还剩25页未读，
继续阅读
2022届北京市朝阳区高三一模考试化学试题含解析
展开
这是一份2022届北京市朝阳区高三一模考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
北京市朝阳区2022届高三一模考试
化学试题
一、单选题
1．下列变化属于物理变化的是（ ）
A．液氨汽化 B．火炬中的H2燃烧
C．煤转化为汽油 D．聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O
2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用NaHCO3固体制备纯碱
B．用Na2O2作为潜水艇或呼吸面具的氧气来源
C．用Al2(SO4)3净化含少量泥土的浑浊水
D．用Na2CO3除去粗盐中的钙离子
3．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．Cl−的结构示意图：B．2-甲基丁烷的结构模型：
C．乙醇的核磁共振氢谱：D．NaCl的电子式：
4．干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体是共价晶体
B．每个晶胞中含有4个CO2分子
C．每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子
D．干冰升华时需克服分子间作用力
5．下列性质的比较，不正确的是（ ）
A．酸性：H2SO4>H3PO4 B．电负性：S
A．SO2通入氯水中，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色：HCO3−⇌CO32−+H+
C．冷凝NO2气体得到N2O4液体：2NO2(g)⇌N2O4(l) ΔH<0
D．制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，防止发生：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
7．某同学进行如下实验：
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是（ ）
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I−
8．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量
B．反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化
C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致
D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成
9．下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是（ ）
防止铁管道被腐蚀
检验产生的SO2
制备并收集NH3
精炼粗铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
10．测量汽车尾气中氮氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：
i．在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2
ii．再利用O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2∗表示)，当NO2∗回到基态NO2时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是（ ）
A．基态NO2与NO2∗具有的能量不同
B．NO2在大气中形成酸雨：4NO2+O2+2H2O=4HNO3
C．O3与NO发生反应：NO+O3=NO2∗+O2
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高
11．聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。
已知：2R＇OH+⇌+2R＂OH。L可由两种链状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是（ ）
A．制备L的反应是缩聚反应
B．制备L的每个单体分子中均含两个苯环
C．L中的官能团是酯基和醚键
D．通过蒸馏出苯酚可促进L的合成
12．在T℃，HCl气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：Fe(s)+2HCl(g)⇌FeCl2(s)+H2(g) ΔH(K=0.33)，下列分析不正确的是（ ）
A．降低反应温度，可减缓反应X的速率
B．在HCl气体中加入一定量H2能起到防护铁管的作用
C．反应X的ΔH可通过如下反应获得：Fe(s)+Cl2(g)⇌FeCl2(s) ΔH1、H2(g)+Cl2(g)⇌2HCl(g) ΔH2
D．T℃时，若气体混合物中c(HCl)=c(H2)=0.5mol⋅L−1，铁管被腐蚀
13．探究Na2S溶液的性质，进行如下实验。(已知：H2S的Kal≈1.3×10−7)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ
SO2
溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ
O2
一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是（ ）
A．Na2S溶液呈碱性：S2−+2H2O⇌2OH−+H2S
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，SO2的氧化性强于O2
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的pH均降低
D．实验Ⅰ中，Na2S溶液能促进SO2气体的溶解
14．Fe2(SO4)3溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl黄色加深(b)。已知：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−(黄色)；浓度较小时[Fe(H2O)6]3+(用Fe3+表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是（ ）
A．测溶液a的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入AgNO3后，黄色褪去，说明H+能抑制Fe3+水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe3+水解
二、非选择题
15．以NaOH、CuSO4和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：Cu2++2HCHO+4OH−→Cu+2HCOO−+2H2O+H2↑
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 。
（2）根据反应原理分析
①镀铜反应中，利用了HCHO的 性。
②选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是
a．HCHO、H2O均属于极性分子
b．HCHO与H2O之间能形成氢键
c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子
（3）镀液中的SO42−、HCHO、H2O三种微粒，空间结构为三角形的是 。
（4）为防止Cu2+与OH−形成沉淀，可加入EDTA使Cu2+形成配合物。EDTA能电离出H+和EDTA4−。
(EDTA4-)
EDTA4−中除部分O外，还能与Cu2+配位的原子是 。
（5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。Ni位于 区。
（6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：
上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是：
① 。
②聚合物有可能与Cu2+配位。
16．以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置示意如下。
资料：i.次氯酸钠不稳定：a.2NaClO=2NaCl+O2↑ b.3NaClO=2NaCl+NaClO3
ii.将次氯酸盐转化为次氯酸能更好地发挥消毒功能，次氯酸具有更强的氧化性
[制备]
（1）产生NaClO：
①生成NaClO的反应包括：2Cl−−2e−=Cl2↑、2H2O+2e−=H2↑+2OH−、 。
②测所得溶液pH，试纸先变蓝(pH≈10)后褪色，说明溶液具有的性质是 。
（2）相同温度下，在不同初始pH下电解NaCl溶液，pH对NaClO浓度的影响如下所示。
推测NaClO浓度在pH为3或13时较小的原因：
Ⅰ.pH=13时，阳极有OH−放电
Ⅱ.pH=3时，Cl2的溶解度减小
Ⅲ.pH=3时，NaClO浓度增大，促使ClO−被氧化
①检验电解产物，推测Ⅰ成立。需要检验的物质是 。
②根据化学平衡移动原理，推测Ⅱ合理。依据的化学平衡是 。
③经检验，推测Ⅲ合理。用方程式解释： 。
根据上述实验，电解法制备NaClO溶液，初始pH不宜过小或过大。
（3）同样方法电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2，由于生成 覆盖在电极表面，电解难以持续。
[保存]
低温保存、加入Na2CO3、NaClO3等物质能增强溶液的稳定性。
[测量]
（4）取V1mL所得NaClO样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2SO4。析出的I2用amol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，样液中c(NaClO)= mol⋅L−1。
