【化学】北京市2020届高三下学期周末测试（解析版）

【化学】北京市2020届高三下学期周末测试（解析版）

北京市2020届高三下学期周末测试 第Ⅰ卷（选择题 共42分）‎ 本卷包括14小题。每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.下列生活中常见的过程或现象不属于化学变化的是（ ）‎ A.天然气燃烧 B.自然界中丁达尔效应 C.蛋白质受热凝固 D.食醋除水垢 ‎【答案】B ‎【分析】从化学反应有新物质产生角度进行分析；‎ ‎【详解】A. 天然气主要成分是CH4，甲烷燃烧：CH4＋2O2→CO2＋2H2O，天然气的燃烧属于化学变化，故A不符合题意；‎ B. 丁达尔效应是胶体的性质，没有新物质的生成，属于物理变化，故B符合题意；‎ C. 蛋白质受热凝固，发生蛋白质的变性，有新物质的生成，属于化学变化，故C不符合题意；‎ D. 食醋中含有醋酸，水垢主要成分含有CaCO3和Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2都能与醋酸发生反应，生成醋酸钙和醋酸镁，食醋除水垢，属于化学变化，故D不符合题意；‎ 答案：B。‎ ‎2.下列有关化学用语使用正确的是（ ）‎ A. 氮分子电子式：‎ B. 质子数为9，中子数为20的氟原子：‎ C. 对硝基苯酚的的结构简式：‎ D. FeCl3水解的离子方程式：FeCl3═Fe3++3Cl-‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 氮分子的电子式为，A不正确；‎ B. 质子数为9，中子数为20的氟原子为，B不正确；‎ C. 对硝基苯酚是硝基和羟基分别连接在苯环对位的碳原子上，C正确；‎ D. FeCl3═Fe3++3Cl-是FeCl3的电离方程式，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎3.我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H＜0．在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如图：下列说法正确的是（ ）‎ A. 图示显示：起始时的 2 个H2O最终都参与了反应 B. 使用催化剂降低了水煤气变换反应的△H C. 过程Ⅰ、过程Ⅱ均为放热过程 D. 过程Ⅲ只生成了极性共价键 ‎【答案】A ‎【详解】A．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ存在水分子中的化学键断裂，过程Ⅲ中生成水分子，所以起始时的2个H2O最终都参与了反应，故A正确； ‎ B．催化剂能改变活化能，但不改变焓变，所以使用催化剂降低了该反应的活化能，但不改变焓变，故B错误；‎ C．反应过程中键断裂吸收能量，形成化学键放出能量；根据图示，过程I、II水分子的化学键发生断裂，化学键断裂是吸热过程，故C错误；‎ D．过程III中CO、氢氧原子团和H原子形成了CO2、水和H2，H2中的化学键为非极性键，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎4.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 熔点：X的氧化物比Y的氧化物高 B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物 C. X与Z可形成离子化合物ZX D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸 ‎【答案】B ‎【分析】根据题意：Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。‎ A．熔沸点：离子晶体＞分子晶体；‎ B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；‎ C．X、Z为非金属元素，易形成共价化合物；‎ D．Si和浓硝酸不反应。‎ ‎【详解】由以上分析，X是C，Y为Mg，Z是Si。‎ A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，分子晶体的熔点低于离子晶体，氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，故A错误；‎ B、碳元素非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，故B正确；‎ C、C与Si通过共用电子对形成的是共价化合物SiC，故C错误；‎ D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构和元素周期律关系，解题关键：正确判断各元素，易错点B：氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点才与分子间作用力和氢键有关。‎ ‎5.利用下图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 X中试剂 Y中试剂 A 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2‎ 饱和食盐水 浓硫酸 B 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO 水 浓硫酸 C 验证电石与饱和食盐水反应生成的气体的性质并收集 CuSO4溶液 KMnO4溶液 D CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2‎ 饱和NaHCO3溶液 浓硫酸 ‎【答案】D ‎【详解】A．MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故A错误；‎ B．一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；‎ C．酸性高锰酸钾溶液能氧化乙炔，且乙炔的密度小于空气，故C错误；‎ D．饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）‎ A. ‎3g 3He含有的中子数为1NA B. ‎1 L 0.1 mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA C. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA D. ‎48 g正丁烷和‎10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA ‎【答案】B ‎【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； ‎ B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则‎1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于‎1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；‎ C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；‎ D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则‎48g正丁烷与‎10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列化学方程式中，不能正确解释该反应颜色变化的是（ ）‎ A. 向FeI2酸性溶液（浅绿色）中滴入少量H2O2稀溶液，溶液变黄：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O B. 铜片加入盛有稀硝酸的试管中，瓶口有红棕色气体：2NO+O2═2NO2‎ C. CuO投入稀硫酸中。黑色因体溶解。溶液呈蓝色：CuO+2H+═Cu2++H2O D. “以曾青涂铁，铁赤色如铜”（曾青的主要成分为CuSO4）：Fe+CuSO4═FeSO4+Cu ‎【答案】A ‎【详解】A. FeI2中Fe2＋还原性弱于I－，加入H2O2，先与I－反应，即离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋=2H2O＋I2，故A符合题意；‎ B. 铜片和稀硝酸发生3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO与瓶口空气中的O2发生2NO＋O2=2NO2，能够解释，故B不符合题意；‎ C. CuO为碱性氧化物，与硫酸发生CuO＋H2SO4=CuSO4＋H2O，离子方程式CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2O，故C不符合题意；‎ D. 利用铁元素金属性强于铜元素，发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故D不符合题意；‎ 答案：A。‎ ‎8.下列实验操作或现象不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 配制FeCl3溶液 B. 酯水解程度比较 C. 探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应 D. 卤化银沉淀的转化 ‎【答案】B ‎【详解】A. Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，将FeCl3溶于浓盐酸中，可以抑制Fe3＋水解，能够用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；‎ B. 酯的水解中，稀硫酸作催化剂，催化剂不影响平衡，不能用勒夏特列原理解释，故B符合题意；‎ C. 碳酸钙与盐酸反应生成CO2，CO2在水中存在溶解平衡，塞上瓶塞时，压强增大，促进CO2的溶解，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，生成气泡，，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；‎ D. AgNO3与NaCl发生AgNO3＋NaCl=AgCl↓＋NaNO3，NaCl过量，AgNO3完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量的KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；‎ 答案：B。‎ ‎9.关于阿司匹林，下列说法正确的是（ ）‎ A. 不能用FeCl3溶液鉴别水杨酸和阿司匹林 B. 服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可静脉注射NaHCO3溶液 C. 1 mol阿司匹林最多可消耗2 mol NaOH D. 该反应不属于取代反应 ‎【答案】B ‎【详解】A．水杨酸中有酚羟基，而阿司匹林中没有酚羟基，所以能用FeCl3溶液鉴别水杨酸和阿司匹林，A项错误；‎ B．水杨酸中含有羧基，所以服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可静脉注射NaHCO3溶液，B项正确；‎ C．阿司匹林中有1个羧基、一个酯基，酯基水解后生成酚羟基，所以1 mol阿司匹林最多可消耗3 mol NaOH，C项错误；‎ D.根据反应特征，该反应为取代反应，D项错误；‎ 故答案选B。‎ ‎10.下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）‎ A．制备并收集乙酸乙酯 B．证明氯化银溶解度大于硫化银 C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯 D．推断S、C、Si的非金属性强弱 ‎【答案】D ‎【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；‎ B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；‎ C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；‎ D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。