资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期中练习化学试题（原卷版+解析版）
展开
这是一份北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期中练习化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期中练习化学试题原卷版docx、北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期中练习化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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：N 14 Fe 56 Ba 137
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是
A. 太阳能电池属于化学电源
B. 太阳能、风能均属于可再生能源
C. 单晶硅属于分子晶体
D. 玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；
B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；
C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；
D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；
故答案为：B。
2. I常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于I的说法正确的是
A. 中子数为78
B. 核外电子排布式为[Kr]5s25p7
C. 常温下为紫黑色固体
D. I和I互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．I的质量数为131，质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，A正确；
B．核外电子排布式为[Kr]4d105s25p5，B错误；
C．常温下碘单质为紫黑色固体，C错误；
D．I和I互为同位素，D错误；
答案选A。
3. 用充有NH3的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如下图。下列关于该实验的分析正确的是
A. 产生“喷泉”证明NH3与H2O发生了反应
B. 无色溶液变红证明NH3极易溶于水
C. 红色溶液中存在含有离子键的含氮微粒
D. 加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去
【答案】D
【解析】
【分析】氨气极易溶于水生成碱性溶液从而产生压强差，产生喷泉现象；
【详解】A．氨气能形成喷泉，说明氨气极易溶于水从而产生压强差，不能说明两者反应了，A错误；
B．无色酚酞试液遇碱变红色，氨水溶于水后溶液由无色变为红色，说明氨水呈碱性，B错误；
C．红色溶液中存在含氮微粒为铵根离子、一水合氨，两者均含有共价键、不含有离子键，C错误；
D．氨水受热不稳定，受热分解放出氨气，从而使碱性减弱，故滴有酚酞呈红色的氨水受热后红色变浅或褪色，D正确；
故选D。
4. 含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是
A. 冠醚环与Li+之间的作用是离子键
B. 冠醚环中碳氧键为π键
C. 该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D. 若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
【答案】D
【解析】
【详解】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键，A错误；
B．冠醚环中碳氧键为单键，因此是键，B错误；
C．聚酰亚胺薄膜中含有酰胺基，在碱性条件下会发生水解，C错误；
D．K+的半径比Li+大，因此K+要与冠醚环作用需要增大孔径，D正确；
故答案选D。
5. 下列解释实验事实的化学用语正确的是
A. 用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2：SO2+2OH-=+H2O
B. 铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+2H2
C. Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：Ba2+++H++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 向NaHCO3溶液中加入CaCl2产生白色沉淀：Ca2++=CaCO3↓+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确；
B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体氢气，同时生成四氧化三铁，方程式配平有误，正确方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B错误；
C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．碳酸钙和氢离子不能大量共存的，故该离子方程式错误，若该反应产生白色沉淀，则沉淀为碳酸钙、碳酸氢根转化为碳酸根被沉淀时释放的氢离子能与碳酸氢根反应产生二氧化碳，则：若产生沉淀必定同时有二氧化碳，D错误；
本题选A。
6. 下列实验能达到对应目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误；
B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有 或Ag+，故B错误；
C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；
D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；
选C。
7. 分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：
已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是
A. 步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)
B. 步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸
C. 步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应
D. 试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出
【答案】C
【解析】
【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。
【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；
B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；
C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O ，可见Cl-没有参加反应，C错误；
D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；
故合理选项是C。
8. 将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确的是
已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。
A. 距离N最近的Fe有6个
B. Fe之间的最近距离为
C. 该晶体的密度为g·cm-3
D. 若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心
【答案】C
【解析】
【详解】A．N位于体心，处于Fe围成的正八面体的中心，因此有6个，故A正确；
B．Fe之间的最近距离为面对角线的一半，因此为，故B正确；
C．Fe位于晶胞中的顶点和面心，有个，N位于体心有1个，，故C错误；
D．若将N置于晶胞顶点，有，Fe位于晶胞中的体心和棱心，有个，与原有的比值关系相同，故D正确；
故答案选C。
9. 牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是
已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。
A. 牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
B. 牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高
C. 使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F
D. 在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积
【答案】B
【解析】
【详解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确；
B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齿表面液膜中δ(PO)降低，B错误；
C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确；
D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确；
答案选B。
10. 葫芦脲是一类大环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。
下列说法正确的是
A. 试剂a的核磁共振氢谱有两组峰
B. E与试剂a的化学计量数之比是1∶2
C. 试剂b为甲醛
