还剩21页未读，
继续阅读
北京市第四中学2020届高三上学期期中考试化学试题
展开
北京四中2020届上学期高三年级期中考试化学试卷
（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27
Ⅰ卷 选择题
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分）
1.中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是
千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
熬胆矾(CuSO4·5H2O)
铁釜，久之亦化为铜
凡石灰(CaCO3)，
经火焚炼为用
丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；
B项，CuSO4·5H2O 煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为： CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；
C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；
D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。
故答案选A。
2.下列物质的用途利用了其还原性的是
A. 用葡萄糖制镜或保温瓶胆 B. 用除去废水中的
C. 用治疗胃酸过多 D. 用制备纳米
【答案】A
【解析】
葡萄糖制镜或保温瓶胆实际是利用葡萄糖中的醛基还原银氨溶液得到单质银，实际就是发生银镜反应，选项A是利用了葡萄糖的还原性。用除去废水中的，是利用S2-和Hg2+可以形成HgS沉淀的原理，将Hg2+除去，选项B没有利用还原性。用治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以与胃酸（HCl）反应，从而达到治疗胃酸过多的目的，所以选项C没有利用还原性。用制备纳米，是利用了的水解能力，所以选项D没有利用还原性。
3.下列说法不正确的是
A. 淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类
B. 制作集成电路板的酚醛树脂属于合成高分子
C. 甘油和氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应
D. 蛋白质溶液中加醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水
【答案】D
【解析】
【分析】
A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖；
B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物；
C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应；
D．蛋白质遇重金属发生变性。
【详解】A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖，葡萄糖属于单糖，所以淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类，A正确；
B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物，酚醛树脂相对分子质量在10000以上，所以属于高分子化合物，B正确；
C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应，甘油含有醇羟基、氨基酸含有羧基，所以二者都能发生酯化反应，C正确；
D．蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确物质含有的官能团及其与性质关系是解答本题的关键，注意蛋白质变性和盐析区别，为解答易错点。
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2中阴离子数为0.1NA
B. 1mol甲基含有的电子数为7NA
C. 常温常压下，2.24 L乙烯中含有的氢原子数为0.4NA
D. 0.1L 0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na2O2中含有Na+和O22-，7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，则阴离子数为0.1NA，故A正确；
B. 1mol甲基含有的电子数为9NA，故B错误；
C．常温常压Vm不等于22.4L/mol，Vm未知无法计算乙烯的物质的量和氢原子数，故C错误；
D．醋酸为弱酸，部分电离，0.1L0.5 mol•L-1CH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故D错误；
故答案为A。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
5.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是
A. 分子式为C18H27NO3
B. 含有氧原子的官能团有3种
C. 能发生加聚反应、水解反应
D. 该分子不存在顺反异构
【答案】D
【解析】
【详解】辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，故ABC正确，D错误。答案选D。
【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。
6.有机物AB2、 AB4、 AB8均可形成枝状高分子ABm。下列说法不正确的是
A. AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子
B. AB4既能与强酸反应也能与强碱反应
C. AB2生成ABm是缩聚反应
D. ABm的结构简式是
【答案】D
【解析】
【详解】A. 苯环上2种氢，-NH2，-COOH上各有一种H，AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子，故A正确；
B. -NH2具有碱性，-COOH具有酸性，因此，AB4既能与强酸反应也能与强碱反应，故B正确；
C. AB2生成ABm的高聚物的同时，还生成水分子，因此该反应是缩聚反应，故C正确；
D. ABm的链节中的所有氨基均要形成酰胺键，故D错误；
故选D。
7.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用铝冶炼铁：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
B. 常温时，0.1mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2O NH＋OH－
C. “NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2（g）（红棕色）N2O4（g）（无色）
D. 用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘：H2O2＋2H＋＋2I-＝I2＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝热法炼铁，反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A正确；
B．常温时，0.1mol•L-1氨水的pH=11.1，说明一水合氨只能部分电离，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故B正确；
C．“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，说明升高温度平衡向着逆向移动，则正反应为放热反应，其△H＜0，正确的反应为：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，故C错误；
D．双氧水能够氧化碘离子，可用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故D正确；
故答案为C。
8.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：
下列分析不合理的是（ ）
A. 状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B. 合成NH3总反应的原子利用率是100%
C. “TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D. 生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。
【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；
B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；
D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。
故选C。
9.为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列说法不正确的是
A. 上述反应属于置换反应
B. Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
C. 该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D. 当有1mol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为单质与化合物反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，故A正确；
B．Hg元素的化合价升高，则Cu2HgI4为氧化产物，故B错误；
C．CuI为氧化剂，还原剂为Hg，4molCuI反应只有2mol作氧化剂，则由反应可知该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：l，故C正确；
D．当有1mol CuI反应时，转移电子为1mol××(1-0)=0.5mol，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，Hg元素的化合价由0升高为+2价，注意CuI部分为氧化剂。
10.向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++ 2NH3·H2OAg(NH3)2+ 2H2O。下列分析不正确的是
A. 浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl (s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)
B. 实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl－强
C. 实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管
D. 由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl
【答案】C
【解析】
A、因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，选项A正确；B、Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强，选项B正确；C、银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，选项C错误；D、浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，选项D正确；答案选C。
11.向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如下图所示，下列说法不正确的是
A. 人体血液的pH＝7.35～7.45，其中含碳微粒以HCO3－、H2CO3为主
