北京市海淀區(qū)2020屆-2022屆高考化學(xué)三年模擬（一模）試題匯編-非選擇題（含解析）

試卷第=page2222頁，共=sectionpages2323頁試卷第=page2323頁，共=sectionpages2323頁北京市海淀區(qū)2020屆-2022屆高考化學(xué)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(tǒng)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(huán)境污染小等優(yōu)點(diǎn)。生產(chǎn)流程如下圖所示：(1)電解飽和食鹽水的化學(xué)方程式為________。(2)電解結(jié)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(qū)液面上方的氣壓(3)食鹽水中的I—若進(jìn)入電解槽，可被電解產(chǎn)生的Cl2氧化為ICl，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為IO3—。IO3—可繼續(xù)被氧化為高碘酸根(IO4—)，與Na+結(jié)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(jié)構(gòu)的角度解釋ICl中碘元素的化合價(jià)為+1價(jià)的原因：________。②NaIO3被氧化為NaIO4的化學(xué)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(zhuǎn)化為I2，再進(jìn)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(jié)合化學(xué)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(dá)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?，F(xiàn)將1m3含I-濃度為1.47mg?L-1的食鹽水進(jìn)行處理，為達(dá)到使用標(biāo)準(zhǔn)，理論上至少需要0.05mol?L-1NaClO溶液________L。(已知NaClO的反應(yīng)產(chǎn)物為NaCl，溶液體積變化忽略不計(jì))2．（2020·北京海淀·統(tǒng)考一模）硫是人類認(rèn)識最早的元素之一，含硫物質(zhì)在現(xiàn)代生產(chǎn)和生活中發(fā)揮著重要作用。(l)我國化學(xué)家姜雪峰因其在綠色有機(jī)硫化學(xué)領(lǐng)域的杰出貢獻(xiàn)被遴選為“全球青年化學(xué)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(jī)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(jié)構(gòu)角度解釋其原因：____。(2)自然界的硫循環(huán)過程如下圖所示。①上圖所涉及的含硫物質(zhì)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(xì)菌催化作用下，石油與硫酸鹽反應(yīng)轉(zhuǎn)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(jià)）。在潮濕的環(huán)境中，F(xiàn)eS2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(yīng)的化學(xué)方程式為____。3．（2021·北京海淀·統(tǒng)考一模）鋰電池有廣闊的應(yīng)用前景。用“循環(huán)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(hù)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(jī)電解質(zhì)溶液中。ii.0-5min，a端連接電源正極，b端連接電源負(fù)極，電解，電極上生成和C。iii.5-10min，a端連接電源負(fù)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(huán)。iv.重復(fù)步驟ⅱ和步驟ⅲ的操作，繼續(xù)完成9個電沉積循環(huán)。(1)步驟ii內(nèi)電路中的由___________向___________遷移(填“Li電極”或“電極”)。(2)已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。步驟ii電解總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為___________。(3)步驟iii中，Li電極的電極反應(yīng)式為___________。(4)和C只有在的催化作用下才能發(fā)生步驟ⅲ的電極反應(yīng)，反應(yīng)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(yīng)歷程中存在碳氧鍵的斷裂和形成b.反應(yīng)歷程中涉及電子轉(zhuǎn)移的變化均釋放能量c.催化劑通過降低電極反應(yīng)的活化能使反應(yīng)速率加快(5)受上述“循環(huán)電沉積”法的啟示，科學(xué)家研發(fā)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(shí)驗(yàn)題4．（2019·北京海淀·統(tǒng)考一模）某實(shí)驗(yàn)小組對FeCl3分別與Na2SO3、NaHSO3的反應(yīng)進(jìn)行探究?！炯淄瑢W(xué)的實(shí)驗(yàn)】裝置編號試劑X實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象INa2SO3溶液(pH≈9)閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)IINaHSO3溶液(pH≈5)閉合開關(guān)后靈敏電流計(jì)指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)(1)配制FeCl3溶液時，先將FeCl3溶于濃鹽酸，再稀釋至指定濃度。結(jié)合化學(xué)用語說明濃鹽酸的作用：。(2)甲同學(xué)探究實(shí)驗(yàn)I的電極產(chǎn)物______________。①取少量Na2SO3溶液電極附近的混合液，加入______________，產(chǎn)生白色沉淀，證明產(chǎn)生了。②該同學(xué)又設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究另一電極的產(chǎn)物，其實(shí)驗(yàn)方案為______________。(3)實(shí)驗(yàn)I中負(fù)極的電極反應(yīng)式為______________。【乙同學(xué)的實(shí)驗(yàn)】乙同學(xué)進(jìn)一步探究FeCl3溶液與NaHSO3溶液能否發(fā)生反應(yīng)，設(shè)計(jì)、完成實(shí)驗(yàn)并記錄如下：裝置編號反應(yīng)時間實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象III0~1min產(chǎn)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?yōu)槌壬?，之后幾乎無色30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色(4)乙同學(xué)認(rèn)為刺激性氣味氣體的產(chǎn)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(zhuǎn)化：從反應(yīng)速率和化學(xué)平衡兩個角度解釋1~30min的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：______________。(6)解釋30min后上層溶液又變?yōu)闇\紅色的可能原因：______________?！緦?shí)驗(yàn)反思】(7)分別對比I和II、II和III，F(xiàn)eCl3能否與Na2SO3或NaHSO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)和有關(guān)(寫出兩條)______________。5．