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2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共22页。试卷主要包含了1ml⋅L−1的两种溶液，25，【答案】A，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷
1. 下列设备工作时，将化学能主要转化为热能的是( )
A. 燃气灶 B. 锌锰电池
C. 风力发电 D. 太阳能热水器
2. 下列化学用语书写正确的是( )
A. 中子数为9的氧原子： 89O
B. 氧化钠的电子式：
C. 基态K原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d1
D. 基态N原子的价电子轨道表示式：
3. 下列说法不正确的是( )
A. 葡萄糖、蔗糖、纤维素都是糖类物质，都可发生水解反应
B. 天然植物油中不饱和脂肪酸甘油酯含量高，常温下呈液态
C. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应
D. 淀粉水解液加足量碱后，再加新制氢氧化铜浊液，加热，产生砖红色沉淀
4. 下列各项比较中，正确的是( )
A. 等质量的O2和O3，所含氧原子数相等
B. 标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C. 等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D. 等物质的量的丙烷和2−甲基丙烷中所含碳碳单键的数目相等
5. 臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O⋅(快)
反应②：O3+O⋅→2O2(慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是( )
A. 活化能：反应①>反应②
B. O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C. Cl⋅主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D. Cl⋅参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
6. 下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. 氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B. 铜与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
C. 氢氧化亚铁放置于空气中：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
D. 浓硫酸与红热的木炭反应：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O
7. 根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是( )
选项
事实
推测
A
Na、Al通常用电解法冶炼
Mg可用电解法冶炼
B
H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸
HClO4是强酸
C
Si是半导体材料，Ge也是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
D
Mg与冷水较难反应，
Ca与冷水较易反应
Be与冷水更难反应
A. A B. B C. C D. D
8. 常温下浓度均为0.1mol⋅L−1的两种溶液：①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法不正确的是( )
A. 水电离产生的c(OH−)：①<②
B. 常温下CH3COONa溶液pH>7说明CH3COOH为弱酸
C. 两种溶液中均存在：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1
D. 等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
9. 某温度下，在密闭容器中进行反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH>0，已知H2(g)和CO2(g)的初始浓度均为0.01mol⋅L−1，测得H2的平衡转化率为60%，下列说法不正确的是( )
A. CO2的平衡转化率为60%
B. 升高温度平衡常数K增大
C. 该温度下反应的平衡常数K=2.25
D. 若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol⋅L−1，则反应逆向进行
10. 离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是( )
A. 该离子液体能与水分子形成氢键
B. 该结构中不存在手性碳原子
C. 该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D. BF4−中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
11. 脲醛树脂可用于生产木材黏合剂、电器开关等。尿素()和甲醛在一定条件下发生类似苯酚和甲醛的反应得到线型脲醛树脂，再通过交联形成网状结构，网状结构片段如图所示(图中表示链延长)。下列说法不正确的是( )
A. 形成线型结构的过程发生了缩聚反应
B. 线型脲醛树脂的结构简式可能是：
C. 网状脲醛树脂在自然界中不可能发生降解
D. 线型脲醛树脂能通过甲醛交联形成网状结构
12. 如图所示的实验，不能达到实验目的的是( )
A. 电镀铜
B. 验证AgCl溶解度大于AgI
C. 证明温度对平衡的影响
D. 验证铁发生吸氧腐蚀
13. 一种电解法处理含有NO3−的酸性废水的工作原理如图所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。下列说法不正确的是( )
A. H原子在阴极产生：H++e−=H
B. 阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用
C. H原子与NO3−反应的化学方程式为：8H+NO3−NH4++2OH−+H2O
D. HClO产生的原因：2Cl−−2e−=Cl2↑、Cl2+H2O⇌HCl+HClO
14. 某同学进行如表实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验④
实验⑤
方案
现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
产生大量气泡，高锰酸钾溶液不褪色
出现白色
沉淀
已知：
i.H2O2⇌H++HO2−、HO2−⇌H++O22−
ii.BaO2是一种白色难溶于水的固体
下列说法合理的是( )
A. 实验③可证明H2O2溶液中存在电离平衡
B. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
C. 实验⑤的白色沉淀经检验为BaSO4，说明溶解度BaO2>BaSO4
D. 可用BaCl2、MnO2、H2O检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3
15. 某天然气含CH4和一定量的CO2。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如图所示：
(1)加热塔中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)由甲烷制备苯的过程中存在如下反应：
芳构化反应：6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)ΔH1
积碳反应：CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH2
若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用 ______反应的ΔH。
(3)已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中，甲烷的平衡转化率如图所示：
①ΔH1______0(填“>”或“<”)
②P1、P2的大小关系是 ______，理由是 ______。
(4)在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，主要原因是 ______。
16. 燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。
Ⅰ.活性炭脱硫脱硝技术(如图)
(1)吸收塔1，在100∼200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为 ______。
(2)吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有 ______(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是 ______(写化学方程式)。
Ⅱ.络合吸收法脱硝技术(如图2)
该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+
方法2：[FeY]2−+NO⇌[FeY(NO)]2−
已知：[FeY]2−是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4−)形成的配合物
(4)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是 ______。
②尽管生产[FeY]2−所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有 ______(至少写出2个不同角度的原因)。
(5)研究温度对反应[FeY]2−(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2−(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示：
