北京市西城区2020届高三5月第二次诊断测试化学试题 Word版含解析

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西 城 区 高 三 诊 断 性 测 试 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cu 63.5 ‎ 第一部分 本部分共14题，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。‎ ‎1.下列图示的混合物不属于胶体的是 A. 氯化钠注射液 B. 云雾 C. 稀豆浆 D. 烟水晶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠注射液属于溶液，不是胶体，故A符合题意；‎ B．云雾的分散质也液体小液滴，分散剂是空气，属于气溶胶，故B不符合题意；‎ C．稀豆浆属于液溶胶，故C不符合题意；‎ D．烟水晶属于固溶胶，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎2.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质，下列说法正确的是 A. 糖类、油脂、蛋白质均可水解 B. 纤维素和淀粉互为同分异构体 C. 油脂属于酯类物质可发生皂化反应 D. NH4Cl溶液和CuSO4溶液均可使蛋白质变性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．糖类中单糖不能水解，糖类中的二糖和多糖、油脂、蛋白质均可水解，故A错误；‎ B．分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，纤维素和淀粉的分子通式为(C6H10O5 )n，n值不同分子式不同，且都是混合物二者不互为同分异构体，故B错误；‎ C．油脂全称为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，可发生皂化反应，故C正确；‎ D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出过程，NH4Cl - 20 -‎ 溶液能使蛋白质发生盐析，使蛋白质析出固体；CuSO4溶液中含有重金属铜离子，可使蛋白质变性，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使溶解的物质析出的过程。向某些蛋白质溶液中加入某些无机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化，可复原。但向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析出，这种作用叫作变性，性质改变，是化学反应，无法复原。‎ ‎3.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 铁粉有还原性可作吸氧剂 B. 生石灰能与水反应可作干燥剂 C. 福尔马林能杀菌防腐可作食品保鲜剂 D. 明矾能水解形成胶体可作净水剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁粉有还原性，可与氧化性物质发生反应，一般用于食品的抗氧化剂，防止食品被氧化而变质，故A正确； ‎ B．生石灰能与水反应，可用于干燥碱性气体，可作干燥剂，故B正确；‎ C．福尔马林是甲醛的水溶液，有毒，一般用于标本的防腐剂，但不能作食品保鲜剂，故C错误；‎ D．明矾为硫酸铝钾晶体，溶于水时电离出铝离子，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的固体颗粒物，可作净水剂，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.117号元素Ts的原子最外层电子数是7，下列说法不正确的是 A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. 还原性：I−＜Ts−‎ C. 原子半径：I＜Ts D. 中子数为176的Ts的核素符号：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据元素周期表的结构可知，118号元素为第七周期的零族元素，117号元素Ts的原子最外层电子数是7，Ts是第七周期第ⅦA族元素 ，故A正确；‎ - 20 -‎ B．Ts与I同主族，从上至下，随核电荷数增大，非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，其简单离子的还原性逐渐增强，则非金属性：Ts＜I，还原性：I−＜Ts−，故B正确；‎ C．Ts与I同主族，从上至下，随核电荷数增大，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子半径：I＜Ts，故C正确；‎ D．根据原子序数=质子数，Ts的质子数为117，中子数为176，质量数=质子数+中子数=117+176=293，则Ts的核素符号：，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】元素周期表中，位置决定结构，结构决定性质，根据稀有气体的序数，推测出未知元素的位置。‎ ‎5.蜂胶中某活性物质X的结构简式如下，下列关于X的说法正确的是 A. X不具有顺式和反式结构 B. X不能与浓溴水发生取代反应 C. 1 mol X最多能与2 mol NaOH反应 D. 一定条件下X可发生加聚反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X中含有碳碳双键，且双键两端的结构不同，具有顺式和反式结构，故A错误；‎ B．