1、 北京市北京市 2021 届高三上学期入学定位考试届高三上学期入学定位考试 化学试题化学试题 1. 下列所表述的过程不涉及 化学反应的是 A.沙里淘金 B.蜡炬成灰 C.百炼成钢 D.火树银花 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A沙里淘金是物质分离，将沙子和黄金分开，过程中没有新物质生成，属于物理变化，A符合题 意； B蜡炬成灰的过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，B不符合题意； C百炼成钢中，碳和氧反应生成二氧化碳，属于化学变化，C不符合题意； D火树银花是烟花爆竹的燃放，过程中一般有二氧化碳生成，属于化学变化，D不符合题意； 故选 A。 2. 下
2、列事实不能 用元素周期律解释的是 A. 碱性：NaOHLiOH B. 酸性：H2SO4H3PO4 C. 原子半径：ICl D. 溶液的 pH：NaHSO3Na2SO3 【答案】D 【解析】 【详解】A金属性 NaLi，碱性：NaOHLiOH，能用元素周期律解释，故 A 不选； B非金属性 SP，酸性：H2SO4H3PO4，能用元素周期律解释，故 B不选； C同主族从上到下，原子半径增大，原子半径：ICl，能用元素周期律解释，故 C不选； DNaHSO3电离大于水解，溶液呈酸性，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，溶液的 pH：NaHSO3 Na2SO3，不能用元素周期律解释，故 D选；
3、 故选 D。 3. 石墨烯是一种从石墨中剥离出来，由碳原子组成只有一层原子厚度的晶体。我国研制出一种铝-石墨烯 电池，具有高容量和快速充电等优异性能。下列说法正确的是 A. 石墨烯属于有机化合物 B. 石墨烯具有良好的导电性 C. 石墨烯的碳原子之间存在极性共价键 D. 铝-石墨烯电池中，石墨烯作负极材料 【答案】B 【解析】 【详解】A石墨烯是一种从石墨中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的晶体属于单质，故 A 错误； B石墨烯能制成电池，石墨烯具有良好的导电性，故 B 正确； C石墨烯的碳原子之间存在非极性共价键，故 C 错误； D铝-石墨烯电池中，铝作负极材料，石墨烯作正极，故 D
4、 错误； 故选 B。 4. 解释下列工业原理的反应方程式不正确 的是 A. 用过量 NaOH去除烟气中 SO2：SO2+OH-= - 3 HSO B. 制漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O C. 高炉炼铁：3CO+Fe2O32Fe+3CO2 D. 提碘时用 H2O2氧化 I-：H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2 【答案】A 【解析】 【详解】A用过量 NaOH去除烟气中 SO2，产物为亚硫酸根离子，SO2+2OH-= 2 3 SO +H2O，A 符合题意； B工业用氯气与石灰乳反应制漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+
5、2H2O，B 与题意不符； C高炉炼铁为一氧化碳气体与氧化铁在高温条件下反应生成铁和二氧化碳，方程式为 3CO+Fe2O3 2Fe+3CO2，C与题意不符； D提碘时用 H2O2氧化 I-生成碘单质和水，方程式H2O2+2I-+2H+=2H2O+I2，D与题意不符； 答案为 A。 5. 下列过程的现象与氧化还原反应有关的是 A. 氨气遇氯化氢气体，产生白烟 B. Cu片投入浓 HNO3中，产生红棕色气体 C. FeCl3溶液中滴入 KSCN溶液后，溶液变为红色 D. NaCl溶液中滴入 HNO3酸化的 AgNO3溶液，产生白色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A氨气遇氯化氢气体，发生反应 N
