2024年高考押题预测卷—化学（北京卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（北京卷02）（全解全析），共20页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ni-59 La-139
1．化工科技助力航天，下列说法正确的是
A．运载火箭利用固体推进剂发生化学变化，将热能转化为化学能
B．航天员开展的蛋白质与核酸共起源分子化研究中，核酸为小分子
C．返回舱所用的超高温陶瓷(过渡金属硼化物)属于新型无机非金属材料
D．飞船操纵杆材料碳纤维与石墨烯互为同素异形体
【答案】C
【详解】A．运载火箭利用固体推进剂发生化学变化，将化学能转化为热能，A错误；
B．核酸是生物大分子，B错误；
C．超高温陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；
D．碳纤维是一种复合材料，属于混合物，与石墨烯不互为同素异形体，D错误；
答案选C。
2．下列化学用语正确的是
A．基态原子的轨道表示式：
B．用电子云轮廓图表示中的键形成的示意图：
C．的模型：
D．2-甲基-1-丁醇的键线式：
【答案】B
【详解】A．基态原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，A错误；
B．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气时，是两个s能级的原子轨道和互靠近，形成新的轨道，B正确；
C．中心原子S的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，C错误；
D．2-甲基-1-丁醇的键线式：，D错误；
故选B。
3．(镓)的稳定同位素和是显示地表风化过程的一种指示剂。下列说法不正确的是
A．和的化学性质不相同
B．可用质谱法区分和
C．位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族
D．的第一电离能大于K的第一电离能
【答案】A
【详解】A．和为同位素，化学性质几乎完全相同，但物理性质有所差异，故A错误；
B．质谱法可以测相对分子量，由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分和，故B正确；
C．Ga位于元素周期表第四周期第IIIA族，故C正确；
D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，Ga的第一电离能大于K的第一电离能，故D正确；
故选：A。
4．利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；
B．实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，B符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；
D．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；
答案选B。
5．下列解释事实的离子方程式正确的是
A．SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
B．NH4HSO3溶液与过量的氢氧化钠溶液混合加热：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO
C．“84”消毒液和“洁厕灵”(主要成分为盐酸)混合使用会产生有毒气体：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O
D．氯化铁溶液中滴加氢硫酸溶液：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
【答案】B
【详解】A 硝酸有强氧化性，两者混合会发生氧化还原反应，会生成硫酸钡和一氧化氮，离子方程式为：，A错误；
B．铵根和亚硫酸根都可以和氢氧根反应，离子方程式为：NH+HSO+2OH-NH3↑+2H2O+SO，B正确；
C．“84”消毒液”的成分为次氯酸钠，和“洁厕灵”反应的方程式为：，C错误；
D．氢硫酸为弱酸，写离子方程式不能拆，则离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，D错误；
故选B。
6．下列物质的结构或性质不能解释其用途的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．植物油可制肥皂，是因为植物油属于酯，植物油和氢氧化钠反应生成高级脂肪酸钠和甘油，故选A；
B．明矾可作净水剂，是因为明矾中水解生成胶体，吸附水中的悬浮杂质，故不选B；
C．烟花中加入金属化合物产生五彩缤纷的焰火，是因为金属原子核外电子跃迁产生的光谱，故不选C；
D．聚丙烯酸钠可作高分子吸水材料，是因为聚丙烯酸钠中含有亲水基团，故不选D；
选A。
7．下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A．由、、组成的平衡体系通过缩小体积加压后颜色变深
B．重铬酸钾溶液中存在：，若滴加少量溶液，溶液由橙色变黄色
C．实验室用排饱和食盐水的方法收集
D．开启啤酒瓶后，马上泛起大量泡沫
【答案】A
【详解】A．加压平衡不移动，但容器体积减小，浓度增大，颜色加深，故该事实不能用平衡移动原理解释，选项A符合题意；
B．重铬酸钾溶液中存在：，若滴加少量溶液，氢离子浓度减小，平衡正向移动，减小，溶液由橙色变黄色，能用平衡移动原理解释，选项B不符合题意；
C．饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，故氯气在饱和食盐水中溶解度小，可用排饱和食盐水的方法收集，能用平衡移动原理解释，选项C不符合题意；
D．开启啤酒瓶后，马上泛起大量泡沫，原因是压强减小，碳酸分解向正反应方向移动，能用勒夏特列原理解释，选项D不符合题意；
答案选A。
8．已知。下列说法不正确的是
A．钠在空气中燃烧，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
B．中含有离子键和非极性共价键
C．中阴阳离子个数比为
D．可作供氧剂，与反应过程中每生成转移
【答案】C
【详解】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，观察到产生黄色火焰，生成淡黄色固体物质，选项A正确；
B．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子内氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，选项B正确；
