2023年高考化学压轴题训练⑥（模拟题选编）

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2023年高考化学压轴题训练⑥（模拟题选编）
【试题目录】

一．化学平衡的计算（共5小题） 1
二．酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算（共1小题） 5
三．氯及其化合物的综合应用（共1小题） 5
四．有机物的合成（共9小题） 7
五．有机物的结构和性质（共1小题） 14
六．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 15
七．性质实验方案的设计（共3小题） 17
【答案目录】
一．化学平衡的计算（共5小题） 22
二．酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算（共1小题） 30
三．氯及其化合物的综合应用（共1小题） 31
四．有机物的合成（共9小题） 34
五．有机物的结构和性质（共1小题） 57
六．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题） 59
七．性质实验方案的设计（共3小题） 63


一．化学平衡的计算（共5小题）
1．（2020•海淀区校级模拟）已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如表。在830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4s内A的平均反应速率v（A）＝0.005mol/（L•s）。下列说法正确的是（　　）
温度/℃
700
800
830
平衡常数
1.7
1.1
1.0
A．4s时c（B）为0.38mol/L
B．830℃达平衡时，A的转化率为20%
C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D．1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数为k＜1
2．（2020•石景山区一模）SiHCl3在催化剂作用下主要发生反应：2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 kJ•mol﹣1．已知：反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x2SiHCl3﹣k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．343K时反应物的平衡转化率为21%
B．a点的反应速率小于b点的反应速率
C．343K时＝
D．由323K的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K
3．（2020•海淀区模拟）在2L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（s），所得实验
数据如下表：
实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n（X）
n（Y）
n（M）
n（N）
①
800
0.10
0.40
0.080
0.080
②
800
0.20
0.80
a
a
③
900
0.10
0.15
0.06
0.06
下列说法正确的是（　　）
A．实验①5min达平衡，平均反应速率v（X）＝0.016mol/（L•min）
B．实验②中，该反应的平衡常数K＝1
C．实验②中，达到平衡时，a小于0.16
D．正反应为吸热反应
4．（2020•朝阳区模拟）碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式．
（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．
①已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）＝2Fe（s）+3CO（g）△H1＝+489.0kJ/mol
C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为　 　；
②氯化钯（PdCl2）溶液常被应用于检测空气中微量CO．PdCl2被还原成单质，反应的化学方程式为　 　；
（2）将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池．
①负极电极反应式是：　 　；
②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．下列说法中正确的是　 　（填序号）
A．电源中的a一定为正极，b一定为负极
B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极
D．阴极发生的反应是：2H++2e﹣＝H2↑
（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
CO2
1
650
2
4
1.6
5
2
900
1
2
0.4
3
3
900
1
2
0.4
1
①该反应的正反应为　 　（填“吸”或“放”）热反应；
②实验2中，平衡常数K＝　 　；
③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是　 　（答一种情况即可）；
（4）将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序　 　．

5．（2020•北京模拟）硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。
（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为（NH4）2SO4的方法降低尾气中的含硫量。实验测得NH4HSO3溶液中＝1500，则溶液的pH为　 　。（已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7）
（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫（O＝C＝S），该物质可转化为H2S，反应为COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）ΔH＞0。
①恒温、恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是　 　（填字母）。
a．COS的浓度保持不变
b．化学平衡常数不再改变
c．混合气体的密度不再改变
d．形成2mol H﹣S键的同时形成1mol H﹣H键
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S（g）+CO（g）⇌COS（g）+H2（g）　K＝0.25．则该温度下反应COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）的平衡常数K′＝　 　。
T1℃时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入1mol COS（g）和1mol H2（g），达到平衡时COS的转化率为　 　。
（3）过二硫酸（H2S2O8）是一种强氧化性酸，其结构式为：

①在Ag+催化作用下，S2O82﹣能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42﹣和MnO4﹣，1mol S2O82﹣能氧化的Mn2+的物质的量为　 　mol。
②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为　 　。
二．酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算（共1小题）
6．（2020•西城区一模）室温时，向 20mL 0.1mol•L﹣1的两种酸 HA、HB中分别滴加 0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其 pH变化分别对应图中的Ⅰ、Ⅱ．下列说法不正确的是（　　）

A．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA
B．a点，溶液中微粒浓度：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA）
C．滴加 NaOH溶液至 pH＝7时，两种溶液中 c（A﹣）＝c（B﹣）
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中
三．氯及其化合物的综合应用（共1小题）
7．（2020•石景山区一模）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO．实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i．HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；
H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7、K2＝5.6×10﹣11。
ii．碘的化合物主要以I﹣和的形式存在，+5I﹣+6H+═3I2+3H2O。
iii．碘单质能与I﹣反应：I2+I﹣⇌（低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ．制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 　 　 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 　 　。
（3）结合资料 i，写出D中反应的化学方程式 　 　。
Ⅱ．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g）
振荡后溶液保持无色
不变蓝
（4）对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 　 　。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是 　 　。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 　 　。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由 　 　。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 　 　。
四．有机物的合成（共9小题）
8．（2021•平谷区一模）合成某医药的中间路线如图，下列说法不正确的是（　　）

A．R的官能团是﹣OH
B．R的沸点高于P的沸点
C．由P生成M发生消去反应
D．P的核磁共振氢谱图只有一组峰
9．（2020•海淀区校级三模）研究发现，曾用于抗击埃博拉冠状病毒的新药瑞德西韦（Remdesivir）对新型冠状病毒（2019﹣nCoV）有抑制作用。K为合成该药物的中间体，其合成路线如图。
已知：（R代表烃基或其它基团）

①R﹣OH R﹣Cl；
②R﹣CHORCH（CN）﹣OHRCH（CN）﹣NH2RCH（NH2）COOH。
回答下列问题：
（1）芳香化合物A的名称为　 　。
（2）B到C的反应类型是　 　。
（3）由G生成H反应的化学方程式为　 　。
（4）已知E中含两个Cl原子，则E的结构简式为　 　。
（5）J中含氧官能团的名称为　 　。
（6）X是C的同分异构体，满足下列条件的X共　 　种，其中核磁共振氢谱中有4个峰的X的结构简式是　 　。
①苯环上连有3个取代基，其中一个为氨基；
②1mol的X与足量烧碱溶液作用时，会消耗4mol NaOH。

（7）设计由苯甲醛为原料制备化合物的合成路线　 　。（溶剂、无机试剂任选）
10．（2021•平谷区一模）布洛芬缓释高分子药物P的合成路线如图所示。

（1）M中含氧官能团的名称是　 　，是否存在顺反异构　 　。（填“是”或“否”）
（2）N的核磁共振氢谱图有两组吸收峰，N的名称是　 　。
（3）M与过量的N反应生成C，若M过量生成C′，则C′的结构简式是　 　。
（4）反应Ⅰ的反应类型是　 　。
（5）过程Ⅰ的合成过程中也用到试剂HCN，写出该过程中任意一种中间产物的结构简式：　 　。
（6）写出反应Ⅱ的离子方程式　 　。
（7）写出P在NaOH溶液中完全水解后的所有有机产物结构简式　 　。
11．（2021•朝阳区二模）心得隆（Q）可用于防治血栓，其一种合成路线如图所示。

已知：i.
ii.⇌（互变异构）
（1）芳香烃A的名称为 　 　。
（2）试剂a是 　 　，C中所含的官能团为 　 　。
（3）D的结构简式为 　 　。
（4）E→F的化学方程式是 　 　。
（5）M的结构简式为 　 　。
（6）苯丙醛可用于配制香精。以物质A和乙醇以及必要的无机试剂为原料合成苯丙醛，写出合成路线 　 　（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
12．（2021•延庆区一模）有机物M是一种抗血栓药物，结构简式为，其合成路线如图


已知：
ⅰ.RCHO+CH3COR′RCH＝CHCOR′
ⅱ.RCOOR′+CH3COOR″
（1）A的结构简式为 　 　，B→C的反应类型是 　 　。
（2）F的核磁共振氢谱只有一种峰，E结构简式是 　 　。
（3）化合物H中所含官能团名称是 　 　。
（4）G的结构简式是 　 　。
（5）I→J的化学方程式是 　 　。
（6）下列说法正确的是 　 　。
A．化合物C能使Br2/CCl4溶液褪色
B．化合物D能发生银镜反应
C．J+G→M的反应类型是加成反应
D．有机物M的分子式为C19H15O6
（7）设计C→D的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）：　 　。
13．（2021•顺义区二模）小分子抗癌新药mutlin﹣﹣3的合成路线如图。

