北京市西城區(qū)2025屆高三化學5月第二次診斷測試試題含解析

PAGE20-北京市西城區(qū)2025屆高三化學5月其次次診斷測試試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H1O16Cu63.5第一部分本部分共14題，在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.下列圖示的混合物不屬于膠體的是A.氯化鈉注射液 B.云霧C.稀豆?jié){ D.煙水晶【答案】A【解析】【詳解】A．氯化鈉注射液屬于溶液，不是膠體，故A符合題意；B．云霧的分散質也液體小液滴，分散劑是空氣，屬于氣溶膠，故B不符合題意；C．稀豆?jié){屬于液溶膠，故C不符合題意；D．煙水晶屬于固溶膠，故D不符合題意；答案選A。2.糖類、油脂、蛋白質是重要的養(yǎng)分物質，下列說法正確的是A.糖類、油脂、蛋白質均可水解 B.纖維素和淀粉互為同分異構體C.油脂屬于酯類物質可發(fā)生皂化反應 D.NH4Cl溶液和CuSO4溶液均可使蛋白質變性【答案】C【解析】【詳解】A．糖類中單糖不能水解，糖類中的二糖和多糖、油脂、蛋白質均可水解，故A錯誤；B．分子式相同，結構不同的有機物互稱為同分異構體，纖維素和淀粉的分子通式為(C6H10O5)n，n值不同分子式不同，且都是混合物二者不互為同分異構體，故B錯誤；C．油脂全稱為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類物質，可發(fā)生皂化反應，故C正確；D．鹽析一般是指溶液中加入無機鹽類而使蛋白質溶解度降低而析出過程，NH4Cl溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，使蛋白質析出固體；CuSO4溶液中含有重金屬銅離子，可使蛋白質變性，故D錯誤；答案選C?！军c睛】鹽析一般是指溶液中加入無機鹽類而使溶解的物質析出的過程。向某些蛋白質溶液中加入某些無機鹽溶液后，可以降低蛋白質的溶解度，使蛋白質凝合而從溶液中析出，這種作用叫作鹽析，是物理變更，可復原。但向某些蛋白質溶液中加入某些重金屬鹽，可以使蛋白質性質發(fā)生變更而凝合，進而從溶液中析出，這種作用叫作變性，性質變更，是化學反應，無法復原。3.化學與生產生活親密相關，下列說法不正確的是A.鐵粉有還原性可作吸氧劑 B.生石灰能與水反應可作干燥劑C.福爾馬林能殺菌防腐可作食品保鮮劑 D.明礬能水解形成膠體可作凈水劑【答案】C【解析】【詳解】A．鐵粉有還原性，可與氧化性物質發(fā)生反應，一般用于食品的抗氧化劑，防止食品被氧化而變質，故A正確；B．生石灰能與水反應，可用于干燥堿性氣體，可作干燥劑，故B正確；C．福爾馬林是甲醛的水溶液，有毒，一般用于標本的防腐劑，但不能作食品保鮮劑，故C錯誤；D．明礬為硫酸鋁鉀晶體，溶于水時電離出鋁離子，鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中的固體顆粒物，可作凈水劑，故D正確；答案選C。4.117號元素Ts的原子最外層電子數(shù)是7，下列說法不正確的是A.Ts是第七周期第ⅦA族元素 B.還原性：I?＜Ts?C.原子半徑：I＜Ts D.中子數(shù)為176的Ts的核素符號：【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)元素周期表的結構可知，118號元素為第七周期的零族元素，117號元素Ts的原子最外層電子數(shù)是7，Ts是第七周期第ⅦA族元素，故A正確；B．Ts與I同主族，從上至下，隨核電荷數(shù)增大，非金屬性漸漸減弱，對應單質的氧化性漸漸減弱，其簡潔離子的還原性漸漸增加，則非金屬性：Ts＜I，還原性：I?＜Ts?，故B正確；C．Ts與I同主族，從上至下，隨核電荷數(shù)增大，電子層數(shù)漸漸增多，原子半徑漸漸增大，原子半徑：I＜Ts，故C正確；D．依據(jù)原子序數(shù)=質子數(shù)，Ts的質子數(shù)為117，中子數(shù)為176，質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)=117+176=293，則Ts的核素符號：，故D錯誤；答案選D?！军c睛】元素周期表中，位置確定結構，結構確定性質，依據(jù)稀有氣體的序數(shù)，推想出未知元素的位置。5.蜂膠中某活性物質X的結構簡式如下，下列關于X的說法正確的是A.X不具有順式和反式結構 B.X不能與濃溴水發(fā)生取代反應C.1molX最多能與2molNaOH反應 D.