北京市丰台区2022届高三二模化学试卷（word版，含答案）

北京市丰台区2022届高三二模化学试卷

化    学

本试卷共100分。考试时长90分钟

可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 N14 O16

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. 制作豆腐的流程中，属于过滤操作的是

A. A B. B C. C D. D

2. 用下列装置完成相关实验，不合理的是

A. 用a配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液

B. 用b制备少量乙酸乙酯

C. 用c蒸馏海水得到淡水

D. 用d分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5

3. 对下列事实的解释，方程式不正确的是

A. 氯水保存于棕色试剂瓶：2HClOH2↑+Cl2↑+O2↑

B. 不能用排水法收集NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO

C. 高温熔融态铁遇水爆炸：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，2H2+O22H2O

D. 硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑

4. 下列物质的用途涉及氧化还原反应的是

A. 用NaHCO3作食品膨松剂

B. 用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热

C. 用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4

D. 用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂

5. 下列事实不是由于分子的极性导致的是

A. N2沸点比CO低

B. 常温常压下，CO2为气体，CS2为液体

C. HCl气体易溶于水

D. 用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流方向发生变化

6. 对甲基苯酚用于制作除草剂、医药上的消毒剂、香料。下列说法不正确的是

A. 可与NaOH、Na2CO3发生反应

B. 核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：3

C. 可与甲醛发生缩聚反应，与Br2发生取代反应

D. 含有苯环的同分异构体共有3种(不包含对甲基苯酚)

7. 锡(50Sn)与Si处于同一、主族，由于锡具有一定的抗腐蚀性，镀锡的铁皮常用于制作罐头盒。下列说法不合理的是

A. 原子半径：Sn>Si

B. 金属性：Rb(铷)>Sn。

C. Sn位于第四周期第IVA族，p区

D. 镀锡铁皮的镀层破损后，铁更容易被腐蚀

8. 常温下，0.1mol·L-1氨水pH=11，0.1mol·L-1醋酸pH=3，下列说法正确的是

A. 将0.1mol·L-1氨水稀释10倍，pH<10

B. 常温下，CH3COOH的电离平衡常数与NH3·H2O的相等

C. 0.1mol·L-1醋酸溶液中，c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)

D. CH3COONH4溶液因水解呈酸性

9. 下列除杂试剂或方法选用正确的是

A. A B. B C. C D. D

10. 利用下图装置将2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+反应的化学能转化为电能，下列设计不合理的是

A. a是Cu棒

B. X可以是CuSO4溶液或Na2SO4溶液

C. b可以是石墨或Cu棒

D. Y可以Fe2(SO4)3溶液

11. 下表列出了短周期元素X、Y的各级电离能数据，下列说法正确的是

A. X、Y元素的最高化合价分别为+3、+4

B. 原子失电子能力：X>Y

C. X和Y元素位于元素周期表中同一周期

D. 基态原子Y的电子排布式为1s22s22p63s1

12. 核酸是生物体遗传信息的携带者，被誉为“生命之源”，下列说法不正确的是

A. 五碳糖与磷酸、碱基之间通过分子间脱水形成核苷酸

B. 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为加聚反应

C. DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖为脱氧核糖

D. DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对

13. 电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是

A. 电离出H+能力：HF>H2CO3>HCN>

B. 相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN

C. HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应

D. CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+

14. 某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：

反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O

反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+

下列说法不正确的是

A. 反应ii中维生素C发生氧化反应

B. 反应速率：反应i<反应ii

C. 溶液pH最终会变大

D. 若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol

第二部分

本部分共5题，共58分。

15. 氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：

NaBH4B(OH)3→BN

已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5

2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：

（1）NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是_______。

（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-

①硼酸分子的空间构型为_______。

②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。

（3）某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：

①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。

②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。

③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。

16. 硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下：

（1）已知：在25℃和101kPa时，H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。

（2）水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H2的优势为_______(至少写两条)。

（3）反应II，H2SO4分解制取O2的速率主要由反应2SO3⇌2SO2+O2决定，对该反应的历程进行研究发现，SO3分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO3→SO2+O，SO3+O→SO2+O2，下列说法合理的是_______。

A.c(O)越大有利于加快SO3的分解速率

B.关键基元反应的活化能比其他基元反应的大

C.催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO3的分解速率

（4）进行反应III之前，需要经过以下两个步骤：

①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I2的混合溶液，其中含有少量H2SO4杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4写出相应的化学方程式_______。

