2025--2026学年北京海淀进修学校2026高三下学期开学考化学试题 [含答案]

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(考试时间90分钟 满分100分)
可能用到的相对原子质量： C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 In 115 Se 79
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. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法正确的是
A. 中既含有亲水基团又含有疏水基团
B. 溶液显碱性的原因：
C. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂
D. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性
【答案】A
【解析】
【详解】A．C12H25OSO3Na中的长链烷基（C12H25-）是疏水基团，硫酸酯基（-OSO3-）是亲水基团，因此既含有亲水基团又含有疏水基团，A正确；
B．Na2CO3溶液显碱性的原因是碳酸根离子水解，但水解反应是可逆过程，应使用可逆符号（⇌），而非等号（=），B错误；
C．丝胶蛋白水解时断裂的是酰胺基（肽键）中的C-N键，而非N-H键，C错误；
D．Zn2+是重金属离子，能使蛋白质变性，但Na+是碱金属离子，不能使蛋白质变性（仅能引起盐析），D错误；
故选A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 质子数为1、中子数为2的氢原子： B. HCl的电子式：
C. 基态Br原子简化电子排布式：[Ar]4s24p5D. Cl2的p-pσ键电子云轮廓图：
【答案】D
【解析】
【详解】A．质子数为1、中子数为2的氢原子，质量数=质子数+中子数=1+2=3，表示为，A错误；
B．HCl是共价化合物，H和Cl之间通过共用电子对结合，而不是离子键，正确的电子式应为：， B错误；
C．溴（Br）的原子序数为35，其基态电子排布为：，简化电子排布式应为：，C错误；
D．Cl原子的最外层电子排布为3s23p5 ，每个Cl原子有一个未成对的3p电子。在Cl2分子中，两个Cl原子的3p轨道沿键轴方向“头碰头”重叠，形成p-pσ键，其电子云轮廓图为：，D正确；
故选D。
3. 下列关于同主族元素、及其化合物的性质比较和原因分析正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2​ 是分子晶体，分子间通过范德华力结合，熔点很低。是共价晶体，原子间通过强大的共价键形成三维网络结构，熔点非常高。熔点差异与摩尔质量无关，A错误；
B．同主族元素从上到下电负性减小，C的电负性大于Si，B错误；
C．C的原子半径小于Si，所以C-H键的键长比Si-H键短，键能更大。因此热稳定性：，C正确；
D．溶解性：H2CO3>H2SiO3，硅酸（H2SiO3）不溶主要是由于其易聚合形成不溶性固体，而非与H2O作用力弱于碳酸，D错误；
故选C。
4. 实验室中，制备下列气体所用试剂和收集方法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化氢在二氧化锰催化下分解制氧气，氧气密度大于空气，可用向上排空气法收集，A正确；
B．铜与浓硫酸加热可制备二氧化硫，但SO2易溶于水且能与水反应，不能用排水集气法收集，B错误；
C．乙醇和浓硫酸加热到170℃消去制乙烯，乙烯难溶于水、密度与空气接近，常用排水集气法收集，C正确；
D．浓盐酸和二氧化锰共热制氯气，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，可用排饱和食盐水法收集，D正确；
故选B。
5. 高分子修饰指对高聚物进行处理，接上不同取代基改变其性能。我国高分子科学家对聚乙烯进行胺化修饰，并进一步制备新材料，合成路线如下图。
下列说法正确的是
A. 分子的核磁共振氢谱有组峰B. 生成高分子的反应为加成反应
C. 高分子最多可与反应D. 高分子可通过分子内氢键增大水溶性
【答案】B
【解析】
【详解】A．a分子结构高度对称，其中只有两种化学环境的H，其核磁共振氢谱有两组峰，A项错误；