6、H3+HCl=NH4Cl，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，A 不符合题意； BCu 片投入浓 HNO3中，发生反应 4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，Cu和 N 的化合价变化，属于 氧化还原反应，B符合题意； CFeCl3溶液中滴入 KSCN溶液，发生络合反应 Fe3+3SCN= Fe (SCN)3，没有化合价的变化，不是氧化还 原反应，C不符合题意； DNaCl溶液中滴入 HNO3酸化的 AgNO3溶液，发生反应 AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3，没有化合价的变 化，不是氧化还原反应，D不符合题意； 故选 B。 6. 已知：含氯消毒剂是指溶于水产生具
7、有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂，如次氯酸钠、氯化磷酸三钠 4(Na3PO4.12H2O)NaOCl等。 苯扎氯铵是一种低毒、高效的杀菌剂，其结构为Cl-。下列说法不正确 的是 A. 含氯消毒剂具有较强的氧化性 B. 氯化磷酸三钠的水溶液呈碱性 C. 苯扎氯铵中含有碳碳双键 D. 苯扎氯铵不属于含氯消毒剂 【答案】C 【解析】 【详解】A已知含氯消毒剂是指溶于水产生具有杀微生物活性的次氯酸的消毒剂，故含氯消毒剂具有较强 的氧化性，A说法正确； B氯化磷酸三钠为强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，B说法正确； C根据苯扎氯铵的结构简式，其不含有碳碳双键，C说法错误； D苯扎氯铵中的氯原子不是+1价，故不属于
8、含氯消毒剂，D说法正确； 答案为 C。 7. 下列说法正确的是 A. 甘油在一定条件下可以发生加聚反应 B. 苯和氯气生成 C6H6Cl6的反应是取代反应 C. 丙烯和苯分别与溴水混合后充分振荡、静置，其水层褪色原理相同 D. 分子式为 C2H6O的有机化合物，其核磁共振氢谱可能只出现一个峰 【答案】D 【解析】 【详解】A甘油是丙三醇，它属于饱和三元醇，分子中不含不饱和键，不能发生加聚反应，A错误； B在一定条件下，1mol苯 3molCl2与发生加成反应，生成 C6H6Cl6，B 错误； C丙烯含有碳碳双键，可通过加成反应使溴水褪色。苯分子中的碳碳键没有单键与双键之分，都是介于单 双键之间
9、的独特键，结构较稳定，不能与溴水中的溴发生反应，但它能通过萃取使溴水褪色，所以丙烯和 苯使溴水褪色的原理不同，C 错误； DC2H6O 的一种属于醚的同分异构体为 CH3OCH3，核磁共振氢谱只出现一个峰，D 正确； 故选 D。 8. 环氧乙烷(EO)可用作生产一次性口罩时的灭菌剂。EO 通过与蛋白质上的羧基、氨基、巯基(-SH)等发生 作用(原理如下图)，使蛋白质失去反应基，从而达到灭菌的目的。下列说法不正确 的是 A. 巯基的电子式为 B. EO与乙醛互为同分异构体 C. 上图所示的反应原理为取代反应 D. 用 EO灭菌后的口罩应对 EO 的残余量进行安全检测 【答案】C 【解析】 【详解
10、】AS 原子最外层 6 个电子，其中 1 个末成对电子与氢形成共价键，巯基的电子式为，故 A 正确； BEO 分子式为 C2H4O，与乙醛互为同分异构体，故 B 正确； C上图所示的反应原理为加成反应，故 C错误； D用 EO灭菌后的口罩应对 EO 的残余量进行安全检测，EO能使蛋白质变性，有毒，故 D 正确； 故选 C。 9. 常温下，某溶液 X中除 H+、OH-外，只含有 NH4+、Fe2+、C1-、 2- 4 SO中的一种或几种。取该溶液进行如 下实验。 下列说法不正确 的是 A. X 中无 Fe2+ B. 气体 B 为氨气 C. X 中溶质一定NH4Cl D. X 可能呈酸性、中性或碱
