2019-2020学年北京市首师大附中高三(下)开学化学试卷 答案解析
B．N2的电子式：C．Na+的结构示意图：
D．H2O分子的比例模型：
【分析】A、质量数＝质子数+中子数； B、氮原子的最外层有5个电子；
C、钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子； D、水为V型结构，且H原子半径小于O原子。
【解答】解：A、质量数＝质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为35，故表示为3517Cl，故A错误；
B、氮原子的最外层有5个电子，故其电子式为
，故B错误；
，故C
C、钠离子的核内有11个质子，核外有10个电子，故其离子结构示意图为正确；
D、水为V型结构，且H原子半径小于O原子，故水的比例模型为故选：AB。
3．（4分）下列说法不正确的是（ ）
A．可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全 B．工业上可用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖 C．疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性
D．油脂的氢化、葡萄糖的银镜反应均属于氧化反应 【分析】A、淀粉遇碘变蓝；
B、淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩和物； C、蛋白质遇高温变性；
D、得氧去氢为氧化反应，去氧得氢为还原反应。
，故D正确。
【解答】解：A、淀粉遇碘变蓝，故可用碘水检验淀粉在酸性条件下水解是否完全，若不变蓝，则水解完全，故A正确；
B、淀粉和纤维素均为葡萄糖的脱水缩和物，故两者均水解为葡萄糖，故可以用两者来生产葡萄糖，故B正确；
C、蛋白质遇高温变性，故疫苗要冷冻保藏，以防止蛋白质变性，故C正确；
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D、得氧去氢为氧化反应，去氧得氢为还原反应，故油脂的氢化为还原反应，故D错误。 故选：D。
4．（4分）化学让世界更美好，下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）
A．明矾用作净水剂 B．甘油用作护肤保湿C．漂粉精用作消毒D．铁粉用作食品脱氧
剂
A．A
B．B
C．C
剂
D．D
剂
【分析】物质起还原作用，说明该物质作还原剂，含有的某种元素的化合价要升高，据此对各选项进行判断。
【解答】解：A．明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A错误； B．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B错误； C．漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C错误；
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D正确； 故选：D。
5．（4分）下述实验方案中均使用了NaCl溶液，能达到实验目的的是（ ） 编号 实验 方案
置于光亮处
片刻后在Fe电极附近滴入K3[Fe（CN）6]溶液
A B C D
实验 验证甲烷与氯气目的 A．A
进行喷泉实验 验证Fe电极被保护 验证乙炔的还原性
发生化学反应
B．B
C．C
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D．D
【分析】A．光照下发生取代反应生成卤代烃和HCl，HCl极易溶于水； B．食盐水可抑制氯气的溶解；
C．Fe与电源正极相连为阳极，Fe失去电子； D．生成乙炔中混有硫化氢等，均能被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A．光照下发生取代反应生成卤代烃和HCl，HCl极易溶于水，试管中液面上升，可验证甲烷与氯气发生化学反应，故A正确；
B．食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置不能形成喷泉，故B错误；
C．Fe与电源正极相连为阳极，Fe失去电子，在Fe电极附近滴入K3[Fe（CN）6]溶液生成蓝色沉淀，则Fe被腐蚀，故C错误；
D．生成乙炔中混有硫化氢等，均能被高锰酸钾氧化，不能验证乙炔的还原性，故D错误； 故选：A。
用6．（4分）N2和 H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图所示，
、
﹣
、
分别表示N2、H2、NH3，已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92
kJ•mol1，下列说法正确的是（ ）
A．使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少 B．②→③过程，是吸热过程且只有H﹣H键的断裂
C．③→④过程，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3
D．合成氨反应中，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量 【分析】A．催化剂不改变反应热；
B．②→③过程，存在H﹣H、N≡N键的断裂； C．NH3含有极性键； D．合成氨为放热反应。
【解答】解：A．催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，故A错误；
B．②→③过程，存在H﹣H、N≡N键的断裂，故B错误；
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C．NH3含有N﹣H键，为极性键，故C错误；
D．合成氨为放热反应。则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D正确。 故选：D。
7．（4分）某种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如图，下列关于该高分子说法正确的是（ ）
