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北京市丰台区2020届高三下学期高三综合练习（二）化学试题
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丰台区2020年高三年级第二学期高三综合练习(二)
化学
本试卷满分共100分。考试时间90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与食用油桶对应的垃圾分类标志是
A. 可回收物 B. 其他垃圾
C. 厨余垃圾 D. 有害垃圾
【答案】A
【解析】
【详解】食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A项正确；
答案选A。
2.关于淀粉和纤维素关系的叙述中不正确的是
A. 都是非还原糖 B. 都符合分子式(C6H10O5)n
C. 互为同分异构体 D. 都是天然高分子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．淀粉和纤维素都是由葡萄糖脱水缩合而来，都属于非还原糖，A项正确；
B．淀粉和纤维素分子式均可写成(C6H10O5)n，二者都是由多个葡萄糖脱水而成的，B项正确；
C．淀粉与纤维素都是有机高分子化合物，虽然分子式都可写成(C6H10O5)n，但是n的数值不相同，通常纤维素的更大；因此二者并非同分异构体，C项错误；
D．淀粉和纤维素都属于天然的有机高分子化合物，来源甚广，D项正确；
答案选C。
【点睛】淀粉和纤维素既非同分异构体，又非同系物；同系物是指结构相似，分子组成相差1个或多个CH2原子团的不同有机物。
3.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于电器起火
D. 水中的钢闸门连接电源的负极，可防止钢闸门被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．因酸雨的形成是由于NO2或SO2而引起的，与CO2无关，二氧化碳过多会造成温室效应，故A错误；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故C正确；
D．金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法，被保护的金属连接未加电源的负极，水中的钢闸门连接电源的负极，符合题意，故D正确；
答案选A。
4.利用元素周期表的知识，判断下列对于铍及其化合物的性质预测不正确的是
A. 原子半径： Be＞B
B. Be能与冷水剧烈反应
C. 相同条件下， Li比Be容易与酸反应
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性： Ca(OH)2＞Be(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Be、B同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径Be＞B，故A正确；
B．因Mg的金属性大于Be的金属性，Mg与热水反应，则Be常温下能与水反应很缓慢，故B错误；
C．Li和Be位于同一周期，同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，Li比Be容易与酸反应，故C正确；
D．Be与Ca位于同一主族，同主族元素从上到下金属性增强，金属性Ca＞Be，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故Ca(OH)2＞Be(OH)2，故D正确；
答案选B。
5.下列解释事实的化学用语正确的是
A. 用食醋清洗水垢：CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
C. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO32-+2H2O⇌H2CO3＋2OH－
D. Na2O2吸收CO2作供氧剂：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．水垢的成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸都不能拆成离子形式，用食醋清洗水垢发生的反应有：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2+＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，分步水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故C错误；
D．Na2O2吸收CO2生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故D正确；
答案选D。
6.黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B. 0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C. FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D. 当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
7.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是
A. CH3SH中碳元素化合价为﹣2价
B. 过程⑤中，形成了O—H键和C—H键
C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D. 硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【答案】C
【解析】
【分析】
通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。
【详解】A．CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；
B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH取代甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选C。
8.氨和二氧化碳合成尿素的合成反应分两步进行：
第一步：2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4 (l) △H1＝﹣100.5 kJ·mol-1
第二步：NH2COONH4 (l)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H2＝﹢27.6 kJ·mol-1
下列说法中不正确的是
A. 第一步反应随着温度的升高，平衡常数增大
B. 1 mol H2O和1 mol NH3中含有的质子数相等
C. 通入过量的CO2可提高NH3的转化率
D. 合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H＝﹣72.9 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．第一步反应的焓变小于0，根据勒夏特列原理，温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，即逆向移动，平衡常数减小，故A错误；
B．1个H2O和1个NH3都含有10个质子，1 mol NH3中1 mol H2O中含有的质子数相等，都是10NA，故B正确；
C．通入过量的CO2，即增大反应物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3的转化率，故C正确；
D．①2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H1＝﹣100.5 kJ·mol-1，②NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H2＝﹢27.6 kJ·mol-1，①+②得到合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H＝﹣72.9 kJ·mol-1，故D正确；
答案选A。
9.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应相关的是
A
B
C
D
实验
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
将密闭的NO2瓶放入冷水中
将SO2通入含有淀粉的碘水中
向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液
现象
溶液变为红色
红棕色变浅
蓝色褪去
白色沉淀变为红褐色
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中变为红色，生成硫氰化铁溶液，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．2NO2⇌ N2O4 ∆H＜0，将密闭的NO2瓶放入冷水中，平衡正向移动，红棕色变浅，没有化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．将SO2通入含有淀粉的碘水中，蓝色褪去，二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C符合题意；
D．向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液，沉淀变为红褐色，离子方程式：3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故D不符合题意；
答案选C。
10.下列实验操作或装置能达到目的的是
A. 实验室制取乙酸乙酯
B. 苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
C. 检验CH3CH2Br消去反应的产物乙烯
D. 收集NO2气体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，实验操作或装置均能达到目的，故A正确；
B．苯萃取碘水中I2，碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，上层液体从上层倒出，下层液体为水，从下层流出，实验操作不能达到目的，故B错误；
C．CH3CH2Br消去反应条件是氢氧化钠乙醇溶液，乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，CH3CH2Br消去反应生成乙烯，乙烯有还原性，能使KMnO4溶液褪色，故应在酸性高锰酸钾溶液前加入蒸馏水，除去乙醇，故C错误；
D．二氧化氮的密度大于空气，若用D装置集气瓶短进长出收集二氧化氮，会使二氧化氮气体逸出，收集不到，应该采用长进短出，故D错误；
答案选A。
11.已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
01 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
12.石油专用管发生CO2 腐蚀的主要电化学反应过程包括金属溶解和析氢，最终形成腐蚀产物FeCO3。下列说法中不正确的是
A. 金属溶解发生在负极，析氢发生在正极
B. 生成腐蚀产物的反应可能有：Fe2+ +HCO3－＋e－=FeCO3 +H＋
C. 腐蚀过程总反应的化学方程式为：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2
D. 温度、溶液酸碱度、压强等都会影响腐蚀的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属溶解发生在负极上，铁失电子形成亚铁离子，Fe-2e-= Fe2+，析氢腐蚀发生在正极上，CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，故A正确；
B．生成腐蚀产物碳酸铁的反应是亚铁离子结合二氧化碳和水反应生成碳酸电离出的碳酸根离子的过程，故B错误；
C．负极反应为：Fe-2e-= Fe2+，正极反应为：CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，总反应为正负极反应相加得到：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2，故C正确；
D．温度是影响化学反应速率的因素，溶液酸碱度不同发生腐蚀的类型也不同，反应中有气体参与反应和有气体生成，故压强会影响腐蚀的速率，故温度、溶液酸碱度、压强等都会影响腐蚀的速率，故D正确；