（2020·北京海淀·統(tǒng)考一模）某研究小組查閱資料發(fā)現(xiàn)Fe3+與I-的反應(yīng)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(jù)此設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)1（如下圖所示），發(fā)現(xiàn)溶液未變紅。該小組對溶液未變紅的原因進(jìn)行了如下探究。I．初步探究實(shí)驗(yàn)2：用煮沸冷卻后的蒸餾水重新配制兩種飽和溶液進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)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(xiàn)象2-11滴5mL1mL不加熱1滴無明顯現(xiàn)象2-21滴5mL1mL加熱一段時間后冷卻1滴無明顯現(xiàn)象(1)研究小組同學(xué)根據(jù)所查閱資料寫出的Fe3+與I-反應(yīng)的離子方程式為____。(2)實(shí)驗(yàn)2中，加入石蠟油的目的是____。(3)小組同學(xué)做出推斷：反應(yīng)速率不是導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)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(xù)探究【資料】AgSCN為不溶于水的白色固體。(4)試管a的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說明濾液l中含有____。(5)試管b中，加入KSCN溶液后所產(chǎn)生實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的原因是___。(6)甲同學(xué)對實(shí)驗(yàn)3提出了質(zhì)疑，認(rèn)為其實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象并不能證明I2氧化了Fe2+。他提出如下假設(shè)：i．可能是AgNO3氧化了Fe2+;ii．可能是空氣中的O2氧化了Fe2+。他設(shè)計(jì)、實(shí)施了實(shí)驗(yàn)4，實(shí)驗(yàn)記錄如下表。編號實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)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(jù)實(shí)驗(yàn)4，甲同學(xué)做出判斷：______________________(7)根據(jù)實(shí)驗(yàn)1～4所得結(jié)論是____。6．（2021·北京海淀·統(tǒng)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(jié)構(gòu)簡式為(簡稱PCMX)。ⅲ.雙氧水消毒液，是質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(xué)用語解釋其原因：①；②___________。(2)實(shí)驗(yàn)室通過測定不同pH環(huán)境中不同濃度NaClO溶液的細(xì)菌殺滅率(%)，以探究“84”消毒液殺菌能力的影響因素，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下表。NaClO溶液濃度(mg/L)不同pH下的細(xì)菌殺滅率(%)pH=4.5pH=7.0pH=9.525098.9077.9053.9050099.9997.9065.54①結(jié)合表中數(shù)據(jù)可推斷，相同條件下，HClO的殺菌能力___________(填“強(qiáng)于”“弱于”或“相當(dāng)于”)NaClO的殺菌能力。②下列關(guān)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(guān)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(dǎo)致安全事故d.噴灑在物品表面后適當(dāng)保持一段時間，以達(dá)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(zhì)性的角度解釋其原因?yàn)開___。(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(jīng)檢驗(yàn)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(tǒng)考一模）某課外小組探究Cu(Ⅱ)鹽與溶液的反應(yīng)。【查閱資料】i.(綠色)(無色)；ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍(lán)色)；iii.易被氧化為或?！静孪爰僭O(shè)】同學(xué)們根據(jù)資料認(rèn)為Cu(Ⅱ)鹽與可能會發(fā)生兩種反應(yīng)。假設(shè)1：與在溶液中發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)生成；假設(shè)2：Cu(Ⅱ)有___________性，與在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)?！緦?shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象分析】實(shí)驗(yàn)一：探究與溶液的反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)序號h(mL)(mL)逐滴加入溶液時的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a1.50.5溶液逐漸變?yōu)榫G色，靜置無變化b1.01.0溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，靜置無變化c02.0溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變淺至無色，靜置無變化(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)a的現(xiàn)象可推測溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化學(xué)符號)。(2)甲同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)一能證明假設(shè)2成立，他的理由是___________。實(shí)驗(yàn)二：探究與溶液的反應(yīng)。(3)乙同學(xué)利用已知資料進(jìn)一步確證了實(shí)驗(yàn)二的無色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的實(shí)驗(yàn)方案是：取少量無色溶液，___________。(4)經(jīng)檢驗(yàn)白色沉淀為CuCl，從化學(xué)平衡的角度解釋繼續(xù)加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：___________。(5)經(jīng)檢驗(yàn)氧化產(chǎn)物以形式存在。寫出與發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到無色溶液的離子方程式：___________?！精@得結(jié)論】綜合以上實(shí)驗(yàn)，同學(xué)們認(rèn)為Cu(Ⅱ)鹽與在液中的反應(yīng)與多種因素有關(guān)，得到實(shí)驗(yàn)結(jié)論：①隨的增大，___________；②___________。8．（2022·北京海淀·統(tǒng)考一模）在電池中有重要應(yīng)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(bǔ)全該反應(yīng)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(yīng)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(zhuǎn)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(jié)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(nèi)熱解產(chǎn)物中不同價(jià)態(tài)的占比隨熱解溫度的變化如圖。熱解過程中涉及如下化學(xué)反應(yīng)：i．ii．