11、性 【答案】C 【解析】 【详解】A由于铁离子的溶液显浅黄色，溶液 X与硝酸反应后，溶液为无色，则溶液中不含有 Fe2+，A说 法正确； B再加入足量的氢氧化钡反应生成气体、无沉淀生成，铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，则气体 B为 氨气，B说法正确； C再加入足量的氢氧化钡反应生成气体、无沉淀生成，则气体氨气生成，说明溶液中含有 NH4 +,不含 SO 4 2-； 由于溶液呈电中性，则一定含有阴离子，为氯离子，溶液为氯化铵溶液，C说法正确； D氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，D说法错误； 综上所述，答案为 D。 10. 某小组同学研究 84消毒液(主要成分为 NaClO)对铁的腐蚀作用： 将
12、等量的铁钉(铁碳合金)和纯铁粉分别 浸没于 10mL84 消毒液中，记录现象如下： 1 小时 2 小时 5 小时 铁钉 无明显现象 铁钉表面出现少量红褐色物质 铁钉表面“生长”出大量红褐色 物质 纯铁粉 无明显现象 无明显现象 无明显现象 下列说法正确是 A. 铁钉主要发生的是化学腐蚀 B. 铁钉腐蚀后的溶液中 c(Cl-)增大 C. 铁粉的腐蚀速率慢主要是由于其表面积大 D. 84 消毒液有强氧化性，因此 Fe 被腐蚀时发生：Fe-3e-=Fe3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A铁钉为铁碳合金，主要发生的是电化学腐蚀，A说法错误； B铁钉腐蚀后，次氯酸根离子生成为氯离子，溶液中 c(Cl-
13、)增大，B 说法正确； C铁粉的腐蚀速率慢主要是铁粉与次氯酸钠不发生化学腐蚀，C说法错误； D84消毒液有强氧化性，铁钉发生电化学腐蚀，Fe 失电子生成亚铁离子，电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，D 说法错误； 答案为 B。 11. 对于一定条件下的氧化还原反应：2Fe3+2I-2Fe2+I2，下列说法不正确 的是 A. 该反应达到平衡后，改变溶液的酸碱性不会影响平衡状态 B. 该反应达到平衡后，加入 CCl4充分振荡可使平衡向右移动 C. 该反应达到平衡后，体系中 Fe3+和 I2的氧化性强弱相当 D. 将该反应设计成原电池，当电流计示数刚好变为“0”时，达到该反应进行的限度 【答案】A
14、 【解析】 【详解】A若溶液为碱性，Fe3+与 Fe2+都会与 OH-反应，导致 Fe3+与 Fe2+浓度发生变化，平衡发生移动， A 错误； B加入 CCl4充分振荡，可将 I2萃取到 CCl4中，根据勒夏特列原理，平衡向右移动，B正确； C达到平衡后，正逆反应速率相等，正反应 Fe3+为氧化剂，逆反应 I2为氧化剂，正逆反应速率相等说明体 系中 Fe3+和 I2的氧化性强弱相当，C正确； D当电流计示数刚好变为“0”时，说明正逆反应移动的电子数相等，达到化学平衡状态，即达到该反应 进行的限度，D正确； 故选 A。 12. 根据下列操作及现象，所得解释或结论正确的是 操作及现象 解释或结论
15、A 将 0.1molL-1氨水稀释至 0.01molL-1，测得 pH 由 11.0变成 10.5 稀释后 NH3H2O的电离程 度减小 B 溴乙烷与 NaOH乙醇溶液共热后生成的气体直接通 入酸性 KMnO4溶液中，紫色褪去 可证明一定有乙烯生成 C 常温下，测得饱和 Na2CO3溶液的 pH大于饱和 NaHCO3溶液 常温下水解程度： 2- 3 CO - 3 HCO D 向 25mL冷水和沸水中分别滴入 5滴 FeCl3饱和溶 液，前者为黄色，后者为红褐色 温度升高 Fe3+的水解程度增 大 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A将 0.1mol L-1氨
