北京市海淀区实验学校高三下学期期中化学试题.pdf

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1、试卷第 1 页，总 9 页北京市海淀区实验学校高三下学期期中化学试题1石油化学工业是国民经济重要支柱之一，下列有关石油化工的叙述错误的是()A B C D 石油分馏是利用各组分沸点不同石油裂化过程会发生碳碳键断裂聚丙烯防护服材料易被 KMnO4氧化沥青可用于铺设马路AA BB CC DD 2下列有关物质的表达式不正确的是()A1,3-丁二烯的分子式：C4H6B乙炔的电子式：C甲醛的结构式：D聚氯乙烯的链节：CH2=CHCl 3合理饮食、营养均衡有利于身体健康，下列叙述错误的是()A大米、小麦中含有淀粉，消化吸收后可为生命活动提供能量B肉、蛋、奶中的蛋白质，需水解成氨基酸后才能吸收C久置的油脂变

2、味不能食用，是由于油脂发生了水解反应D水果、蔬菜是维生素、无机盐和膳食纤维的重要来源4I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I-、I2、IO3-在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是A用淀粉-KI 试纸和食醋可检验食盐是否加碘B由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2IO3-I2C生产等量的碘，途径I 和途径 II 转移电子数目之比为5：2 D途径 III 反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+试卷第 2 页，总 9 页5下列反应的离子方程式不正确的是()ANaOH 溶液腐蚀玻璃瓶塞：SiO2+2OH=SiO32-+2H2O B实验室制

3、Cl2：MnO24HCl(浓)Mn2+2Cl2H2OCl2C向 Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液：2Fe33Mg(OH)2=2 Fe(OH)33Mg2+D向 Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液：HSO3+Ba2+OH=BaSO3+H2O 6下列实验现象与盐类水解无关的是()A等体积、等物质的量浓度的盐酸与氨水混合溶液显弱酸性B1 mol/L 的醋酸加水稀释，溶液的pH 增大，导电能力减弱C氮肥NH4HCO3与钾肥K2CO3混施可能会降低肥效D向 20 mL 沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成红褐色胶体7下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A 向包有

4、Na2O2粉末的脱脂棉上滴2滴水脱脂棉燃烧Na2O2与水反应放热B 向浓 FeCl3溶液中加入一小块薄铜片铜片溶解金属性 CuFe C 向 Fe(NO3)2样品中加入稀硫酸，再滴加 KSCN 溶液溶液变为红色Fe(NO3)2样品已经氧化变质D 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热几分钟后加入Cu(OH)2悬浊液，继续加热无红色沉淀生成蔗糖没有发生水解反应AA BB CC DD 8常温下，100 mL 1.0 mol/L Na2C2O4溶液中加入足量pH=1 的稀硫酸，再加入20 mL KMnO4溶液恰好完全反应。下列说法正确的是()ANa2C2O4溶液中 C2O42-数目为 0.1N AB稀硫酸中水电

5、离的c(H+)=0.1 mol/L CKMnO4溶液浓度为0.1 mol/L D反应过程中转移电子数为0.2NA9可降解有机高分子C 合成原理如下：试卷第 3 页，总 9 页下列说法不正确的是()AA 完全水解只能得到两种氨基酸B单体 B 结构简式是C有机物C 可发生加成反应和水解反应D该反应属于缩聚反应10常温下，用0.1 molL1KOH 溶液滴定10 mL 0.1 molL1 HA 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()Aa3，说明 HA 属于弱酸B水的电离程度：d 点 c 点Ce点溶液中：c(K)=2c(A)+2c(HA)Db 点溶液中粒子浓度大小：c(A)c(K)c(HA)c

6、(H)c(OH)11BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是()AO2不如 O2结构稳定B和中被降解的苯酚的物质的量之比为1:1 C降解产物的分子中只含有极性共价键D该过程的总反应:+7O26CO2+3H2O 12利用太阳能电解水制H2是解决能源危机的重要方向。采用固体氧化还原调节剂作为离子交换体系，实现H2、O2分离。下列分析正确的是()试卷第 4 页，总 9 页A左侧电解池应选用酸性溶液，a极反应式为：2H+2eH2Bb 极反应式：NiOOH+H2O+eNi(OH)2+OHCc为阳极，发生氧化反应D电解一段时间后，可将b、c 对调，