答案选B。
13.用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A. 若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c(HSO3－)+c(H2SO3)
B. 若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)
C. 若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞ NH4+
D. 若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(H2SO3)+ 2c(SO32-)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO3－)=c(H2SO3)，则c(Na+)=+4c(H2SO3)+ 2c(SO32-)=4c(HSO3－) + 2c(SO32-)，故A错误；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，得到2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)，故B正确；
C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4+水解显酸性，SO32－水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞NH4+，故C正确；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3－)=c(SO32－)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，3c(HSO3－)=c(NH4+)，n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3，故D正确；
答案选A。
14.某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究，获得数据如表。下列说法不正确的是
硫酸浓度/ mol·L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
A. 硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B. 黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C. 硫酸浓度为16 mol·L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D. 取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
【答案】B
【解析】
【分析】
黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，加入的浓硫酸，铜先与浓硫酸反应，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，根据表格信息可知，黑色物质在一定温度下可溶于浓硫酸，还可能发生的反应为：5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S↓+4H2O，Cu2S +2H2SO4(浓)CuS+CuSO4+2H2O+SO2↑，CuS+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+S↓+2H2O，CuO+H2SO4(浓)CuSO4+H2O，据此分析解答。
【详解】A．从表中数据可以看出，硫酸浓度越大，黑色物质出现的温度越低，黑色物质不消失，说明硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失，故A正确；
B．由于浓硫酸有氧化性，会将硫化氢氧化，根据分析可知，黑色物质消失过程中有SO2生成，H2S不存在，故B错误；
C．由表格中数据可知，硫酸浓度为16 mol·L﹣1时，黑色固体消失的温度在250℃，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质，故C正确；
D．黑色物质中若含CuO，加入加稀硫酸充分混合，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜溶于水，固体质量会减小，现固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO，故D正确；
答案选B。
第二部分
本部分共5小题，共58分。
15.气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。
(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为________。
(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为________。
(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。
① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺一种反应机理如下：
HONO+
过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：________、消去反应。
② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：
亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH________0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。
【答案】 (1). HNO2 ⇌H+＋NO2－ (2). (3). 加成反应 (4). ＜ (5). 过程ⅰ
【解析】
【分析】
(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；
(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。
【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2 ⇌H+＋NO2－；
(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。
16.高氯酸盐(ClO4－)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。
(1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。
(2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。
① HCl比H2S稳定
② HClO4的酸性比H2SO3的强
③ Cl2可与Na2S发生置换反应
(3)NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应NaClO4＋NH4ClNH4ClO4＋NaCl制取。相关物质的溶解度曲线如图：
① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。
② 从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤。
(4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4－的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，该电极反应式为________。
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：
2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑
Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑
取一定质量的Cu(ClO4)2·6H2O样品，加热至某温度使其完全分解，若测得V(O2)∶V(Cl2)＝5∶1，则分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为________。
【答案】 (1). ＋7 (2). ①③ (3). 80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物) (4). 趁热过滤 (5). ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O (6). 8∶3
【解析】
【分析】
(1)根据高氯酸盐的化合价之和等于0判断氯元素的化合价；
(2)根据元素周期律判断非金属性强弱；
(3) ①根据反应条件在80℃时，溶解度的变化判断；
②利用NH4ClO4和NaCl的溶解度差异判断；
(4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应；
(5)根据反应：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。
【详解】(1)高氯酸盐(ClO4－)中氧为-2价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7价；
(2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故HCl比H2S稳定，故①正确；
② HClO4的酸性比H2SO3的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误；
③ Cl2可与Na2S发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③正确；
答案选①③；
(3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应能够发生；
②从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤；
(4)酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，氯元素的化合价降低了8，得到8个电子，氢离子存在时，该电极反应式为ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O；
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中CuO的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为xmol，根据题意V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以x：y=8：3，分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为8:3。
【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。
17.双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。其中一种催化剂I的合成路线如下：
已知：R-NH2+
(1)A可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是_________。
(2)下列关于A说法中，正确的是_________。
a.与乙醇互为同系物
b.与B在一定条件下可发生缩聚反应
c.发生消去反应的试剂和条件是：NaOH的醇溶液、加热
(3)写出B→C的化学方程式：___________。
(4)D的结构简式是__________。
(5)E→F的反应类型是___________。
(6)已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，K的结构简式是__________。
(7)F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是___________。
(8)H的结构简式是___________。
【答案】 (1). 羟基 (2). b (3). HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O (4). (5). 取代 (6). (7). n+n+(2n-1)HCl (8).