已知：ⅰ.
ⅱ.R﹣OHR﹣Br
ⅲ.（R、R′为烃基）
（1）A的结构简式为　 　。
（2）C分子中的含氧官能团有：醚键、　 　、　 　。
（3）E的分子式为C3H8O，F→G的有机反应类型是　 　。
（4）D+G→H的化学方程式为　 　。
（5）L的结构简式为　 　。
（6）下列说法不正确的是　 　。
a.B的核磁共振氢谱吸收峰强度比为6：2：1
b.F发生消去反应的有机产物不存在顺反异构体
c.1mol K与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH
（7）NBS（N﹣溴代琥珀酰亚胺）是有机合成中的重要试剂，其结构简式为：，如图是某同学设计合成NBS的流程。请写出流程中X→Y的合成路线　 　。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系）

14．（2021•北京模拟）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。

完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 　 　。A的分子式为 　 　。④的反应类型为 　 　。
（2）反应②的化学方程式为 　 　。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 　 　。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。 　 　
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 　 　。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
15．（2021•石景山区一模）《本草纲目》记载红曲米有特殊功效，受此启发有学者从红曲米中分离出具有降脂功能的有效成分﹣洛伐他汀，之后科学家合成了多种他汀类药物。“匹伐他汀钙”是人工合成的一种他汀类药物，其合成路线如图。

已知：
（1）A是一种芳香烃，A的名称是　 　。
（2）由B生成C的反应类型是　 　。
（3）D→E的化学方程式是　 　。
（4）F的结构简式是　 　。
（5）D的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种。
①与FeCl3作用显色；
②能够发生银镜反应。
写出其中一种同分异构体的结构简式　 　。
（6）H含有2个苯环，核磁共振氢谱图中有7组峰，且面积比为2：2：2：1：1：1：1，G→H的化学方程式是　 　。
（7）H→I反应中生成中间体L，L含有3个六元环，1mol的L转化成I需要脱去2mol水，L的结构简式是　 　。
16．（2021•东城区一模）有机物K是合成一种治疗老年性白内障药物的中间体，其合成路线如图。

已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）由A制备C2H5ONa的化学方程式是　 　。
（2）B的同分异构体中，与B具有相同官能团的有　 　种。
（3）B+C→D的化学方程式是　 　。
（4）官能团转化是有机反应的核心。D中　 　（填官能团名称，下同）和E中　 　相互反应生成F。
（5）G的结构简式是　 　。
（6）J的结构简式是　 　。
五．有机物的结构和性质（共1小题）
17．（2020•朝阳区二模）尿素（）氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛树脂，其结构片段如图所示（图中表示链延长）。下列说法不正确的是（　　）

A．尿素可以与甲醛发生加成反应生成
B．脲醛树脂的合成反应为缩聚反应
C．交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛
D．甲醛可以使交联成网状结构的脲醛树脂
六．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
18．（2020•北京模拟）已知Cr（OH）3在碱性较强的溶液中将生成[Cr（OH）4]﹣，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍．因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法．
【方法一】还原法 在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬．具体流程如下：

有关离子完全沉淀的pH如下表：
有关离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
完全沉淀为对应氢氧化物的pH
9.0
3.2
5.6
（1）写出Cr2O72﹣与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式　 　．
（2）还原+6价铬还可选用以下的　 　试剂（填序号）．
A．明矾 B．铁屑 C．生石灰 D．亚硫酸氢钠
（3）在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀．则在操作②中可用于调节溶液pH的试剂为：　 　（填序号）；
A．Na2O2 B．Ba（OH）2 C．Ca（OH）2
此时调节溶液的pH范围在　 　（填序号）最佳．
A．3～4 B．6～8 C．10～11 D．12～14
【方法二】电解法 将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解．阳极区生成的Fe2+和Cr2O72一发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH一结合生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去．
（4）写出阴极的电极反应式　 　．
（5）电解法中加入氯化钠的作用是：　 　．
19．（2020•海淀区校级三模）工业上从钴渣[含Co（OH）3、Fe（OH）3等]中回收钴的两种方法如图。

已知：
①Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣44，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。
②碱性条件下，Fe（OH）3不与亚硫酸钠反应；Fe3++NH3→不发生类似Co2+、Co3+的配位化学反应。
请回答下列问题：
（1）方法1“氨浸”时用的氨水的质量百分数为a，密度为ρg•cm﹣3，该氨水的物质的量浓度为　 　mol•L﹣1，“氨浸”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）方法1“氨浸”时，未加Na2SO3溶液和加入Na2SO3溶液时的钴浸出率如图1所示。请解释两种情况下钴浸出率不同的原因　 　。




图1不同条件下钴浸出率






图2 浸出温度对钴浸出率的影响
（3）方法1中，浸出温度对钴浸出率的影响如图2所示，工业上选择50℃而不是更高温度的可能的原因是　 　。
（4）方法2中，为提高酸溶速率，可采取的措施是　 　（写出一条即可）。
（5）对比方法1和方法2，从物质分离的角度分析方法1的优点是　 　。
七．性质实验方案的设计（共3小题）
20．（2020•海淀区校级三模）某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如表1现象：
表1：
装置与试剂
现象


Cu片完全溶解，产生红棕色气体，得到绿色溶液A，该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B．反应后溶液体积几乎不变。
（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为　 　。
（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象　 　，证实猜测合理。甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如表2资料并提出了新的假设：
表2：
资料ⅰ：NO2溶于水部分会发生歧化反应2NO2+H2O⇌HNO2+HNO3
资料ⅱ：NO2﹣能与Cu2+络合：Cu2+（蓝色）+4NO2﹣⇌Cu（NO2）42﹣（绿色）
资料ⅲ：HNO2是弱酸，加热或与强酸发生分解3HNO2⇌HNO3+2NO↑+H2O
假设一：A中形成了Cu（NO2）42﹣使溶液呈绿色。
为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如表3实验：
【实验一】
表3：
操作
现象
①向20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2蓝色溶液中通入少量NO2气体
溶液呈绿色
②向20.0mL水中通入与①中等量的NO2气体
溶液呈无色
（3）操作②的目的是　 　。
（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c（H+）达约8mol•L﹣1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因　 　。
（5）综合甲乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由　 　。
乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：
资料ⅳ：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色；水或稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色
假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。
为验证假设二的合理性，乙同学进行了如表4实验：
【实验二】
表4：
操作
现象
①配制与溶液A的c（H+）浓度相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入少量NO2气体
溶液呈黄色
②加入　 　
溶液变为绿色
③……
溶液立即变回蓝色
（6）操作②中加入的试剂为　 　，操作③进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：　 　。
21．（2020•海淀区一模）某研究小组查阅资料发现Fe3+与I﹣的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在Fe3+，并据此设计实验1（如图所示），发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。

I．初步探究
实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实验记录如表。
编
号
饱和（NH 4）2Fe（SO4）2溶液
饱和
碘水
石蜡油
操作
KSCN
溶液
现象
2﹣1
1滴
5mL
1mL
不加热
1滴
无明显现象
2﹣2
1滴
5mL
1mL
加热一段时间后冷却
1滴
无明显现象
（l）研究小组同学根据所查阅资料写出的Fe3+与I﹣反应的离子方程式为 　 　。
（2）实验2中，加入石蜡油的目的是 　 　。
（3）小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是 　 　。
Ⅱ．查阅资料，继续探究
【资料】AgSCN为不溶于水的白色固体。
实验3：

（4）试管a的实验现象说明滤液l中含有 　 　。
（5）试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是 　 　。
（6）甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明I2氧化了Fe2+．他提出如下假设：
i．可能是AgNO3氧化了Fe2+；ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+。
他设计、实施了实验4，实验记录如表。
编号
实验操作
实验现象
4
在试管中加入1滴0.2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液，5mL蒸馏水，1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液
溶液不变红
①试剂a是 　 　。
②依据实验4，甲同学做出判断：　 　
（7）根据实验1～4所得结论是 　 　。
22．（2021•海淀区模拟）某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律．
【提出猜想】小组提出如下4种猜想：
甲：Mg（NO2）2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2
丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2
（1）查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：　 　．
（2）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　 　．
【实验操作】
（3）设计上述装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是　 　；加热Mg（NO3）2固体，AB装置实验现象是：　 　，说明有Mg（NO3）2固体分解了　 　，有NO2生成．
（4）有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：　 　
（5）小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：　 　，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入　 　．
（6）上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是　 　．（用化学方程式表示）