肯定條件下X可發(fā)生加聚反應【答案】D【解析】【詳解】A．X中含有碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的結構不同，具有順式和反式結構，故A錯誤；B．X中含有酚羥基，具有苯酚的性質，能與濃溴水發(fā)生取代反應，故B錯誤；C．X中含有酚羥基和酯基，具有酚和酯的性質，都能與NaOH反應，1molX中含有2mol酚羥基和1mol酯基，最多能與3molNaOH反應，故C錯誤；D．X中含有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，肯定條件下X可發(fā)生加聚反應，故D正確；答案選D?！军c睛】碳碳雙鍵可以和溴水發(fā)生加成反應，但X中含有酚羥基，具有苯酚的性質，能與濃溴水發(fā)生取代反應，為易錯點。6.下列化學用語的表述正確的是A.乙酸與乙醇的酯化反應：CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218OB.鎂離子結構示意圖：C.二氧化碳分子的比例模型：D.NaCl溶液導電：NaClNa++Cl?【答案】B【解析】【詳解】A．乙酸與乙醇的酯化反應中，依據(jù)酯化反應機理，酸脫羥基醇脫氫，則18O在乙酸乙酯中，正確的反應為：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故A錯誤；B．鎂為12號元素，核外有12個電子，失去兩個電子后形成鎂離子，結構示意圖：，故B正確；C．二氧化碳分子中，碳原子的半徑大于氧原子的半徑，則比例模型：，故C錯誤；D．NaCl是強電解質，在溶液中完全電離生成鈉離子和氯離子，溶液可導電的緣由可表示為：NaCl=Na++Cl?，故D錯誤；答案選B?！军c睛】電離就是電解質在水溶液中或熔融狀態(tài)下產生自由移動的離子的過程。溶液導電是由于存在自由移動的離子，電解是電流通過物質而引起化學變更的過程。化學變更是物質失去或獲得電子（氧化或還原）的過程，它們有本質上的區(qū)分。7.下列說法不正確的是A.常溫常壓下，3.2gO2和O3的混合氣體中含有氧原子的數(shù)目約為0.2×6.02×1023B.1L0.5mol·L?1CH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO?的總數(shù)約為0.5×6.02×1023C.標準狀況下，1.12LHCl氣體中含有電子數(shù)目約為0.9×6.02×1023D.0.1mol環(huán)氧乙烷（）中含有共價鍵的總數(shù)約為0.3×6.02×1023【答案】D【解析】【詳解】A．O2和O3都是由氧原子構成，常溫常壓下，3.2gO2和O3的混合氣體中氧原子的物質的量為=0.2mol，含有氧原子的數(shù)目約為0.2×6.02×1023，故A正確；B．1L0.5mol·L?1CH3COONa溶液的物質的量為0.5mol，含有鈉離子的物質的量為0.5mol，溶液中純在物料守恒，n(Na+)=n(CH3COOH)+n(CH3COO?)=0.5mol，則含有CH3COOH和CH3COO?的總數(shù)約為0.5×6.02×1023，故B正確；C．一個HCl分子中含有18個電子，標準狀況下，1.12LHCl氣體的物質的量為=0.05mol，則0.05molHCl氣體中含有電子的數(shù)目約為=0.05mol×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，故C正確；D．依據(jù)環(huán)氧乙烷的結構簡式，節(jié)點為碳原子，每個碳原子形成4個共價鍵，一個碳環(huán)氧乙烷()中含有7個共價鍵，則0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有共價鍵的總數(shù)約為0.1mol×7×6.02×1023=0.7×6.02×1023，故D錯誤；答案選D。8.以氮氣和水蒸氣為原料，電化學合成氨裝置（電極不參加反應）示意圖如下。下列說法不正確的是A.電極a連接電源的正極 B.OH?向電極a遷移C.電極b的電極反應：N2+6e?+6H+=2NH3 D.總反應：2N2+6H2O(g)4NH3+3O2【答案】C【解析】【分析】依據(jù)圖示，b電極上氮氣轉化為NH3氮元素由0價變?yōu)?3價，化合價降低，得電子，被還原，b為陰極，與電源負極相連，a為陽極與電源正極相連，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)分析，a為陽極與電源正極相連，故A正確；B．