17．从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。
（2）粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：
①相对于Cu2+，粗液中NO3−浓度过小，原因是 (用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。
②粗液中NO3−浓度较大，但由于 ，不能得到硝酸铜晶体。
（3）测量粗品CuSO4⋅5H2O中铁(含Fe2+、Fe3+)的含量，评定纯度等级。
Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀H2SO4和H2O2溶液，加热。
Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液pH=11。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。
Ⅲ．用稀HCl溶解红褐色沉淀，滴入KSCN溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。
已知：Cu2+完全沉淀的pH为6.7，Fe3+完全沉淀的pH为2.8
①Ⅰ中将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式是 。
②试剂X是 。
（4）电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解0.1mol⋅L−1FeCl2溶液，研究FeCl3溶液的再生条件。
序号
电压
pH
阴极现象
阳极产物
i
V1
a
无气泡，少量金属析出
无Cl2，有Fe3+
ii
V1
b
较多气泡，极少量金属析出
无Cl2，有Fe3+
iii
V2
a
少量气泡，少量金属析出，
有Cl2，有Fe3+
(V2>V1，a>b)
①iii中产生Fe3+的原因有Fe2+−e−=Fe3+、 。
②FeCl3溶液再生的合适条件是 (填实验序号)。
18．药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R＇CHO→弱酸R＂NH2R＇CH=NR＂
（1）→A的反应方程式是 。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 。
（3）M→P的反应类型是 。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 。
（5）J的结构简式是 。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式： 。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：→Fe粉、酸，合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的结构简式： 。
19．某小组验证“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究实验。取5mL0.01mol⋅L−1KI溶液，加入2mL0.01mol⋅L−1FeCl3溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入CCl4，振荡，平衡向 移动。
③除反应A外，KI还发生 (写方程式)，促进Fe3+与I−的反应。
（2）从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化。未检出Fe3+。
①甲同学认为加入Ag2SO4溶液可增大Fe2+与I2的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入Ag2SO4溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。
（3）乙同学认为碘水中含有I−，加入Ag2SO4溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入Ag2SO4溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：3I2+3H2O⇌5HI+HIO3
实验验证：
已知：Ksp(AgI)=8.5×10−17、Ksp(AgIO3)=3.2×10−8(微溶)
①Ⅲ中KI溶液的作用是 。
②Ⅳ中KI溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
（4）问题思考：向FeSO4与碘水的混合液中加入Ag2SO4溶液，可能发生如下反应：
i.Fe2+与I2在Ag+的促进下发生的氧化还原反应
ii.I2与H2O在Ag+促进下发生的反应
iii.Fe2+与Ag+的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀HNO3、Na2S2O3溶液、KI溶液
已知：AgI、AgIO3溶于Na2S2O3溶液；AgI难溶于稀HNO3
答案
1．【答案】A
【解析】【解答】A．液氨汽化，氨分子没变，没有生成新物质，属于物理变化，
故答案为：A；
B．火炬中的H2燃烧生成水，有新物质生成，属于化学变化，故不选B；
C．煤转化为汽油，有新物质生成，属于化学变化，故不选C；
D．聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；
故答案为：A。
【分析】根据是否产生新物质即可判断
2．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠加热分解得到纯碱，同时生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，反应的过程中元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B． Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应过程中氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C． Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，水解过程中元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D． Na2CO3中的碳酸根离子与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，从而除去粗盐中的钙离子，该反应为非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应的特征化合价是否改变即可判断
3．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl是17号元素，则Cl−的结构示意图为： ，A不符合题意；
B.2-甲基丁烷的结构球棍模型为： ，B不符合题意；
C．已知CH3CH2OH分子中含有3种不同环境的H，则乙醇的核磁共振氢谱图中有3种吸收峰，C符合题意；
D．已知NaCl是离子化合物，则NaCl的电子式为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】乙醇中含有三种氢原子，应该有3组峰，结合选项即可判断
4．【答案】A
【解析】【解答】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A符合题意；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有8×18+6×12=4个CO2分子，B符合题意；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，C不符合题意；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据干冰的沸点即可判断为分子晶体，结合占位即可计算出一个晶胞分子中含有4个二氧化碳分子，距离最近的有12个二氧化碳分子，结合选项即可判断
5．【答案】C
【解析】【解答】A．硫酸为强酸，磷酸为中强酸，酸性：H2SO4>H3PO4，A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：S
【分析】A.非金属性越强，最高价氧化物对应水合物酸性越强
B.非金属性越强，电负性越强
C.稳定性与元素的非金属性有关
D.根据同一族元素的电离能大小即可判断
6．【答案】B
【解析】【解答】A．SO2通入氯水中，溶液褪色，是由于SO2和Cl2、H2O反应转化为H2SO4和HCl，方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，A不符合题意；
B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色是由于HCO3−发生水解使溶液呈碱性，故该离子方程式为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，B符合题意；
C．2NO2(g)⇌N2O4(l) ΔH<0，降低温度平衡正向移动，则冷凝NO2气体能够得到N2O4液体，C不符合题意；
D．由于Fe(OH)2具有还原性，易被空气中的O2氧化，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.形成的次氯酸将二氧化硫氧化为硫酸
B.碳酸氢钠水解呈碱性
C.二氧化氮变为四氧化二氮，温度越低易转化
D.氢氧化亚铁具有还原性越易被氧化
7．【答案】D
【解析】【解答】A．CCl4为无色液体，向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色，说明CCl4萃取了溴水中的Br2，即CCl4层含有Br2，故A不符合题意；