解释随温度变化NO去除率变化的原因 ______。
(6)使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol⋅L−1[FeY(NO)]2−转化为[FeY]2−、N2和NH4+，实现[FeY]2−的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH4+浓度为0.004mol⋅L−1，则[FeY]2−的再生率为 ______。
17. 卤族元素相关物质在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：
元素
H
N
F
Cl
Br
I
电负性
2.1
3.0
4.0
3.0
2.8
2.5
(1)卤族元素在周期表中处于 ______区。
(2)卤族元素化合物的性质有相似性和递变性，下列说法不正确的是 ______。
A.HF、HCl、HBr的沸点依次升高
B.Cl2、ICl、IBr沸点依次升高
C.NaF、NaCl、NaBr熔点依次降低
D.H−O−X(X代表Cl、Br、I)的酸性随着X的原子序数递增逐渐增强
(3)NF3的结构与NH3类似，但是性质差异较大。
①NF3的空间结构名称为 ______。N原子的轨道杂化类型为 ______。
②NH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性，原因是 ______。
(4)某晶体含有K、I、O三种元素，是一种性能良好的非线性光学材料，其晶胞结构如图所示。晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，边长为anm。
①该晶体的化学式为 ______。
②与钾原子紧邻的氧原子个数为 ______。
③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 ______g⋅cm−3(列式表示)。
18. 抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如图：
已知：
i.R−CHO→②CH3COCl/CCl4①NH2OH/HClR−CN
ii.R1−NH2+R2−OH→一定条件R1−NH−R2+H2O
(1)A分子中含氧官能团名称是 ______。
(2)下列关于B的说法正确的是 ______。
a.在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应
b.可以使酸性KMnO4溶液褪色
c.能与Na2CO3发生反应产生CO2
d.存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体
(3)D的结构简式为 ______。
(4)E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为 ______，F→G的反应类型为 ______。
(5)试剂a的结构简式为 ______。
(6)J的结构简式为 ______。
19. 化学小组探究Cu与Fe2(SO4)3溶液的反应，实验如下：
序号
实验方案
实验现象
实验i
振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有Cu粉剩余。
实验ii
取实验i中的上层清液，向其中滴加0.1mol⋅L−1KSCN溶液
溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。
已知：经检验白色沉淀为CuSCN
(1)实验i中发生反应的离子方程式为 ______。
(2)实验ii中检测到Fe3+，依据的实验现象是 ______。
(3)对实验ii中Fe3+产生的原因作如下假设：
假设1：Cu与Fe2(SO4)3的反应是一个可逆反应
假设2：溶液中的Fe2+被 ______氧化
假设3：在实验ii的条件下，Fe2+被Cu2+氧化
①将假设2补充完整
②通过查找 ______数据，可定量判断Cu与Fe2(SO4)3的反应是否为可逆反应。
(4)设计实验验证假设。
序号
实验iii
实验iv
方案
现象
放置较长时间，溶液颜色不变红
闭合开关K，电流计指针不动，向右侧CuSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1KSCN，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol⋅L−1KSCN，溶液变红。
①假设1不成立的实验证据是 ______。
②实验iii的目的是 ______。
③溶液a是 ______。电极材料b、c分别是 ______、______。
④结合电极反应，从化学平衡的角度解释实验ii中Fe3+产生的原因 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故A正确；
B.锌锰电池是把化学能转化为电能，故B错误；
C.风力发电是将风能转化为电能，故C错误；
D.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故D错误；
故选：A。
本题考查能量的转化形式，题目难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件。
2.【答案】D
【解析】A.中子数为9的氧原子的质量数为8+9=17，该核素符号为 817O，故A错误；
B.氧化钠是离子化合物，由Na+和O2−构成，电子式为，故B错误；
C.根据构造原理可知，3d能级的能量高于4s，则基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，故C错误；
D.基态N原子的价电子排布式为2s22p3，根据泡利原理和洪特规则可知，基态N原子的价电子轨道表示式为，故D正确；
故选：D。
本题考查了常见化学用语的表示方法和正误判断，涉及核素符号、电子式、核外电子排布式和轨道表示式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，注意构造原理的应用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；
B.动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为固态，植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为液态，故B正确；
C.氨基酸、二肽、蛋白质均既含有氨基，又含有羧基，均既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故C正确；
D.加热、碱性条件下，葡萄糖能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，如果向淀粉水解液中加足量碱后，再加入新制氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀生成，则说明淀粉水解产物中含有葡萄糖，故D正确；
故选：A。
本题考查糖类、油脂、蛋白质的结构与性质，题目比较简单，关键是掌握糖类、油脂、蛋白质的结构和性质特点，注意化学与生活的练习。
4.【答案】A
【解析】A.氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=mM可知，等质量的O2和O3，所含氧原子数相等，故A正确；
B.同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；
C.1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；
D.1个丙烷含有2个C−C键，1个2−甲基丙烷含有3个C−C键，所以等物质的量的丙烷和2−甲基丙烷中所含碳碳单键的数目不相等，故D错误；
故选：A。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5.【答案】B
【解析】A.活化能大的，反应速率慢；所以活化能：反应①<反应②，故 A错误；
B.O3分解为O2的速率取决于慢反应，即主要由反应②决定，故B正确；
C.大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，即为O3分解为O2的催化剂，催化剂先反应后生成，参与化学反应，改变反应历程，所以Cl⋅主要参与反应①和反应②，故C错误；
D.催化剂能加快反应速率，不影响平衡，氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，不会提高O3分解为O2的平衡转化率，故D错误；
故选：B。
本题主要考查的是臭氧变为氧气的反应机理，为高频考点，涉及活化能和催化剂的概念等，侧面考查了分析和解答能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】A.氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.铜与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.氢氧化亚铁放置于空气中，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故C正确；
D.浓硫酸与红热的木炭反应，化学方程式为：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
7.【答案】C
【解析】A.Mg的活泼性介于Na、Al之间，而Na、Al通常用电解法冶炼，则Mg可用电解法冶炼，故A正确；
B.S、Cl两种元素为同周期元素，同周期元素最高价含氧酸的酸性逐渐增强，所以H2SO4为强酸，则HClO4也为强酸，故B正确；
C.IVA族 14Si和 32Ge的单质是半导体材料，同主族从上往下金属性增强，所以同族 82Pb的单质是导体材料，故C错误；
D.同主族自上而下金属性增强，Be的金属性比Mg的弱，故Be(铍)与冷水更难反应，故D正确；
故选：C。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】A.①CH3COOH溶液抑制水的电离，②CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，促进水的电离，水电离产生的c(OH−)：①<②，故 A正确；
