸出①用硫酸和可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式：______□+□___________+□___________=□+□□______②浸出时可用代替硫酸和。下列说法正确的是___________(填序号)。a．在反应中作氧化剂b．用浸出可减少酸的使用c．该法可同时处理烟气中的，减少大气污染(2)净化、分离①软锰矿浸出液中的、可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是___________。②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去，结合离子方程式解释原理：___________。(3)热解在一定空气流速下，相同时间内热解产物中不同价态的占比随热解温度的变化如图。热解过程中涉及如下化学反应：i．ii．

iii．

①为了增大产物中的占比，可以采用的措施是___________(答出两条)。②温度升高，产物中的占比降低，可能的原因是___________。9．（2022·北京海淀·统考一模）某兴趣小组同学探究KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。配制1.0×10-3mol/LKMnO4溶液、0.40mol/L草酸溶液。将KMnO4溶液与草酸溶液按如下比例混合。【设计实验】序号反应温度/℃①2.02.0020②2.01.01.020(1)实验①和②的目的是___________。(2)甲认为上述实验应控制pH相同，可加入的试剂是___________(填序号)。a．盐酸

b．硫酸

c．草酸【实施实验】小组同学将溶液pH调至1并进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：i．紫色溶液转变为青色溶液，ii．青色溶液逐渐褪至无色溶液。资料：(a)无色，在草酸中不能形成配合物；(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱；(c)呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和。(3)乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生，你认为该观点是否合理，并说明理由：___________。【继续探究】进一步实验证明溶液中含有，反应过程中和浓度随时间的变化如下图。(4)第i阶段中检测到有气体产生，反应的离子方程式为___________。(5)实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是___________。(6)据此推测，若在第ii阶段将调节至，溶液褪至无色的时间会___________(填“增加”“减少”或“不变”)。【结论与反思】(7)上述实验涉及的反应中，草酸的作用是___________。结论：反应可能是分阶段进行的。草酸浓度的改变对不同阶段反应速率的影响可能不同。三、有机推断题10．（2019·北京海淀·统考一模）“点击化学”是指快速、高效连接分子的一类反应，例如铜催化的Huisgen环加成反应：+我国科研人员利用该反应设计、合成了具有特殊结构的聚合物F并研究其水解反应。合成线路如图所示：已知：+H2O+(1)化合物A的官能团名称是_______；反应①的反应类型是_______。(2)关于B和C，下列说法正确的是_______(填字母序号)。a.利用质谱法可以鉴别B和Cb.B可以发生氧化、取代、消去反应c.可用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳三键(3)B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，X的结构简式为_______。(4)反应②的化学方程式为_______。(5)E的结构简式为_______；聚合物F的结构简式为_______。(6)为了探究连接基团对聚合反应的影响，设计了单体K，其合成路线如图：写出H、I、J的结构简式：H_______；I_______；J_______。11．（2020·北京海淀·统考一模）聚合物L具有特殊的光学性质，可用于光电材料，其合成路线如下：已知：i．有机物可用键线式表示，如可表示为(1)A—B的化学方程式为____。(2)D的结构简式为____。(3)E中含有的含氧官能团为____。(4)G—H的反应类型为____。(5)I—K的化学方程式为____。(6)下列说法正确的是______填字母序号）。a．A分子中所有碳原子均在同一平面

b．C的结构简式为c．F+F—G的副产物中有2种互为顺反异构体

d．1molH最多能与2molNaOH反应(7)乳酸乙酯是合成的中间体。下图是某同学设计的合成乳酸乙酯的流程。请写出M-P的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）________________________。12．（2021·北京海淀·统考一模）由C-H键构建C-C键是有机化学的热点研究领域。我国科学家利用N-苯基甘氨酸中的C-H键在作用下构建C-C键，实现了喹啉并内酯的高选择性制备。合成路线如下图。已知：i.R-Br+R’CHOii.(1)试剂a为___________。(2)B具有碱性，B转化为C的反应中，使B过量可以提高的平衡转化率，其原因是___________(写出一条即可)。(3)C转化为D的化学方程式为___________。(4)G转化为H的化学方程式为___________；G生成H的过程中会得到少量的聚合物，写出其中一种的结构简式：___________。(5)已知：i.+ii.①D和I在作用下得到J的4步反应如下图(无机试剂及条件已略去)，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，中间产物3中有三个六元环。结合已知反应信息，写出中间产物1和中间产物3的结构简式_______