電解池中，陰離子向陽極移動，a為陽極，則OH?向電極a遷移，故B正確；C．依據(jù)圖示，該電解池電解質為堿性熔融物，不含氫離子，則電極b的電極反應：N2+6e?+6H2O=2NH3+6OH-，故C錯誤；D．依據(jù)圖示可知，N2和6H2O(g)在電解的作用下生成NH3和O2，則總反應：2N2+6H2O(g)4NH3+3O2，故D正確；答案選C。9.下列試驗裝置（部分夾持裝置已略去）可以達到對應試驗目的的是A.制備氫氧化鐵膠體 B.分別乙酸乙酯和飽和Na2CO3溶液C.除去CO2中的少量HCl D.收集NO2【答案】B【解析】【詳解】A．制備氫氧化鐵膠體的方法是將飽和氯化鐵溶液滴加到沸水中至產生紅棕色時停止加熱，不能用氫氧化鈉溶液，否則生成氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B．乙酸乙酯和飽和Na2CO3溶液不互溶且分層，可用分液的方法分別，故B正確；C．若用飽和碳酸鈉溶液汲取氯化氫，二氧化碳也可與碳酸鈉反應，除去CO2中的少量HCl應用飽和碳酸氫鈉溶液，故C錯誤，D．NO2的密度比空氣大，收集時應進步短出，NO2為大氣污染物用氫氧化鈉溶液處理尾氣時易發(fā)生倒吸，應再安裝一個防倒吸裝置，故D錯誤；答案選B?！军c睛】收集密度比空氣大的氣體，用向上排空氣法收集。10.下列關于離子檢驗的說法不正確的是A.取某鹽溶液加入濃NaOH溶液，加熱，產生的氣體可使潮濕的紅色石蕊試紙變藍，該溶液中含有NH4+B.取某溶液滴加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，滴加氯水，溶液變紅色，該溶液中含有Fe2+C.取某溶液加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，該溶液中肯定含有SO42?D.取某無色溶液通入Cl2，再加入CCl4，振蕩，靜置，下層呈紫色，該溶液中肯定含有I?【答案】C【解析】【詳解】A．若某鹽溶液若含有NH4+，加入濃NaOH溶液，可產生一水合氨，加熱使一水合氨分解產生氨氣，氨氣可使潮濕的紅色石蕊試紙變藍，故A正確；B．Fe3+遇KSCN溶液變紅色，F(xiàn)e2+與KSCN溶液不變色，取某溶液滴加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，滴加氯水，溶液變紅色，該溶液中含有Fe2+，故B正確；C．取某溶液加入BaCl2溶液，產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，氯化銀也是不溶于硝酸的白色沉淀，該溶液中可能含有SO42?或Ag+，要檢驗SO42?，先用鹽酸酸化，解除其他干擾離子，再加BaCl2溶液，若產生不溶于稀硝酸的白色沉淀，證明該溶液中肯定含有SO42?，故C錯誤；D．若溶液中含有I?，I?具有還原性，可被Cl2氧化為I2，形成含有碘單質的碘水溶液，加入CCl4，CCl4密度比水大，不溶于水，會分層，且四氯化碳層在下層，由于CCl4溶解碘單質的實力比水強，碘單質轉移至CCl4中呈現(xiàn)紫色，故D正確；答案選C?！军c睛】可以依據(jù)發(fā)生反應的試驗現(xiàn)象，倒推溶液中含有的離子。11.處理某廢水時，反應過程中部分別子濃度與反應進程關系如下圖，反應過程中主要存在N2、HCO3?、ClO?、CNO?（C+4價，N-3價）、Cl?等微粒。下列說法不正確的是A.該廢水呈強酸性B.廢水處理后轉化為無害物質C.反應的離子方程式：3ClO?+2CNO?+H2O==N2+2HCO3?+3Cl?D.每處理1molCNO?轉移3mole?【答案】A【解析】【分析】由圖可知，ClO-濃度減小，HCO3-濃度增加，則還原反應為ClO-→Cl-，氧化反應為CNO-→N2，由電子、電荷守恒可知離子反應為3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此來解答。【詳解】A．依據(jù)分析，離子反應為3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，產物中含有碳酸氫根離子，碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，使溶液顯堿性。若溶液為強酸性，不行能含有HCO3-離子，故A錯誤；B．