16、水稀释至 0.01mol L-1，测得 pH 由 11.0 变成 10.5，稀释促进一水合氨电离，电 离程度增大，故 A 错误； B挥发的乙醇也能使酸性 KMnO4溶液紫色褪去，故 B 错误； C饱和 Na2CO3溶液和饱和 NaHCO3溶液的浓度不相同，常温下，测得饱和 Na2CO3溶液的 pH大于饱和 NaHCO3溶液，不能说明常温下水解程度： 2- 3 CO - 3 HCO，故 C错误； D向 25mL冷水和沸水中分别滴入 5 滴 FeCl3饱和溶液，前者为黄色，后者为红褐色，说明后者水解的量 多，温度升高 Fe3+的水解程度增大，故 D正确； 故选 D。 13. 下表所列是 2 个反应
17、在不同温度时的化学平衡常数(K)值。 反应 N2(g)+O2(g)2NO(g) N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 温度/ 27 2000 25 400 450 K 3.8 10-31 0.1 5 108 0.507 0.152 关于反应、的下列说法正确的是 A. 、都需要在一定条件才能发生，它们均为吸热反应 B. 、均实现了“固氮”的过程，但不适合用于大规模人工固氮 C. 一定温度下，、分别达到平衡，压缩容器体积(加压)均可使 N2的转化率增大 D. 若已知、的 H，即可求算反应 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的 H 【答案】B 【解析】 【详解】 A N2(g
18、)+O2(g)2NO(g)随温度升高， K 值变大， 平衡正向移动， 是吸热反应， N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，随温度升高，K值变小，平衡逆向移动，是放热反应，故 A 错误； B、均实现了“固氮”的过程，但是吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故 B正 确； C一定温度下，N2(g)+O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)平衡不移动，不 能使 N2的转化率增大，故 C错误； D N2(g)+O2(g)2NO(g)， N2(g)+3H2(g)2NH3(g)， 由盖斯定律， 2- 2得： 4NH3(g)+2O2(g) 4NO(g)+6H2(g)
19、，得不到 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，故 D错误； 故选 B。 14. 常温时，用 0.10molL-1NaOH 溶液滴定 25.00mL0.10molL-1某一元酸 HX溶液，滴定过程中 pH变化 如图所示。下列说法正确的是 A. HX 为强酸 B. 在 A点，c(X-)c(Na+)c(H+)c(OH-) C. 在 B点，两者恰好完全反应 D. 在 C点，c(X-)+c(HX)=0.10mol L-1 【答案】B 【解析】 【详解】A0.10mol L-1某一元酸 HX溶液，pH大于 1，HX 为弱酸，故 A错误； BA点为 NaX、HX 等浓度混合，溶液呈酸性
20、，c(H+)c(OH-)，HX的电离大于 NaX 的水解，c(X-)c(Na )，又 HX为弱酸，部分电离，因此 c(Na+)c(H+)，故 B正确； CNaX是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，B点，pH=7，HX应该稍微过量，HX有剩余，故 C 错误； D在 C 点溶液体积增大一倍，则溶液浓度降为原来的一半，根据物料守恒得 c(X-)+c(HX)=0.05mol L-1，故 D 错误； 故选 B。 15. 硫是生命的必需元素，在自然界的循环具有重要意义。 (1)火山口附近 SO2与 H2S反应会生成硫单质，其中 SO2体现_性(填“氧化”或“还原”)。 (2)大气中的 SO2会形成硫酸型酸雨，相