X中含有酚羟基，具有苯酚的性质，能与浓溴水发生取代反应，故B错误；‎ C．X中含有酚羟基和酯基，具有酚和酯的性质，都能与NaOH反应，1 mol X中含有2mol酚羟基和1mol酯基，最多能与3 mol NaOH反应，故C错误；‎ D．X中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，一定条件下X可发生加聚反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】碳碳双键可以和溴水发生加成反应，但X中含有酚羟基，具有苯酚的性质，能与浓溴水发生取代反应，为易错点。‎ ‎6.下列化学用语的表述正确的是 A. 乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218O B. 镁离子结构示意图：‎ C. 二氧化碳分子的比例模型：‎ - 20 -‎ D. NaCl溶液导电：NaClNa++Cl−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸与乙醇的酯化反应中，根据酯化反应机理，酸脱羟基醇脱氢，则18O在乙酸乙酯中，正确的反应为：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，故A错误；‎ B．镁为12号元素，核外有12个电子，失去两个电子后形成镁离子，结构示意图：，故B正确；‎ C．二氧化碳分子中，碳原子的半径大于氧原子的半径，则比例模型： ，故C错误；‎ D．NaCl是强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子和氯离子，溶液可导电的原因可表示为：NaCl=Na++Cl−，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】电离就是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程。溶液导电是由于存在自由移动的离子，电解是电流通过物质而引起化学变化的过程。化学变化是物质失去或获得电子（氧化或还原）的过程，它们有本质上的区别。‎ ‎7.下列说法不正确的是 A. 常温常压下，‎3.2 g O2和O3的混合气体中含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023‎ B. ‎1 L 0.5 mol·L−1 CH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO−的总数约为0.5×6.02×1023‎ C. 标准状况下，‎1.12 L HCl气体中含有电子数目约为0.9×6.02×1023‎ D. 0.1mol环氧乙烷（）中含有共价键的总数约为0.3×6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．O2和O3都是由氧原子构成，常温常压下，‎3.2 g O2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为=0.2mol，含有氧原子的数目约为0.2×6.02×1023，故A正确；‎ B．‎1 L 0.5 mol·L−1 CH3COONa溶液的物质的量为0.5mol，含有钠离子的物质的量为0.5mol，溶液中纯在物料守恒，n(Na+)= n(CH3COOH)+ n(CH3COO−)=0.5mol，则含有CH3COOH和 - 20 -‎ CH3COO−的总数约为0.5×6.02×1023，故B正确；‎ C．一个HCl分子中含有18个电子，标准状况下，‎1.12 L HCl气体的物质的量为=0.05mol，则0.05mol HCl气体中含有电子的数目约为=0.05mol×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，故C正确；‎ D．根据环氧乙烷的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，一个碳环氧乙烷()中含有7个共价键，则0.1 mol 环氧乙烷()中含有共价键的总数约为0.1 mol ×7×6.02×1023=0.7×6.02×1023，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置（电极不参与反应）示意图如下。下列说法不正确的是 A. 电极a连接电源的正极 B. OH−向电极a迁移 C. 电极b的电极反应：N2+6e−+6H+= 2NH3 D. 总反应：2N2+6H2O(g)4NH3+3O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，b电极上氮气转化为NH3氮元素由0价变为-3价，化合价降低，得电子，被还原，b为阴极，与电源负极相连，a为阳极与电源正极相连，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，a为阳极与电源正极相连，故A正确；‎ B．电解池中，阴离子向阳极移动，a为阳极，则OH−向电极a迁移，故B正确；‎ C．根据图示，该电解池电解质为碱性熔融物，不含氢离子，则电极b的电极反应：N2+6e−+6H2O=2NH3+6OH-，故C错误；‎ D．根据图示可知，N2和6H2O(g)在电解的作用下生成NH3和O2，则总反应：2N2+6H2O(g)4NH3+3O2，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的的是 - 20 -‎ A. 制备氢氧化铁胶体 B. 