北京市育英学校2024-2025学年高三上学期统测一化学试题（解析版）

北京市育英学校2025届高三化学学科统测一可能用到的相对原子质量：第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是A．烟花的绚丽多彩与得失电子有关B．橡胶老化与碳碳双键有关C．钻石的高硬度与其为共价晶体有关D．金属可加工成各种形状与金属键有关A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，与得失电子无关，A错误；B．橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；C．钻石成分是金刚石，是通过共价键结合的共价晶体，具有很大硬度，C正确；D．金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；故答案为：A。2.下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是A.2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ B.MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑C.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 D.2HgO2Hg+O2↑【答案】A【解析】【详解】A．Al为活泼金属，应用电解法冶炼，通常用Al2O3，不能用AlCl，，因为其为共价化合物，熔融不导电，由于Al2O3熔点高，还应加入冰晶石降低其熔点，对应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，故A错误；B．Mg为活泼金属，应用电解法冶炼，通常用MgCl2，不用MgO，因为其熔点太高，耗能较大，故B正确；C．Fe在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故C正确；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故D正确；故选：A。3.NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法不正确的是A.NH4Cl晶体属于离子晶体B.NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°C.NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键D.每个Cl-周围与它最近且等距离的的数目为8【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A正确；B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B错误；C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C正确；D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D正确；故选B。4.石油中常因有少量硫醇而产生难闻的气味。硫醇是-SH与链烃基相连的含硫有机物，其性质与醇类有相似之处。但是，由于-SH的存在，也导致硫醇有一些醇类所没有的化学性质，例如硫醇能跟NaOH溶液反应生成盐，硫醇在空气中能被氧化等等。根据信息判断下列有关硫醇性质的比较正确的是A.沸点：C2H5SH>C3H7SH B.酸性：C2H5SH<C2H5OHC.水溶性：C2H5SH<C2H5OH D.还原性：C2H5SH<C2H5OH【答案】C【解析】【详解】A．组成和结构相似的物质，随相对分子质量的增大，因此沸点熔沸点升高，C2H5SH＜C3H7SH，A错误；B．硫醇能跟NaOH溶液反应生成盐，而乙醇与碱不反应，可说明酸性C2H5SH＞C2H5OH，B错误；C．C2H5OH与水分子间能够形成氢键，易溶于水，C正确；D．硫醇在空气中能被氧化，可说明还原性：C2H5SH＞C2H5OH，D错误；答案项C。5.四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是元素XYZQ结构信息有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子有8个不同运动状态的电子能级上有2个电子价电子排布式为A.电负性： B.第一电离能：C.单质的硬度： D.最高价含氧酸的酸性：【答案】C【解析】【分析】X由有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu。【详解】A．同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O＞N，A项正确；B．N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；C．C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；D．N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3＞H2CO3，D项正确。答案选C。6.下列化学用语表述正确的是A.氯气通入水中：Cl2＋H2O=2H++Cl-＋ClO-B.电解饱和食盐水：2Cl－+2H+=Cl2↑+H2↑C.向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑D.向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO4溶液使Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应该使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A项错误；B,.