D. E→1mlG时，有21mlH2O生成
【答案】C
【解析】
【分析】E与试剂a反应生成F，对比E与F的结构简式，试剂a能发生银镜反应，则试剂a为OHCCHO；F与试剂b反应生成G，对比F与G的结构简式，试剂b能发生银镜反应，则试剂b为HCHO。
【详解】A．根据分析，试剂a为OHCCHO，a中只有1种氢原子，核磁共振氢谱只有1组峰，A项错误；
B．E与试剂a反应的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，即E与试剂a的化学计量数之比是2∶1，B项错误；
C．根据分析，试剂b为HCHO，名称为甲醛，C项正确；
D．E→F的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式为7+14HCHO→+14H2O，则E→1mlG时有28mlH2O生成，D项错误；
答案选C。
11. 用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确的是
A. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B. a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C. 电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D. 该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【详解】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；
D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，D正确；
故选A。
12. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。
已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。
下列说法不正确的是
A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原
B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原
C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响
D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ中0.1ml·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；
B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；
C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；
D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；
故选D。
13. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1ml·L−1)中滴加0.1ml·L−1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是
A. HCOOH电离方程式为HCOOH=H++HCOO−
B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O
C. b点溶液中的OH−主要来自HCOO−水解
D. 0.05ml·L−1氨水的pH<10.89
【答案】B
【解析】
【详解】A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1ml·L−1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH电离方程式为HCOOHH++HCOO−，故A错误；
B．a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确；
C．b点溶质溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O 、NaCl，且NH3·H2O 物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH−主要来自NH3·H2O电离和HCOO-的水解，故C错误；
D．c点溶质溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl ，且NH3·H2O 物质的量浓度为0.033ml·L−1，此时混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05ml·L−1氨水的pH<10.89，故D错误；
综上所述，答案为B。
14. 工业上以1，4-丁二醇(BD)为原料催化脱氢制备γ-丁内酯(BL)，其副反应产物为四氢呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有机物。其他条件相同时，不同温度下，向1L容器中通入4×10-2mlBD反应2h，测得BL、THF、BuOH在四碳有机产物中的物质的量分数如下：
已知：HO(CH2)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g) ΔH>0
下列说法不正确的是
A. 220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3ml，则BD的总转化率为37.5%
B. 250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2ml
C. 255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2ml，则0~2h内υ(H2)主反应=1.5×10-2ml·L−1·h−1
D. 由表中数据可知，220~255℃，催化剂活性、选择性均随着温度的升高而提高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表格数据可知，220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3ml，含量为60.2%，则BD的总转化率为，A正确；；
B．BD)制备BL，其副反应产物为THF、BuOH以及其他四碳有机物，则根据碳守恒，250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2ml，B正确；
C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2ml，则0~2h内，C正确；
D．由表中数据可知，220~255℃，BL在四碳有机产物中的物质的量分数增大，但是不能体现220~255℃时催化剂活性随温度的升高而增大，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 三磷酸腺苷(ATP)是生物体的供能物质，由腺苷(A)与磷酸反应而成。
（1）比较N和P的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由：_____。
（2）ATP比A更易溶于水，从微粒间相互作用的角度解释其原因：_____。
（3）ATP的碱基中，碳原子的杂化方式为_____。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有_____。(用“X—H…Y”表示)。
（5）磷的含氧酸除了H3PO4以外，还有亚磷酸(H3PO3)等。
①H3PO3是二元酸，在水中O—H键能断裂解离出H+而P—H键不能，从元素性质的角度解释其原因：_____。
②PO是一种配体。PO配位时配位原子是_____，理由是_____。
【答案】（1）N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP更易与H2O形成氢键
（3）sp2 （4）N—H…N、N—H…O
（5） ①. O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键 ②. O ③. O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【解析】
【小问1详解】
N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P；
【小问2详解】
ATP中含更多 羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水；
【小问3详解】
ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化；
【小问4详解】
当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O；
【小问5详解】
①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子；
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
（1）反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为_____ml。
（2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。
（3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为_____。
②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1ml，则理论上减小了_____ml。
【答案】（1）4 （2） ①. 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 ②. 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 ③. 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变
