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2022届北京市海淀区高考一模考试化学试题含解析
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这是一份2022届北京市海淀区高考一模考试化学试题含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
北京市海淀区2022届高考一模考试
化学试题
一、单选题
1．北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是（ ）
A
B
C
D
速滑冰刀中的钛合金
“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂
颁奖礼服中的石墨烯发热材料
可降解餐具中的聚乳酸材料
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．N2的结构式：N≡N
B．顺-2-丁烯的球棍模型：
C．CO2的空间填充模型：
D．基态氮原子的轨道表示式：
3．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
B．同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同
C．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
D．pH=1的盐酸中， c(H+)为1mol⋅L−1
4．下列方程式能准确解释事实的是（ ）
A．呼吸面具中用Na2O2吸收CO2并供氧：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
B．自然界的高能固氮：N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3
C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．白醋可除去水壶中的水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
5．下列实验现象中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
SO2通入Na2S溶液中
KI溶液滴入AgCl浊液中
铜丝加热后，伸入无水乙醇中
现象
产生白色沉淀，最终变为红褐色
产生淡黄色沉淀
沉淀由白色逐渐变为黄色
先变黑，后重新变为红色
A．A B．B C．C D．D
6．铋可改善钢的加工性能。周期表中铋与砷(As)同主族，其最稳定的同位素是83209Bi。下列说法不正确的是（ ）
A．Bi是第六周期元素
B．83209Bi的中子数是126
C．Bi的原子半径比As的小
D．83209Bi和83208Bi具有相同的电子数
7．配制银氨溶液并进行实验，过程如下图。
下列对该实验的说法不正确的是（ ）
A．用银镜反应可以检验醛基
B．滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为生成了[Ag(NH3)2]+
C．实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜
D．将乙醛换成蔗糖，同样可以得到光亮的银镜
8．某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。
催化剂
金属元素的电负性
肉桂醛转化率/%
苯甲醛选择性/%
BaO
0.9
80.79
71.93
CaO
1.0
78.27
60.51
Al2O3
1.5
74.21
54.83
ZnO
1.6
76.46
48.57
CuO
1.9
75.34
41.71
已知：i．选择性S(B)=n(生成B所用的原料)n(转化的原料)×100%
ii．Ba与Ca同主族。
下列说法不正确的是（ ）
A．肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应
B．用ZnO作催化剂可以获得比用Al2O3更大的主反应速率
C．使用CuO作催化剂时，反应后副产物最多
D．金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好
9．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如下图(图中~表示链延长)。
已知：Si的性质与C相似，L可由(CH3)2SiCl2，在酸催化下水解、聚合制得。下列关于硅橡胶的说法不正确的是（ ）
A．L、M的热稳定性好与Si−O键键能大有关
B．由(CH3)2SiCl2制得L的过程中，有HCl产生
C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构
D．硅橡胶的抗氧化性：L
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有Fe2+
B
用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释
溶液由绿色逐渐变为蓝色
[CuCl4]2−+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2−+4Cl−正向移动
C
将25℃0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动
D
将铜与浓硫酸反应产生的气体通入BaCl2溶液中
产生白色沉淀
该气体中一定含有SO2
A．A B．B C．C D．D
11．实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度。步骤如下：
①称取m g样品，配制成100mL溶液；
②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为cmol⋅L−1的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1mL；
③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为V2mL。
下列说法正确的是（ ）
A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B．②中溶液恰好褪色时：c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)
C．NaOH样品纯度为4c(V1−V2)×401000m×100%
D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
12．铁粉在弱酸性条件下去除废水中NO3−的反应原理如下图。
下列说法正确的是（ ）
A．上述条件下加入的Fe能完全反应
B．正极的电极反应式：NO3−+8e−+9H+=NH3+3H2O
C．FeO(OH)的产生与Fe2+被氧化和溶液pH升高有关
D．废水中溶解氧的含量不会影响NO3−的去除率
13．合成氨原料气中的CO可通过水煤气变换反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)除去。某合成氨原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比[n(H2O)n(CO)]通入水蒸气，平衡后混合气体中CO的体积分数如下表。
投料比
CO的体积分数/%
温度/℃
n(H2O)n(CO)=1
n(H2O)n(CO)=3
n(H2O)n(CO)=5
200
1.70
0.21
0.02
250
2.73
0.30
0.06
300
6.00
0.84
0.43
350
7.85
1.52
0.80
下列说法不正确的是（ ）
A．从表中数据可知，水煤气变换反应的ΔH<0
B．温度相同时，投料比n(H2O)n(CO)大，CO的转化率高
C．按n(H2O)n(CO)=1通入水蒸气后，反应前CO在混合气体中的体积分数为20%
D．根据n(H2O)n(CO)=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
14．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验装置及操作
实验现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化
下列说法不正确的是（ ）
A．KI对H2O2分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大
C．对比②和③，②中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率
D．实验②③中的温度差异说明，H2O2氧化KI的反应放热
二、非选择题
15．硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以SiO2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SiO2的晶胞如图。
①硅原子的杂化方式为 。
②已知SiO2晶胞的棱长均为a pm，则SiO2晶体的密度ρ= g⋅cm−3(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(H4SiO4)。
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(Na4SiO4)溶液吸收空气中的CO2会生成H4SiO4，结合元素周期律解释原因： 。
②从结构的角度解释H4SiO4脱水后溶解度降低的原因： 。
16．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，ClO−易歧化为ClO3−和Cl−。
（1）电解饱和食盐水的离子方程式为 。
（2）下列关于ClO3−产生的说法中，合理的是 (填序号)。
a．ClO3−主要在阴极室产生
b．Cl−在电极上放电，可能产生ClO3−
c．阳离子交换膜破损导致OH−向阳极室迁移，可能产生ClO3−
（3）测定副产物ClO3−含量的方法如下图。
①加入H2O2的目的是消耗水样中残留的Cl2和ClO−。若测定中未加入H2O2，则测得的水样中ClO3−的浓度将 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗V3mL酸性KMnO4溶液，水样中c(ClO3−)的计算式为 。