iii．

①為了增大產(chǎn)物中的占比，可以采用的措施是___________(答出兩條)。②溫度升高，產(chǎn)物中的占比降低，可能的原因是___________。9．（2022·北京海淀·統(tǒng)考一模）某興趣小組同學(xué)探究KMnO4溶液與草酸(H2C2O4)溶液反應(yīng)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?！驹O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)】序號反應(yīng)溫度/℃①2.02.0020②2.01.01.020(1)實(shí)驗(yàn)①和②的目的是___________。(2)甲認(rèn)為上述實(shí)驗(yàn)應(yīng)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(shí)施實(shí)驗(yàn)】小組同學(xué)將溶液pH調(diào)至1并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)①和②，發(fā)現(xiàn)紫色并未直接褪去，而是分成兩個階段：i．紫色溶液轉(zhuǎn)變?yōu)榍嗌芤?，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(qiáng)氧化性，發(fā)生反應(yīng)(青綠色)后氧化性減弱；(c)呈綠色，在酸性條件下不穩(wěn)定，迅速分解產(chǎn)生和。(3)乙同學(xué)從氧化還原角度推測階段i中可能產(chǎn)生，你認(rèn)為該觀點(diǎn)是否合理，并說明理由：___________?！纠^續(xù)探究】進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)證明溶液中含有，反應(yīng)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(chǎn)生，反應(yīng)的離子方程式為___________。(5)實(shí)驗(yàn)②在第ii階段的反應(yīng)速率較大，可能的原因是___________。(6)據(jù)此推測，若在第ii階段將調(diào)節(jié)至，溶液褪至無色的時間會___________(填“增加”“減少”或“不變”)?！窘Y(jié)論與反思】(7)上述實(shí)驗(yàn)涉及的反應(yīng)中，草酸的作用是___________。結(jié)論：反應(yīng)可能是分階段進(jìn)行的。草酸濃度的改變對不同階段反應(yīng)速率的影響可能不同。三、有機(jī)推斷題10．（2019·北京海淀·統(tǒng)考一模）“點(diǎn)擊化學(xué)”是指快速、高效連接分子的一類反應(yīng)，例如銅催化的Huisgen環(huán)加成反應(yīng)：+我國科研人員利用該反應(yīng)設(shè)計(jì)、合成了具有特殊結(jié)構(gòu)的聚合物F并研究其水解反應(yīng)。合成線路如圖所示：已知：+H2O+(1)化合物A的官能團(tuán)名稱是_______；反應(yīng)①的反應(yīng)類型是_______。(2)關(guān)于B和C，下列說法正確的是_______(填字母序號)。a.利用質(zhì)譜法可以鑒別B和Cb.B可以發(fā)生氧化、取代、消去反應(yīng)c.可用酸性高錳酸鉀溶液檢驗(yàn)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(jié)構(gòu)簡式為_______。(4)反應(yīng)②的化學(xué)方程式為_______。(5)E的結(jié)構(gòu)簡式為_______；聚合物F的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(6)為了探究連接基團(tuán)對聚合反應(yīng)的影響，設(shè)計(jì)了單體K，其合成路線如圖：寫出H、I、J的結(jié)構(gòu)簡式：H_______；I_______；J_______。11．（2020·北京海淀·統(tǒng)考一模）聚合物L(fēng)具有特殊的光學(xué)性質(zhì)，可用于光電材料，其合成路線如下：已知：i．有機(jī)物可用鍵線式表示，如可表示為(1)A—B的化學(xué)方程式為____。(2)D的結(jié)構(gòu)簡式為____。(3)E中含有的含氧官能團(tuán)為____。(4)G—H的反應(yīng)類型為____。(5)I—K的化學(xué)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(jié)構(gòu)簡式為c．F+F—G的副產(chǎn)物中有2種互為順反異構(gòu)體

d．1molH最多能與2molNaOH反應(yīng)(7)乳酸乙酯是合成的中間體。下圖是某同學(xué)設(shè)計(jì)的合成乳酸乙酯的流程。請寫出M-P的合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）________________________。12．（2021·北京海淀·統(tǒng)考一模）由C-H鍵構(gòu)建C-C鍵是有機(jī)化學(xué)的熱點(diǎn)研究領(lǐng)域。我國科學(xué)家利用N-苯基甘氨酸中的C-H鍵在作用下構(gòu)建C-C鍵，實(shí)現(xiàn)了喹啉并內(nèi)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(zhuǎn)化為C的反應(yīng)中，使B過量可以提高的平衡轉(zhuǎn)化率，其原因是___________(寫出一條即可)。(3)C轉(zhuǎn)化為D的化學(xué)方程式為___________。(4)G轉(zhuǎn)化為H的化學(xué)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(jié)構(gòu)簡式：___________。(5)已知：i.+ii.①D和I在作用下得到J的4步反應(yīng)如下圖(無機(jī)試劑及條件已略去)，中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)。結(jié)合已知反應(yīng)信息，寫出中間產(chǎn)物1和中間產(chǎn)物3的結(jié)構(gòu)簡式_______