B. 除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH＝7
C. pH＝10的溶液中c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（OH－）
D. 将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应大约控制pH>12.5
【答案】B
【解析】
【详解】A．人体血液的pH=7.35～7.45，图中分析可知，其中含碳微粒以HCO3-、H2CO3为主，故A正确；
B．当pH=7时含碳微粒是HCO3-和H2CO3，应是在pH=3.5全部除净，故B错误；
C．pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；
D．将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，大约控制pH＞12.5含碳微粒以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，故D正确；
故答案为B。
12.丁烯（C4H8）是制备线性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，C4H10（g）C4H8（g）＋H2（g） ＝＋123kJ·mol－1。该工艺过程中生成的副产物有炭（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。
下列分析正确的是
A. 随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率
B. 丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大
C. 氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率
D. 一定温度下，控制进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图2可知，随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率，故A正确；
B．由图可知，平衡后升高温度产率降低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；
C．增大或减少氢气的量，平衡均发生移动，均影响丁烯的产率，故C错误；
D．由1可知，一定温度下，控制进料比[]在1.5左右，有利于提高丁烯的产率，越小或越大均不利于产率的增大，故D错误；
故答案为A。
13.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
14.下列实验所得结论正确的是
①
②
③
④
充分振荡试管，下层溶液红色褪去
溶液变红
溶液变红
充分振荡右侧小试管，
下层溶液红色褪去
A. ①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OH
B. ②中溶液变红的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋
C. 由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞
D. ④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故A错误；
B．醋酸钠水解显碱性，则②中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故B错误；
C．褪色与萃取无关，与反应有关，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应，导致碱性降低，则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正确；
故答案为D。
Ⅱ卷 填空题
二、填空题（5道大题，共58分）
15.萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。Ⅰ是一种萜类化合物，它的合成路线如下：
已知：R、R’、R”烃基
回答下列问题：
（1）按官能团分类，A的类别是______________。
（2）A→C的反应类型是______________。
（3）C→D、E→F的化学方程式分别是______________、______________。
（4）写出下列物质的结构简式：B______________、H______________。
（5）F→G的反应中，乙酸酐的作用______________。
（6）十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯（）的合成路线________________________
【答案】 (1). 酚 (2). 取代反应 (3). +CH3OH +H2O (4). +H2O (5). (6). (7). 保护酚羟基不被氧化 (8).
【解析】
【分析】
由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息ⅱ、ⅲ，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从F→I转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；
(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。
【详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；
(2)A→C发生信息I中的取代反应生成C；
(3)C→D的化学方程式为：，E→F的化学方程式为：；
(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；
(5)F→G的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；
(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。
【点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。
16.市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量的KI)。
I. 某同学设计检验食盐是否为加碘盐的定性实验方法：
①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。
②为验证①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。
(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为_________。
(2)②中的实验操作名称是_________。
(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是_________。
Ⅱ. 碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险。目前国家标准(GB／T13025.7)所用的食盐中碘含量测定方法：
①用饱和溴水将碘盐中少量的I－氧化成IO3－。
②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH＝CO2↑+2HBr。
③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3－完全反应。
④以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6
(1)①中反应的离子方程式为_________。
(2)测定食盐碘含量过程中，Na2S2O3，与IO3－的物质的量之比为_________。
(3)有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低原因：__________________。
【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O (2). 萃取 (3). 溶液分层，下层为紫红色 (4). 3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+ (5). 6:1 (6). 将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。
【解析】
【分析】
本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。
【详解】Ⅰ.（1）若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；
（2）由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；
（3）I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色；
II.（1）①中反应时，溴将I-氧化成IO3-的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案为3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+；
（2）在酸性条件下，IO3-被I-还原为I2，离子方程式为；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为: I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上两反应可得关系式：IO3-~3 I2~6Na2S2O3，则测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；
（3）简化操作将①、②省略，则只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，而食盐中以I-形式存在的碘元素没有被测定，从而造成测定结果偏低，故答案为将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。
17.NH3可用于生产硝酸和尿素。
（1）生产硝酸：
①NH3催化氧化是工业制硝酸的第一步反应，其化学方程式是______________。
②除此之外，相同条件下还可能发生以下副反应：
4NH3（g）＋4O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）
4NH3（g）＋3O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）
两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大，原因是______________。
（2）生产尿素：
①尿素的合成分两步进行；
a.2NH3（g）＋CO2（g）NH2COONH4（l）
b.NH2COONH4（l）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）
则总反应2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）的＝_____________。
②下图为n（NH3）：n（CO2）＝4：1时，温度对CO2的转化率的影响。解释温度升高CO2的平衡转化率增大的原因：______________。
③测定尿素样品含氮量的方法如下：取a g尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L－1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L－1 NaOH溶液恰好中和，则尿素样品中氮元素的质量分数是______________。
【答案】 (1). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (2). 使用催化剂提高氨的催化反应的选择性 (3). (4). 升高温度，反应b正向移动 (5).