2023年高考化学压轴题训练⑥（模拟题选编）
参考答案与试题解析
一．化学平衡的计算（共5小题）
1．（2020•海淀区校级模拟）已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如表。在830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4s内A的平均反应速率v（A）＝0.005mol/（L•s）。下列说法正确的是（　　）
温度/℃
700
800
830
平衡常数
1.7
1.1
1.0
A．4s时c（B）为0.38mol/L
B．830℃达平衡时，A的转化率为20%
C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D．1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数为k＜1
【解答】解：A．反应初始4s内A的平均反应速率v（A）＝0.005mol/（L•s），则△n（A）＝0.005mol/（L•s）×4s×2L＝0.04mol，则△n（B）＝0.04mol，则4s时c（B）＝＝0.38mol/L，故A正确；
B．在830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应达到平衡时K＝1.0，
A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）
起始c（mol/L） 0.1 0.4 0 0
转化c（mol/L） x x x x
平衡c（mol/L） 0.1﹣x 0.4﹣x x x
K＝＝1，解得x＝0.08mol/L，则830℃达平衡时，A的转化率为×100%＝80%，故B错误；
C．根据表中数据，升高温度，K值减小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故C错误；
D．830℃，A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）该反应的平衡常数K＝1.0，则830℃，C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）K＝1.0，由C分析可知，A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）为放热反应，则C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，所以1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数为K＞1，故D错误；
故选：A。
2．（2020•石景山区一模）SiHCl3在催化剂作用下主要发生反应：2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 kJ•mol﹣1．已知：反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x2SiHCl3﹣k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．343K时反应物的平衡转化率为21%
B．a点的反应速率小于b点的反应速率
C．343K时＝
D．由323K的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K
【解答】解：A．温度越高，反应速率越快，越先达到“拐点”，说明a点所在的曲线是343K时SiHCl3的转化率随时间变化曲线，由图中数据可知，343K时反应物的平衡转化率为22%，故A错误；
B．由A可知，a点的温度是343K，而b点温度是323K，温度越高，反应速率越快，a点的反应速率大于b点的反应速率，故B错误；
C．343K时＝，SiHCl3（g）起始物质的量浓度为2a，343K时反应物的平衡转化率为22%
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 kJ•mol﹣1
起始c（mol/L） 2a
转化c（mol/L） 0.44a 0.22a 0.22a
平衡c（mol/L） 1.56a 0.22a 0.22a
＝＝＝，故C正确；
D．根据图中数据可知，323K的SiHCl3的转化率为21%，SiHCl3（g）起始物质的量浓度为2a，
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H＝+48 kJ•mol﹣1
起始c（mol/L） 2a
转化c（mol/L） 0.42a 0.21a 0.21a
平衡c（mol/L） 1.58a 0.21a 0.21a
K＝＝＝0.028，故D错误，
故选：C。
3．（2020•海淀区模拟）在2L 恒容密闭容器中充入X（g）和Y（g），发生反应X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（s），所得实验
数据如下表：
实验
编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n（X）
n（Y）
n（M）
n（N）
①
800
0.10
0.40
0.080
0.080
②
800
0.20
0.80
a
a
③
900
0.10
0.15
0.06
0.06
下列说法正确的是（　　）
A．实验①5min达平衡，平均反应速率v（X）＝0.016mol/（L•min）
B．实验②中，该反应的平衡常数K＝1
C．实验②中，达到平衡时，a小于0.16
D．正反应为吸热反应
【解答】解：A．实验①5min达平衡，n（M）＝0.080mol，根据化学方程式，则△n（X）＝0.08mol，v（X）＝＝＝0.008mol/（L•min），故A错误；
B．平衡常数是温度的函数，实验①和实验②同温度下，两者平衡常数相等，
实验①n（M）＝0.08mol，则△n（X）＝△n（Y）＝0.08mol，则平衡时n（X）＝0.10mol﹣0.08mol＝0.02mol，n（Y）＝0.40mol﹣0.08mol＝0.32mol
K①＝＝＝25，故B错误；
C．在4L 恒容密闭容器中充入0.2molX（g）和0.8molY（g）与实验①为等效平衡，实验②相当于将4L容器变为2L容器，若平衡不移动，则a＝0.16，但该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；
D．根据表中数据，实验③平衡时n（X）＝0.10mol﹣0.06mol＝0.04mol，n（Y）＝0.15mol﹣0.06mol＝0.09mol，
K③＝＝＝33.33＞K①，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故D正确，
故选：D。
4．（2020•朝阳区模拟）碳和碳的化合物在生产、生活中的应用非常广泛，在提倡健康生活已成潮流的今天，“低碳生活”不再只是一种理想，更是一种值得期待的新的生活方式．
（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁等．
①已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）＝2Fe（s）+3CO（g）△H1＝+489.0kJ/mol
C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ/mol
则CO还原Fe2O3的热化学方程式为　Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣28.5kJ/mol　；
②氯化钯（PdCl2）溶液常被应用于检测空气中微量CO．PdCl2被还原成单质，反应的化学方程式为　PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl　；
（2）将两个石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入C3H8和O2构成丙烷燃料电池．
①负极电极反应式是：　C3H8﹣20e﹣+26OH﹣＝3CO32﹣+17H2O　；
②某同学利用丙烷燃料电池设计了一种电解法制取Fe（OH）2的实验装置（如图所示），通电后，溶液中产生大量的白色沉淀，且较长时间不变色．下列说法中正确的是　ABD　（填序号）
A．电源中的a一定为正极，b一定为负极
B．可以用NaCl溶液作为电解液
C．A、B两端都必须用铁作电极
D．阴极发生的反应是：2H++2e﹣＝H2↑
（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
CO2
1
650
2
4
1.6
5
2
900
1
2
0.4
3
3
900
1
2
0.4
1
①该反应的正反应为　放热　（填“吸”或“放”）热反应；
②实验2中，平衡常数K＝　　；
③实验3跟实验2相比，改变的条件可能是　使用了催化剂；加大了压强　（答一种情况即可）；
（4）将2.4g碳在足量氧气中燃烧，所得气体通入100mL 3.0mol/L的氢氧化钠溶液中，完全吸收后，溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　．

【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3C（石墨）＝2Fe（s）+3CO（g）△H1＝+489.0kJ/mol ①
C（石墨）+CO2（g）＝2CO（g）△H2＝+172.5kJ/mol ②
由①﹣②×3，得到热化学方程式：Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣28.5kJ/mol，
故答案为：Fe2O3（s）+3CO（g）＝2Fe（s）+3CO2（g）△H＝﹣28.5kJ/mol，
②氧化还原反应规律，CO与PdCl2溶液反应，PdCl2被还原成单质，则CO被氧化成CO2，根据质量守恒定律，有水参与反应同时生成氯化氢，反应的化学方程式为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl，故答案为：PdCl2+CO+H2O＝Pd+CO2+2HCl；
（2）C3H8和O2构成丙烷燃料电池的总反应：C3H8+5O2+6OH﹣＝3CO32﹣+7H2O，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，负极发生氧化反应，电极反应式为：C3H8 +26OH﹣﹣20e﹣＝3CO32﹣+17H2O；故答案为：C3H8 +26OH﹣﹣20e﹣＝3CO32﹣+17H2O；
②A、因为生成的氢气将装置中原有氧气溢出，所以氢气从B端阴极析出，A电极则是铁做阳极失去电子生成亚铁离子，电源中的a与A相连，则a为正极，b与B相连，则b为负极，故A正确；
B、电解池中阳极是铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极是溶液中的氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中的阴离子不会在阳极失电子，所以选用NaCl溶液不影响实验，故B正确；
C、阳极应该用铁电极，阴极可以是铁也可以是其他惰性电极，故C错误；
D、阴极氢离子放电，其电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，故D正确；
故选：ABD；
（3）①实验1中CO的转化率为×100%＝40%，实验2中CO的转化率为×100%＝20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，故答案为：放热；
②H2O（g）+CO（g） CO2（g）+H2（g）
初始 1mol/L 2mol/L 0 0
转化 0.4mol/L 0.4mol/l 0.4mol/l 0.4mol/l
平衡 0.6mol/L 1.6mol/L 0.4mol/l 0.4mol/l
根据K＝＝＝，故答案为：；
③实验3跟实验2相比，温度相同，浓度相同，但实验3达到平衡所用时间少，反应速率更大，但平衡状态没有发生移动，应是使用了催化剂，又由于反应前后气体体积不变，则增大了压强，平衡也不移动，也可能为压强的增大，故答案为：使用了催化剂或增大了压强；
（4）2.4g碳是0.2mol，燃烧生成0.2molCO2，与0.3molNaOH反应的化学方程式为：2CO2+3NaOH＝NaHCO3+Na2CO3+H2O，生成0.1molNa2CO3、0.1molNaHCO3，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c（Na+）最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），水解使溶液显碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），显性离子大于隐性离子，所以c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），即离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
5．（2020•北京模拟）硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。
（1）工业尾气中的SO2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为（NH4）2SO4的方法降低尾气中的含硫量。实验测得NH4HSO3溶液中＝1500，则溶液的pH为　6　。（已知：H2SO3的Ka1＝1.5×10﹣2，Ka2＝1.0×10﹣7）
（2）煤制得的化工原料气中含有羰基硫（O＝C＝S），该物质可转化为H2S，反应为COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）ΔH＞0。
①恒温、恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是　bc　（填字母）。
a．COS的浓度保持不变
b．化学平衡常数不再改变
c．混合气体的密度不再改变
d．形成2mol H﹣S键的同时形成1mol H﹣H键
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S（g）+CO（g）⇌COS（g）+H2（g）　K＝0.25．则该温度下反应COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）的平衡常数K′＝　4　。
T1℃时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入1mol COS（g）和1mol H2（g），达到平衡时COS的转化率为　66.7%　。
（3）过二硫酸（H2S2O8）是一种强氧化性酸，其结构式为：