（3） ①. ②. 2
【解析】
【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。
【小问1详解】
根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mlS2，理论上转移12ml电子，则生成1mlS2时，转移电子的物质的量为4ml；
【小问2详解】
①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；
【小问3详解】
①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：；
②根据电极方程式可知，当消耗1ml亚硫酸根离子，转移4ml电子，同时消耗6ml碳酸氢根离子，生成6ml碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4ml的H+通过质子交换膜来到正极，4ml氢离子可以结合4ml的碳酸根离子生成4ml的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2ml。
17. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。
（1）A→B所需试剂是_____。
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_____。
（3）E中官能团的名称为_____。
（4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为_____。
（5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_____。
a．能与NaHCO3反应
b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1
（6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。
中间产物1、3的结构简式分别为_____、_____。
（7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1ml的J与0.15ml的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1ml三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为_____。
【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸
（2） （3）硝基、羧基
（4） （5） （6） ①. 中间产物1 ②. 中间产物3
（7）40%
【解析】
【分析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式可知，B是，C的结构简式为，C水解生成D，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。
【小问1详解】
A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸；
【小问2详解】
B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：；
小问3详解】
E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基；
【小问4详解】
F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：；
【小问5详解】
I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：；
【小问6详解】
J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K；
【小问7详解】
三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1ml三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04ml，K的物质的量为0.04ml，0.1ml的J与0.15ml的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1ml的K，因此产率为。
18. 钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收铬元素的工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式：_____。
□CN-+□_____+□_____=□+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因：_____。
（2）用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有_____(写出两条)。
（3）沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为_____。
（4）溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。
步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。
①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是_____。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为_____mg·L−1(写出表达式)。
【答案】（1） ①. 2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl- ②. ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大
@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀
（3）2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
（4） ①. 保证废水中Ba2+沉淀完全 ②.
【解析】
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4沉淀（微溶），主要转化成；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和。
【小问1详解】
①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-；
②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率；
【小问2详解】
①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀；
小问3详解】
沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
小问4详解】
①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：+H2O2+2H+ ，n(H+) n()n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是与全部Ba2+反应后剩余的所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1ml·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1
19. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。
已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。
探究1：I2-KI溶液(向1ml·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜
【实验i】
（1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。
（2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。
探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因
【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下：
（3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。
（4）由i、iii可得到的结论是_____。
（5）设计iv的目的是_____。
探究3：I−的作用
【实验v】
说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。
（6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。
（7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。
（8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。
【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−
（2）加入Na2S2O3后得到无色溶液
（3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应
（4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率
（5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰
（6）O2 （7） ①. KI固体 ②. 黄色固体
（8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应
【解析】