7、循环利用物质13在 2L 恒容密闭容器中充入X(g)和 Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)?M(g)+N(s)，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X)n(Y)n(M)n(N)800 0.10 0.40 0.080 0.080 800 0.20 0.80 a a 900 0.10 0.15 0.06 0.06 下列说法正确的是()A实验 5min 达平衡，平均反应速率v(X)=0.016mol/(Lmin)B实验中，该反应的平衡常数K=1 C实验中，达到平衡时，a小于 0.16 D正反应为吸热反应14高铁酸钠(Na2FeO4)是具有紫色光泽的

8、粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH 溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：试卷第 5 页，总 9 页c(NaOH)阴极现象阳极现象1 mol L1产生无色气体产生无色气体，10min 内溶液颜色无明显变化10 mol L1产生大量无色气体产生大量无色气体，3min 后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深15 mol L1产生大量无色气体产生大量无色气体，1min 后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深下列说法正确的是()Aa 为石墨，b 为铁钉B阴极主要发生反应4OH4e=O2+2H2O C

9、高浓度的NaOH 溶液，有利于发生Fe6e+8OH=FeO42+4H2O D制备 Na2FeO4时，若用饱和NaCl 溶液，可有效避免阳极产生气体15已知 O、S、Se、Te、Po、Lv 是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：(1)Lv 在周期表中的位置是_。(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_。a离子半径：Te2-Se2-b热稳定性：H2OH2S c熔、沸点：H2OH2S d酸性：H2SO4H2SeO4(3)从原子结构角度解释Se与 S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_。(4)实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。设计 B 装置的目的是证明_，B 中实验现

10、象为 _。试卷第 6 页，总 9 页实验中经检测发现C 中溶液 pH 降低且出现黑色沉淀。C 中反应的离子方程式是_。有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C 中两个反应相矛盾，认为C 中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_。16氨氮废水是生活中常见污染物之一，可用电解法加以去除。实验室用石墨电极电解一定浓度的(NH4)2SO4与 NaCl 混合溶液来模拟该过程。(1)电解处理氨氮废水电解过程中，溶液初始 Cl浓度和 pH 对氨氮去除速率与能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图1 和图 2 所示：根据图中数据，处理废水合适的条件是_。实验中发现阳极会持续产生细小气泡，气泡上浮过

11、程中又迅速消失。结合图1，用电极反应式和离子方程式解释Cl去除氨氮的原因_。图1中当Cl浓度较低时、图2中当初始pH达到12时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，共同原因是_。(2)氨的定量测定使用下图装置检测废水中的氨氮总量是否合格。利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH 溶液的作用：_。若利用氨气传感器将1 L 水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6 10-4 mol，则样品混合液中氨氮(以氨气计)含量为 _mg L-1。17传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”的一种人工合成路线如下：试卷第 7 页，总 9 页已知：i.ii.回答下列问题：(1)有

12、机物 B 的名称是 _。(2)C D 反应生成的官能团是_。(3)反应的反应类型是_。(4)反应的化学方程式是_。(5)反应的目的是_。(6)G 绿原酸反应中，若水解时间过长会降低绿原酸产率，生成副产物F 和(写结构简式)_。(7)参照上述合成方法，设计三步反应完成以丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠(无机试剂任选)，写出合成路线_。18 某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、石墨和铝箔等，该电池充电时负极(阴极)反应为 6C+xLi+xe-=LixC6，锂电池充放电过程中发生LiCoO2与 Li1-xCoO2之间的转化。现利用以下工艺回收正极材料中的某些金属资源。回答下列问题：(1