【解析】
【分析】
(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水；
②催化剂具有高效性、唯一性和选择性；
(2)①根据盖斯定律可知a+b即可得到总反应式；
②温度升高，平衡向吸热反应方向移动；
③测定溶液中尿素的含量，取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−c2V2)×10−3mol，吸收氨气的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，根据N元素守恒予以解答。
【详解】(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
②结合催化剂的选择性，使用催化剂提高氨的催化反应的选择性，则两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大；
(2)①已知：a．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)△H=-117kJ/mol；b．NH2COONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=+15kJ/mol，根据盖斯定律，a+b得总反应式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=-102kJ/mol；
②当n(NH3)：n(CO2)=4：1时，温度升高，CO2的平衡转化率增大是因为反应b温度升高时，平衡向正方向移动，而对反应a减小生成物，同样促进平衡正向移动；
③取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，发生的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−c2V2)×10−3mol，根据反应关系，氨气的物质的量为n(NH3)=2×(c1V1−c2V2)×10−3molmol=(2c1V1-c2V2)×10-3mol，根据N元素守恒，尿素中氮元素的物质的量为n(N)=n(NH3)=(2c1V1-c2V2)×10-3mol，则尿素中氮元素的质量分数是w=×100%=×100%。
18.直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程如图1。
已知：H2SO3、HSO3－、SO32－在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2， Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲线如图3。
（1）Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：______________。
（2）吸收烟气
①为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔中的pH为______________。
②NaHSO3溶液中c（SO32－）＞c（H2SO3），结合方程式解释其原因：____________。
③已知下列反应：
SO2（g）＋2OH－（aq）＝SO32－（aq）＋H2O（l）
CO2（g）＋2OH－（aq）＝CO32－（aq）＋H2O（l）
2HSO3－（aq）＝SO32－（aq）＋SO2（g）＋H2O（l）
吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3－的热化学方程式是______________。
④吸收塔中的温度不宣过高，可能的原因是______________（写出1种即可）。
（3）制备无水Na2SO3:将中和塔中得到的Na2SO3溶液______________（填操作），过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2SO3固体。
【答案】 (1). CO32－＋H2OOH－＋HCO3－ (2). 4~5 (3). 溶液中，HSO3－存在：HSO3－H＋＋SO32－和HSO3－＋H2CH2SO3＋OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度 (4). 2SO2（g）＋CO32－（aq）＋H2O（1）＝2HSO3－（aq）＋CO2（g） (5). 防止SO2的溶解度下降；防止HSO3－受热分解；防止HSO3－的氧化速率加快等 (6). 隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤
【解析】
【分析】
(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(2)①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高；
②NaHSO3溶液中c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明HSO3-电离程度大于水解程度；
③已知：①SO2(g)+2OH- (aq)═SO32- (aq)+H2O(l)△H1=-164.3kJ•mol-1，②CO2(g)+2OH- (aq)═CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ•mol-1，③2HSO3- (aq)═SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)△H3=+34.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式；
④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化；
(3)得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化。
【详解】(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CO32-+H2OOH-+HCO3-；
(2)①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高；
②NaHSO3溶液中存在HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明HSO3-电离程度大于水解程度；
③已知：①SO2(g)+2OH- (aq)═SO32- (aq)+H2O(l)△H1=-164.3kJ•mol-1，②CO2(g)+2OH- (aq)═CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ•mol-1，③2HSO3- (aq)═SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)△H3=+34.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式为2SO2(g)+CO32-(aq)+H2O(l)═2HSO3-(aq)+CO2 (g)△H=-88.9 kJ•mol-1；
④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化，则吸收塔的温度不易过高；
(3)得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化，可隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
19.某小组以4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O为研究对象，探究影响氧化还原反应因素。
实验
气体a
编号及现象
HCl
Ⅰ.溶液迅速呈黄色
SO2
Ⅱ.溶液较快呈亮黄色
CO2
Ⅲ.长时间后，溶液呈很浅的黄色
空气
Ⅳ.长时间后，溶液无明显变化