；______。②D和I转化成J的反应过程中还生成水，理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为___________。13．（2022·北京海淀·统考一模）多环化合物Y是一种药物合成的中间体，它的一种合成路线如下图(部分反应条件或试剂略去)。已知：i．R1-CHO+(1)A的名称是___________。(2)下列说法中，正确的是___________(填序号)。a．由A制备B时，需要使用浓硝酸和浓硫酸b．D中含有的官能团只有硝基c．D→E可以通过取代反应实现(3)E→G的化学方程式是___________。(4)I的结构简式是___________。(5)J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物质的量之比是___________。(6)K中除苯环外，还含有一个五元环。K的结构简式是___________。(7)知：ii．+R3-NH2iii．亚胺结构()中键性质类似于羰基，在一定条件下能发生类似i的反应。M与L在一定条件下转化为Y的一种路线如下图。写出中间产物1、中间产物2的结构简式：___________、___________。四、原理综合题14．（2019·北京海淀·统考一模）羟基自由基（·OH，电中性，O为-1价）是一种活性含氧微粒。常温下，利用·OH处理含苯酚废水，可将其转化为无毒的氧化物。（1）·OH的电子式为________。（2）pH=3时Fe2+催化H2O2的分解过程中产生·OH中间体，催化循环反应如下。将方程式ii补充完整。i．Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii．___+___=___+O2↑+2H+（3）已知：羟基自由基容易发生猝灭2·OH=H2O2，从而活性降低．用H2O2分解产生的·OH脱除苯酚，当其他条件不变时，不同温度下，苯酚的浓度随时间的变化如图1所示．0～20min时，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变的可能原因是________。（4）利用电化学高级氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图2所示。已知a极主要发生的反应是O2生成H2O2，然后在电解液中产生·OH并迅速与苯酚反应。①b极连接电源的________极（填“正”或“负”）。②a极的电极反应式为______。③除电极反应外，电解液中主要发生的反应方程式有________，_______。15．（2020·北京海淀·统考一模）过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：CH3COOH(aq)+H2O2(aq)⇌CH3CO3H(aq)+H2O(l)△H=-13.7KJ/mol(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____。(2)利用上述反应制备760gCH3CO3H，放出的热量为____kJ。(3)取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。实验1：在25℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=____g／h（用含m的代数式表示）。②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。（写出2条）。(4)SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40nm和70nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______16．（2022·北京海淀·统考一模）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知：pH升高时，易歧化为和。(1)电解饱和食盐水的离子方程式为___________。(2)下列关于产生的说法中，合理的是___________(填序号)。a．主要在阴极室产生b．在电极上放电，可能产生c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生(3)测定副产物含量的方法如下图。①加入的目的是消耗水样中残留的和。若测定中未加入，则测得的水样中的浓度将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。②滴定至终点时消耗酸性溶液，水样中的计算式为___________。(4)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。①反应的离子方程式为___________。②处理时，盐酸可能的作用是：i．提高，使氧化性提高或还原性提高；ii．提高，___________。③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后，___________。五、工业流程题17．