电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH-，漏写反应条件，B项错误；C.Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C项错误；D.假设Ba(OH)2为1mol，其中Ba2+有1mol，完全沉淀需要SO42-1mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H+和OH-反应，OH-剩余1mol，据此写出完整的离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，D项正确；答案选D项。【点睛】涉及量的离子方程式的书写，通常可设量少的为1mol。本题中D项，是恰好完全中和至中性，还是恰好完全沉淀某离子，对应的离子方程式不同。7.下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．推断S、C、Si的非金属性强弱A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。8.取一定量的两种试剂或药品相互反应，产物一定相同的是选项ABCD试剂①苯酚粉溶液氨水试剂②溶液稀HN盐酸溶液溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．酸性：H2CO3>苯酚>，不论加入的量与先后，产物都是碳酸氢钠，A符合题意；B．Fe粉少量生成三价铁，过量生成二价铁，产物不同，B不符合题意；C．将溶液加入HCl溶液中，发生反应，产生无色气体；将HCl溶液加入溶液中，先发生反应，无明显现象，后发生反应，产生无色气体，现象不同，C不符合题意；D．氨水滴入硝酸银中先产生白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，将硝酸银滴入氨水中没有沉淀产生，D不符合题意；答案选A。9.如图为物质的量随加入量的变化图，下列表格中各物质间的反应符合图中变化的是选项实验操作A向溶液中滴入溶液溶液体积产生沉淀的质量B向溶液中滴加氨水氨水的体积产生沉淀的质量C向溶液中通入的体积生成的物质的量D向等物质的量的和混和溶液中滴加盐酸盐酸的体积产生气体的体积A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中滴入溶液，立刻反应生成碳酸钙沉淀，A不符合题意；B．向溶液中滴加弱碱氨水，立刻生成氢氧化铝沉淀，B不符合题意；C．假设为1mol，则溶液中通入，亚铁离子还原性较强，亚铁离子首先和0.5mol的氯气转化为铁离子，溴离子再和1mol的氯气转化为溴单质，与图不符，C不符合题意；D．向等物质的量的和混和溶液中滴加盐酸，首先氢氧化钠消耗与其等量的盐酸生成水，碳酸钠再消耗等量的盐酸转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠再消耗等量的盐酸生成二氧化碳气体，D符合题意；故选D。10.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是A.溶液中一定含Cu2＋B.溶液中一定含Fe2＋C.加入KSCN溶液一定不变红色D.剩余固体中一定含Cu【答案】A【解析】【分析】加入铁粉后，因为Fe3＋氧化性强于Cu2＋，铁粉先与FeCl3反应，然后与CuCl2反应，充分反应后仍存在的固体一定含有Cu，可能含有Fe。【详解】A．由分析知，若加入铁粉与CuCl2恰好完全反应或者铁粉过量，溶液中都不会含Cu2＋，A符合题意；B．由于铁粉先与FeCl3反应，溶液中一定含Fe2＋，B不符合题意；C．由分析知，所得溶液中一定不含Fe3＋，一定含有Fe2＋，可能含Cu2＋，故加入KSCN一定不变红色，C不符合题意；D．剩余固体一定含有Cu，可能含有Fe，D不符合题意；故选A。11.铝土矿的主要成分为氧化铝、氧化铁和二氧化硅，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。下列说法中不正确的是A.①②中除加试剂外，还需要进行过滤操作B.a、b中铝元素的化合价相同C.③中需要通入过量的CO2D.④进行的操作是过滤、加热，而且d一定是氢氧化铝【答案】D【解析】【分析】根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，加入盐酸后，Al2O3→AlCl3，Fe2O3→FeCl3，SiO2不与盐酸反应，也不溶于盐酸，然后进行过滤，除去SiO2，即a为AlCl3和FeCl3，加入过量的NaOH，AlCl3→Na［Al(OH)4］，FeCl3→Fe(OH)3，然后进行过滤，除去Fe(OH)3，b溶液为Na［Al(OH)4］，碳酸的酸性强于氢氧化铝，且氢氧化铝不溶于碳酸，因此③通入过量CO2，然后过滤，得到Al(OH)3沉淀，加热氢氧化铝，使之分解成氧化铝和H2O，最后电解熔融状态的氧化铝冶炼铝。【详解】A．①过程有不溶的SiO2，需要过滤除去，②过程生成Fe(OH)3沉淀，需要过滤除去，A正确；B．a含有AlCl3，b含有Na［Al(OH)4］，Al元素的化合价都是+3价，B正确；C．③中为使Na［Al(OH)4］完全转化成Al(OH)3沉淀，需要通入过量CO2，C正确；D．根据分析知，c是含有Al(OH)3沉淀的混合物，需要过滤分离出Al(OH)3固体，净化后加热使Al(OH)3分解成氧化铝和水，因此④的操作是过滤、加热，d是Al2O3，D错误；故选D。12.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A.若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B.若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C.若B为FeCl3，则X一定是FeD.A可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。13.