B．从流程中可以看出，聚乙烯与a发生加成反应生成高分子b，B项正确；
C．1ml高分子b中含有的酯基远大于2ml，故与NaOH反应时消耗的NaOH远大于2ml，C项错误；
D．高分子b在碱性条件下水解得到高分子含有羟基，羟基与水分子形成氢键时，可以增强高分子与水的相互作用力，从而提高其水溶性，而分子内氢键会减弱与水分子的作用，从而降低水溶性，D项错误；
答案选B。
6. 下列物质性质实验对应的反应方程式或离子方程式书写不正确的是
A. 向浓硝酸中加入少量铜粉：
B. 用明矾处理污水：Al3+ + 3H2OAl(OH)3(胶体)+ 3H+
C. 电解氯化镁溶液的原理：
D. 用食醋除水垢：
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式配平正确，符合反应事实，A正确；
B．明矾溶于水后Al3+水解生成Al(OH)3胶体，用于吸附净水，水解方程式为可逆反应，书写正确，B正确；
C．电解氯化镁溶液时，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水还原生成氢气和OH-，但生成的OH-会与溶液中的Mg2+结合形成Mg(OH)2沉淀，因此该离子方程式未体现Mg2+的消耗，不能准确表示实际反应原理，正确的离子方程式为：，C错误；
D．食醋（醋酸）与水垢（碳酸钙）反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式配平正确，电荷守恒，符合弱酸与碳酸盐反应规律，D正确；
故选C。
7. 下列实验的相应操作中，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，不能直接在容量瓶中溶解氢氧化钠固体，应该在烧杯中溶解氢氧化钠，冷却后，用玻璃棒引流移入容量瓶中，故A错误；
B．加热乙醇、乙酸与浓硫酸的混合液，迅速升温到170 ℃，乙醇易发生消去反应生成乙烯气体，故B错误；
C．苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，为防止苯甲酸析出，加热溶解粗苯甲酸，趁热过滤，除去泥沙，故C错误；
D．中和滴定时，眼睛始终观察锥形瓶内的溶液颜色变化，准确判断滴定终点，故D正确；
选D。
8. 乙烯水合制乙醇的反应机理如图所示，反应进程与能量的关系示意图如图所示。
下列说法不正确的是
A. 该反应中，起催化剂的作用
B. 反应②生成的中间产物中，O原子为sp2杂化
C. 该反应决速步骤的活化能为E1
D. 乙醇脱水制乙烯的总反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能， A正确；
B．反应②生成的中间产物中，O原子为sp3杂化，B错误；
C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，该反应决速步骤的活化能为E1，C正确；
D．由图2可知，反应物能量高于生成物能量，则生成乙醇的反应为放热反应，那么乙醇脱水制乙烯的总反应为吸热反应，，D正确；
故选B。
9. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。
浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液产品溴
已知：i．与Na2CO3反应时，Br2转化为和Br-。
ii．HBrO3为强酸。
下列说法不正确的是
A. 酸化海水通入Cl2提取溴的反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
B. 脱氯过程脱除1mlCl2可能消耗mlFeBr2
C. 用Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是
D. H2SO4酸化后重新得到Br2的反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：5
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，海水浓缩、酸化后通入氯气发生2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，用热空气吹出溴，得到含有溴的空气，将含溴空气通入FeBr2溶液脱氯，再与Na2CO3溶液反应，Br2转化为和，再用硫酸酸化，和在酸性环境下反应生成Br2，经过一系列操作得到溴，以此分析解答。