分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液 C. 除去CO2中的少量HCl D. 收集NO2 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红棕色时停止加热，不能用氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故A错误； ‎ B．乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液不互溶且分层，可用分液的方法分离，故B正确；‎ C．若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳酸钠反应，除去CO2中的少量HCl应用饱和碳酸氢钠溶液，故C错误， ‎ D．NO2的密度比空气大，收集时应长进短出，NO2为大气污染物用氢氧化钠溶液处理尾气时易发生倒吸，应再安装一个防倒吸装置，故D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】收集密度比空气大的气体，用向上排空气法收集。‎ ‎10.下列关于离子检验的说法不正确的是 A. 取某盐溶液加入浓NaOH溶液，加热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中含有NH4+‎ B. 取某溶液滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+‎ C. 取某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有SO42−‎ D. 取某无色溶液通入Cl2，再加入CCl4，振荡，静置，下层呈紫色，该溶液中一定含有I−‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若某盐溶液若含有NH4+，加入浓NaOH - 20 -‎ 溶液，可产生一水合氨，加热使一水合氨分解产生氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；‎ B．Fe3+遇KSCN溶液变红色，Fe2+与KSCN溶液不变色，取某溶液滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有Fe2+，故B正确；‎ C．取某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，氯化银也是不溶于硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含有SO42−或Ag+，要检验SO42−，先用盐酸酸化，排除其他干扰离子，再加BaCl2溶液，若产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，证明该溶液中一定含有SO42−，故C错误；‎ D．若溶液中含有I−，I−具有还原性，可被Cl2氧化为I2，形成含有碘单质的碘水溶液，加入CCl4，CCl4密度比水大，不溶于水，会分层，且四氯化碳层在下层，由于CCl4溶解碘单质的能力比水强，碘单质转移至CCl4中呈现紫色，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】可以根据发生反应的实验现象，倒推溶液中含有的离子。‎ ‎11.处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3−、ClO−、CNO−（C+4价，N-3价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是 A. 该废水呈强酸性 B. 废水处理后转化为无害物质 C. 反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl−‎ D. 每处理1 mol CNO−转移3 mol e−‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO3-离子，故A错误；‎ - 20 -‎ B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；‎ C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，故C正确；‎ D．根据分析，还原反应为ClO-→Cl-，Cl元素由+1价变为-1价，3mol ClO-可处理2mol CNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1 mol CNO−转移3 mol e−，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】根据图像，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方程式是解本题的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。‎ ‎12.CH4—CO2催化重整可以得到合成气（CO和H2），有利于减小温室效应，其主要反应为CH4(g)+CO2(g)⇌ 2CO(g)+2H2(g) ΔH＝+247 kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g) ⇌C(s) +2H2(g) ΔH＝+75 kJ·mol−1；消碳反应：CO2(g) +C(s) ⇌2CO(g) ΔH＝+172 kJ·mol−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内积碳量和反应温度的关系如下图。 ‎ 下列说法正确的是 A. 高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳 B. 增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳 C. 温度高于‎600℃‎，积碳反应化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少 D. 升高温度，积碳反应的化学平衡常数K减小，消碳反应的K增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但CH4的平衡转化率降低，故A错误；‎ B．假设CH4的物质的量不变，增大CO2的物质的量，CO2与CH4的物质的量之比增大，对于反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g) ⇌C(s) +2H2(g)，由于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大CO2‎ - 20 -‎ 的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s) ⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大CO2与CH4的物质的量之比，有助于减少积碳，故B正确；‎ C．根据图像，温度高于‎600℃‎，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故C错误；‎ D．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向正向移动，两个反应的平衡常数K都增大，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.将镁条置于pH＝8.4的饱和NaHCO3溶液中，镁条表面产生气体a，一段时间后产生白色沉淀b。继续进行如下实验：‎ Ⅰ．将a通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量NaOH溶液，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声；‎ Ⅱ．向沉淀b中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色气泡。‎ 下列说法不正确的是 A. 饱和NaHCO3溶液中，c(CO32−)＜c(H2CO3)‎ B. 气体a中含有CO2和H2‎ C. 沉淀b是MgCO3‎ D. CO2可能是HCO3−水解被促进产生的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．饱和NaHCO3溶液中存在两个平衡体系，分别为水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，电离平衡：HCO3-⇌H++ CO32−，pH＝8.4，溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，则c(CO32−)＜c(H2CO3)，故A正确；‎ B．根据实验Ⅰ，将a通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量NaOH溶液，说明a中含有CO2，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声，说明a中含有H2，故B正确；‎ C．pH＝8.4，溶液显碱性，Mg2+应转化为更难溶的氢氧化镁沉淀，不是MgCO3，故C错误；‎ D．根据C项分析，Mg2+应转化为更难溶的氢氧化镁沉淀，消耗了水解平衡体系中产生的氢氧根离子，促使水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-正向移动，H2CO3的浓度增大分解产生CO2，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.探究甲醛与新制的Cu(OH)2的反应：‎ - 20 -‎ ‎(1)向6 mL 6 mol·L−1 NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，振荡，加入0.5 mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，迅速产生红色沉淀，其周围剧烈产生无色气体。‎ ‎(2)反应停止后分离出沉淀，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解。‎ ‎(3)相同条件下，甲酸钠溶液与新制的Cu(OH)2反应，未观察到明显现象。‎ 已知：Cu2O[CuCl2]−，甲醛是具有强还原性的气体。‎ 下列说法正确的是 A. 红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu B. 将产生的无色气体通过灼热的CuO后得到红色固体，气体中一定含有CO C. 从甲醛的结构 推测，其氧化产物可能为碳酸（），因此实验中得到的无色气体是CO2‎ D. 