北京市第四中学高三上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市第四中学高三上学期期中考试 化学试题（解析版）-A4，共25页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。)
1. 中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A. 三种物质中均有碳碳原子间的键B. 三种物质中的碳原子都是杂化
C. 三种物质的晶体类型相同D. 三种物质均能导电
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子间优先形成键，三种物质中均存在键，A项正确；
B．金刚石中所有碳原子均采用杂化，石墨中所有碳原子均采用杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用杂化，碳碳三键上的碳原子采用杂化，B项错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；
D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl的电子式为
B. 的VSEPR模型为
C. 电子云图为
D. 基态原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为，A不正确；
B．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型不是，而是，B不正确；
C．表示2p轨道的电子云以z轴为对称轴，则其电子云图为，C正确；
D．基态原子价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为，D不正确；
故选C。
3. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子有、两种杂化方式
B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质既有酸性又有碱性
D. 该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确；
故选B。
4. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
A. 键的键能小于键的键能
B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意；
故选A。
5. 由键能数据大小，不能解释下列事实的是
A. 稳定性：B. 键长：
C. 熔点：D. 硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
6. (锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是
A. 位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B. 可用质谱法区分和
C. 和含有的中子数分别为49和48
D. 同一地域产出的同种土壤生物中值相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；
C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C正确；
D．由题意可知，(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D正确；
故选A。
7. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 溶液与醋酸溶液反应：
B. 溶液与溶液反应：
C. 电解饱和食盐水：
D. 向溶液中通入过量的：
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：，A错误 ；
B．溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B正确；
C．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，水不能拆，正确离子方程式为：，C错误；
D．向溶液中通入过量的，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：，D错误；
故选B。
8. 用下图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇易挥发，乙醇及生成的1-丁烯均使高锰酸钾溶液褪色，所以溶液褪色不能证明①中有1-丁烯的生成，故A符合题意；
B．加热溶液和浓NaOH溶液的混合物产生氨气，将氨气通入溶液，最初产生沉淀，后沉淀溶解，得到银氨溶液，则可以证明①中发生反应，故B不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物制备乙酸乙酯，加热蒸馏后，在饱和溶液的上层得到无色油状液体，则可以证明①中发生反应，故C不符合题意；
D．将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间，发生吸氧腐蚀，试管①中压强减小，导管中倒吸一段水柱，则可以证明①中发生反应，故D不符合题意；
答案选A。
9. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。
下列说法不正确的是
A. 电极a是正极
B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
C. 每生成1mlN2，有2mlNaCl发生迁移
D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1mlN2，转移4ml电子，根据电荷守恒，有4mlNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
10. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．关闭，打开K2时，构成电解池，电解水生成氢气和氧气；打开,关闭，构成氢氧燃料电池，图中装置合理，A正确；
B．苯与溴水不反应，混合后，溶液分层，上层溶液呈橙红色，下层接近无色；苯酚与溴水反应生成2，4 ,6-三溴苯酚（白色沉淀）：，可知羟基使苯环活化，B错误；
C．浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体，二氧化氮与水反应：，不能选排水法收集，C错误；
D．铁管道接电源正极，铁管道会失去电子被氧化，电极反应式为，会被腐蚀，D错误；
故选A。
11. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
已知：氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A. 反应①，
B. 对比反应①和②，
C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；
B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；
C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；