13、)放电时电池总反应方程式_；该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目试卷第 8 页，总 9 页的除安全外还有_。(2)写出“正极碱浸”过程中发生反应的离子方程式_。(3)分离操作1 是_；“酸浸”步骤发生的氧化还原反应化学方程式是_。(4)“酸浸”时若用盐酸代替H2SO4和 H2O2的混合液，缺点是_。(5)“沉钴”过程中的实验现象有_。19某学习小组探究SO2与 Cu(OH)2悬浊液的反应。实验：向 NaOH 溶液中加入浓CuCl2溶液，制得含 Cu(OH)2的悬浊液，测溶液 pH 13。向悬浊液中通入SO2，产生大量白色沉淀，测溶液pH3。推测白色沉淀中可能含有Cu+、Cu2+、Cl-、SO4

14、2-、SO32-、HSO3-。已知：i.Cu(NH3)42+(蓝色)；Cu+32NH HOgCu(NH3)2+(无色)；Cu+HCu+Cu2+ii.Ag2SO4微溶于水，可溶于一定浓度的硝酸。实验：(1)通过“白色沉淀A”确定一定存在的离子是_。判断白色沉淀中金属离子仅含有Cu+、不含 Cu2+的实验证据是_。用以证实白色沉淀中无SO42-、SO32-、HSO3-的试剂 a是_。生成 CuCl 的离子方程式是_。(2)小组同学基于上述实验认为：SO2与 Cu(OH)2悬浊液能发生氧化还原反应不仅基于本身的性质，还受到“生成了沉淀促进了氧化还原反应的发生”的影响。设计实验验证了此观点。用实验 方

15、法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤、洗涤获取纯净的Cu(OH)2固体。检验Cu(OH)2固体是否洗涤干净的方法是_。编号实验现象III 向 Cu(OH)2固体中加入一定量的水，制得悬浊液(pH8)，向悬浊液中通入SO2a.底部产生少量浅黄色沉淀，慢慢消失b.静置，底部产生少量红色固体IV 向 CuSO4溶液中通入SO2无沉淀产生试卷第 9 页，总 9 页经确认浅黄色沉淀是CuOH，红色固体是Cu，证明 SO2与 Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应。最终生成Cu 的原因是 _。由实验III、IV 可以得出的结论除“生成了沉淀促进了氧化还原反应的发生”外还有_。答案第 1 页，总 14 页参

16、考答案1C【解析】【分析】【详解】A石油分馏是利用石油中各成分的沸点不同，通过加热的方法将它们分离，故A 正确；B石油裂化是将长链的烃断成短链的烃，过程中会发生碳碳键断裂，故B 正确；C聚丙烯结构中没有碳碳双键，不易被KMnO4氧化，故C错误；D沥青是铺设马路的良好材料，故D 正确；故选 C。2D【解析】【分析】【详解】A1，3-丁二烯分子中含有2 个碳碳双键，其分子式为：C4H6，故 A 正确；B乙炔分子中存在1个碳碳三键和2 个碳氢键，乙炔的电子式为，故 B 正确；C甲醛为含有1 个 C 的醛，其结构式为：，故 C 正确；D氯乙烯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚氯乙烯，聚氯乙烯的单体是CH

17、2=CHCl，链节为-CH2-CHCl-，故 D 错误；故选 D。【点睛】本题的易错点为D，要注意区分聚合物的单体和链节，它们是两个不同的概念。3C【解析】【分析】【详解】A大米、小麦中的淀粉被消化吸收后，可以为人体各项生命活动提供能量，故A 正确；B肉、蛋、奶中的蛋白质被人体摄入后会被消化，以氨基酸的形式被吸收，B 正确；C油脂变质的实质是由于油脂中的碳碳双键受到空气中的氧、水或微生物作用发生的氧化反应，产生一些具有特殊气味的低分子醛、酮或羧酸等，而且会产生哈喇味，发生的不是水答案第 2 页，总 14 页解反应，故C 错误；D水果、蔬菜富含调节人体生理机能的维生素、含有纤维素、大量叶绿素和无