含有-CHO的有机物都可以被新制Cu(OH)2氧化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向6 mL 6 mol·L−1 NaOH溶液中滴加8滴2%CuSO4溶液，配制成新制的Cu(OH)2，加入0.5 mL15%甲醛溶液，混合均匀，水浴加热，甲醛具有强还原性，与新制的Cu(OH)2发生氧化还原反应，迅速产生红色沉淀，其周围剧烈产生无色气体，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，根据已知信息：Cu2O[CuCl2]−，可知，红色沉淀不是Cu2O，可能是Cu，甲醛被氧化为生成一氧化碳和氢气，由于水浴加热，甲醛具有挥发性，生成的无色气体中混有甲醛气体，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据已知信息，Cu2O[CuCl2]−，实验操作(2)中，红色沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，则可以确定红色沉淀的主要成分不是Cu2O，可能是Cu，故A正确；‎ B．根据分析，由于甲醛与新制的Cu(OH)2发生氧化还原反应可能会生成一氧化碳和氢气，生成的气体中会混有甲醛气体，甲醛和氢气都具有还原性，可将灼热的CuO还原为铜单质，产生红色固体，不能证明含有CO，故B错误；‎ C．甲醛可被氧化生成甲酸，甲酸继续被氧化生成碳酸，与新制的Cu(OH)2的反应是在碱性条件下进行的，不是酸性条件下进行，生成的应该是碳酸盐，不可能产生二氧化碳，故C错误；‎ D．根据实验操作(3)，甲酸钠中也含有醛基，与新制的Cu(OH)2‎ - 20 -‎ 反应，未观察到明显现象，含有-CHO的甲酸钠没有被新制Cu(OH)2氧化，故D错误；‎ 答案选A。‎ 第二部分 ‎15.某铜合金中Cu的质量分数为80%～90%，还含有Fe等。通常用间接碘量法测定其中Cu的含量，步骤如下：‎ Ⅰ．称取a g样品，加入稀H2SO4和H2O2溶液使其溶解，煮沸除去过量的H2O2，冷却后过滤，滤液定容于250 mL容量瓶中；‎ Ⅱ．取50.00 mL滤液于锥形瓶中，加入NH‎4F溶液，控制溶液pH为3～4，充分反应后，加入过量KI溶液，生成白色沉淀，溶液呈棕黄色；‎ Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液，继续滴至浅蓝色，再加入KSCN溶液，剧烈振荡后滴至终点；‎ Ⅳ．平行测定三次，消耗Na2S2O3溶液体积平均为v mL，计算铜的质量分数。‎ 已知：ⅰ．F−与Fe3+生成稳定的FeF63−（无色）。 ‎ ⅱ．I2在水中溶解度小，易挥发。‎ ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。 ‎ ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。 ‎ ‎(1)Ⅰ中Cu溶解的离子方程式是__________________________。 ‎ ‎(2)Ⅱ中Cu2+和I−反应生成CuI白色沉淀和I2。‎ ‎①加入NH‎4F溶液的目的是__________________________。‎ ‎②Cu2+和I−反应的离子方程式是_________________________。‎ ‎③加入过量KI溶液的作用是________________________________。‎ ‎(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小。CuI沉淀表面易吸附I2和I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至终点前加入KSCN溶液的原因是_。‎ ‎(4)样品中Cu的质量分数为______(列出表达式)。‎ ‎【答案】 (1). Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (2). 将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I− (3). 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 (4). 将Cu2+充分还原为CuI；I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发 (5). 将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，释放出吸附的I2和I3−，提高测定结果的准确程度 (6). (63.5×5×cv×10−3×)×100%‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水； ‎ ‎(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，影响Cu含量测定的准确性；‎ ‎②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2；‎ ‎③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，提高Cu含量测定的准确性；‎ ‎(3)室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附I2和I3−；‎ ‎(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗Na2S2O3计算Cu2+的物质的量，再计算样品中Cu的质量分数。