；______。②D和I轉(zhuǎn)化成J的反應(yīng)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(zhì)的量之比為___________。13．（2022·北京海淀·統(tǒng)考一模）多環(huán)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(yīng)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(tuán)只有硝基c．D→E可以通過取代反應(yīng)實(shí)現(xiàn)(3)E→G的化學(xué)方程式是___________。(4)I的結(jié)構(gòu)簡式是___________。(5)J在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，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(zhì)的量之比是___________。(6)K中除苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)。K的結(jié)構(gòu)簡式是___________。(7)知：ii．+R3-NH2iii．亞胺結(jié)構(gòu)()中鍵性質(zhì)類似于羰基，在一定條件下能發(fā)生類似i的反應(yīng)。M與L在一定條件下轉(zhuǎn)化為Y的一種路線如下圖。寫出中間產(chǎn)物1、中間產(chǎn)物2的結(jié)構(gòu)簡式：___________、___________。四、原理綜合題14．（2019·北京海淀·統(tǒng)考一模）羥基自由基（·OH，電中性，O為-1價(jià)）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(zhuǎn)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(chǎn)生·OH中間體，催化循環(huán)反應(yīng)如下。將方程式ii補(bǔ)充完整。i．Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OHii．___+___=___+O2↑+2H+（3）已知：羥基自由基容易發(fā)生猝滅2·OH=H2O2，從而活性降低．用H2O2分解產(chǎn)生的·OH脫除苯酚，當(dāng)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(yīng)速率基本不變的可能原因是________。（4）利用電化學(xué)高級氧化技術(shù)可以在電解槽中持續(xù)產(chǎn)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(fā)生的反應(yīng)是O2生成H2O2，然后在電解液中產(chǎn)生·OH并迅速與苯酚反應(yīng)。①b極連接電源的________極（填“正”或“負(fù)”）。②a極的電極反應(yīng)式為______。③除電極反應(yīng)外，電解液中主要發(fā)生的反應(yīng)方程式有________，_______。15．（2020·北京海淀·統(tǒng)考一模）過氧乙酸(CH3CO3H)是一種廣譜高效消毒劑，不穩(wěn)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(yīng)制得，熱化學(xué)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(yīng)制備760gCH3CO3H，放出的熱量為____kJ。(3)取質(zhì)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(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)1：在25℃下，測定不同時間所得溶液中過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。數(shù)據(jù)如圖1所示。實(shí)驗(yàn)2：在不同溫度下反應(yīng)，測定24小時所得溶液中過氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，數(shù)據(jù)如圖2所示。①實(shí)驗(yàn)1中，若反應(yīng)混合液的總質(zhì)量為mg，依據(jù)圖1數(shù)據(jù)計(jì)算，在0—6h間，v(CH3CO3H)=____g／h（用含m的代數(shù)式表示）。②綜合圖1、圖2分析，與20℃相比，25℃時過氧乙酸產(chǎn)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(shí)驗(yàn)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(tuán)簇。不同pH下，病毒團(tuán)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(jù)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(tǒng)考一模）氯堿工業(yè)是化工產(chǎn)業(yè)的重要基礎(chǔ)，其裝置示意圖如圖。生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的氯酸鹽副產(chǎn)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(guān)于產(chǎn)生的說法中，合理的是___________(填序號)。a．主要在陰極室產(chǎn)生b．在電極上放電，可能產(chǎn)生c．陽離子交換膜破損導(dǎo)致向陽極室遷移，可能產(chǎn)生(3)測定副產(chǎn)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(diǎn)時消耗酸性溶液，水樣中的計(jì)算式為___________。(4)可用鹽酸處理淡鹽水中的并回收。①反應(yīng)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(yàn)證i，請補(bǔ)全操作和現(xiàn)象：閉合K，至指針讀數(shù)穩(wěn)定后，___________。五、工業(yè)流程題17．（2020·北京海淀·統(tǒng)考一模）鎳鎘電池是應(yīng)用廣泛的二次電池，其總反應(yīng)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(tuán)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(xué)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(yōu)點(diǎn)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(jié)構(gòu)串聯(lián)；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(zhì)b．鎳電極為電池的負(fù)極，鎘電極為電池的正極c．電池組裝后，應(yīng)先充電，再使用III.過度充電的保護(hù)電池充電時，若Cd(OH)2和Ni(OH)2耗盡后繼續(xù)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(jìn)行過度充電保護(hù)，該方法稱為鎘氧循環(huán)法。(5)Cd(OH)2耗盡后繼續(xù)充電，鎘電極上生成的物質(zhì)為____。(6)已知：①隔膜可以透過陰離子和分子：②O2可以與Cd發(fā)生反應(yīng)生成Cd(OH)2。請結(jié)合兩個電極上的電極反應(yīng)式說明用鎘氧循環(huán)法實(shí)現(xiàn)過度充電保護(hù)的原理：______________________。18．（2021·北京海淀·統(tǒng)考一模）MnSO4是一種重要的化工產(chǎn)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(yīng)后再加氨水。寫出加MnO2時發(fā)生反應(yīng)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(shí)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(yīng)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(diǎn)時消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積為cmL，MnO4－重新變成Mn2+。①補(bǔ)全步驟ⅱ中反應(yīng)的離子方程式：__________。2Mn2++S2O+_____=MnO++__+②廢渣中錳元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。(6)廢渣長期露置于空氣，其中的錳元素逐漸轉(zhuǎn)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(shí)驗(yàn)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(jié)構(gòu)與性質(zhì)19．（2022·北京海淀·統(tǒng)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(tài)硅原子的價(jià)電子排布式為___________。(2)硅、金剛石和碳化硅晶體的熔點(diǎn)從高到低依次為___________。(3)晶態(tài)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(jì)算式)。(4)硅元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)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(fā)生分子間脫水，逐漸轉(zhuǎn)化為硅酸、硅膠。①原硅酸鈉溶液吸收空氣中的會生成，結(jié)合元素周期律解釋原因：___________。②從結(jié)構(gòu)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(shù)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(jià)

Na++IO3—+Cl2+H2O===NaIO4↓+2H++2Cl—

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

c(H+)較高，ClO-繼續(xù)將I2氧化為高價(jià)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(fā)生氧化反應(yīng)，陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，兩極合并為電解池總反應(yīng)。（2）a.Na2SO4與游離氯不反應(yīng)，不能除去陽極液中游離氯；b.Na2SO3有還原性，游離氯有強(qiáng)氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(tài)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(qiáng)的減小而減小，則降低陽極區(qū)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(jià)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(shù)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(jià)。②氧化還原反應(yīng)中，物質(zhì)中元素化合價(jià)升高失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，該物質(zhì)作還原劑，生成的產(chǎn)物為氧化產(chǎn)物，物質(zhì)中元素化合價(jià)降低得電子發(fā)生還原反應(yīng)，該物質(zhì)做氧化劑，生成的產(chǎn)物為還原產(chǎn)物，由此找出反應(yīng)物和生成物，在根據(jù)得失電子守恒配平氧化還原反應(yīng)。（4）①本小題涉及速率的影響因素，增大反應(yīng)物的濃度速率加快，則c(H+)越大，反應(yīng)速率加快(或ClO-氧化性增強(qiáng))，c(I2)越高，吸光度越大。②c(H+)較高，ClO-繼續(xù)將I2氧化為高價(jià)含碘微粒，c(I2)降低，吸光度下降。③本小題涉及物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度在氧化還原反應(yīng)中的計(jì)算?！驹斀狻浚?）電解飽和食鹽水時，氯離子在陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，水電離的氫離子在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氯氣，則電解的化學(xué)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(yīng)，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(qiáng)氧化性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，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(tài)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(qiáng)的減小而減小，則降低陽極區(qū)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(shù)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(jià)。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(shù)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(jià)。②NaIO3中I元素失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，化合價(jià)由+5價(jià)升高到+7價(jià)生成NaIO4，Cl2中氯元素得電子發(fā)生還原反應(yīng)，化合價(jià)由0價(jià)降低到-1價(jià)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(yīng)速率加快(或ClO-氧化性增強(qiáng))，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(yīng)速率加快(或ClO-氧化性增強(qiáng))，c(I2)越高(1分)，吸光度越大。②c(H+)較高，ClO-繼續(xù)將I2氧化為高價(jià)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(xù)將I2氧化為高價(jià)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(zhì)的量為0.01mol，根據(jù)反應(yīng)方程式ClO-+2H++2I-===I2+Cl-+H2O，需NaClO的物質(zhì)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(shù)相同，電子層數(shù)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(shù)相同，電子層數(shù)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(yīng)轉(zhuǎn)化為硫化物化合價(jià)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(xué)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(fù)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(jù)元素化合價(jià)的變化書寫電極方程式?！驹斀狻?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(yīng)為，根據(jù)蓋斯定律，可得總反應(yīng)的反應(yīng)熱為=-1250kJ/mol，即總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為，故填；(3)步驟iii中Li電極作陰極，電極反應(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)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(chǎn)生藍(lán)色沉淀，證明產(chǎn)生了Fe2+