18、机盐等，故D 正确；故选 C。4C【解析】【详解】A.KIO3、KI 在酸性条件下发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以用淀粉-KI 试纸和食醋可检验食盐是否加碘，A 正确；B.由途径 I 可知氧化性Cl2I2，由途径 II 可知氧化性：IO3-I2，由途径 III 可知氧化性：Cl2IO3-，故物质氧化性有强到弱的顺序为：Cl2IO3-I2，B 正确；C.假设反应产生1 molI2，途径 I 转移 2 mol 电子，途径II 转移 10 mol 电子，因此生产等量的碘，途径I 和途径 II 转移电子数目之比为2：10=1：5，C 错误；D.途径 III 中，Cl2把 I-

19、氧化为 IO3-，Cl2被还原为 Cl-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO3-+6H+，D 正确；故合理选项是C。5B【解析】【分析】【详解】A玻璃塞中的二氧化硅能够与NaOH 溶液反应生成硅酸钠溶液，反应的离子方程式为SiO2+2OH-SiO32-+H2O，故 A 正确；B盐酸是强酸，实验室制氯气的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2Cl2+2H2O，故B 错误；C氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液发生反应离子方程式为 3Mg(OH)2+2Fe3+2 Fe(OH)3+3Mg2+，实现

20、沉淀的转化，故C 正确；D向 Ba(OH)2溶液中加入少量NaHSO3溶液的离子方程式为：HSO3-+Ba2+OH-BaSO3+H2O，故 D 正确；故选 B。6B 答案第 3 页，总 14 页【解析】【分析】【详解】A将等体积等物质的量浓度的盐酸和氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，氯化铵在溶液中水解，使得溶液显酸性，与盐类的水解有关，故A 不选；B醋酸为弱酸，加水稀释溶液中氢离子浓度减小，pH 增大，导电能力减弱，与醋酸的电离有关，与盐类的水解无关，故B 选；C铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，草木灰的主要成分是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，混合后相互促进水解，肥效降低，与盐类的水解

21、有关，故C 不选；B盐的水解过程是吸热过程，加热促进水解，所以加热制得红褐色Fe(OH)3胶体，与盐类的水解有关，故D 不选；故选 B。7A【解析】【分析】【详解】A过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，因此脱脂棉燃烧，故A 正确；B 向浓 FeCl3溶液中加入一小块薄铜片，铜片溶解，是发生了反应2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，没有置换出铁，不能说明金属性CuFe，结论不正确，故B 错误；CFe(NO3)2样品中加入稀硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，滴加KSCN 溶液，溶液变红，不能检验是否变质，结论不正确，故C 错误；D蔗糖水解后的溶液显酸性，检验葡萄糖应在碱性条件下进行，水解后没有加碱中

22、和催化剂硫酸，并调节溶液至碱性，不能检验生成的葡萄糖，操作和结论不正确，故D 错误；故选 A。【点睛】本题的易错点为D，要注意葡萄糖的特征反应需要在碱性条件下才能成功反应。8D【解析】【分析】Na2C2O4溶液中加入足量pH=1 的稀硫酸，再加入KMnO4溶液反应的化学方程式为答案第 4 页，总 14 页5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，据此分析解答。【详解】A 100 mL 1.0 mol/L Na2C2O4溶液中含有Na2C2O40.1L 1.0 mol/L=0.1mol，其中 C2O42-水解，使得 C2O42-

23、数目少于0.1N A，故 A 错误；B稀硫酸为酸，抑制水的电离，pH=1 的稀硫酸中水电离的c(H+)=-14100.1=10-13mol/L，故 B错误；C反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，则 KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为25 0.1mol=0.04mol，浓度为0.04mol0.02L=0.2 mol/L，故 C 错误；D反应的方程式为5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4 l0CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，反应中 Mn 由+7 价降低为+2 价，反应过