‎ ‎11.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）‎ 现象或事实 解释 A Al(OH)3用作塑料的阻燃剂 Al(OH)3受热熔化放出大量的热 B K2FeO4用于自来水的消毒和净化 K2FeO4具有强氧化性，被还原后生成的Fe3＋水解生成胶状物，可以软化硬水 C Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源 Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2‎ D 浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜 KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热，同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用，从而用作塑料的阻燃剂，故A错误；B．K2FeO4具有强氧化性，用于自来水的消毒，被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物，具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用，但不能软化硬水，故B错误；C．Na2O2与二氧化碳反应产生氧气，是过氧化钠自身的氧化还原反应，C错误；D．KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜，D正确。答案选D。‎ ‎12.H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫，反应原理为：2H2S（g）+O2（g）=S2（s）+2H2O（l）△H=-632kJ•mol-1．如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电极a上发生的电极反应为：2H2S-4e-=S2+4H+‎ B. 电池工作时，电流从电极a经负载流向电极b C. 当反应生成64gS2时，电池内部释放632kJ热能 D. 当电路中通过4mol电子时，有4mol H+经质子膜进入负极区 ‎【答案】A ‎【分析】该装置为电池，a电极中H2S→S2，S的化合价升高，根据原电池的工作原理，该电极为负极，b电极为正极，据此分析；‎ ‎【详解】A. 根据装置图，电极a上S的化合价由－2价→0价，化合价升高，即电极a为负极，交换膜为质子固体电解质膜，该电极反应式为2H2S－4e－=S2＋4H＋，故A正确；‎ B. 根据选项A的分析，电极a为负极，电极b为正极，电流从电极b经负载流向电极a，故B错误；‎ C. 该装置为原电池装置，化学能大部分转化成电能，少量转化成热能，即故C错误；‎ D. 根据原电池工作原理，H＋向正极区移动，故D错误；‎ 答案：A。‎ ‎13.根据下列图示所得出的结论正确的是（ ）‎ A. 图甲表示压强对可逆反应‎2A(g)+2B(g)‎3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大 B. 图乙是金刚石与石墨分别氧化生成CO2的能量关系曲线，说明石墨转化为金刚石的反应的ΔH>0‎ C. 图丙表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数(N2的起始量恒定)的变化，图中a点N2的转化率大于b点 D. 图丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH ‎【答案】B ‎【详解】A．‎2A(g)+2B(g)⇌‎3C(g)+D(s)为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，图中平衡状态相同，应为使用催化剂，故A错误；‎ B．图中金刚石比石墨的能量高，则石墨转化为金刚石的反应的△H＞0，故B正确；‎ C．增大氢气的量，可促进氮气的转化率，则图中a点N2的转化率小于b点，故C错误；‎ D．开始的pH相同，稀释相同倍数时，酸性强的pH变化大，则HA的酸性强，相同条件下NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NO2），将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+═2H++Ce3+‎ B. x=l时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1‎ C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少 D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原 ‎【答案】D ‎【详解】A．根据图示，过程I发生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，故A错误；‎ B． x=1时，根据图示，过程II中发生NO＋H＋＋Ce3＋→H2O＋N2＋Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，根据得失电子守恒：n(NO)×2=n(Ce3＋)×1，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故B错误；‎ C．过程I发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程II发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，故C错误；‎ D．根据选项C的分析，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故D正确；‎ 故答案选：D。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共58分）‎ ‎15.氮及氮的化合物有着重要的用途。‎ ‎（1）氮元素在周期表中的位置是____________； NH3的电子式是____________。