（4）可用盐酸处理淡盐水中的ClO3−并回收Cl2。
①反应的离子方程式为 。
②处理ClO3−时，盐酸可能的作用是：
i．提高c(H+)，使ClO3−氧化性提高或Cl−还原性提高；
ii．提高c(Cl−)， 。
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， 。
17．MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为MnO2)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FeSO4可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式：
□MnO2+□ +□ =□Mn2++□Fe3++□
②浸出时可用SO2代替硫酸和FeSO4。下列说法正确的是 (填序号)。
a．SO2在反应中作氧化剂
b．用SO2浸出可减少酸的使用
c．该法可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染
（2）净化、分离
①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+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Fe3+，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MnCO3热解产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。MnCO3热解过程中涉及如下化学反应：
i．MnCO3(s)=MnO(s)+CO2(g)
ii．4MnO(s)+O2(g)⇌2Mn2O3(s)ΔH<0
iii．2Mn2O3(s)+O2(g)⇌4MnO2(s)ΔH<0
①为了增大产物中MnO2的占比，可以采用的措施是 (答出两条)。
②温度升高，产物中MnO的占比降低，可能的原因是 。
18．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
V(KMnO4)/mL
V(草酸)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
（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
（3）【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)Mn2+无色，在草酸中不能形成配合物；
(b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2C2O42−⇌[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱；
(c) MnO42−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2。
乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生MnO4−，你认为该观点是否合理，并说明理由： 。
（4）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生MnO42−，你认为该观点是否合理，并说明理由： 。
（5）【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]−，反应过程中MnO4−和[Mn(C2O4)2]−浓度随时间的变化如下图。
第i阶段中检测到有CO2气体产生，反应的离子方程式为 。
（6）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是 。
（7）据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol⋅L−1，溶液褪至无色的时间会 (填“增加”“减少”或“不变”)。
（8）【结论与反思】
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。
19．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+⇌OH−⇌OH−
（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-NH2→催化剂
iii．亚胺结构( )中C=N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： 、 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．钛合金属于金属材料，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料，故C不选符合题意；
D．聚乳酸是有机材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.钛合金是金属材料
B.树脂是有机合成材料
C.石墨烯是非金属材料
D.聚乳酸材料是有机材料
2．【答案】A
【解析】【解答】A．结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：N≡N，A符合题意；
B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B不符合题意；
C．已知CO2是直线形分子，故CO2的空间填充模型为：，C不符合题意；
D．根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据氮气中的电子数即可写出氮气的结构式
B.顺2-丁烯是两个甲基位于一侧
C.二氧化碳是线性结构
D.p轨道上先排一个电子再继续排电子
3．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状况下，水为液态，1molH2O的体积不能按照气体计算公式V=n×Vm计算体积，则1molH2O的体积不为22.4L，故A不符合题意；
B．同温同压下，计算公式n=VVm计算，相同体积的N2和CO物质的量相同，故含有分子数目相等，故B符合题意；
C．依据n=mM分析相同质量乙烷与丁烷的物质的量不同，故C不符合题意；
D．温度未知，水的离子积无法确定，故pH=1的盐酸中氢离子浓度无法计算，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.使用摩尔体积时需要注意物质的状态
B.利用阿伏加德罗定律即可判断
C.根据公式计算出物质的量即可
D.根据n=cv计算，但体积未知
4．【答案】A
【解析】【解答】A．根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知呼吸面具中用Na2O2吸收CO2并供氧，A符合题意；
B．N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意；
C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3−，故苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2→+NaHCO3，C不合题意；
D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据反应物即可写出方程式
B.自然界是利用根瘤菌进行固氮
C.苯酚钠中通入二氧化碳得到的是碳酸氢钠
D.醋酸是弱酸
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氢氧化钠和硫酸亚铁生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁迅速被空气中氧气为氢氧化铁，沉淀变为灰绿色最终变为红褐色，A不符合题意；
B．二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫单质，产生黄色沉淀，B不符合题意；
C．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色，说明碘化银沉淀更难溶，是沉淀的转化，与氧化还原无关，C符合题意；
D．铜加热和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和乙醇发生反应生成乙醛和铜，与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.得到的氢氧化铁与氧气反应的发生的是氧化还原反应
B.二氧化硫与硫化钠反生氧化还原反应
C.碘化银比氯化银更难形成，发生的是复分解反应
D.利用氧化还原反应发生变化
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干信息可知，Bi是83号元素，54＜83＜86，则Bi属于第六周期元素，A不符合题意；
B．已知质量数等于质子数加中子数，则83209Bi的中子数是209-83=126，B不符合题意；
C．已知As位于第4周期第VA族，而Bi位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半径依次增大，即Bi的原子半径比As的大，C符合题意；
D．83209Bi和83208Bi的核外电子数为83，故相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的符号即可得出质子数为83，相对原子质量209，即可得出是第六周期，结合选项即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】A．银氨溶液和醛基反应会产生光亮的银镜，因此可以用银镜反应可以检验醛基，故A不符合题意；
B．滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为发生了反应AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O生成了[Ag(NH3)2]+，故B不符合题意；
C．硝酸具有强氧化性，可以和银反应，将银溶解，因此实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜，故C不符合题意；