B.CH3COONa溶液pH>7，溶液显碱性，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；
C.①常温下浓度均为0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中存在物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，②常温下浓度均为0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液中存在物料守恒，c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，故C正确；
D.等体积混合所得酸性溶液中，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；
故选：D。
本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】A.根据题目已知信息，列三段式：
单位mol/LH2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
起始量 0.010.0100
转化量 0.0060.0060.0060.006
平衡量 0.0040.0040.0060.006
因此，二氧化碳的平衡转化率为0.006mol0.01mol×100%=60%，故A正确；
B.此反应为吸热反应，温度升高，平衡正向进行，平衡常数K增大，故B正确；
C.依据选项A中的三段式，该温度下平衡常数K=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.006×0.0060.004×0.004=2.25，故C正确；
D.若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol⋅L−1，则此时浓度熵Qc=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.01×0.010.01×0.01=1
本题考查化学平衡的计算、化学平衡的移动等，正确分析题目信息，得出正确结论，结合化学平衡三段式解题，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】A.该离子液体中，含有高电负性的N，可与水分子中的H形成N⋅⋅⋅H−O型的氢键，所以该离子液体能与水分子形成氢键，故A正确；
B.由于手性碳原子首先需要sp3杂化，其次四个配位原子均为不同类型，而该离子液体中sp3的碳均至少含有两个相同的H配位原子，所以该结构中不存在手性碳原子，故B正确；
C.该结构中C原子的轨道杂化类型有sp3和sp2，所以该结构中C原子的轨道杂化类型有2种，故C错误；
D.对于BF4−，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+3−1×4+12=4，所以B为sp3杂化，BF4−由BF3和F−形成，BF3中存在空轨道，F−有孤对电子，可形成配位键，故D正确，
故选：C。
本题考查原子结构和性质，题目难度不大，涉及杂化方式、氢键、配位键等知识，熟练掌握基础知识是做题的关键，试题培养了学生的规范答题能力。
11.【答案】C
【解析】A.该高分子化合物可由尿素和甲醛通过缩聚反应得到的，所以得到该物质的反应为缩聚反应，故A正确；
B.根据图判断其结构简式可能为，故B正确；
C.交联脲醛树脂的官能团是肽键，水解产物主要是氨基化合物和二氧化碳，故C错误；
D.甲醛可以使交联成网状结构的脲醛树脂如，
故D正确。
故选：C。
本题考查缩聚反应，及醛基、氨基、肽键等官能团的反应，要加强对官能团决定性质的理解，难度中等，培养思维能力。
12.【答案】B
【解析】A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，则铁制品上镀铜时，Cu片作阳极，镀铁制品作阴极，能实现目的，故A不选；
B.硝酸银溶液过量，Ag+和Cl−、I−都反应生成沉淀，不能实现沉淀的转化，所以不能比较AgCl、AgI的溶解度大小，故B选；
C.2NO2⇌N2O4为放热反应，升高温度平衡逆向移动，气体颜色加深，降低温度平衡正向移动，气体颜色变浅，能实现实验目的，故C不选；
D.强酸性条件下，铁钉发生析氢腐蚀，中性条件下铁钉发生吸氧腐蚀，食盐水呈中性，则食盐水浸过的铁钉发生吸氧腐蚀，能实现实验目的，故D不选；
故选：B。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握电镀、电化学腐蚀、平衡移动、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】分析：根据题目所给的图示可知，电解酸性食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢，氢将Fe(III)还原成Fe(II)，Fe(II)再将硝酸根离子还原为NH4+，HClO氧化NH4+，最终生成氮气，据此解答。
A.电解时，H+在阴极上得到电子，故A正确；
B.H原子在阴极产生，由图可知阴极材料含有的铁的化合物为催化剂，故B正确；
C.电解质为酸性环境，H原子与NO3−反应的化学方程式中不能出现OH−，离子方程式为：8H+NO3−+2H+NH4++3H2O，故C错误；
D.阳极产生Cl2，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，Cl2溶于水，生成HClO，故D正确；
故选：C。
本题考查了电极原理的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意电极反应电极产物分析，催化反应机理的分析方法，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.实验③生成BaO2白色沉淀，只能说明有O22−存在，不能证明反应后还含有H2O2，不能证明H2O2溶液中存在电离平衡，故A错误；
B.实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.BaO2与硫酸反应生成BaSO4和过氧化氢，因为过氧化钡溶于酸，而硫酸钡难溶于水也难溶于酸，所以得到白色沉淀，所以无法比较两者在水中的溶解度，故C错误；
D.H2O与Na2O2反应生成H2O2，为避免生成BaO2白色沉淀的干扰，加入MnO2分解H2O2，再加入BaCl2，观察是否有BaCO3白色沉淀，即可证明长期放置的过氧化钠中是否含有Na2CO3，故D正确；
故选：D。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、电离与水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(2)C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)
(3)①>
②P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小
(4)甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低
【解析】(1)某天然气含CH4和一定量的CO2，根据图知，吸收塔中加入溶液a得到CH4，则CO2被吸收，加热塔中物质分解生成CO2，溶液a为Na2CO3，Na2CO3溶液吸收CO2得到NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
(2)①6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)ΔH1
②CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH2
方程式6②-①得方程式C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)，所以要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)反应的ΔH，
故答案为：C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动，根据图知，压强不变时升高温度甲烷的转化率增大，则该反应为吸热反应，所以ΔH1>0，
故答案为：>；
②当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，所以压强P1>P2，
故答案为：P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；
(4)甲烷制备苯的过程中易发生积碳反应，甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低，
故答案为：甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低。
本题考查物质分离提纯、外界条件对平衡影响等知识点，侧重考查阅读、识图、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质分离提纯方法、外界条件对平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
16.【答案】(1)2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
(2)还原性
(3)2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3或4NH3+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2SO4
(4)①Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
②方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强
(5)温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小
(6)60%
【解析】Ⅰ.(1)吸收塔1，在100∼200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，对应的方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；