①在Ag+催化作用下，S2O82﹣能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42﹣和MnO4﹣，1mol S2O82﹣能氧化的Mn2+的物质的量为　0.4　mol。
②工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为　2SO42﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣　。
【解答】解：（1）Ka1＝、Ka2＝，Ka1×Ka2＝×c2（H+）＝1500×c2（H+）＝1.5×10﹣2×1.0×10﹣7，c（H+）＝10﹣6mol/L，则pH＝﹣lgc（H+）＝6，
故答案为：6；
（2）①a．COS的浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
b．温度不变化学平衡常数始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
c．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
d．无论反应是否达到平衡状态都存在形成2mol H﹣S键的同时形成1mol H﹣H键，不能据此判断平衡状态，故错误；
故答案为：bc；
②T1℃时，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S（g）+CO（g）⇌COS（g）+H2（g）　K＝0.25．则该温度下反应COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）的平衡常数K′＝＝＝4；
T1℃时，向容积为10L的恒容密闭容器中充入1mol COS（g）和1mol H2（g），设消耗n（COS）＝xmol，
可逆反应COS（g）+H2（g）⇌H2S（g）+CO（g）
开始（mol）1 1 0 0
消耗（mol）x x x x
平衡（mol）1﹣x 1﹣x x x
该反应前后每一种物质的计量数都是1且反应前后气体计量数之和不变，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，也等于生成物物质的量幂之积和反应物物质的量幂之积的比，则K＝＝＝＝4，x＝，
达到平衡时COS的转化率＝×100%＝×100%＝66.7%，
故答案为：4；66.7%；
（3）①在Ag+催化作用下，S2O82﹣能与Mn2+在水溶液中发生反应生成SO42﹣和MnO4﹣，S元素化合价由+7价变为+6价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，转移电子物质的量相等，1mol S2O82﹣能氧化的Mn2+的物质的量＝＝0.4mol，
故答案为：0.4；
②阳极上SO42﹣失电子发生氧化反应生成S2O82﹣，则阳极的电极反应式为2SO42﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣，
故答案为：2SO42﹣﹣2e﹣＝S2O82﹣。
二．酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算（共1小题）
6．（2020•西城区一模）室温时，向 20mL 0.1mol•L﹣1的两种酸 HA、HB中分别滴加 0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其 pH变化分别对应图中的Ⅰ、Ⅱ．下列说法不正确的是（　　）

A．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA
B．a点，溶液中微粒浓度：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA）
C．滴加 NaOH溶液至 pH＝7时，两种溶液中 c（A﹣）＝c（B﹣）
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中
【解答】解：20mL 0.1mol•L﹣1的两种酸 HA、HB中，HB的pH＝1，所以HB是强酸，HA对应的pH大于1，是弱酸，
A、化学反应遵循强酸制弱酸的原理，向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，故A正确；
B、20mL 0.1mol•L﹣1的酸 HA中滴加 0.1mol•L﹣1NaOH溶液10mL，则HA酸会剩余，同时产生NaA，溶液显示酸性a点，溶液中微粒浓度：c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA），故B正确；
C、滴加 NaOH溶液至 pH＝7时，根据电荷守恒c（OH﹣）+c（A﹣）或c（B﹣）＝c（H+）+c（Na+），pH＝7时，c（OH﹣）＝c（H+），两种溶液中 c（A﹣）或c（B﹣）＝c（Na+），但是两种溶液中 c（A﹣）、c（B﹣）并不相等，故C错误；
D、滴加 20 mL NaOH 溶液时，酸碱恰好中和，得到的NaA是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的NaB是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅰ中 H2O 的电离程度大于Ⅱ中，故D正确。
故选：C。
三．氯及其化合物的综合应用（共1小题）
7．（2020•石景山区一模）“84消毒液”广泛应用于杀菌消毒，其有效成分是NaClO．实验小组制备消毒液，并利用其性质探索制备碘水的方法。
资料：i．HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；
H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7、K2＝5.6×10﹣11。
ii．碘的化合物主要以I﹣和的形式存在，+5I﹣+6H+═3I2+3H2O。
iii．碘单质能与I﹣反应：I2+I﹣⇌（低浓度时显黄色，高浓度时为棕色）。
Ⅰ．制备消毒液（夹持装置略）
（1）制备NaClO消毒液的装置是 　C　 （填C或D）。
（2）制备完成后，向C装置的溶液中添加NaOH、Na2SiO3等物质，得到与某品牌成分相同的消毒液，用平衡移动原理解释NaOH的作用 　ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆移，使c（HClO）减小，分解速率减慢　。
（3）结合资料 i，写出D中反应的化学方程式 　Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl+CO2　。
Ⅱ．利用消毒液的性质探究碘水的制备方法
将某品牌“84消毒液”稀释10倍，各取100mL于三个烧杯中，设计如下实验方案制备碘水：
方案
操作
现象
反应后加淀粉溶液
1
烧杯1溶液中加入9gKI固体
溶液为橙黄色
……
2
烧杯2溶液中加入9gKI固体再加入1mol/L盐酸10mL
溶液颜色快速加深，呈紫红色
变蓝
3
烧杯3溶液中加入少量KI固体（小于0.5g）
振荡后溶液保持无色
不变蓝
（4）对比不同方案的实验现象，得出制取碘水的最佳方法要关注的因素是 　溶液的酸碱性、消毒液和KI的相对用量　。
（5）针对烧杯3“滴加淀粉溶液不变蓝”的原因，提出两种假设：
假设1：过量的NaClO将反应生成的I2氧化为。
设计实验证实了假设1成立。NaClO氧化I2生成的离子方程式是 　5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O　。
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在。
设计实验a证实了假设2成立，实验a的操作及现象是 　向与烧杯3pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去　。
（6）某小组检验烧杯3所得溶液中含：取烧杯3所得无色溶液少许，加入稀硫酸酸化的KI溶液，反应后再滴加淀粉溶液，发现溶液变蓝。该实验方案能否证明烧杯3所得溶液中存在，说明理由 　不能，溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝　。
（7）预测烧杯1反应后加淀粉溶液的实验现象，结合方程式说明预测依据 　“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣（和I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3H2O”　。
【解答】解：（1）Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O；制得NaClO消毒液，
故答案为：C；
（2）NaClO含弱酸根离子（ClO﹣）易水解：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定），
故答案为：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆移，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；
（3）Cl2溶于水生成两种酸HCl和HClO：即Cl2+H2O＝HCl+HClO；又因HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8，H2CO3的电离常数为K1＝4.3×10﹣7，K2＝5.6×10﹣11；得出酸性的大小：H2CO3＞HClO＞；根据强酸制弱酸，所以HClO与NaHCO3不反应，只有HCl+NaHCO3═NaCl+CO2↑+H2O；所以两个方程式加和的总反应方程式：Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl +CO2↑，
故答案为：Cl2+NaHCO3═HClO+NaCl +CO2↑；
（4）表格中烧杯1和烧杯2相比较，区别于在1mol/L盐酸10mL上；烧杯1和烧杯3区别于KI固体的用量上；都用到消毒液，所以制取碘水的最佳方法要关注的因素是：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量（合理即可），
故答案为：溶液的酸碱性；消毒液和KI的相对用量（合理即可）；
（5）NaClO氧化I2生成，根据得失电子守恒：ClO﹣的氯元素由+1价生成Cl﹣得2个电子；0价的I2生成+5价的中的碘元素，转移电子的最小公倍数为10；所以5ClO﹣和I2生成2和5Cl﹣，再结合反应在碱性条件下进行，并利用元素守恒和电荷守恒得出离子方程式：5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O；
假设2：生成的I2在碱性溶液中不能存在，设计实验a证实了假设2成立：做对比实验，直接往相同条件的碱液中滴加含有有淀粉溶液的碘水来证明；若蓝色褪去即可证明；所以向与烧杯3的pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去即可证明；
故答案为：5ClO﹣+I2+2OH﹣═2+5Cl﹣+H2O；向与烧杯3 pH相同的NaOH溶液中加入滴有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去；
（6）烧杯3所得无色溶液中含有大量“84消毒液”，与KI溶液放发生反应，会生成I2；所以不能证明，因为溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝；故答案为：不能，溶液中存在大量ClO﹣的干扰，ClO﹣也可将I﹣氧化为I2使溶液变蓝；
（7）有两种情况：也可能变蓝，也可能不变蓝；“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣ （和 I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3 H2O”（合理即可）；
故答案为：“变蓝，因为发生反应ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣ （和 I2+I﹣⇌），溶液中存在I2单质”或“变蓝，溶液显橙黄色，肯定存在有色离子I2或，反应生成的I2存在平衡I2+I﹣⇌，有I2会变蓝”；或“不变蓝，I2在碱性溶液中不存在，发生反应3I2+6OH﹣═+5I﹣+3 H2O”（合理即可）。
四．有机物的合成（共9小题）
8．（2021•平谷区一模）合成某医药的中间路线如图，下列说法不正确的是（　　）