D．蔗糖分子中不含醛基，不具有还原性，不能发生银镜反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据硝酸银与氨水先得到沉淀，在沉淀溶解，利用银氨溶液可以检验醛基，结合选项即可判断
8．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A不符合题意；
B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B符合题意；
C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C不符合题意；
D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据得氢和失氢即可判断
B.根据表格数据即可判断
C.利用表格数据结合转化率和选择即可判断
D.根据表格结合金属的电负性判断
9．【答案】D
【解析】【解答】A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与Si−O键键能大有关，A不符合题意；
B．L可由(CH3)2SiCl2在酸催化下水解、聚合制得，(CH3)2SiCl2水解会生成(CH3)2Si(OH)2和HCl，B不符合题意；
C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C不符合题意；
D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：L>M，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.L、M的结构可知；
B.根据L的结构可知水解是-Cl被-OH取代，同时得到HCl；
C.M中有碳碳双键，可加成；
D.M中有碳碳双键，抗氧化能力差。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它还原性物质，不确定一定会含有亚铁离子，A不符合题意；
B．用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释，[CuCl4]2−+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2−+4Cl−，溶液浓度减小，导致平衡向离子数目增大的方向移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B符合题意；
C．将25℃0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液加热到40℃，溶液酸性变强，也可能是亚硫酸根离子被空气中氧气氧化导致，C不符合题意；
D．二氧化硫不能和氯化钡反应生成白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.具有还原性的物质不止有Fe2+；
B.根据加水稀释，溶液由 由绿色逐渐变为蓝色可知；
C.Na2SO3水解，溶液呈碱性；
D.SO2与BaCl2不反应。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A不符合题意；
B．②中溶液恰好褪色时溶质为NaCl和NaHCO3，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，c(Na+)>c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)；B不符合题意；
C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、CO32−+H+= HCO3−，第2次滴定反应为HCO3−+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n(CO32−)=n(HCO3−)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl) = cV1×10-3mol -cV2×10-3mol= c (V1 -V2)×10-3mol=n(NaOH)，故NaOH样品纯度为c(V1−V2)×10−3mol×100mL25mL×40g/molmg×100%=4c(V1−V2)×401000m×100%，C符合题意；
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液的质量为100mL；
B.根据质量守恒判断；
C.根据甲基橙褪色 消耗盐酸体积为V2mL ， 酚酞恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1mL 计算；
D.溶液放置时间长，氢氧化钠变质生成碳酸钠。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干信息可知，当Fe表面形成一层FeO(OH)时，由于FeO(OH)不导电，则上述原电池反应不再进行，则上述条件下加入的Fe不能完全反应，A不符合题意；
B．在酸性条件下，得到的NH3将转化为NH4+，即正极的电极反应式为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O，B不符合题意；
C．已知FeO(OH)中Fe的化合价为+3，故FeO(OH)的产生与Fe2+被氧化和溶液pH升高即溶液中OH-浓度增大有关，C符合题意；
D．废水中溶解氧的含量高时将加快FeO(OH)的生成，故会影响NO3−的去除率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示分析，最终Fe被包裹起来了；
B.NH3在溶液中要和水反应；
C.根据图示分析；
D.FeO(OH)的生成与溶解氧的含量有关。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由表中数据可知，当n(H2O)n(CO)一定时，升高温度，平衡后混合气体中CO的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的ΔH<0，故A不符合题意；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比n(H2O)n(CO)越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B不符合题意；
C．原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则N2为0.8mol，H2为2mol，CO2为0.2mol，又因n(H2O)n(CO)=1，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为1mol5mol×100%=20%，故C不符合题意；
D．设反应前CO的物质的量为1mol，则N2为0.8mol，H2为2mol，CO2为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始量(mol)1 1 0.22转化量(mol)xxxx平衡量(mol)1−x1−x0.2−x2−x
300℃时CO占6%，所以1−x5×100%=6.00%，解得x=0.7，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.2、0.2、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为K=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=n(CO2)×n(H2)n(CO)×n(H2O)=0.9×2.70.2×0.2=60.75，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析温度对CO去除率的影响；
B.分析表格中相同温度下，不同投料比，平衡后混合气体中CO的体积分数；
C.某合成氨原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5% 进行计算；
D.利用三段式计算平衡时各物质的浓度，再计算K。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．比较实验①②的现象可知，KI对H2O2分解有催化作用，A不符合题意；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大，B不符合题意；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，C不符合题意；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明H2O2氧化KI的反应放热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析实验②和③可知，实验②中过氧化氢的分解速率更快，温度上升，说明过氧化氢的分解放热反应。
15．【答案】（1）3s23p2
（2）金刚石、碳化硅、硅
（3）sp3；4.80×1032a3NA
（4）碳、硅为同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于H4SiO4，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成H4SiO4；H4SiO4脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致H4SiO4脱水后溶解度降低
【解析】【解答】(1)硅为14号元素，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2。
(2)原子的电子层数越多，其半径越大，即碳的原子半径小于硅；原子的半径越小，其形成共价键键能越大，硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体，键能：碳碳键＞碳硅键＞硅硅键，共价晶体的熔点高低与共价键键能有关，故从高到低依次为金刚石、碳化硅、硅。
(3)①由图可知，硅原子与4个氧原子形成共价键，价层电子对数为4+4−1×42=4，杂化方式为sp3；
②晶胞中Si原子位于顶点和面心、体心，一个晶胞中Si原子数目为8×18+6×12+4=8，O原子位于晶胞内部，一个晶胞中O原子数目为16，则晶胞质量为8×28+16×16NAg=480NAg；已知SiO2晶胞的棱长均为a pm，则晶胞体积为(apm)3=a3×10−30cm3，所以密度ρ=mV=480NAga3×10−30cm3=4.80×1032a3NAg/cm3。