B． 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色，是因为CCl4萃取了碘水中的I2，说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，故B不符合题意；
C． 向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明有I2生成，即Cl2将I−氧化成I2，说明Cl2的氧化性强于I2，故C不符合题意；
D．由于还原性性I−>Br−，氯水会先将I−全部氧化，再与Br−反应，因此当Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中不存在大量I−，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.四氯化碳可以萃取溴单质
B.碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度
C.根据氯气将碘离子氧化即可得出氯气氧化性强于碘单质
D.氯水量足量，不存在碘离子
8．【答案】D
【解析】【解答】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量，A不符合题意；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+12(4−2×2)=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化，B不符合题意；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分解反应一般是需要吸收能量
B.根据碳原子的成键方式即可判断
C.利用和核磁共振可以检测出组成结构
D.根据图示即可判断
9．【答案】A
【解析】【解答】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，故A符合题意；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，故B不符合题意；
C．加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成NH3，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，收集氨气时导气管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.应该将废铁连接在电源的正极
B.利用此装置可以得到二氧化硫并且可以检验二氧化硫的性质和防止污染
C.利用此装置进行制取氨气且收集氨气
D.利用此装置可以电解精炼铜
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由题干信息ii：当NO2∗回到基态NO2时，产生荧光可知基态NO2与NO2∗具有的能量不同，A不符合题意；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则NO2在大气中形成酸雨总的反应方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，B不符合题意；
C．由题干信息i和ii可知，O3与NO发生反应：NO+O3=NO2∗+O2，C不符合题意；
D．由信息i可知，在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2，故测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但这个NO不一定都是汽车尾气中NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.物质的转化涉及到能量的变化
B.根据反应物性质即可写出方程式
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.一氧化氮的来源无法确定
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由、发生取代反应制备，故A不符合题意；
B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B不符合题意；
C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C符合题意；
D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可判断汉语2个苯环，通过蒸馏出生成物可以促进产物的形成，结合反应流程即可判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A不符合题意；
B．在HCl气体中加入一定量H2，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B不符合题意；
C．①Fe(s)+Cl2(g)⇌FeCl2(s) ΔH1、②H2(g)+Cl2(g)⇌2HCl(g) ΔH2，根据盖斯定律①-②得Fe(s)+2HCl(g)⇌FeCl2(s)+H2(g) ΔH=ΔH1−ΔH2，故C不符合题意；
D． T℃时，若气体混合物中c(HCl)=c(H2)=0.5mol⋅L−1，则Q=0.50.52=2>K=0.33，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度低，速率降低
B.加入氯气促使反应逆向移动
C.根据盖斯定律即可判断
D.根据数据计算出浓度商即可判断
13．【答案】D
【解析】【解答】A。Na2S溶液因水解呈碱性，水解方程式为S2−+H2O⇌OH−+HS−，故A不符合题意；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较SO2和O2的氧化性，故B不符合题意；
C．实验Ⅰ中随SO2的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C不符合题意；
D．Na2S溶液因水解呈碱性，SO2溶于水显酸性，故Na2S溶液能促进SO2气体的溶解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硫化氢是二元弱酸，分步水解
B.不能比较氧化性强弱
C.二氧化硫溶于水酸性增强，通入空气碱性增强
D.硫化钠水解呈碱性，二氧化硫溶于水呈酸性，促进其溶解
14．【答案】B
【解析】【解答】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，A不符合题意；
B．加入浓HCl，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则H+与Cl−对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是不一致的，B符合题意；
C．向b中加入AgNO3后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明H+能抑制Fe3+水解，使得溶液几乎无色，C不符合题意；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe3+水解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解显酸性
B.根据氢离子和氯离子的影响即可判断
C.根据现象即可判断
D.铁离子水解得到氢氧化铁胶体
15．【答案】（1）3d104s1
（2）还原；ab
（3）HCHO
（4）N
（5）d
（6）该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)①镀铜反应Cu2++2HCHO+4OH−→Cu+2HCOO−+2H2O+H2↑中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故答案为：还原；
②a．根据相似相溶原理可知，HCHO、H2O均属于极性分子，a正确；
b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则HCHO与H2O之间能形成氢键，b正确；
c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c不正确；
故答案为：ab；
(3)镀液中的SO42−、HCHO、H2O三种微粒中SO42−中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+12(6+2−4×2)=4，HCHO中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+12(4−2−2×1)=3，H2O中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+12(6−2×1)=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO；
(4)由EDTA4−的结构简式可知， 部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则EDTA4−中除部分O外，还能与Cu2+配位的原子是N，故答案为：N；
(5)已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则Ni位于d区，故答案为：d；
(6)①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和 N中存在孤电子对，可能与Cu2+配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。
【分析】（1）根据铜原子的电子排布即可写出电子排布式
（2）①甲醛具有还原性
②根据结构即可判断出为极性分子，与水之间形成氢键
（3）根据中间原子的价层电子即可判断构型