‎ ‎【详解】(1)Ⅰ中Cu在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； ‎ ‎(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与I−反应，导致消耗I−的含量最大，使Cu含量测定不准确，根据题意，F−与Fe3+生成稳定的FeF63−(无色)，加入NH‎4F溶液的目的是将溶液中的Fe3+转化为FeF63−，防止其氧化I−，确保Cu含量测定的准确性；‎ ‎②根据题意，Cu2+和I−反应CuI白色沉淀和I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2；‎ ‎③加入过量KI溶液可确保将Cu2+充分还原为CuI，同时过量的KI溶液可发生I2+I− ⇌ I3−，I−与I2结合生成I3−，减少I2的挥发，提高Cu含量测定的准确性；‎ ‎(3)因室温时，CuSCN的溶解度比CuI小，加入KSCN溶液，将CuI沉淀转化为溶解度更小的CuSCN沉淀，转化过程中释放出吸附的I2和I3−，I2充分被滴定，提高测定结果的准确程度；‎ ‎(4)根据2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定50.00mL滤液过程中消耗n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10‎-3L=cv×10-3mol，则n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中Cu的质量分数为==(63.5×5×cv×10−3×)×100%。‎ ‎16.某炼锌厂利用含ZnO的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的SO2制ZnSO4。‎ 已知：Ⅰ．ZnSO3·H2O微溶于水，ZnSO4易溶于水。‎ - 20 -‎ Ⅱ．‎25℃‎时，溶液中S（+4价）各组分的物质的量分数随pH变化曲线如下图。‎ ‎ ‎ Ⅲ．O3为强氧化剂，1 mol O3被还原转移2 mol e−，同时生成1 mol O2。‎ ‎(1)SO2造成的环境问题主要是_____________________。‎ ‎(2)ZnO将SO2转化为ZnSO3·H2O的化学方程式是_____________________________。‎ ‎(3)将ZnSO3·H2O悬浊液转化为ZnSO4时，因其被O2氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟O3氧化解决该问题。初始时用盐酸将5% ZnSO3悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入O3，研究O3氧化ZnSO3·H2O，其中溶液pH随时间变化的曲线如下：‎ ‎①pH＝3.5的溶液中含S（+4价）的离子主要是____________________。‎ ‎②一段时间后，溶液的pH减小，此过程中主要反应的离子方程式是________________。‎ ‎③解释O3氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。‎ ‎【答案】 (1). 酸雨 (2). 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O (3). HSO3− (4). HSO3−+O3=SO42−+O2+H+（2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3） (5). O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)SO2造成酸雨的主要气体；‎ ‎(2)ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O；‎ ‎(3)①根据‎25℃‎时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线分析判断pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子；‎ - 20 -‎ ‎②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，溶液的pH减小；‎ ‎③O3将难溶的ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4，反应速率加快。‎ ‎【详解】(1)SO2造成的环境问题主要是酸雨；‎ ‎(2) ZnO和SO2以及水反应生成ZnSO3·H2O，化学方程式是2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3·H2O；‎ ‎(3)①根据‎25℃‎时，溶液中S(+4价)各组分的物质的量分数随pH变化曲线，pH＝3.5的溶液中HSO3−浓度远远大于H2SO3，pH＝3.5的溶液中含S(+4价)的离子主要是HSO3−；‎ ‎②一段时间后，由于通入O3，将HSO3−氧化为SO42−，硫酸是强电解质，HSO3−的氢离子被释放，溶液的pH减小；离子方程式是：HSO3−+O3=SO42−+O2+H+(或2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3)；‎ ‎③O3将ZnSO3·H2O氧化为可溶的ZnSO4的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。‎ ‎17.研究1，3－丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1加成时的反应：‎ ‎ ；‎ 文献：Ⅰ．一般情况，在相同条件下，化学反应的活化能（E）越大，化学反应速率越小。‎ Ⅱ．1，3－丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1加成时的反应过程和能量变化的示意图如下： ‎ ‎(1)已知：‎ ‎ ΔH1＝-a(a＞0) kJ·mol−1 ； ΔH2＝+c(c＞0) kJ·mol−1‎ ‎①稳定性：A ______ B（填“>”、“＝”或“<”）。