24、程中转移电子0.04mol(7-2)=0.2mol，数目为 0.2NA，故 D 正确；故选 D。【点睛】正确书写反应的方程式是解题的关键。本题的易错点为A，要注意Na2C2O4溶液中 C2O42-要发生水解反应。9A【解析】【分析】【详解】AA()中 2 个肽键，完全水解生成的氨基酸相同，只能得到一种氨基酸，故A 错误；B根据 C 的结构可知，A 和 B 发生缩聚反应生成C，则单体 B 结构简式是，故 B正确；C有机物C()中含有肽键可发生水解反应，含有苯环，可答案第 5 页，总 14 页发生加成反应，故C 正确；DA()和 B()生成 C()的反应属于缩聚反应，故D 正确；故选 A。【点睛】

25、本题的易错点为B 的结构的判断，要注意A 中不含羧基，说明C 中端基上的碳氧双键是B提供的。10 C【解析】【分析】【详解】A0.1 molL1 HA 溶液的 pH3，说明 HA 未完全电离，属于弱酸，故A 正确；B酸或碱抑制水的电离，能够水解的弱离子促进水的电离，d 点溶质为KA、c 点溶质为KA 和 HA，c 点不影响水的电离、d 点促进水电离，所以水的电离程度：d点 c点，故 B正确；Ce点溶液是物质的量之比为2:3 的 HA 和 KOH 反应后的溶液，溶液中存在物料守恒2c(K)=3c(A)，即 2c(K+)3c(A-)+3c(HA)，故 C 错误；Db 点溶液中溶质为等物质的量浓度的

26、HA 和 KA，溶液 pH 7，溶液呈酸性，说明HA 电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)c(HA)，钾离子不水解，且HA 电离程度和A-水解程度都较小，所以c(A-)c(K+)c(HA)c(H+)c(OH-)，故 D 正确；故选 C。【点睛】明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点D，要注意等物质的量浓度的 HA 和 KA 的 pH7，HA 电离程度大于A-水解程度，所以c(A-)c(HA)。11B【解析】【分析】【详解】答案第 6 页，总 14 页AO2中原子的最外层不都是稳定结构，而O2中 O 原子为稳定结构，因此O2不如 O2结构稳定，故A 正确；B中 O2生成-2

27、 价的 O 得到 3 个电子，中BMO+转化为 BMO 得到 1 个电子，根据转移的电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为31，故 B 错误；C 二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故 C 正确；D根据图知，反应物是C6H6O 和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故 D 正确；故选 B。【点睛】正确分析反应过程及各物质的变化是解本题的关键。本题的易错点和难点为B，要注意正确读图，过程是O2与苯酚反应生成二氧化碳和水，过程是BMO+和苯酚反应生成BMO、二氧化碳和水。12 D【解析】【分析】【详解】A根据图

28、示，左侧电解池应选用碱性溶液，连接电源负极的为阴极，则a为阴极，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH，故 A 错误；B连接电源负极的为阴极，则a为阴极，b为阳极，阳极失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，故 B 错误；C连接电源正极的为阳极，则d 为阳极，c为阴极，阴极发生还原反应，故C 错误；Db 电极发生的反应Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，c 电极发生的反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故电解一段时间后，可将 b、c 对调，循环利用，故 D 正确；故选 D。13 D【解析】【分析

29、】【详解】A实验中，生成M 为 0.08mol，则 X 的变化量为0.08mol，5min 达平衡，用X 表示的平答案第 7 页，总 14 页均反应速率v(X)=nVtVV=0.08mol2L5min=0.008mol/(L?min)，故 A 错误；B中温度相同，则K 相同，由可知，0.10.400.080.080.080XgY gM gN smolmo.020.320.8l0mol?开始转化平衡容器的体积为2L，则 K=0.040.010.16=25，故 B 错误；C温度相同、体积相同，中物质的量为的2倍，若平衡不移动，a=0.16，但压强增大，平衡正向移动，则a大于 0.16，故 C 错误