（4）根据找出可提供孤对电子的原子即可
（5）根据核外电子排布即可判断
（6）①根据结构式找出官能团即可
16．【答案】（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；碱性和漂白性
（2）O2；Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+
（3）Ca(OH)2
（4）aV22V1
【解析】【解答】(1)①生成NaClO的反应包括：阳极反应式：2Cl−−2e−=Cl2↑、阴极反应式：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，将阳极室产生的Cl2与阴极室产生的NaOH反应生成NaClO，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②测所得溶液pH，试纸先变蓝(pH≈10)后褪色，说明溶液具有的性质是碱性和漂白性，故答案为：碱性和漂白性；
(2)①推测Ⅰ成立，即pH=13时，阳极有OH−放电，该电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则需要检验的物质是O2，故答案为：O2；
②已知Cl2溶于水时存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，则pH=3时，溶液中H+增大，上述化学平衡逆向移动，则Cl2的溶解度较小即推测Ⅱ合理，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
③经检验，推测Ⅲ合理即pH=3时，NaClO浓度增大，促使ClO−被氧化，即此时ClO-放电生成ClO3−，该电极反应为：ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+，故答案为：ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+；
(3)同样方法电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2， 在阴极区生成Ca(OH)2是一种微溶物，覆盖在电极表面，电解难以持续，故答案为：Ca(OH)2；
(4)取V1mL所得NaClO样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2SO4，析出的I2用amol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2mL，根据反应方程式：2I-+ClO-+2H+=I2+Cl-+H2O和I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，不难找出关系式：ClO-~I2~2Na2S2O3，则有：n(NaClO)=12n(Na2S2O3)=12amol/L×V2×10-3L，样液中c(NaClO)=n(NaClO)V=12amol/L×V2×10−3LV1×10−3L=aV22V1mol⋅L−1，故答案为：aV22V1。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据给出的现象即可判断性质
（2）①阳极氢氧根放电，得到的是氧气
②氯气溶解度减小，氯气与水反应得到次氯酸和盐酸
③根据次氯酸根失去电子即可写出方程式
（3）钙离子和氢氧根离子结合成微溶的氢氧化钙
（4）根据数据结合方程式即可计算出浓度
17．【答案】（1）粉碎、加热、搅拌
（2）3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大
（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；CuO、Cu(OH)2、CuCO3等
（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；ii
【解析】【解答】(1)常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎，加热，搅拌，故答案为：粉碎、加热、搅拌；
(2)①由于离子反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中NO3−浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故答案为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②粗液中NO3−浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故答案为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；
(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为： 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是CuO、Cu(OH)2、CuCO3等，故答案为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3等；
(4)①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生Fe3+的原因有Fe2+−e−=Fe3+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故FeCl3溶液再生的合适条件是ii，故答案为：ii。
【分析】（1）加快反应速率可以考虑增大接触面积和提高温度和搅拌
（2）①铜被硝酸氧化
②考虑到溶解度大小
（3）①过氧化氢具有氧化性将亚铁离子氧化铁离子
②根据利用含铜的物质进行调节
（4）①氯气具有氧化性可将亚铁离子氧化
②根据现象即可判断
18．【答案】（1）+CH3COOH→Δ+H2O
（2）
（3）酯化反应(或取代反应)
（4）羧基和醛基
（5）
（6） 或者或者或者
（7），，
【解析】【解答】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
(1)由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH→Δ+H2O，故答案为：+CH3COOH→Δ+H2O；
(2)由分析可知，B的分子式为C11H13NO2，E的结构简式是，故答案为：；
(3)由分析可知，M→P即+CH3OH→+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)，故答案为：酯化反应(或取代反应)；
(4)由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基，故答案为：羧基和醛基；
(5)由分析可知， J的结构简式是，故答案为：；
(6)由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者，故答案为： 或者或者或者；
(7)由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据B的分子式结合后面生成物即可写出E的结构简式
（3）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（4）根据M的的性质即可写出官能团
（5）根据加入氢气之前的结构式即可写出
（6）根据给出的条件结合分子式即可写出同分异构体
（7）根据产物逆推出中间产物，结合性质即可推出
19．【答案】（1）Fe3+；正反应方向；I−+I2⇌I3−
（2）生成AgI沉淀，c(I−)降低，2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）
（3）还原IO3−；AgIO3(s)+I−(aq)⇌AgI(s)+IO3−(aq)
（4）方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立
【解析】【解答】(1)①溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度；
②加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动；
③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应I−+I2⇌I3−，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；
(2)加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可增大Fe2+与I2的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大；
(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的IO3−还原成了I2；
②已知3I2+3H2O⇌5HI+HIO3，则沉淀b为AgIO3和AgI，Ksp(AgI)=8.5×10−17
【分析】（1）①铁离子是黄色，给出的物质碘离子过量，检验是否存在铁离子即可
②加入四氯化碳，将碘单质溶解，导致平衡右移
③碘离子和碘单质可以反应即可写出方程式
（2）①银离紫和碘离子形成沉淀，导致碘离子减少
（3）①加入硫酸银促进了碘单质与水的反应，产生碘酸与碘离子反应得到的是碘单质
②加入碘离子主要是将碘酸银变为碘化银
（4）根据判断发生iii,产物中有银单质，检验银单质即可
北京市朝阳区2022届高三一模考试
化学试题
一、单选题
1．下列变化属于物理变化的是（ ）
A．液氨汽化 B．火炬中的H2燃烧
C．煤转化为汽油 D．聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O
2．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（ ）
A．用NaHCO3固体制备纯碱