【分析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。
【小问1详解】
黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−；
【小问2详解】
AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余；
【小问3详解】
紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解；
【小问4详解】
实验i 加入的是I2-KI溶液(向1ml·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1ml·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率；
【小问5详解】
溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰；
【小问6详解】
根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2；
【小问7详解】
探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体；
【小问8详解】
从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。选项
A
B
C
D
实验
目的
制备Fe(OH)3
胶体
检验待测液中
是否含有
检验溴乙烷中的
溴元素
制备并收集NO2
实验
序号
试剂a
实验现象
Ⅰ
8ml·L-1氨水(pH≈13)
紫色变浅，底部有棕黑色沉淀
Ⅱ
0.1ml·L-1NaOH溶液
无明显变化
Ⅲ
4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)
紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀
Ⅳ
硫酸酸化的4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)
紫色变浅
Ⅴ
硫酸酸化的4ml·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)
紫色褪去
温度/℃
220
240
250
255
BL/%
60.2
84.6
92.6
95.2
THF/%
1.2
1.8
1.9
2.1
BuOH/%
0.2
0.3
0.4
0.6
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
11×10-10
1.2×10-10
序号
加入试剂
实验现象
ⅰi
4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体
30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解
ⅱi
4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1ml·L−1)
15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色
iv
4mL1ml·L−1KI溶液
放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化
实验装置
实验步骤及现象
1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向
右微弱偏转，检流计读数为amA；
2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向
右偏转，检流计读数为bmA(b>a)；
3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。
本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。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：N 14 Fe 56 Ba 137
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是
A. 太阳能电池属于化学电源
B. 太阳能、风能均属于可再生能源
C. 单晶硅属于分子晶体
D. 玻璃钢属于金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；
B．在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；
C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；
D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；
故答案为：B。
2. I常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于I的说法正确的是
A. 中子数为78
B. 核外电子排布式为[Kr]5s25p7
C. 常温下为紫黑色固体
D. I和I互为同素异形体
【答案】A
【解析】
【详解】A．I的质量数为131，质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，A正确；
B．核外电子排布式为[Kr]4d105s25p5，B错误；
C．常温下碘单质为紫黑色固体，C错误；
D．I和I互为同位素，D错误；
答案选A。
3. 用充有NH3的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如下图。下列关于该实验的分析正确的是
A. 产生“喷泉”证明NH3与H2O发生了反应
B. 无色溶液变红证明NH3极易溶于水
C. 红色溶液中存在含有离子键的含氮微粒
D. 加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去
【答案】D
【解析】
【分析】氨气极易溶于水生成碱性溶液从而产生压强差，产生喷泉现象；
【详解】A．氨气能形成喷泉，说明氨气极易溶于水从而产生压强差，不能说明两者反应了，A错误；
B．无色酚酞试液遇碱变红色，氨水溶于水后溶液由无色变为红色，说明氨水呈碱性，B错误；
C．红色溶液中存在含氮微粒为铵根离子、一水合氨，两者均含有共价键、不含有离子键，C错误；
D．氨水受热不稳定，受热分解放出氨气，从而使碱性减弱，故滴有酚酞呈红色的氨水受热后红色变浅或褪色，D正确；
故选D。
4. 含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是
A. 冠醚环与Li+之间的作用是离子键
B. 冠醚环中碳氧键为π键
C. 该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D. 若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
【答案】D
【解析】
【详解】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者形成配位键，A错误；
B．冠醚环中碳氧键为单键，因此是键，B错误；
C．聚酰亚胺薄膜中含有酰胺基，在碱性条件下会发生水解，C错误；
D．K+的半径比Li+大，因此K+要与冠醚环作用需要增大孔径，D正确；
故答案选D。
5. 下列解释实验事实的化学用语正确的是
A. 用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2：SO2+2OH-=+H2O
B. 铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+2H2
C. Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：Ba2+++H++OH-=BaSO4↓+H2O
D. 向NaHCO3溶液中加入CaCl2产生白色沉淀：Ca2++=CaCO3↓+H+
【答案】A
【解析】
【详解】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确；
B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体氢气，同时生成四氧化三铁，方程式配平有误，正确方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B错误；
C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；
D．碳酸钙和氢离子不能大量共存的，故该离子方程式错误，若该反应产生白色沉淀，则沉淀为碳酸钙、碳酸氢根转化为碳酸根被沉淀时释放的氢离子能与碳酸氢根反应产生二氧化碳，则：若产生沉淀必定同时有二氧化碳，D错误；
本题选A。
6. 下列实验能达到对应目的的是
A AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，故A错误；
B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有 或Ag+，故B错误；
C．溴乙烷和氢氧化钠反应后的溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；
D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；
选C。
7. 分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：
已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是
A. 步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)
B. 步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸
C. 步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应
D. 试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出