(2)吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，氨气被氧化，体现还原性，
故答案为：还原性；
(3)吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，
故答案为：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3；
Ⅱ.(4)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是产生沉淀，离子方程式为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，
故答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
②尽管生产[FeY]2−所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强，
故答案为：方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强；
(5)分析图像和物质性质可知，温度变化NO去除率变化的原因是温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，
故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
(6)使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol⋅L−1[FeY(NO)]2−转化为[FeY]2−、N2和NH4+，结合得失电子守鹤可知，0.03molZn参与反应，失去电子为0.06mol，铵根离子浓度为0.004mol/L，即生成了0.004mol的铵根离子，此过程中得到电子数目为0.004mol×5=0.02mol，转化为氮气得到的电子书为0.06mol−0.02mol=0.04mol，即生成的氮气的物质的量为0.044mol=0.01mol，结合氮原子守恒可知，参与反应的FeY2−(NO)的物质的量为0.004mol+0.01=0.024mol，故[FeY]2−的再生率为0.024mol1L×0.04mol/L×100%=60%，
故答案为：60%。
本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
17.【答案】(1)p
(2)AD
(3)①三角锥形；sp3
②NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合
(4)①KIO3 ②12 ③214NA×a3×10−21
【解析】(1)卤族元素(ns2np5)位于元素周期表的p区，
故答案为：p；
(2)A.由于HF分子之间除分子间作用力之外还能形成氢键，因此HF的沸点要比HCl的高，而对于HCl、HBr来说，由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增加，HCl、HBr、HF 三者的沸点依次增大，故A错误；
B.Cl2、ICl、IBr均为分子晶体，其沸点与分子间作用力有关，则相对分子质量逐渐增大，分子间作用力依次增大，Cl2、ICl、IBr沸点依次增大，故B正确；
C.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，由离子半径Br−>Cl−>F−，则NaF、NaCl、NaBr熔点依次降低，故C正确；
D.X元素的电负性越强，X吸引电子对的能力越强，使O−H间的电子对向O原子方向偏离，电离出H+更容易，由于电负性：Cl>Br>I，则H−O−X的酸性随着X的原子序数递增逐渐减弱，故D错误；
故答案为：BD；
(3)①NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型的，所以NF3空间结构为三角锥形，NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，
故答案为：三角锥型；sp3；
②NH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性，原因是NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合，
故答案为：NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合；
(4)①晶胞中I原子数目=1、K原子数目=8×18=1、O原子数目=6×12=3，该晶体的化学式为KIO3，
故答案为：KIO3；
②顶点K与面心O相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与K紧邻的O的个数=3×82=12，
故答案为：12；
③晶体的化学式为KIO3，晶胞质量m=39+127+16×3NAg=214NAg，边长为anm，体积V=a3×10−21cm3，则晶体密度ρ=mV=214NA×a3×10−21g⋅cm−3，
故答案为：214NA×a3×10−21。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化等知识点，这些都是高频考点，难点是(4)题晶胞计算，难度中等。
18.【答案】(1)羟基、醛基
(2)ab
(3)
(4)BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应
(5)H2NCH2CH2Cl
(6)
【解析】由反应条件、K的结构简式，可知I发生硝化反应生成J，J中硝基还原为氨基生成K，逆推可知J为、I为，D与H脱去1分子HCl生成I，结合D的分子式，可推知D为、H为，对比A、D的结构，结合反应条件、B与C的分子式、信息i，可知A中醛基对位的酚羟基与CH3I发生取代反应引入−OCH3生成B和HI，B中−CHO转化为−CN生成C，C中−CN转化为−COOH生成D，故B为、C为，(4)中E的核磁共振氢谱中只有一组峰，则E为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，2分子F脱去1分子水生成G，G与试剂a发生信息ii中反应生成，故G为HOCH2CH2OCH2CH2OH、a为H2NH2CH2Cl。
(1)A分子中含氧官能团名称是羟基、醛基，
故答案为：羟基、醛基；
(2)a.B的结构简式为，苯环、醛基能与氢气发生加成反应，在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应，故a正确；
b.B分子中含有醛基、酚羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c.酚羟基酸性比较碳酸弱，不能与Na2CO3发生反应产生CO2，故c错误；
d.B的不饱和度为5，含有苯环、醛基的羧酸类有机物的不饱和度至少为6，故不存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体，故d错误；
故答案为：ab；
(3)由分析可知，D的结构简式为，
故答案为：；
(4)E的分子式为C2H4Br2，E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E的结构简式为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，E→F的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr，F→G是2分子HOCH2CH2OH脱去1分子水生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，反应类型为取代反应，
故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应；
(5)由分析可知，试剂a的结构简式为H2NCH2CH2Cl，
故答案为：H2NCH2CH2Cl；
(6)由分析可知，J的结构简式为，
故答案为：。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子式、K的结构简式进行分析判断，注意对给予信息的理解，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
19.【答案】(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)溶液局部变红
(3)O2；化学平衡常数
(4)①电流计指针不动
②验证假设2是否成立
③0.1mol/LFeSO4；石墨；石墨
④Cu2++e−⇌Cu+，SCN−与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化
【解析】分析：该实验的目的是探究铜与硫酸铁溶液的反应是否为可逆反应，由探究实验所得实验现象可知，铜与硫酸铁溶液的反应不是可逆反应；
(1)由实验现象可知，实验i中发生的反应为铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子，
故答案为：溶液局部变红；
(3)①亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子使硫氰化钾溶液变红色，则假设2被空气中氧气氧化，
故答案为：O2；
②若铜与硫酸铁溶液的反应为可逆反应，可以通过资料查找该反应的化学平衡常数是否大于105定量判断确定，
故答案为：化学平衡常数；
(4)①由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，铜与硫酸铁溶液的反应不是可逆反应，证明假设1不成立，
故答案为：电流计指针不动；
②由实验iii中硫酸亚铁溶液放置较长时间，溶液颜色不变红，说明铁离子的存在与空气中氧气无关，证明假设2不成立，则实验iii的目的是验证假设2是否成立，
故答案为：验证假设2是否成立；
③铜与2mL0.05mol/L硫酸铁溶液反应生成0.1mol/L硫酸亚铁和0.05mol/L硫酸铜，由探究实验变量唯一化原则可知，溶液a应选择0.1mol/L硫酸亚铁溶液；若验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化，实验iv设计原电池时，应选择不参与铜离子和亚铁离子反应的惰性材料做电极，则b、c电极可以选择石墨电极，
故答案为：0.1mol/LFeSO4；石墨；石墨；