（2020·北京海淀·统考一模）镍镉电池是应用广泛的二次电池，其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2制造密封式镍镉电池的部分工艺如下：I．Ni(OH)2的制备以硫酸镍(NiSO4)为原料制备Ni(OH)2的主要过程如下图所示。制备过程中，降低Ni(OH)2沉淀速率，可以避免沉淀团聚，提升电池性能。已知：Ni2++6NH3•H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O(1)操作a是____。(2)制备过程中，需先加氨水，再加过量NaOH，请分析：①先加氨水的目的是___。②用化学平衡移动原理分析加入NaOH需过量的原因是____。(3)用无水乙醇代替水洗涤滤渣的优点是_____答出1条即可）。II．镍镉电池的组装主要步骤：①将Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，中间以隔膜隔开（如下图所示）；②将多组上述结构串联；③向电池中注入KOH溶液；④密封。(4)下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是____（填字母序号）。a．密封镍镉电池可以避免KOH变质b．镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极c．电池组装后，应先充电，再使用III.过度充电的保护电池充电时，若Cd(OH)2和Ni(OH)2耗尽后继续充电，会造成安全隐患，称为过度充电。制造电池时，在镉电极加入过量的Cd(OH)2可对电池进行过度充电保护，该方法称为镉氧循环法。(5)Cd(OH)2耗尽后继续充电，镉电极上生成的物质为____。(6)已知：①隔膜可以透过阴离子和分子：②O2可以与Cd发生反应生成Cd(OH)2。请结合两个电极上的电极反应式说明用镉氧循环法实现过度充电保护的原理：______________________。18．（2021·北京海淀·统考一模）MnSO4是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO等)为原料制备MnSO4的工艺流程如图。资料：金属离子沉淀的pH金属离子Fe3+Fe2+Co2+Mn2+开始沉淀1.56.37.47.6完全沉淀2.88.39.410.2(1)酸浸后所得溶液的金属阳离子包括Mn2+、Co2+、____________。(2)沉淀池1中，先加MnO2充分反应后再加氨水。写出加MnO2时发生反应的离子方程式：_____________。(3)沉淀池2中，不能用NaOH代替含硫沉淀剂，原因是_______。(4)图为MnSO4和(NH4)2SO4的溶解度曲线。从“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”的操作为_________，洗涤干燥。(5)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有锰元素，其含量测定方法如下。i.称取ag废渣，加酸将锰元素全部溶出成Mn2+，过滤，将滤液定容于100mL容量瓶中；ii.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。iii.加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL，MnO4－重新变成Mn2+。①补全步骤ⅱ中反应的离子方程式：__________。2Mn2++S2O+_____=MnO++__+②废渣中锰元素的质量分数为________。(6)废渣长期露置于空气，其中的锰元素逐渐转化为MnO2。研究者用下图装置提取MnO2中的锰元素。图中“H·”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中的先增大后减小，减小的原因可能是__________(写出两条)。六、结构与性质19．（2022·北京海淀·统考一模）硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以和硅酸盐的形式存在。(1)基态硅原子的价电子排布式为___________。(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次为___________。(3)晶态的晶胞如图。①硅原子的杂化方式为___________。②已知晶胞的棱长均为apm，则晶体的密度___________(列出计算式)。(4)硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸。资料：原硅酸()（）可溶于水，原硅酸中的羟基可发生分子间脱水，逐渐转化为硅酸、硅胶。①原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成，结合元素周期律解释原因：___________。②从结构的角度解释脱水后溶解度降低的原因：___________。答案第=page2626页，共=sectionpages2727页答案第=page2727页，共=sectionpages2727页参考答案：1．