【解析】
【分析】
根据已知反应R-NH2+，由F在一定条件下与试剂a反应生成G以及F的分子式C5H6O2Cl2，可推出F为，而a为，E与SOCl2反应生成F，可知E为，根据逆推示可知D为，C为C2H5OOCCH2COOC2H5，B为HOOC—CH2—COOH，A为HOCH2CH2CH2OH， 加成反应生成H，H脱去水生成，加成时应形成环，推出H为，据此分析。
【详解】（1）A为HOCH2CH2CH2OH，可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是羟基；
（2）A为HOCH2CH2CH2OH，a.与乙醇所含有羟基数目不相同，结构不相似，不互为同系物，故错误；b.与B分别为二元醇和二元羧酸，在一定条件下可发生缩聚反应，故正确；c.发生消去反应的试剂和条件是：浓硫酸、加热，故错误；答案选b；
（3）B→C是HOOC—CH2—COOH与C2H5OH发生酯化反应生成C2H5OOC—CH2—COOC2H5和水，反应化学方程式为：HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O；
（4）D的结构简式是；
（5）E→F是与SOCl2发生取代反应生成、二氧化硫和水，反应类型是取代反应；
（6）已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，为开环加成，则K的结构简式是；
（7）F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是n+n+(2n-1)HCl；
（8）H的结构简式是。
18.铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：
(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。
【答案】 (1). PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ (2). 还原 (3). 取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－ (4). PbSO4 ＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－ (5). 温度过高，碳酸铵分解 (6). 阴极PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液
【解析】
【分析】
以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)，向铅膏中加入足量Na2SO3溶液，PbO、PbSO4与Na2SO3溶液不反应，PbO2具有氧化性，与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，过滤得到主要含有Na2SO4的滤液A，对滤液A蒸干得到副产品Na2SO4；过滤后的滤渣主要为PbO、PbSO4的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，过滤洗涤得到PbO、PbCO3的粗品，加酸溶解浸取，得到含有Pb2+的电解质溶液，对溶液进行电解最终得到高纯Pb，据此分析解答。
【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极上PbSO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－；
(2)根据分析，过程①为PbO2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，反应中S元素化合价升高，被氧化，则体现了Na2SO3的还原性；
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－；
(4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀，即发生沉淀的转化，则PbSO4转化为PbCO3，发生的离子反应为PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－；
(5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量较少，脱硫率降低；
(6)将PbO、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液，从而使浸取液再生。
【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下，会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－的转化反应不能彻底进行。
19.某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10 小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2+ + 4NH3 ⇌[ Cu(NH3)4] 2+ ，[ Cu(NH3)4] 2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置
序号
试剂a
现象
ⅱ
20 mL 30% H2O与4 mL 5 mol/L H2SO4 混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ
20 mL 30% H2O2与4 mL5 mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是________。
(3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。
(5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：________。
(6)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有________。
【答案】 (1). Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓ (2). Cu＋H2O2 ＋2H+=Cu2＋＋2H2O (3). 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢 (4). 加入氨水，提高了Cu的还原性 (5). Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用 (6). Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌ NH3·H2O ⇌ NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3 ⇌ Cu(NH3)42＋，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。 (7). 酸碱性、产物微粒的种类
【解析】
【分析】
本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2）实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U型管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）对比实验ii和试验iii，实验iii中产生氧气的速率更快，在实验iii中Cu和双氧水反应生成的Cu(OH)2与加入的氨水发生络合反应，产生大量的Cu(NH3)42+，对比实验ii，是Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用；