‎ ‎（2）将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，请举例说明一种自然界中氮的固定的途径_____________________________________________ （用化学方程式表示）。‎ ‎（3）工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德•埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如下图:‎ 下列说法正确的是______（选填字母）。‎ a 图①表示N2、H2分子中均是单键 b 图②→图③需要吸收能量 c 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成 ‎（4）已知：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H= -92.4 kJ/mol，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g） △H = -483.6kJ/mol，则氨气作燃料完全燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式是_________________________________________。‎ ‎（5）水合肼（N2H4•H2O）为无色透明的油状发烟液体，是一种重要的精细化工原料，通常在催化剂存在下，用次氯酸钠与氨反应可制备，该反应的化学方程式是_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第2周期VA族 (2). (3). N2 + O2 2NO (4). bc (5). 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g） △H= -1266 kJ/mol (6). NaClO+2NH3═N2H4•H2O+NaCl ‎【分析】(1)氮元素位于第二周期VA族，NH3中N和H核外达到稳定结构；‎ ‎(2)根据氮的固定的定义，空气中含有氮气和氧气，在打雷时，氮气和氧气发生反应，据此分析；‎ ‎(3)从物质结构、化学反应的实质上进行分析；‎ ‎(4)利用盖斯定律进行分析；‎ ‎(5)NaClO为氧化剂，NH3为还原剂，利用升降法进行配平。‎ ‎【详解】(1)氮元素原子序数为7，位于第二周期VA族，NH3的电子式是；‎ ‎(2)游离态的氮为氮气，空气中含有氮气和氧气，在雷雨时发生N2＋O22NO；‎ ‎(3)a.H2的结构式为H－H，是单键，N2是两个N原子以叁键形式结合，故a错误；‎ b.根据图示，②→③化学键发生断裂，需要吸收能量，故b正确；‎ c．化学反应是旧键的断裂和新键的形成，故c正确；‎ 故答案选bc；‎ ‎(4) N2（g）+3H2（g）=2NH3（g） △H= -92.4 kJ/mol ①；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H = -483.6kJ/mol ②，NH3燃烧的方程方式为4NH3＋3O2=2N2＋6H2O(g)，根据盖斯定律，②×3－①×2，△H=－1266kJ·mol－1，热化学反应方程式为4NH3(g)＋3O2(g)=2N2(g)＋6H2O(g) △H=－1266kJ·mol－1；‎ ‎(5)水合肼中N显－2价，NH3中N显－3价，N的化合价升高，NH3为还原剂，NaClO为氧化剂，因此有NaClO＋NH3→N2H4·H2O＋NaCl，根据化合价升降法进行配平，得出NaClO＋2NH3=N2H4·H2O＋NaCl。‎ ‎【点睛】陌生氧化还原反应方程式的书写是难点和常考点，根据题中信息，找出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，然后根据化合价升降法进行配平，利用原子守恒或电荷守恒，确认H＋、OH－、H2O的参与。‎ ‎16.碘及其化合物在生活中应用广泛，含有碘离子的溶液需回收处理。‎ ‎（1）“硫碘循环”法是分解水制备氢气的研究热点，涉及下列三个反应：‎ 反应Ⅰ：SO2（g）+I2（aq）+2H2O（l）═2HI（aq）+H2SO4（aq）△H1‎ 反应Ⅱ：HI（aq）═H2（g）+ I2（aq）△H2‎ 反应Ⅲ：2H2SO4（aq）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（l）‎ ‎①反应：SO2（g）+2H2O（l）═H2SO4（aq）+H2（g）的△H═______（用△H1、△H2表示）；‎ ‎②分析上述反应，下列判断正确的是______；‎ A．反应Ⅲ易在常温下进行 B．反应I中SO2还原性比HI强 C．循环过程中需补充H2O D．循环过程中产生1molO2同时产生1molH2‎ ‎③反应I发生时，溶液中存在如下平衡：I2（aq）+I-（aq）⇌I3-（aq），其反应速率极快且平衡常数大。现将1mol SO2．缓缓通入含1molI2的水溶液中至恰好完全反应。溶液中I3-的物质的量n（I3-）随反应时间（t）的变化曲线如图所示。开始阶段n（I3-）逐渐增大的原因是：_____________________________________________________________________；‎ ‎（2）用海带提取碘时，需用氯气将碘离子氧化成单质。酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子（IO3-），写出氯气与碘单质反应的离子方程式：_____________________________________________；‎ ‎（3）氯化银复合吸附剂也可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I-（aq）+AgCl（s）⇌AgI（s）+Cl-（aq），反应达到平衡后溶液中c（I-）═______‎ ‎___[用c（Cl-）、Ksp（AgCl）和Ksp（AgI）表示]．该方法去除碘离子的原理是________________________。‎ ‎【答案】(1). △H1+2△H2 (2). BC (3). 开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加 (4). 