②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I2的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。

③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO2的吸收剂，实现O2与SO2的分离，吸收剂的有效成分是_______。

17. 某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，从中提取Se的工艺流程如下：

已知：

（1）酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是_______。

（2）“氯化”过程中发生如下转化：

①Se转化为H2SeO3，化学方程式为_______。

②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因_______。

（3）①“还原”过程中发生反应的化学方程式为_______。

②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由强到弱的顺序为_______。

（4）滴定法测定CuSO4溶液浓度，其基本原理为：

第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。

第二步：2(无色)+I2=(无色)+2I-

①由此可知滴定所用的指示剂为_______。

②已知CuSO4溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为_______mol·L-1。

③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是_______(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。

18. 具有广泛生物活性的某丁内酯类化合物K的合成路线如下：

已知：

i.R1CH2COOR2+R3CHO

ii. +

iii.R-Br+

（1）A能发生银镜反应，A中官能团名称是_______。

（2）B→C的化学方程式为_______。

（3）C+2aD，则试剂a是_______。

（4）已知：同一个碳原子连有2个羟基的分子不稳定，F为醇类。F→G的化学方程式为_____。

（5）试剂b的结构简式为_______。

（6）H→I的反应类型为_______，J的结构简式为_______。

（7）已知：RCH2COOH，将D→E的流程图补充完整，在括号内填写试剂和条件，在方框内填写物质的结构简式_______。

19. 某小组进行如下实验：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到红色溶液。

已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。

I.推测Fe3+与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：

（1）将上述实验补充完整________。

（2）配离子的配体为的实验证据是_______。

II.探究pH对FeCl3和Na2SO3反应影响。设计如下实验：

（3）探究实验b中溶液褪色更快的原因：

i.甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

①从电极反应的角度，进行理论分析：

还原反应为：Fe3++e-=Fe2+氧化反应为：_______。

②已知上述实验条件下pH对Fe3+的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是_______(填“增强”或“减弱”)。

③通过理论分析，甲认为其猜测_______(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测_______浓度(填离子符号)，比较其大小关系。

ii.乙猜测pH降低，有利于_______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

④将乙的假设补充完整_______(填化学式)。

⑤乙设计实验进行验证：

取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V1。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V2.前后差值(V1-V2)为ΔVa。用同样的方法对10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO4溶液前后体积差值为ΔVb。

经对比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的实验结论是_______。

（4）综合上述分析，pH降低，有利于_______反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。

北京市丰台区2022届高三二模化学试卷

参考答案

1. 【答案】C

【解析】

【详解】A．泡豆是将豆子浸泡吸水的过程，不包含过滤操作，A项不符合题意；

B．磨浆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，B项不符合题意；

C．滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，C项符合题意；

D．煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，点兑是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，都不包含过滤操作，D项不符合题意；

答案选C。

2. 【答案】A

【解析】

【详解】A．配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液需要用到的主要仪器除了托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒以外还有100mL容量瓶、胶头滴管，上述仪器不能达到实验目的，A符合题意；

B．实验室利用乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应制备乙酸乙酯，右侧试管中盛装饱和碳酸钠溶液，偏于分离乙酸乙酯，可达到实验目的，B不符合题意；

C．利用上述蒸馏装置可实验海水淡化，蒸馏得到蒸馏水，C不符合题意；

D．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5互不相溶，可利用分液操作分离提纯，上述装置可达到实验目的，D不符合题意；

故选A。

3. 【答案】A

【解析】

【详解】A．氯水保存在棕色试剂瓶，次氯酸不易见光分解，且次氯酸分解产物是HCl和O2，A项错误；

B．不能用排水法收集二氧化氮，因为二氧化氮与水反应，方程式正确，B项正确；

C．高温熔融态遇水爆炸，因为铁与水高温下反应生成氢气，氢气与氧气反应，方程式正确，C项正确；

D．硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器，铝离子与碳酸根水解相互促进，方程式正确，D项正确；