D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；
答案选B
12. 高分子Y是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如下：
下列说法不正确的是
A. 生成1ml高分子X，消耗、，同时生成mml
B. X中有1个氨基和m个酰胺基
C. 一定条件下，X水解可得到E和F
D. G与X生成Y的过程中有加聚反应发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由流程可知，中红色部分化学键断裂，再发生加聚反应和F生成X和二氧化碳，则生成1ml高分子X，消耗、，同时生成m ml，A正确；
B．X中只有右端的端基存在1个氨基，每个重复单元中只有一个酰胺基，因此存在m个酰胺基，B正确；
C．由X结构，一定条件下，X中的酰胺基水解可得到F，但是无法形成E中环，不能得到E，C错误；
D．G与X生成Y的过程中存在G的双键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，D正确；
故选C。
13. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是
A. Y为反应物，W为生成物
B. 反应制得，须投入
C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】由该反应热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。
【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；
B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；
故选B。
14. 某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向2mL 0.1ml/L FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。
③向2mL 0.1ml/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。
已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体
下列说法不正确的是
A. ①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓
B. 由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的
C. ②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了
D. 实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；
C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；
D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；
故选C。
Ⅱ卷(共58分，答案填写在答题纸上)
15. 锂离子电池广泛应用于电源领域。
（1）锂离子电池目前广泛采用溶有六氟磷酸锂()的碳酸酯作电解液。
①Li、P、F的电负性由大到小的排序是_____。
②中存在_____(填序号)。
a．共价键 b．离子键 c．金属键
③碳酸二乙酯()的沸点高于碳酸二甲酯()原因是_____。
④采用高温处理废旧电解液，会诱发碳酸酯发生变化，增大回收难度。碳酸二甲酯在高温发生如图转化。
EC()发生类似转化的产物是和_____(答一种)。
（2）废旧锂离子电池含的正极材料经预处理后，可采用如下原理富集Ni元素。
①基态的价层电子的轨道表示式是_____。
②DMG中N原子均与配位，且的配位数是4；DMG-Ni中两个配体之间形成分子内氢键。写出DMG-Ni的结构简式(用“…”标出氢键)_____。
（3）的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有的单元数有_____个。
电池充电时，脱出部分，形成，结构示意图如(b)所示，则x=_____，_____。
【答案】（1） ①. F >P >Li； ②. a ③. 二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高 ④. CH2=CH2
（2） ①. ②.
（3） ①. 4 ②. ③. 13:3
【解析】
【小问1详解】
①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；Li、P、F的电负性由大到小的排序是F >P >Li；
②中P原子和F原子形成共价键，答案选a；
③二者在固态均为分子晶体，碳酸二乙酯与碳酸二甲酯结构相似，前者的相对分子质量大，范德华力大，沸点高；
④由信息可知反应物中2个C-O断裂，形成碳碳键，则发生类似转化的产物是Li2CO3和CH2=CH2。
【小问2详解】
①基态的价层电子排布式3d8，轨道表示式是。
②DMG－Ni中两个配体之间形成分子内氢键，一个配体中和O形成共价键的H与另一个配体中的氧形成氢键，故为；
【小问3详解】
由图可知，白球为Li，据“均摊法”，晶胞中含个Li，则每个晶胞中含有的单元数有4个；图b中含个Li，则相当于中含有个Li，故x=1- = ，可以写为，设亚铁离子为a、铁离子为b，则a+b=16,2a+3b+13=48，得到a:b=13:3。
16. 是重要化工原料，由软锰矿制备的一种工艺流程如下：
资料：
①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。
②金属离子沉淀的pH
③该工艺条件下，与不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_____。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到的主要途径如图所示。
ⅰ、Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是_____。
ⅱ、若全部来自于反应，完全溶出所需Fe与的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_____。
ⅲ、滤渣1中一定含有的成份_____。
（2）纯化
①上述流程中试剂a可以循环使用，试剂a为_____。
②纯化时先加入试剂a，后加入，调溶液pH≈5.说明试剂加入顺序及调节pH的原因_____。
③滤渣2中主要成份_____。
（3）电解
纯化液经电解得；生成的电极反应式是_____，电解过程中会产生，将纯化液进行浓缩可以避免产生的原因_____。
（4）产品纯度测定
向ag产品中依次加入足量bg和足量稀加热至充分反应，再用c溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为dL。(已知：及均被还原为。相对分子质量：87.0；134.0)，产品纯度为_____(用质量分数表示)。
【答案】（1） ①. 有利于增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ②. ③. 二氧化锰具有氧化性，酸性条件下也能将铁氧化为亚铁离子 ④.