2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH

bcd

碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价

Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—

ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O10min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。

c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降

0.1【分析】（1）电解时，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，两极合并为电解池总反应。（2）a.Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯；b.Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯；c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法；d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯。（3）①本小题考查的是对共价键的理解，碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。②氧化还原反应中，物质中元素化合价升高失电子发生氧化反应，该物质作还原剂，生成的产物为氧化产物，物质中元素化合价降低得电子发生还原反应，该物质做氧化剂，生成的产物为还原产物，由此找出反应物和生成物，在根据得失电子守恒配平氧化还原反应。（4）①本小题涉及速率的影响因素，增大反应物的浓度速率加快，则c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。②c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。③本小题涉及物质的量、物质的量浓度在氧化还原反应中的计算。【详解】（1）电解饱和食盐水时，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，水电离的氢离子在阴极得电子发生还原反应生成氯气，则电解的化学方程式为2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH。本小题答案为：2NaCl+2H2OC12↑+H2↑+2NaOH。（2）a.Na2SO4与游离氯不反应，不能除去阳极液中游离氯，故a不符合题意；b.Na2SO3有还原性，游离氯有强氧化性，两者发生氧化还原反应，则Na2SO3有可以除去阳极液中游离氯，故b符合题意；c.海水中提取溴用到“空气吹出法”将游离态的溴吹出，则除去阳极液中游离氯也可采取此方法，故c符合题意；d.由于气体的溶解度随压强的减小而减小，则降低阳极区液面上方的气压，游离氯的溶解度减小从液体中逸出，可除去阳极液中游离氯，故d符合题意。答案选bcd。（3）①碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。本小题答案为：碘元素和氯元素处于同一主族(VIIA)，二者最外层电子数均为7，ICl中共用一对电子，由于碘原子半径大于氯原子，碘原子得电子能力弱于氯原子，故共用电子对偏离碘原子，使得碘元素显+1价。②NaIO3中I元素失电子发生氧化反应，化合价由+5价升高到+7价生成NaIO4，Cl2中氯元素得电子发生还原反应，化合价由0价降低到-1价生成Cl-，离子方程式为Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—。本小题答案为：Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—。（4）①ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O

10min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高，吸光度越大。本小题答案为：ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O

10min时pH越低，c(H+)越大，反应速率加快(或ClO-氧化性增强)，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。②c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。本小题答案为：c(H+)较高，ClO-继续将I2氧化为高价含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。③研究表明食盐水中I-含量≤0.2mg•L-1时对离子交换膜影响可忽略。即1m3食盐水中I-的含量≤0.2mg•L-1×1m3×1000=0.2g时对离子交换膜影响可忽略，则1m3含I-浓度为1.47mg•L-1的食盐水需处理掉1.47mg•L-1×1m3-0.2g=1.27g的I-时对离子交换膜影响可忽略。1.27gI-的物质的量为0.01mol，根据反应方程式ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O，需NaClO的物质的量为0.005mol，则此NaClO的体积为0.005mol/0.05mol/L=0.1L。本小题答案为：0.1。2．

第三周期第ⅥA族

氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O,原子半径S>O，得电子能力S<O，对共用电子对的吸引作用S<O，因此，S-H的极性小于O-H的极性。

SO2(或二氧化硫)

氧化剂

4FeS2+15O2+2H2O2Fe2(SO4)3+2H2SO4【详解】（1）①硫元素在元素周期表中的位置是第三周期，第ⅥA族；②氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O,原子半径S>O，得电子能力S<O，对共用电子对的吸引作用S<O，因此，S-H的极性小于O-H的极性。所以乙硫醇(CH3CH2SH)中S-H的极性小于CH3CH2OH分子中O-H的极性。（2）①SO2具有漂白性使品红溶液褪色的是SO2②石油与硫酸盐反应转化为硫化物化合价从+6降到-2，所以硫酸盐做氧化剂③FeS2可在氧化亚铁硫杆菌(T．f)的作用下被空气氧化为Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeS2+15O2+2H2O2Fe2(SO4)3+2H2SO43．

Li电极

电极

ac

电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li【分析】电解时，与电源负极相连的一极为阴极，与电源正极相连的一极为阳极，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；可根据元素化合价的变化书写电极方程式。【详解】(1)从图1可以看出，步骤ii中a端连电源正极，作阳极，阳离子向阴极移动，从Li电极向电极迁移，故填Li电极、电极；(2)步骤ii的总反应为，根据盖斯定律，可得总反应的反应热为=-1250kJ/mol，即总反应的热化学方程式为，故填；(3)步骤iii中Li电极作阴极，电极反应式为，故填；(4)a.从图中可以看出碳酸根到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确；b.图中涉及电极转移时，能量增加，吸收能量，故b错误；c.催化剂可以降低活化能，加快反应速率，故c正确；故填ac；(5)电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li，所以只生成Li，故填电池中的膜只允许锂离子通过，二氧化碳被阻隔，充电时锂离子在锂电极放电得到Li；4．

Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解

足量盐酸和BaCl2溶液

取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+

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

H++HSO3-=H2O+SO2

生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色

反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物

溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物【分析】本题为实验探究题。（1）本小题为盐类水解的应用，为抑制盐的水解，在配置某些强酸弱碱盐溶液时可加入相应的酸，如配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。（2）①本小题考查的是硫酸根离子的检验，向溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明溶液中含硫酸根离子。②本小题考查的是亚铁离子的检验，亚铁离子遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。（3）本小题考查的是电极反应式的书写，负极失电子发生氧化反应。（4）②本小题考查的是盐类的水解，水解使溶液酸碱性相反的某些盐可发生双水解。（5）（6）两小题考查的是平衡移动的影响条件，当生成物的浓度减小时平衡向正向移动，则在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，；当反应物的浓度增大时平衡向正向移动，则反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，平衡不断正向移动，则30min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。。（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，水解方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，则在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。本小题答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。（2）①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。②Fe3+得电子发生还原反应生成Fe2+，则探究这一电极的产物时可取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。本小题答案为：取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化反应，则亚硫酸钠对应的一极为负极，电极反应式为3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小题答案为：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。（4）②FeCl3为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应H++HSO3-=H2O+SO2。本小题答案为：H++HSO3-=H2O+SO2。（5）1~30min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。本小题答案为：生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。（6）反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。本小题答案为：反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物。（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。本小题答案为：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物。5．

2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2

隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+

实验2中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红

Fe3+

加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀

0.1mol/LAgNO3溶液

假设ⅰ、ⅱ均不成立

实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出【分析】I．(1)Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应(2)

实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油的目的是隔绝空气中的O2。(3)

反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因可以从对比试验来分析。(4)

试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+(5)

Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3是可逆反应，从平衡移动的角度来分析(6)

设计实验验证氧化Fe2+的物质【详解】I．(1)Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2(2)实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油后浮在水面隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+。(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红。Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀。(7)

II．（4）试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+(5).加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀（6）①需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1mol/LAgNO3溶液②依据实验4，甲同学做出判断②依据实验4，甲同学做出判断(7)根据实验1～4所得结论是实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出。【点睛】该题的易难点错点是（6），设计实验验证氧化的Fe2+物质是AgNO3还是空气中的O2。6．

2HClOHCl+O2

强于

acd

羟基

PCMX含有酚羟基，具有还原性，NaClO具有氧化性，二者能发生氧化还原反应

ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O【详解】(1)“84”消毒液有效成分是NaClO，其消毒原理是NaClO先与空气中的CO2和H2O生成HClO，如果HClO见光分解，则会失效，HClO分解的化学方程式为：2HClOHCl+O2，故答案为：2HClOHCl+O2；(2)①通过表格数据分析，NaClO溶液浓度相同时，pH越小细菌的杀灭率越高，而pH越小则说明生成的HClO越多，故表示HClO的杀菌能力强于NaClO，故答案为：强于；②a．由表格数据可知，当pH相同时，NaClO浓度越大则杀菌率越高，故a正确；b．“84”消毒液在使用过程中会产生HClO等酸性物质，会腐蚀金属，故b错误；c．“84”消毒液如与洁厕液混用，会发生反应：HClO+HCl=Cl2+H2O，故两者不能混用，故c正确；d．喷洒后适当保持一段时间有利于HClO的生成，达到杀菌效果，故d正确；答案为：acd；(3)①中的含氧官能团为羟基，故答案为：羟基；②PCMX()含有酚羟基，具有还原性，而NaClO具有氧化性，两者会反应，影响消毒杀菌效果，故答案为：PCMX含有酚羟基，具有还原性，NaClO具有氧化性，二者能发生氧化还原反应；(4)H2O2中O为-1价，为中间价态，有还原性，可能会被NaClO氧化为O2，离子方程式为：ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O，故答案为：ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O。【点睛】重点考查了HClO的强氧化性和弱酸性，利用氧化还原的基本原理分析物质间的反应是解答的关键。7．

氧化

实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)

向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)