④由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铜离子，在溶液中存在如下平衡Cu2++e−⇌Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应正向移动，促使亚铁离子在负极被氧化，
故答案为：Cu2++e−⇌Cu+，SCN−与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2021-2022学年北京市丰台区高三（上）期末化学试卷
1. 下列设备工作时，将化学能主要转化为热能的是( )
A. 燃气灶 B. 锌锰电池
C. 风力发电 D. 太阳能热水器
2. 下列化学用语书写正确的是( )
A. 中子数为9的氧原子： 89O
B. 氧化钠的电子式：
C. 基态K原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d1
D. 基态N原子的价电子轨道表示式：
3. 下列说法不正确的是( )
A. 葡萄糖、蔗糖、纤维素都是糖类物质，都可发生水解反应
B. 天然植物油中不饱和脂肪酸甘油酯含量高，常温下呈液态
C. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应
D. 淀粉水解液加足量碱后，再加新制氢氧化铜浊液，加热，产生砖红色沉淀
4. 下列各项比较中，正确的是( )
A. 等质量的O2和O3，所含氧原子数相等
B. 标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数相等
C. 等物质的量的Fe和Cu分别与足量的Cl2反应，转移的电子数相等
D. 等物质的量的丙烷和2−甲基丙烷中所含碳碳单键的数目相等
5. 臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O⋅(快)
反应②：O3+O⋅→2O2(慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是( )
A. 活化能：反应①>反应②
B. O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C. Cl⋅主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D. Cl⋅参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
6. 下列解释事实的方程式不正确的是( )
A. 氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
B. 铜与稀硝酸反应：Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O
C. 氢氧化亚铁放置于空气中：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
D. 浓硫酸与红热的木炭反应：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O
7. 根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是( )
选项
事实
推测
A
Na、Al通常用电解法冶炼
Mg可用电解法冶炼
B
H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸
HClO4是强酸
C
Si是半导体材料，Ge也是半导体材料
ⅣA族元素的单质都是半导体材料
D
Mg与冷水较难反应，
Ca与冷水较易反应
Be与冷水更难反应
A. A B. B C. C D. D
8. 常温下浓度均为0.1mol⋅L−1的两种溶液：①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法不正确的是( )
A. 水电离产生的c(OH−)：①<②
B. 常温下CH3COONa溶液pH>7说明CH3COOH为弱酸
C. 两种溶液中均存在：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1
D. 等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
9. 某温度下，在密闭容器中进行反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH>0，已知H2(g)和CO2(g)的初始浓度均为0.01mol⋅L−1，测得H2的平衡转化率为60%，下列说法不正确的是( )
A. CO2的平衡转化率为60%
B. 升高温度平衡常数K增大
C. 该温度下反应的平衡常数K=2.25
D. 若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol⋅L−1，则反应逆向进行
10. 离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是( )
A. 该离子液体能与水分子形成氢键
B. 该结构中不存在手性碳原子
C. 该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D. BF4−中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
11. 脲醛树脂可用于生产木材黏合剂、电器开关等。尿素()和甲醛在一定条件下发生类似苯酚和甲醛的反应得到线型脲醛树脂，再通过交联形成网状结构，网状结构片段如图所示(图中表示链延长)。下列说法不正确的是( )
A. 形成线型结构的过程发生了缩聚反应
B. 线型脲醛树脂的结构简式可能是：
C. 网状脲醛树脂在自然界中不可能发生降解
D. 线型脲醛树脂能通过甲醛交联形成网状结构
12. 如图所示的实验，不能达到实验目的的是( )
A. 电镀铜
B. 验证AgCl溶解度大于AgI
C. 证明温度对平衡的影响
D. 验证铁发生吸氧腐蚀
13. 一种电解法处理含有NO3−的酸性废水的工作原理如图所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。下列说法不正确的是( )
A. H原子在阴极产生：H++e−=H
B. 阴极材料既是得电子场所，同时起催化剂的作用
C. H原子与NO3−反应的化学方程式为：8H+NO3−NH4++2OH−+H2O
D. HClO产生的原因：2Cl−−2e−=Cl2↑、Cl2+H2O⇌HCl+HClO
14. 某同学进行如表实验：
序号
实验①
实验②
实验③
实验④
实验⑤
方案
现象
出现白色沉淀
无明显现象
出现白色沉淀
产生大量气泡，高锰酸钾溶液不褪色
出现白色
沉淀
已知：
i.H2O2⇌H++HO2−、HO2−⇌H++O22−
ii.BaO2是一种白色难溶于水的固体
下列说法合理的是( )
A. 实验③可证明H2O2溶液中存在电离平衡
B. 实验①和③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
C. 实验⑤的白色沉淀经检验为BaSO4，说明溶解度BaO2>BaSO4
D. 可用BaCl2、MnO2、H2O检验长期放置的Na2O2中是否含有Na2CO3
15. 某天然气含CH4和一定量的CO2。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如图所示：
(1)加热塔中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)由甲烷制备苯的过程中存在如下反应：
芳构化反应：6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)ΔH1
积碳反应：CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH2
若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用 ______反应的ΔH。
(3)已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中，甲烷的平衡转化率如图所示：
①ΔH1______0(填“>”或“<”)
②P1、P2的大小关系是 ______，理由是 ______。
(4)在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，主要原因是 ______。
16. 燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。
Ⅰ.活性炭脱硫脱硝技术(如图)
(1)吸收塔1，在100∼200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为 ______。
(2)吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有 ______(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是 ______(写化学方程式)。
Ⅱ.络合吸收法脱硝技术(如图2)
该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：
方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+
方法2：[FeY]2−+NO⇌[FeY(NO)]2−
已知：[FeY]2−是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4−)形成的配合物
(4)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是 ______。
②尽管生产[FeY]2−所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有 ______(至少写出2个不同角度的原因)。
(5)研究温度对反应[FeY]2−(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2−(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示：
解释随温度变化NO去除率变化的原因 ______。