A．R的官能团是﹣OH
B．R的沸点高于P的沸点
C．由P生成M发生消去反应
D．P的核磁共振氢谱图只有一组峰
【解答】解：A．通过以上分析知，R的结构简式为CH3CH（OH）CH3，则R的官能团是﹣OH，故A正确；
B．P的结构简式为CH3COCH3，R的结构简式为CH3CH（OH）CH3，R能形成分子间氢键但P不能形成分子间氢键，含有分子间氢键的物质熔沸点较高，所以R的沸点高于P的沸点，故B正确；
C．P中碳氧双键被取代生成M，属于取代反应，故C错误；
D．P的结构简式为CH3COCH3，P含有一种氢原子，所以其核磁共振氢谱图只有一组峰，故D正确；
故选：C。
9．（2020•海淀区校级三模）研究发现，曾用于抗击埃博拉冠状病毒的新药瑞德西韦（Remdesivir）对新型冠状病毒（2019﹣nCoV）有抑制作用。K为合成该药物的中间体，其合成路线如图。
已知：（R代表烃基或其它基团）

①R﹣OH R﹣Cl；
②R﹣CHORCH（CN）﹣OHRCH（CN）﹣NH2RCH（NH2）COOH。
回答下列问题：
（1）芳香化合物A的名称为　苯酚　。
（2）B到C的反应类型是　取代反应　。
（3）由G生成H反应的化学方程式为　HCHO+HCNHOCH2CN　。
（4）已知E中含两个Cl原子，则E的结构简式为　　。
（5）J中含氧官能团的名称为　酯基　。
（6）X是C的同分异构体，满足下列条件的X共　6　种，其中核磁共振氢谱中有4个峰的X的结构简式是　、　。
①苯环上连有3个取代基，其中一个为氨基；
②1mol的X与足量烧碱溶液作用时，会消耗4mol NaOH。

（7）设计由苯甲醛为原料制备化合物的合成路线　　。（溶剂、无机试剂任选）
【解答】解：（1）根据上述分析可知，A的结构简式为，其名称为苯酚；
故答案为：苯酚；
（2）B与发生取代反应生成C，即B到C的反应类型为取代反应；
故答案为：取代反应；
（3）G为HCHO，H为HOCH2CN，G与HCN催化得到H，反应的化学方程式为HCHO+HCNHOCH2CN；
故答案为：HCHO+HCNHOCH2CN；
（4）根据上述分析，D与SOCl2在催化剂加热的条件下发生已知反应①生成E，E的结构简式为；
故答案为：；
（5）J的结构简式为，其中含氧官能团的名称为酯基；
故答案为：酯基；
（6）X是C的同分异构体，X苯环上连有3个取代基，其中1个为氨基，且1mol的X与足量烧碱溶液作用时，会消耗4molNaOH，则X分子中苯环上含有1个﹣NH2，2个﹣OOCH，X有共6种结构，其中核磁共振氢谱中有4个峰的X的结构简式是、；
故答案为：、；
（7）以苯甲醛为原料制备化合物时，可将苯甲醛与HCN催化生成，与H+/H2O生成，在浓硫酸加热的条件下发生分子内的酯化反应生成，合成路线为；
故答案为：。
10．（2021•平谷区一模）布洛芬缓释高分子药物P的合成路线如图所示。

（1）M中含氧官能团的名称是　羧基　，是否存在顺反异构　否　。（填“是”或“否”）
（2）N的核磁共振氢谱图有两组吸收峰，N的名称是　乙二醇　。
（3）M与过量的N反应生成C，若M过量生成C′，则C′的结构简式是　　。
（4）反应Ⅰ的反应类型是　加成反应　。
（5）过程Ⅰ的合成过程中也用到试剂HCN，写出该过程中任意一种中间产物的结构简式：　、、　。
（6）写出反应Ⅱ的离子方程式　　。
（7）写出P在NaOH溶液中完全水解后的所有有机产物结构简式　、、HOCH2CH2OH　。
【解答】解：（1）M中含氧官能团的名称是羧基，连接碳碳双键的其中一个碳原子上含有2个氢原子，所以不存在顺反异构，
故答案为：羧基；否；
（2）N为HOCH2CH2OH，N的名称是乙二醇，
故答案为：乙二醇；
（3）M与过量的N反应生成C，若M过量生成C′，两个醇羟基发生酯化反应，则C′的结构简式是，
故答案为：；
（4）丙酮和HCN发生加成反应生成A，所以反应Ⅰ的反应类型是加成反应，
故答案为：加成反应；
（5）过程Ⅰ的合成过程中也用到试剂HCN，羰基和HCN发生加成反应生成醇羟基和﹣CN，﹣CN水解生成﹣COOH、醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，该过程中中间产物的结构简式：、、，
故答案为：、、；
（6）A发生水解反应生成B，则反应Ⅱ的离子方程式为，
故答案为：；
（7）P的结构简式为，+2NaOH→++HOCH2CH2OH，
故答案为：、、HOCH2CH2OH。
11．（2021•朝阳区二模）心得隆（Q）可用于防治血栓，其一种合成路线如图所示。

已知：i.
ii.⇌（互变异构）
（1）芳香烃A的名称为 　甲苯　。
（2）试剂a是 　浓硫酸、浓硝酸　，C中所含的官能团为 　醛基、硝基　。
（3）D的结构简式为 　　。
（4）E→F的化学方程式是 　　。
（5）M的结构简式为 　　。
（6）苯丙醛可用于配制香精。以物质A和乙醇以及必要的无机试剂为原料合成苯丙醛，写出合成路线 　　（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【解答】解：（1）A为，芳香烃A的名称为甲苯，
故答案为：甲苯；
（2）通过以上分析知，试剂a是浓硫酸、浓硝酸，C为，C中所含的官能团为醛基、硝基，
故答案为：浓硫酸、浓硝酸；醛基、硝基；
（3）D的结构简式为，
故答案为：；
（4）E为邻羟基苯甲酸，F为邻羟基苯甲酸甲酯，E和甲醇发生酯化反应生成F，E→F的化学方程式是，
故答案为：；
（5）M的结构简式为，
故答案为：；
（6）以物质A和乙醇以及必要的无机试剂为原料合成苯丙醛，苯丙醛可由苯丙醇发生氧化反应得到，苯丙烯醛发生加成反应生成苯丙醇，苯丙烯醛可由苯甲醛和乙醛发生信息i的反应得到，甲苯发生氧化反应生成苯甲醛，乙醇发生氧化反应生成乙醛，其合成路线为，
故答案为：。
12．（2021•延庆区一模）有机物M是一种抗血栓药物，结构简式为，其合成路线如图