（5）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
（6）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。
【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对Cu和H2O2的反应氧化性或还原性强弱的影响的实验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。
化学
本试卷满分共100分。考试时间90分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第一部分
本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.垃圾分类并回收利用，可以节约自然资源，符合可持续发展的要求。与食用油桶对应的垃圾分类标志是
A. 可回收物 B. 其他垃圾
C. 厨余垃圾 D. 有害垃圾
【答案】A
【解析】
【详解】食用油桶通常为塑料制品，属于可回收物，A项正确；
答案选A。
2.关于淀粉和纤维素关系的叙述中不正确的是
A. 都是非还原糖 B. 都符合分子式(C6H10O5)n
C. 互为同分异构体 D. 都是天然高分子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．淀粉和纤维素都是由葡萄糖脱水缩合而来，都属于非还原糖，A项正确；
B．淀粉和纤维素分子式均可写成(C6H10O5)n，二者都是由多个葡萄糖脱水而成的，B项正确；
C．淀粉与纤维素都是有机高分子化合物，虽然分子式都可写成(C6H10O5)n，但是n的数值不相同，通常纤维素的更大；因此二者并非同分异构体，C项错误；
D．淀粉和纤维素都属于天然的有机高分子化合物，来源甚广，D项正确；
答案选C。
【点睛】淀粉和纤维素既非同分异构体，又非同系物；同系物是指结构相似，分子组成相差1个或多个CH2原子团的不同有机物。
3.化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于电器起火
D. 水中的钢闸门连接电源的负极，可防止钢闸门被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．因酸雨的形成是由于NO2或SO2而引起的，与CO2无关，二氧化碳过多会造成温室效应，故A错误；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故C正确；
D．金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法，被保护的金属连接未加电源的负极，水中的钢闸门连接电源的负极，符合题意，故D正确；
答案选A。
4.利用元素周期表的知识，判断下列对于铍及其化合物的性质预测不正确的是
A. 原子半径： Be＞B
B. Be能与冷水剧烈反应
C. 相同条件下， Li比Be容易与酸反应
D. 最高价氧化物对应水化物的碱性： Ca(OH)2＞Be(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．Be、B同周期，自左而右原子半径减小，故原子半径Be＞B，故A正确；
B．因Mg的金属性大于Be的金属性，Mg与热水反应，则Be常温下能与水反应很缓慢，故B错误；
C．Li和Be位于同一周期，同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，Li比Be容易与酸反应，故C正确；
D．Be与Ca位于同一主族，同主族元素从上到下金属性增强，金属性Ca＞Be，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故Ca(OH)2＞Be(OH)2，故D正确；
答案选B。
5.下列解释事实的化学用语正确的是
A. 用食醋清洗水垢：CO32-＋2CH3COOH=2CH3COO－＋H2O＋CO2↑
B. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+＋HCO3-＋OH－=CaCO3↓＋H2O
C. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：CO32-+2H2O⇌H2CO3＋2OH－
D. Na2O2吸收CO2作供氧剂：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．水垢的成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸都不能拆成离子形式，用食醋清洗水垢发生的反应有：CaCO3＋2CH3COOH=2CH3COO－+Ca2+＋H2O＋CO2↑，故A错误；
B．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：NH4++HCO3−+Ca2++2OH−═CaCO3↓+H2O+NH3⋅H2O，故B错误；
C．碳酸是二元弱酸，分步水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故C错误；
D．Na2O2吸收CO2生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故D正确；
答案选D。
6.黄铁矿(FeS2)催化氧化的化学方程式为：2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. FeSO4和H2SO4都是离子化合物，均属于强电解质
B. 0.1 mol·L－1 FeSO4 溶液中Fe2＋离子的浓度为0.1 mol·L－1
C. FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物
D. 当转移2 mol电子时，消耗氧气的体积(标准状况)约为22.4 L
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeSO4属于盐，是离子化合物，H2SO4属于酸，是共价化合物，它们均属于强电解质，故A错误；
B．FeSO4溶液中Fe2＋离子容易水解，故0.1 mol·L－1 FeSO4溶液中Fe2＋离子的浓度小于0.1 mol·L－1，故B错误；
C．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，FeS2中亚铁离子的化合价为+2价，硫元素的化合价为-1价，单质氧气中氧元素的化合价为0价，硫酸亚铁中，铁元素的化合价为+2价，硫元素的化合价为+6价，氧元素的化合价为-2价，硫元素的化合价升高到+6价，氧气单质中的氧元素的化合价降低到-2价，FeSO4既是被氧化得到的产物，又是被还原得到的产物，故C正确；
D．根据反应2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4可知，7mol氧气参加反应，氧元素化合价从0降低到-2价，共转移28mol电子，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积约为0.5mol×22.4 L/mol=11.2L，故D错误；