30、；D相比，中XgY g0.10.15M gN smolmo00.060.060.060.040.09l06mol.0?开始转化平衡K=0.030.020.045=33.325，可知升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故 D 正确；故选 D。14 C【解析】【分析】实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH 溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，则在阳极上发生金属铁失电子的氧化反应，在阴极上发生氢离子得电子的还原反应，所以金属铁是阳极，石墨是阴极，在电解质溶液里，碱性增强，亚铁离子转化为高铁酸根离子，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，金属铁是阳极，石墨是阴极，因此a为铁钉

31、，b 为石墨，故A 错误；B在阴极上是氢离子得电子的还原反应，即：2H2O+2e-H2+2OH-，故 B 错误；C在阳极上是金属铁失电子转化为亚铁离子的氧化反应，随着电解的进行，在高浓度的NaOH 溶液中，发生Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，故 C 正确；答案第 8 页，总 14 页D制备 Na2FeO4时，若用饱和NaCl 溶液，电解质环境碱性不强，不利于反应Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O 的发生，因此不用氯化钠而是用氢氧化钠做电解质，故D 错误；故选 C。15 第七(或 7)周期 VIA 族abd Se与 S是同主族元素，Se比 S电子层数多、半径大，吸引电子能

32、力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于 H2SO4H2S具有还原性出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊)Cu2+H2S=CuS+2H+该反应发生的原因是生成了难溶的 CuS沉淀，不是因为生成弱电解质【解析】【分析】(1)根据 O、S、Se、Te、Po、Lv 都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；(3)Se 与 S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比 S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；(4)双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性；硫化氢能够

33、与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS 沉淀；结合装置A 和 C 中发生反应的原理分析解答。【详解】(1)O、S、Se、Te、Po、Lv 是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA 族，O、S、Se、Te、Po、Lv 是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv 位于第 七（或 7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第七（或 7）周期 VIA 族；(2)a同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：H2OH2S，能用元素周期律解释，故b选；c物质的熔沸点是物理性

34、质，不能用元素周期律解释，故c 不选；d同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2SO4 H2SeO4，能用元素周期律解释，故 d选；故答案为：abd；(3)Se 与 S是同主族元素，Se比 S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：Se与 S是同主族元素，Se比 S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于 H2SO4；(4)双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答答案第 9 页，总 14 页案为：H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；硫化氢

35、能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，故答案为：Cu2+H2S=CuS+2H+；根据“强酸制弱酸”的原理，装置 A 中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C 中发生 Cu2+H2S=CuS+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。16Cl浓度为 700 mmol/L、pH 为 6 2Cl-2e-=Cl2、3Cl2+2NH4+=N2+6Cl+8H+阳极可能 OH放电，产生大量氧气，消耗电能c(OH-)增大，使 NH4+OH

36、-?NH3 H2O?NH3+H2O 平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出3.4【解析】【分析】(1)根据图 1和图 2分析 Cl浓度和溶液的pH的合适条件；阳极失去电子发生氧化反应，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气又被铵根离子还原，据此分析解答；阳极可能是OH-放电，产生大量氧气，消耗电能来分析；(2)氢氧根离子浓度的变化对NH4+OH-?NH3?H2O?NH3+H2O 平衡的影响分析解答；依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮(以氨气计)含量。【详解】(1)根据图1可知，Cl浓度为 700 mmol/L，废水中氨氮去除速率较高；根据图2 可知，pH为 6 时，废水中氨氮去除速率最高；因此

37、处理废水合适的条件是，故答案为：Cl浓度为 700 mmol/L、pH 为 6；阳极失去电子发生氧化反应，故电极反应方程式为2Cl-2e-=Cl2，实验中发现阳极会持续产生细小气泡，生成的氯气能够将铵根离子氧化，达到除去氨氮的目的，3Cl2+2NH4+=N2+6Cl+8H+，气体减少，因此看到气泡上浮过程中又迅速消失，故答案为：2Cl-2e-=Cl2、3Cl2+2NH4+=N2+6Cl+8H+；图 1 中当 Cl浓度较低时、图2 中当初始 pH 达到 12 时，均出现氨氮去除速率低而能耗高的现象，原因可能是阳极发生的反应为4OH-4e-=O2+H2O，则阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电