5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+ (5). (6). AgI的溶度积比AgCl的溶度积小 ‎【分析】(1)利用已知热化学反应求解未知热化学反应时，可利用盖斯定律进行计算，计算时，可根据未知反应，确定已知反应是否需要调整反应物与生成物，是否需要调整化学计量数。‎ ‎(2)在分析图象信息时，从发生的反应入手，根据生成物的浓度变化，确定平衡移动的方向，寻找浓度变化的原因。‎ ‎(3)在分析沉淀溶解平衡时，虽然涉及两个平衡体系，仍可像对待一般的化学平衡一样进行处理。‎ ‎【详解】(1) ①a．SO2(g)+I2(aq)+2H2O(l)═2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1‎ b．HI(aq)═H2(g)+I2(aq) △H2‎ 由盖斯定律可知a+2×b得SO2(g)+2H2O(1)═H2SO4(aq)+H2(g) △H=△H1+2△H2。答案为：△H1+2△H2 ；‎ ‎②A．△H-T△S＜0的反应可自发进行，为吸热、熵增的反应，常温不能自发进行，A错误； B．I中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则SO2还原性比HI强，B正确；‎ C．将三个反应式相加，得出2H2O(1)==2H2(g)+O2(g)，反应消耗水，需要不断补充，C正确； D．分解水生成氢气和氧气的体积比为2：1，则产生1molO2同时产生2molH2，D错误。答案为：BC；‎ ‎③n(I3-)逐渐增大的原因是开始阶段，SO2和I2反应生成的I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加。答案为：开始阶段，SO2和I2反应生成I-的浓度不断增大，I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)的反应平衡向右移动，n(I3-)不断增加； ‎ ‎(2)酸性条件下，若氯气过量还能将碘单质进一步氧化成碘酸根离子(IO3-)，氯气与碘单质反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+。答案为：5Cl2+I2+6H2O=2IO3-+10Cl-+12H+；‎ ‎(3)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，c(I-)==，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。答案为：；AgI溶度积比AgCl的溶度积小。‎ ‎【点睛】计算c(I-)时，我们也可以这样操作，Ksp(AgCl)= c(Cl-)∙ c(Ag+)，Ksp(AgI)= c(I-)∙ c(Ag+)，然后两式相比，即得出，从而得出c(I-)=。‎ ‎17.功能高分子P的合成路线如下：‎ ‎（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是______________。‎ ‎（2）试剂a是_____________。‎ ‎（3）反应③的化学方程式：____________________________________________。‎ ‎（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_______________。‎ ‎（5）反应④的反应类型是______________。‎ ‎（6）反应⑤的化学方程式：_____________________________________________________。‎ ‎（7）已知：2CH3CHO 。以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，合成路线如下,写出 I，J 的结构简式：______________、______________‎ CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO（I）（J）E ‎【答案】 (1). (2). 浓硫酸和浓硝酸 (3). ＋NaOH+NaCl (4). 碳碳双键、酯基 (5). 加聚反应 (6). ‎ ‎+nH2O＋nC2H5OH (7). CH3CH(OH)CH2CHO (8). CH3CH=CHCHO ‎【分析】P为高分子化合物，D+G→P反应类型为取代反应或酯化反应，生成P的反应物是和，根据流程以及A的分子式为C7H8，推出A为甲苯，即结构简式为，A→B应在甲基对位上引入－NO2，即B的结构简式为，B→C在光照下，B与氯气发生取代反应，Cl取代甲基上的H原子，即C的结构简式为，C应在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成D，即D的结构简式为，G为，反应⑤发生水解，则F的结构简式为，E分子式为C6H10O2，则E的结构简式为CH3CH=CH－COOC2H5，据此分析；‎ ‎【详解】P为高分子化合物，D+G→P反应类型为取代反应或酯化反应，生成P的反应物是和，根据流程以及A的分子式为C7H8，推出A为甲苯，即结构简式为，A→B应在甲基对位上引入－NO2，即B的结构简式为，B→C在光照下，B与氯气发生取代反应，Cl取代甲基上的H原子，即C的结构简式为，C应在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，生成D，即D的结构简式为，G为，反应⑤‎ 发生水解，则F的结构简式为，E分子式为C6H10O2，则E的结构简式为CH3CH=CH－COOC2H5，‎ ‎(1)A的分子式为C7H8，根据上述分析，A为甲苯，其结构简式为；‎ ‎(2)根据上述分析，A→ B引入－NO2，则试剂a为浓硫酸和浓硝酸；‎ ‎(3)根据上述分析，反应③发生水解反应，即反应方程式为＋NaOH+NaCl；‎ ‎(4)E的结构简式为CH3CH=CH－COOC2H5，含有的官能团是碳碳双键和酯基；‎ ‎(5)根据E和F的结构简式，推出反应④的类型为加聚反应；‎ ‎(6)反应⑤发生酯的水解，其反应方程式为+nH2O＋nC2H5OH；‎ ‎(7)根据合成路线，以及已知信息，则I的结构简式为CH3CH(OH)CH2CHO，生成J条件是浓硫酸加热，发生消去反应，即J的结构简式为CH3CH=CHCOOH。