A．结构简式可以表示为：
B．氢键对该高分子的性能没有影响 C．合成该高分子的反应为缩聚反应 D．单体具有4种不同化学环境的氢原子
【分析】隐形眼镜材料的聚合物片段图可知，聚合物的链节为，聚
合物结构简式可以表示为：，单体为CH2＝C（CH3）
COOCH2CH2OH，CH2＝C（CH3）COOCH2CH2OH发生加聚反应生成
，据此分析解答。
【解答】解：A、由聚合物片段图可知，该物质由多个形成，所以
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聚合物结构简式可以表示为，故A正确；
B、氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故B错误；
C、该聚合物由CH2＝C（CH3）COOCH2CH2OH发生加聚反应生成
，故C错误；
D、形成该聚合物的单体为CH2＝C（CH3）COOCH2CH2OH，根据等效H原子可知，单体中具有5种不同化学环境的氢原子，故D错误； 故选：A。
8．（4分）室温下，依次进行如下实验，下列说法正确的是（ ） ①取一定量冰醋酸，配制成100 mL 0.1 mol/L醋酸溶液； ③继续滴加a mL 0.1 mol/L稀盐酸，至溶液的pH＝7。
﹣
②取20 mL①中所配溶液，加入20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液；
A．①中溶液的pH＝1
B．②中反应后溶液：c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（H+）＞c（OH）
﹣
C．③中，a＝20
﹣
﹣
D．③中，反应后溶液：c（Na+）＝c（CH3COO）+c（Cl）
cH+）＜0.1mol/L； 【分析】A．醋酸是弱电解质，不完全电离，0.1mol/L CH3COOH溶液中（B．取20mL①中所配溶液，加入20mL 0.1mol/L NaOH溶液，反应恰好生成CH3COONa，CH3COO水解使溶液呈碱性，溶液中c（OH）＞c（H+），根据电荷守恒分析；
﹣
﹣
，若aC．继续滴加a mL 0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH＝7，溶液中c（H+）＝c（OH）
﹣
＝20，反应恰好生成CH3COOH，溶液为酸性；
D．③中反应后溶液呈中性，溶液中c（H+）＝c（OH），根据电荷守恒分析。
﹣
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，不完全电离，0.1mol/L CH3COOH溶液中c（H+）＜0.1mol/L，则溶液pH＞1，故A错误；
B．取20mL①中所配溶液，加入20mL 0.1mol/L NaOH溶液，反应恰好生成CH3COONa，CH3COO水解使溶液呈碱性，溶液中c（OH）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）
﹣
﹣
，则有c（Na+）＞c（CH3COO）＞c（OH）＞c+c（H+）＝c（OH）+c（CH3COO）
﹣
﹣
﹣
﹣
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（H+），故B错误；
C．继续滴加amL0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH＝7，溶液中c（H+）＝c（OH），但若
﹣
a＝20，反应恰好生成CH3COOH，此时溶液显酸性、pH＜7，所以溶液的pH＝7时a＜20，故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH）+c（CH3COO）+c（Cl），
﹣
﹣
﹣
，则有c（Na+）＝c（CH3COO）+c（Cl），溶液的pH＝7，溶液中c（H+）＝c（OH）
﹣
﹣
﹣
故D正确， 故选：D。
9．（4分）某同学进行SO2的性质实验。在点滴板a、b、c、d处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培养皿，一段时间后观察到的实验现象如表所示。下列说法正确的是（ ） 序号 a b c d
试剂 品红溶液 酸性KMnO4溶液
NaOH溶液（含2滴酚酞） H2S溶液
实验现象 红色褪去 紫色褪去 红色褪去 黄色浑浊
A．在浓硫酸与Na2SO3固体反应中，浓硫酸表现的强氧化性 B．a、b均表明SO2具有漂白性
C．c中只可能发生反应：SO2+2OH═SO32+H2O
﹣
﹣
D．d中表明SO2具有氧化性
【分析】A、Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，浓硫酸表现酸性； B、二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色，是发生氧化还原反应而褪色；
C、开始通入二氧化硫生成亚硫酸钠，当氢氧化钠完全转化为亚硫酸钠，再通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠；
D、二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质硫，二氧化硫中硫的化合价由+4价变
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0价；
【解答】解：A、Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，浓硫酸表现酸性，无强氧化性，故A错误；
B、二氧化硫使酸性KMnO4溶液褪色，是发生氧化还原反应而褪色，而不是漂白性，故B错误；
C、开始通入二氧化硫生成亚硫酸钠，当氢氧化钠完全转化为亚硫酸钠，再通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，还可涉及亚硫酸钠被空气中的氧气氧化，所以不只是一个反应，故C错误；
D、二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成单质硫，二氧化硫中硫的化合价由+4价变0价，表明SO2具有氧化性，故D正确； 故选：D。