(4)①碳、硅同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于H4SiO4，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成H4SiO4；
②H4SiO4脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致H4SiO4脱水后溶解度降低。
【分析】（2）共价晶体的共价键键能越大，熔点越高；
（3） ① 杂化轨道数等于价层电子对数；
② 根据晶胞结构，用均摊法计算一个晶胞的质量和体积，再算密度；
（4） ① 最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强；
② -OH是亲水基，亲水基减少，溶解性降低。
16．【答案】（1）2H2O+2Cl−电解__H2↑+Cl2↑+2OH−
（2）bc
（3）偏大；xV2−5yV36V1
（4）ClO3−+6H++5Cl−=3H2O+3Cl2↑；使Cl−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
【解析】【解答】(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2H2O+2Cl−电解__H2↑+Cl2↑+2OH−；
(2)a．氯元素都在阳极室，所以ClO3−应该在阳极室生成，故a不正确；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成ClO3−，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ClO3−和Cl-，故c正确；
故答案为：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ClO3−浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则有关系式MnO4−～5Fe2+，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为n(Fe2+)2=5y×V3×10−3mol，ClO3−与亚铁离子反应的离子方程式为ClO3−+6Fe2++6H+=Cl−+6Fe3++3H2O，则有关系式ClO3−～6Fe2+，与ClO3−反应的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)1=n(Fe2+)总−n(Fe2+)2=xV2×10−3−5y×V3×10−3mol， 设ClO3−的物质的量为a， a=xV2×10−3−5y×V3×10−36，则c(ClO3−)=nV=xV2−5yV36V1mol/L；
(4)①盐酸和ClO3−反应生成Cl2，反应的离子方程式为ClO3−+6H++5Cl−=3H2O+3Cl2↑；
②盐酸与ClO3−的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高c(Cl−)，使Cl−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。
【分析】（1）注意是书写离子方程式，不是化学方程式；
(2)Cl-变成 ClO3−发生氧化反应，氯气和浓氢氧化钠溶液反应可能生成 于ClO3− ；
(3) ①Cl2和ClO−具有氧化性；
② 加入的FeSO4被 ClO3− 和高锰酸钾氧化；
(4) ① 根据盐酸处理淡盐水中的ClO3−并回收Cl2写离子方程式；
② 氧化性或还原性的强弱受酸碱性和浓度的影响；
③ 验证 i 就是要提高c(H+),再观察氧化还原反应是否增强，注意酸只可以选硫酸。
17．【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；bc
（2）过滤；稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3正向移动
（3）控制温度在450°C左右、增大空气的流速；反应速率ii大于反应速率 i
【解析】【解答】软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒。
(1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，离子方程式：为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
②a．二氧化锰和SO2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不正确；
b．用SO2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SO2，减少大气污染，c正确；
故答案为：bc；
(2)①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+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Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离子；
(3)①由图可知，在450°CMnO2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MnO2的占比，可以采用的措施是控制温度在450°C左右、增大空气的流速。
②反应中首先生成MnO，然后MnO再转化为其它价态锰，温度升高，产物中MnO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）
【分析】（1） ① 配平方程式时酸性环境中生成物中不能有OH-；
② 硫酸亚铁具有还原性，作还原剂；
（2）溶液呈酸性，加水稀释c(H+)增大，根据铁离子水解的离子方程式分析；
（3） ① 分析图可知控制的最佳温度，同时增大氧气的浓度可以使MnO和Mn2O3转化为MnO2；
② 分析几个反应的反应热可知，只可能是速率影响MnO的占比。
18．【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响
（2）b
（3）否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2
（4）否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2
（5）MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O
（6）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[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−强
（7）减少
（8）还原剂和酸性
【解析】【解答】(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正确；
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，MnO42−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2；
(4)由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，则该阶段反应的离子方程式为：MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O，故答案为：MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+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[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，根据已知信息 (b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2C2O42−⇌[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的[Mn(C2O4)2]−越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−强；
(6)据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol⋅L−1，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[Mn(C2O4)2]−，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MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供C2O42−与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。
【分析】（1）分析表格找变量；
（4）仔细阅读“资料”可知 ；
（5）根据图像可知阶段 i 生成 [Mn(C2O4)2]− 和CO2，再结合三大守恒写离子方程式；
（6）实验 ①和② 草酸浓度不同，再根据 反应过程中MnO4−和[Mn(C2O4)2]−浓度随时间的变化图分析；
（7）草酸是弱酸，根据草酸的电离平衡分析；
（8）根据“结论”及草酸与高锰酸钾发生的反应分析草酸的作用。
19．【答案】（1）甲苯
（2）ac
（3）
（4）
（5）1：2
（6）
（7）；
【解析】【解答】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不正确；
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。
【分析】（1）根据A的分子式可知A的结构式；
（2）D是领硝基甲苯上甲基上的-H原子被-X取代而得到的；
（3）E到G是醇的催化氧化反应，注意配平方程式；
（4）分析对比G和J的结构可知I的结构；
（5）对比J和X的结构，分析碳原子数可知；
（6）分析X的结构和K的分子式推断K的结构式；
（7）推出M、L的结构式，结合已知和Y的结构推断中间产物。
北京市海淀区2022届高考一模考试