向溶液中滴加不同浓度的溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是实验序号滴加溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象溶液①0.05至时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至未见浑浊—A.①中产生浑浊的原因是B.未加热前①和②中发生了反应：C.加热浊液产生气泡主要是因为受热分解产生了更多的D.向上述溶液中加入足量溶液，可能同时产生浑浊和气泡【答案】C【解析】【分析】向10.00mL0.50mol•L-1NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙，加热后生成的气体为CO2。【详解】A．根据溶度积规则，①中能产生CaCO3沉淀，说明c(Ca2+)•c(CO)>Ksp(CaCO3)，故A正确；B．未加热前①和②不放出二氧化碳，说明碳酸没有达到饱和，加热后碳酸分解放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，故B正确；C．加热前①和②中发生了反应：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2CO3，碳酸钙在溶液中受热不分解，加热浑浊液产生气泡主要是因为碳酸受热分解产生了CO2，故C错误；D．由实验现象可知，实验中是否产生浑浊和气泡与加入的CaCl2溶液的浓度和体积有关，所以向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol•L-1CaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡，故D正确；答案选C。14.某兴趣小组将镁条投入水中，镁条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，镁条表面失去光泽。为了探究和对镁与水反应的影响，该小组将与水反应后的镁条加入到4种盐溶液中进行对比实验，结果如下。实验序号abcd盐溶液(均为0.1mol/L)NH4ClNaHCO3NaClNH4HCO3溶液起始pH5.18.37.07.830min时产生气体体积(mL)1.50.7<0.114气体的主要成分H230min时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)下列说法错误的是A.b、d所得固体中可能有碱式碳酸镁B.根据实验a、d，可以推出不能促进镁与水反应C.综合实验a～d，可以推出和能够相互促进水解D.镁与水反应数分钟后停止，是因为其表面被生成的难溶性固体覆盖所致【答案】B【解析】【详解】A．b、d中都含有，而Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，Mg(OH)2在b、d中进一步解离成Mg2+，使得Mg与反应：2+2Mg+2H2O=Mg2(OH)2CO3+2H2↑+，故A项正确；B．c中产生气体的量很小，说明Na+、Cl-不能促进Mg与水的反应，b中产生的气体量比c多，因此可说明能促进镁与水反应，故B错误；C．综合实验a～d可推知，和都能与Mg(OH)2作用从而加快Mg与水反应，d中产生气体量小于a，则推出和能够相互促进水解导致d中产生气体的量小于a，故C正确；D．由于Mg与水反应生成Mg(OH)2，难溶物附着于Mg表面使得反应难以进行，故D正确；综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。第二部分本部分共5题，共58分。15.由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。（1）基态氧原子的电子排布式是_______。（2）H2O分子的VSEPR模型是_______形。（3）对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：①根据测定H2O2分子中_______(填字母序号)，确定其结构一定不是甲。a．H-O键长b．O-O键能c．H-O-O键角②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。a．H2O2为_______(填“极性”或“非极性”)分子。b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：_______。（4）O2的晶胞为立方体，结构如下。根据图中信息，可计算O2晶体密度是_____g·cm-3。（5）已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是_____个，中心O提供参与成键的电子数是_____个。【答案】（1）1s22s22p4（2）四面体（3）①.C②.极性③.O-H…O、N-H…O（4）（5）①.8②.4【解析】【小问1详解】氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；小问2详解】H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；【小问3详解】①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；【小问4详解】根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；【小问5详解】每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。【点睛】可利用均摊法，计算晶胞中所含微粒的数目。16.As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水经如下流程转化为粗As2O3：（1）“碱漫"的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是___________。（2）“氧化”时，1mol转化为至少需要O2___________mol。