已知：
ⅰ.RCHO+CH3COR′RCH＝CHCOR′
ⅱ.RCOOR′+CH3COOR″
（1）A的结构简式为 　　，B→C的反应类型是 　取代反应　。
（2）F的核磁共振氢谱只有一种峰，E结构简式是 　CH3CH（OH）CH3　。
（3）化合物H中所含官能团名称是 　羟基、酯基　。
（4）G的结构简式是 　　。
（5）I→J的化学方程式是 　　。
（6）下列说法正确的是 　BC　。
A．化合物C能使Br2/CCl4溶液褪色
B．化合物D能发生银镜反应
C．J+G→M的反应类型是加成反应
D．有机物M的分子式为C19H15O6
（7）设计C→D的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）：　　。
【解答】解：（1）A的结构简式为，B中甲基上的氢原子被氯原子取代生成C，所以B→C的反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
（2）E结构简式是CH3CH（OH）CH3，
故答案为：CH3CH（OH）CH3；
（3）H为，化合物H中所含官能团名称是羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
（4）G的结构简式是，
故答案为：；
（5）I为，J为；I发生信息ii的反应生成J，I→J的化学方程式是，
故答案为：；
（6）A．C为，化合物C和溴的四氯化碳不反应，所以不能使Br2/CCl4溶液褪色，故A错误；
B．D为，化合物D中醛基能发生银镜反应，故B正确；
C．J+G→M的反应类型是加成反应，故C正确；
D．有机物M的分子式为C19H15O6N，故D错误；
故答案为：BC；
（7）C为，D为，C中氯原子水解生成，发生催化氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
13．（2021•顺义区二模）小分子抗癌新药mutlin﹣﹣3的合成路线如图。

已知：ⅰ.
ⅱ.R﹣OHR﹣Br
ⅲ.（R、R′为烃基）
（1）A的结构简式为　　。
（2）C分子中的含氧官能团有：醚键、　醛基　、　酚羟基　。
（3）E的分子式为C3H8O，F→G的有机反应类型是　取代反应　。
（4）D+G→H的化学方程式为　　。
（5）L的结构简式为　　。
（6）下列说法不正确的是　a　。
a.B的核磁共振氢谱吸收峰强度比为6：2：1
b.F发生消去反应的有机产物不存在顺反异构体
c.1mol K与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH
（7）NBS（N﹣溴代琥珀酰亚胺）是有机合成中的重要试剂，其结构简式为：，如图是某同学设计合成NBS的流程。请写出流程中X→Y的合成路线　　。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系）

【解答】解：（1）通过以上分析知，A的结构简式为，
故答案为：；
（2）C分子中的含氧官能团有：醚键、醛基、酚羟基，
故答案为：醛基；酚羟基；
（3）F为CH3CHBrCH3，F中溴原子被碘原子取代生成G，则F→G的有机反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（4）D和G发生取代反应生成H，D+G→H的化学方程式为，
故答案为：；
（5）L的结构简式为，
故答案为：；
（6）a．B中含有4种氢原子，且氢原子种类之比为6：2：2：1，所以B的核磁共振氢谱吸收峰强度比为6：2：2：1，故a错误；
b．F为CH3CHBrCH3，F发生消去反应的有机产物为CH2＝CHCH3，不存在顺反异构体，故b正确；
c．K中氯原子水解生成的酚羟基、HCl都能和KOH以1：1反应，则1mol K与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH，故c正确；
故答案为：a；
（7）Y和氨气反应生成NH4OOCCH2CH2COONH4，则Y为HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH可由OHCCH2CH2CHO发生氧化反应得到，OHCCH2CH2CHO可由HOCH2CH2CH2CH2OH发生氧化反应得到，HOCH2CH2CH2CH2OH可由ClCH2CH2CH2CH2Cl发生水解反应得到，ClCH2CH2CH2CH2Cl可由ClCH2CH＝CHCH2Cl和氢气发生加成反应，ClCH2CH＝CHCH2Cl可由1，4﹣丁二烯和氯气发生加成反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
14．（2021•北京模拟）有机物H是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图。

完成下列填空：
（1）E中含有的官能团名称为 　羟基、碳碳双键　。A的分子式为 　C9H18O2　。④的反应类型为 　酯化反应或取代反应　。
（2）反应②的化学方程式为 　2+O22+2H2O　。
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是 　保护﹣CH2OH基团不被氧化　。
（4）G的同分异构体有多种，写出一种满足下列条件的结构简式。 　或或或
或　
①能使石蕊试液变色；
②能发生银镜反应；
③分子中含有两个甲基。
（5）设计由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH）的路线 　CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH　。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）
【解答】解：（1）E中含有的官能团名称为羟基、碳碳双键，A的分子式为C9H18O2；④为羧酸和醇的酯化反应，也属于取代反应，所以该反应的反应类型为酯化反应或取代反应，
故答案为：羟基、碳碳双键；C9H18O2；取代反应或酯化反应；
（2）反应②为醇羟基的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2+O22+2H2O，
故答案为：2+O22+2H2O；
（3）合成过程中使用TBSCl试剂的目的是保护﹣CH2OH基团不被氧化，
故答案为：保护﹣CH2OH基团不被氧化；
（4）G的同分异构体同时符合下列条件：
①能使石蕊试液变色，说明含有﹣COOH；
②能发生银镜反应，说明含有﹣CHO；
③分子中含有两个甲基，符合条件的同分异构体结构简式为或或或
或，
故答案为：或或或或；
（5）由乙酸和1，3﹣丁二烯为原料合成G（CH3COOCH2CH＝CHCH2OH），CH3COOCH2CH＝CHCH2OH可由乙酸和HOCH2CH＝CHCH2OH发生酯化反应得到，HOCH2CH＝CHCH2OH可由BrCH2CH＝CHCH2Br发生水解反应得到，BrCH2CH＝CHCH2Br可由1，3﹣丁二烯和溴发生加成反应得到，其合成路线为CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH，
故答案为：CH2＝CH﹣CH＝CH2BrCH2CH＝CHCH2BrHOCH2CH＝CHCH2OHCH3COOCH2CH＝CHCH2OH。
15．（2021•石景山区一模）《本草纲目》记载红曲米有特殊功效，受此启发有学者从红曲米中分离出具有降脂功能的有效成分﹣洛伐他汀，之后科学家合成了多种他汀类药物。“匹伐他汀钙”是人工合成的一种他汀类药物，其合成路线如图。

已知：
（1）A是一种芳香烃，A的名称是　甲苯　。
（2）由B生成C的反应类型是　氧化反应　。
（3）D→E的化学方程式是　++HCl　。
（4）F的结构简式是　　。
（5）D的同分异构体中，满足下列条件的有　13　种。
①与FeCl3作用显色；
②能够发生银镜反应。
写出其中一种同分异构体的结构简式　或　。
（6）H含有2个苯环，核磁共振氢谱图中有7组峰，且面积比为2：2：2：1：1：1：1，G→H的化学方程式是　　。
（7）H→I反应中生成中间体L，L含有3个六元环，1mol的L转化成I需要脱去2mol水，L的结构简式是　　。
【解答】解：（1）A是一种芳香烃，A的名称是甲苯，
故答案为：甲苯；
（2）B生成C主要是B中甲基被氧化为羧基，因此其反应类型是氧化反应，
故答案为：氧化反应；
（3）D→E的化学方程式是++HCl，
故答案为：++HCl；
（4）根据题意得到F的结构简式是，
故答案为：；
（5）D（）的同分异构体中，与FeCl3作用显色，说明含有酚羟基；能够发生银镜反应，说明含有醛基；若还有另外一种基团为氨基，当酚羟基和醛基在邻位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在间位，苯环上氨基有四种结构，当酚羟基和醛基在对位，苯环上氨基有2种结构，当有酚羟基和﹣NHCHO基团时处于邻、间、对三种结构，因此满足条件的同分异构体有13种；其中一种同分异构体的结构简式为或，
故答案为：13；或；
（6）G→H是发生取代反应，因此其化学方程式是，
故答案为：；
（7）H→I反应中生成中间体L，L含有3个六元环，1mol的L转化成I需要脱去2mol水，说明L含有两个羟基，再根据H、I的结构得到L的结构简式是，
故答案为：。
16．（2021•东城区一模）有机物K是合成一种治疗老年性白内障药物的中间体，其合成路线如图。