【详解】A．酸化海水通入Cl2，Cl2将溴离子氧化为溴单质，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故A正确；
B．脱氯过程中可能发生反应：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+Br2，此时脱除1ml氯气消耗mlFeBr2，故B正确；
C．Na2CO3溶液吸收足量Br2蒸气，反应生成、和CO2，则所得产物中的含碳粒子主要是CO2，故C错误；
D．H2SO4酸化时发生反应：；反应中化合价降低作氧化剂，化合价升高作还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量比为1∶5，故D正确；
故选C。
10. 由化合物、和合成药物中间体，转化关系如下图。

已知：生成时，与中均有键断裂。
下列说法正确的是
A. 存在顺反异构
B. 的化学式为
C. 和均为加成反应
D. 若中的全部原子用标记，生成的的结构简式应为
【答案】B
【解析】
【详解】A．K中碳碳双键左侧的碳原子连了两个相同的基团(-CN)，故没有顺反异构，A错误；
B．K的分子式为C5H4N2O，甲醇分子式为CH4O，M的分子式为C4H4N4，根据原子守恒可知L的化学式为，B正确；
C．加成反应产物一般只有一种，K→M中，K和L反应生成M和CH3OH，M→Q中，M和HCONH2反应生成W和Q，均不是加成反应，C错误；
D．K中N为15N（-CN的N），中间体M为：，反应中-CN的N保留在产物中，Q的环及-NH2中的N均来自K的15N，生成的Q的结构简式为，D错误；
故选B。
11. 室温下，向溶液加入过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。
已知：、下列说法不正确的是
A. 室温下，反应的
B. 随着反应的进行，溶液下降的原因是逆向移动
C. 内上层清液中存在：
D. 反应过程中，溶液中始终存在：
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应的，A正确；
B．是强碱弱酸盐，碳酸根水解使溶液显碱性，即，随着反应的进行，溶液中碳酸根浓度减小，反应平衡逆向移动，溶液碱性减弱导致溶液下降，B正确；
C．内上层清液始终显碱性，则，根据电荷守恒关系可知，C正确；
D．溶液的物料守恒关系，随着硫酸钙的加入，部分碳酸根转化为碳酸钙沉淀，导致溶液中碳元素含量总浓度减少，则反应过程中溶液中的，D错误；
故选D。
12. 氘代酸、碱是合成氘代药物、进行氢/氘(H/D)交换反应的关键原料。我国科学家首次利用双极膜(膜中水解离的H+和OH−在电场作用下向两极迁移)实现由氘代水(D2O)制备氘代酸(D2SO4)、碱(KOD)，装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 左侧电极室稀KOD转化为浓KOD，右侧电极室稀D2SO4转化为浓D2SO4
B. 若仅将电源的两极对调，一定无法实现氘代酸(D2SO4)、碱(KOD)的制备
C. X膜为阴离子交换膜，Y膜为阳离子交换膜
D. 理论上两极产生的气体M与N的质量比为4：1
【答案】A
【解析】
【分析】根据离子的移动方向，左侧石墨电极为阳极，放电生成氧气，则M为，中间室加入浓溶液，通过X膜向左侧移动，与结合得到浓溶液，故X为阴膜；同理，右侧为阴极，放电得到的气体N为，中间室中的通过Y膜与结合得到浓溶液，Y膜为阳膜，据此解答；
【详解】A．左侧电极室为阳极，电极反应为：，双极膜解离的不断移入，移入量与消耗量相等，反应生成了水，浓度变稀；右侧电极室阴极，电极反应为：，双极膜解离的不断移入，移入量与消耗量相等，反应生成了水，浓度变稀，A错误；
B．若电源两极对调，左侧变为阴极，右侧变为阳极，离子移动方向反转：向左移动、向右移动；（阴离子）向右移动，可穿过阴离子交换膜进入中间室，无法制备；同理（阳离子）向左移动，可穿过阳离子交换膜进入右侧室，可以得到更浓的，同理也右侧双极膜解离出向左移动，与反应，也无法制备KOD，B正确；；
C．由分析可知，X膜允许阴离子通过为阴离子交换膜；Y膜允许阳离子通过为阳离子交换膜，C正确；
D．阳极生成O2（M），阴极生成D2（N）。阳极反应：；阴极反应：，转移相同电子生成的气体M和N的物质的量之比为1：2，则O2与D2的质量比为(1×32)：(2×4)=32：8=4：1，D正确；