（1）实验Ⅳ的作用是______________。用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。
（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了______________。
（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。
现象x是______________。
（4）针对Ⅱ中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：
假设1：溶液中c（H＋）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是______________。
假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是______________。
假设3：I2不能在此溶液中存在。
（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。
i.取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。
ii.取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。
iii.取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。
电解时间/min
溶液
阳极
阴极
t1
黄色变浅、有少量SO42－
检出I2，振荡后消失
H2
溶液无色、有大量SO42－
检出I2，振荡后消失
H2
结合化学反应，解释上表中的现象：______________。
（6）综合实验证据说明影响I－被氧化的因素及对应关系______________。
【答案】 (1). 对照组，证明只有O2时很难氧化I－ (2). I2 (3). 上层黄色，下层无色 (4). 假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强 (5). 假设2：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4 (6). 阳极发生2I－－2e－＝I2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多 (7). 通过Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明c（H＋）越大，I－越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I－）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分）
【解析】
【分析】
(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；
(2)淀粉遇碘单质变蓝色；
(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；
(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；
(5)ⅲ．阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；
(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。
详解】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；
(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、Ⅲ中生成了I2；
(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；
(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；
(5)ⅲ．阳极发生反应：2I--2e-=I2，生成的I2与溶液中SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反应循环进行，SO2减少，SO42- 增加；
(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。
（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27
Ⅰ卷 选择题
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分）
1.中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是
千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
熬胆矾(CuSO4·5H2O)
铁釜，久之亦化为铜
凡石灰(CaCO3)，
经火焚炼为用
丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；
B项，CuSO4·5H2O 煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为： CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；
C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；
D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。
故答案选A。
2.下列物质的用途利用了其还原性的是
A. 用葡萄糖制镜或保温瓶胆 B. 用除去废水中的
C. 用治疗胃酸过多 D. 用制备纳米
【答案】A
【解析】
葡萄糖制镜或保温瓶胆实际是利用葡萄糖中的醛基还原银氨溶液得到单质银，实际就是发生银镜反应，选项A是利用了葡萄糖的还原性。用除去废水中的，是利用S2-和Hg2+可以形成HgS沉淀的原理，将Hg2+除去，选项B没有利用还原性。用治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以与胃酸（HCl）反应，从而达到治疗胃酸过多的目的，所以选项C没有利用还原性。用制备纳米，是利用了的水解能力，所以选项D没有利用还原性。
3.下列说法不正确的是
A. 淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类
B. 制作集成电路板的酚醛树脂属于合成高分子
C. 甘油和氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应
D. 蛋白质溶液中加醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水
【答案】D
【解析】
【分析】
A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖；
B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物；
C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应；
D．蛋白质遇重金属发生变性。
【详解】A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖，葡萄糖属于单糖，所以淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类，A正确；
B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物，酚醛树脂相对分子质量在10000以上，所以属于高分子化合物，B正确；
C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应，甘油含有醇羟基、氨基酸含有羧基，所以二者都能发生酯化反应，C正确；