10．（4分）卡拉诺利是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示，下列关于卡拉诺利的说法正确的是（ ）
A．该物质属于苯的同系物 B．该物质遇FeCl3溶液显色 C．分子中有3种含氧官能团
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH
【分析】有机物含有碳碳双键、酯基和羟基，结合烯烃、酯类和醇的性质解答该题。 【解答】解：A．含有O元素，不属于烃类，且与苯的结构不同，与苯不是同系物，故A错误；
B．不含酚羟基，与氯化铁溶液不反应，故B错误； C．含有羟基、酯基和醚键，故C正确；
D．能与氢氧化钠反应的为酯基，且酯基水解生成酚羟基，则1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH，故D错误。 故选：C。
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11．（4分）Na2CO3和NaHCO3可作食用碱。下列方程式中正确的是（ ） A．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3 Na2O2+CO2═Na2CO3 +O2 B．Na2CO3溶液呈碱性 CO32+H2O⇌H2CO3+2OH
﹣
﹣
C．NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3
D．Na2CO3溶液除去CH3COOC2H5中的CH3COOH CO32+2H+═CO2↑+H2O
﹣
△¯Na2CO3 +CO2↑+H2O
【分析】A．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和氧气； B．碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，溶液显碱性； C．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳； D．醋酸为弱酸，应保留化学式。
【解答】解：A．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3 +O2，故A错误；
B．碳酸钠第一步水解只能生成碳酸氢钠和氢氧化钠，离子方程式CO32+H2O⇌HCO3
﹣
﹣
+OH，溶液显碱性，故B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以可以做发酵粉，故C正确；
D．醋酸为弱酸，应保留化学式，则离子方程式为：CO32+2CH3COOH═CO2↑
﹣
﹣
△¯+H2O+2CH3COO，故D错误； 故选：C。
12．（4分）某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如表，下列说法不正确的是（ ） 序号 实验 步骤
I
Ⅱ
Ⅲ
﹣
充分振荡，加2 mL蒸馏充分振荡，加入2 mL蒸馏充分振荡，加入2 mL蒸馏
水
水
水
实验 铜粉消失，溶液黄色变铜粉有剩余，溶液黄色褪铜粉有剩余，溶液黄色褪加入蒸馏水后无明显去，加入蒸馏水后生成白去，变成蓝色，加入蒸馏水现象 浅，
现象
色沉淀
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后无白色沉淀
A．实验I、Ⅱ、Ⅲ中均发生了反应2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
B．对比实验I、Ⅱ、Ⅲ说明白色沉淀的产生可能与铜粉的量及溶液的阴离子种类有关
C．实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后c（Cu2+）相同
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【分析】实验Ⅰ：少量铜粉加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉少时，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子； 实验Ⅱ：过量铜加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化产物有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀；
实验Ⅲ：过量铜加入1ml0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，据此分析判断。
【解答】解：实验Ⅰ：少量铜粉加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉少时，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象，说明铁离子氧化铜生成铜离子，
实验Ⅱ：过量铜加入1ml0.1mol/L氯化铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，铁离子全部和铜反应，加入蒸馏水后生成白色沉淀说明铜被氧化产物有亚铜离子，生成CuCl白色沉淀，
实验Ⅲ：过量铜加入1ml0.05mol/L硫酸铁溶液，充分振荡，加2mL蒸馏水，铜粉有余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后无白色沉，说明铁离子反应完全，生成的溶液中可能含铜离子和亚铜离子，
A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溶液黄色变浅或褪去，均涉及Fe3+被还原，故A正确；
B．对比实验I、Ⅱ可知，白色沉淀CuCl的产生与铜粉的量有关，对比实验Ⅱ、III可知，白色沉淀CuCl的产生与溶液的阴离子种类有关，故B正确；
C．实验Ⅱ、Ⅲ中，分别有氯化亚铜沉淀生成、无氯化亚铜沉淀生成，加入蒸馏水后（cCu2+）不相同，故C错误；