答案选A。

4. 【答案】B

【解析】

【详解】A．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；

B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；

C．用饱和Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；

D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。

故选B。

5. 【答案】B

【解析】

【详解】A．N2与CO的相对分子质量相同，由于CO是极性分子，导致分子间作用力强于N2，则N2的沸点比CO低，故A不符合题意；

B．CO2和CS2都为非极性分子，两者组成和结构相似，相对分子质量越大的分子间作用力越大，其溶点和沸点越高，故B符合题意；

C．HCl和水都是极性分子，HCl气体易溶于水和分子极性有关，故B不符合题意；

D．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，故D不符合题意。

故选B。

6. 【答案】D

【解析】

【详解】A．对甲基苯酚分子中含（酚）羟基，具有弱酸性，可与NaOH、Na2CO3发生反应，A正确；

B．根据对称性可知对甲基苯酚分子有4种等效氢，如图（序号代表等效氢种类），其等效氢的个数之比分别为：1：2：2：3，所以核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：3，B正确；

C．对甲基苯酚分子中含（酚）羟基，可与甲醛发生缩聚反应，与浓Br2水在催化剂作用下发生溴代（取代）反应，C正确；

D．含有苯环的同分异构体分别为：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇（）和共有4种，D错误；

故选D。

7. 【答案】C

【解析】

【详解】A．锡(50Sn)与Si处于同一主族，同主族原子半径从上至下逐渐增大，原子半径：Sn>Si，A正确；

B．同周期从左至右金属性逐渐减弱，金属性：Rb(铷)>Sn，B正确；

C．Sn的价电子排布式为：5s25p2位于第五周期第IVA族，p区，C错误；

D．镀锡铁皮的镀层破损后，形成原电池，铁做负极，铁更容易被腐蚀，D正确；

答案选C。

8. 【答案】B

【解析】

【详解】A．氨水为弱碱，将0.1mol·L-1氨水稀释10倍，电离平衡NH3·H2O⇌NH+OH-正向移动，c(OH-)大于原来的，pH>10，A错误；

B．常温下，0.1mol·L-1氨水pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，0.1mol·L-1醋酸pH=3，c(H+)=10-3mol/L，则CH3COOH的电离平衡常数与NH3·H2O的相等，B正确；

C．常温下，0.1mol·L-1醋酸pH=3，c(H+)=10-3mol/L，醋酸发生电离，但电离程度小，则c(CH3COOH)>c(H+)，溶液中还存在水的微弱电离：H2O⇌H++OH-，则c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C错误；

D．CH3COOH的电离平衡常数与NH3·H2O的相等，CH3COONH4溶液中NH与CH3COO-的水解程度相等，则溶液呈中性，D错误；

答案选B。

9. 【答案】D

【解析】

【详解】A．NaHCO3固体受热易分解，Na2CO3稳定性好，所以不能利用加热的方法除去NaHCO3固体中的Na2CO3，A错误；

B．苯酚虽能与浓溴水发生取代反应，但生成的三溴苯酚易溶于苯中，引入新的杂质，不能达到除杂目的，B错误；

C．过量的BaCl2溶液可除去溶液中的硫酸根离子，多余的钡离子可有过量的碳酸钠溶液除去，但多余的碳酸钠中碳酸根离子无法除去，不能达到除杂目的，C错误；

D．SO2具有还原性，可与过氧化氢发生氧化还原反应转化为硫酸根离子，再与钡离子发生复分解反应生成硫酸钡沉淀而除去，再利用浓硫酸干燥二氧化碳，即可达到除杂目的，D正确；

故选D。

10. 【答案】C

【解析】

【分析】①G表为电流表，原电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；

②根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用铜离子溶液或常规盐溶液即可；

③正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通；

④正极富电子，需能导电的电极，此电极不可以直接和三价铁反应。

【详解】A．根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用铜离子溶液，A项正确；

B．根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用常规盐溶液，B项正确；

C．正极富电子，需能导电的电极，此电极的活泼性要弱于三价铁，所以不能用铜棒，C项错误；

D．正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通，D项正确；

答案选C。

11. 【答案】D

【解析】

【分析】X、Y都是短周期元素；元素X的I1≪I2，X原子最外层有1个电子，X处于第IA族；元素Y的I1≪I2，Y原子最外层有1个电子，Y处于第IA族；X、Y处于同主族，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，Y的第一电离能小于X的第一电离能，则X为Li，Y为Na；据此作答。

【详解】A．X、Y元素的原子最外层电子数都为1，X、Y元素的最高化合价都为+1价，A错误；

B．X为Li，Y为Na，Li和Na都处于第IA族，同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，失电子能力逐渐增强，原子失电子能力Na＞Li，B错误；