（2） ①. ②. 二氧化锰的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，所以要先加入二氧化锰，否则不能将溶液中的铁元素除去，然后加入，调溶液pH≈5，除去铁离子和铝离子 ③. 氢氧化铁、氢氧化铝
（3） ①. ②. 将纯化液进行浓缩，得到高纯度的硫酸锰溶液，使得在弱酸性或中性条件下，水在阴极放电生成氢气，而锰离子在阳极放电发生氧化反应生成二氧化锰，从而避免阳极水放电发生氧化反应产生
（4）
【解析】
【分析】由题给流程可知，向研磨后的软锰矿中加入过量浓硫酸和过量铁粉溶出，将二氧化锰转化为锰离子，二氧化硅不与浓硫酸反应成为滤渣，过滤得到含有硫酸铝、硫酸锰、硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入二氧化锰，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水调节溶液pH将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到纯化硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液制得二氧化锰。
【小问1详解】
①溶出前，研磨软锰矿可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②由图可知，Ⅱ是二氧化锰在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，同时生成锰离子，锰化合价由+4变为+2、铁化合价由＋2变为＋3，结合电子守恒，反应的离子方程式为；
二氧化锰具有氧化性，酸性条件下也能将铁氧化为亚铁离子，所以完全溶出锰离子所需铁与二氧化锰的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2；
由分析，滤渣1中一定含有的成份，由于浸出液中含锰离子，结合表数据，溶液为酸性，故滤渣中可能不存在铁单质；故答案为；
【小问2详解】
①向锰离子浸出液中加入二氧化锰，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水调节溶液pH将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故上述流程中试剂a为二氧化锰，二氧化锰可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子便于铁的去除，且不引入新杂质。
②二氧化锰的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，所以要先加入二氧化锰，否则不利于将溶液中的铁元素除去，然后加入，调溶液pH≈5，除去铁离子和铝离子；
③由分析，滤渣2中主要成份氢氧化铁、氢氧化铝；
【小问3详解】
电解硫酸锰溶液生成二氧化锰时，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰：；电解过程中将纯化液进行浓缩，得到高纯度的硫酸锰溶液，使得在弱酸性或中性条件下，水在阴极放电生成氢气，而锰离子在阳极放电发生氧化反应生成二氧化锰，从而避免阳极水放电发生氧化反应产生；
【小问4详解】
滴定过程中草酸根离子中碳化合价由+3变为+4、二氧化锰中锰化合价由+4变为+2，由得失电子数目守恒，存在MnO2~Na2C2O4，高锰酸根离子中锰化合价由+7变为+2，则存在2KMnO4~5Na2C2O4，滴定消耗dLcml/L高锰酸钾溶液，则与草酸钠溶液反应的二氧化锰的物质的量为，则产品纯度为。
17. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
已知：
（1）X中含有的含氧官能团为醚键、_____。
（2）A→B反应的化学方程式是_____。
（3）B→D的反应类型是_____。
（4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是_____。
（5）J的结构简式是_____。
（6）F和L生成X经历如下多步反应：
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
①M的结构简式是_____。
②第三步反应中，除生成产物X外还生成的有机产物有_____，试剂a的作用是_____。
【答案】（1）酮羰基、酚羟基
（2） +Br2+HBr
（3）取代反应 （4）CH3OCH2Cl
（5） （6） ①. ②. 甲醛、甲醇 ③. 保护酚羟基
【解析】
【分析】结合流程，A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为；B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为；D发生水解反应生成E为；E和试剂a发生取代反应生成F，由题（4）可知，同时生成HCl，可以推知a为CH3OCH2Cl；G和发生取代反应生成J为；J发生已知信息的反应得到K为，K和CH3OCH2Cl发生取代反应生成L为；F和L发生（6）题中信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为；M加成转化为N：；N酸化生成X，同时会生成甲醛、甲醇；
【小问1详解】
由X结构，X中含有的含氧官能团为醚键、酮羰基、酚羟基；
【小问2详解】
由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为： +Br2+HBr；
【小问3详解】
由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，故为取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，a为CH3OCH2Cl；
【小问5详解】
由分析可知，J的结构简式是；
【小问6详解】
①由分析可知，M的结构简式是。
②由分析可知，N到X过程为酸化发生C-O键断裂生成、甲醛和甲醇；a在参与的2个反应中均会和酚羟基发生反应引入支链，后来支链又转化为酚羟基，故a作用为保护酚羟基。
18. 电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如下。
（1）的电解法制备
已知：电解效率的定义为
①电极b是_____极。
②电极a发生的电极反应为_____。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到ml气体，气体是_____，经测定为80%，不考虑其他副反应，则制备的的物质的量浓度为_____ml/L，阳极室_____(填“增大、减小、不变”)。
（2）苯酚的降解
已知：具有强氧化性，浓度较高时会导致猝灭。
可将苯酚氧化为，但反应速率较慢。加入可加快反应，过程为：
ⅰ、
ⅱ、将苯酚氧化
①氧化苯酚的离子方程式是_____。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是_____。
【答案】（1） ①. 阳 ②. 2H++2e-=H2↑ ③. O2 ④. 0.02 ⑤. 增大