（3）“沉砷"是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca(OH)2(s)=Ca2+(aq)+2OH-(aq)△H<0b．5Ca2++OH-+3=Ca5(AsO4)3OH△H>0研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是___________。（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是___________。（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是___________。（6）下列说法中，正确的是___________(填字母)。a．粗As2O3中含有CaSO4b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率c．通过先“沉砷”后“酸化"的顺序，可以达到富集砷元素的目的【答案】（1）H3AsO4+3NaOH=Na3AsO4+3H2O（2）0.5（3）温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降（4）H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4（5）调硫酸浓度约为7mol/L，冷却至25℃，过滤（6）abc【解析】【分析】含砷元素(As)的工业废水加氢氧化钠碱浸，得到含Na3AsO4、Na3AsO3的溶液，通入氧气氧化Na3AsO3为Na3AsO4，再加石灰乳沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，调硫酸浓度约为7mol/L，冷却至25℃，过滤得粗As2O3，滤液2含硫酸。【小问1详解】H3AsO4与NaOH发生酸碱中和生成Na3AsO4，反应的化学方程式为：H3AsO4+3NaOH=Na3AsO4+3H2O；【小问2详解】1mol转化为失去2mol电子，1mol氧气得4mol电子，据电子得失守恒，至少需要O2的物质的量为0.5mol；【小问3详解】砷元素转化为Cas(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca(OH)2(s)=Ca2+(aq)+2OH-(aq)△H<0，b．5Ca2++OH-+3=Ca5(AsO4)3OH△H>0，温度高于85℃后，平衡a逆向移动，c(Ca2+)减小，平衡b逆向移动，所以Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降；【小问4详解】“还原”过程中SO2将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化为H2SO4，反应的化学方程式为：H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4；【小问5详解】据图示，As2O3的溶解度在25℃、硫酸浓度约为7mol/L时最小，为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作为：调硫酸浓度约为7mol/L，冷却至25℃，过滤；【小问6详解】a．CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；b．滤液2含As2O3，工业生产中可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；c．沉砷得到Ca5(AsO4)3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀生成H3AsO4和硫酸钙，所以可以通过先“沉砷”后“酸化"的顺序，达到富集砷元素的目的，故c正确；故答案为：abc。17.Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。I.以含MnCO3的矿石为原料，经硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn。（1）Mn在_______(填“阳极”或“阴极”)生成。（2）阳极泥中含有MnO2，写出产生MnO2的电极反应式：_______。II.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性MnO2和PbO。已知：(CH3COO)2Pb在水中难解离。（3）操作X为_______。（4）①中反应的离子方程式为_______。（5）滤液C能循环使用，②中溶液B的溶质为_______。（6）a.为了将③中Mn2O3完全转化为MnO2，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为_______(已知NaClO3的还原产物为NaCl)。b.加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是_______。（7）活性MnO2纯度的测定i.用V1mLc1mol∙L-1Na2C2O4溶液(H2SO4)酸化)溶解wg活性MnO2样。品。(MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O)ii.用c2mol∙L-1酸性KMnO4标准溶液滴定i中剩余的消耗KMnO4标准溶液V2mL。(5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)样品中MnO2的质量分数=_______[M(MnO2)=87g·mol-1]。【答案】（1）阴极（2）（3）过滤（4）（5）NH4HCO3（6）①.1:3②.