2022年高考真题——化学（北京卷）.pdf

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1、2022年北京卷化学部分试题1.利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO?淀粉-KI溶液变蓝BC u与浓H2sO,生成SO?品红溶液褪色C浓NaOH与NH4cl溶液生成NH3酚酥溶液变红DCH3CHBrCH,与NaOH乙醇溶液生成丙烯滨水褪色A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B.铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红

2、溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C.浓氢氧化钠溶液与氯化镀溶液共热反应生成能使酚配溶液变红的氨气，则酚醐溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化镂溶液共热反应生成氨气，故c不符合题意；D.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与滨水反应，则2-澳丙烷与氢氧化钠乙醉溶液共热发生消去反应生成能使澳水褪色的丙烯气体，则澳水褪色能说明2一漠丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。2.高 分 子Y是一种人工合成多肽，其合成路线如下。下列说法不无硼的是A.F中含有2个酰胺基C.高分子X中存在氢键B.高分子Y水解可得到E和GD.高分子Y的合成过程中进行了官能

3、团保护【答案】B加 斤】【详解】A.由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确，H2N COOHH2N COOH /B.由结构简式可知，高分子Y 一定条件下发生水解反应生成一 ANH和，故B错误;C.由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故c正确；D.由结构简式可知,E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护,故D正确；故选B o3.某M O F s的多孔材料刚好可将N O,“固定”，实现了 N O?与N Q,分离并制备H N O 3,如图所示:MOFsN2O4己 知:2 N O2(g)N2O4(g)A H 3D.每制备0.4molHNO”转移电子

4、数约为6.02x1()22【答案】D【解析】【详解】A.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B.四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C.由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4+O2+2H2O=4HNO3,故 C 正确；D.四氧化二氮转化为硝酸时，生 成Imol硝酸，反应转移Imol电子，则每制备0.4mol硝

5、酸，转移电子数约为 0.4molX6.02 X 1023=2.408 X1023,故 D 错误；故选D。4.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。下列说法不事碰的是装置示意图序号电解质溶液实验现象_ h _O.lmol/LCUSO4+C 量便春晚有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe?+1rCuO.lmol/LCuSO4,+i上量:始物i未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色电解质溶:固体。经检验电解液中无Fe元素A.中气体减少，推测是由于溶液中c(H*)减少，且C u覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触B.中检测到Fe2+,推测可能发生反应：Fe+2H+=Fe2

6、+H2 Fe+Cu2+=Fe2+CuC.随阴极析出C u,推测中溶液c(Cu2+)减少，Cu2+4NH3=CU(NH3)4 平衡逆移D.中O?+生成CU(NH3)4，使得c(Ci?+)比中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验更致密的镀层。【详解】A.由分析可知，实验时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液

7、中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B.由分析可知，实验时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为Fe+2H+=Fe2+H2、Fe+Cu2+=Fe2+Cu,故B正确；C.由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，CU2+4NH3CU(NH3)4 平衡向正反应方向移动，故C错误；D.由分析可知，实验中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验更致密的镀层，故D正确

8、；故选C。5.COa捕获和转化可减少CO?排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应完成之后，以N?为载气,以恒定组成的N?、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到C O?,在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A.反应为 CaO+CO2=CaCO3；.催 化 剂,一反应为 CaCO3+CH4-CaO+2CO+2H2,、催化剂B.tt3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH&C+2H?c.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应生成H2速率D.t 3之后，生成CO的速率为0,是因为反应不再发生【答

9、案】C【解析】【详解】A.由题干图1所示信息可知，反应为C a O+C C)2=C a C O 3,结合氧化还原反应配平可得反应催化剂为 C a C 03+C H4=C a 0+2 C 0+2 H2,A 正确；B.由题干图2信息可知，t,t3,n(H?)比n(C O)多，且生成H 2速率不变,且反应过程中始终未检测到C O 2,催化剂在催化剂上有积碳,故可能有副反应C H”C+2 H 2,反应和副反应中C H U和 比 的系数比均为1：2,B正确；C.由题干反应方程式可知，H 2和C O的反应速率相等，而t 2时刻信息可知，H 2的反应速率未变，仍然为2 m m o l/m i n,而C O变

10、 为1 2 m m o l/m i n之间，故能够说明副反应生成H 2的速率小于反应生成H 2速率，C错误；D.由题干图2信息可知，I?之后，C O的速率为0,C H 4的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成CO的速率为0,是因为反应不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；故答案为：C o6.F e SO4-7H2O失水后可转为F e SO4 H Q,与F e S2可联合制备铁粉精小2 0、)和H2S O4。L F e SC)4。凡0结构如图所示。(1)F e?，价 层 电 子 排 布 式 为。(2)比较SO：和H2。分子中的键角大小并给出相应解释：.(3)凡0与F e 2+、S O：和H