對廢水處理的目的本身就是將廢水中的有害物質轉化為對生態(tài)環(huán)境無害的物質，依據(jù)分析對廢水處理發(fā)生的反應產物為N2、HCO3-、Cl-對環(huán)境無害，故B正確；C．依據(jù)分析，廢水處理發(fā)生的反應離子方程式為：3ClO?+2CNO?+H2O=N2+2HCO3?+3Cl?，故C正確；D．依據(jù)分析，還原反應為ClO-→Cl-，Cl元素由+1價變?yōu)?1價，3molClO-可處理2molCNO-，轉移電子的物質的量=3mol×2=6mol，則每處理1molCNO?轉移3mole?，故D正確；答案選A?！军c睛】依據(jù)圖像，確定出反應物離子和生成物離子，依據(jù)元素守恒，電荷守恒配平離子方程式是解本題的關鍵，依據(jù)化合價的變更，計算出轉移的電子數(shù)的物質的量。12.CH4—CO2催化重整可以得到合成氣（CO和H2），有利于減小溫室效應，其主要反應為CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH＝+247kJ·mol?1，同時存在以下反應：積碳反應：CH4(g)?C(s)+2H2(g)ΔH＝+75kJ·mol?1；消碳反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)ΔH＝+172kJ·mol?1，積碳會影響催化劑的活性，肯定時間內積碳量和反應溫度的關系如下圖。下列說法正確的是A.高壓利于提高CH4的平衡轉化率并削減積碳B.增大CO2與CH4的物質的量之比有助于削減積碳C.溫度高于600℃，積碳反應化學反應速率減慢，消碳反應的化學反應速率加快，積碳量削減D.上升溫度，積碳反應的化學平衡常數(shù)K減小，消碳反應的K增大【答案】B【解析】【詳解】A．反應CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)?C(s)+2H2(g)，正反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，可削減積碳，但CH4的平衡轉化率降低，故A錯誤；B．假設CH4的物質的量不變，增大CO2的物質的量，CO2與CH4的物質的量之比增大，對于反應CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)平衡正向移動，CH4的濃度減小，對于積碳反應：CH4(g)?C(s)+2H2(g)，由于甲烷濃度減小，平衡逆向移動，碳含量削減；增大CO2的物質的量，對于消碳反應：CO2(g)+C(s)?2CO(g)，平衡正向移動，碳含量也削減，綜上分析，增大CO2與CH4的物質的量之比，有助于削減積碳，故B正確；C．依據(jù)圖像，溫度高于600℃，積碳量削減，但溫度上升，存在的反應體系中反應速率都加快，故CD．平衡常數(shù)只與溫度有關，積碳反應和消碳反應都是吸熱反應，上升溫度，平衡向吸熱的方向移動，即向正向移動，兩個反應的平衡常數(shù)K都增大，故D錯誤；答案選B。13.將鎂條置于pH＝8.4的飽和NaHCO3溶液中，鎂條表面產生氣體a，一段時間后產生白色沉淀b。接著進行如下試驗：Ⅰ．將a通過澄清石灰水，變渾濁，繼而通過足量NaOH溶液，再通入肥皂液，出現(xiàn)氣泡，點燃氣泡聽到爆鳴聲；Ⅱ．向沉淀b中加入足量的稀鹽酸，沉淀完全溶解，且產生無色氣泡。下列說法不正確的是A.飽和NaHCO3溶液中，c(CO32?)＜c(H2CO3)B.氣體a中含有CO2和H2C.沉淀b是MgCO3D.CO2可能是HCO3?水解被促進產生的【答案】C【解析】【詳解】A．飽和NaHCO3溶液中存在兩個平衡體系，分別為水解平衡：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，電離平衡：HCO3-?H++CO32?，pH＝8.4，溶液顯堿性，說明水解程度大于電離程度，則c(CO32?)＜c(H2CO3)，故A正確；B．依據(jù)試驗Ⅰ，將a通過澄清石灰水，變渾濁，繼而通過足量NaOH溶液，說明a中含有CO2，再通入肥皂液，出現(xiàn)氣泡，點燃氣泡聽到爆鳴聲，說明a中含有H2，故B正確；C．pH＝8.4，溶液顯堿性，Mg2+應轉化為更難溶的氫氧化鎂沉淀，不是MgCO3，故C錯誤；D．依據(jù)C項分析，Mg2+應轉化為更難溶的氫氧化鎂沉淀，消耗了水解平衡體系中產生的氫氧根離子，促使水解平衡HCO3-+H2O?H2CO3+OH-正向移動，H2CO3的濃度增大分解產生CO2，故D正確；答案選C。14.