D．向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液，可能出现白色CuCl沉淀，故D正确； 故选：C。
13．（4分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食
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品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是（ ）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1 B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【分析】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4．根据化合价升降相等计算；
B．由反应①化合价变化情况，原电池正极表面发生还原反应；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂。 还原剂是SO2，还原产物是ClO2，【解答】解：A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，氧化产物是NaHSO4．故A正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，故B正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，故C错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，故D正确。 故选：C。
14．（4分）2019年为“国际化学元素周期表年”。如图是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8．下列说法不正确的是（ ）
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A．原子半径：W＜X
B．X的最高价氧化物的水化物是强碱 C．Y单质可用做半导体材料 D．气态氢化物热稳定性：Z＜W
【分析】如图是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，W与X的最高化合价之和为8，说明二者最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，W最外层电子数为a+2，则a+a+2＝8，解得a＝3，则X为Al，Y为Si，Z为P，W为N元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，X为Al，Y为Si，Z为P，W为N元素。 A．电子层越多原子半径越大，则原子半径W＜X，故A正确；
B．X为Al，其最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于弱碱，故B错误； C．Si单质为良好的半导体材料，故C正确；
D．非金属性W＞Z，则气态氢化物的稳定性：Z＜W，故D正确； 故选：B。 二、填空题
15．（8分）某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3•6H2O能否反应产生Cl2。 实验操作和现象：（A试管中加入MnO2与FeCl3•6H2O的固体混合物） 操 作
现 象
点燃酒精ⅰ．A中部分固体溶解，上方出现白雾 灯，加热
ⅱ．稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色 液滴
ⅲ．B中溶液变蓝
（1）现象ⅰ中的白雾是 盐酸小液滴 ，形成白雾的原因是 FeCl3•6H2O 受热水解，生成HCl 气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O 结合形成盐酸小液滴 （2）分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下： a．加热FeCl3•6H2O，产生白雾和黄色气体。
b．用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有 FeCl3
（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：
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①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是 2Fe3++2I＝2Fe2++I2 ，实验证﹣
实推测成立。
②溶液变蓝的另外一种原因是：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认
了这种可能性，其实验方案是 另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl 溶液，在空气中放置，溶液变蓝 （4）为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，小组提出两种方案，均证实了Cl2的存在。 【方案1】在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C。
【方案2】将B中KI﹣淀粉溶液替换为NaBr溶液，检验Fe2+．现象如下： 方案1 方案2
B中溶液变为蓝色
B中溶液呈浅橙红色；未检出Fe2+
①方案1的C中盛放的试剂是 饱和NaCl 溶液 ②方案2中检验Fe2+ 的原因是 通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br氧化为Br2
﹣
而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2
③综合方案1、2的现象，说明选择NaBr溶液的依据是 氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Br可以被Cl2 氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2