故选A。
13. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制的过程，将通入饱和氨盐水溶质为、，实验现象及数据如图，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数与的关系如图
下列说法正确的是
A. ，溶液中
B. 水的电离程度：
C. 60，c()不断增大
D. 、均保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】二氧化碳通入饱和的氨盐水中，反应的化学方程式为：，结合图像1，随二氧化碳的通入，溶液的pH逐渐减小，不断生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度不大，逐渐析出碳酸氢钠晶体，图2中各曲线代表的物种已经标清，把此分析进行解答。
【详解】A．0 min时溶液为饱和氨盐水（溶质、），根据电荷守恒：氨水溶液呈碱性，，因此，A错误；
B．0 min时溶液中存在游离，与水反应生成的一水合氨电离出，抑制水的电离；通入后，反应生成铵盐、，盐类水解促进水的电离，因此水的电离程度：，B错误；
C．60~100 min，从10.3降低到9.0，结合图2可知：从10.3降到9的过程中，碳酸氢根的分步分数增大，且，因不断消耗而减小，故必然增大，C正确；
D．反应过程中析出白色固体，以沉淀形式脱离溶液，因此溶液中逐渐减小，D错误；
答案选C。
14. 实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下：
已知：①。
取充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。
下列说法不正确的是
A 分析中数据可知：
B. 取充分反应后上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据
C. 中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加硝酸酸化的，产生沉淀BaSO4
D. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大
【答案】C
【解析】
【详解】A．等体积混合后，此时，不会产生硫酸银沉淀，所以a=0，故A正确；
B．由A分析，没有产生硫酸银沉淀，且若完全进行，则溶液中不能存在亚铁离子，而滴加溶液产生蓝色沉淀，说明溶液中存在亚铁离子，那么可以作为为可逆反应的证据，故B正确；
C．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应使得硫酸银沉淀转化为和硫酸根离子，滴加硝酸酸化的BaCl2时，硝酸会使得产生Ag+，故同时生成硫酸钡和AgCl沉淀，故C错误；
D．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故D正确；
故选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 我国科学家在中国空间站首次实现了铟硒半导体的微重力培养，铟和硒的单质是制备铟硒半导体的重要原料。
（1）的基态原子电子排布式为[Kr]4d105s25p1，则在元素周期表中的位置为___________。
（2）粗硒中主要含碲单质等杂质。硒、碲与氧同主族，可用气态氢化物热解法制备少量的高纯硒，流程如下图。
结合元素周期律解释该法能分离硒和碲的原因：___________。
（3）氧化挥发法是制备高纯硒的另一种方法。粗硒经高温氧化后产生蒸气，冷凝后溶于水形成溶液，除杂后向溶液中通入可获得高纯硒。
已知分子中含两个羟基，中的杂化方式为___________，模型的名称___________。
向溶液中通入时，发生反应的化学方程式为___________。
（4）一种铟硒半导体晶体的晶胞如右图，晶胞底面边长为，高为。
该晶体化学式为___________。
阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为___________。已知：
【答案】（1）第5周期 第IIIA族
（2）与同主族，非金属性更易与生成气态氢化物，从而与分离
（3） ①. ②. 四面体 ③.