11、2 O的作用分别为I I.F e S2晶胞为立方体，边长为a n m,如图所示。(4)与F e?+紧邻的阴离子个数为晶胞的密度为=g-cm-3 (lnm=10-9m)(5)以F e S?为燃料，配合F e SO r H2。可以制备铁粉精(F e x Ov)和H2s o”结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为FeSO4 H2。-进程【答案】(1)3d 6(2)SO：的键角大于H2O,SO：中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间构型为正四面体形，氏0分子中0原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形480(3)配位键、氢键(4).6 X 1021a

12、NA(5)由图可知，F e S2与02生成F e x O y的反应为放热反应，F e SC h H2O分解生成F e x O y的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 3与 比0反应生成H2s【解析】【小 问1详解】铁元素的原子序数为26,基态亚铁离子的价电子排布式为3d 6,故答案为：3d 6；【小问2详解】硫酸根离子中硫原子 价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V 形,所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO：的键角大于H?O,SO：中 S 原子的价

13、层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间构型为正四面体形，H?O分子中。原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V 形；【小问3 详解】由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；【小问4 详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6,故答案为：6；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8 X，+6X；=4,位于棱上和体心的S；离子8 2 2个数为12X：+1=4,设晶体的密度为d g/cn?,由晶胞的质量公式

14、可得:4x(56+32x 2)=10-2 la3d,解得d=F 1 X l()2 i,故答案为：X1021；a-N,、a NA【小问5 详解】由图可知，FeS2与 02生成FexO y反应为放热反应，FeSC)4 比0 分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的S03与 H20反应生成H2so4,所以以FeS2为燃料，配合FeSO4 H2O可以制备铁粉精和H2s04可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与 02生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4-H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反

15、应的进行，有利于反应生成的S03与 H20 反应生成H2s04。7.煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(C as。、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。净化后.一、,_ _ _ _ _ 右休_ _ _ _干燥_ _ _ _ _ _ _匿伦测的空气。*1 装置*硫仪煤样/已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。2、CO2、H2O、Nr SO2o(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是。(2)高温下，煤中C a S C 完全转化为S O”该反应的化学方程式为。(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。c(l3)已知：库

16、仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中一片保持定值时，电解池不工作。待测c(U)气体进入电解池后，S O,溶解并将人还原，测硫仪便立即自动进行电解到一片又回到原定值，测定结束，c(r)通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。C H 3 c o O H-K I 溶液S C)2在电解池中发生反应的离子方程式为 0 测 硫 仪 工 作 时 电 解 池 的 阳 极 反 应 式 为。(4)煤样为a g,电解消耗的电量为x库仑，煤 样 中 硫 的 质 量 分 数 为。已知：电解中转移I m o l电子所消耗的电量为9 6 5 00库仑。(5)条件控制和误差分析。测定过程中，需控制电解质溶液p

17、 H,当p H l时，非电解生成的I；使得测得的全硫含量偏小，生成耳的离子方程式为。测定过程中，管式炉内壁上有S O,残留，测得全硫量结果为 o (填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分催化剂(2)2C a S O4=2C a O+2S O2 t +O 2 t高温(3).S O 2+I；+H2O=3 r+S O 4 +4 H+.3 I 2e =I：16 x(4)-%9 6 5 a(5).b+I F .偏低【解析】【小 问1详解】煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；【小问2详解】由题

18、意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2C a S O 4催化剂 催化剂=2C a O+2S O2 t +02 t ,故答案为：2C a S O4=2C a O+2s O 2 t +O 2 t ；高温 高温【小问3详解】由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I；反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子,离子方程式为S O 2+I；+H 2O=3+S O：+4 H+,故答案为：S O2+13 +H2O=3 r+S O +4 H+；由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3 1 2e =13,故答案为：3

19、 F-2e =13；【小问4详解】由题意可得如下关系：S S O 2I：2e ,电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为x-x32 16x 一 16x A/2x96500 X 100%=%,故答案为：%；-965a 965aa【小问5详解】当p H F的方程式为。(4)G中有乙基，则G的结构简式为 o(5)碘番酸中的碘在苯环不相邻的碳原了上，碘番酸的相对分了质量为5 71,J的相对分了质量为1 9 3。则碘番酸的结构简式为。(6)通过滴定法来确定口服造影液中碘番酸的质量分数。第一步取a mg样品，加入过量Z n粉，N a O H溶液后加热，将I元素全部转为，冷却，洗涤。第二步调节溶液pH