B．用Na2O2作为潜水艇或呼吸面具的氧气来源
C．用Al2(SO4)3净化含少量泥土的浑浊水
D．用Na2CO3除去粗盐中的钙离子
3．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．Cl−的结构示意图：B．2-甲基丁烷的结构模型：
C．乙醇的核磁共振氢谱：D．NaCl的电子式：
4．干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体是共价晶体
B．每个晶胞中含有4个CO2分子
C．每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子
D．干冰升华时需克服分子间作用力
5．下列性质的比较，不正确的是（ ）
A．酸性：H2SO4>H3PO4 B．电负性：S
A．SO2通入氯水中，溶液褪色：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色：HCO3−⇌CO32−+H+
C．冷凝NO2气体得到N2O4液体：2NO2(g)⇌N2O4(l) ΔH<0
D．制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，防止发生：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
7．某同学进行如下实验：
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是（ ）
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I−
8．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量
B．反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化
C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致
D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成
9．下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是（ ）
防止铁管道被腐蚀
检验产生的SO2
制备并收集NH3
精炼粗铜
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
10．测量汽车尾气中氮氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：
i．在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2
ii．再利用O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2∗表示)，当NO2∗回到基态NO2时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是（ ）
A．基态NO2与NO2∗具有的能量不同
B．NO2在大气中形成酸雨：4NO2+O2+2H2O=4HNO3
C．O3与NO发生反应：NO+O3=NO2∗+O2
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高
11．聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。
已知：2R＇OH+⇌+2R＂OH。L可由两种链状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是（ ）
A．制备L的反应是缩聚反应
B．制备L的每个单体分子中均含两个苯环
C．L中的官能团是酯基和醚键
D．通过蒸馏出苯酚可促进L的合成
12．在T℃，HCl气体通过铁管时，发生腐蚀反应(X)：Fe(s)+2HCl(g)⇌FeCl2(s)+H2(g) ΔH(K=0.33)，下列分析不正确的是（ ）
A．降低反应温度，可减缓反应X的速率
B．在HCl气体中加入一定量H2能起到防护铁管的作用
C．反应X的ΔH可通过如下反应获得：Fe(s)+Cl2(g)⇌FeCl2(s) ΔH1、H2(g)+Cl2(g)⇌2HCl(g) ΔH2
D．T℃时，若气体混合物中c(HCl)=c(H2)=0.5mol⋅L−1，铁管被腐蚀
13．探究Na2S溶液的性质，进行如下实验。(已知：H2S的Kal≈1.3×10−7)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ
SO2
溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ
O2
一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是（ ）
A．Na2S溶液呈碱性：S2−+2H2O⇌2OH−+H2S
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，SO2的氧化性强于O2
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的pH均降低
D．实验Ⅰ中，Na2S溶液能促进SO2气体的溶解
14．Fe2(SO4)3溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓HCl黄色加深(b)。已知：Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−(黄色)；浓度较小时[Fe(H2O)6]3+(用Fe3+表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是（ ）
A．测溶液a的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解
B．加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C．向b中加入AgNO3后，黄色褪去，说明H+能抑制Fe3+水解
D．将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe3+水解
二、非选择题
15．以NaOH、CuSO4和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：Cu2++2HCHO+4OH−→Cu+2HCOO−+2H2O+H2↑
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 。
（2）根据反应原理分析
①镀铜反应中，利用了HCHO的 性。
②选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是
a．HCHO、H2O均属于极性分子
b．HCHO与H2O之间能形成氢键
c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子
（3）镀液中的SO42−、HCHO、H2O三种微粒，空间结构为三角形的是 。
（4）为防止Cu2+与OH−形成沉淀，可加入EDTA使Cu2+形成配合物。EDTA能电离出H+和EDTA4−。
(EDTA4-)
EDTA4−中除部分O外，还能与Cu2+配位的原子是 。
（5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。Ni位于 区。
（6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：
上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是：
① 。
②聚合物有可能与Cu2+配位。
16．以次氯酸盐为有效成分的消毒剂应用广泛。电解NaCl溶液制备NaClO溶液的装置示意如下。
资料：i.次氯酸钠不稳定：a.2NaClO=2NaCl+O2↑ b.3NaClO=2NaCl+NaClO3
ii.将次氯酸盐转化为次氯酸能更好地发挥消毒功能，次氯酸具有更强的氧化性
[制备]
（1）产生NaClO：
①生成NaClO的反应包括：2Cl−−2e−=Cl2↑、2H2O+2e−=H2↑+2OH−、 。
②测所得溶液pH，试纸先变蓝(pH≈10)后褪色，说明溶液具有的性质是 。
（2）相同温度下，在不同初始pH下电解NaCl溶液，pH对NaClO浓度的影响如下所示。
推测NaClO浓度在pH为3或13时较小的原因：
Ⅰ.pH=13时，阳极有OH−放电
Ⅱ.pH=3时，Cl2的溶解度减小
Ⅲ.pH=3时，NaClO浓度增大，促使ClO−被氧化
①检验电解产物，推测Ⅰ成立。需要检验的物质是 。
②根据化学平衡移动原理，推测Ⅱ合理。依据的化学平衡是 。
③经检验，推测Ⅲ合理。用方程式解释： 。
根据上述实验，电解法制备NaClO溶液，初始pH不宜过小或过大。
（3）同样方法电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2，由于生成 覆盖在电极表面，电解难以持续。
[保存]
低温保存、加入Na2CO3、NaClO3等物质能增强溶液的稳定性。
[测量]
（4）取V1mL所得NaClO样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2SO4。析出的I2用amol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，样液中c(NaClO)= mol⋅L−1。
17．从印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2等)中回收FeCl3、制备CuSO4·5H2O的流程如下。
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有 。
（2）粗品的主要成分是硫酸铜晶体，而不是硝酸铜晶体，分析有两种可能的原因：
①相对于Cu2+，粗液中NO3−浓度过小，原因是 (用离子方程式表示)，不能得到硝酸铜晶体。