（4） ①. ②. 或
【解析】
【分析】提纯Se的过程为：把粗硒通入加热，Se与反应生成气体：；再对气体进行高温加热分解重新转化为Se固体达到提纯的目的：，据此信息解答。
【小问1详解】
根据的基态原子电子排布式可知其在周期表中的位置为：第5周期第IIIA族。
【小问2详解】
氧、硒、碲属于同主族元素，非金属性逐渐减弱，与反应难度逐渐增强，所以更易与生成气态氢化物，从而与进行分离。
【小问3详解】
分子中含两个羟基，结构为：，其中心Se原子形成3个键，同时含有1对孤电子对，价层电子对数为4，则中心Se原子的杂化方式为杂化，其模型为四面体；
根据信息，向溶液中通入时可获得高纯硒，则反应的方程式为：。
【小问4详解】
根据晶胞图可知In原子位于面心，其个数为；Se原子位于顶点和面心，其个数为，则该晶体的化学式为；
阿伏加德罗常数为，晶胞底面边长为，高为，则该晶体的密度为。
16. 氨是重要的化工原料，合成氨的研究一直是化学领域中重要的课题。
Ⅰ．N2和H2合成氨
（1）工业合成氨时，每生成放出热量，则合成氨的热化学方程式是___________。
（2）某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中，NH3的物质的量分数随温度的变化如图。
P1___________P2(填“>”或“ ②. 合成NH3是气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强有利于正向反应，NH3的物质的量增大，体系总物质的量减小，NH3的物质的量分数增大
（3） ①. a ②. N2-10e-+6H2O = 2+12H+
（4） ①. HCl ②. 1/4
【解析】
【小问1详解】
工业通过氮气与氢气反应合成氨，反应为：N2 + 3H2 2NH3，每生成1 ml NH3放出46.1 kJ热量，则生成2 ml时放出92.2 kJ，可知热化学方程式为：。
【小问2详解】
合成NH3是气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强有利于正向反应，NH3的物质的量增大，体系总物质的量减小，NH3的物质的量分数增大，图中P1曲线在相同温度下NH3的物质的量分数更高，说明P1> P2。
【小问3详解】
①电解池中，电极a上氮气与水反应生成氨气，该过程氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，则电极a为阴极，电极b上氮气与水反应生成硝酸，该过程氮元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则电极b为阳极，H+为阳离子，向阴极移动，即向a室移动。
②阳极上氮气与水反应失去电子生成硝酸，电极反应式为：N2-10e-+6H2O = 2+12H+。
【小问4详解】
①根据转化关系图， 氯化镁电解生成Mg和，B与反应生成，可知B为Mg、A为；与水反应生成氧气和D，根据氧化还原反应原理，氧元素化合价升高，则氯元素化合价降低，可知D为HCl；HCl与氨气反应，生成X为氯化铵；氯化铵与反应，生成氨气和氯化镁。
②转氨过程为氯化铵与反应，生成氨气和氯化镁，化学方程式为：，则产物中 。
17. 一种重要医药中间体P的合成路线如下。
已知：①
②
（1）A中含有的官能团名称是___________。
（2）B→D的化学方程式是___________。
（3）I中只含有酯基，I→J的反应类型是___________。
（4）J中含有3个六元环，J的结构简式是___________。
（5）下列说法正确的是___________(填序号)。
a．A既有酸性，又有碱性
b．的目的是脱除保护基
c．的含有相同官能团的同分异构体有3种
（6）以和为原料合成分三步完成。
①中含有1个sp杂化的碳原子，的结构简式是___________。
②Y的结构简式是___________。
【答案】（1）羧基 氨基
（2） （3）取代反应
（4） （5）abc
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】甘氨酸A与乙酸发生取代反应生成B为，B和甲醇发生酯化反应生成D为，D酸化酰胺基水解，再脱去乙酸生成E为，E发生反应生成F，F分子中比E多了一个碳，则F的结构简式为，G发生已知信息②的反应生成I，则I的结构简式为，I和发生取代反应，脱去小分子，则J的结构简式为，J和F三步反应生成P，据此解答。
【小问1详解】
A为甘氨酸，含有的官能团为氨基和羧基。
【小问2详解】
A和乙酸发生酰化反应生成B，B为，B→D是羧基和甲醇的酯化反应，生成酯D，化学方程式为；
【小问3详解】
I中的两个酯基和中两个发生反应，脱去2分子乙醇，属于取代反应；
【小问4详解】
根据分析，J的结构简式是；
【小问5详解】
a：A甘氨酸含羧基（酸性）和氨基（碱性），既有酸性又有碱性，正确；
b：A的氨基被乙酰化保护，D→E酸性水解脱去乙酰基，目的是脱除保护基，正确；
c：G为，分子式，含酯基的同分异构体（不含G本身）有、、，共3种，正确；
故选abc；
【小问6详解】
①E为，与反应生成F，F含1个sp杂化碳原子，中的碳原子为sp杂化，的结构简式是；
②F和J发生加成反应， J的活泼亚甲基上氢与碳氮双键发生加成反应生成X，则X的结构简式为，X异构化生成Y，则Y的结构简式为，Y脱去1分子环化得到P。
18. 利用零价铁耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和产生的机理如图所示。
（1）的结构式是，则的结构式是___________。
（2）过程中反应的离子方程式是___________。
（3）过程会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为价。过程中反应的离子方程式是___________。
（4）探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物的能力。
Ⅰ．通过加入甲醇或叔丁醇探究其对不同自由基降解的能力影响，测得的残留百分含量随时间变化如图所示。
已知：该实验条件下，甲醇同时消耗和，叔丁醇只消耗
a． 中加入的是___________填“甲醇”或“叔丁醇”。
中降解的自由基主要是___________(填或)，判断依据是___________。
Ⅱ．探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳去除率的影响。实验开始时，水样的且加入的不变，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。
注：是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。
从到去除率升高的原因是___________。
从到去除率下降的原因是___________。
【答案】（1） （2）
（3）
（4） ①. 叔丁醇 ②. ③. 中起作用的自由基主要是中起作用的自由基是和，20min时的残留百分含量与的差值大于与的差值 ④.
