1、北京市人大附中2019届高三化学5月考前试题（含解析）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1. 下列我国科技创新的产品设备在工作时，由化学能转变成电能的是（） A长征三号乙运载火箭用偏二甲肼为燃料B嫦娥四号月球探测器上的太阳能电池板C和谐号动车以350 km/h飞驰D世界首部可折叠柔屏手机通话A. AB. BC. CD. D2. 下列说法不正确的是（）A. 稳定性：B. 酸性：C. 原子半径：D. 表中，元素Pb的金属性最强3. 某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确
2、的是（）A. 稀硝酸一定被还原为B. 实验中溶液存在：C. 由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D. 实验、实验中反应的离子方程式：4. 水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸-羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：下列说法正确的是（）A. NVP具有顺反异构B. 高聚物A因含有而具有良好的亲水性C. HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AD. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好5. 二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出
3、二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（）A. 二氧化碳的电子式：B. 在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂C. 能够协助二氧化碳到达催化剂表面D. 催化加氢合成甲酸的总反应式：6. 高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。原理如下：（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是（）A. 放电时，正极电极反应式：B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C. 充电时，阴极电极反应式：D.
4、 充电时，向左移动7. 某学生探究0.25mol/LAl2（SO4）3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。下列分析正确的是（）实验1实验2A. 实验1中，白色沉淀a是B. 实验2中，白色沉淀b一定是C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的溶液D. 实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关二、简答题（本大题共3小题，共42.0分）8. 有机物K是某药物的前体，合成路线如图所示：已知：R-CNR-CH2NH2（1）A的名称是_。（2）反应的化学方程式是_。（3）反应的类型是_。（4）反应中的试剂X是_。（5）E属于烃，其结构简式是_。（6）H中所
5、含的官能团是_。（7）反应的化学方程式是_。（8）H经三步反应合成K，写出中间产物I和J的结构简式_。9. 我在故宫修文物这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2（OH）2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_。（3）文献显示
6、有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合图回答：过程的正极反应物是_。过程负极的电极反应式是_。（4）青铜器的修复有以下三种方法：柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3；BTA保护法：请回答下列问题：写出碳酸钠法的离子方程式_。三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有_。A在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜B替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”10. 生
7、活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。电解除氮（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_。（2）有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：当pH8时，主要发生HClO氧化NH4+的反应，其离子方程式为：_。结合平衡移动原理解释，当pH8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：_。当pH8时，ClO-发生歧化导
8、致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：_。电解除磷（3）除磷的原理是利用Fe2+将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀。用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_。如图为某含Cl-污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20-40min时脱除的元素是_。（4）测定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag+SCN-=AgSCN，共消耗cmol/LNH4SCN溶液VmL则此污水中磷的含量为_mg/L（以磷元素
9、计）。三、实验题（本大题共1小题，共16.0分）11. 草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。 实验试剂混合后溶液pH现象（1 h后溶液）试管滴管a4mL0.01molL-1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42 mL0.3molL-1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01molL-1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01molL-1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01molL-1K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_。（2）实验试管a中KMn
10、O4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：_。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验实验实验实验操作实验现象6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验的目的是：_。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i。MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii
11、。_。查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL_中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_。波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是_。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与_有关。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、偏二甲肼为燃料发动机能将化学能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故A错误； B、太阳能电池板将太阳能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，故B错误； C、和谐号动车将电能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故C错误
12、； D、世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，故D正确； 故选：D。A、偏二甲肼为燃料能将化学能转变成动能； B、太阳能电池板将太阳能转变为电能； C、和谐号动车以350 km/h飞驰将电能转变为了动能； D、手机电池将化学能转变为电能。本题考查了能量之间的转化，难度不大，注意能量的存在形式。2.【答案】A【解析】解：A非金属性BrIAt，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HBrHIHAt，故A错误； B非金属性PSCl，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故B正确； C原子核外电子层数越多，原子半径越大，同
13、周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径SnAsS，故C正确； D同周期从左到右元素的金属性减小，同主族从上到下金属性增强，故D正确。 故选：A。A元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定； B元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强； C原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径减小； D同周期从左到右元素的金属性减小，同主族从上到下金属性增强。本题考查元素周期律及元素周期表，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期律的应用，题目难度不大。3.【答案】D【解析】解：A中发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）