‎ ‎【点睛】有机物的推断中，一般采用顺推、逆推等方法展开，利用反应的条件，确认反应类型或含有的官能团，如本题，从高分子P的结构简式入手分析，该高分子P是通过加聚反应得到，因此推出反应⑥不是加聚反应，然后得出和，结合问题，进行推断。‎ ‎18.某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂。通过如下简化流程既脱除燃媒尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已省略）。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是______（填编号）；‎ A．NaOH溶液、酚酞溶液 B．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 C．碘水、淀粉溶液 D．氨水、酚酞溶液 ‎(2)写出软锰矿浆吸收SO2的化学方程式____________________________________；‎ ‎(3)用MnCO3，能除去溶液中的Al3+和Fe3+，用原理解释：______________________________。‎ ‎(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应离子方程式____________________________________；‎ ‎(5)工业上将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，可制得KMnO4．装置如图：‎ ①D是溶液_______________；‎ ‎②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：_______________________________________；‎ ‎(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过_____________________（填操作名称）、过滤制得硫酸锰晶体。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). MnO2+SO2=MnSO4 (3). 消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (4). 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ (5). 浓KOH溶液 (6). a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【分析】由流程可知，含二氧化硫的尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，二氧化硫能被二氧化锰氧化为硫酸锰，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS能将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰、硫酸钾。‎ ‎【详解】(1)二氧化硫可被高锰酸钾、碘水氧化，根据颜色变化，可准确判断滴定终点，从而准确测定其含量，而与碱反应时选酚酞作指示剂，吸收不彻底，不能准确测定二氧化硫的含量。答案为：BC； ‎ ‎(2)锰矿浆吸收SO2，生成硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4。答案为：MnO2+SO2=MnSO4； ‎ ‎(3)在水溶液中，Al3+和Fe3+都能水解生成H+，MnCO3能与H+反应从而促进Al3+和Fe3+完全转化为氢氧化物沉淀，从而除去溶液中的Al3+和Fe3+。用原理解释为消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。答案为：消耗溶液中氢离子，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀； ‎ ‎(4)KMnO4与MnSO4溶液发生归中反应，生成MnO2沉淀，反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；  ‎ ‎(5)①由图可知，a电极上MnO42-失去电子，b电极上水电离出的氢离子得到电子生成OH-，左侧溶液中的K+通过阳离子交换膜进入右侧溶液，所以右侧KOH的浓度变大，D是浓KOH溶液。答案为：浓KOH溶液； ‎ ‎②a为阳极，阳极上K2MnO4失去电子发生氧化反应，电极反应式为MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4。答案为：a极上发生MnO42--e-═MnO4-，部分钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4； ‎ ‎(6)由MnSO4溶液得到MnSO4•H2O晶体，应蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎【点睛】进行滴定操作时，不一定要使用指示剂，如酸性高锰酸钾溶液测定尾气中二氧化硫的含量，由于滴定终点时溶液能发生明显的颜色变化，所以能准确判断滴定终点。‎ ‎19.某小组同学在实验室研究Al与CuCl2溶液的反应． ‎ 实验操作 实验现象 红色物质附着于铝片表面 大量无色气体从红色物质表面逸出，放出大量的热 烧杯底部出现白色沉淀 ‎（1）现象中红色物质是 _________ ． ‎ ‎（2）经检验现象中的无色气体为氢气． ‎ ‎①甲认为Al与H+反应产生了氢气，用离子方程式表示溶液中存在大量H+的原因 _______________________________________________________________． ‎ ‎②氢气从红色物质表面逸出的原因是 __________________________________________ ． ‎ ‎（3）探究白色沉淀的化学成分． ‎ 查阅资料：Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色)，该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色． ‎ 乙认为白色沉淀可能是CuCl，并通过实验证明其猜测正确，实验步骤如下： ‎ a.