‎ ‎②气态1，3－丁二烯和液态Br2以物质的量之比为1∶1加成生成液态B的热化学方程式是______。‎ ‎(2)探究1，2－加成和1，4－加成的影响因素。‎ 实验1 将1，3－丁二烯和Br2以物质的量之比1∶1加成，不同温度，相同时间内测定A和B在产物中的含量，低温时产物以A为主，较高温时以B为主。‎ - 20 -‎ 实验2 加热实验1中低温时的反应产物，A的含量减少，B的含量增大。‎ 实验3 在实验1的基础上，充分延长反应时间，无论是低温还是高温，产物中B的含量均增大。‎ ‎①结合反应过程和能量变化的示意图，解释实验1中低温时产物以A为主的原因：______。‎ ‎②说明实验2中，升高温度，A转化为B经历的物质转化过程：______。‎ ‎③综上所述，有利于1，4加成的措施是__________________。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). ΔH＝-(a+c) kJ·mol−1 (3). 从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快，所以低温时，产物以A为主 (4). ②升高温度，A生成中间体C，中间体C生成B (5). 升高温度、延长反应时间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据 ΔH2＝+c(c＞0) kJ·mol−1是吸热反应分析解答；‎ ‎②结合已知反应，根据盖斯定律书写热化学方程式；‎ ‎(2)①从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快；‎ ‎②根据反应过程和能量变化的示意图分析判断；‎ ‎③根据实验1、实验3分析判断。‎ ‎【详解】(1)①根据 ΔH2＝+c(c＞0) kJ·mol−1是吸热反应，即反应物的总能量低于生成物的总能量，则B的能量低于A的能量，物质能量越低越稳定，则稳定性：A＜B；‎ ‎②已知：反应Ⅰ： ΔH1＝-a(a＞0) kJ·mol−1 ‎ 反应Ⅱ： ΔH2＝+c(c＞0) kJ·mol−1‎ 由盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得ΔH=-(a+c) kJ·mol−1；‎ ‎(2)①从图中可知，生成A的活化能比生成B的小，化学反应速率快，所以低温时，产物以A为主；‎ ‎②升高温度，A生成中间体C，中间体C生成B；‎ ‎③根据实验1，较高温时以B为主，主要发生1，4加成；根据实验3‎ - 20 -‎ ‎，充分延长反应时间，无论是低温还是高温，产物中B的含量均增大，主要发生1，4加成，则综上所述，有利于1，4加成的措施是升高温度、延长反应时间。‎ ‎18.培哚普利主要用于治疗高血压与充血性心力衰竭，其合成路线如下：‎ 已知：ⅰ． ‎ ⅱ．DCC是一种很强的脱水剂。‎ ‎(1)芳香烃A的名称是___________________。‎ ‎(2)B→C所需的试剂及条件是________________。‎ ‎(3)C→D的化学方程式是____________________。‎ ‎(4)D→E的反应类型是______________________。‎ ‎(5)F的结构简式是____________________________。‎ ‎(6)K存在互变异构体K′，G可由如下路线合成：‎ ‎①X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是______。‎ ‎②上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是______，与合成路线中______________填字母）的转化目的相同。‎ ‎【答案】 (1). 甲苯 (2). NaOH的水溶液加热 (3). (4). 取代反应 (5). ‎ - 20 -‎ ‎ (6). (7). 保护Y中的羧基 (8). C→D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合逆合成分析法，H在Pd/C作用下与H2发生已知信息ⅰ的反应，根据H和培哚普利的分子式，可得H的结构简式为，DCC是一种很强的脱水剂，F和G发生脱水反应生成H，结合G、F的分子式和H的结构式，可推知F的结构简式为，G的结构简式为，E在Pd/C作用下与H2发生已知信息ⅰ的反应，根据F的结构式即分子式和E的分子式，E的结构简式为，结合D和E的分子式和E结构式，D和在一定条件下发生取代反应生成E，D的结构简式为，C与在催化剂的作用下生成D，结合分子式，C的结构简式为，B在一定条件下发生卤代烃的水解生成C，则B的结构简式为，A在光照的条件下与Cl2发生取代反应生成B，A的结构简式为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析芳香烃A的结构简式为，名称是甲苯；‎ ‎(2)根据分析，B在一定条件下发生卤代烃的水解生成C，则B的结构简式为，卤代烃发生水解反应的条件为NaOH的水溶液加热；‎ ‎(3) D的结构简式为，C与在催化剂的作用下生成D - 20 -‎ ‎，结合分子式，C的结构简式为，化学方程式是++H2O；‎ ‎(4)根据分析，D→E的反应类型是取代反应；‎ ‎(5)F的结构简式是；‎ ‎(6)①K′发生加成反应，在发生分子内脱水，结合X的分子式，以及X含有五元环和碳碳双键，其结构简式是；‎ ‎②上述合成培哚普利的路线中，将Y转化为G，再与F反应，而不直接用Y的主要目的是保护Y中的羧基，与合成路线中C→D的转化目的相同。‎ ‎19.