D．蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确物质含有的官能团及其与性质关系是解答本题的关键，注意蛋白质变性和盐析区别，为解答易错点。
4.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2中阴离子数为0.1NA
B. 1mol甲基含有的电子数为7NA
C. 常温常压下，2.24 L乙烯中含有的氢原子数为0.4NA
D. 0.1L 0.5mol·L－1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na2O2中含有Na+和O22-，7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，则阴离子数为0.1NA，故A正确；
B. 1mol甲基含有的电子数为9NA，故B错误；
C．常温常压Vm不等于22.4L/mol，Vm未知无法计算乙烯的物质的量和氢原子数，故C错误；
D．醋酸为弱酸，部分电离，0.1L0.5 mol•L-1CH3COOH溶液中含有的氢离子数小于0.05NA，故D错误；
故答案为A。
【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。
5.辣椒素是影响辣椒辣味的活性成分的统称，其中一种分子的结构如下图所示。下列有关该分子的说法不正确的是
A. 分子式为C18H27NO3
B. 含有氧原子的官能团有3种
C. 能发生加聚反应、水解反应
D. 该分子不存在顺反异构
【答案】D
【解析】
【详解】辣椒素的分子式为C18H27NO3；含有氧原子的官能团有醚键、羟基、肽键3种；辣椒素中含碳碳双键能发生加聚反应，含有肽键能发生水解反应；与辣椒素中碳碳双键两端的碳原子相连的除两个氢原子外，另外两个原子团分别为和，两个原子团不相同，则存在顺反异构，故ABC正确，D错误。答案选D。
【点睛】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有肽键，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题。
6.有机物AB2、 AB4、 AB8均可形成枝状高分子ABm。下列说法不正确的是
A. AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子
B. AB4既能与强酸反应也能与强碱反应
C. AB2生成ABm是缩聚反应
D. ABm的结构简式是
【答案】D
【解析】
【详解】A. 苯环上2种氢，-NH2，-COOH上各有一种H，AB2分子中有4种不同化学环境的氢原子，故A正确；
B. -NH2具有碱性，-COOH具有酸性，因此，AB4既能与强酸反应也能与强碱反应，故B正确；
C. AB2生成ABm的高聚物的同时，还生成水分子，因此该反应是缩聚反应，故C正确；
D. ABm的链节中的所有氨基均要形成酰胺键，故D错误；
故选D。
7.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用铝冶炼铁：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3
B. 常温时，0.1mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2O NH＋OH－
C. “NO2球”浸泡在热水中，颜色变深：2NO2（g）（红棕色）N2O4（g）（无色）
D. 用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘：H2O2＋2H＋＋2I-＝I2＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝热法炼铁，反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A正确；
B．常温时，0.1mol•L-1氨水的pH=11.1，说明一水合氨只能部分电离，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故B正确；
C．“NO2球”浸泡在热水中，颜色变深，说明升高温度平衡向着逆向移动，则正反应为放热反应，其△H＜0，正确的反应为：2NO2(g)⇌N2O4(g)△H＜0，故C错误；
D．双氧水能够氧化碘离子，可用酸化的H2O2溶液从灰化的海带中提碘，发生反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故D正确；
故答案为C。
8.某科研团队研制出“TM﹣LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：
下列分析不合理的是（ ）
A. 状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B. 合成NH3总反应的原子利用率是100%
C. “TM﹣LiH”能降低合成氨反应的△H D. 生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知氮气与TM-LiH反应生成LiNH，LiNH与氢气反应生成氨气和LiH，总反应为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。
【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；
B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；
C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；
D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。
故选C。
9.为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有CuI（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为：4CuI＋Hg＝Cu2HgI4＋2Cu。下列说法不正确的是
A. 上述反应属于置换反应
B. Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
C. 该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D. 当有1mol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为单质与化合物反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，故A正确；
B．Hg元素的化合价升高，则Cu2HgI4为氧化产物，故B错误；
C．CuI为氧化剂，还原剂为Hg，4molCuI反应只有2mol作氧化剂，则由反应可知该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：l，故C正确；
D．当有1mol CuI反应时，转移电子为1mol××(1-0)=0.5mol，故D正确；
故答案为B。
【点睛】考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，Hg元素的化合价由0升高为+2价，注意CuI部分为氧化剂。
10.向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag++ 2NH3·H2OAg(NH3)2+ 2H2O。下列分析不正确的是
A. 浊液中存在沉淀溶解平衡：AgCl (s)Ag+(aq)＋Cl－(aq)
B. 实验可以证明NH3结合Ag+能力比Cl－强
C. 实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管
D. 由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl
【答案】C
【解析】
A、因为是浊液，所以存在沉淀溶解平衡，选项A正确；B、Ag+与氨气分子结合生成二氨合银离子，导致银离子浓度减小，促使AgCl （s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq）正向移动，说明NH3结合Ag+能力比Cl-强，选项B正确；C、银镜反应后的试管壁上是银单质，银离子能够与氨水反应，银单质不能，选项C错误；D、浓硝酸能够中和一水合氨，使反应Ag++2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2++2H2O逆向移动，二氨合银离子生成银离子，与溶液中的氯离子结合生成沉淀，所以加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl，选项D正确；答案选C。
11.向碳酸溶液中滴加NaOH溶液，测得碳酸中含碳微粒的物质的量分数随pH变化如下图所示，下列说法不正确的是
A. 人体血液的pH＝7.35～7.45，其中含碳微粒以HCO3－、H2CO3为主
B. 除去NaCl溶液中Na2CO3的方法是向其中加入盐酸至pH＝7
C. pH＝10的溶液中c（H＋）＋c（Na＋）＝c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（OH－）
D. 将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，应大约控制pH>12.5
【答案】B
【解析】
【详解】A．人体血液的pH=7.35～7.45，图中分析可知，其中含碳微粒以HCO3-、H2CO3为主，故A正确；
B．当pH=7时含碳微粒是HCO3-和H2CO3，应是在pH=3.5全部除净，故B错误；
C．pH=10的溶液中存在碳酸氢钠和碳酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2 c(CO32-)+c(OH-)，故C正确；
D．将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，大约控制pH＞12.5含碳微粒以碳酸根离子形式存在，将CO2通入NaOH溶液制取Na2CO3，故D正确；
故答案为B。
12.丁烯（C4H8）是制备线性低密度聚乙烯（LLDPE）的原料之一，可由丁烷（C4H10）催化脱氢制备，C4H10（g）C4H8（g）＋H2（g） ＝＋123kJ·mol－1。该工艺过程中生成的副产物有炭（C）、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比[]和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。
下列分析正确的是
A. 随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率
B. 丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大
C. 氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率
D. 一定温度下，控制进料比[]越小，越有利于提高丁烯的产率
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图2可知，随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率，故A正确；
B．由图可知，平衡后升高温度产率降低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故B错误；
C．增大或减少氢气的量，平衡均发生移动，均影响丁烯的产率，故C错误；
D．由1可知，一定温度下，控制进料比[]在1.5左右，有利于提高丁烯的产率，越小或越大均不利于产率的增大，故D错误；
故答案为A。
13.温度为T1时，将气体X和气体Y各1.6mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g），一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（ ）
t/min
2
4
7
9
n（Y）/mol
1.2
1.1
1.0
1.0
A. 反应0～4min平均速率v（Z）=0.25 mol·L－1·min－1
B. T1时，反应的平衡常数K1=1.2
C. 其他条件不变，9min后，向容器中再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时X的浓度减小，Y的转化率增大
D. 其他条件不变，若降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，则此反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可求得前4min内消耗Y为0.10mol，v(Y)=，所以v (Z)=2 v (Y)=0.05mol/(L·min)，A错误；
B．由表中数据可知7min时反应到达平衡，反应的三段式为
X(g) + Y(g) 2Z(g)
起始浓度(mol/L)0.16 0.16 0
变化量(mol/L) 0.06 0.06 0.12
平衡浓度(mol/L）0.1 0.1 0.12
所以平衡常数K=，B错误；
C．其他条件不变，9min时是平衡状态，再充入1.6molX，平衡向正反应方向移动，再次达到平衡时Y的转化率增大，由于X加入量大于平衡移动消耗量，所以再次达到平衡时，X的浓度增大，C错误；
D．T1时，平衡常数K=1.44，降温到T2达到平衡时，平衡常数K2=4，说明降低温度平衡正向移动，使K增大，所以该反应正向为放热反应， D正确；
故合理选项是D。
14.下列实验所得结论正确的是
①
②
③
④
充分振荡试管，下层溶液红色褪去
溶液变红
溶液变红
充分振荡右侧小试管，
下层溶液红色褪去
A. ①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OH
B. ②中溶液变红的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋
C. 由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞
D. ④中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故A错误；
B．醋酸钠水解显碱性，则②中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故B错误；
C．褪色与萃取无关，与反应有关，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应，导致碱性降低，则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正确；
故答案为D。
Ⅱ卷 填空题
二、填空题（5道大题，共58分）
15.萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。Ⅰ是一种萜类化合物，它的合成路线如下：
已知：R、R’、R”烃基
回答下列问题：
（1）按官能团分类，A的类别是______________。
（2）A→C的反应类型是______________。
（3）C→D、E→F的化学方程式分别是______________、______________。
（4）写出下列物质的结构简式：B______________、H______________。
（5）F→G的反应中，乙酸酐的作用______________。
（6）十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯（）的合成路线________________________
【答案】 (1). 酚 (2). 取代反应 (3). +CH3OH +H2O (4). +H2O (5). (6). (7). 保护酚羟基不被氧化 (8).