(6)使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol⋅L−1[FeY(NO)]2−转化为[FeY]2−、N2和NH4+，实现[FeY]2−的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH4+浓度为0.004mol⋅L−1，则[FeY]2−的再生率为 ______。
17. 卤族元素相关物质在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：
元素
H
N
F
Cl
Br
I
电负性
2.1
3.0
4.0
3.0
2.8
2.5
(1)卤族元素在周期表中处于 ______区。
(2)卤族元素化合物的性质有相似性和递变性，下列说法不正确的是 ______。
A.HF、HCl、HBr的沸点依次升高
B.Cl2、ICl、IBr沸点依次升高
C.NaF、NaCl、NaBr熔点依次降低
D.H−O−X(X代表Cl、Br、I)的酸性随着X的原子序数递增逐渐增强
(3)NF3的结构与NH3类似，但是性质差异较大。
①NF3的空间结构名称为 ______。N原子的轨道杂化类型为 ______。
②NH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性，原因是 ______。
(4)某晶体含有K、I、O三种元素，是一种性能良好的非线性光学材料，其晶胞结构如图所示。晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，边长为anm。
①该晶体的化学式为 ______。
②与钾原子紧邻的氧原子个数为 ______。
③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 ______g⋅cm−3(列式表示)。
18. 抗癌药吉非替尼的前体K的合成路线如图：
已知：
i.R−CHO→②CH3COCl/CCl4①NH2OH/HClR−CN
ii.R1−NH2+R2−OH→一定条件R1−NH−R2+H2O
(1)A分子中含氧官能团名称是 ______。
(2)下列关于B的说法正确的是 ______。
a.在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应
b.可以使酸性KMnO4溶液褪色
c.能与Na2CO3发生反应产生CO2
d.存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体
(3)D的结构简式为 ______。
(4)E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E→F的化学方程式为 ______，F→G的反应类型为 ______。
(5)试剂a的结构简式为 ______。
(6)J的结构简式为 ______。
19. 化学小组探究Cu与Fe2(SO4)3溶液的反应，实验如下：
序号
实验方案
实验现象
实验i
振荡试管，观察到溶液变为蓝色，待反应充分后，试管底部有Cu粉剩余。
实验ii
取实验i中的上层清液，向其中滴加0.1mol⋅L−1KSCN溶液
溶液局部变红，同时产生白色沉淀，振荡试管，红色消失。
已知：经检验白色沉淀为CuSCN
(1)实验i中发生反应的离子方程式为 ______。
(2)实验ii中检测到Fe3+，依据的实验现象是 ______。
(3)对实验ii中Fe3+产生的原因作如下假设：
假设1：Cu与Fe2(SO4)3的反应是一个可逆反应
假设2：溶液中的Fe2+被 ______氧化
假设3：在实验ii的条件下，Fe2+被Cu2+氧化
①将假设2补充完整
②通过查找 ______数据，可定量判断Cu与Fe2(SO4)3的反应是否为可逆反应。
(4)设计实验验证假设。
序号
实验iii
实验iv
方案
现象
放置较长时间，溶液颜色不变红
闭合开关K，电流计指针不动，向右侧CuSO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1KSCN，指针向右大幅度偏转，溶液中有白色浑浊物产生。取出左侧溶液，滴加0.1mol⋅L−1KSCN，溶液变红。
①假设1不成立的实验证据是 ______。
②实验iii的目的是 ______。
③溶液a是 ______。电极材料b、c分别是 ______、______。
④结合电极反应，从化学平衡的角度解释实验ii中Fe3+产生的原因 ______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故A正确；
B.锌锰电池是把化学能转化为电能，故B错误；
C.风力发电是将风能转化为电能，故C错误；
D.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故D错误；
故选：A。
本题考查能量的转化形式，题目难度不大，该题涉及了两方面的知识：一方面对物质变化的判断，另一方面是一定注意符合化学能向热能的转化条件。
2.【答案】D
【解析】A.中子数为9的氧原子的质量数为8+9=17，该核素符号为 817O，故A错误；
B.氧化钠是离子化合物，由Na+和O2−构成，电子式为，故B错误；
C.根据构造原理可知，3d能级的能量高于4s，则基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，故C错误；
D.基态N原子的价电子排布式为2s22p3，根据泡利原理和洪特规则可知，基态N原子的价电子轨道表示式为，故D正确；
故选：D。
本题考查了常见化学用语的表示方法和正误判断，涉及核素符号、电子式、核外电子排布式和轨道表示式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，注意构造原理的应用，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】A.葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；
B.动物脂肪为饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为固态，植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，常温下为液态，故B正确；
C.氨基酸、二肽、蛋白质均既含有氨基，又含有羧基，均既能跟强酸反应又能跟强碱反应，故C正确；
D.加热、碱性条件下，葡萄糖能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，如果向淀粉水解液中加足量碱后，再加入新制氢氧化铜，加热，有砖红色沉淀生成，则说明淀粉水解产物中含有葡萄糖，故D正确；
故选：A。
本题考查糖类、油脂、蛋白质的结构与性质，题目比较简单，关键是掌握糖类、油脂、蛋白质的结构和性质特点，注意化学与生活的练习。
4.【答案】A
【解析】A.氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=mM可知，等质量的O2和O3，所含氧原子数相等，故A正确；
B.同温同压条件下，相同体积的任何气体具有相同分子数，苯标况下为液体，不能使用阿伏加德罗定律，标准状况下，等体积乙烷和苯，所含分子数不相等，故B错误；
C.1mol铁与足量氯气反应生成氯化铁，转移3mol电子，1mol铜与足量氯气反应生成氯化铜，转移2mol电子，故C错误；
D.1个丙烷含有2个C−C键，1个2−甲基丙烷含有3个C−C键，所以等物质的量的丙烷和2−甲基丙烷中所含碳碳单键的数目不相等，故D错误；
故选：A。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
5.【答案】B
【解析】A.活化能大的，反应速率慢；所以活化能：反应①<反应②，故 A错误；
B.O3分解为O2的速率取决于慢反应，即主要由反应②决定，故B正确；
C.大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，即为O3分解为O2的催化剂，催化剂先反应后生成，参与化学反应，改变反应历程，所以Cl⋅主要参与反应①和反应②，故C错误；
D.催化剂能加快反应速率，不影响平衡，氯自由基(Cl⋅)能够催化O3分解，不会提高O3分解为O2的平衡转化率，故D错误；
故选：B。
本题主要考查的是臭氧变为氧气的反应机理，为高频考点，涉及活化能和催化剂的概念等，侧面考查了分析和解答能力，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】A.氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，故A正确；
B.铜与稀硝酸反应，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.氢氧化亚铁放置于空气中，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故C正确；
D.浓硫酸与红热的木炭反应，化学方程式为：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O，故D正确；
故选：B。
本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。
7.【答案】C
【解析】A.Mg的活泼性介于Na、Al之间，而Na、Al通常用电解法冶炼，则Mg可用电解法冶炼，故A正确；
B.S、Cl两种元素为同周期元素，同周期元素最高价含氧酸的酸性逐渐增强，所以H2SO4为强酸，则HClO4也为强酸，故B正确；
C.IVA族 14Si和 32Ge的单质是半导体材料，同主族从上往下金属性增强，所以同族 82Pb的单质是导体材料，故C错误；
D.同主族自上而下金属性增强，Be的金属性比Mg的弱，故Be(铍)与冷水更难反应，故D正确；
故选：C。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】A.①CH3COOH溶液抑制水的电离，②CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，促进水的电离，水电离产生的c(OH−)：①<②，故 A正确；
B.CH3COONa溶液pH>7，溶液显碱性，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；
C.①常温下浓度均为0.1mol⋅L−1CH3COOH溶液中存在物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，②常温下浓度均为0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液中存在物料守恒，c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L−1，故C正确；