探究甲醛與新制的Cu(OH)2的反應：(1)向6mL6mol·L?1NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，振蕩，加入0.5mL15%甲醛溶液，混合勻稱，水浴加熱，快速產生紅色沉淀，其四周猛烈產生無色氣體。(2)反應停止后分別出沉淀，將所得沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解。(3)相同條件下，甲酸鈉溶液與新制的Cu(OH)2反應，未視察到明顯現(xiàn)象。已知：Cu2O[CuCl2]?，甲醛是具有強還原性的氣體。下列說法正確的是A.紅色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是CuB.將產生的無色氣體通過灼熱的CuO后得到紅色固體，氣體中肯定含有COC.從甲醛的結構推想，其氧化產物可能為碳酸（），因此試驗中得到的無色氣體是CO2D.含有-CHO的有機物都可以被新制Cu(OH)2氧化【答案】A【解析】【分析】向6mL6mol·L?1NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，配制成新制的Cu(OH)2，加入0.5mL15%甲醛溶液，混合勻稱，水浴加熱，甲醛具有強還原性，與新制的Cu(OH)2發(fā)生氧化還原反應，快速產生紅色沉淀，其四周猛烈產生無色氣體，將所得沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解，依據(jù)已知信息：Cu2O[CuCl2]?，可知，紅色沉淀不是Cu2O，可能是Cu，甲醛被氧化為生成一氧化碳和氫氣，由于水浴加熱，甲醛具有揮發(fā)性，生成的無色氣體中混有甲醛氣體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)已知信息，Cu2O[CuCl2]?，試驗操作(2)中，紅色沉淀洗凈后加入濃鹽酸，不溶解，則可以確定紅色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu，故A正確；B．依據(jù)分析，由于甲醛與新制的Cu(OH)2發(fā)生氧化還原反應可能會生成一氧化碳和氫氣，生成的氣體中會混有甲醛氣體，甲醛和氫氣都具有還原性，可將灼熱的CuO還原為銅單質，產生紅色固體，不能證明含有CO，故B錯誤；C．甲醛可被氧化生成甲酸，甲酸接著被氧化生成碳酸，與新制的Cu(OH)2的反應是在堿性條件下進行的，不是酸性條件下進行，生成的應當是碳酸鹽，不行能產生二氧化碳，故C錯誤；D．依據(jù)試驗操作(3)，甲酸鈉中也含有醛基，與新制的Cu(OH)2反應，未視察到明顯現(xiàn)象，含有-CHO的甲酸鈉沒有被新制Cu(OH)2氧化，故D錯誤；答案選A。其次部分15.某銅合金中Cu的質量分數(shù)為80%～90%，還含有Fe等。通常用間接碘量法測定其中Cu的含量，步驟如下：Ⅰ．稱取ag樣品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去過量的H2O2，冷卻后過濾，濾液定容于250mL容量瓶中；Ⅱ．取50.00mL濾液于錐形瓶中，加入NH4F溶液，限制溶液pH為3～4，充分反應后，加入過量KIⅢ．向Ⅱ的錐形瓶中加入cmol·L?1Na2S2O3溶液滴定，至錐形瓶中溶液為淺黃色時，加入少量淀粉溶液，接著滴至淺藍色，再加入KSCN溶液，猛烈振蕩后滴至終點；Ⅳ．平行測定三次，消耗Na2S2O3溶液體積平均為vmL，計算銅的質量分數(shù)。已知：ⅰ．F?與Fe3+生成穩(wěn)定的FeF63?（無色）。ⅱ．I2在水中溶解度小，易揮發(fā)。ⅲ．I2+I??I3?（棕黃色）。ⅳ．I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6（無色）。(1)Ⅰ中Cu溶解的離子方程式是__________________________。(2)Ⅱ中Cu2+和I?反應生成CuI白色沉淀和I2。①加入NH4F②Cu2+和I?反應的離子方程式是_________________________。③加入過量KI溶液的作用是________________________________。(3)室溫時，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3?，使測定結果不精確。Ⅲ中，在滴定至終點前加入KSCN溶液的緣由是_。(4)樣品中Cu的質量分數(shù)為______(列出表達式)?！敬鸢浮?1).Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O(2).