某小组电解K2Cr2O7溶液，研究过程如下：‎ 实验一 电压不同时，用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝2.5的饱和K2Cr2O7 溶液，实验现象如下：‎ 电压/V 实验现象 ‎2.0‎ 阳极缓慢产生少量气泡，阴极没有气泡 ‎3.0‎ 阳极产生较多气泡，阴极产生少量气泡 ‎＞5.0‎ 两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍 ‎(1)阳极产生的气体是______________________。‎ ‎(2)电压为2.0 V时，阴极区检出Cr3+，结合实验现象判断在阴极放电的主要离子是_______。‎ ‎(3)电压高于5.0 V时，被电解的主要物质是______________。‎ 实验二 探究其他因素对电解K2Cr2O7溶液的影响。用相同强度的稳恒电流（单位时间内转移的电子数始终相同），分别电解3份500 mL相同浓度的K2Cr2O7溶液，电解时间均为30 min。实验结果如下：‎ 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ - 20 -‎ 电极材料 阴极：石墨 阳极：石墨 阴极：石墨 阳极：石墨 阴极：石墨 阳极：铁 加入的物质 ‎1 mL浓硫酸 ‎1 mL浓硫酸、‎ 少量硫酸铁 ‎1 mL浓硫酸 电极表面是否产生气泡 两极均产生气泡 两极均产生气泡 阴极：产生气泡 阳极：无明显气泡产生 Cr2O72−还原率/%‎ ‎12.7‎ ‎20.8‎ ‎57.3‎ 阴极变化 实验结束后取出电极，仅Ⅰ中阴极上附着银白色固体，经检验为金属Cr ‎(4)对比Ⅰ、Ⅱ可知，阴极表面是否析出金属Cr，以及Ⅱ中Cr2O72−的还原率提高均与______填离子符号）有关。‎ ‎(5)Ⅲ中Cr2O72−还原率较Ⅰ、Ⅱ有较大提高，分析其原因：‎ ‎①阳极区：阳极反应：_______，进而使Cr2O72−被还原。‎ ‎②阴极区：由于_______，进而促进了Cr2O72−在阴极区被还原，依据的实验现象是___________。‎ ‎(6)工业上处理含Cr2O72−的废水，用铁作阳极，控制一定的电压，初始pH为3～4，将Cr2O72−最终转化为难溶的Cr(OH)3除去，结合上述实验，电压不宜过高、pH不宜过小的目的，除节约成本和防止腐蚀设备外，还有__________。‎ ‎【答案】 (1). O2 (2). Cr2O72− (3). H2O(H+和OH−) (4). Fe3+ (5). Fe–2e−＝Fe2+ (6). Fe3+迁移进入阴极区，在阴极得电子生成Fe2+ (7). Ⅱ中比Ⅰ中的Cr2O72−还原率高，Ⅱ、Ⅲ中阴极上均没有析出Cr (8). 避免电压过高、pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利于Cr3+转化为Cr(OH)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验一(1)用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝2.5的饱和K2Cr2O7 溶液，根据阴离子放电顺序判断，阳极产生的气体；‎ ‎(2)电压为2.0 V时，阴极为阳离子放电，阴极区检出Cr3+，只有Cr2O72-离子含有Cr - 20 -‎ 元素，结合实验现象分析；‎ ‎(3)电压高于5.0 V时，两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍，生成的气体为氧气和氢气；‎ 实验二(4)对比Ⅰ、Ⅱ可知，其他条件都相同，Ⅱ中多加入少量硫酸铁，据此分析；‎ ‎(5)①Ⅲ中阳极为活泼电极铁，电极参与电解反应；‎ ‎②阳离子向阴极移动，且Fe2+具有还原性；‎ ‎(6)结合实验一种的实验结果，电压过高或pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利于Cr3+转化为Cr(OH)3。‎ ‎【详解】实验一 ‎(1)用石墨电极电解硫酸酸化的pH＝2.5的饱和K2Cr2O7 溶液，阳极上为阴离子放电，溶液中含有的阴离子为Cr2O72-、OH-，根据阴离子放电顺序，OH-在阳极放电，OH-来自于水的电离，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生的气体为O2；‎ ‎(2)电压为2.0 V时，阴极为阳离子放电，溶液中阳离子为H+、K+，根据放电顺序，阴极为H+放电生成氢气，但阴极没有气泡，检出Cr3+，只有Cr2O72-离子含有Cr元素，则阴极放电的主要离子是Cr2O72-；‎ ‎(3)电压高于5.0 V时，两极均快速产生大量气泡，阴极产生气泡的速率约为阳极的2倍，则可判断两极生成的气体为氢气和氧气，结合溶液中存在的离子：Cr2O72-、OH-、H+、K+，故电压高于5.0 V时，阴极H+放电，阳极OH-放电，被电解的主要物质是是H2O(H+和OH−)；‎ 实验二 ‎(4)对比Ⅰ、Ⅱ可知，，其他条件都相同，Ⅱ中多加入少量硫酸铁，溶液中本身含有硫酸根离子，则可以断定，Fe3+与阴极表面是否析出金属Cr，以及Ⅱ中Cr2O72−的还原率提高均有关；‎ ‎(5)①Ⅲ中阳极为活泼电极铁，电极参与电解反应，阳极的电极反应为：Fe–2e−=Fe2+；‎ ‎②由于中的电解液为浓硫酸，具有强氧化性，阳极产生的Fe2+被氧化为Fe3+，又因为阳离子向阴极移动，Fe3+迁移进入阴极区，在阴极得电子生成Fe2+，且Fe2+具有还原性，进而促进了Cr2O72−在阴极区被还原；‎ ‎(6)工业上处理含Cr2O72−的废水，用铁作阳极，控制一定的电压，初始pH为3～4，将Cr2O72−最终转化为难溶的Cr(OH)3除去，结合上述实验，电压不宜过高、pH不宜过小的目的，除节约成本和防止腐蚀设备外，根据实验一实验结果，还有需要避免电压过高或pH过小导致H+在阴极放电，从而降低Cr2O72−的还原率；pH过小不利于Cr3+转化为Cr(OH)3。‎ - 20 -‎