答案选C。
7.甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是
A. CH3SH中碳元素化合价为﹣2价
B. 过程⑤中，形成了O—H键和C—H键
C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
D. 硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【答案】C
【解析】
【分析】
通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键拆开形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，将氢氧键拆开，巯基取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，然后分析。
【详解】A．CH3SH中硫显-2价，氢为+1价，根据元素的化合价之和等于0可知，碳元素化合价为﹣2价，故A正确；
B．过程⑤中，生成了CH3SH和H2O，由图示可知，O—H键和C—H键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，-SH取代甲醇中的-OH，反应类型为取代反应，故D正确；
答案选C。
8.氨和二氧化碳合成尿素的合成反应分两步进行：
第一步：2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4 (l) △H1＝﹣100.5 kJ·mol-1
第二步：NH2COONH4 (l)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H2＝﹢27.6 kJ·mol-1
下列说法中不正确的是
A. 第一步反应随着温度的升高，平衡常数增大
B. 1 mol H2O和1 mol NH3中含有的质子数相等
C. 通入过量的CO2可提高NH3的转化率
D. 合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l) △H＝﹣72.9 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．第一步反应的焓变小于0，根据勒夏特列原理，温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，即逆向移动，平衡常数减小，故A错误；
B．1个H2O和1个NH3都含有10个质子，1 mol NH3中1 mol H2O中含有的质子数相等，都是10NA，故B正确；
C．通入过量的CO2，即增大反应物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3的转化率，故C正确；
D．①2NH3(l)+CO2(g)⇌NH2COONH4(l)△H1＝﹣100.5 kJ·mol-1，②NH2COONH4(l)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H2＝﹢27.6 kJ·mol-1，①+②得到合成尿素的总的热化学方程式为：2NH3(l)＋CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)＋H2O(l)△H＝﹣72.9 kJ·mol-1，故D正确；
答案选A。
9.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应相关的是
A
B
C
D
实验
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
将密闭的NO2瓶放入冷水中
将SO2通入含有淀粉的碘水中
向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液
现象
溶液变为红色
红棕色变浅
蓝色褪去
白色沉淀变为红褐色
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．KSCN溶液滴入FeCl3溶液中变为红色，生成硫氰化铁溶液，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，故A不符合题意；
B．2NO2⇌ N2O4 ∆H＜0，将密闭的NO2瓶放入冷水中，平衡正向移动，红棕色变浅，没有化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；
C．将SO2通入含有淀粉的碘水中，蓝色褪去，二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C符合题意；
D．向Mg(OH)2沉淀中滴加FeCl3溶液，沉淀变为红褐色，离子方程式：3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+，故D不符合题意；
答案选C。
10.下列实验操作或装置能达到目的的是
A. 实验室制取乙酸乙酯
B. 苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
C. 检验CH3CH2Br消去反应的产物乙烯
D. 收集NO2气体
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，实验操作或装置均能达到目的，故A正确；
B．苯萃取碘水中I2，碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，上层液体从上层倒出，下层液体为水，从下层流出，实验操作不能达到目的，故B错误；
C．CH3CH2Br消去反应条件是氢氧化钠乙醇溶液，乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，CH3CH2Br消去反应生成乙烯，乙烯有还原性，能使KMnO4溶液褪色，故应在酸性高锰酸钾溶液前加入蒸馏水，除去乙醇，故C错误；
D．二氧化氮的密度大于空气，若用D装置集气瓶短进长出收集二氧化氮，会使二氧化氮气体逸出，收集不到，应该采用长进短出，故D错误；
答案选A。
11.已知：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH＝－1200 kJ·mol−1。在2 L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是
甲
乙
0.2 mol NO2
01 mol NO2
0.4 mol CO
0.2 mol CO
A. 放热反应，一定能自发进行
B. 该温度下，反应的平衡常数为5
C. 达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙
D. 达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知反应为放热反应，ΔH＜0，ΔS＜0，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS，当低温时有自发进行的倾向，高温时不利于自发进行，故A错误；
B．根据甲中CO的转化率为50% ，二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量为0.2mol、0.4mol，容器的体积为2L，根据，可以得到二氧化氮和一氧化碳的起始物质的量浓度为0.1mol/L、0.2mol/L，列出三段式，
该反应的平衡常数，故B错误；