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

H++HSO3-=H2O+SO2

生成紅色配合物的反應(yīng)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(yīng)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(xù)反應(yīng)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(yīng)物是否接觸形成紅色配合物【分析】本題為實(shí)驗(yàn)探究題。（1）本小題為鹽類水解的應(yīng)用，為抑制鹽的水解，在配置某些強(qiáng)酸弱堿鹽溶液時可加入相應(yīng)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(yàn)，向溶液中滴加鹽酸和BaCl2溶液時產(chǎn)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(yàn)，亞鐵離子遇鐵氰化鉀產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。（3）本小題考查的是電極反應(yīng)式的書寫，負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)。（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(fā)生雙水解。（5）（6）兩小題考查的是平衡移動的影響條件，當(dāng)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(dāng)反應(yīng)物的濃度增大時平衡向正向移動，則反應(yīng)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(xù)反應(yīng)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?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色。。（7）I和II實(shí)驗(yàn)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(yīng)的現(xiàn)象也不同，是影響與FeCl3是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)的原因之一；II和III實(shí)驗(yàn)中NaHSO3與FeCl3一個接觸，一個沒接觸，反應(yīng)現(xiàn)象不同，是影響與FeCl3是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)的原因之一?！驹斀狻浚?）氯化鐵是強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中會發(fā)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(shí)驗(yàn)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(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根離子，當(dāng)向此電極產(chǎn)物中滴加鹽酸和BaCl2溶液時產(chǎn)生白色沉淀且白色沉淀不溶于鹽酸，證明此電極產(chǎn)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(fā)生還原反應(yīng)生成Fe2+，則探究這一電極的產(chǎn)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，F(xiàn)e2+遇鐵氰化鉀產(chǎn)生藍(lán)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(chǎn)生藍(lán)色沉淀，證明產(chǎn)生了Fe2+（3）負(fù)極應(yīng)發(fā)生氧化反應(yīng)，亞硫酸鈉中的硫元素化合價(jià)由+4價(jià)升高到+6價(jià)失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則亞硫酸鈉對應(yīng)的一極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小題答案為：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。（4）②FeCl3為強(qiáng)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(fā)生復(fù)分解反應(yīng)H++HSO3-=H2O+SO2。本小題答案為：H++HSO3-=H2O+SO2。（5）1~30min的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為沉淀迅速溶解形成紅色溶液，隨后溶液逐漸變?yōu)槌壬?，之后幾乎無色，可見生成紅色配合物的反應(yīng)速率快，紅色配合物生成橙色配合物的速率較慢；是因?yàn)樵贠2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(yīng)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(yīng)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(xù)反應(yīng)形成紅色配合物，則30min后與空氣接觸部分的上層溶液又變?yōu)闇\紅色，隨后逐漸變?yōu)闇\橙色。本小題答案為：反應(yīng)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(xù)反應(yīng)形成紅色配合物。（7）I和II實(shí)驗(yàn)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(yīng)的現(xiàn)象也不同，是影響與FeCl3是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)的原因之一；II和III實(shí)驗(yàn)中NaHSO3與FeCl3一個接觸，一個沒接觸，反應(yīng)現(xiàn)象不同，是影響與FeCl3是否發(fā)生氧化還原反應(yīng)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(yīng)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(shí)驗(yàn)2中，采取了增大反應(yīng)物濃度、升高溫度的措施提高化學(xué)反應(yīng)速率，但溶液仍未變紅

Fe3+

加入KSCN后，F(xiàn)e3+先與SCN-反應(yīng)生成Fe(SCN)3，溶液變紅；Ag+與SCN-反應(yīng)生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產(chǎn)生白色沉淀

0.1mol/LAgNO3溶液

假設(shè)ⅰ、ⅱ均不成立

實(shí)驗(yàn)1溶液未變紅是因?yàn)?Fe2++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(qiáng)氧化性，I-具有還原性。Fe3+與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)(2)

實(shí)驗(yàn)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(yīng)速率不是導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)1中溶液未變紅的主要原因可以從對比試驗(yàn)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(yīng)，從平衡移動的角度來分析(6)

設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證氧化Fe2+的物質(zhì)【詳解】I．(1)Fe3+具有強(qiáng)氧化性，I-具有還原性。Fe3+與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++2I-?2Fe2++I2(2)實(shí)驗(yàn)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(xué)做出推斷：反應(yīng)速率不是導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)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(yīng)物濃度、升高溫度的措施提高化學(xué)反應(yīng)速率，但溶液仍未變紅。Ag+與SCN-反應(yīng)生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產(chǎn)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，F(xiàn)e3+先與SCN-反應(yīng)生成Fe(SCN)3，溶液變紅；Ag+與SCN-反應(yīng)生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-?Fe(SCN)3逆向移動，紅色褪去，產(chǎn)生白色沉淀（6）①需要驗(yàn)證是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以試劑a是0.1mol/LAgNO3溶液②依據(jù)實(shí)驗(yàn)4，甲同學(xué)做出判斷②依據(jù)實(shí)驗(yàn)4，甲同學(xué)做出判斷(7)根據(jù)實(shí)驗(yàn)1～4所得結(jié)論是實(shí)驗(yàn)1溶液未變紅是因?yàn)?Fe2++I2?2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+濃度太低，未能檢出?！军c(diǎn)睛】該題的易難點(diǎn)錯點(diǎn)是（6），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證氧化的Fe2+物質(zhì)是AgNO3還是空氣中的O2。6．