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

2Cu2++6=2+

二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强

Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势【分析】根据资料i.(绿色)，和Cu(Ⅱ)有氧化性，具有还原性，提出假设；通过与溶液的反应的现象，实验a到实验c，溶液浓度变大，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应；随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；探究与溶液的反应，起初现象溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置很快出现白色沉淀，再加溶液，白色沉淀很快溶解形成无色溶液；结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，要确定无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色；Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。【详解】假设2：具有还原性，Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中发生氧化还原反应。故答案为：氧化；实验一：探究与溶液的反应。(1)结合资料i.(绿色)，根据实验a的现象溶液逐渐变为绿色，静置无变化，可推测溶液中生成的含Cu微粒是(填化学符号)。故答案为：；(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，他的理由是实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)。故答案为：实验b中，溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，说明先发生络合反应之后又发生氧化还原反应(或实验a到实验c，最终溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应)；实验二：探究与溶液的反应。(3)结合资料ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)，无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈现无色，后变为蓝色。他的实验方案是：取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)。故答案为：向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)；(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解。故答案为：CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加溶液后，，c(Cu+)浓度降低，使平衡正向移动，沉淀溶解；(5)与发生氧化还原反应得到无色溶液，生成和，离子方程式：2Cu2++6=2+。故答案为：2Cu2++6=2+；由分析，获得结论：①随的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；②氯离子易与亚铜离子生成氯化亚铜，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+和发生氧化还原反应的趋势。8．(1)

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

bc(2)

过滤

稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致+3H2O3H++Fe(OH)3正向移动(3)

控制温度在450左右、增大空气的流速

反应速率ii大于反应速率i【分析】软锰矿通过浸出操作得到含的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到，热解得到二氧化锰粗颗粒。【详解】（1）①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和可溶解软锰矿，离子方程式：为+2Fe2++4H+=+2+2H2O；②a．二氧化锰和反应生成硫酸根离子，硫元素化合价升高，在反应中作还原剂，a错误；b．用代替硫酸浸出，减少了硫酸的使用量，b正确；c．该法可充分利用二氧化硫，将二氧化硫转化为盐溶液，可同时处理烟气中的，减少大气污染，c正确；故选bc；（2）①软锰矿浸出液中的、可通过加碱转化为沉淀去除，过滤是分离固液的一种实验操作，故分离出清液的方法是过滤；②通过稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致+3H2O3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离子；（3）①由图可知，在450的含量最大且其它价态锰含量较低；由涉及反应可知，通入更多氧气利于二氧化锰的生成；故为了增大产物中的占比，可以采用的措施是控制温度在450左右、增大空气的流速。②反应中首先生成，然后再转化为其它价态锰，温度升高，产物中的占比降低，可能的原因是由于反应速率ii大于反应速率i（或者反应i已经完成，ii反应速率更快）9．(1)探究草酸浓度对反应速率的影响(2)b(3)否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和(4)+4H2C2O4=4CO2++4H2O(5)实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强(6)减少(7)还原剂和酸性【详解】（1）由题干表中数据可知，实验①和②只有草酸的浓度不同，故该组实验的目的是探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：探究草酸浓度对反应速率的影响；（2）a．盐酸能与酸性高锰酸钾反应，影响实验结论，a不合题意；

b．硫酸不与草酸和酸性高锰酸钾反应，不会影响实验结论，b符合题意；

c．草酸实验中本身就是探究草酸与酸性高锰酸钾反应速率的影响因素，c不合题意；故答案为：b；（3）由题干信息(c)可知，呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和；（4）由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有气体产生同时生成，则该阶段反应的离子方程式为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案为：+4H2C2O4=4CO2++4H2O；（5）比较实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，根据已知信息(b)无色，有强氧化性，发生反应(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而氧化性减弱，则导致实验②在第ii阶段的反应速率较大，故答案为：实验②中所加草酸的物质的量比实验①的更少，导致阶段i形成的实验②比实验①的更少，生成的Mn3+实验②比实验①的更多，且Mn3+的氧化性比强；（6）据此推测，若在第ii阶段将调节至，即增大溶液中的H+浓度，则溶液中的草酸根离子浓度减小，不利于形成，则溶液中Mn3+的浓度增大，反应速率加快，溶液褪至无色的时间会减少，故答案为：减少；（7）在反应+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。10．(1)