C．由三段式可知甲的NO2转化为50%，因甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，则乙的NO2转化为小于50%，则NO2的浓度：甲＞乙，故C正确；
D．甲的投入量为乙的两倍，甲的平衡相对乙加压，增大压强平衡向正反应方向移动，所以甲N2的体积分数大于乙N2的体积分数，故D错误；
答案选C。
12.石油专用管发生CO2 腐蚀的主要电化学反应过程包括金属溶解和析氢，最终形成腐蚀产物FeCO3。下列说法中不正确的是
A. 金属溶解发生在负极，析氢发生在正极
B. 生成腐蚀产物的反应可能有：Fe2+ +HCO3－＋e－=FeCO3 +H＋
C. 腐蚀过程总反应的化学方程式为：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2
D. 温度、溶液酸碱度、压强等都会影响腐蚀的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属溶解发生在负极上，铁失电子形成亚铁离子，Fe-2e-= Fe2+，析氢腐蚀发生在正极上，CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，故A正确；
B．生成腐蚀产物碳酸铁的反应是亚铁离子结合二氧化碳和水反应生成碳酸电离出的碳酸根离子的过程，故B错误；
C．负极反应为：Fe-2e-= Fe2+，正极反应为：CO2＋H2O＋2e-= CO32-+H2↑，总反应为正负极反应相加得到：CO2＋H2O＋Fe= FeCO3＋H2，故C正确；
D．温度是影响化学反应速率的因素，溶液酸碱度不同发生腐蚀的类型也不同，反应中有气体参与反应和有气体生成，故压强会影响腐蚀的速率，故温度、溶液酸碱度、压强等都会影响腐蚀的速率，故D正确；
答案选B。
13.用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如下图所示。下列说法中不正确的是
A. 若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na+)＝c(HSO3－)+c(H2SO3)
B. 若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)
C. 若X为 (NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞ NH4+
D. 若X为 (NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．若X为Na2SO3，存在物料守恒，c(Na+)＝2c(HSO3－)+2c(H2SO3)+ 2c(SO32-)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO3－)=c(H2SO3)，则c(Na+)=+4c(H2SO3)+ 2c(SO32-)=4c(HSO3－) + 2c(SO32-)，故A错误；
B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：c(H+)＝c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，得到2c(SO32－)＋c(HSO3－)＝c(Na+)，故B正确；
C．若X为(NH4)2SO3，由于NH4+水解显酸性，SO32－水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO32－＞NH4+，故C正确；
D．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO3－)=c(SO32－)，b点pH=7，c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)＝c(HSO3－)+2c(SO32-) +c(OH-)，3c(HSO3－)=c(NH4+)，n(HSO3－)∶n(NH4+)＝ 1∶3，故D正确；
答案选A。
14.某小组同学用如图装置进行铜与浓硫酸反应时，发现试管中有黑色物质产生。同学猜测，黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，针对产生的黑色物质，该小组同学继续进行实验探究，获得数据如表。下列说法不正确的是
硫酸浓度/ mol·L﹣1
黑色物质出现的温度∕℃
黑色物质消失的温度∕℃
15
约150
约236
16
约140
约250
18
约120
不消失
A. 硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失
B. 黑色物质消失过程中有SO2、H2S生成
C. 硫酸浓度为16 mol·L﹣1时，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质
D. 取黑色物质洗涤、干燥后，加稀硫酸充分混合，固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO
【答案】B
【解析】
【分析】
黑色物质中可能含有CuO、Cu2S和CuS，加入的浓硫酸，铜先与浓硫酸反应，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，根据表格信息可知，黑色物质在一定温度下可溶于浓硫酸，还可能发生的反应为：5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S↓+4H2O，Cu2S +2H2SO4(浓)CuS+CuSO4+2H2O+SO2↑，CuS+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+S↓+2H2O，CuO+H2SO4(浓)CuSO4+H2O，据此分析解答。
【详解】A．从表中数据可以看出，硫酸浓度越大，黑色物质出现的温度越低，黑色物质不消失，说明硫酸浓度越大，黑色物质越易出现、越难消失，故A正确；
B．由于浓硫酸有氧化性，会将硫化氢氧化，根据分析可知，黑色物质消失过程中有SO2生成，H2S不存在，故B错误；
C．由表格中数据可知，硫酸浓度为16 mol·L﹣1时，黑色固体消失的温度在250℃，先升温至250℃以上，再将铜丝与浓硫酸接触，可以避免产生黑色物质，故C正确；
D．黑色物质中若含CuO，加入加稀硫酸充分混合，氧化铜会与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜溶于水，固体质量会减小，现固体质量不变，说明黑色物质中不含CuO，故D正确；
答案选B。
第二部分
本部分共5小题，共58分。
15.气态亚硝酸(HNO2或HONO)是大气中的一种污染物。
(1)亚硝酸的电离平衡常数Ka＝6.0×10﹣6，其电离方程式为________。
(2)亚硝酸分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为________。
(3)亚硝酸进入人体可以与二甲胺[(CH3)2NH]迅速反应生成亚硝酸胺[CH3)2N－N＝O]，亚硝酸胺是最重要的化学致癌物之一。
① 亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺一种反应机理如下：
HONO+
过程ⅰ和过程ⅱ的反应类型分别为：________、消去反应。
② 上述反应机理的反应过程与能量变化的关系如图：
亚硝酸与二甲胺反应生成亚硝酸胺的反应ΔH________0(填“＞”或“＜”)。反应难度更大的是过程________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。