C．Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中阴、阳离子个数比为1 : 2，选项C错误；
D．过氧化钠和二氧化碳反应时得到的氧气是由-1价的氧元素生成的，故生成1ml氧气时转移电子为2ml，选项D正确；
答案选C。
9．如图为一种有机酸的结构简式，下列关于该有机酸的说法正确的是
A．分子中所有原子一定共平面
B．1ml该物质最多能与发生加成反应
C．1ml该物质可消耗等物质的量的Na和NaOH
D．该有机物属于芳香族衍生物
【答案】B
【详解】A．单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故A错误；
B．分子中含有3个碳碳双键，1ml该物质最多能与发生加成反应，故B正确；
C．羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则1ml该物质可消耗Na和NaOH的物质的量的分别为3ml、2ml，故C错误；
D．分子中不含有苯环，不属于芳香族衍生物，故D错误。
答案选B。
10．为了保护环境、充分利用铅资源，科学家设计了如下的-铅化合物燃料电池实现铅单质的回收。
下列有关说法错误的是
A．正极区溶液pH升高，负极区溶液pH降低
B．电子流向：电极b→负载→电极a
C．阴极区电极反应式为
D．为了提高的回收率，离子交换膜为阴离子交换膜
【答案】D
【分析】该装置为-铅化合物燃料电池，通入燃料氢气的电极b为负极，发生失电子的氧化反应，则电极a为正极，发生得电子的还原反应。
【详解】A．根据分析，负极氢气失电子、产生氢离子消耗氢氧根，pH降低，正极产生氢氧根离子，pH升高，A正确；
B．根据分析电极b为负极，电极a为正极，电子流向：电极b→负载→电极a，B正确；
C．根据题干信息，通过电化学装置实现铅单质的回收，阴极区电极反应式为，C正确；
D．离子交换膜应使用阳离子交换膜，防止移动至电极b，D错误；
答案选D。
11．工业上可以利用水煤气(、)合成二甲醚()，同时生成。合成过程中，主要发生三个反应，℃时，有关反应及相关数据如下。



保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，进行实验，测得转化率随温度变化曲线如下图。下列说法不正确的是

A．℃时，水煤气合成二甲醚的热化学方程式：
B．℃时，增大压强、加入催化剂均可提高的平衡转化率
C．220℃~240℃时，温度升高反应速率加快，转化率升高
D．温度高于240℃时，温度升高转化率降低的原因可能是平衡逆向移动
【答案】B
【详解】A．已知：℃时，有关反应及相关数据如下
①
②
③
由盖斯定律可知，2×①+②+③得反应，则其焓变为，A正确；
B．加入催化剂可以加快反应速率，但是不能改变物质的平衡转化率，B错误；
C．升高温度反应速率加快，由图可知，20℃~240℃时，温度升高反应速率加快，且转化率升高，C正确；
D．反应均为放热反应，温度高于240℃时，温度升高导致平衡逆向移动，使得转化率降低，D正确；
故选B。
12．化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
①X分子中不含手性碳原子
②Y分子中的碳原子一定处于同一平面
③Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
④X、Z分别在过量溶液中加热，均能生成丙三醇
A．①②B．③④C．①③D．②④
【答案】B
【详解】①手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中含有手性碳原子，位置为，错误；
②Y分子中与醚键相连的甲基上的碳原子通过旋转与苯环可能不共面，故B错误；
③Z中含有羟基且与羟基碳相邻的碳原子上有氢原子，在浓硫酸催化下加热可发生消去反应，正确；
④X分子中含有氯原子，在氢氧化钠溶液中加热可以被羟基取代，生成丙三醇，Z分子中含有酯基和氯原子，在氢氧化钠溶液中酯基水解可以先生成X，然后氯原子发生取代反应，最终生成丙三醇，正确；
故选B。
13．纳米催化制备甲酸钠的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．纳米尺寸有利于加快反应速率 B．反应过程中有极性键的断裂与形成
C．反应过程中不需要持续补充 D．总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【详解】A．纳米催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．由图可知，反应过程中有极性键的断裂与形成，故B正确；
C．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，二氧化碳是反应的中间产物，所以反应过程中不需要持续补充二氧化碳，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碳酸氢钠与氢气反应生成甲酸钠和水，反应所得产物不唯一，所以反应中原子利用率不是100%，故D错误；
故选D。
14．菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同下体系中与关系如图所示（代表），已知。下列有关说法正确的是
A．数量级为
B．点时，体系中
C．时，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为
D．溶液时，
【答案】D
【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+。
【详解】A．，，①③相交时从图中可知此时pH大于4小于5，所以Ka2数量级为10-5，故A错误；
B．据以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A点时①表示的浓度小于此时溶液中的c(H+)，故B错误；
C．由图像可知，pH＞12时，如pH=13，c(OH-)=0.1ml/L、c(Ca2+)=10-4.5ml/L，此时，即没有氢氧化钙沉淀析出，故C错误；
D．溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，所以，故D正确；
故答案为：D。
15．(11分) 金属镍及其化合物在合成材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布图为 。
(2)NiO、FeO晶体类型及晶胞与NaCl相同，则NiO晶胞结构中Ni2+的配位数为 ；又知Ni2+、Fe2+的离子半径分别为69pm、78pm，则NiO熔点 FeO(填“>”“<”或“=”)。
(3)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图甲所示，则该沉淀中C原子的杂化类型为 ；元素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为 。