【答案】C
【解析】
【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。
【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确；
B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；
C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O ，可见Cl-没有参加反应，C错误；
D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；
故合理选项是C。
8. 将铁粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确的是
已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。
A. 距离N最近的Fe有6个
B. Fe之间的最近距离为
C. 该晶体的密度为g·cm-3
D. 若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心
【答案】C
【解析】
【详解】A．N位于体心，处于Fe围成的正八面体的中心，因此有6个，故A正确；
B．Fe之间的最近距离为面对角线的一半，因此为，故B正确；
C．Fe位于晶胞中的顶点和面心，有个，N位于体心有1个，，故C错误；
D．若将N置于晶胞顶点，有，Fe位于晶胞中的体心和棱心，有个，与原有的比值关系相同，故D正确；
故答案选C。
9. 牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确的是
已知：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。
A. 牙齿表面液膜中：c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)
B. 牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO)升高
C. 使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F
D. 在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积
【答案】B
【解析】
【详解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO)+c(HPO)+c(PO)正确，A正确；
B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO)最高，牙齿表面液膜中δ(PO)降低，B错误；
C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确；
D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确；
答案选B。
10. 葫芦脲是一类大环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。
下列说法正确的是
A. 试剂a的核磁共振氢谱有两组峰
B. E与试剂a的化学计量数之比是1∶2
C. 试剂b为甲醛
D. E→1mlG时，有21mlH2O生成
【答案】C
【解析】
【分析】E与试剂a反应生成F，对比E与F的结构简式，试剂a能发生银镜反应，则试剂a为OHCCHO；F与试剂b反应生成G，对比F与G的结构简式，试剂b能发生银镜反应，则试剂b为HCHO。
【详解】A．根据分析，试剂a为OHCCHO，a中只有1种氢原子，核磁共振氢谱只有1组峰，A项错误；
B．E与试剂a反应的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，即E与试剂a的化学计量数之比是2∶1，B项错误；
C．根据分析，试剂b为HCHO，名称为甲醛，C项正确；
D．E→F的化学方程式为2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式为7+14HCHO→+14H2O，则E→1mlG时有28mlH2O生成，D项错误；
答案选C。
11. 用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确的是
A. 装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B. a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C. 电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D. 该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【详解】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；
D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，D正确；
故选A。
12. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。
已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。
下列说法不正确的是
A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原
B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原
C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响
D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ⅱ中0.1ml·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；；
B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确；
C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确；
D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误；
故选D。
13. 向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1ml·L−1)中滴加0.1ml·L−1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是
A. HCOOH电离方程式为HCOOH=H++HCOO−
B. 由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O
C. b点溶液中的OH−主要来自HCOO−水解
D. 0.05ml·L−1氨水的pH<10.89
【答案】B
【解析】
【详解】A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1ml·L−1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH电离方程式为HCOOHH++HCOO−，故A错误；
B．a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确；
C．b点溶质溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O 、NaCl，且NH3·H2O 物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH−主要来自NH3·H2O电离和HCOO-的水解，故C错误；
D．c点溶质溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl ，且NH3·H2O 物质的量浓度为0.033ml·L−1，此时混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05ml·L−1氨水的pH<10.89，故D错误；
综上所述，答案为B。
14. 工业上以1，4-丁二醇(BD)为原料催化脱氢制备γ-丁内酯(BL)，其副反应产物为四氢呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有机物。其他条件相同时，不同温度下，向1L容器中通入4×10-2mlBD反应2h，测得BL、THF、BuOH在四碳有机产物中的物质的量分数如下：
已知：HO(CH2)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g) ΔH>0
下列说法不正确的是
A. 220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3ml，则BD的总转化率为37.5%
B. 250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2ml
C. 255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2ml，则0~2h内υ(H2)主反应=1.5×10-2ml·L−1·h−1
D. 由表中数据可知，220~255℃，催化剂活性、选择性均随着温度的升高而提高
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表格数据可知，220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3ml，含量为60.2%，则BD的总转化率为，A正确；；
B．BD)制备BL，其副反应产物为THF、BuOH以及其他四碳有机物，则根据碳守恒，250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2ml，B正确；
C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2ml，则0~2h内，C正确；