20、,用b mo l-LA gN C)3溶液滴定至终点，用去c m L。已知口服造影液中无其他含碘物质，则碘番酸的质量分数为(2)CHO+H2O(4)COOHCH=CCH2CH3.丁酸 .CHO(3)+HN O3【答案】(1)醛基(6)点【解析】【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，C H3cH2cH2cH。发生氧化反应生成C H3cH2cH2co O H,则A 为 CH3cH2cH2cH0、B 为 CH3cH2cH2coOH；CH3cH2cH2coOH 发生信息反应生成CH3cH2cH2C-O-C CH2cH2cH3，则 D 为CHOCHOCHQHoCH；在浓硫酸作用下，与CHO发烟硝酸共热

21、发生硝化反应生成口CHOCHO；在催化剂作用下，r SNOz与 CH382cH22c H m 反应生成 CH3cH2cH280H 和COOHCOOH，则G为人C H=CCH2CH3JCOOHC H=CCH2CH3与在镇做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠发生还原反应后，调节溶液pH生成、H与氯化碘发生取代反应生成酸的结构简式为【小 问 1详解】,则碘番由分析可知，能发生银镜反应的A 的结构简式为CH3cH2cH2CH0,官能团为醛基，故答案为：醛基;【小问2 详解】由分析可知，无支链的B 的结构简式为C H H 2cH 2co0H,名称为丁酸，丁酸的同分异构体中只有一种环境氢说明同分异构体分子的结构

22、对称，分子中含有2 个叫键和1 个六元环，结构简式为，故答案为:丁酸;【小问3 详解】CHO CHO由分析可知，ETF 的反应为在浓硫酸作用下，与发烟硝酸共热发生硝化反应生成和水,NO2CHO反应的化学方程式为3+HNO3CH。CHO+氏0,故答案为：1 +H N 0 3浓彳酸_ CHO+H2O；【小问4 详解】由分析可知，含有乙基的G的结构简式为COOHC H=CCH2CH3COOHC H=CCH2CH3故答案为:【小问5详解】由分析可知，相对分了质量为571的碘番酸的结构简式为故答案为:【小问6详解】由题给信息可知,、O H和硝酸银之间存在如下关系:3bmol/L?x x x3AgNCh,

23、由滴定消耗cmLbmol/L硝酸银可知，碘番酸的质量分数为 3ag57.1cb.57.1cbX100%=-%,故答案为：-。3a 3a9.镀浸法由白云石 主要成分为CaMg（CC）3）2,含Fe2C13,SiO?杂质 制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下:白云石 理 上(NH4)2CO.,煨烧MgCO,-氧化镁已知:物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO35.5x101.8xl0-122.8x10-93.5x10-8（1）煨烧白云石的化学方程式为（2）根据下表数据分析：n(NH4Cl):n(CaO)CaO浸出率/%MgO浸出率/%w(CaCO.J理论值/%w(CaCC)3)实测值/

24、%2.1:19 8.41.19 9.7-2.2:19 8.81.59 9.29 9.52.3:19 8.91.89 8.89 9.52.4:19 9.16.09 5.69 7.6己知：i.对浸出率给出定义i i.对 w(C a C C)3)给出定义“沉钙”反 应 的 化 学 方 程 式 为。CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为。不宜选用的“n(N H 4)C l:n(C a O)”数值为。w(CaCOj 实测值大于理论值的原因为 。蒸储时，随储出液体积增大，MgO浸出率可出6 8.7%增加至9 8.9%,结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为。(3)滤渣C为。(4)可 循 环 利 用

25、的 物 质 为。高温【答案】(1)C a M g(C O 3)2=C a O+M g O+2 c o2 T(2)C a C 1 2+N H3 H 2 O+C O 2=C a C O 3 X+N H 4C I+H2O .C a(0H)2 的溶度积大于 M g(0H)2,溶液中C a(0H)2 能与N H 4c l反应，而 M g(O H)2 不能.2.4：1 .反应加入的C a O 也转化为C a C C h .AM g(O H)2+(N H 4)2 S O4=M g S O 4+2 N H jt+2 H2O,蒸储时，NE 逸出促进NH：水解，溶液中H+浓度增大，有利于 M g(0H)2 完全转

26、化为M g S O4(3)S i O2,F e2O3(4)N H 4C I、(N H4)2 S O4【解析】【分析】由题给流程可知，白云石燃烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煨烧后的固体中加入氯化钱溶液和氧化钙，氧化钙和氯化镂溶液反应生成氮化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A 和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A 中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A 反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化镀溶液；向滤渣B 中加入硫酸铁溶液蒸储，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸镀溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C 和

27、含有硫酸镁的滤液D；向滤液D 中加入碳酸镂溶液，碳酸镂溶液与滤液D 反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸镂溶液，煨烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化镂溶液和硫酸镂溶液可以循环利用。【小 问1详解】由分析可知，白云石煨烧时，CaMg(CCh)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为高温 高温CaMg(CO3)2=CaO+MgO+2CO2t,故答案为：CaMg(CO3)2=CaO+MgO+2CO2t；【小问2详解】由分析可知I,“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化钱和水，反应的化学方程式为CaC12+NH3 H2O+CO2=CaCO3|+