2HClOHCl+O2

強(qiáng)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(fā)生氧化還原反應(yīng)

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(xué)方程式為：2HClOHCl+O2，故答案為：2HClOHCl+O2；(2)①通過表格數(shù)據(jù)分析，NaClO溶液濃度相同時，pH越小細(xì)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(qiáng)于NaClO，故答案為：強(qiáng)于；②a．由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)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(chǎn)生HClO等酸性物質(zhì)，會腐蝕金屬，故b錯誤；c．“84”消毒液如與潔廁液混用，會發(fā)生反應(yīng)：HClO+HCl=Cl2+H2O，故兩者不能混用，故c正確；d．噴灑后適當(dāng)保持一段時間有利于HClO的生成，達(dá)到殺菌效果，故d正確；答案為：acd；(3)①中的含氧官能團(tuán)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(yīng)，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(fā)生氧化還原反應(yīng)；(4)H2O2中O為-1價(jià)，為中間價(jià)態(tài)，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?！军c(diǎn)睛】重點(diǎn)考查了HClO的強(qiáng)氧化性和弱酸性，利用氧化還原的基本原理分析物質(zhì)間的反應(yīng)是解答的關(guān)鍵。7．

氧化

實(shí)驗(yàn)b中，溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，說明先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)之后又發(fā)生氧化還原反應(yīng)(或?qū)嶒?yàn)a到實(shí)驗(yàn)c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng))

向其中滴加氨水，放置在空氣中，若溶液變?yōu)樗{(lán)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(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的趨勢減弱，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢增強(qiáng)

Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢【分析】根據(jù)資料i.(綠色)，和Cu(Ⅱ)有氧化性，具有還原性，提出假設(shè)；通過與溶液的反應(yīng)的現(xiàn)象，實(shí)驗(yàn)a到實(shí)驗(yàn)c，溶液濃度變大，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)；隨的增大，二者發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的趨勢減弱，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢增強(qiáng)；探究與溶液的反應(yīng)，起初現(xiàn)象溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，靜置很快出現(xiàn)白色沉淀，再加溶液，白色沉淀很快溶解形成無色溶液；結(jié)合資料ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍(lán)色)，要確定無色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈現(xiàn)無色，后變?yōu)樗{(lán)色；Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢?！驹斀狻考僭O(shè)2：具有還原性，Cu(Ⅱ)有氧化性，與在溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)。故答案為：氧化；實(shí)驗(yàn)一：探究與溶液的反應(yīng)。(1)結(jié)合資料i.(綠色)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)a的現(xiàn)象溶液逐漸變?yōu)榫G色，靜置無變化，可推測溶液中生成的含Cu微粒是(填化學(xué)符號)。故答案為：；(2)甲同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)一能證明假設(shè)2成立，他的理由是實(shí)驗(yàn)b中，溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，說明先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)之后又發(fā)生氧化還原反應(yīng)(或?qū)嶒?yàn)a到實(shí)驗(yàn)c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng))。故答案為：實(shí)驗(yàn)b中，溶液先變?yōu)榫G色，后逐漸變成淺綠色，說明先發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)之后又發(fā)生氧化還原反應(yīng)(或?qū)嶒?yàn)a到實(shí)驗(yàn)c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發(fā)生了氧化還原反應(yīng))；實(shí)驗(yàn)二：探究與溶液的反應(yīng)。(3)結(jié)合資料ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍(lán)色)，無色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，可先呈現(xiàn)無色，后變?yōu)樗{(lán)色。他的實(shí)驗(yàn)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?yōu)樗{(lán)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?yōu)樗{(lán)色，則說明含Cu(Ⅰ)；(4)經(jīng)檢驗(yàn)白色沉淀為CuCl，從化學(xué)平衡的角度解釋繼續(xù)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(fā)生氧化還原反應(yīng)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(jié)論：①隨的增大，二者發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的趨勢減弱，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢增強(qiáng)；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(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢。故答案為：二者發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的趨勢減弱，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的趨勢增強(qiáng)；Cu(Ⅱ)鹽的陰離子為Cl-時能增大Cu2+和發(fā)生氧化還原反應(yīng)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(dǎo)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(yīng)速率ii大于反應(yīng)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?！驹斀狻浚?）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(yīng)生成硫酸根離子，硫元素化合價(jià)升高，在反應(yīng)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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為沉淀去除，過濾是分離固液的一種實(shí)驗(yàn)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(dǎo)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(jià)態(tài)錳含量較低；由涉及反應(yīng)可知，通入更多氧氣利于二氧化錳的生成；故為了增大產(chǎn)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(yīng)中首先生成，然后再轉(zhuǎn)化為其它價(jià)態(tài)錳，溫度升高，產(chǎn)物中的占比降低，可能的原因是由于反應(yīng)速率ii大于反應(yīng)速率i（或者反應(yīng)i已經(jīng)完成，ii反應(yīng)速率更快）9．(1)探究草酸濃度對反應(yīng)速率的影響(2)b(3)否，在酸性條件下不穩(wěn)定，迅速分解產(chǎn)生和(4)+4H2C2O4=4CO2++4H2O(5)實(shí)驗(yàn)②中所加草酸的物質(zhì)的量比實(shí)驗(yàn)①的更少，導(dǎo)致階段i形成的實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①的更少，生成的Mn3+實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①的更多，且Mn3+的氧化性比強(qiáng)(6)減少(7)還原劑和酸性【詳解】（1）由題干表中數(shù)據(jù)可知，實(shí)驗(yàn)①和②只有草酸的濃度不同，故該組實(shí)驗(yàn)的目的是探究草酸濃度對反應(yīng)速率的影響，故答案為：探究草酸濃度對反應(yīng)速率的影響；（2）a．鹽酸能與酸性高錳酸鉀反應(yīng)，影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論，a不合題意；