D．由表中数据可知，220~255℃，BL在四碳有机产物中的物质的量分数增大，但是不能体现220~255℃时催化剂活性随温度的升高而增大，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 三磷酸腺苷(ATP)是生物体的供能物质，由腺苷(A)与磷酸反应而成。
（1）比较N和P的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由：_____。
（2）ATP比A更易溶于水，从微粒间相互作用的角度解释其原因：_____。
（3）ATP的碱基中，碳原子的杂化方式为_____。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有_____。(用“X—H…Y”表示)。
（5）磷的含氧酸除了H3PO4以外，还有亚磷酸(H3PO3)等。
①H3PO3是二元酸，在水中O—H键能断裂解离出H+而P—H键不能，从元素性质的角度解释其原因：_____。
②PO是一种配体。PO配位时配位原子是_____，理由是_____。
【答案】（1）N>P；N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P
（2）ATP更易与H2O形成氢键
（3）sp2 （4）N—H…N、N—H…O
（5） ①. O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键 ②. O ③. O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【解析】
【小问1详解】
N和P为同主族元素，电子层数P>N，原子半径P>N，原子核对最外层电子的吸引作用N>P，导致第一电离能：N>P；
【小问2详解】
ATP中含更多 羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水；
【小问3详解】
ATP的碱基中，右侧环中碳原子形成3个共价键且存在大π键，为sp2杂化，左侧碳形成3个σ键和1个π键，为sp2杂化；
【小问4详解】
当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—H…N、N—H…O；
【小问5详解】
①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子；
②PO中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故PO配位时配位原子是O。
16. 黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
（1）反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为_____ml。
（2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。
（3）处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为_____。
②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1ml，则理论上减小了_____ml。
【答案】（1）4 （2） ①. 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 ②. 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 ③. 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变
（3） ①. ②. 2
【解析】
【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。
【小问1详解】
根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mlS2，理论上转移12ml电子，则生成1mlS2时，转移电子的物质的量为4ml；
【小问2详解】
①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；
【小问3详解】
①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：；
②根据电极方程式可知，当消耗1ml亚硫酸根离子，转移4ml电子，同时消耗6ml碳酸氢根离子，生成6ml碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4ml的H+通过质子交换膜来到正极，4ml氢离子可以结合4ml的碳酸根离子生成4ml的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2ml。
17. 多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下：
已知：i、
ii、
iii、核磁共振氢谱中峰面积比可代表氢原子的个数比。
（1）A→B所需试剂是_____。
（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为_____。
（3）E中官能团的名称为_____。
（4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为_____。
（5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的M的结构简式：_____。
a．能与NaHCO3反应
b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1
（6）J→K的反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。
中间产物1、3的结构简式分别为_____、_____。
（7）K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，其峰面积可用于测定产率。0.1ml的J与0.15ml的邻苯二胺()反应一段时间后，加入0.1ml三氯乙烯(Cl2C=CHCl，不参与反应)，测定该混合物的核磁共振氢谱，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，此时K的产率为_____。
【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸
（2） （3）硝基、羧基
（4） （5） （6） ①. 中间产物1 ②. 中间产物3
（7）40%
【解析】
【分析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式可知，B是，C的结构简式为，C水解生成D，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。
【小问1详解】
A→B发生甲苯苯环上硝化反应，所需试剂是：浓硝酸、浓硫酸；
【小问2详解】
B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为：；
小问3详解】
E的结构简式为，所含官能团的名称为：硝基、羧基；
【小问4详解】
F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，聚合物的结构简式为：；
【小问5详解】
I的结构简式为，分子式为C8H5NO2，芳香族化合物M是I的同分异构体，能与NaHCO3反应，结构中有-COOH，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2：2：1，符合条件的结构简式为：；
【小问6详解】
J到K反应过程，结合题目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K；
【小问7详解】
三氯乙烯(Cl2C=CHCl)结构中有一个H原子，核磁共振氢谱应该显示1个峰，K中酰胺基上的H在核磁共振氢谱中是一个特征峰，加入0.1ml三氯乙烯，K中酰胺基上的H与三氯乙烯中的H的峰面积比为2：5，说明K中酰胺基上的氢原子的物质的量为0.1×=0.04ml，K的物质的量为0.04ml，0.1ml的J与0.15ml的邻苯二胺反应的理论产量应该生成0.1ml的K，因此产率为。
18. 钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收铬元素的工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式：_____。
□CN-+□_____+□_____=□+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因：_____。
（2）用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有_____(写出两条)。
（3）沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为_____。
（4）溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。
步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。
①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是_____。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为_____mg·L−1(写出表达式)。
【答案】（1） ①. 2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl- ②. ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大
@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀
（3）2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
（4） ①. 保证废水中Ba2+沉淀完全 ②.