化学试题
一、单选题
1．北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是（ ）
A
B
C
D
速滑冰刀中的钛合金
“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂
颁奖礼服中的石墨烯发热材料
可降解餐具中的聚乳酸材料
A．A B．B C．C D．D
2．下列化学用语或图示表达正确的是（ ）
A．N2的结构式：N≡N
B．顺-2-丁烯的球棍模型：
C．CO2的空间填充模型：
D．基态氮原子的轨道表示式：
3．下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，1molH2O的体积为22.4L
B．同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同
C．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍
D．pH=1的盐酸中， c(H+)为1mol⋅L−1
4．下列方程式能准确解释事实的是（ ）
A．呼吸面具中用Na2O2吸收CO2并供氧：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
B．自然界的高能固氮：N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3
C．苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊：2+H2O+CO2→2+Na2CO3
D．白醋可除去水壶中的水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
5．下列实验现象中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
SO2通入Na2S溶液中
KI溶液滴入AgCl浊液中
铜丝加热后，伸入无水乙醇中
现象
产生白色沉淀，最终变为红褐色
产生淡黄色沉淀
沉淀由白色逐渐变为黄色
先变黑，后重新变为红色
A．A B．B C．C D．D
6．铋可改善钢的加工性能。周期表中铋与砷(As)同主族，其最稳定的同位素是83209Bi。下列说法不正确的是（ ）
A．Bi是第六周期元素
B．83209Bi的中子数是126
C．Bi的原子半径比As的小
D．83209Bi和83208Bi具有相同的电子数
7．配制银氨溶液并进行实验，过程如下图。
下列对该实验的说法不正确的是（ ）
A．用银镜反应可以检验醛基
B．滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为生成了[Ag(NH3)2]+
C．实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜
D．将乙醛换成蔗糖，同样可以得到光亮的银镜
8．某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。
催化剂
金属元素的电负性
肉桂醛转化率/%
苯甲醛选择性/%
BaO
0.9
80.79
71.93
CaO
1.0
78.27
60.51
Al2O3
1.5
74.21
54.83
ZnO
1.6
76.46
48.57
CuO
1.9
75.34
41.71
已知：i．选择性S(B)=n(生成B所用的原料)n(转化的原料)×100%
ii．Ba与Ca同主族。
下列说法不正确的是（ ）
A．肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应
B．用ZnO作催化剂可以获得比用Al2O3更大的主反应速率
C．使用CuO作催化剂时，反应后副产物最多
D．金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好
9．硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如下图(图中~表示链延长)。
已知：Si的性质与C相似，L可由(CH3)2SiCl2，在酸催化下水解、聚合制得。下列关于硅橡胶的说法不正确的是（ ）
A．L、M的热稳定性好与Si−O键键能大有关
B．由(CH3)2SiCl2制得L的过程中，有HCl产生
C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构
D．硅橡胶的抗氧化性：L
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某补血口服液中滴加几滴酸性KMnO4溶液
酸性KMnO4溶液紫色褪去
该补血口服液中一定含有Fe2+
B
用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释
溶液由绿色逐渐变为蓝色
[CuCl4]2−+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2−+4Cl−正向移动
C
将25℃0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动
D
将铜与浓硫酸反应产生的气体通入BaCl2溶液中
产生白色沉淀
该气体中一定含有SO2
A．A B．B C．C D．D
11．实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品(杂质为Na2CO3)的纯度。步骤如下：
①称取m g样品，配制成100mL溶液；
②取出25mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为cmol⋅L−1的盐酸滴定至溶液恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1mL；
③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为V2mL。
下列说法正确的是（ ）
A．①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100mL水
B．②中溶液恰好褪色时：c(Na+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)
C．NaOH样品纯度为4c(V1−V2)×401000m×100%
D．配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高
12．铁粉在弱酸性条件下去除废水中NO3−的反应原理如下图。
下列说法正确的是（ ）
A．上述条件下加入的Fe能完全反应
B．正极的电极反应式：NO3−+8e−+9H+=NH3+3H2O
C．FeO(OH)的产生与Fe2+被氧化和溶液pH升高有关
D．废水中溶解氧的含量不会影响NO3−的去除率
13．合成氨原料气中的CO可通过水煤气变换反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)除去。某合成氨原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比[n(H2O)n(CO)]通入水蒸气，平衡后混合气体中CO的体积分数如下表。
投料比
CO的体积分数/%
温度/℃
n(H2O)n(CO)=1
n(H2O)n(CO)=3
n(H2O)n(CO)=5
200
1.70
0.21
0.02
250
2.73
0.30
0.06
300
6.00
0.84
0.43
350
7.85
1.52
0.80
下列说法不正确的是（ ）
A．从表中数据可知，水煤气变换反应的ΔH<0
B．温度相同时，投料比n(H2O)n(CO)大，CO的转化率高
C．按n(H2O)n(CO)=1通入水蒸气后，反应前CO在混合气体中的体积分数为20%
D．根据n(H2O)n(CO)=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
14．实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验装置及操作
实验现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色
溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化
下列说法不正确的是（ ）
A．KI对H2O2分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大
C．对比②和③，②中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率
D．实验②③中的温度差异说明，H2O2氧化KI的反应放热
二、非选择题
15．硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以SiO2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SiO2的晶胞如图。
①硅原子的杂化方式为 。
②已知SiO2晶胞的棱长均为a pm，则SiO2晶体的密度ρ= g⋅cm−3(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(H4SiO4)。
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(Na4SiO4)溶液吸收空气中的CO2会生成H4SiO4，结合元素周期律解释原因： 。
②从结构的角度解释H4SiO4脱水后溶解度降低的原因： 。
16．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，ClO−易歧化为ClO3−和Cl−。
（1）电解饱和食盐水的离子方程式为 。
（2）下列关于ClO3−产生的说法中，合理的是 (填序号)。
a．ClO3−主要在阴极室产生
b．Cl−在电极上放电，可能产生ClO3−
c．阳离子交换膜破损导致OH−向阳极室迁移，可能产生ClO3−
（3）测定副产物ClO3−含量的方法如下图。
①加入H2O2的目的是消耗水样中残留的Cl2和ClO−。若测定中未加入H2O2，则测得的水样中ClO3−的浓度将 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
②滴定至终点时消耗V3mL酸性KMnO4溶液，水样中c(ClO3−)的计算式为 。
（4）可用盐酸处理淡盐水中的ClO3−并回收Cl2。