將溶液中的Fe3+轉化為FeF63?，防止其氧化I?(3).2Cu2++4I?=2CuI↓+I2(4).將Cu2+充分還原為CuI；I?與I2結合生成I3?，削減I2的揮發(fā)(5).將CuI沉淀轉化為溶解度更小的CuSCN沉淀，釋放出吸附的I2和I3?，提高測定結果的精確程度(6).(63.5×5×cv×10?3×)×100%【解析】【分析】(1)Ⅰ中Cu在酸性條件下被雙氧水氧化生成銅離子和水；(2)①由于樣品中含有少量鐵單質，在酸性條件下被溶解為鐵離子，鐵離子具有氧化性也可與I?反應，影響Cu含量測定的精確性；②依據(jù)題意，Cu2+和I?反應CuI白色沉淀和I2；③加入過量KI溶液可確保將Cu2+充分還原為CuI，提高Cu含量測定的精確性；(3)室溫時，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀發(fā)生轉化，釋放沉淀表面易吸附I2和I3?；(4)依據(jù)2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~I2~Na2S2O3，依據(jù)滴定消耗Na2S2O3計算Cu2+的物質的量，再計算樣品中Cu的質量分數(shù)?！驹斀狻?1)Ⅰ中Cu在酸性條件下被雙氧水氧化生成銅離子和水，離子反應方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；(2)①由于樣品中含有少量鐵單質，在酸性條件下被溶解為鐵離子，鐵離子具有氧化性也可與I?反應，導致消耗I?的含量最大，使Cu含量測定不精確，依據(jù)題意，F(xiàn)?與Fe3+生成穩(wěn)定的FeF63?(無色)，加入NH4F溶液的目的是將溶液中的Fe3+轉化為FeF63?，防止其氧化I?，確保Cu②依據(jù)題意，Cu2+和I?反應CuI白色沉淀和I2，離子方程式為：2Cu2++4I?=2CuI↓+I2；③加入過量KI溶液可確保將Cu2+充分還原為CuI，同時過量的KI溶液可發(fā)生I2+I??I3?，I?與I2結合生成I3?，削減I2的揮發(fā)，提高Cu含量測定的精確性；(3)因室溫時，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，將CuI沉淀轉化為溶解度更小的CuSCN沉淀，轉化過程中釋放出吸附的I2和I3?，I2充分被滴定，提高測定結果的精確程度；(4)依據(jù)2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~I2~Na2S2O3，滴定50.00mL濾液過程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L?1×v×10-3L=cv×10-3mol，則n(Cu)=n(Cu2+)=2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，則樣品中Cu的質量分數(shù)為==(63.5×5×cv×10?3×)×100%。16.某煉鋅廠利用含ZnO的煙塵脫除硫酸工藝煙氣中的SO2制ZnSO4。已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。Ⅱ．25℃時，溶液中S（+4價）各組分的物質的量分數(shù)隨pHⅢ．O3為強氧化劑，1molO3被還原轉移2mole?，同時生成1molO2。(1)SO2造成的環(huán)境問題主要是_____________________。(2)ZnO將SO2轉化為ZnSO3·H2O的化學方程式是_____________________________。(3)將ZnSO3·H2O懸濁液轉化為ZnSO4時，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，試驗室模擬O3氧化解決該問題。初始時用鹽酸將5%ZnSO3懸濁液調至pH＝3.5，以肯定的進氣流量通入O3，探討O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH隨時間變更的曲線如下：①pH＝3.5的溶液中含S（+4價）的離子主要是____________________。②一段時間后，溶液的pH減小，此過程中主要反應的離子方程式是________________。③說明O3氧化可防止管道堵塞的緣由：___________________。【答案】(1).