14、2+2NO+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误； B中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误； C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误； D实验1-、实验2-中反应都是铜与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，其离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故D正确； 故选：D。由实验1可知，中发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O，中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，
15、但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，实验2铜与稀硫酸不反应，中加稀硝酸，硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，生成的一氧化氮在试管口变红棕色，以此来解答。本题考查化学实验方案的评价、Cu和硝酸的性质，把握发生的反应及现象、结论的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意硝酸盐在酸性条件下的性质，题目难度不大。4.【答案】B【解析】解：ANVP中连接碳碳双键的碳原子上含有相同的原子，所以没有顺反异构，故A错误； B-OH属于亲水基，高聚物A含有-OH，具有良好的亲水性，故B正确； C二者中碳碳双键发生加聚反应生成高聚物A，故C错误； D根据图知，聚合过程中引发剂不是浓度越高越
16、好，1.6左右最好，故D错误； 故选：B。ANVP中连接碳碳双键的碳原子上含有相同的原子； B-OH属于亲水基； C二者发生加聚反应生成高聚物A； D根据图知，聚合过程中引发剂不是浓度越高越好。本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、顺反异构判断方法是解本题关键，知道加聚反应和缩聚反应区别，题目难度不大。5.【答案】B【解析】解：A二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，其电子式为，故A正确；B在捕获过程中，二氧化碳分子中两个C=O键中，仍然有1个C=O键保留在甲酸中，二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故B错误；CN（C2H5）3能够协助二氧化碳到达催化剂表面，然后中间产物与氢气反应生成甲
17、酸和N（C2H5）3，故C正确；D根据图示可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式为H2+CO2HCOOH，故D正确；故选：B。A二氧化碳为共价化合物，分子中含有两个碳氧双键；B根据图示可知，二氧化碳转化成甲酸过程中至少有1个C=O键没有断裂；C根据图示可知，N（C2H5）3协助二氧化碳到达催化剂表面；D根据图示转化关系可知，反应实质为二氧化碳与氢气生成甲酸。本题考查探究化学反应原理，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活运用能力。6.【答案】D【解析】解：A放电正极上FePO4得到电子风扇还原反应生成LiFePO4，正极电极反应式：xFePO4+xLi
18、+xe-xLiFePO4，故A正确；B原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极，放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；C充电时，C变化为LixC，阴极电极反应式：xLi+xe-+nCLixCn，故C正确；D充电时，Li+向右移动，故D错误；故选：D。A放电正极上FePO4得到电子风扇还原反应生成LiFePO4；B原电池中电子流向是负极-导线-用电器-导线-正极；C原理如下：（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC，充电过程C变化为LixC；D充电过程是电解池，阳离子移向阴极。本题考查了原电池和电解池原理、电极反应书写、电子流向判断等知识点
19、，掌握基础是解题关键，题目难度中等。7.【答案】C【解析】解：A由以上分析可知实验1中，白色沉淀a是Al（OH）3，故A错误； B实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，但不能确定一定是Al2（OH）2（CO3）2，故B错误； C检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成，故C正确； D实验1、2中，加入试剂顺序不同，生成的沉淀的pH不同，生成沉淀不同，可说明与pH有关，故D错误； 故选：C。实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到的沉淀a加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，可说明沉淀a含有Al
20、（OH）3， 实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，沉淀b中含有Al（OH）3，并含有碳酸盐，以此解答该题。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验现象的分析，题目难度中等。8.【答案】1，3-二溴丙烷 氧化反应 C2H5OH 碳碳双键、酯基 ；【解析】解：（1）A为BrCH2CH2CH2Br，A的名称是：1，3-二溴丙烷，故答案为：1，3-二溴丙烷；（2）反应的化学方程式是：，故答案为：；（3）反应是羟基转化为羧基，属于氧化反应，故答案为：氧化反应；（4）由分析可
21、知，反应中的试剂X是：C2H5OH，故答案为：C2H5OH；（5）E属于烃，E与水反应生成，则E为，故答案为：；（6）由结构可知H中所含的官能团是：碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；（7）反应的化学方程式是：，故答案为：；（8）对比H与K的结构，H与HCN发生加成反应生成I为，然后还原生成J为，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K，故答案为：；。E属于烃，E与水反应生成，则E为F发生催化氧化生成G为由H的结构可知D为二元酯，可知C为二元酸、X为C2H5OH，故A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH、C为HOOCCH2COOH，则D为C2H5OOCCH2C
22、OOC2H5。（8）H与HCN发生加成反应生成，然后还原生成，最后发生取代反应脱去1分子C2H5OH生成K。本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构简式、分子式与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，题目较好的考查学生分析推理能力，是有机化学基础常考题型。9.【答案】O2、H2O、CO2 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜 而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 氧气（H2O） Cu-e-+Cl-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl- ABC【解析】解：（1）参与形成铜绿的
23、物质有Cu和O2、H2O、CO2， 故答案为：O2、H2O、CO2； （2）铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构分析可知，Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl分别属于无害锈和有害锈，碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀， 故答案为：碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀； （3）有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），分
24、析图示得到铜做负极失电子出CuCl沉淀，正极上是氧气得到电子发生还原反应， 过程的正极反应物是：氧气（H2O）， 故答案为：氧气（H2O）； 过程负极的电极反应式是：Cu-e-+Cl-=CuCl， 故答案为：Cu-e-+Cl-=CuCl； （4）碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3，反应的离子方程式：4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-， 故答案为：4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-； BTA保护法是生成高聚物透明膜将产生的离子隔绝在外， A分析可知