②粗液中NO3−浓度较大，但由于 ，不能得到硝酸铜晶体。
（3）测量粗品CuSO4⋅5H2O中铁(含Fe2+、Fe3+)的含量，评定纯度等级。
Ⅰ．用水溶解一定质量粗品，加入稀H2SO4和H2O2溶液，加热。
Ⅱ．待溶液冷却后，加入试剂X至溶液pH=11。过滤、洗涤，得到红褐色沉淀。
Ⅲ．用稀HCl溶解红褐色沉淀，滴入KSCN溶液，稀释至一定体积。将溶液红色的深浅与标准色阶对照，确定含量。
已知：Cu2+完全沉淀的pH为6.7，Fe3+完全沉淀的pH为2.8
①Ⅰ中将Fe2+氧化为Fe3+的离子方程式是 。
②试剂X是 。
（4）电解：在不同电压、不同pH(pH<7)条件下电解0.1mol⋅L−1FeCl2溶液，研究FeCl3溶液的再生条件。
序号
电压
pH
阴极现象
阳极产物
i
V1
a
无气泡，少量金属析出
无Cl2，有Fe3+
ii
V1
b
较多气泡，极少量金属析出
无Cl2，有Fe3+
iii
V2
a
少量气泡，少量金属析出，
有Cl2，有Fe3+
(V2>V1，a>b)
①iii中产生Fe3+的原因有Fe2+−e−=Fe3+、 。
②FeCl3溶液再生的合适条件是 (填实验序号)。
18．药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R＇CHO→弱酸R＂NH2R＇CH=NR＂
（1）→A的反应方程式是 。
（2）B的分子式为C11H13NO2。E的结构简式是 。
（3）M→P的反应类型是 。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 。
（5）J的结构简式是 。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式： 。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：→Fe粉、酸，合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的结构简式： 。
19．某小组验证“2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。
（1）从正反应方向探究实验。取5mL0.01mol⋅L−1KI溶液，加入2mL0.01mol⋅L−1FeCl3溶液(pH=1)，溶液呈棕黄色，不再发生变化。
①通过检测出 ，证实反应A存在限度。
②加入CCl4，振荡，平衡向 移动。
③除反应A外，KI还发生 (写方程式)，促进Fe3+与I−的反应。
（2）从逆反应方向探究实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化。未检出Fe3+。
①甲同学认为加入Ag2SO4溶液可增大Fe2+与I2的反应程度。甲同学依据的原理是 。
②验证：加入Ag2SO4溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去。能检出Fe3+。
（3）乙同学认为碘水中含有I−，加入Ag2SO4溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入Ag2SO4溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。
查阅资料：3I2+3H2O⇌5HI+HIO3
实验验证：
已知：Ksp(AgI)=8.5×10−17、Ksp(AgIO3)=3.2×10−8(微溶)
①Ⅲ中KI溶液的作用是 。
②Ⅳ中KI溶液的作用是 (用离子方程式表示)。
检验、比较沉淀a、b的成分，可明确的作用。
（4）问题思考：向FeSO4与碘水的混合液中加入Ag2SO4溶液，可能发生如下反应：
i.Fe2+与I2在Ag+的促进下发生的氧化还原反应
ii.I2与H2O在Ag+促进下发生的反应
iii.Fe2+与Ag+的反应
确认是否发生反应iii，设计实验：将反应后混合物过滤， 。
供选择试剂：稀HNO3、Na2S2O3溶液、KI溶液
已知：AgI、AgIO3溶于Na2S2O3溶液；AgI难溶于稀HNO3
答案
1．【答案】A
【解析】【解答】A．液氨汽化，氨分子没变，没有生成新物质，属于物理变化，
故答案为：A；
B．火炬中的H2燃烧生成水，有新物质生成，属于化学变化，故不选B；
C．煤转化为汽油，有新物质生成，属于化学变化，故不选C；
D．聚乳酸塑料袋降解为CO2和H2O，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；
故答案为：A。
【分析】根据是否产生新物质即可判断
2．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠加热分解得到纯碱，同时生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，反应的过程中元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B． Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应过程中氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C． Al2(SO4)3在溶液中水解出Al(OH)3胶体，能吸附水中的杂质从而净水，水解过程中元素的化合价没有发生变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D． Na2CO3中的碳酸根离子与钙离子结合生成碳酸钙沉淀，从而除去粗盐中的钙离子，该反应为非氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据氧化还原反应的特征化合价是否改变即可判断
3．【答案】C
【解析】【解答】A．Cl是17号元素，则Cl−的结构示意图为： ，A不符合题意；
B.2-甲基丁烷的结构球棍模型为： ，B不符合题意；
C．已知CH3CH2OH分子中含有3种不同环境的H，则乙醇的核磁共振氢谱图中有3种吸收峰，C符合题意；
D．已知NaCl是离子化合物，则NaCl的电子式为： ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】乙醇中含有三种氢原子，应该有3组峰，结合选项即可判断
4．【答案】A
【解析】【解答】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A符合题意；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有8×18+6×12=4个CO2分子，B符合题意；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个CO2分子周围有12个紧邻的CO2分子，C不符合题意；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据干冰的沸点即可判断为分子晶体，结合占位即可计算出一个晶胞分子中含有4个二氧化碳分子，距离最近的有12个二氧化碳分子，结合选项即可判断
5．【答案】C
【解析】【解答】A．硫酸为强酸，磷酸为中强酸，酸性：H2SO4>H3PO4，A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：S
【分析】A.非金属性越强，最高价氧化物对应水合物酸性越强
B.非金属性越强，电负性越强
C.稳定性与元素的非金属性有关
D.根据同一族元素的电离能大小即可判断
6．【答案】B
【解析】【解答】A．SO2通入氯水中，溶液褪色，是由于SO2和Cl2、H2O反应转化为H2SO4和HCl，方程式为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，A不符合题意；
B．酚酞滴入NaHCO3溶液中变为浅红色是由于HCO3−发生水解使溶液呈碱性，故该离子方程式为：HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−，B符合题意；
C．2NO2(g)⇌N2O4(l) ΔH<0，降低温度平衡正向移动，则冷凝NO2气体能够得到N2O4液体，C不符合题意；
D．由于Fe(OH)2具有还原性，易被空气中的O2氧化，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，则制备Fe(OH)2时，需除去溶液中的氧气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.形成的次氯酸将二氧化硫氧化为硫酸
B.碳酸氢钠水解呈碱性
C.二氧化氮变为四氧化二氮，温度越低易转化
D.氢氧化亚铁具有还原性越易被氧化
7．【答案】D
【解析】【解答】A．CCl4为无色液体，向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色，说明CCl4萃取了溴水中的Br2，即CCl4层含有Br2，故A不符合题意；
B． 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色，是因为CCl4萃取了碘水中的I2，说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，故B不符合题意；
C． 向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明有I2生成，即Cl2将I−氧化成I2，说明Cl2的氧化性强于I2，故C不符合题意；
D．由于还原性性I−>Br−，氯水会先将I−全部氧化，再与Br−反应，因此当Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中不存在大量I−，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.四氯化碳可以萃取溴单质
B.碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度
C.根据氯气将碘离子氧化即可得出氯气氧化性强于碘单质
D.氯水量足量，不存在碘离子