﹣
（5）将A中产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是 2FeCl3•6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O 【分析】（1）FeCl3•6H2O 受热水解，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；
（2）用KSCN 溶液检验现象ii 和A 中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3； （3）①氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；
②作对照实验，需要除去Cl2 和Fe3+的干扰才能检验酸性情况下的O2 影响，所以最好
△¯另取溶液对酸性情况下氧气的影响进行检验，碘离子在酸溶液中被氧气氧化生成碘单质； （4）①方案1：除去Cl2中的FeCl3 和O2（H+），若仍能观察到B 中溶液仍变为蓝色，
则证明原气体中确实存在Cl2；使用饱和NaCl 溶液，可以让FeCl3溶解，并且除去O2影响过程中提供酸性的
HCl 气体，从而排除两个其他影响因素。
说明是Cl2将Br氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色②通过未检测出Fe2+证明，
﹣
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气体中一定含有Cl2 ；
③NaBr 比KI淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化I对检验Cl2 产生干扰，而Fe3+不
﹣
﹣
﹣
会氧化Br，不会产生干扰；
（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水、氯化氢气体。 【解答】解：（1）FeCl3•6H2O 受热水解，生成HCl气体，同时受热失去结晶水，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾，
生成HCl 气体，同时受热失去结晶水，故答案为：盐酸小液滴；FeCl3•6H2O 受热水解，HCl和H2O 结合形成盐酸小液滴；
（2）用KSCN 溶液检验现象ii 和A 中的黄色气体，溶液均变红，说明含有FeCl3， 故答案为：FeCl3；
（3）①氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3++2I
﹣
＝2Fe2++I2，
﹣
故答案为：2Fe3++2I＝2Fe2++I2；
②：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实放置，溶液变蓝，
故答案为：另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl 溶液，在空气中放置，溶液变蓝；
，若仍能观察到B 中溶液仍变为蓝色，（4）①方案1：除去Cl2中的FeCl3 和O2（H+）
使用饱和NaCl 溶液，可以让FeCl3 溶解，并且除去O2 影则证明原气体中确实存在Cl2，
响过程中提供酸性的HCl 气体，从而排除两个其他影响因素， 故答案为：饱和NaCl 溶液；
②方案2中检验Fe2+ 的原因是：通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br氧化为Br2
﹣
﹣
验方案是：另取一支试管，向其中加入KI﹣淀粉溶液，再滴入几滴HCl 溶液，在空气中
而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2 ，
故答案为：通过未检测出Fe2+证明，说明是Cl2将Br氧化为Br2而不是Fe3+氧化的，证明了黄色气体中一定含有Cl2 ；
③氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，NaBr 比KI淀粉溶液好的原因，在于Fe3+能氧化
﹣
I对检验Cl2 产生干扰，而Fe3+不会氧化Br，不会产生干扰，
﹣
﹣
﹣
故答案为：氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+，Br可以被Cl2 氧化成Br2，但不会被Fe3+氧化为Br2；
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（5）二氧化锰与FeCl3•6H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2及水和氯化氢气体，反应方程式为：2FeCl3•6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O， 故答案为：2FeCl3•6H2O+MnO2Fe2O3+MnCl2+Cl2↑+2HCl↑+11H2O。 16．（9分）苯乙烯（
（g）⇌
（1）已知：
化学键 键能/kJ/mol
C﹣H 412
C﹣C 348
﹣
△¯△¯）是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得： （g）+H2（g）△H
C＝C 612
H﹣H 436
计算上述反应的△H＝ +124 kJ•mol1。
（2）500℃时，在恒容密闭容器中，充入a mol乙苯，反应达到平衡后容器内气体的压强为P；若再充入bmol的乙苯，重新达到平衡后容器内气体的压强为2P，则a ＜ b（填“＞”“＜”或“＝”），乙苯的转化率将 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。 （3）工业上，通常在乙苯（EB）蒸气中掺混N2（原料气中乙苯和N2的物质的量之比为，控制反应温度600℃，并保持体系总压为0.1Mpa不变的条件下1：10，N2不参与反应）
进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图： ①A，B两点对应的正反应速率较大的是 B 。 入氮气稀释，相当于起减压的效果 。