①反应的离子方程式为 。
②处理ClO3−时，盐酸可能的作用是：
i．提高c(H+)，使ClO3−氧化性提高或Cl−还原性提高；
ii．提高c(Cl−)， 。
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， 。
17．MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为MnO2)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FeSO4可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式：
□MnO2+□ +□ =□Mn2++□Fe3++□
②浸出时可用SO2代替硫酸和FeSO4。下列说法正确的是 (填序号)。
a．SO2在反应中作氧化剂
b．用SO2浸出可减少酸的使用
c．该法可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染
（2）净化、分离
①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+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Fe3+，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MnCO3热解产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。MnCO3热解过程中涉及如下化学反应：
i．MnCO3(s)=MnO(s)+CO2(g)
ii．4MnO(s)+O2(g)⇌2Mn2O3(s)ΔH<0
iii．2Mn2O3(s)+O2(g)⇌4MnO2(s)ΔH<0
①为了增大产物中MnO2的占比，可以采用的措施是 (答出两条)。
②温度升高，产物中MnO的占比降低，可能的原因是 。
18．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
V(KMnO4)/mL
V(草酸)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/℃
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
（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
（3）【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)Mn2+无色，在草酸中不能形成配合物；
(b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2C2O42−⇌[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱；
(c) MnO42−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2。
乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生MnO4−，你认为该观点是否合理，并说明理由： 。
（4）乙同学从氧化还原角度推测阶段i中可能产生MnO42−，你认为该观点是否合理，并说明理由： 。
（5）【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]−，反应过程中MnO4−和[Mn(C2O4)2]−浓度随时间的变化如下图。
第i阶段中检测到有CO2气体产生，反应的离子方程式为 。
（6）实验②在第ii阶段的反应速率较大，可能的原因是 。
（7）据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol⋅L−1，溶液褪至无色的时间会 (填“增加”“减少”或“不变”)。
（8）【结论与反思】
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。
19．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+⇌OH−⇌OH−
（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-NH2→催化剂
iii．亚胺结构( )中C=N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： 、 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．钛合金属于金属材料，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料，故C不选符合题意；
D．聚乳酸是有机材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.钛合金是金属材料
B.树脂是有机合成材料
C.石墨烯是非金属材料
D.聚乳酸材料是有机材料
2．【答案】A
【解析】【解答】A．结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：N≡N，A符合题意；
B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B不符合题意；
C．已知CO2是直线形分子，故CO2的空间填充模型为：，C不符合题意；
D．根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据氮气中的电子数即可写出氮气的结构式
B.顺2-丁烯是两个甲基位于一侧
C.二氧化碳是线性结构
D.p轨道上先排一个电子再继续排电子
3．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状况下，水为液态，1molH2O的体积不能按照气体计算公式V=n×Vm计算体积，则1molH2O的体积不为22.4L，故A不符合题意；
B．同温同压下，计算公式n=VVm计算，相同体积的N2和CO物质的量相同，故含有分子数目相等，故B符合题意；
C．依据n=mM分析相同质量乙烷与丁烷的物质的量不同，故C不符合题意；
D．温度未知，水的离子积无法确定，故pH=1的盐酸中氢离子浓度无法计算，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.使用摩尔体积时需要注意物质的状态
B.利用阿伏加德罗定律即可判断
C.根据公式计算出物质的量即可
D.根据n=cv计算，但体积未知
4．【答案】A
【解析】【解答】A．根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知呼吸面具中用Na2O2吸收CO2并供氧，A符合题意；
B．N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH3是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意；
C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞HCO3−，故苯酚钠溶液通入CO2后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2→+NaHCO3，C不合题意；
D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据反应物即可写出方程式
B.自然界是利用根瘤菌进行固氮
C.苯酚钠中通入二氧化碳得到的是碳酸氢钠
D.醋酸是弱酸
5．【答案】C
【解析】【解答】A．氢氧化钠和硫酸亚铁生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁迅速被空气中氧气为氢氧化铁，沉淀变为灰绿色最终变为红褐色，A不符合题意；
B．二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫单质，产生黄色沉淀，B不符合题意；
C．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色，说明碘化银沉淀更难溶，是沉淀的转化，与氧化还原无关，C符合题意；
D．铜加热和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和乙醇发生反应生成乙醛和铜，与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.得到的氢氧化铁与氧气反应的发生的是氧化还原反应
B.二氧化硫与硫化钠反生氧化还原反应
C.碘化银比氯化银更难形成，发生的是复分解反应
D.利用氧化还原反应发生变化
6．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干信息可知，Bi是83号元素，54＜83＜86，则Bi属于第六周期元素，A不符合题意；
B．已知质量数等于质子数加中子数，则83209Bi的中子数是209-83=126，B不符合题意；
C．已知As位于第4周期第VA族，而Bi位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半径依次增大，即Bi的原子半径比As的大，C符合题意；
D．83209Bi和83208Bi的核外电子数为83，故相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的符号即可得出质子数为83，相对原子质量209，即可得出是第六周期，结合选项即可判断
7．【答案】D
【解析】【解答】A．银氨溶液和醛基反应会产生光亮的银镜，因此可以用银镜反应可以检验醛基，故A不符合题意；
B．滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为发生了反应AgOH+2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O生成了[Ag(NH3)2]+，故B不符合题意；
C．硝酸具有强氧化性，可以和银反应，将银溶解，因此实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜，故C不符合题意；
D．蔗糖分子中不含醛基，不具有还原性，不能发生银镜反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据硝酸银与氨水先得到沉淀，在沉淀溶解，利用银氨溶液可以检验醛基，结合选项即可判断