8．【答案】D
【解析】【解答】A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解H2O制备H2需从外界吸收能量，A不符合题意；
B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+12(4−2×2)=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式发生了变化，B不符合题意；
C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分解反应一般是需要吸收能量
B.根据碳原子的成键方式即可判断
C.利用和核磁共振可以检测出组成结构
D.根据图示即可判断
9．【答案】A
【解析】【解答】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，故A符合题意；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，故B不符合题意；
C．加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成NH3，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，收集氨气时导气管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.应该将废铁连接在电源的正极
B.利用此装置可以得到二氧化硫并且可以检验二氧化硫的性质和防止污染
C.利用此装置进行制取氨气且收集氨气
D.利用此装置可以电解精炼铜
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由题干信息ii：当NO2∗回到基态NO2时，产生荧光可知基态NO2与NO2∗具有的能量不同，A不符合题意；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则NO2在大气中形成酸雨总的反应方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，B不符合题意；
C．由题干信息i和ii可知，O3与NO发生反应：NO+O3=NO2∗+O2，C不符合题意；
D．由信息i可知，在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2，故测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但这个NO不一定都是汽车尾气中NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.物质的转化涉及到能量的变化
B.根据反应物性质即可写出方程式
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.一氧化氮的来源无法确定
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由、发生取代反应制备，故A不符合题意；
B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B不符合题意；
C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C符合题意；
D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可判断汉语2个苯环，通过蒸馏出生成物可以促进产物的形成，结合反应流程即可判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A．降低反应温度，活化分子百分数减小，可减缓反应X的速率，故A不符合题意；
B．在HCl气体中加入一定量H2，氢气浓度增大，可以抑制平衡正向移动，能起到防护铁管的作用，故B不符合题意；
C．①Fe(s)+Cl2(g)⇌FeCl2(s) ΔH1、②H2(g)+Cl2(g)⇌2HCl(g) ΔH2，根据盖斯定律①-②得Fe(s)+2HCl(g)⇌FeCl2(s)+H2(g) ΔH=ΔH1−ΔH2，故C不符合题意；
D． T℃时，若气体混合物中c(HCl)=c(H2)=0.5mol⋅L−1，则Q=0.50.52=2>K=0.33，反应逆向移动，铁管不易腐蚀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度低，速率降低
B.加入氯气促使反应逆向移动
C.根据盖斯定律即可判断
D.根据数据计算出浓度商即可判断
13．【答案】D
【解析】【解答】A。Na2S溶液因水解呈碱性，水解方程式为S2−+H2O⇌OH−+HS−，故A不符合题意；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较SO2和O2的氧化性，故B不符合题意；
C．实验Ⅰ中随SO2的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C不符合题意；
D．Na2S溶液因水解呈碱性，SO2溶于水显酸性，故Na2S溶液能促进SO2气体的溶解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硫化氢是二元弱酸，分步水解
B.不能比较氧化性强弱
C.二氧化硫溶于水酸性增强，通入空气碱性增强
D.硫化钠水解呈碱性，二氧化硫溶于水呈酸性，促进其溶解
14．【答案】B
【解析】【解答】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，A不符合题意；
B．加入浓HCl，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则H+与Cl−对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是不一致的，B符合题意；
C．向b中加入AgNO3后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致Fe3++4Cl−⇌[FeCl4]−平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明H+能抑制Fe3+水解，使得溶液几乎无色，C不符合题意；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进Fe3+水解，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解显酸性
B.根据氢离子和氯离子的影响即可判断
C.根据现象即可判断
D.铁离子水解得到氢氧化铁胶体
15．【答案】（1）3d104s1
（2）还原；ab
（3）HCHO
（4）N
（5）d
（6）该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)①镀铜反应Cu2++2HCHO+4OH−→Cu+2HCOO−+2H2O+H2↑中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故答案为：还原；
②a．根据相似相溶原理可知，HCHO、H2O均属于极性分子，a正确；
b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则HCHO与H2O之间能形成氢键，b正确；
c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c不正确；
故答案为：ab；
(3)镀液中的SO42−、HCHO、H2O三种微粒中SO42−中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+12(6+2−4×2)=4，HCHO中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+12(4−2−2×1)=3，H2O中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+12(6−2×1)=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO；
(4)由EDTA4−的结构简式可知， 部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则EDTA4−中除部分O外，还能与Cu2+配位的原子是N，故答案为：N；
(5)已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则Ni位于d区，故答案为：d；
(6)①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和 N中存在孤电子对，可能与Cu2+配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。
【分析】（1）根据铜原子的电子排布即可写出电子排布式
（2）①甲醛具有还原性
②根据结构即可判断出为极性分子，与水之间形成氢键
（3）根据中间原子的价层电子即可判断构型
（4）根据找出可提供孤对电子的原子即可
（5）根据核外电子排布即可判断
（6）①根据结构式找出官能团即可
16．【答案】（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；碱性和漂白性
（2）O2；Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+
（3）Ca(OH)2
（4）aV22V1
【解析】【解答】(1)①生成NaClO的反应包括：阳极反应式：2Cl−−2e−=Cl2↑、阴极反应式：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，将阳极室产生的Cl2与阴极室产生的NaOH反应生成NaClO，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②测所得溶液pH，试纸先变蓝(pH≈10)后褪色，说明溶液具有的性质是碱性和漂白性，故答案为：碱性和漂白性；