【解析】
【分析】
由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息ⅱ、ⅲ，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从F→I转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；
(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。
【详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；
(2)A→C发生信息I中的取代反应生成C；
(3)C→D的化学方程式为：，E→F的化学方程式为：；
(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；
(5)F→G的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；
(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。
【点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。
16.市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量的KI)。
I. 某同学设计检验食盐是否为加碘盐的定性实验方法：
①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。
②为验证①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。
(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为_________。
(2)②中的实验操作名称是_________。
(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是_________。
Ⅱ. 碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险。目前国家标准(GB／T13025.7)所用的食盐中碘含量测定方法：
①用饱和溴水将碘盐中少量的I－氧化成IO3－。
②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH＝CO2↑+2HBr。
③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3－完全反应。
④以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6
(1)①中反应的离子方程式为_________。
(2)测定食盐碘含量过程中，Na2S2O3，与IO3－的物质的量之比为_________。
(3)有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低原因：__________________。
【答案】 (1). IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O (2). 萃取 (3). 溶液分层，下层为紫红色 (4). 3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+ (5). 6:1 (6). 将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。
【解析】
【分析】
本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。
【详解】Ⅰ.（1）若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；
（2）由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；
（3）I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色；
II.（1）①中反应时，溴将I-氧化成IO3-的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案为3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+；
（2）在酸性条件下，IO3-被I-还原为I2，离子方程式为；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为: I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上两反应可得关系式：IO3-~3 I2~6Na2S2O3，则测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；
（3）简化操作将①、②省略，则只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，而食盐中以I-形式存在的碘元素没有被测定，从而造成测定结果偏低，故答案为将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。
17.NH3可用于生产硝酸和尿素。
（1）生产硝酸：
①NH3催化氧化是工业制硝酸的第一步反应，其化学方程式是______________。
②除此之外，相同条件下还可能发生以下副反应：
4NH3（g）＋4O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）
4NH3（g）＋3O2（g）＝2N2O（g）＋6H2O（g）
两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大，原因是______________。
（2）生产尿素：
①尿素的合成分两步进行；
a.2NH3（g）＋CO2（g）NH2COONH4（l）
b.NH2COONH4（l）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）
则总反应2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（l）＋H2O（l）的＝_____________。
②下图为n（NH3）：n（CO2）＝4：1时，温度对CO2的转化率的影响。解释温度升高CO2的平衡转化率增大的原因：______________。
③测定尿素样品含氮量的方法如下：取a g尿素样品，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L－1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L－1 NaOH溶液恰好中和，则尿素样品中氮元素的质量分数是______________。
【答案】 (1). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (2). 使用催化剂提高氨的催化反应的选择性 (3). (4). 升高温度，反应b正向移动 (5).
【解析】
【分析】
(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水；
②催化剂具有高效性、唯一性和选择性；
(2)①根据盖斯定律可知a+b即可得到总反应式；
②温度升高，平衡向吸热反应方向移动；
③测定溶液中尿素的含量，取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−c2V2)×10−3mol，吸收氨气的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，根据N元素守恒予以解答。
【详解】(1)①工业制硝酸是氨的催化氧化，第一步为氨气催化氧化为NO和水，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
②结合催化剂的选择性，使用催化剂提高氨的催化反应的选择性，则两个副反应在理论上趋势均很大，但实际生产中影响并不大；
(2)①已知：a．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)△H=-117kJ/mol；b．NH2COONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=+15kJ/mol，根据盖斯定律，a+b得总反应式为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)△H=-102kJ/mol；
②当n(NH3)：n(CO2)=4：1时，温度升高，CO2的平衡转化率增大是因为反应b温度升高时，平衡向正方向移动，而对反应a减小生成物，同样促进平衡正向移动；
③取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的V1mLc1mol/L的H2SO4溶液吸收完全，产物为(NH4)2SO4，发生的反应为2NH3+H2SO4═(NH4)2SO4，剩余H2SO4用V2mLc2mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为(c1V1−c2V2)×10−3mol，根据反应关系，氨气的物质的量为n(NH3)=2×(c1V1−c2V2)×10−3molmol=(2c1V1-c2V2)×10-3mol，根据N元素守恒，尿素中氮元素的物质的量为n(N)=n(NH3)=(2c1V1-c2V2)×10-3mol，则尿素中氮元素的质量分数是w=×100%=×100%。
18.直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣（主要成分Na2CO3）可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3，其流程如图1。
已知：H2SO3、HSO3－、SO32－在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2， Na2SO3·7H2O和Na2SO3的溶解度曲线如图3。