C．X、Y元素位于元素周期表中同一主族第IA族，分别位于第2、3周期，C错误；

D．Y为Na，基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，D正确；

答案选D。

12. 【答案】B

【解析】

【详解】A．碱基与五碳糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，故A正确；

B．核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为缩聚反应，故B错误；

C．DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖是戊糖，称为脱氧核糖，故C正确；

D．DNA分子两条链上碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对，使之形成双螺旋结构，故D正确；

故选B。

13. 【答案】D

【解析】

【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，则电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正确；

B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正确；

C由于酸性：HF >HCN>，则HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应，C正确；

D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D错误；
故选：D。

14. 【答案】D

【解析】

【详解】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；

B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；

C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；

D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D错误；

答案选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15. 【答案】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价   

（2）    ①. 平面三角形    ②. B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键   

（3）    ①. 共价
    ②. sp3    ③. N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC    ④.

【解析】

【小问1详解】

NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；

【小问2详解】

硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]-

①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；

②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；

小问3详解】

①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；

②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；

③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。

16. 【答案】（1）；   

（2）反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；   

（3）ABC；    （4）    ①. ；    ②. 阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；    ③. I2。

【解析】

【小问1详解】

根据燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：；

【小问2详解】

该反应所需条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H2；实现了O2和H2分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；

【小问3详解】

A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO3的分解速率，A正确；

B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确；

C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO3的分解速率，C正确；

故选ABC。

【小问4详解】

工业上采用加热至110℃的方法除去H2SO4，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I2+2e-=2I-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I2。

17. 【答案】（1）将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离   

（2）    ①. Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3    ②. Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；   

（3）    ①. H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4    ②. Cl2> H2SeO3>SO2   

（4）    ①. 淀粉    ②.     ③. 不影响

【解析】

【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。

【小问1详解】

酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；

【小问2详解】

①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；

②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；

【小问3详解】

①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；

②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；

【小问4详解】

①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；

②由关系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；

③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。

18. 【答案】（1）醛基；    （2）HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；   

（3）HCHO；    （4） ；   

（5） ；    （6）    ①. 氧化；    ②. ；   

（7） 。

【解析】

【分析】A到B为氧化反应，B到C为酯化反应，C比B多了四个碳原子，说明B中有两个羧基，B为HOOCCH2COOH，A为OHCCH2CHO，C与2分子试剂a反应生成D，C原子数多了2个，根据题中已知信息，a应为甲醛，D 的结构简式为： ；D经过多步反应得到E；结合题干中信息，F为醇类，同一个碳原子连两个羟基不稳定，故F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G，根据G的分子式，G为CH2=CH-CHO，G与试剂b反应得到H，参照题中已知信息ii，应为加成反应，试剂b的结构简式为： ；对比H和I的分子式，I应为： ；E和I参照所给已知信息iii，J的结构简式为： ；J到K发生了酯化反应。

【小问1详解】

根据分析A为OHCCH2CHO，官能团名称为醛基；

【小问2详解】

B到C的反应方程式为：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；

【小问3详解】

根据分析，试剂a为甲醛（HCHO）；

【小问4详解】

根据分析F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G：CH2=CH-CHO，方程式为：

【小问5详解】

根据分析，b为 ；

小问6详解】

H到I氢原子个数减少，为氧化反应；根据分析，J的结构简式为： ；

【小问7详解】

D 的结构简式为： ，先水解生成 ，脱去CO2变成 ， 与HBr发生取代反应生成 ； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E，故中间的补充完整应为 。

19. 【答案】（1）SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10   

（2）随着c()增大，溶液红色加深   

（3）    ①. +H2O-2e-=+2H+    ②. 减弱    ③. 不成立    ④. Fe2+    ⑤. O2    ⑥. pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立   

（4）与H+

【解析】

【小问1详解】

结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。

【小问2详解】

随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。

【小问3详解】

①Fe3+与发生氧化还原反应，Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H2O-2e-=+2H+。

②在溶液中存在+H2O-2e-⇌+2H+，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。

③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe3+和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe2+的浓度，比较其大小关系去验证。

④实验放在空气中进行，空气中O2有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O2氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

⑤由实验数据ΔVa>ΔVb可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立。

【小问4详解】

溶液酸性增强，会发生反应H++⇌HSO，H++HSO⇌H2SO4，pH降低，有利于与H+反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。