b．硫酸不與草酸和酸性高錳酸鉀反應(yīng)，不會影響實(shí)驗(yàn)結(jié)論，b符合題意；

c．草酸實(shí)驗(yàn)中本身就是探究草酸與酸性高錳酸鉀反應(yīng)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(wěn)定，迅速分解產(chǎn)生和，而階段i溶液呈酸性，故不可能產(chǎn)生，故答案為：否，在酸性條件下不穩(wěn)定，迅速分解產(chǎn)生和；（4）由題干圖示信息可知，第i階段中檢測到有氣體產(chǎn)生同時生成，則該階段反應(yīng)的離子方程式為：+4H2C2O4=4CO2++4H2O，故答案為：+4H2C2O4=4CO2++4H2O；（5）比較實(shí)驗(yàn)②中所加草酸的物質(zhì)的量比實(shí)驗(yàn)①的更少，導(dǎo)致階段i形成的實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①的更少，根據(jù)已知信息(b)無色，有強(qiáng)氧化性，發(fā)生反應(yīng)(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(qiáng)氧化性而氧化性減弱，則導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)②在第ii階段的反應(yīng)速率較大，故答案為：實(shí)驗(yàn)②中所加草酸的物質(zhì)的量比實(shí)驗(yàn)①的更少，導(dǎo)致階段i形成的實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①的更少，生成的Mn3+實(shí)驗(yàn)②比實(shí)驗(yàn)①的更多，且Mn3+的氧化性比強(qiáng)；（6）據(jù)此推測，若在第ii階段將調(diào)節(jié)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(yīng)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(yīng)+4H2C2O4=4CO2++4H2O中草酸既作還原劑又表現(xiàn)出酸性，同時提供與Mn3+形成絡(luò)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(yīng)(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(yīng)為取代反應(yīng)，B生成C的反應(yīng)為取代反應(yīng)，根據(jù)信息提示可知C生成D的反應(yīng)為取代反應(yīng)，D為，D與NaN3發(fā)生取代反應(yīng)生成E，結(jié)合題中E的分子式可推知E為；由E經(jīng)F生成G正推，再由G經(jīng)F到E逆推，可推知F為或或，E生成F的反應(yīng)為取代和加聚反應(yīng)，F(xiàn)生成G的反應(yīng)為水解反應(yīng)；【詳解】（1）由結(jié)構(gòu)可知A含有的官能團(tuán)有：醛基、溴原子(或碳溴鍵)；對比A、B的結(jié)構(gòu)可知，A中苯環(huán)上的溴原子被-CCC(CH3)2OH替代，屬于取代反應(yīng)；（2）a．B與C的相對分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法進(jìn)行鑒別，a正確；b．B含有醛基、碳碳三鍵、醇羥基、苯環(huán)，羥基連接碳原子相鄰的碳原子上有H原子，可以發(fā)生氧化、取代、消去反應(yīng)，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(jié)構(gòu)，則X的結(jié)構(gòu)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(yīng)形成C=N雙鍵，故D為，反應(yīng)方程式為：++H2O；（5）對比D、E的分子式，應(yīng)D中的1個?F原子被?N3替代生成E，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知應(yīng)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(jié)構(gòu)可知，H與HC≡CH發(fā)生取代反應(yīng)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(yīng)

abc

【分析】根據(jù)反應(yīng)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(jù)以上物質(zhì)分析【詳解】根據(jù)反應(yīng)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(jù)以上物質(zhì)分析(1)A—B的化學(xué)方程式為(2)

D的結(jié)構(gòu)簡式為(3)

E結(jié)構(gòu)式中含有的含氧官能團(tuán)為羰基、羥基(4)

G—H的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)(5)

I—K的化學(xué)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(xiàng)正確

b．C的結(jié)構(gòu)簡式為b項(xiàng)正確c．F+F—G的副產(chǎn)物中有2種互為順反異構(gòu)體

c項(xiàng)正確

d．1molH最多能與1molNaOH反應(yīng)

d項(xiàng)錯誤(6)

M-P的合成路線【點(diǎn)睛】本題是以合成線路形成推斷為主的有機(jī)合成題，考查了有機(jī)物的推斷、結(jié)構(gòu)簡式的書寫、有機(jī)反應(yīng)離子方程式的書寫設(shè)計(jì)合成線路等考點(diǎn)。其中設(shè)計(jì)合成線路等考點(diǎn)是該題的重點(diǎn)和難點(diǎn)，難度較大，需要學(xué)生具備較強(qiáng)的知識運(yùn)用和信息遷移能力。12．