②掺入N2能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 正反应方向气体分子数增加，加③用平衡分压代替平衡浓度计算600℃时的平衡常数Kp＝ 0.019MPa 。（保留两位有效数字，分压＝总压×物质的量分数）
④控制反应温度为600℃的理由是 600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率慢，转化率低，而温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大 。
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【分析】（1）焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，以此计算反应热； （2）恒容密闭容器中，物质的量与压强成正比，增大压强平衡逆向移动； （3）①A、B温度相同，乙苯的浓度越大，反应速率越快；
②氮气不参加反应，冲入氮气，相当于减小压强，利于反应正向进行； ③
CH2CH3（g）⇌
催化剂＝CH2（g）+H2（g）
开始 a 0 0
转化 0.4a 0.4a 0.4a
平衡 0.6a 0.4a 0.4a
322分压＝总压×物质的量分数，则分压分别为0.1Mpa×、0.1Mpa×、0.1Mpa× 777Kp=
【解答】解：（1）焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH＝CH2、H2总键能之差，故△H＝（5×412+348﹣3×412﹣612﹣436）kJ•mol1＝+124kJ•mol1，
﹣
﹣
④600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，从反应速率和选择性的角度分析。
227×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀×7×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀； 3×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀7故答案为：+124；
（2）该反应为气体增多的反应，假设a＝b，且在充入b mol乙苯时将容器体积扩大为原来的2倍，则此时达到等效平衡，压强依然为P，实际情况时容器体积不变，则需将容器体积压缩至和原平衡相同，假设此过程中平衡不移动，则压缩后压强为2P，但实际情况是压缩体积时平衡会逆向移动，压强减小，即平衡后压强小于2P，若想要压强达到2P，则需要充入更多的乙苯，所以a＜b；恒容充入乙苯，体系压强增大，平衡会在等效平衡
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的基础上左移，导致乙苯的转化率减小， 故答案为：＜；减小；
（3）①A点和B点温度相同，容器恒压，则充入氮气后容器体积变大，气体浓度减小，浓度越小反应速率越小，所以B点正反应速率较大， 故答案为：B；
容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，相当于减小压强，②保持总压不变，充入N2，利于反应正向进行，乙苯转化率增大，
故答案为：正反应方向气体分子数增加，加入氮气稀释，相当于起减压的效果； ③600℃时乙苯的转化率为40%，
CH2CH3（g）⇌
催化剂＝CH2（g）+H2（g）
开始 a 0 0
转化 0.4a 0.4a 0.4a
平衡 0.6a 0.4a 0.4a
322分压＝总压×物质的量分数，则分压分别为0.1Mpa×、0.1Mpa×、0.1Mpa× 777Kp=
故答案为：0.019MPa；
227×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀×7×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀37×0.1𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
=0.019MPa，
④由于600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转反应温度为600℃，
化率低；温度过高，选择性下降，过高温度还可能使催化剂失活，且能耗大，所以控制
故答案为：600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率慢，转化率低，而温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大。
17．（9分）As2O3在医药、电子等领域有重要应用．某含砷元素（As）的工业废水经如图1流程转化为粗As2O3．
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H3AsO4转化为Na3AsO4（1）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐．反应的化学方程式是 H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O ．
（2）“氧化”时，1mol AsO33转化为AsO43至少需要O2 0.5 mol．
﹣
﹣
（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有： a．Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH（aq）△H＜0
﹣
研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃．
b．5Ca2++OH+3AsO43⇌Ca5（AsO4）3OH△H＞0
﹣
﹣
用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是 温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降 ．