D.等体积混合所得酸性溶液中，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，溶液中离子浓度大小为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；
故选：D。
本题考查酸碱混合溶液定性判断及弱电解质电离，明确弱电解质电离特点、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】A.根据题目已知信息，列三段式：
单位mol/LH2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
起始量 0.010.0100
转化量 0.0060.0060.0060.006
平衡量 0.0040.0040.0060.006
因此，二氧化碳的平衡转化率为0.006mol0.01mol×100%=60%，故A正确；
B.此反应为吸热反应，温度升高，平衡正向进行，平衡常数K增大，故B正确；
C.依据选项A中的三段式，该温度下平衡常数K=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.006×0.0060.004×0.004=2.25，故C正确；
D.若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol⋅L−1，则此时浓度熵Qc=c(H2O)×c(CO)c(H2)×c(CO2)=0.01×0.010.01×0.01=1
本题考查化学平衡的计算、化学平衡的移动等，正确分析题目信息，得出正确结论，结合化学平衡三段式解题，试题难度中等。
10.【答案】C
【解析】A.该离子液体中，含有高电负性的N，可与水分子中的H形成N⋅⋅⋅H−O型的氢键，所以该离子液体能与水分子形成氢键，故A正确；
B.由于手性碳原子首先需要sp3杂化，其次四个配位原子均为不同类型，而该离子液体中sp3的碳均至少含有两个相同的H配位原子，所以该结构中不存在手性碳原子，故B正确；
C.该结构中C原子的轨道杂化类型有sp3和sp2，所以该结构中C原子的轨道杂化类型有2种，故C错误；
D.对于BF4−，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=4+3−1×4+12=4，所以B为sp3杂化，BF4−由BF3和F−形成，BF3中存在空轨道，F−有孤对电子，可形成配位键，故D正确，
故选：C。
本题考查原子结构和性质，题目难度不大，涉及杂化方式、氢键、配位键等知识，熟练掌握基础知识是做题的关键，试题培养了学生的规范答题能力。
11.【答案】C
【解析】A.该高分子化合物可由尿素和甲醛通过缩聚反应得到的，所以得到该物质的反应为缩聚反应，故A正确；
B.根据图判断其结构简式可能为，故B正确；
C.交联脲醛树脂的官能团是肽键，水解产物主要是氨基化合物和二氧化碳，故C错误；
D.甲醛可以使交联成网状结构的脲醛树脂如，
故D正确。
故选：C。
本题考查缩聚反应，及醛基、氨基、肽键等官能团的反应，要加强对官能团决定性质的理解，难度中等，培养思维能力。
12.【答案】B
【解析】A.电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，则铁制品上镀铜时，Cu片作阳极，镀铁制品作阴极，能实现目的，故A不选；
B.硝酸银溶液过量，Ag+和Cl−、I−都反应生成沉淀，不能实现沉淀的转化，所以不能比较AgCl、AgI的溶解度大小，故B选；
C.2NO2⇌N2O4为放热反应，升高温度平衡逆向移动，气体颜色加深，降低温度平衡正向移动，气体颜色变浅，能实现实验目的，故C不选；
D.强酸性条件下，铁钉发生析氢腐蚀，中性条件下铁钉发生吸氧腐蚀，食盐水呈中性，则食盐水浸过的铁钉发生吸氧腐蚀，能实现实验目的，故D不选；
故选：B。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握电镀、电化学腐蚀、平衡移动、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】分析：根据题目所给的图示可知，电解酸性食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢，氢将Fe(III)还原成Fe(II)，Fe(II)再将硝酸根离子还原为NH4+，HClO氧化NH4+，最终生成氮气，据此解答。
A.电解时，H+在阴极上得到电子，故A正确；
B.H原子在阴极产生，由图可知阴极材料含有的铁的化合物为催化剂，故B正确；
C.电解质为酸性环境，H原子与NO3−反应的化学方程式中不能出现OH−，离子方程式为：8H+NO3−+2H+NH4++3H2O，故C错误；
D.阳极产生Cl2，电极反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，Cl2溶于水，生成HClO，故D正确；
故选：C。
本题考查了电极原理的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意电极反应电极产物分析，催化反应机理的分析方法，题目难度中等。
14.【答案】D
【解析】A.实验③生成BaO2白色沉淀，只能说明有O22−存在，不能证明反应后还含有H2O2，不能证明H2O2溶液中存在电离平衡，故A错误；
B.实验①中Na2O2和H2O反应生成H2O2和NaOH，BaCl2与H2O2反应生成BaO2和HCl，无化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.BaO2与硫酸反应生成BaSO4和过氧化氢，因为过氧化钡溶于酸，而硫酸钡难溶于水也难溶于酸，所以得到白色沉淀，所以无法比较两者在水中的溶解度，故C错误；
D.H2O与Na2O2反应生成H2O2，为避免生成BaO2白色沉淀的干扰，加入MnO2分解H2O2，再加入BaCl2，观察是否有BaCO3白色沉淀，即可证明长期放置的过氧化钠中是否含有Na2CO3，故D正确；
故选：D。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、电离与水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(2)C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)
(3)①>
②P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小
(4)甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低
【解析】(1)某天然气含CH4和一定量的CO2，根据图知，吸收塔中加入溶液a得到CH4，则CO2被吸收，加热塔中物质分解生成CO2，溶液a为Na2CO3，Na2CO3溶液吸收CO2得到NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O、CO2，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
(2)①6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)ΔH1
②CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH2
方程式6②-①得方程式C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)，所以要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)反应的ΔH，
故答案为：C6H6(g)=6C(s)+3H2(g)；
(3)①升高温度平衡向吸热方向移动，根据图知，压强不变时升高温度甲烷的转化率增大，则该反应为吸热反应，所以ΔH1>0，
故答案为：>；
②当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小，所以压强P1>P2，
故答案为：P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)⇌C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；
(4)甲烷制备苯的过程中易发生积碳反应，甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低，
故答案为：甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低。
本题考查物质分离提纯、外界条件对平衡影响等知识点，侧重考查阅读、识图、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质分离提纯方法、外界条件对平衡移动影响原理是解本题关键，题目难度不大。
16.【答案】(1)2SO2+O2+2H2O=2H2SO4
(2)还原性
(3)2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3或4NH3+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2SO4
(4)①Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓
②方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强
(5)温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小
(6)60%
【解析】Ⅰ.(1)吸收塔1，在100∼200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，对应的方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；
(2)吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，氨气被氧化，体现还原性，
故答案为：还原性；
(3)吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，