【解析】
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4沉淀（微溶），主要转化成；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和。
【小问1详解】
①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-；
②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率；
【小问2详解】
①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀；
小问3详解】
沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
小问4详解】
①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：+H2O2+2H+ ，n(H+) n()n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是与全部Ba2+反应后剩余的所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1ml·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1
19. 资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。
已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。
探究1：I2-KI溶液(向1ml·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜
【实验i】
（1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为_____。
（2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是_____。
探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因
【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下：
（3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是_____。
（4）由i、iii可得到的结论是_____。
（5）设计iv的目的是_____。
探究3：I−的作用
【实验v】
说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。
（6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为_____。
（7）补全步骤3的操作及现象：_____，_____。
（8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：_____。
【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−
（2）加入Na2S2O3后得到无色溶液
（3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应
（4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率
（5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰
（6）O2 （7） ①. KI固体 ②. 黄色固体
（8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应
【解析】
【分析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。
【小问1详解】
黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−；
【小问2详解】
AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余；
【小问3详解】
紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解；
【小问4详解】
实验i 加入的是I2-KI溶液(向1ml·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1ml·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率；
【小问5详解】
溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰；
【小问6详解】
根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2；
【小问7详解】
探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体；
【小问8详解】
从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。选项
A
B
C
D
实验
目的
制备Fe(OH)3
胶体
检验待测液中
是否含有
检验溴乙烷中的
溴元素
制备并收集NO2
实验
序号
试剂a
实验现象
Ⅰ
8ml·L-1氨水(pH≈13)
紫色变浅，底部有棕黑色沉淀
Ⅱ
0.1ml·L-1NaOH溶液
无明显变化
Ⅲ
4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)
紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀
Ⅳ
硫酸酸化的4ml·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)
紫色变浅
Ⅴ
硫酸酸化的4ml·L-1NH4Cl溶液(pH≈1)
紫色褪去
温度/℃
220
240
250
255
BL/%
60.2
84.6
92.6
95.2
THF/%
1.2
1.8
1.9
2.1
BuOH/%
0.2
0.3
0.4
0.6
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
11×10-10
1.2×10-10
序号
加入试剂
实验现象
ⅰi
4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体
30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解
ⅱi
4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1ml·L−1)
15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色
iv
4mL1ml·L−1KI溶液
放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化
实验装置
实验步骤及现象
1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向
右微弱偏转，检流计读数为amA；
2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向
右偏转，检流计读数为bmA(b>a)；
3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。
相关试卷
北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题原卷版docx、北京市中关村中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习（二模）化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习（二模）化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习二模化学试题原卷版docx、北京市海淀区2023-2024学年高三下学期期末练习二模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
北京市昌平区2023-2024学年高三下学期二模化学试题（原卷版+解析版）： 这是一份北京市昌平区2023-2024学年高三下学期二模化学试题（原卷版+解析版），文件包含北京市昌平区2023-2024学年高三下学期二模化学试题原卷版docx、北京市昌平区2023-2024学年高三下学期二模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