38、能，故答案为：阳极可能OH-放电，产生大量氧气，消耗电能；(2)含氨氮水样中加入NaOH 溶液，使得溶液中c(OH-)增大，使NH4+OH-?NH3?H2O?NH3+H2O 平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出，故答案为：答案第 10 页，总 14 页c(OH-)增大，使NH4+OH-?NH3?H2O?NH3+H2O 平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出；将 1L 水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6 10-4mol，依据氮元素守恒 2NH3N26e-，有32n(NH)=466 10mol/L，解得：n(NH3)=2 10-4mol/L，水样中氨氮(以氨气计)含量=2 10

39、-4mol/L 17g/mol=3.410-3g/L=3.4mg/L，故答案为：3.4。17 1,2-二氯乙烯羧基取代反应保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基【解析】【分析】根据 E 的结构简式结合D 的分子式可知，D 为，则 C 中含有六元环状结构，根据信息i，可知 B 为，则 C 为，C 与 CO 和 H2O 发生加成反应生成D；结合流程图中各种物质的结构和官能团的性质分析解答。【详解】(1)根据上述分析，B 为，名称为1，2-二氯乙烯，故答案为：1，2-二氯乙烯；(2)C()D()反应过程中生成的官能团是羧基，故答案为：羧基；答案第 11页，总 14 页(3)反应为DE，发生的是取代反应

40、，故答案为：取代反应；(4)结合 E和 F结构的变化可知，反应为 E中溴原子和氯原子的水解反应，然后酸化得到F，反应的化学方程式为+5 NaOH+3NaBr+NaCl+H2O，故答案为：+5 NaOH+3NaBr+NaCl+H2O；(5)根据流程图中F 和绿原酸的结构可知，反应的目的是保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基，故答案为：保护其它羟基，防止其它羟基转化为酯基；(6)绿原酸中的酯基也可能发生水解，生成副产物F和，使得水解时间过长会降低绿原酸产率，故答案为：；(7)以丙酸()为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠()，需要先合成丙烯酸钠()，根据题干流程图中DE的反应可知，只需要在丙酸()中引

41、入溴原子()，然后在将溴原子消去即可，因此合成路线为：，故答案为：。18Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2萃取、分液2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+答案第 12 页，总 14 页2CoSO4+O2+4H2O 有氯气生成，污染较大产生(无色无味的)气体、产生沉淀(或溶液变浑浊)【解析】【分析】废旧锂离子电池放电拆解处理后，正极用氢氧化钠溶液，碱溶过滤得到的滤液，调节溶液pH，过滤得到氢氧化铝沉淀；滤渣加入硫酸，过氧化氢调节溶液pH 过滤，得到的滤液中加入萃取剂萃取分

42、液得到的水层为硫酸锂，有机层通过反萃取得到的水层为硫酸钴溶液，加入碳酸氢铵溶液，沉淀钴离子，得到碳酸钴固体，据此分析解答。【详解】(1)该电池充电时负极(阴极)反应为 6C+xLi+xe-=LixC6，说明放电时负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，充放电过程中发生LiCoO2与 Li1-xCoO2之间的转化，则放电过程中，Li1-xCoO2和 LixC6发生氧化还原反应生成LiCoO2和 C，反应方程式为：Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C，该工艺首先将废旧电池“放电处理”的目的除安全外，通过放电，将 Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率，故答案为：Li

43、1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C；Li+从负极中脱出进入正极材料中，提高锂的回收率；(2)正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(3)分离操作1 是用有机溶剂萃取分离出硫酸锂溶液，因此操作1 是萃取、分液；酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和 CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，故答案为：萃取、分液；2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=L

44、i2SO4+2CoSO4+O2+4H2O；(4)由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，污染环境，因此不能用盐酸代替H2SO4和 H2O2的混合液，故答案为：有氯气生成，污染较大；(5)“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为 CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O，实验现象为：产生无色无味的气体和沉淀，故答案为：产生气体和沉淀。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意题中“锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)”，结合“充电时阴极反应为6C+xLi+xe-=LixC6”，说明