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是 H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4 ．
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3．As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图2所示．为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 调硫酸浓度约为7mol•L1，冷却至25℃，过滤 ．
﹣
（6）下列说法中，正确的是 abc （填字母）． a．粗As2O3中含有CaSO4
b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的．
【分析】向工业废水（含有H3AsO4、H3AsO3）加入氢氧化钠碱浸：H3AsO4+3NaOH═
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Na3AsO4+3H2O、H3AsO3+3NaOH═Na3AsO3+3H2O，得到含有Na3AsO4、Na3AsO3的溶再加入石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）液，融入氧气氧化Na3AsO3为Na3AsO4，3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4和硫酸钙，通入二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，反应为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4，调硫酸浓度约为7 mol•L1，冷却至25℃，过滤，得粗As2O3，据此分析作答．
﹣
【解答】解：（1）H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；
故答案为：H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；
（2）“氧化”时，AsO33转化为AsO43，As元素由+3价升高到+5价，转移2个电子，
﹣
﹣
则1mol AsO33转化为AsO43转移电子2mol，氧气由0价降到﹣2价，需要0.5mol；
﹣
﹣
故答案为：0.5；
（AsO4）发生的主要反应有：a．Ca（OH）（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca53OH沉淀，
﹣﹣2+2+3﹣
2（s）⇌Ca（aq）+2OH（aq）△H＜0，b．5Ca+OH+3AsO4⇌Ca5（AsO4）3OH
△H＞0，温度升高高于85℃后，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；
故答案为：温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；
自身被氧化生成硫酸，反应为：（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；
故答案为：H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；
（5）由图2可知：硫酸浓度约为7 mol•L1，25℃时As2O3的沉淀率最大，易于分离，
﹣
故为了提高粗As2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7 mol•L1，冷却至25℃，过滤；
﹣
故答案为：调硫酸浓度约为7 mol•L1，冷却至25℃，过滤；
﹣
（6）a．钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确； b．滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，正确； 故答案为：abc．
18．（9分）H 是药物合成中的一种重要中间体，下面是 H 的一种合成路线：
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回答下列问题：
（1）X 的结构简式为 的反应类型为 取代反应 。
，其中所含官能团的名称为 羟基 ；Y 生成 Z
（2）R 的化学名称是 对羟基苯甲醛 。 （
3
）
由
Z
和
E
合
成
F
的
化
学
方
程
式
为
。
（4）同时满足苯环上有 4 个取代基，且既能发生银镜反应，又能发生水解反应的 Y 的同分异构体有 16 种，其中核 磁共振氢谱上有 4 组峰，峰面积之比为 1：2：2：3 的
同分异构体的结构简式为 （一种即可）。
（5）参照上述合成路线，以乙醛和为原料（其他试剂任选），设计制备肉桂
醛（）的合成 路线
。
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【分析】（1）对比X、Y的结构简式，结合X的分子式，可知X为Y、Z的结构，Y转化为Z是Y的酚羟基中H原子被甲基替代； （2）R为
，苯甲醛为母体，羟基为取代基；
；对比
（3）对比Z、F的结构，结合E的分子式可知，整个过程是Z中羰基连接的甲基与E中醛基发生加成反应，然后再发生分子内脱水反应（醇的消去反应）生成F，可知E的结构简式为：
；
（4）Y（）的同分异构体符合下列条件：苯环上有 4 个取代基，且既能
发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上4 个取代基为﹣OH、﹣OH、﹣CH3、﹣OOCH；
（5）成
，
发生水解反应生成，发生催化氧化反应生
和CH3CHO在碱性、加热条件下反应生成
。
【解答】解：（1）对比X、Y的结构简式，结合X的分子式，可知X为，
X所含官能团为：羟基；对比Y、Z的结构，Y转化为Z是Y的酚羟基中H原子被甲基替代，属于取代反应，
故答案为：（2）R为醛，