21、关反应的化学方程式是_。 (3)土壤中的黄铁矿(主要成分为 FeS2)在细菌的作用下发生转化。将该反应的化学方程式补充完整： _ FeS2+_+_ FeSO4+H2SO4。 (4)结合化学平衡原理解释图中 ZnS 转化为铜蓝的原因：_。 (5)大气中的水蒸气在紫外线作用下会转化为活泼的OH(羟基自由基， “”表示 1 个电子)。 OH可看作 催化剂，将 H2S转化为 SO2，过程如下： H2SSHSOSO2 则第二步反应的方程式是_。 【答案】 (1). 氧化 (2). SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4（或 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4） (3). 2FeS
22、2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4 (4). 溶解平衡：ZnS(s) Zn2+(aq)+S2-(aq)，下渗的硫酸铜中的 Cu2+与 S2-结合成更难溶的 CuS，促使上述溶解平衡正向移动 (5). SH+O2=OH+SO 【解析】 【分析】 (1)SO2与 H2S反应会生成硫单质，SO2中S 由+4价变为 0 价； (2)SO2与水形成亚硫酸，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸； (3)利用化合价升降法配平； (4)在溶液中 ZnS 可发生电离生成锌离子和硫离子，硫离子能与铜离子反应生成更难溶的 CuS固体； (5)根据 H2S 转化为 SO2的过程，SH与氧气反应生成 SO和
23、OH。 【详解】(1)SO2与 H2S反应会生成硫单质，其中 SO2中的 S原子为+4 价，反应时变为 0 价，表现氧化性； (2)SO2与水形成亚硫酸，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，方程式为 SO2+H2OH2SO3、 2H2SO3+O2=2H2SO4(或 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4)； (3)FeS2在硫化细菌的作用下与氧气反应生成硫酸和硫酸亚铁，利用化合价升降法配平，方程式为 2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4； (4)题意可知，铜蓝为 CuS，ZnS为难溶性物质，在溶液中 ZnS可发生电离生成锌离子和硫离子，硫离子能 与铜离子反应生成更难溶的 C
24、uS固体； (5)OH是反应的催化剂，根据 H2S 转化为 SO2的过程，SH 与氧气反应生成 SO和OH，方程式为 SH+O2=OH+SO。 16. H2O2溶液常用于消毒，也是一种常用的工业原料。 (1)H2O2的性质。 已知 H2O2可以看作是一种二元弱酸，则 H2O2的电离方程式是_。 H2O2还具有氧化性和还原性，从元素的化合价分析其原因是_。 (2)H2O2的制备：BaO2(不溶于水)与稀硫酸或稀盐酸反应可制备 H2O2。 BaO2与稀盐酸反应的离子方程式是_。 制备 H2O2时，用等 pH的稀盐酸比稀硫酸的反应速率快，可能的原因是_。 (3)工业上常用 H2O2还原 NaClO3
25、制备水处理剂 ClO2。 下图所示为反应温度对二氧化氯产率的影响，60 C之后，曲线变化的原因是_。 原料 NaClO3中常含有杂质，测定其含量的方法如下(杂质不参与反应)。 i.将 xmg 样品配成待测液。 ii.向待测液中加入 amolL-1bmL硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再加入少量稀硫酸并滴入指示剂，用 cmolL-1K2Cr2O7溶液滴定过量的硫酸亚铁铵，消耗 K2Cr2O7溶液 dmL。则原料中氯酸钠质量分数的表达式 为_。(已知：过程中 2- 27 Cr OCr3+， - 3 ClOCl-：NaClO3的摩尔质量为 106.5gmol-1) 【答案】 (1). H