已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）由A制备C2H5ONa的化学方程式是　2CH3CH2OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑　。
（2）B的同分异构体中，与B具有相同官能团的有　3　种。
（3）B+C→D的化学方程式是　CH3COOCH2CH3+CH3CH2OOCCOOCH2CH3CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH　。
（4）官能团转化是有机反应的核心。D中　羰基　（填官能团名称，下同）和E中　氨基　相互反应生成F。
（5）G的结构简式是　　。
（6）J的结构简式是　　。
【解答】解：（1）A为CH3CH2OH，乙醇和钠反应生成乙醇钠，则由A制备C2H5ONa的化学方程式为2CH3CH2OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，
故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；
（2）B为CH3COOCH2CH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团的同分异构体中含有酯基，符合条件的结构简式有HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3CH2COOCH3，所以符合条件的同分异构体有3种，
故答案为：3；
（3）B为CH3COOCH2CH3，C为CH3CH2OOCCOOCH2CH3，D为CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3，B+C→D的化学方程式是CH3COOCH2CH3+CH3CH2OOCCOOCH2CH3CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH，
故答案为：CH3COOCH2CH3+CH3CH2OOCCOOCH2CH3CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH；
（4）根据图知，D中羰基和E中氨基相互反应生成F，
故答案为：羰基；氨基；
（5）G的结构简式是，
故答案为：；
（6）J的结构简式是，
故答案为：。
五．有机物的结构和性质（共1小题）
17．（2020•朝阳区二模）尿素（）氮原子上的氢原子可以像苯酚分子中苯环上的氢原子那样与甲醛发生反应，生成交联脲醛树脂，其结构片段如图所示（图中表示链延长）。下列说法不正确的是（　　）

A．尿素可以与甲醛发生加成反应生成
B．脲醛树脂的合成反应为缩聚反应
C．交联脲醛树脂在一定条件下可以发生水解反应，重新生成尿素和甲醛
D．甲醛可以使交联成网状结构的脲醛树脂
【解答】解：A．+HCHO，故A正确；
B．尿素（）甲醛发生反应有多种，其中尿素与甲醛按照1：2的配比，发生聚合反应形成线型脲甲醛树脂的化学方程式为，生成小分子水，属于缩聚反应，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。
六．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
18．（2020•北京模拟）已知Cr（OH）3在碱性较强的溶液中将生成[Cr（OH）4]﹣，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍．因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法．
【方法一】还原法 在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬．具体流程如下：

有关离子完全沉淀的pH如下表：
有关离子
Fe2+
Fe3+
Cr3+
完全沉淀为对应氢氧化物的pH
9.0
3.2
5.6
（1）写出Cr2O72﹣与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2 Cr3++6Fe3++7H2O　．
（2）还原+6价铬还可选用以下的　BD　试剂（填序号）．
A．明矾 B．铁屑 C．生石灰 D．亚硫酸氢钠
（3）在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀．则在操作②中可用于调节溶液pH的试剂为：　C　（填序号）；
A．Na2O2 B．Ba（OH）2 C．Ca（OH）2
此时调节溶液的pH范围在　B　（填序号）最佳．
A．3～4 B．6～8 C．10～11 D．12～14
【方法二】电解法 将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解．阳极区生成的Fe2+和Cr2O72一发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH一结合生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去．
（4）写出阴极的电极反应式　2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣　．
（5）电解法中加入氯化钠的作用是：　增强溶液导电性　．
【解答】解：（1）二价铁离子有还原性，Cr2O72﹣有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72﹣被还原为Cr3+，反应方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2 Cr3++6Fe3++7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2 Cr3++6Fe3++7H2O；
（2）能还原+6价铬，说明加入的物质有还原性，且不能引进新的杂质离子，
A．明矾没有还原性，故错误；
B．铁屑能还原+6价铬，同时本身被氧化成三价铁离子，故正确；
C．生石灰没有还原性，故错误；
D．亚硫酸氢钠能还原+6价铬，同时本身被氧化成硫酸根离子，故正确；
故答案为：BD；
（3）A．Na2O2 有强氧化性，能把Cr3+氧化成Cr6+，从而得不到Cr（OH）3，故错误；
B．Ba（OH）2 和硫酸根离子能产生硫酸钡沉淀，生成杂质，故错误；
C．Ca（OH）2 使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀，且没有其它沉淀杂质生成，故正确；
在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀，且没有氢氧化亚铁沉淀，所以溶液的PH应大于5.6小于9，所以B正确，
故答案为：C；B；
（4）将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，
故答案为：2H++2e﹣═H2↑或2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣；
（5）水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很小，氯化钠是强电解质，在水中能完全电离导致溶液阴阳离子浓度增大，所以能增强溶液导电性；
故答案为：增强溶液导电性．
19．（2020•海淀区校级三模）工业上从钴渣[含Co（OH）3、Fe（OH）3等]中回收钴的两种方法如图。

已知：
①Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣44，Ksp[Co（OH）2]＝6.3×10﹣15，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38。
②碱性条件下，Fe（OH）3不与亚硫酸钠反应；Fe3++NH3→不发生类似Co2+、Co3+的配位化学反应。
请回答下列问题：
（1）方法1“氨浸”时用的氨水的质量百分数为a，密度为ρg•cm﹣3，该氨水的物质的量浓度为　mol/L　mol•L﹣1，“氨浸”过程中发生反应的离子方程式为　2Co（OH）3+8NH3+SO32﹣+4NH4+＝2[Co（NH3）6]2++SO42﹣+5H2O　。
（2）方法1“氨浸”时，未加Na2SO3溶液和加入Na2SO3溶液时的钴浸出率如图1所示。请解释两种情况下钴浸出率不同的原因　Co（OH）3的Ksp太小，难以浸出，而Co（OH）2的Ksp较大，加入Na2SO3把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出　。




图1不同条件下钴浸出率






图2 浸出温度对钴浸出率的影响
（3）方法1中，浸出温度对钴浸出率的影响如图2所示，工业上选择50℃而不是更高温度的可能的原因是　50℃以上，钴的浸出率随温度的升高变化不大，且温度升高，促进氨逸出且能耗增大　。
（4）方法2中，为提高酸溶速率，可采取的措施是　将钴渣粉碎，增大接触面积、升高温度、加强搅拌等　（写出一条即可）。
（5）对比方法1和方法2，从物质分离的角度分析方法1的优点是　与方法2相比，方法1中Fe（OH）3不溶于氨水，减少了后续分离Fe3+的操作　。
【解答】解：（1）氨水中的溶质为NH3，已知氨水的质量百分数为a，密度为ρg•cm﹣3，则其物质的量浓度c＝＝mol/L；“氨浸”过程中的反应物有Co（OH）3、NH3、（NH4）SO4、Na2SO3，反应过程中SO32﹣将Co（OH）3还原为[Co（NH3）6]2+，则SO32﹣被还原成SO42﹣，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2Co（OH）3+8NH3+SO32﹣+4NH4+＝2[Co（NH3）6]2++SO42﹣+5H2O；
故答案为：mol/L；2Co（OH）3+8NH3+SO32﹣+4NH4+＝2[Co（NH3）6]2++SO42﹣+5H2O；
（2）据图可知加入Na2SO3比未加Na2SO3时钴的浸出率要高，这是因为：Na2SO3具有还原性，可以将+3价的Co元素还原为+2价，再结合题目信息可知Co（OH）2的Ksp比Co（OH）3大的多，所以浸出率不同的原因是：Co（OH）3的Ksp太小，难以浸出，而Co（OH）2的Ksp较大，加入Na2SO3把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出；
故答案为：Co（OH）3的Ksp太小，难以浸出，而Co（OH）2的Ksp较大，加入Na2SO3把三价钴还原成二价钴，有利于钴的浸出；
（3）据图可知，50℃时，钴的浸出率达到了95%左右，已经很高，温度升高，浸出速率可能会更快，但是钴的浸出率变化不大，反而会使更多的氨气挥发，且能耗增大；
故答案为：温度升高，浸出速率可能会更快，但是钴的浸出率变化不大，反而会使更多的氨气挥发，且能耗增大；
（4）钴渣是固体，所以将其粉碎，增大接触面积，或者升高温度、加强搅拌等都可以增大酸溶速率；
故答案为：粉碎，增大接触面积，或者升高温度、加强搅拌；
（5）根据分析可知，与方法2相比，方法1中Fe（OH）3不溶于氨水，减少了后续分离Fe3+的操作，缩短流程、减少步骤，降低了生产成本；
故答案为：Fe（OH）3不溶于氨水，减少了后续分离Fe3+的操作，缩短流程、减少步骤，降低了生产成本。
七．性质实验方案的设计（共3小题）
20．（2020•海淀区校级三模）某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如表1现象：
表1：
装置与试剂
现象