醛基和溴原子(或碳溴键)

取代反应(2)ab(3)(4)+H2O+(5)

或或(6)

【分析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；【详解】（1）由结构可知A含有的官能团有：醛基、溴原子(或碳溴键)；对比A、B的结构可知，A中苯环上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，属于取代反应；（2）a．B与C的相对分子质量不同，可以用质谱法进行鉴别，a正确；b．B含有醛基、碳碳三键、醇羟基、苯环，羟基连接碳原子相邻的碳原子上有H原子，可以发生氧化、取代、消去反应，b正确；c．醛基、碳碳三键都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能鉴别，c错误，故选ab；（3）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为；（4）由D的分子式，可知C与脱去1分子水生成E，C中醛基与氨基反应形成C=N双键，故D为，反应方程式为：++H2O；（5）对比D、E的分子式，应D中的1个−F原子被−N3替代生成E，结合G的结构可知应是含N取代基的对位−F原子被取代，故E为；（6）醛基氧化生成H为，由K的结构可知，H与HC≡CH发生取代反应生成I为，I的羧基中的−OH被取代生成J，故J为。11．

羰基、羟基

取代反应

abc

【分析】根据反应流程图A的分子式C7H8与氯气光照取代生成B的分子式C7H5Cl3可知A：B:C:Cl

D:E:根据以上物质分析【详解】根据反应流程图A的分子式C7H8与氯气光照取代生成B的分子式C7H5Cl3可知A：B:C:Cl

D:E:根据以上物质分析(1)A—B的化学方程式为(2)

D的结构简式为(3)

E结构式中含有的含氧官能团为羰基、羟基(4)

G—H的反应类型为取代反应(5)

I—K的化学方程式为(6)下列说法正确的是abc。a．A分子中所有碳原子均在同一平面

a项正确

b．C的结构简式为b项正确c．F+F—G的副产物中有2种互为顺反异构体

c项正确

d．1molH最多能与1molNaOH反应

d项错误(6)

M-P的合成路线【点睛】本题是以合成线路形成推断为主的有机合成题，考查了有机物的推断、结构简式的书写、有机反应离子方程式的书写设计合成线路等考点。其中设计合成线路等考点是该题的重点和难点，难度较大，需要学生具备较强的知识运用和信息迁移能力。12．

浓硝酸，浓硫酸

增加了反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动

+H2O+CH3CH2OH

CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr

1：1【分析】由框图分析可知：；CH2=CHCH2CH2OHCH2BrCHBrCH2CH2OH,以此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知：试剂a为浓硝酸和浓硫酸，故答案：浓硝酸，浓硫酸。(2)根据上述分析可知：B的结构简式为，具有碱性，转化为的反应中，如果过量可以中和生成的HCl，相当于增加了反应物的浓度，减小生成物的浓度，使化学平衡正向移动，提高的平衡转化率，故答案：增加了反应物的浓度，减小生成物HCl的浓度，使化学平衡正向移动。(3)根据上述分析可知：C的结构简式为，D的结构简式为，C转化为D是酯在酸性条件下的水解反应，所以反应的化学方程式为+H2O+CH3CH2OH，故答案：+H2O+CH3CH2OH。(4)根据上述分析可知：G的结构简式为CH2BrCHBrCH2CH2OH，H的结构简式为，根据已知条件可知，CH2BrCHBrCH2CH2OH转化为的化学方程式为CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr，同时G生成H的过程中会得到少量的聚合物,故答案：CH2BrCHBrCH2CH2OH+HBr；。(5)①根据i.+和ii.可知，，中间产物1中有两个六元环和一个五元环，所以中间产物1的结构式为；由中间产物3中有三个六元环，所以中间产物3的结构简式为：，故答案：；。②根据框图可知：D的分子式C8H9O2N，I的分子式为C4H6O，J的分子式为C12H9O2N，所以D和I反应生成J的方程式为：C8H9O2N+C4H6O+xO2C12H9O2N+yH2O，根据H原子守恒可知生成H2O为3mol，再根据氧原子守恒，可知消耗O2为1mol，所以理论上该过程中消耗的与生成的J的物质的量之比为1：1，故答案：1：1。13．(1)甲苯(2)ac(3)(4)(5)1:2(6)(7)