（1）Na2CO3溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：______________。
（2）吸收烟气
①为提高NaHSO3的产率，应控制吸收塔中的pH为______________。
②NaHSO3溶液中c（SO32－）＞c（H2SO3），结合方程式解释其原因：____________。
③已知下列反应：
SO2（g）＋2OH－（aq）＝SO32－（aq）＋H2O（l）
CO2（g）＋2OH－（aq）＝CO32－（aq）＋H2O（l）
2HSO3－（aq）＝SO32－（aq）＋SO2（g）＋H2O（l）
吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3－的热化学方程式是______________。
④吸收塔中的温度不宣过高，可能的原因是______________（写出1种即可）。
（3）制备无水Na2SO3:将中和塔中得到的Na2SO3溶液______________（填操作），过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2SO3固体。
【答案】 (1). CO32－＋H2OOH－＋HCO3－ (2). 4~5 (3). 溶液中，HSO3－存在：HSO3－H＋＋SO32－和HSO3－＋H2CH2SO3＋OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度 (4). 2SO2（g）＋CO32－（aq）＋H2O（1）＝2HSO3－（aq）＋CO2（g） (5). 防止SO2的溶解度下降；防止HSO3－受热分解；防止HSO3－的氧化速率加快等 (6). 隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34℃过滤
【解析】
【分析】
(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
(2)①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高；
②NaHSO3溶液中c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明HSO3-电离程度大于水解程度；
③已知：①SO2(g)+2OH- (aq)═SO32- (aq)+H2O(l)△H1=-164.3kJ•mol-1，②CO2(g)+2OH- (aq)═CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ•mol-1，③2HSO3- (aq)═SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)△H3=+34.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式；
④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化；
(3)得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化。
【详解】(1)Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CO32-+H2OOH-+HCO3-；
(2)①由图象可知pH在4～5时NaHSO3的物质的量分数最高；
②NaHSO3溶液中存在HSO3-H++SO32-和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，c(SO32-)＞c(H2SO3)，说明HSO3-电离程度大于水解程度；
③已知：①SO2(g)+2OH- (aq)═SO32- (aq)+H2O(l)△H1=-164.3kJ•mol-1，②CO2(g)+2OH- (aq)═CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ•mol-1，③2HSO3- (aq)═SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)△H3=+34.0kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②-③可得Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式为2SO2(g)+CO32-(aq)+H2O(l)═2HSO3-(aq)+CO2 (g)△H=-88.9 kJ•mol-1；
④HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且HSO3-易被氧化，则吸收塔的温度不易过高；
(3)得无水Na2SO3固体，温度应高于34℃，且防止被氧化，可隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
19.某小组以4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O为研究对象，探究影响氧化还原反应因素。
实验
气体a
编号及现象
HCl
Ⅰ.溶液迅速呈黄色
SO2
Ⅱ.溶液较快呈亮黄色
CO2
Ⅲ.长时间后，溶液呈很浅的黄色
空气
Ⅳ.长时间后，溶液无明显变化
（1）实验Ⅳ的作用是______________。用CCl4萃取Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。
（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：Ⅰ、Ⅲ的溶液变蓝；Ⅱ、Ⅳ的溶液未变蓝。溶液变蓝说明Ⅰ、Ⅲ中生成了______________。
（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释Ⅰ、Ⅲ的萃取现象。
现象x是______________。
（4）针对Ⅱ中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：
假设1：溶液中c（H＋）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是______________。
假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是______________。
假设3：I2不能在此溶液中存在。
（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。
i.取Ⅱ中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。
ii.取Ⅱ中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。
iii.取Ⅱ中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。
电解时间/min
溶液
阳极
阴极
t1
黄色变浅、有少量SO42－
检出I2，振荡后消失
H2
溶液无色、有大量SO42－
检出I2，振荡后消失
H2
结合化学反应，解释上表中的现象：______________。
（6）综合实验证据说明影响I－被氧化的因素及对应关系______________。
【答案】 (1). 对照组，证明只有O2时很难氧化I－ (2). I2 (3). 上层黄色，下层无色 (4). 假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强 (5). 假设2：2SO2＋O2＋2H2O＝2H2SO4 (6). 阳极发生2I－－2e－＝I2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多 (7). 通过Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ，说明c（H＋）越大，I－越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I－）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分）
【解析】
【分析】
(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；
(2)淀粉遇碘单质变蓝色；
(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；
(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；
(5)ⅲ．阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；
(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。
详解】(1)对比实验I、Ⅲ，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验Ⅳ做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；
(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、Ⅲ中生成了I2；
(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；
(4)假设1：实验Ⅲ中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；
(5)ⅲ．阳极发生反应：2I--2e-=I2，生成的I2与溶液中SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反应循环进行，SO2减少，SO42- 增加；
(6)对比实验I、Ⅲ、Ⅳ可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。
相关资料
更多