26、2O2H+ - 2 HO (2). H2O2中的氧元素为-1 价，介于氧元素的最低-2 价和最高 0价 之间 (3). BaO2+2H+=Ba2+H2O2 (4). BaSO4会覆盖在 BaO2表面，阻碍反应的进行 (5). 过氧化氢 在高温时分解速率加快 (6). 106.5(ab-6cd) 6x 【解析】 【分析】 (1)H2O2可以看作是一种二元弱酸，电离生成氢离子与 - 2 HO； H2O2中 O 原子的化合价为-1价，既可以升高变为 0 价，又可以降低为-2 价； (2)BaO2与稀盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢； 制备 H2O2时，硫酸根离子可与钡离子反应生成硫酸钡沉淀覆盖在 BaO
27、2的表面； (3)升高温度 H2O2分解速率增大； 根据得失电子守恒计算。 【详解】 (1)H2O2可以看作是一种二元弱酸， 电离生成氢离子与 - 2 HO， 电离方程式为 H2O2H+ - 2 HO； H2O2中 O 原子的化合价为-1价，既可以升高变为 0 价，又可以降低为-2价，故既具有氧化性又具有还原 性； (2)BaO2与稀盐酸反应生成氯化钡和过氧化氢，离子方程式为 BaO2+2H+=Ba2+H2O2； 制备 H2O2时，用等 pH的稀盐酸比稀硫酸的反应速率快，溶液中氢离子浓度相同，不是氢离子浓度的影 响，而硫酸根离子可与钡离子反应生成硫酸钡沉淀覆盖在 BaO2的表面阻碍反应的进行；
28、 (3)根据图像，60 C 之后，ClO2的产率降低，升高温度 H2O2分解速率增大，导致还原剂的浓度降低，ClO2 的产率降低； 反应时，Fe2+Fe3+， 2- 27 Cr OCr3+， 3 ClOCl-，根据得失电子守恒可得， amolL-1bmL1=cmolL-1dmL6+n( 3 ClO)6，n( 3 ClO)= 3 610 6 abcd m mol，氯酸钠质量分 数= 3 610 106.5g/ 6 abcd mmolmol xmg 100%=106.5(ab-6cd) 6x 。 17. 高锰酸钾是一种应用领域非常广泛的强氧化剂。 实验室中可用 K2MnO4歧化法或电解 K2MnO
29、4的方法制 备高锰酸钾。 (1)K2MnO4歧化法制备高锰酸钾的流程如下图(部分不含锰元素的产物已略去)。 操作 1是_。 “熔融”过程中反应的化学方程式是_。 酸化时，理论上最高只有 66.7%的锰元素转化为 KMnO4，解释其原因：_。 已知：相关物质不同温度下的溶解度(单位：g)数据如表： KMnO4 CH3COOK K2SO4 KCl K2CO3 KHCO3 20 6.34. 217 11.1 34.2 111 33.7 90 45.2 398 22.9 53.9 结晶法得到的粗 KMnO4中一般含有少量 KCl 杂质。“酸化”时所用的酸也会影响其他杂质含量。为减少杂质 含量，下列酸化
30、时最适宜的物质是_。 A.醋酸 B.CO2 C.硫酸 (2)电解 K2MnO4溶液的方法制备高锰酸钾。 KMnO4在_.(填“阴”或“阳”)极生成。 研究表明：在恒定电流的条件下进行电解时，K2MnO4的转化率和电流效率(通过单位电量时 KMnO4实际 产量与理论产量之比)随时间的变化如图所示。 解释图中电流效率变化的原因_。 【答案】 (1). 过滤 (2). 3MnO2+KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O (3). 歧化时， 3mol 2- 4 MnO转 化成 2mol - 4 MnO和 1molMnO2， - 4 MnO在歧化产物中的物质的量分数为 2 3 (4).