【答案】 (1). HNO2 ⇌H+＋NO2－ (2). (3). 加成反应 (4). ＜ (5). 过程ⅰ
【解析】
【分析】
(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸；
(2)亚硝酸属于共价化合物，据此书写电子式；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，结合有机物的反应类型分析；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关分析判断；活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大。
【详解】(1)由亚硝酸的电离常数的数值可知，它是一种一元弱酸，在溶液中部分电离，电离方程式为HNO2 ⇌H+＋NO2－；
(2)亚硝酸属于共价化合物，分子中各原子最外层电子均达到稳定结构，其电子式为；
(3)①亚硝酸分子中含有氮氧双键，过程ⅰ的反应中生成物氮氧双键消失，变为氮氧单键，可以看作中的氮氢键断裂，分别加成在亚硝酸分子的氮氧双键两端，可以看作是加成反应，过程ⅱ中中脱去一个羟基和氢原子，形成氮氧双键，可以看作有机反应中醇羟基的消去反应；
②根据盖斯定律分析，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，根据图示，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应属于放热反应，ΔH＜0；活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态(过渡态)所需要的能量。活化能越大，反应进行的越慢，反应难度越大，根据图示，过程ⅰ的活化能大于过程ⅱ的活化能，则过程ⅰ的反应难度更大。
16.高氯酸盐(ClO4－)有高稳定性和强氧化性，常作为氧化剂用于工业生产。
(1)高氯酸盐中氯元素的化合价为________。
(2)下列叙述中可说明氯元素比硫元素非金属性强的是_________。
① HCl比H2S稳定
② HClO4的酸性比H2SO3的强
③ Cl2可与Na2S发生置换反应
(3)NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过反应NaClO4＋NH4ClNH4ClO4＋NaCl制取。相关物质的溶解度曲线如图：
① 结合溶解度，分析该反应能够发生的原因________。
② 从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤。
(4)高氯酸盐是一种新型的无机污染物，ClO4－的主要危害是与碘离子竞争进入人体甲状腺，影响甲状腺的正常功能。利用电化学催化法，酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，该电极反应式为________。
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：
2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑
Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑
取一定质量的Cu(ClO4)2·6H2O样品，加热至某温度使其完全分解，若测得V(O2)∶V(Cl2)＝5∶1，则分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为________。
【答案】 (1). ＋7 (2). ①③ (3). 80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物) (4). 趁热过滤 (5). ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O (6). 8∶3
【解析】
【分析】
(1)根据高氯酸盐的化合价之和等于0判断氯元素的化合价；
(2)根据元素周期律判断非金属性强弱；
(3) ①根据反应条件在80℃时，溶解度的变化判断；
②利用NH4ClO4和NaCl的溶解度差异判断；
(4)根据根据酸性条件下化合价的变化判断电极反应；
(5)根据反应：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑由氧气和氯气的关系可确定氧化铜和氯化铜的物质的量的关系。
【详解】(1)高氯酸盐(ClO4－)中氧为-2价，离子化合价之和等于-1，氯元素的化合价为+7价；
(2) ①气态氢化物的稳定可以用来比较非金属性的强弱，故HCl比H2S稳定，故①正确；
② HClO4的酸性比H2SO3的强不能比较，亚硫酸不是最高价氧化物对应的水化物，故②错误；
③ Cl2可与Na2S发生置换反应，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，可以比较，故③正确；
答案选①③；
(3)①结合溶解度，80℃时，氯化钠溶解度小于其他物质(生成物溶解度小于反应物)，该反应能够发生；
②从反应后热的混合液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为趁热过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤；
(4)酸性环境中，可将ClO4－还原为Cl－，氯元素的化合价降低了8，得到8个电子，氢离子存在时，该电极反应式为ClO4－+8H++8e－=Cl－+4H2O；
(5)已知，加热时Cu(ClO4)2的分解方式有以下两种：2Cu(ClO4)2 2CuO+7O2↑+2Cl2↑、Cu(ClO4)2 CuCl2+4O2↑。设分解所得固定产物中CuO的物质的量为xmol，CuCl2的物质的量为ymol，根据反应生成氧气的物质的量为（3.5x+4y）mol，氯气的物质的量为xmol，根据题意V（O2）：V（Cl2）=（3.5x+4y）：x=5：1，所以x：y=8：3，分解所得固体产物中CuO与CuCl2的物质的量之比为8:3。
【点睛】写电极反应时，根据化合价的变化判断转移的电子数，根据元素守恒配平电极反应。
17.双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。其中一种催化剂I的合成路线如下：
已知：R-NH2+
(1)A可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是_________。
(2)下列关于A说法中，正确的是_________。
a.与乙醇互为同系物
b.与B在一定条件下可发生缩聚反应
c.发生消去反应的试剂和条件是：NaOH的醇溶液、加热
(3)写出B→C的化学方程式：___________。
(4)D的结构简式是__________。
(5)E→F的反应类型是___________。
(6)已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，K的结构简式是__________。
(7)F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是___________。
(8)H的结构简式是___________。
【答案】 (1). 羟基 (2). b (3). HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O (4). (5). 取代 (6). (7). n+n+(2n-1)HCl (8).