防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气（7）【解析】【分析】II分析，阳极泥经过预处理得到Mn2O3和PbO的混合物，醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，过滤得到醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，Mn2O3再和硫酸反应得到二氧化锰和硫酸锰，硫酸锰再被氯酸钠氧化得到二氧化锰，经过一系列操作可得到活性二氧化锰；由题干知滤液C能循环使用，前面用到了醋酸铵溶液，即滤液C，结合生成物中的PbCO3，②中溶液B的溶质为NH4HCO3，经过一系列操作得到PbO。【小问1详解】由题干知硫酸溶解得到含Mn2+的溶液，再经一系列处理后进行电解，获得金属Mn，所以应该是Mn2+得电子生成Mn，故在阴极生成，故答案为：阴极；【小问2详解】阳极泥中含有MnO2，应该是锰离子在阳极放电，产生MnO2的电极反应式为，故答案为：；【小问3详解】醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，操作X是分离醋酸铅溶液和氨水混合液与Mn2O3，所以是过滤，故答案为：过滤；【小问4详解】①中醋酸铵溶液和PbO反应生成醋酸铅溶液和氨水，Mn2O3不参与反应，离子方程式为，故答案为：；【小问5详解】由分析可知②中溶液B溶质为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；【小问6详解】a.1molMn2O3完全转化为MnO2，锰元素从+3价升高到+4价，1molMn2O3转移2mol电子，1molNaClO3转化为NaCl，氯元素从+5价降低到-1价，1molNaClO3需要转移6mol电子，根据得失电子守恒得，理论上④中加入的NaClO3与Mn2O3的物质的量之比为1:3；故答案为：1:3；b.氯离子有还原性，加入NaClO3前，需将溶液pH调大至6左右，目的是防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气，故答案为：防止pH较低时氯酸钠和二氧化锰将氯离子氧化为氯气；【小问7详解】由题干数据和方程式5+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O得n()1=n()=，所以MnO2消耗的的物质的量为n()2=，再由方程式MnO2++4H+=2CO2↑+Mn2++2H2O得n(MnO2)=n()2=，所以样品中MnO2的质量分数=，故答案为：。18.氯雷他定在治疗过敏性疾病方面具有优异的临床表现，其中间产物G的合成路线如图：已知：①+②++R3OH③(1)A是链状化合物，A中官能团是_______。(2)B→C的化学方程式是_______。(3)A→B的转化中，需加入一种高效阻聚剂(THQ)，其目的是避免发生副反应：_______(用化学方程式表示)。(4)M不含氧元素，D的核磁共振氢谱有4组峰，其峰面积之比是_______(数值按由小到大排列)。(5)下列说法不正确的是_______(填字母序号)。A.具有2个醛基的C的同分异构体共三种B.C能发生取代反应C.D→E过程中生成了甲醇(6)E→F可看成如下两步反应，中间产物N的结构简式是_______。E→中间产物N→F(7)已知：在开展③反应时，取代基R3或R4越大，反应越难进行。在实际合成G时，所加原料需要1，可有效降低副产物_______(写结构简式)的产生。【答案】①.碳碳双键②.CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O③.n+n④.3：4：4：6⑤.A⑥.⑦.【解析】【分析】A(C3H6)是链状化合物，不饱和度为=1，则A中含有碳碳双键，结构式为CH3CH=CH2，A和氧气反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和甲醇在加热的条件下发生酯化反应，生成CH2=CHCOOCH3，结合信息①和D的分子式C9H17NO4可知，M不含O，D中含有4个O，则2个C与M反应，D中有9个C原子，2个C含有3个C原子，则M中含有1个碳原子，M为CH3NH2，D为H3COOCH2CH2N(CH3)CH2CH2COOCH3，D通过信息②反应生成E，E的结构式为，E在酸性环境中先水解再分解生成F，F的结构为，F和发生信息③反应生成G，以此解答。【详解】(1)A是链状化合物，由分析可知A中官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；(2)CH2=CHCOOH和甲醇在加热的条件下发生酯化反应，生成CH2=CHCOOCH3，B→C的化学方程式是：CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，故答案为：CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；(3)A为CH3CH=CH2，阻聚剂(THQ)的作用是防止加聚反应的发生，其目的是避免发生副反应：n+n，故答案为：n+n；(4)M不含氧元素，由分析可知，D为H3COOCH2CH2N(CH3)CH2CH2COOCH3，从左往右共含有4中不同环境的氢原子，个数比为6:4:4:3，故答案为：3：4：4：6；(5)A．C为CH2=CHCOOCH3，具有2个醛基的C的同分异构体共2种，分别为CH3CH(CHO)CHO和OHCCH2CH2CHO，故A错误；B．C为CH2=CHCOOCH3，含有酯基，可以发生取代（水解）反应，故B正确；C．结合信息②，D→E过程中，分子式中减小1个C、4个H、1个O，则生成甲醛，故D正确；故答案为：A；(6)E→F过程中分子式减小了1个CO2，结合反应条件可知，—COOH在加热过程中分解后会产生CO2，而E中含有—COOCH3基团，需要在酸性条件下水解才能产生—COOH，则中间产物N是E在酸性条件下水解产生的，结构式为，故答案为：；(7)若F越多，F自身可能发生反应生成，故答案为：。19.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪色，有白色沉淀A产生。针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过