31、A (5). 阳 (6). 随 c( 2- 4 MnO)降低，在阳极发生副反应：4OH4e=O2+2H2O（或 2H2O4e=O2+4H+） 【解析】 【分析】 KOH、 KClO3与 MnO2在熔融态下反应， 3MnO2+ KClO3+6KOH=3K2MnO4+KCl+3H2O， 水浸后加醋酸酸化， 3 2- 4 MnO+4CH3COOH=2 - 4 MnO+MnO2+2H2O+4CH3COO-，过滤后分离出 MnO2，滤液经结晶得到粗 KMnO4晶体。 【详解】 （1）根据分析，操作 1是过滤； 根据分析，“熔融”过程中反应的化学方程式是 3MnO2+ KClO3+6KOH=3K2MnO4
32、+KCl+3H2O； 酸化时， 2- 4 MnO发生歧化反应， 3 2- 4 MnO+4CH3COOH=2 - 4 MnO+MnO2+2H2O+4CH3COO-， 3mol 2- 4 MnO 转化成 2mol - 4 MnO和 1molMnO2，转化为 - 4 MnO的 Mn占 2 3 ，所以，理论上最高只有 66.7%的锰元素转化 为 KMnO4； 由表格数据可知，CH3COOK在 20时的溶解度较大，降温结晶后 CH3COOK几乎不会析出，因此不会 影响产品纯度，故选 A； （2）电解 K2MnO4溶液时， 2- 4 MnO在阳极失电子生成 - 4 MnO； 由图可知，电解效率随时间不断降
33、低，电解过程中，c( 2- 4 MnO)在不断减少，溶液中水电离的 OH-开始放 电，2H2O4e=O2+4H+，产生的 - 4 MnO量减少，导致电流效率降低。 18. 某小组同学在实验室中用如图装置进行电解氯化铜溶液的实验。U 型管内盛有蓝色的 10%CuCl2溶液。 (1)通电一段时间后 b极产生红色物质， 相应的电极反应式是_。 用湿润的淀粉碘化钾试纸置于 a 上方，可观察到的现象是_。 (2)继续研究电解过程中溶液的变化(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。 甲同学预测：随电解进行，U型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，预测的的理由是_。 随电解的进行，同学们却发现溶液颜色由蓝色变为绿色。
34、资料：Cu2+在溶液中存在Cu(H2O)42+和CuCl42-两种形式，且Cu(H2O)42+(蓝色)+4C1- CuCl42-(黄 色)+4H2O，当溶液浓度较小时呈蓝色，溶液浓度较大时呈绿色(蓝色与黄色叠加)。 乙同学在清理实验仪器时发现 U型管壁温度较高，由此推测分析：由于_，使溶液颜色发生变 化。 为了进一步证实乙同学的推测，可以采取的实验方法是_。 (3)电解 CuCl2溶液的过程中能量转换形式为_。 【答案】 (1). Cu2+2e-=Cu (2). 试纸变蓝 (3). 溶液中 c(Cu2+)逐渐减小 (4). Cu(H2O)42+4Cl CuCl42+4H2O 为吸热反应，温度升
35、高使平衡向右移动 (5). 将电解后的绿色溶液冷却至室温， 溶液颜色变为浅蓝色（或将 10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色） (6). 电能转化为 化学能和热能 【解析】 【分析】 通电一段时间后 b极产生红色物质，铜离子得电子生成铜，b 为阴极，相应的电极反应式是 Cu2+2e-=Cu，a 为阳极， 2Cl-2e=Cl2。 随电解的进行， 铜离子浓度减小， 蓝色变浅， Cu(H2O)42+(蓝色)+4C1- CuCl42-(黄 色)+4H2O是吸热反应，由于Cu(H2O)42+浓度减小，平衡逆移动，温度升高，电解 CuCl2溶液的过程中能量 转换形式为电能转化为化学能和热