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图及晶胞参数如图乙所示。该晶体的化学式为 ；晶体密度为 g·cm-3(列出含a、b、NA的计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) (1分)
(2) 6 (1分) > (1分)
(3) SP2、SP3 (2分) O>N>C>H>Ni(2分)
(4) LaNi5或Ni5La (2分) (2分)
【详解】（1）Ni元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，原子序数28，基态Ni原子的价电子排布图为：；
（2）NaCl晶体中钠离子和氯离子的配位数均为6，因为NiO、FeO晶体类型与晶胞与NaCl相同，所以Ni2+的配位数为6；离子半径：Ni2+FeO，所以前者熔点高；
（3）从图甲中可以看出C原子的杂化类型为 SP2、SP3 ；根据元素周期律，同周期电负性从左到右依次增大，同主族从上到下依次减弱，金属电负性小于非金属，所以素H、C、N、O、Ni电负性由大到小的顺序为：O>N>C>H>Ni；
（4）根据晶胞结构示意图，晶胞中La的原子个数为：；Ni的原子个数为，所以该晶体的化学式为LaNi5或Ni5La；根据，其中，带入上式得。
16．(10分) 绿色能源是当今重要的研究热点，2022年中科院大连化物所的制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究的热点。
Ⅰ．甲烷化反应为：，该反应又称Sabatier反应。
(1)相关的化学键键能数据如下表所示：
Sabatier反应的 。
(2)若要同时提高反应的速率和甲烷的平衡转化率，可以采取的措施有： （写一点即可）。
(3)在体积为的恒温密闭容器中，投入、进行上述反应，达到平衡后，若的转化率为20％，则该反应的平衡常数为 （写计算式）。
(4)转化为也可通过电化学反应实现，其原理如图所示：
电解过程中，阴极室和阳极室的溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为 ；若生成理论上阳极室生成混合气体的体积为 L（标准状况，忽略气体的溶解）。
【答案】(1) (2分)
(2)加压（或增加H2浓度） (2分)
(3) (2分)
(4) (2分) 224 (2分)
【详解】（1）由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：Sabatier反应的△H=(803kJ/ml×2+436 kJ/ml×4)—(413 kJ/ml×4+463 kJ/ml×4)=—154kJ/ml，故答案为：—154；
（2）Sabatier反应是气体体积增大的放热反应，增大压强或增大氢气浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，甲烷的平衡转化率增大，故答案为：加压（或增加H2浓度）；
（3）由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应的平衡常数K=，故答案为：；
（4）由图可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，多晶铜电极为阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为，由得失电子数目守恒可知，生成1ml甲烷时，阳极生成2ml氧气和8ml二氧化碳，标准状况下，混合气体的体积为10ml×22.4L/ml=224L，故答案为：；224；
（5）由AlNH6是共价化合物，分子中所有的原子都达到稳定结构可知，AlNH6的结构式为，则1ml分子中含有共用电子对的物质的量为7ml，故答案为：7；。
17．(12分)有机物G是合成减肥药“盐酸利莫那班”的重要中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)F中含氧官能团的名称为 。
(3)A转化为B的化学方程式为 。
(4)B与E生成F的过程可以分为两步，若第一步为加成反应，则第二步反应类型为 。
(5)G分子中除了苯环外，还含有一个五元环状结构，G的结构简式为 。
(6)有机物D的同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①能与碳酸氢钠反应；②既能发生银镜反应又能发生水解反应；
其中，含有手性碳原子，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6∶1∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式为 。
【答案】(1)1,2,4-三氯苯 (1分)
(2)羰基、酯基 (2分)
(3)++HCl (2分)
(4)消去 (1分)
(5)(2分)
(6) 8 (2分) (2分)
【分析】
根据F的结构简式，G的分子式，题中所给信息可知，G的结构简式为：；
【详解】（1）根据A的结构简式可知，A的化学名称为：1,2,4-三氯苯；
（2）根据F的结构简式可知，F中的含氧官能团为：羰基，酯基；
（3）根据合成路线可知，A→B的化学方程式为：
++HCl；
（4）根据合成路线可知，第一步为酮羰基的加成反应生成羟基，第二步为羟基的消去反应；
（5）
根据分析可知G的结构简式为：；
（6）能与碳酸氢钠反应，说明含羧基，既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有酯基和醛基，则为甲酸形成的酯基，可以为，，，，,，，共8种；
含有手性碳原子，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6∶1∶1∶1∶1的同分异构体的结构简式为。
18．(12分)废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。
已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，C2+开始沉淀的pH为3。
②M2+(C2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)⇌MR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)“高温氢化”时固体产物为C、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为 ；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是 。
(2)“酸洗”的目的是 ；若“洗液”中c(Li+)=2.0ml•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为 ml[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。