濃硝酸，濃硫酸

增加了反應(yīng)物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學(xué)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?！驹斀狻?1)根據(jù)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(jù)上述分析可知：B的結(jié)構(gòu)簡式為，具有堿性，轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)中，如果過量可以中和生成的HCl，相當(dāng)于增加了反應(yīng)物的濃度，減小生成物的濃度，使化學(xué)平衡正向移動，提高的平衡轉(zhuǎn)化率，故答案：增加了反應(yīng)物的濃度，減小生成物HCl的濃度，使化學(xué)平衡正向移動。(3)根據(jù)上述分析可知：C的結(jié)構(gòu)簡式為，D的結(jié)構(gòu)簡式為，C轉(zhuǎn)化為D是酯在酸性條件下的水解反應(yīng)，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為+H2O+CH3CH2OH，故答案：+H2O+CH3CH2OH。(4)根據(jù)上述分析可知：G的結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCHBrCH2CH2OH，H的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)已知條件可知，CH2BrCHBrCH2CH2OH轉(zhuǎn)化為的化學(xué)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(jù)i.+和ii.可知，，中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，所以中間產(chǎn)物1的結(jié)構(gòu)式為；由中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)，所以中間產(chǎn)物3的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案：；。②根據(jù)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(yīng)生成J的方程式為：C8H9O2N+C4H6O+xO2C12H9O2N+yH2O，根據(jù)H原子守恒可知生成H2O為3mol，再根據(jù)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(zhì)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(fā)生硝化反應(yīng)生成B，B和鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D水解生成E，由E的結(jié)構(gòu)簡式逆推，可知A是，B是，D是；E發(fā)生催化氧化生成G，G是；和I反應(yīng)生成J，由信息i可知I是；X水解為K、L，根據(jù)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(fā)生硝化反應(yīng)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(tuán)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(yīng)類型是取代反應(yīng)，故c正確；選ac。（3）發(fā)生催化氧化生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式是（4）和I反應(yīng)生成J，由信息i可知I是；（5）J在一定條件下發(fā)生反應(yīng)，可以生成化合物X、乙酸和水，根據(jù)碳原子守恒，生成物中化合物X和乙酸的物質(zhì)的量之比是1:2；（6）X水解為K、L，K中除苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)。根據(jù)K、L的分子式，K是；（7）根據(jù)信息ii，和，反應(yīng)生成，根據(jù)信息iii，生成，脫水生成Y，則中間產(chǎn)物1是、中間產(chǎn)物2是。14．

2Fe3+

2?OH

2Fe2+

溫度從40℃上升到50℃，羥基自由基發(fā)生猝滅程度增大（或溫度升高H2O2發(fā)生分解產(chǎn)生氧氣），導(dǎo)致c(?OH)下降，所以反應(yīng)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(jù)已知信息可知反應(yīng)ii應(yīng)該是Fe3+氧化?OH生成Fe2+和O2，離子反應(yīng)方程式為2Fe3++2?OH＝2Fe2++O2↑+2H+，故答案為：2Fe3+；2?OH；2Fe2+；(3)H2O2對熱不穩(wěn)定，溫度升高，會導(dǎo)致H2O2發(fā)生分解，導(dǎo)致c(?OH)下降，所以，溫度從40℃上升到50℃，反應(yīng)速率基本不變，故答案為：溫度從40℃上升到50℃，羥基自由基發(fā)生猝滅程度增大（或溫度升高H2O2發(fā)生分解產(chǎn)生氧氣），導(dǎo)致c(?OH)下降，所以反應(yīng)速率基本不變；(4)①a極主要發(fā)生的反應(yīng)是O2生成H2O2，O元素化合價(jià)降低、得到電子、發(fā)生還原反應(yīng)，則a電極為陰極、與電源負(fù)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(zhì)溶液顯酸性，電極反應(yīng)式為O2+2e-+2H+＝H2O2，故答案為：O2+2e-+2H+＝H2O2；③H2O2分解產(chǎn)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(yīng)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(wěn)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(yīng)速率下降

隨著pH升高，SV-1的團(tuán)簇粒徑減小，與過氧化氫接觸面積增大，反應(yīng)速率加快【分析】（1）過氧乙酸(CH3CO3H)不穩(wěn)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(xué)方程式中各物質(zhì)的系數(shù)代表各物質(zhì)的物質(zhì)的量來計(jì)算(3)

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

利用熱化學(xué)方程式中各物質(zhì)的系數(shù)代表各物質(zhì)的物質(zhì)的量來計(jì)算。利用上述反應(yīng)制備760gCH3CO3H，物質(zhì)的量是10mol,所以放出的熱量是方程式中反應(yīng)熱的10倍為137kJ。(3)

①實(shí)驗(yàn)1中，若反應(yīng)混合液的總質(zhì)量為mg，依據(jù)圖1數(shù)據(jù)計(jì)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(chǎn)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(yīng)速率下降。（4）依據(jù)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(tuán)簇粒徑減小，與過氧化氫接觸面積增大，反應(yīng)速率加快。16．(1)(2)bc(3)

偏大

(4)

使還原性增強(qiáng)

先向左側(cè)燒杯中加入少量硫酸，觀察電壓表示數(shù)是否變化，再向右側(cè)燒杯中加入等量硫酸，觀察電壓表示數(shù)是否變化【詳解】（1）業(yè)上電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，反應(yīng)的離子方程式為；（2）a．氯元素都在陽極室，所以應(yīng)該在陽極室生成，故a錯誤；b．氯離子在陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，化合價(jià)升高，有可能生成，故b正確；c．陽離子交換膜破損導(dǎo)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(yīng)生成次氯酸根，當(dāng)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(yīng)，最后計(jì)算出與氯酸根反應(yīng)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(rèn)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(yīng)的離子方程式為，則有關(guān)系式，因此與高錳酸鉀反應(yīng)的亞鐵離子為，與亞鐵離子反應(yīng)的離子方程式為，則有關(guān)系式，與反應(yīng)的亞鐵離子的物質(zhì)的量為，設(shè)的物質(zhì)的量為a，，則；（4）①鹽酸和反應(yīng)生成，反應(yīng)的離子方程式為；②鹽酸與的反應(yīng)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(qiáng)；③用如圖裝置驗(yàn)證i，具體的操作為：閉合K，至指針讀數(shù)穩(wěn)定后，先向左側(cè)燒杯中加入少量硫酸，觀察電壓表示數(shù)是否變化，再向右側(cè)燒杯中加入等量硫酸，觀察電壓表示數(shù)是否變化。17．

過濾

先加入氨水，可使Ni2+發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)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，