(2)①推测Ⅰ成立，即pH=13时，阳极有OH−放电，该电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则需要检验的物质是O2，故答案为：O2；
②已知Cl2溶于水时存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，则pH=3时，溶液中H+增大，上述化学平衡逆向移动，则Cl2的溶解度较小即推测Ⅱ合理，故答案为：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；
③经检验，推测Ⅲ合理即pH=3时，NaClO浓度增大，促使ClO−被氧化，即此时ClO-放电生成ClO3−，该电极反应为：ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+，故答案为：ClO−-4e-+2H2O=ClO3−+4H+；
(3)同样方法电解CaCl2溶液制备Ca(ClO)2， 在阴极区生成Ca(OH)2是一种微溶物，覆盖在电极表面，电解难以持续，故答案为：Ca(OH)2；
(4)取V1mL所得NaClO样液，加水稀释。依次加入KI溶液、稀H2SO4，析出的I2用amol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V2mL，根据反应方程式：2I-+ClO-+2H+=I2+Cl-+H2O和I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，不难找出关系式：ClO-~I2~2Na2S2O3，则有：n(NaClO)=12n(Na2S2O3)=12amol/L×V2×10-3L，样液中c(NaClO)=n(NaClO)V=12amol/L×V2×10−3LV1×10−3L=aV22V1mol⋅L−1，故答案为：aV22V1。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据给出的现象即可判断性质
（2）①阳极氢氧根放电，得到的是氧气
②氯气溶解度减小，氯气与水反应得到次氯酸和盐酸
③根据次氯酸根失去电子即可写出方程式
（3）钙离子和氢氧根离子结合成微溶的氢氧化钙
（4）根据数据结合方程式即可计算出浓度
17．【答案】（1）粉碎、加热、搅拌
（2）3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大
（3）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；CuO、Cu(OH)2、CuCO3等
（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；ii
【解析】【解答】(1)常用加快化学反应速率的措施有粉碎，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措施有：粉碎，加热，搅拌，故答案为：粉碎、加热、搅拌；
(2)①由于离子反应3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，导致溶液中相对于Cu2+，粗液中NO3−浓度过小，不能得到硝酸铜晶体，故答案为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②粗液中NO3−浓度较大，但由于Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大，也能导致不能得到硝酸铜晶体，故答案为：Cu(NO3)2的溶解度比CuSO4的大；
(3)①Ⅰ中加入稀硫酸和H2O2的目的就是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH来产生氢氧化铁沉淀而除去铁，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为： 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
②该步骤的目的是制备硫酸铜晶体，为了不引入新的杂质，故加入的试剂X是CuO、Cu(OH)2、CuCO3等，故答案为：CuO、Cu(OH)2、CuCO3等；
(4)①由表中信息可知，iii中产生了Cl2，Cl2能够将Fe2+氧化为Fe3+，故iii中产生Fe3+的原因有Fe2+−e−=Fe3+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
②由实验现象可知，ii阴极由较多气泡，极少量金属析出，则Fe2+的损失少，且阳极上不产生Cl2，对环境无污染，故FeCl3溶液再生的合适条件是ii，故答案为：ii。
【分析】（1）加快反应速率可以考虑增大接触面积和提高温度和搅拌
（2）①铜被硝酸氧化
②考虑到溶解度大小
（3）①过氧化氢具有氧化性将亚铁离子氧化铁离子
②根据利用含铜的物质进行调节
（4）①氯气具有氧化性可将亚铁离子氧化
②根据现象即可判断
18．【答案】（1）+CH3COOH→Δ+H2O
（2）
（3）酯化反应(或取代反应)
（4）羧基和醛基
（5）
（6） 或者或者或者
（7），，
【解析】【解答】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
(1)由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH→Δ+H2O，故答案为：+CH3COOH→Δ+H2O；
(2)由分析可知，B的分子式为C11H13NO2，E的结构简式是，故答案为：；
(3)由分析可知，M→P即+CH3OH→+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)，故答案为：酯化反应(或取代反应)；
(4)由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基，故答案为：羧基和醛基；
(5)由分析可知， J的结构简式是，故答案为：；
(6)由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与NaOH溶液共热时，1molW最多消耗3molNaOH，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者，故答案为： 或者或者或者；
(7)由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据B的分子式结合后面生成物即可写出E的结构简式
（3）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（4）根据M的的性质即可写出官能团
（5）根据加入氢气之前的结构式即可写出
（6）根据给出的条件结合分子式即可写出同分异构体
（7）根据产物逆推出中间产物，结合性质即可推出
19．【答案】（1）Fe3+；正反应方向；I−+I2⇌I3−
（2）生成AgI沉淀，c(I−)降低，2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2逆向进行（生成AgI沉淀，提高了I2的氧化能力）
（3）还原IO3−；AgIO3(s)+I−(aq)⇌AgI(s)+IO3−(aq)
（4）方法一：取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立方法二：取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立
【解析】【解答】(1)①溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度；
②加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动；
③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应I−+I2⇌I3−，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动；
(2)加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可增大Fe2+与I2的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了I2的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大；
(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的IO3−还原成了I2；
②已知3I2+3H2O⇌5HI+HIO3，则沉淀b为AgIO3和AgI，Ksp(AgI)=8.5×10−17
【分析】（1）①铁离子是黄色，给出的物质碘离子过量，检验是否存在铁离子即可
②加入四氯化碳，将碘单质溶解，导致平衡右移
③碘离子和碘单质可以反应即可写出方程式
（2）①银离紫和碘离子形成沉淀，导致碘离子减少
（3）①加入硫酸银促进了碘单质与水的反应，产生碘酸与碘离子反应得到的是碘单质
②加入碘离子主要是将碘酸银变为碘化银
（4）根据判断发生iii,产物中有银单质，检验银单质即可
相关试卷
北京市朝阳区2023届高三下学期三模化学试题（含解析）： 这是一份北京市朝阳区2023届高三下学期三模化学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，有机推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市房山区高三一模考试化学试卷（含解析）： 这是一份2023届北京市房山区高三一模考试化学试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了0分），01NA等内容，欢迎下载使用。
北京市朝阳区2023届高三一模化学试卷（PDF版含答案）： 这是一份北京市朝阳区2023届高三一模化学试卷（PDF版含答案），共12页。