(3)“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。
①生成MnO2的离子方程式为 。
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是 ；应选择的最佳pH为 。
(4)“反萃取”的目的是将有机层中C2+、Ni2+转移到水层。
①试剂X为 (填试剂名称)。
②为使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有 。
【答案】(1) 6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O (2分)
LiOH与空气中CO2反应(1分)
(2)降低锂在固体残余物中的含量 (1分) 1.17 (2分)
(3) 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ (2分) MnO2沉淀过程中夹杂、包裹(1分) 1(1分)
(4) 盐酸 (1分) 多次反萃取(1分)
【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。
【详解】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2C+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应；
（2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0ml/L×1.0L×95%×=0.95ml，溶液中锂离子的浓度为2.0ml/L—2.0ml/L×95%=0.1ml/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22ml，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95ml+0.22ml=1.17ml，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；
（3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；
②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；
（4）①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸；
②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使C2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。
19．(13分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。

a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 。
（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
i．Al(OH)3所吸附；
ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：

步骤二： （按上图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。
【答案】 （1）2Ag++===Ag2SO3↓ (1分) （2）有红色固体生成(1分) HCl溶液和BaCl2溶液 (2分) 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 (2分) （3）① Al3+、OH- (2分) ② (2分) V1明显大于V2 (1分)
（4）亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 (1分) 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 (1分)
【详解】(1)实验Ⅰ中0.2ml/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；
(2)①因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成；
②a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液；
b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；
(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-；
②a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；
b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，故答案为 V1明显大于V2；
（4）根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性； 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。
评卷人
得分
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
选项
气体
试剂I
试剂II
试剂Ⅲ

A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
B
CO2
稀盐酸
CaCO3
饱和NaHCO3溶液
C
SO2
浓硝酸
Na2SO3(s)
饱和NaHSO3溶液
D
C2H4
浓硫酸
C2H5OH(1)
KMnO4酸性溶液
选项
结构或性质
用途
A
植物油可加氢硬化
植物油可制肥皂
B
水解生成胶体
明矾可作净水剂
C
金属原子核外电子跃迁
烟花中加入金属化合物产生五彩缤纷的焰火
D
聚丙烯酸钠中含有亲水基团
聚丙烯酸钠可作高分子吸水材料
评卷人
得分
二、非选择题：本题共5小题，共58分。
化学键
H—H
H—O
C—H
C＝O
436
463
413
803
实验
试剂
现象
滴管
试管

0.2ml·L-1Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2ml·L-1CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1ml·L-1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