故答案为：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3；
Ⅱ.(4)①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是产生沉淀，离子方程式为Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓，
故答案为：Fe2++2OH−=Fe(OH)2↓；
②尽管生产[FeY]2−所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强，
故答案为：方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2−比Fe2+抗氧化的能力强；
(5)分析图像和物质性质可知，温度变化NO去除率变化的原因是温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，
故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小；
(6)使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol⋅L−1[FeY(NO)]2−转化为[FeY]2−、N2和NH4+，结合得失电子守鹤可知，0.03molZn参与反应，失去电子为0.06mol，铵根离子浓度为0.004mol/L，即生成了0.004mol的铵根离子，此过程中得到电子数目为0.004mol×5=0.02mol，转化为氮气得到的电子书为0.06mol−0.02mol=0.04mol，即生成的氮气的物质的量为0.044mol=0.01mol，结合氮原子守恒可知，参与反应的FeY2−(NO)的物质的量为0.004mol+0.01=0.024mol，故[FeY]2−的再生率为0.024mol1L×0.04mol/L×100%=60%，
故答案为：60%。
本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
17.【答案】(1)p
(2)AD
(3)①三角锥形；sp3
②NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合
(4)①KIO3 ②12 ③214NA×a3×10−21
【解析】(1)卤族元素(ns2np5)位于元素周期表的p区，
故答案为：p；
(2)A.由于HF分子之间除分子间作用力之外还能形成氢键，因此HF的沸点要比HCl的高，而对于HCl、HBr来说，由于分子间作用力随相对分子质量的增大而增加，HCl、HBr、HF 三者的沸点依次增大，故A错误；
B.Cl2、ICl、IBr均为分子晶体，其沸点与分子间作用力有关，则相对分子质量逐渐增大，分子间作用力依次增大，Cl2、ICl、IBr沸点依次增大，故B正确；
C.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，由离子半径Br−>Cl−>F−，则NaF、NaCl、NaBr熔点依次降低，故C正确；
D.X元素的电负性越强，X吸引电子对的能力越强，使O−H间的电子对向O原子方向偏离，电离出H+更容易，由于电负性：Cl>Br>I，则H−O−X的酸性随着X的原子序数递增逐渐减弱，故D错误；
故答案为：BD；
(3)①NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型的，所以NF3空间结构为三角锥形，NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，
故答案为：三角锥型；sp3；
②NH3具有碱性(可与H+结合)而NF3没有碱性，原因是NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合，
故答案为：NF3中F元素电负性强，使得N原子呈正电性(δ+)，难与H+结合；
(4)①晶胞中I原子数目=1、K原子数目=8×18=1、O原子数目=6×12=3，该晶体的化学式为KIO3，
故答案为：KIO3；
②顶点K与面心O相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与K紧邻的O的个数=3×82=12，
故答案为：12；
③晶体的化学式为KIO3，晶胞质量m=39+127+16×3NAg=214NAg，边长为anm，体积V=a3×10−21cm3，则晶体密度ρ=mV=214NA×a3×10−21g⋅cm−3，
故答案为：214NA×a3×10−21。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化等知识点，这些都是高频考点，难点是(4)题晶胞计算，难度中等。
18.【答案】(1)羟基、醛基
(2)ab
(3)
(4)BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应
(5)H2NCH2CH2Cl
(6)
【解析】由反应条件、K的结构简式，可知I发生硝化反应生成J，J中硝基还原为氨基生成K，逆推可知J为、I为，D与H脱去1分子HCl生成I，结合D的分子式，可推知D为、H为，对比A、D的结构，结合反应条件、B与C的分子式、信息i，可知A中醛基对位的酚羟基与CH3I发生取代反应引入−OCH3生成B和HI，B中−CHO转化为−CN生成C，C中−CN转化为−COOH生成D，故B为、C为，(4)中E的核磁共振氢谱中只有一组峰，则E为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，2分子F脱去1分子水生成G，G与试剂a发生信息ii中反应生成，故G为HOCH2CH2OCH2CH2OH、a为H2NH2CH2Cl。
(1)A分子中含氧官能团名称是羟基、醛基，
故答案为：羟基、醛基；
(2)a.B的结构简式为，苯环、醛基能与氢气发生加成反应，在Ni的催化下，1molB可与4molH2发生加成反应，故a正确；
b.B分子中含有醛基、酚羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c.酚羟基酸性比较碳酸弱，不能与Na2CO3发生反应产生CO2，故c错误；
d.B的不饱和度为5，含有苯环、醛基的羧酸类有机物的不饱和度至少为6，故不存在含有苯环、醛基的羧酸类同分异构体，故d错误；
故答案为：ab；
(3)由分析可知，D的结构简式为，
故答案为：；
(4)E的分子式为C2H4Br2，E的核磁共振氢谱中只有一组峰，E的结构简式为BrCH2CH2Br，E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，E→F的化学方程式为BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr，F→G是2分子HOCH2CH2OH脱去1分子水生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，反应类型为取代反应，
故答案为：BrCH2CH2Br+2NaOH→△水HOCH2CH2OH+2NaBr；取代反应；
(5)由分析可知，试剂a的结构简式为H2NCH2CH2Cl，
故答案为：H2NCH2CH2Cl；
(6)由分析可知，J的结构简式为，
故答案为：。
本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物分子式、K的结构简式进行分析判断，注意对给予信息的理解，题目较好地考查学生自学能力、分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
19.【答案】(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)溶液局部变红
(3)O2；化学平衡常数
(4)①电流计指针不动
②验证假设2是否成立
③0.1mol/LFeSO4；石墨；石墨
④Cu2++e−⇌Cu+，SCN−与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化
【解析】分析：该实验的目的是探究铜与硫酸铁溶液的反应是否为可逆反应，由探究实验所得实验现象可知，铜与硫酸铁溶液的反应不是可逆反应；
(1)由实验现象可知，实验i中发生的反应为铜与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)由实验ii的上层清液滴加硫氰化钾溶液后，溶液局部变红可知，溶液中存在铁离子，
故答案为：溶液局部变红；
(3)①亚铁离子具有还原性，可能被空气中氧气氧化生成铁离子使硫氰化钾溶液变红色，则假设2被空气中氧气氧化，
故答案为：O2；
②若铜与硫酸铁溶液的反应为可逆反应，可以通过资料查找该反应的化学平衡常数是否大于105定量判断确定，
故答案为：化学平衡常数；
(4)①由实验iv中闭合开关K，电流计指针不动可知，铜与硫酸铁溶液的反应不是可逆反应，证明假设1不成立，
故答案为：电流计指针不动；
②由实验iii中硫酸亚铁溶液放置较长时间，溶液颜色不变红，说明铁离子的存在与空气中氧气无关，证明假设2不成立，则实验iii的目的是验证假设2是否成立，
故答案为：验证假设2是否成立；
③铜与2mL0.05mol/L硫酸铁溶液反应生成0.1mol/L硫酸亚铁和0.05mol/L硫酸铜，由探究实验变量唯一化原则可知，溶液a应选择0.1mol/L硫酸亚铁溶液；若验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化，实验iv设计原电池时，应选择不参与铜离子和亚铁离子反应的惰性材料做电极，则b、c电极可以选择石墨电极，
故答案为：0.1mol/LFeSO4；石墨；石墨；
④由验证在实验ii的条件下，铜离子将亚铁离子氧化可知，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铜离子，在溶液中存在如下平衡Cu2++e−⇌Cu+，向硫酸铜溶液中滴加硫氰化钾溶液，硫氰酸根离子与亚铜离子结合生成硫氰化亚铜沉淀，导致亚铜离子浓度降低，有利于电极反应正向移动，促使亚铁离子在负极被氧化，
故答案为：Cu2++e−⇌Cu+，SCN−与Cu+结合生成CuSCN沉淀，导致c(Cu+)降低，有利于电极反应正向移动，Cu2+得电子能力增强(大于Fe3+)，使得Fe2+被氧化。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
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