酸雨(2).2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O(3).HSO3?(4).HSO3?+O3=SO42?+O2+H+（2HSO3?+O3=SO42?+O2+H2SO3）(5).O3將ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4的化學反應速率快，單位時間內固體殘留量少，防止管道堵塞【解析】【分析】(1)SO2造成酸雨的主要氣體；(2)ZnO和SO2以及水反應生成ZnSO3·H2O；(3)①依據(jù)25℃時，溶液中S(+4價)各組分的物質的量分數(shù)隨pH變更曲線分析推斷pH＝3.5的溶液中含S(+4價)的離子；②一段時間后，由于通入O3，將HSO3?氧化為SO42?，硫酸是強電解質，溶液的pH減?。虎跲3將難溶的ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4，反應速率加快。【詳解】(1)SO2造成的環(huán)境問題主要是酸雨；(2)ZnO和SO2以及水反應生成ZnSO3·H2O，化學方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；(3)①依據(jù)25℃時，溶液中S(+4價)各組分的物質的量分數(shù)隨pH變更曲線，pH＝3.5的溶液中HSO3?濃度遠遠大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4價)的離子主要是HSO3?②一段時間后，由于通入O3，將HSO3?氧化為SO42?，硫酸是強電解質，HSO3?的氫離子被釋放，溶液的pH減?。浑x子方程式是：HSO3?+O3=SO42?+O2+H+(或2HSO3?+O3=SO42?+O2+H2SO3)；③O3將ZnSO3·H2O氧化為可溶的ZnSO4的化學反應速率快，單位時間內固體殘留量少，防止管道堵塞。17.探討1，3－丁二烯和Br2以物質的量之比為1∶1加成時的反應：；文獻：Ⅰ．一般狀況，在相同條件下，化學反應的活化能（E）越大，化學反應速率越小。Ⅱ．1，3－丁二烯和Br2以物質的量之比為1∶1加成時的反應過程和能量變更的示意圖如下：(1)已知：ΔH1＝-a(a＞0)kJ·mol?1；ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol?1①穩(wěn)定性：A______B（填“>”、“＝”或“<”）。②氣態(tài)1，3－丁二烯和液態(tài)Br2以物質的量之比為1∶1加成生成液態(tài)B的熱化學方程式是______。(2)探究1，2－加成和1，4－加成的影響因素。試驗1將1，3－丁二烯和Br2以物質的量之比1∶1加成，不同溫度，相同時間內測定A和B在產物中的含量，低溫時產物以A為主，較高溫時以B為主。試驗2加熱試驗1中低溫時的反應產物，A的含量削減，B的含量增大。試驗3在試驗1的基礎上，充分延長反應時間，無論是低溫還是高溫，產物中B的含量均增大。①結合反應過程和能量變更的示意圖，說明試驗1中低溫時產物以A為主的緣由：______。②說明試驗2中，上升溫度，A轉化為B經驗的物質轉化過程：______。③綜上所述，有利于1，4加成的措施是__________________?！敬鸢浮?1).＜(2).ΔH＝-(a+c)kJ·mol?1(3).從圖中可知，生成A的活化能比生成B的小，化學反應速率快，所以低溫時，產物以A為主(4).②上升溫度，A生成中間體C，中間體C生成B(5).上升溫度、延長反應時間【解析】【分析】(1)①依據(jù)ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol?1是吸熱反應分析解答；②結合已知反應，依據(jù)蓋斯定律書寫熱化學方程式；(2)①從圖中可知，生成A的活化能比生成B的小，化學反應速率快；②依據(jù)反應過程和能量變更的示意圖分析推斷；③依據(jù)試驗1、試驗3分析推斷?！驹斀狻?1)①依據(jù)ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol?1是吸熱反應，即反應物的總能量低于生成物的總能量，則B的能量低于A的能量，物質能量越低越穩(wěn)定，則穩(wěn)定性：A＜B；②已知：反應Ⅰ：ΔH1＝-a(a＞0)kJ·mol?1反應Ⅱ：ΔH2＝+c(c＞0)kJ·mol?1由蓋斯定律：反應Ⅰ-反應Ⅱ可得ΔH=-(a+c)kJ·mol?1；(2)①從圖中可知，生成A的活化能比生成B的小，化學反應速率快，所以低溫時，產物以A為主；②上升溫度，A生成中間體C，中間體C生成B；③依據(jù)試驗1，較高溫時以B為主，主要發(fā)生1，4加成；依據(jù)試驗3，充分延長反應時間，無論是低溫還是高溫，產物中B的含量均增大，主要發(fā)生1，4加成，則綜上所述，有利于1，4加成的措施是上升溫度、延長反應時間。