【分析】A的分子式为C7H8，A发生硝化反应生成B，B和卤素单质发生取代反应生成D，D水解生成E，由E的结构简式逆推，可知A是，B是，D是；E发生催化氧化生成G，G是；和I反应生成J，由信息i可知I是；X水解为K、L，根据K、L的分子式，K是、L是，K水解为M，M是。（1）A是，名称为甲苯；（2）a．甲苯和浓硫酸、浓硝酸的混合液发生硝化反应生成，需要使用浓硝酸和浓硫酸，故a正确；b．D是，含有的官能团有硝基、卤素原子，故b错误；c．中X原子被羟基代替生成E，反应类型是取代反应，故c正确；选ac。（3）发生催化氧化生成，反应的化学方程式是（4）和I反应生成J，由信息i可知I是；（5）J在一定条件下发生反应，可以生成化合物X、乙酸和水，根据碳原子守恒，生成物中化合物X和乙酸的物质的量之比是1:2；（6）X水解为K、L，K中除苯环外，还含有一个五元环。根据K、L的分子式，K是；（7）根据信息ii，和，反应生成，根据信息iii，生成，脱水生成Y，则中间产物1是、中间产物2是。14．

2Fe3+

2•OH

2Fe2+

温度从40℃上升到50℃，羟基自由基发生猝灭程度增大（或温度升高H2O2发生分解产生氧气），导致c(•OH)下降，所以反应速率基本不变

正

O2+2e-+2H+＝H2O2

Fe2++H2O2+H+＝Fe3++H2O+•OH或H2O2＝2•OH

C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O【详解】(1)羟基中O有1个单电子，O周围有7个电子，电子式为，故答案为；(2)根据已知信息可知反应ii应该是Fe3+氧化•OH生成Fe2+和O2，离子反应方程式为2Fe3++2•OH＝2Fe2++O2↑+2H+，故答案为：2Fe3+；2•OH；2Fe2+；(3)H2O2对热不稳定，温度升高，会导致H2O2发生分解，导致c(•OH)下降，所以，温度从40℃上升到50℃，反应速率基本不变，故答案为：温度从40℃上升到50℃，羟基自由基发生猝灭程度增大（或温度升高H2O2发生分解产生氧气），导致c(•OH)下降，所以反应速率基本不变；(4)①a极主要发生的反应是O2生成H2O2，O元素化合价降低、得到电子、发生还原反应，则a电极为阴极、与电源负极相接，所以b电极为阳极、与电源正极相接，故答案为：正；②a电极为阴极，O2得到电子生成H2O2，电解质溶液显酸性，电极反应式为O2+2e-+2H+＝H2O2，故答案为：O2+2e-+2H+＝H2O2；③H2O2分解产生•OH，方程式为H2O2＝2•OH，•OH脱除苯酚成无毒的氧化物，该氧化物为CO2，反应的方程式为C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O，故答案为：H2O2＝2•OH，C6H6O+28•OH＝6CO2↑+17H2O。15．

高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）

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0.1m/6

温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降

随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快【分析】（1）过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%(2)

利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算(3)

结合图象分析计算【详解】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。(2)

利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。利用上述反应制备760gCH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。(3)

①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v(CH3CO3H)=0.1②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降。（4）依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。16．(1)(2)bc(3)

偏大

(4)

使还原性增强

先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化【详解】（1）业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；答案选bc；（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，所以浓度将偏大。②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为，设的物质的量为a，，则；（4）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强；③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。17．

过滤

先加入氨水，可使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度，再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率

加入NaOH后，溶液中存在两个平衡，