Cu片完全溶解，产生红棕色气体，得到绿色溶液A，该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B．反应后溶液体积几乎不变。
（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为　Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2H2O+2NO2↑　。
（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象　溶液通入NO2后变绿，通入一段N2后又变蓝　，证实猜测合理。甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如表2资料并提出了新的假设：
表2：
资料ⅰ：NO2溶于水部分会发生歧化反应2NO2+H2O⇌HNO2+HNO3
资料ⅱ：NO2﹣能与Cu2+络合：Cu2+（蓝色）+4NO2﹣⇌Cu（NO2）42﹣（绿色）
资料ⅲ：HNO2是弱酸，加热或与强酸发生分解3HNO2⇌HNO3+2NO↑+H2O
假设一：A中形成了Cu（NO2）42﹣使溶液呈绿色。
为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如表3实验：
【实验一】
表3：
操作
现象
①向20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2蓝色溶液中通入少量NO2气体
溶液呈绿色
②向20.0mL水中通入与①中等量的NO2气体
溶液呈无色
（3）操作②的目的是　证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰　。
（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c（H+）达约8mol•L﹣1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因　加入浓硫酸后，温度升高且c（H+）增大，引起平衡HNO2⇌NO2﹣+H+逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下降，c（NO2﹣）下降，Cu2+（蓝色）+4NO2﹣⇌Cu（NO2）42﹣（绿色）逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色　。
（5）综合甲乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由　加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液中NO2﹣不能大量存在，因此Cu（NO2）42﹣也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因　。
乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：
资料ⅳ：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色；水或稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色
假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2+的蓝色复合形成的绿色。
为验证假设二的合理性，乙同学进行了如表4实验：
【实验二】
表4：
操作
现象
①配制与溶液A的c（H+）浓度相同的HNO3溶液，取20.0mL，通入少量NO2气体
溶液呈黄色
②加入　20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2　
溶液变为绿色
③……
溶液立即变回蓝色
（6）操作②中加入的试剂为　20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2　，操作③进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：　加水稀释　。
【解答】解：（1）Cu与浓硝酸反应生成硫酸铜、NO2和H2O，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2H2O+2NO2↑；
故答案为：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2H2O+2NO2↑；
（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色；
故答案为：溶液通入NO2后变绿，通入一段N2后又变蓝；
（3）操作②是对比试验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰；
故答案为：证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰；
（4）结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c（H+）增大，引起平衡HNO2⇌NO2﹣+H+逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下降，同时产生无色气体，c（NO2﹣）下降，Cu2+（蓝色）+4NO2﹣⇌Cu（NO2）42﹣（绿色）逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；
故答案为：加入浓硫酸后，温度升高且c（H+）增大，引起平衡HNO2⇌NO2﹣+H+逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下降，c（NO2﹣）下降，Cu2+（蓝色）+4NO2﹣⇌Cu（NO2）42﹣（绿色）逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色；
（5）根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程式可知，A存有大量HNO3，酸性很强，而加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液中，NO2﹣不能大量存在，因此Cu（NO2）42﹣也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设一不成立；
故答案为：加酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液中NO2﹣不能大量存在，因此Cu（NO2）42﹣也不能大量存在，不是溶液A呈绿色的主要原因；
（6）根据控制变量法，操作②中加入的试剂应与实验一相同，即为 20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2；根据资料ⅳ，稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色，因此可采用加水稀释的方法；
故答案为：20.0mL 0.5mol•L﹣1Cu（NO3）2；加水稀释。
21．（2020•海淀区一模）某研究小组查阅资料发现Fe3+与I﹣的反应具有可逆性，推测亚铁盐与饱和碘水的混合液中会存在Fe3+，并据此设计实验1（如图所示），发现溶液未变红。该小组对溶液未变红的原因进行了如下探究。

I．初步探究
实验2：用煮沸冷却后的蒸馏水重新配制两种饱和溶液进行实验，实验记录如表。
编
号
饱和（NH 4）2Fe（SO4）2溶液
饱和
碘水
石蜡油
操作
KSCN
溶液
现象
2﹣1
1滴
5mL
1mL
不加热
1滴
无明显现象
2﹣2
1滴
5mL
1mL
加热一段时间后冷却
1滴
无明显现象
（l）研究小组同学根据所查阅资料写出的Fe3+与I﹣反应的离子方程式为 　2Fe3++2I﹣⇌I2+2Fe2+　。
（2）实验2中，加入石蜡油的目的是 　隔绝空气中的氧气，防止氧气氧化2Fe2+　。
（3）小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是 　实验2中，采取了增大反应物浓度，升高温度的措施提高了化学反应速率，但溶液仍未变红　。
Ⅱ．查阅资料，继续探究
【资料】AgSCN为不溶于水的白色固体。
实验3：

（4）试管a的实验现象说明滤液l中含有 　Fe3+　。
（5）试管b中，加入KSCN溶液后所产生实验现象的原因是 　加入KSCN后，Fe3+先SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，溶液变红；Ag+与SCN﹣反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀　。
（6）甲同学对实验3提出了质疑，认为其实验现象并不能证明I2氧化了Fe2+．他提出如下假设：
i．可能是AgNO3氧化了Fe2+；ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+。
他设计、实施了实验4，实验记录如表。
编号
实验操作
实验现象
4
在试管中加入1滴0.2mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液，5mL蒸馏水，1滴试剂a，一段时间后加入1滴KSCN溶液
溶液不变红
①试剂a是 　0.1mol/LAgNO3溶液　。
②依据实验4，甲同学做出判断：　假设i、ii均不成立　
（7）根据实验1～4所得结论是 　实验1溶液未变红是因为反应I2+2Fe2+⇌2Fe3++2I﹣的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出　。
【解答】解：实验1是足量的碘水加少量的硫酸亚铁铵，充分混合反应后用硫氰化钾检验是否产生三价铁离子；
实验2：用煮沸除去水中溶解氧，冷却后的蒸馏水重新进行实验以排除氧气的干扰；
（1）三价铁具有氧化性，碘离子具有强的还原性，三价铁能将碘离子氧化成碘单质，反应的方程式：2Fe3++2I﹣⇌I2+2Fe2+，故答案为：2Fe3++2I﹣⇌I2+2Fe2+
（2）亚铁离子具有强的还原性易被氧气氧化，石蜡油密度比水小在水面上隔绝空气中的氧气，防止氧气氧化2Fe2+，故答案为：隔绝空气中的氧气，防止氧气氧化2Fe2+
（3）对比实验2的两组实验差异是增大了硫酸亚铁铵的浓度同时升高了温度，但现象相同说明虽然提高了反应速率并未改变反应结果，
故答案为：实验2中，采取了增大反应物浓度，升高温度的措施提高了化学反应速率，但溶液仍未变红；
（4）硫氰化钾遇到三价铁离子产生硫氰化铁红色物质，故答案为：Fe3+；
（5）根据以上过程分析可知加入KSCN后，Fe3+先SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，溶液变红；Ag+与SCN﹣反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀，
故答案为：加入KSCN后，Fe3+先SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，溶液变红；Ag+与SCN﹣反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀；
（6）根据甲的假设。i．可能是AgNO3氧化了Fe2+；ii．可能是空气中的O2氧化了Fe2+．试剂a应为硝酸银溶液；滴加试剂后一段时间后才检验，亚铁离子与银离子和空气可以充分接触，但在此基础上加入硫氰化钾没有现象，说明亚铁离子既没有被银离子氧化也没有被空气中的氧气氧化，所以甲的假设均错误，故答案为：0.1mol/LAgNO3溶液；假设i、ii均不成立；
（7）结合四组实验对比分析结论为：实验1溶液未变红是因为反应I2+2Fe2+⇌2Fe3++2I﹣的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出。故答案为：实验1溶液未变红是因为反应I2+2Fe2+⇌2Fe3++2I﹣的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出
22．（2021•海淀区模拟）某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律．
【提出猜想】小组提出如下4种猜想：
甲：Mg（NO2）2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2
丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2
（1）查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：　2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O　．
（2）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是　不符合氧化还原反应原理　．
【实验操作】
（3）设计上述装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是　避免对产物O2的检验产生干扰　；加热Mg（NO3）2固体，AB装置实验现象是：　固体减少　，说明有Mg（NO3）2固体分解了　产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出　，有NO2生成．
（4）有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：　确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验　
（5）小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：　亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了　，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入　几滴酚酞试剂　．
（6）上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是　4NO2+O2+2H2O＝4HNO3或4NO2+O2+4NaOH＝4NaNO3+2H2O　．（用化学方程式表示）

【解答】解：（1）NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，反应的方程式为2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，
故答案为：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O；
（2）由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理；
（3）为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg（NO3）2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成，
故答案为：避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理答案）；固体减少；产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出；
（4）亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验，
故答案为：确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验；
（5）亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成，
故答案为：亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了；几滴酚酞试剂；
（6）如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O＝4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH＝4NaNO3+2H2O，
故答案为：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH＝4NaNO3+2H2O．