18.培哚普利主要用于治療高血壓與充血性心力衰竭，其合成路途如下：已知：?。ⅲ瓺CC是一種很強的脫水劑。(1)芳香烴A的名稱是___________________。(2)B→C所需的試劑及條件是________________。(3)C→D的化學方程式是____________________。(4)D→E的反應類型是______________________。(5)F的結構簡式是____________________________。(6)K存在互變異構體K′，G可由如下路途合成：①X含有五元環(huán)和碳碳雙鍵，其結構簡式是______。②上述合成培哚普利的路途中，將Y轉化為G，再與F反應，而不干脆用Y的主要目的是______，與合成路途中______________填字母）的轉化目的相同?！敬鸢浮?1).甲苯(2).NaOH的水溶液加熱(3).(4).取代反應(5).(6).(7).愛護Y中的羧基(8).C→D【解析】【分析】結合逆合成分析法，H在Pd/C作用下與H2發(fā)生已知信息ⅰ的反應，依據(jù)H和培哚普利的分子式，可得H的結構簡式為，DCC是一種很強的脫水劑，F(xiàn)和G發(fā)生脫水反應生成H，結合G、F的分子式和H的結構式，可推知F的結構簡式為，G的結構簡式為，E在Pd/C作用下與H2發(fā)生已知信息ⅰ的反應，依據(jù)F的結構式即分子式和E的分子式，E的結構簡式為，結合D和E的分子式和E結構式，D和在肯定條件下發(fā)生取代反應生成E，D的結構簡式為，C與在催化劑的作用下生成D，結合分子式，C的結構簡式為，B在肯定條件下發(fā)生鹵代烴的水解生成C，則B的結構簡式為，A在光照的條件下與Cl2發(fā)生取代反應生成B，A的結構簡式為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)依據(jù)分析芳香烴A的結構簡式為，名稱是甲苯；(2)依據(jù)分析，B在肯定條件下發(fā)生鹵代烴的水解生成C，則B的結構簡式為，鹵代烴發(fā)生水解反應的條件為NaOH的水溶液加熱；(3)D的結構簡式為，C與在催化劑的作用下生成D，結合分子式，C的結構簡式為，化學方程式是++H2O；(4)依據(jù)分析，D→E的反應類型是取代反應；(5)F的結構簡式是；(6)①K′發(fā)生加成反應，在發(fā)生分子內脫水，結合X的分子式，以及X含有五元環(huán)和碳碳雙鍵，其結構簡式是；②上述合成培哚普利的路途中，將Y轉化為G，再與F反應，而不干脆用Y的主要目的是愛護Y中的羧基，與合成路途中C→D的轉化目的相同。19.某小組電解K2Cr2O7溶液，探討過程如下：試驗一電壓不同時，用石墨電極電解硫酸酸化的pH＝2.5的飽和K2Cr2O7溶液，試驗現(xiàn)象如下：電壓/V試驗現(xiàn)象2.0陽極緩慢產生少量氣泡，陰極沒有氣泡3.0陽極產生較多氣泡，陰極產生少量氣泡＞5.0兩極均快速產生大量氣泡，陰極產生氣泡的速率約為陽極的2倍(1)陽極產生的氣體是______________________。(2)電壓為2.0V時，陰極區(qū)檢出Cr3+，結合試驗現(xiàn)象推斷在陰極放電的主要離子是_______。(3)電壓高于5.0V時，被電解的主要物質是______________。試驗二探究其他因素對電解K2Cr2O7溶液的影響。用相同強度的穩(wěn)恒電流（單位時間內轉移的電子數(shù)始終相同），分別電解3份500mL相同濃度的K2Cr2O7溶液，電解時間均為30min。試驗結果如下：試驗序號ⅠⅡⅢ電極材料陰極：石墨陽極：石墨陰極：石墨陽極：石墨陰極：石墨陽極：鐵加入的物質1mL濃硫酸1mL濃硫酸、少量硫酸鐵1mL濃硫酸電極表面是否產生氣泡兩極均產生氣泡兩極均產生氣泡陰極：產生氣泡陽極：無明顯氣泡產生Cr2O72?還原率/%12.720.857.3陰極變更試驗結束后取出電極，僅Ⅰ中陰極上附著銀白色固體，經檢驗為金屬Cr(4)對比Ⅰ、Ⅱ可知，陰極表面是否析出金屬Cr，以及Ⅱ中Cr2O72?的還原率提高均與______填離子符號）有關。(5)Ⅲ中Cr2O72?還原率較Ⅰ、Ⅱ有較大提高，分析其緣由：①陽極區(qū)：陽極反應：_______，進而使Cr2O72?被還原。②陰極區(qū)：由于_______，進而促進了Cr2O7