8．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A不符合题意；
B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B符合题意；
C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C不符合题意；
D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据得氢和失氢即可判断
B.根据表格数据即可判断
C.利用表格数据结合转化率和选择即可判断
D.根据表格结合金属的电负性判断
9．【答案】D
【解析】【解答】A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与Si−O键键能大有关，A不符合题意；
B．L可由(CH3)2SiCl2在酸催化下水解、聚合制得，(CH3)2SiCl2水解会生成(CH3)2Si(OH)2和HCl，B不符合题意；
C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C不符合题意；
D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：L>M，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.L、M的结构可知；
B.根据L的结构可知水解是-Cl被-OH取代，同时得到HCl；
C.M中有碳碳双键，可加成；
D.M中有碳碳双键，抗氧化能力差。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液紫色褪去，也可能口服液中含有其它还原性物质，不确定一定会含有亚铁离子，A不符合题意；
B．用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释，[CuCl4]2−+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2−+4Cl−，溶液浓度减小，导致平衡向离子数目增大的方向移动，溶液由绿色逐渐变为蓝色，B符合题意；
C．将25℃0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液加热到40℃，溶液酸性变强，也可能是亚硫酸根离子被空气中氧气氧化导致，C不符合题意；
D．二氧化硫不能和氯化钡反应生成白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.具有还原性的物质不止有Fe2+；
B.根据加水稀释，溶液由 由绿色逐渐变为蓝色可知；
C.Na2SO3水解，溶液呈碱性；
D.SO2与BaCl2不反应。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100mL，A不符合题意；
B．②中溶液恰好褪色时溶质为NaCl和NaHCO3，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)+c(OH−)，此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，c(Na+)>c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(Cl−)；B不符合题意；
C．第1次滴定反应为OH-+H+=H2O、CO32−+H+= HCO3−，第2次滴定反应为HCO3−+H+=H2O+CO2↑，则通过第2次滴定可知，n(CO32−)=n(HCO3−)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n(HCl) = cV1×10-3mol -cV2×10-3mol= c (V1 -V2)×10-3mol=n(NaOH)，故NaOH样品纯度为c(V1−V2)×10−3mol×100mL25mL×40g/molmg×100%=4c(V1−V2)×401000m×100%，C符合题意；
D．配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.溶液的质量为100mL；
B.根据质量守恒判断；
C.根据甲基橙褪色 消耗盐酸体积为V2mL ， 酚酞恰好褪色(溶质为NaCl和NaHCO3)，消耗盐酸体积为V1mL 计算；
D.溶液放置时间长，氢氧化钠变质生成碳酸钠。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干信息可知，当Fe表面形成一层FeO(OH)时，由于FeO(OH)不导电，则上述原电池反应不再进行，则上述条件下加入的Fe不能完全反应，A不符合题意；
B．在酸性条件下，得到的NH3将转化为NH4+，即正极的电极反应式为：NO3−+8e−+10H+=NH4++3H2O，B不符合题意；
C．已知FeO(OH)中Fe的化合价为+3，故FeO(OH)的产生与Fe2+被氧化和溶液pH升高即溶液中OH-浓度增大有关，C符合题意；
D．废水中溶解氧的含量高时将加快FeO(OH)的生成，故会影响NO3−的去除率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示分析，最终Fe被包裹起来了；
B.NH3在溶液中要和水反应；
C.根据图示分析；
D.FeO(OH)的生成与溶解氧的含量有关。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．由表中数据可知，当n(H2O)n(CO)一定时，升高温度，平衡后混合气体中CO的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的ΔH<0，故A不符合题意；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比n(H2O)n(CO)越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B不符合题意；
C．原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1mol，则N2为0.8mol，H2为2mol，CO2为0.2mol，又因n(H2O)n(CO)=1，则H2O(g)为1mol，总物质的量为5mol，所以CO的体积分数为1mol5mol×100%=20%，故C不符合题意；
D．设反应前CO的物质的量为1mol，则N2为0.8mol，H2为2mol，CO2为0.2mol，H2O(g)为1mol，假设反应达到平衡时CO转化了x mol，则有三段式：
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)起始量(mol)1 1 0.22转化量(mol)xxxx平衡量(mol)1−x1−x0.2−x2−x
300℃时CO占6%，所以1−x5×100%=6.00%，解得x=0.7，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.2、0.2、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为K=c(CO2)×c(H2)c(CO)×c(H2O)=n(CO2)×n(H2)n(CO)×n(H2O)=0.9×2.70.2×0.2=60.75，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分析温度对CO去除率的影响；
B.分析表格中相同温度下，不同投料比，平衡后混合气体中CO的体积分数；
C.某合成氨原料气中N2、H2、CO、CO2的体积分数分别为20%、50%、25%、5% 进行计算；
D.利用三段式计算平衡时各物质的浓度，再计算K。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．比较实验①②的现象可知，KI对H2O2分解有催化作用，A不符合题意；
B．对比②和③，由实验③的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大，B不符合题意；
C．对比②和③，②中的现象为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明显变化，故可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，C不符合题意；
D．实验②中主要发生H2O2分解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一个放热反应，不能说明H2O2氧化KI的反应放热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】分析实验②和③可知，实验②中过氧化氢的分解速率更快，温度上升，说明过氧化氢的分解放热反应。
15．【答案】（1）3s23p2
（2）金刚石、碳化硅、硅
（3）sp3；4.80×1032a3NA
（4）碳、硅为同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于H4SiO4，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成H4SiO4；H4SiO4脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致H4SiO4脱水后溶解度降低
【解析】【解答】(1)硅为14号元素，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2。
(2)原子的电子层数越多，其半径越大，即碳的原子半径小于硅；原子的半径越小，其形成共价键键能越大，硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体，键能：碳碳键＞碳硅键＞硅硅键，共价晶体的熔点高低与共价键键能有关，故从高到低依次为金刚石、碳化硅、硅。
(3)①由图可知，硅原子与4个氧原子形成共价键，价层电子对数为4+4−1×42=4，杂化方式为sp3；
②晶胞中Si原子位于顶点和面心、体心，一个晶胞中Si原子数目为8×18+6×12+4=8，O原子位于晶胞内部，一个晶胞中O原子数目为16，则晶胞质量为8×28+16×16NAg=480NAg；已知SiO2晶胞的棱长均为a pm，则晶胞体积为(apm)3=a3×10−30cm3，所以密度ρ=mV=480NAga3×10−30cm3=4.80×1032a3NAg/cm3。