【解析】
【分析】
根据已知反应R-NH2+，由F在一定条件下与试剂a反应生成G以及F的分子式C5H6O2Cl2，可推出F为，而a为，E与SOCl2反应生成F，可知E为，根据逆推示可知D为，C为C2H5OOCCH2COOC2H5，B为HOOC—CH2—COOH，A为HOCH2CH2CH2OH， 加成反应生成H，H脱去水生成，加成时应形成环，推出H为，据此分析。
【详解】（1）A为HOCH2CH2CH2OH，可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是羟基；
（2）A为HOCH2CH2CH2OH，a.与乙醇所含有羟基数目不相同，结构不相似，不互为同系物，故错误；b.与B分别为二元醇和二元羧酸，在一定条件下可发生缩聚反应，故正确；c.发生消去反应的试剂和条件是：浓硫酸、加热，故错误；答案选b；
（3）B→C是HOOC—CH2—COOH与C2H5OH发生酯化反应生成C2H5OOC—CH2—COOC2H5和水，反应化学方程式为：HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O；
（4）D的结构简式是；
（5）E→F是与SOCl2发生取代反应生成、二氧化硫和水，反应类型是取代反应；
（6）已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，为开环加成，则K的结构简式是；
（7）F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是n+n+(2n-1)HCl；
（8）H的结构简式是。
18.铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：
(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。
【答案】 (1). PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ (2). 还原 (3). 取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－ (4). PbSO4 ＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－ (5). 温度过高，碳酸铵分解 (6). 阴极PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液
【解析】
【分析】
以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)，向铅膏中加入足量Na2SO3溶液，PbO、PbSO4与Na2SO3溶液不反应，PbO2具有氧化性，与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，过滤得到主要含有Na2SO4的滤液A，对滤液A蒸干得到副产品Na2SO4；过滤后的滤渣主要为PbO、PbSO4的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，过滤洗涤得到PbO、PbCO3的粗品，加酸溶解浸取，得到含有Pb2+的电解质溶液，对溶液进行电解最终得到高纯Pb，据此分析解答。
【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极上PbSO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－；
(2)根据分析，过程①为PbO2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，反应中S元素化合价升高，被氧化，则体现了Na2SO3的还原性；
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－；
(4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀，即发生沉淀的转化，则PbSO4转化为PbCO3，发生的离子反应为PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－；
(5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量较少，脱硫率降低；
(6)将PbO、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液，从而使浸取液再生。
【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下，会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－的转化反应不能彻底进行。
19.某小组同学探究Cu和H2O2的反应。
【猜想预测】
猜想1：Cu与H2O2不发生反应；
猜想2：Cu与H2O2可能发生氧化还原反应，H2O2作氧化剂。
【实验探究】
实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10 小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
(1)通过该实验证明了猜想2成立，写出该反应的化学方程式：________。
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
资料：Cu2+ + 4NH3 ⇌[ Cu(NH3)4] 2+ ，[ Cu(NH3)4] 2+为深蓝色；Cu(OH)2可溶于氨水形成深蓝色溶液。
装置
序号
试剂a
现象
ⅱ
20 mL 30% H2O与4 mL 5 mol/L H2SO4 混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
ⅲ
20 mL 30% H2O2与4 mL5 mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
(2)实验ⅱ中：溶液变蓝的原因是________(用化学用语解释)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是________。
(3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。
已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。
该实验的结论：_________。利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，导致Cu溶解速率加快。
(4)对比实验ⅱ和ⅲ，实验ⅲ中产生氧气速率明显更快，可能的原因是_______。
(5)实验ⅲ有少量蓝色不溶物，小组同学加入少量NH4Cl可使其溶解，结合文字和化学用语解释不溶物溶解的原因：________。
(6)基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有________。
【答案】 (1). Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓ (2). Cu＋H2O2 ＋2H+=Cu2＋＋2H2O (3). 产生的铜离子催化了过氧化氢分解；或铜离子氧化了过氧化氢 (4). 加入氨水，提高了Cu的还原性 (5). Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用 (6). Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl，NH3＋H2O⇌ NH3·H2O ⇌ NH4+＋OH－，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2＋＋4NH3 ⇌ Cu(NH3)42＋，使c(Cu2＋)减小，Cu (OH)2(aq)⇌Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。 (7). 酸碱性、产物微粒的种类
【解析】
【分析】
本实验通过对Cu和H2O2反应的探究，得出影响Cu和H2O2反应速率快慢的因素；通过对比溶液酸碱性对反应速率的影响得出碱性条件下Cu和H2O2的反应速率较快的结论，通过对比实验考查加入氨水后，氨水对双氧水的作用和氨水对Cu2+的作用考查氨水的加入对反应的氧化性或还原性强弱的影响。
【详解】（1）向过氧化氢溶液中加入Cu，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有含铜离子的物质生成，故可推测反应为Cu和H2O2的反应，反应方程式为Cu＋H2O2= Cu (OH)2↓；
（2）实验ii中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明过氧化氢大量分解，而溶液反应生成的Cu2+有催化作用，可以催化双氧水分解，产生大量气泡；
（3）向U型管双氧水一侧加入氨水，电压物明显变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入改变了Cu2+还原性的大小，使Cu2+的还原性增强；
（4）对比实验ii和试验iii，实验iii中产生氧气的速率更快，在实验iii中Cu和双氧水反应生成的Cu(OH)2与加入的氨水发生络合反应，产生大量的Cu(NH3)42+，对比实验ii，是Cu(NH3)42+对H2O2分解有很好的催化作用；
（5）实验iii中少量不溶物为Cu(OH)2，加入少量氯化铵后不溶物消失，原因是：Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入少量NH4Cl，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，平衡逆移，使c(NH3)增大，Cu2++4NH3⇌Cu(NH3)42＋，使c(Cu2+)减小，Cu(OH)2(aq)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，正移，沉淀溶解，无沉淀。
（6）基于以上实验，影响Cu与H2O2反应速率的因素有酸碱性、产物微粒的种类。
【点睛】实验中较难考虑的部分是氨水对Cu和H2O2的反应氧化性或还原性强弱的影响的实验考查，通过观察电压表指针的变化分析氨水对反应氧化性或还原性强弱的影响。
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