45、LiCoO2具有强氧化性，可能将盐酸氧化生成氯气。答案第 13 页，总 14 页19 Cl-白色沉淀溶于氨水后无色说明无Cu2+，后变成蓝色说明含Cu+硝酸酸化的BaCl2或 Ba(NO3)2溶液SO2+2Cl-+2 Cu(OH)2=2CuCl+SO42-+2H2O 用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，无沉淀产生SO2与 Cu(OH)2反应生成 CuOH，过量 SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH 在酸性溶液里反应最终生成Cu 和 Cu2+SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应【解析】【分析】(1)根据实验可知，蓝色溶液中加入硝酸和硝酸银得到“白色沉淀 A”

46、，据此分析判断；根据白色沉淀中加入氨水得到无色溶液，之后变成蓝色分析解答；SO32-、HSO3-都能被硝酸氧化生成SO42-，结合硫酸根离子的检验方法分析解答；根据实验可知，白色沉淀为CuCl，即实验I 中生成的白色沉淀为CuCl，据此书写反应的离子方程式；(2)用实验方法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤得到的Cu(OH)2固体上吸附了Cl-，据此分析解答；浅黄色沉淀是CuOH，说明 SO2与 Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应，在过量 SO2溶于水使溶液显酸性后，CuOH 在酸性溶液里发生歧化反应，据此分析解答；根据实验 III、IV，比较溶液的酸碱性对实验的影响分析解答。【详解】(1

47、)根据实验可知，蓝色溶液中加入硝酸和硝酸银得到“白色沉淀A”，A 为 AgCl，说明溶液中一定存在Cl-，故答案为：Cl-；白色沉淀中加入氨水得到无色溶液，说明无 Cu2+，后变成蓝色说明含Cu+，因此白色沉淀中金属离子仅含有Cu+、不含 Cu2+，故答案为：白色沉淀溶于氨水后无色说明无Cu2+，后变成蓝色说明含Cu+；SO32-、HSO3-都能被硝酸氧化生成SO42-，因此证实白色沉淀中无SO42-、SO32-、HSO3-的试剂 a是硝酸酸化的BaCl2或 Ba(NO3)2溶液，故答案为：硝酸酸化的BaCl2或 Ba(NO3)2溶液；根据实验可知，白色沉淀为CuCl，即实验I 中生成的白色沉

48、淀为CuCl，反应的离子方程式为 SO2+2Cl-+2 Cu(OH)2=2CuCl+SO42-+2H2O，故答案为：SO2+2Cl-+2 Cu(OH)2=2CuCl+SO42-+2H2O；(2)用实验方法制得含Cu(OH)2的悬浊液，过滤得到的Cu(OH)2固体上吸附了Cl-，洗涤获取纯净的Cu(OH)2固体，因此检验 Cu(OH)2固体是否洗涤干净只需要检验洗涤后的滤液中是否含有Cl-，方法为：用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，答案第 14 页，总 14 页无沉淀产生，说明沉淀已洗净，故答案为：用小试管接取最后的几滴洗涤液，加入(硝酸酸化的)AgNO3溶液，无沉

49、淀产生；经确认浅黄色沉淀是CuOH，说明 SO2与 Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应。过量SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH 在酸性溶液里反应最终生成Cu 和 Cu2+，因此红色固体是Cu，故答案为：SO2与 Cu(OH)2反应生成CuOH，过量 SO2溶于水使溶液显酸性，CuOH 在酸性溶液里反应最终生成Cu 和 Cu2+；根据实验III、IV 可知 SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应，故答案为：SO2与二价铜在碱性条件下更容易发生氧化还原反应。【点睛】本题的易错点为(1)中试剂a的选择，要注意除了证实白色沉淀中无SO42-，还需要证实没有 SO32-、HSO3-，因此不能选用盐酸酸化的氯化钡溶液。