；羟基；取代反应；
，苯甲醛为母体，羟基为取代基，R的名称为：对羟基苯甲
故答案为：对羟基苯甲醛；
（3）对比Z、F的结构，结合E的分子式可知，整个过程是Z中羰基连接的甲基与E中醛基发生加成反应，然后再发生分子内脱水反应（醇的消去反应）生成F，可知E的结构
简式为：，
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反应方程式为：
，
故答案为：；
（4）Y（）的同分异构体符合下列条件：苯环上有 4 个取代基，且既能
发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上4 个取代基为﹣OH、﹣OH、﹣CH3、﹣OOCH，a代表﹣OH、b代表﹣CH3、c代表﹣OOCH，可能的结
构有：，共有16种，其
中核 磁共振氢谱上有 4 组峰，峰面积之比为 1：2：2：3 的同分异构体的结构简式为：
，
故答案为：16；；
（5）成
，
发生水解反应生成，发生催化氧化反应生
和CH3CHO在碱性、加热条件下反应生成
，合成路线为：
第32页（共35页）
， 故
答
案
为
：
。
19．（9分）某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂（LiCoO2）的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用．某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴．
（1）25℃时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2+的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离．
①阴极的电极反应式为：LiCoO2+4H++e═Li++Co2++2H2O，阳极的电极反应式为 4OH﹣
﹣
﹣4e═O2↑+2H2O ．
﹣
②该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如＞0.4mol•L图2所示．当c（H2SO4）
﹣1
时，钴的浸出率下降，其原因可能为 H+与LiCoO2
在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降 ．
（2）电解完成后得到含Co2+的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部．用以下步骤继续回收钴．
第33页（共35页）
①写出“酸浸”过程中正极粉发生反应的化学方程式 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O ．该步骤一般在80℃以下进行，温度不能太高的原因是 防止H2O2剧烈分解 ．
②已知（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是 ac （填字母序号）． a．c （NH4+）＞c（C2O42）＞c （H+）＞c （OH）
﹣
﹣
﹣
﹣
b．c （H+）+c （NH4+）＝c （OH）+c（HC2O4）+c（HC2O42）
﹣
c．c （NH4+）+c （NH3•H2O）＝2[c（HC2O42）+c（HC2O4）+c（H2C2O4）]．
﹣
﹣
【分析】（1）①阴离子氢氧根在阳极放电，生成氧气； ②如图2所示．当c（H2SO4）＞0.4mol•L
﹣1
时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），
所以钴的浸出率下降；
（2）①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，LiCoO2氧化生成Co2+和O2，方程式该步骤一般在80℃以下进行，为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；温度太高，双氧水会受热分解； ②（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，故 a．根据离子浓度大小分析； b．由电荷守恒分析； c．由物料守恒分析．
【解答】解：（1）①阴离子氢氧根在阳极放电，生成氧气，4OH﹣4e═O2↑+2H2O，故答案为：4OH﹣4e═O2↑+2H2O； ＞0.4mol•L②如图2所示．当c（H2SO4）
﹣1
﹣
﹣
﹣
﹣
时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），
所以钴的浸出率下降，
故答案为：H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的，所以钴的浸出率下降； H+增多（或有利于H+放电）
（2）①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，LiCoO2氧化生成Co2+和O2，方程式
第34页（共35页）
为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；该步骤一般在80℃以下进行，温度太高，双氧水会受热分解；
故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；防止H2O2剧烈分解； ②（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，故
a．由离子浓度大小关系，知c （NH4+）＞c（C2O42）＞c （H+）＞c （OH），故a
﹣
﹣
正确；
b．由电荷守恒，可知c （H+）+c （NH4+）＝c （OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），
﹣
﹣
﹣
故b错误；
c．由物料守恒，可知c （NH4+）+c （NH3•H2O）＝2[c（C2O42）+c（HC2O4）+c（H2C2O4）]，
﹣
﹣
故c正确； 故答案为：ac．
第35页（共35页）
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