减小，减小，增加，后者对去除率的影响大于前者 ⑤. 随减小，产生的降低，对和的生成均不利
【解析】
【小问1详解】
根据的结构，中两个磺酸根通过过氧键连接，结构式为： （核心为含过氧键结构）；
【小问2详解】
过程ⅰ中被氧化为，被还原为，配平得： ；
【小问3详解】
过程ⅱ中始终为价，反应生成使酸性增强，反应物为，产物为、和，配平得： ；
【小问4详解】
Ⅰ. a.甲醇同时消耗两种自由基，消耗的自由基多，则降解的少，M残留量最高（对应曲线）；叔丁醇只消耗，还剩余可降解，残留量中等，因此中加入的是叔丁醇；
Ⅰ. b. 中降解的自由基主要是，判断依据是中起作用的自由基主要是中起作用的自由基是和，20min时的残留百分含量与的差值大于与的差值；
Ⅱ. a.从①到④去除率升高的原因： 减小，减小，增加，由Ⅰ题可知，对去除率的影响大于；
Ⅱ. B.随减小，产生的降低，结合和产生的机理图，降低对和的生成均不利，从而导致TOC去除率下降。
19. 某小组同学向pH=1的0.5 ml/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是___________。
（2）实验验证
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成。依据的现象是___________。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式___________。
b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)___________证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。
c．丙认为___________，并通过实验证实了自己的猜想。
查阅资料：0.5 ml/LFe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去，停止加盐酸。待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。
【答案】（1）Mg、Zn
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③. 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ ④. 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ⑤. 产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。
【解析】
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；
实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe；
实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【小问1详解】
在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质；
【小问2详解】
①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成；
②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；
③a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；
b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗；
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。结合a、b和c可知：实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；
【小问3详解】
对比实验Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹；Mg可将Fe2+还原生成Fe单质，所以实验Ⅲ的固体中能检测到Fe单质。选项
性质比较
原因分析
熔点：
摩尔质量：
电负性：
原子半径：
热稳定性：
键能：
溶解性：H2CO3>H2SiO3
与H2O作用力：H2CO3>H2SiO3
选项
气体
试剂
溶液、
、浓
、浓H2SO4
浓盐酸、
收集方法
向上排空气法
排水集气法
排水集气法
排饱和食盐水法
配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
实验室制乙酸乙酯
重结晶法
提纯苯甲酸
用盐酸标准溶液
滴定NaOH溶液
乙醇、乙酸
A．在容量瓶中溶
解固体，用玻璃棒引流
B．加热乙醇、乙酸与浓硫酸的混合液，迅速升温到170 ℃
C．加热溶解粗苯甲酸，冷却结晶，过滤除去泥沙
D．眼睛始终观察锥形瓶内的溶液颜色变化
编号
试剂
沉淀物质的量之比
试剂
试剂
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量Cu
一段时间后，溶液逐渐变蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ
过量Zn
一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ
过量Mg
有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质