(4)①碳、硅同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于H4SiO4，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成H4SiO4；
②H4SiO4脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致H4SiO4脱水后溶解度降低。
【分析】（2）共价晶体的共价键键能越大，熔点越高；
（3） ① 杂化轨道数等于价层电子对数；
② 根据晶胞结构，用均摊法计算一个晶胞的质量和体积，再算密度；
（4） ① 最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强；
② -OH是亲水基，亲水基减少，溶解性降低。
16．【答案】（1）2H2O+2Cl−电解__H2↑+Cl2↑+2OH−
（2）bc
（3）偏大；xV2−5yV36V1
（4）ClO3−+6H++5Cl−=3H2O+3Cl2↑；使Cl−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
【解析】【解答】(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2H2O+2Cl−电解__H2↑+Cl2↑+2OH−；
(2)a．氯元素都在阳极室，所以ClO3−应该在阳极室生成，故a不正确；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成ClO3−，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ClO3−和Cl-，故c正确；
故答案为：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ClO3−浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则有关系式MnO4−～5Fe2+，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为n(Fe2+)2=5y×V3×10−3mol，ClO3−与亚铁离子反应的离子方程式为ClO3−+6Fe2++6H+=Cl−+6Fe3++3H2O，则有关系式ClO3−～6Fe2+，与ClO3−反应的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)1=n(Fe2+)总−n(Fe2+)2=xV2×10−3−5y×V3×10−3mol， 设ClO3−的物质的量为a， a=xV2×10−3−5y×V3×10−36，则c(ClO3−)=nV=xV2−5yV36V1mol/L；
(4)①盐酸和ClO3−反应生成Cl2，反应的离子方程式为ClO3−+6H++5Cl−=3H2O+3Cl2↑；
②盐酸与ClO3−的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高c(Cl−)，使Cl−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。
【分析】（1）注意是书写离子方程式，不是化学方程式；
(2)Cl-变成 ClO3−发生氧化反应，氯气和浓氢氧化钠溶液反应可能生成 于ClO3− ；
(3) ①Cl2和ClO−具有氧化性；
② 加入的FeSO4被 ClO3− 和高锰酸钾氧化；
(4) ① 根据盐酸处理淡盐水中的ClO3−并回收Cl2写离子方程式；
② 氧化性或还原性的强弱受酸碱性和浓度的影响；
③ 验证 i 就是要提高c(H+),再观察氧化还原反应是否增强，注意酸只可以选硫酸。
17．【答案】（1）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；bc
（2）过滤；稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3正向移动
（3）控制温度在450°C左右、增大空气的流速；反应速率ii大于反应速率 i
【解析】【解答】软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒。
(1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，离子方程式：为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
②a．二氧化锰和SO2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不正确；
b．用SO2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SO2，减少大气污染，c正确；
故答案为：bc；
(2)①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+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Fe3++3H2O⇌3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离子；
(3)①由图可知，在450°CMnO2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MnO2的占比，可以采用的措施是控制温度在450°C左右、增大空气的流速。
②反应中首先生成MnO，然后MnO再转化为其它价态锰，温度升高，产物中MnO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）
【分析】（1） ① 配平方程式时酸性环境中生成物中不能有OH-；
② 硫酸亚铁具有还原性，作还原剂；
（2）溶液呈酸性，加水稀释c(H+)增大，根据铁离子水解的离子方程式分析；
（3） ① 分析图可知控制的最佳温度，同时增大氧气的浓度可以使MnO和Mn2O3转化为MnO2；
② 分析几个反应的反应热可知，只可能是速率影响MnO的占比。
18．【答案】（1）探究草酸浓度对反应速率的影响
（2）b
（3）否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2
（4）否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2
（5）MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O
（6）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[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−强
（7）减少
（8）还原剂和酸性
【解析】【解答】(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正确；
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，MnO42−呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2，而阶段i溶液呈酸性，故不可能产生，故答案为：否，MnO42−在酸性条件下不稳定，迅速分解产生MnO4−和MnO2；
(4)由题干图示信息可知，第i阶段中检测到有CO2气体产生同时生成[Mn(C2O4)2]−，则该阶段反应的离子方程式为：MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O，故答案为：MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+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[Mn(C2O4)2]−实验②比实验①的更少，根据已知信息 (b)Mn3+无色，有强氧化性，发生反应Mn3++2C2O42−⇌[Mn(C2O4)2]−(青绿色)后氧化性减弱可知，形成的[Mn(C2O4)2]−越少则生成的Mn3+越多，由于Mn3+有强氧化性而[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−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[Mn(C2O4)2]−强；
(6)据此推测，若在第ii阶段将c(H+)调节至0.2mol⋅L−1，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[Mn(C2O4)2]−，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MnO4−+4H2C2O4=4CO2+[Mn(C2O4)2]−+4H2O中草酸既作还原剂又表现出酸性，同时提供C2O42−与Mn3+形成络离子，故答案为：还原剂和酸性。
【分析】（1）分析表格找变量；
（4）仔细阅读“资料”可知 ；
（5）根据图像可知阶段 i 生成 [Mn(C2O4)2]− 和CO2，再结合三大守恒写离子方程式；
（6）实验 ①和② 草酸浓度不同，再根据 反应过程中MnO4−和[Mn(C2O4)2]−浓度随时间的变化图分析；
（7）草酸是弱酸，根据草酸的电离平衡分析；
（8）根据“结论”及草酸与高锰酸钾发生的反应分析草酸的作用。
19．【答案】（1）甲苯
（2）ac
（3）
（4）
（5）1：2
（6）
（7）；
【解析】【解答】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不正确；
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。
【分析】（1）根据A的分子式可知A的结构式；
（2）D是领硝基甲苯上甲基上的-H原子被-X取代而得到的；
（3）E到G是醇的催化氧化反应，注意配平方程式；
（4）分析对比G和J的结构可知I的结构；
（5）对比J和X的结构，分析碳原子数可知；
（6）分析X的结构和K的分子式推断K的结构式；
（7）推出M、L的结构式，结合已知和Y的结构推断中间产物。
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