28、NH4Cl+H2O,故答案为：CaC12+NH3H2O+CO2=CaCO3|+NH4Cl+H2O；由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化镂溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(0H)2的溶度积大于Mg(0H)2,溶液中Ca(0H)2能与NH4cl反应，而 Mg(OH”不能；由题给数据可知，氯化铁和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1,故答案为：2.4：1；硫酸镀是强酸弱碱盐，镀根

29、离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸镯时，氨气逸出促进钱根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸镀，所以氧化镁浸出率提高，故答案A为：Mg(OH)2+(NH4)2SO4=MgSO4+2NH3T+2H2 0,蒸储时，NH3逸出促进NH：水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(0H”完全转化为MgS04;【小问3详解】由分析可知，滤渣C 为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO2 Fe2O3;【小问4详解】由分析可知，制备分离过程中氯化镀溶液和硫酸核溶液可以循环利用，故答案为：NH4CI、(N H 4)2 S 04O1 0.某小组同学探究不同条件下氯气与二价钵化合物的反应资

30、料：i.Md+在一定条件下被C b 或 C l。氧化成M n C H 棕黑色）、M n O j （绿色）、M n O；（紫色）。i i .浓碱条件下，M n O&可被0H-还原为M n O：，i i i .C I 2 的氧化性与溶液的酸碱性无关，N a C lO 的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图（夹持装置略）序号物质aC中实验现象通入C 1 2 前通入C L 后I水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化I I5%N a O H 溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀I I I40%N a O H溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕

31、黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）B中试剂是。（2）通入C 1 2前，n、i n 中沉淀由白色变为黑色 化学方程式为。（3）对比实验I、I I 通入C 1 2后的实验现象，对 于 二 价 铺 化 合 物 还 原 性 的 认 识 是。（4）根据资料i i,m中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入C 1 2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO:氧化为M n O；。化 学 方 程 式 表 示 可 能 导 致 溶 液 碱 性 减 弱 的 原 因，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。取 I I I 中放置后的1 m

32、 L悬浊液，加入4 m L 4 0%N a O H 溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶 液 紫 色 变 为 绿 色 的 离 子 方 程 式 为,溶液绿色缓慢加深，原因是M n C h 被（填“化学式“)氧化，可证明i n的悬浊液中氧化剂过量；取H中 放 置 后1 m L悬浊液，加入4 m L水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。从反应速率的角度，分析实验I H未 得 到 绿 色 溶 液 的 可 能 原 因。【答案】(1)饱和N a C l溶液(2)2M n(O H)2+O 2=2M n O 2+2H2O(3)M#+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4).C 1 2+2O H-=C 1-

33、+C 1 O-+H2O .4 M n O；+4O H =4 M n O；+O 2T+2H 2O .C l2 .3 C lO +2M n O 2+2O H =2 M n O；+3 C 1+H2O .过 量C L与N a O H反应产生N a C lO,使溶液的碱性减弱，c(O H )降低，溶液中的M n O；被还原为M n O：的速率减小，因而不能实验H I未得到绿色溶液【解析】【分析】在装置A中H C 1与K M n C)4发生反应制取C L,由于盐酸具有挥发性，为排除H C 1对C 1 2性质的干扰,在装置B中盛有饱和N a C l溶液，除去C L中的杂质H C 1,在装置C中通过改变溶液的

34、p H,验证不同条件下C L与M n SC h反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余C L,防止造成大气污染。【小 问1详解】B中试剂是饱和N a C l溶液，作用是吸收C L中的杂质H C 1气体；1【小问2详解】通入C L前，I I、I I I中M M+与碱性溶液中N a O H电离产生的的0代反应产生M n(O H)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色M n C h,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2M n(O H)2+O 2=2M n O 2+2H2O；【小问3详解】对比实验I、H通入C L后的实验现象，对于二价钛化合物还原性的认识是：M#+的还原性随溶

35、液碱性的增强而增强；【小问4详解】C h与N a O H反应产生N a C l、N a C lO、H 2O,使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为:C 1 2+2O H =C r+C lO +H 2O；取I I I中放置后的1 m L悬浊液，加入4 mL 40%N a O H溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，M n O；可被O H-还原为M n O；,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4M n O；+4O H=4M n O，+O 2f+2H 20；溶液绿色缓慢加深，原因是M n C h被C L氧化，可证明I I I的悬浊液中氧化剂过量;取 II中放置后的1 mL悬浊液，加入4m L水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明C1。将 MnCh氧化为MnO：,发生的反应是：3ClO+2MnO2+2OH=2MnO；+3C1+H2O；从反应速率的角度，过量C12与 NaOH反应产生NaClO,使溶液的碱性减弱，c(OH)降低，溶液中的M n；被还原为M n：的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。