36、能。 【详解】(1)通电一段时间后 b 极产生红色物质，铜离子得电子生成铜，b 为阴极，相应的电极反应式是 Cu2+2e-=Cu。a 为阳极，2Cl-2e=Cl2,用湿润的淀粉碘化钾试纸置于 a 上方，可观察到的现象是试纸变蓝。 故答案为：Cu2+2e-=Cu；试纸变蓝； (2)Cu2+的水溶液呈蓝色，甲同学预测：随电解进行，U 型管中的溶液颜色应变为浅蓝色，预测的的理由 是溶液中 c(Cu2+)逐渐减小。故答案为：溶液中 c(Cu2+)逐渐减小； 乙同学在清理实验仪器时发现 U 型管壁温度较高，由此推测分析：由于Cu(H2O)42+4ClCuCl42 +4H 2O 为吸热反应，温度升高使平衡
37、向右移动，使溶液颜色发生变化。故答案为：Cu(H2O)4 2+4Cl CuCl42+4H2O为吸热反应，温度升高使平衡向右移动； 为了进一步证实乙同学的推测，可以采取的实验方法是将电解后的绿色溶液冷却至室温，溶液颜色变为 浅蓝色（或将 10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色） 。故答案为：将电解后的绿色溶液 冷却至室温，溶液颜色变为浅蓝色（或将 10%CuCl2溶液加热后变为绿色，再冷却后颜色恢复蓝色） ； (3)电解 CuCl2溶液的过程中能量转换形式为电能转化为化学能和热能。故答案为：电能转化为化学能和热 能。 19. 树枝状聚合物具有高度对称的分子结构， 在生物和医药等
38、领域具有重要用途。 下图所示为一种树枝状聚 合物的中间体(G2)的合成路线。 已知： I.G2 的结构简式是 II.RCHO+RCH3CHO III.+2ROH+H2O IV.RCOOH+(R、R或 R表示烃基或氢) (1)A的分子中所含官能团是_。 (2)D与 B 反应时的物质的量之比为 2：1，且它们互为同系物，则 D的名称是_。 (3)G与 B 互为同分异构体，且 G的分子中含有 2个甲基，则 G的结构简式是_。 (4)对照“已知 III”，可知 H的分子式是_。 (5)I为芳香族化合物，IJ 的化学方程式是_。 (6)K的结构简式是_。 (7)G2经循环多步反应得到树枝状聚合物(聚合物
39、用结构片段表示，其中“”表示链延长)的路线如下。 在该过程中，除了得到树枝状聚合物，还可得到的小分子有 G 和_。 M与 N发生酯化反应的物质的量之比为_。 (8)在 G2的合成路线中，F转化为 H 的目的是_。 【答案】 (1). 羟基或OH (2). 甲醛 (3). (4). C8H14O4 (5). +Br2+HBr (6). (7). (8). 16:1 (9). 保护 F中的羟基，避免其在合成 G2时发生酯化 【解析】 【分析】 A 的分子式为 C3H8O，且能被氧气氧化，则 A中含有羟基，为 CH3CH2CH2OH；B 为丙醛，丙醛与 2倍的 D 发生已知 II的反应，则 D中含有
40、 1 个碳原子，且含有醛基，则 D为甲醛；根据 G2的结构简式及反应条件 (O2/催化剂)，E 发生的氧化反应为醛基的氧化，则 F为；根据已知 III，含有羟基的有机物可 与含有羰基的有机物发生反应生成醚，故 G为丙酮，H为；I的分子式为 C7H8，根据 G2 的结构简式，可判断 I 为甲苯，甲苯与溴发生的取代反应为甲基上的氢原子，则 J 为；J 与 F脱 HBr，发生取代反应，生成 K，则 K为。 【详解】(1)分析可知，A为丙醇，所含官能团是羟基； (2)分析可知，D为甲醛； (3)G与B互为同分异构体， 且G的分子中含有2个甲基， 含有C=O结构， G为丙酮， 结构简式为； (4)根据已
41、知 III，含有羟基的有机物可与含有羰基的有机物发生反应生成醚，故 G 为丙酮，H为 ； (5)I为芳香族化合物，I为甲苯，IJ 为甲苯与溴发生的取代反应为甲基上的氢原子，化学方程式是 +Br2+HBr； (6)分析可知，K的结构简式是； (7)根据已知 IV 及 III的反应可知， 最后得到的为树枝状聚合物， 即自身发生缩聚反应制备， 则还可得到丙酮、苯甲醇； 根据反应，M 为，N为；N与，再与 M发生酯化反应 后得到 G4，G4 与 DOWEX树脂反应可引入 16 个羟基，M中含有 1 个羧基，则 M与 N发生酯化反应 的物质的量之比为 16：1； (8)在 G2的合成路线中，K和 H发生酯化反应生成 G2，若直接反应，可导致 F中的羟基发生酯化反应，故 F转化为 H 的目的是保护 F中的羟基，避免其在合成 G2时发生酯化。