取白色沉淀，充分洗涤； ‎ b.向其中加入浓氨水，沉淀溶解得到无色溶液，将无色溶液分为两份； ‎ c.取其中一份无色溶液 ‎ d.将另一份无色溶液放置于空气中，一段时间后，溶液变为蓝色． ‎ ‎①步骤c的实验方案是 ________________________________________________． ‎ ‎②用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因 _______________________________‎ ‎__________________________________________________________________． ‎ ‎（4）探究CuCl产生的原因． ‎ ‎①丙猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，因为Cu具有________性． ‎ ‎②取Cu粉与1mol/L CuCl2溶液混合，无白色沉淀产生，丙再次分析Al与 CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与 CuCl2溶液反应生成了CuCl，改进之处是_________．‎ ‎【答案】(1). Cu (2). ； (3). Cu和Al在酸性条件下形成原电池，Cu为正极，H+在正极表面得电子生成氢气 (4). 加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液 (5). CuCl在水溶液中存在平衡：，加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu(NH3)2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解 (6). 还原 (7). 加热 ‎【分析】（1）在金属活动顺序表中，排在前面的金属能从盐溶液中置换出后面的金属，铝和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜； ‎ ‎（2）①氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性； ‎ ‎②氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应，铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气； ‎ ‎（3）①依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色)，该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子； ‎ ‎②氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu(NH3)2+(无色)，平衡正向进行促进沉淀溶解； ‎ ‎（4）①若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，元素化合价分析可知铜化合价0价变化为价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应； ‎ ‎②铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀．‎ ‎【详解】（1）铝的活泼些大于铜，和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，铝表面析出红色的铜； ‎ ‎（2）①氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性，，溶液中存在大量H+的原因是因为水解生成的，反应的离子方程式为：；‎ ‎②氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应，铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气，电极反应为；‎ ‎（3）①依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu(NH3)2+(无色)，该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子，步骤c的实验方案是加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液，观察是否生成白色沉淀判断氯离子的存在；‎ ‎②氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu(NH3)2+(无色)，平衡正向进行促进沉淀溶解，用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因是：CuCl在水溶液中存在平衡：，加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu(NH3)2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解； ‎ ‎（4）①若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，元素化合价分析可知铜化合价0价变化为价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应，铜表现的是还原性； ‎ ‎②铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀，若加热出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，若不出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液不能反应生成了CuCl。‎ ‎【点睛】解答本题时掌握铝、铜及其化合物的性质以及沉淀溶解平衡有关知识是解题关键。‎