（2） ①. ++11H2O=6CO2↑++28H+ ②. Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对的猝灭作用，且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
【解析】
【分析】由图可知，电解池右侧中被转化为，中部分O元素化合价为-1价，即该反应中O元素化合价有升高，被氧化生成，则电极b为电解池的阳极，电极a为阴极，阴极区H+得电子被还原生成氢气。阴极区的硫酸根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，据此解答。
【小问1详解】
①由分析可知，电极b是阳极；
②电极a为阴极，阴极区H+得电子被还原生成氢气，则电极a发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑；
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液，制备的同时，在b电极上还收集到2.5×10-4ml气体，H2O在阳极区失电子被氧化生成氧气，发生电极反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，则该气体是O2。生成2.5×10-4ml氧气所用的电子为，经测定=80%，则生成氧气所用的电子占通过电极的电子总数的20%，即通过电极的电子总数为，则生成所用的电子为，而生成的电极反应为：2-2e-=，即生成物质的量为，所以制备的的物质的量浓度为。2个被氧化生成1个，生成的1个氧化完苯酚又重新生成2个，即阳极区被消耗后又生成等量的，但阴极区会迁移至阳极区，所以阳极室增大；
【小问2详解】
①氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，则反应的离子方程式为：++11H2O=6CO2↑++28H+；
②从题中可知，Fe2+浓度较高时会导致猝灭，直接加入FeSO4，亚铁离子浓度较高，被猝灭导致其浓度下降，而使用铁粉，Fe与酸反应缓慢释放Fe2+，使Fe2+浓度较低，减弱了Fe2+对的猝灭作用，且Fe能与生成的Fe3+反应生成Fe2+，继续补充Fe2+，所以用等物质的量的铁粉代替，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是：Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对的猝灭作用，且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+。
19. 某小组探究的制备。
已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、
（玫瑰红色）、（橙色）、（黄色）
ii.是一种弱酸，易分解：
将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下：
。
（1）受热分解转化为，反应的化学方程式是________。
（2）转化为，进行实验Ⅰ：
①加入，转化为反应的离子方程式是________。
②无色气泡中的气体有________。
③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液________（填操作和现象），证实溶液中存在与。
（3）探究的来源
来源1：……
来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。
①来源1：________。
②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：
溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：________、________。
从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因：________。
（4）为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。
将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。
实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. NO、 ③. 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色
（3） ①. 黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成 ②. ③. ④. ，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色
（4）实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色
【解析】
【分析】将固体和固体与过量的固体混合，高温煅烧得固体，加水溶解后加入稀硫酸调节pH，反应可生成；反应过程中再酸性环境下，与发生氧化还原反应生成，会导致生成的产物中含有杂质。
【小问1详解】
根据得失电子守恒和质量守恒定律，受热分解转化为和氧气，化学方程式：；
【小问2详解】
①根据原子守恒及电荷守恒，加入，转化为反应的离子方程式：；
②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体；
③溶液中存在与，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色；
【小问3详解】
①根据实验信息可知，黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成；
②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：、；，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色；
【小问4详解】
化学键
键能/
411
318
799
358
452
346
222
①中实验
②中现象
A
加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液的混合物
酸性溶液褪色
B
加热溶液和浓NaOH溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
A．制作简单的燃料电池
B．证明苯环使羟基活化
C．制备并收集
D．防止铁管道被腐蚀
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/ml
物质的量/ml
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
实验操作
实验现象
溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。
继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。