25、在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，故A正确； B替换出锈层中的Cl-，减少Cu2（OH）3Cl的生成，能够高效的除去有害锈，故B正确； C酸浸法会和无害锈发生反应，和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，故C正确； 故答案为：ABC。（1）铜在空气中和空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气反应生成铜绿； （2）分析图示可知，无害锈形成致密的碱式碳酸铜会阻止反应进行，有害锈结构疏松，潮湿的空气能进入； （3）有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），分析图示得到铜做负极失电子出CuCl沉淀，正极上是氧气得到电子发生还原反应； （4）将腐蚀文物置于含Na2
26、CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3； BTA保护法是生成高聚物透明膜将产生的离子隔绝在外。本题考查了物质性质、氧化还原反应、原电池原理、化学方案的分析判断和评价等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。10.【答案】2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ 随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2OH+Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降 pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸
27、出） Fe-2e-=Fe2+ 磷 【解析】解：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，氮元素化合价-3价升高为0价，在阳极发生氧化反应，电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；（2）当pH8时，主要发生HClO氧化NH4+的反应生成氮气，次氯酸被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+，故答案为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2
28、O+5H+；当pH8时，氮的去除率随pH的降低而下降，结合平衡移动原理解释的原因是：随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2OH+Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降，故答案为：随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2OH+Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降；当pH8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是：pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出），故答案为：pH升高有利于NH
29、4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；（3）翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，阳极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；如图为某含Cl-污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化，开始时脱氮元素，翻转电极后，在20-40min时脱除的元素是磷，故答案为：磷；（4）取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag+SCN-AgSCN，共消耗c
30、mol/LNH4SCN溶液VmL反应过程中元素守恒：PPO43-Ag3PO43AgSCN3NH4SCN，1 3ncmol/LV10-3L则100ml此污水中磷的质量为cmol/LV10-3L31g/mol，1L污水中磷的含量=100%=mg/L，故答案为：。以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，氮元素化合价-3价升高为0价，在阳极发生氧化反应；（2）当pH8时，主要发生HClO氧化NH4+的反应生成氮气，次氯酸被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式；pH8时，氮
31、的去除率随pH的降低而下降，是因为氯气和水的反应为可逆反应，PH减小，酸性增加，氢离子浓度增大，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小；当pH8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，是因为PH增大碱性增强铵根离子结合氢氧根离子生成氨气可直接在电极上放电而氧化；（3）翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，阳极上铁失电子生成亚铁离子；图象中开始时脱氮，转化电极后是脱磷；（4）取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag+SCN-AgSCN，共消
32、耗cmol/LNH4SCN溶液VmL反应过程中元素守恒PO43-Ag3PO43AgSCN3NH4SCN，据此计算。本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用、电解池原理和电极反应书写、图象的理解应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11.【答案】H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01
33、mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】解：（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接，所以H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+，故答案为：H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+；（2）酸性条件下，MnO4-和H2C2O4反应生成Mn2+和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O，故答案为：5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn
34、2+8H2O；（3）MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化；H2C2O4具有还原性，能被K2Cr2O7氧化，所以实验是对比实验，目的是排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性，故答案为：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性；（4）由图象可知，2min之前反应缓慢，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率应该降低，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率，即生成的Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应，故答案为：Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；实验II中起始时总溶液6ml、c（H2C2O4）=0.1mol/L、Mn
35、O20.0001mol，所以进行对比实验时，将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2），根据加入过量PbO2固体，溶液呈紫色以证实Mn2+的存在，故答案为：0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）；上清液为紫色；证明Mn2+有催化作用，可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下，加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，观察6min后溶液变色情况，即方案为：将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，观察6min后溶液颜色变化
36、，故答案为：将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，6min后溶液橙色变浅；（5）根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关，所以草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性、是否有催化剂等有关，故答案为：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“”连接；（2）MnO4-和H2C2O4反应生成Mn2+和CO2，结合电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式；（
37、3）MnO2中Mn的化合价为+4，既有氧化性，又有还原性，可能被K2Cr2O7氧化造成干扰；（4）由图象可知，2min之前反应缓慢，但2min后反应速率陡增，在温度变化不大时，说明生成物加快了反应速率；Mn2+能被PbO2氧化为紫色的MnO4-，通过观察溶液颜色变化证明溶液中含有Mn2+，为了防止溶液酸性和c（Mn2+）不同造成干扰，结合过程i和实验II信息可知，先用0.0001molMnO2和6mL0.1mol/LH2C2O4溶液制备与实验II等浓度的Mn2+，形成对比实验；设计实验证明Mn2+有催化作用，可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下，加入与实验IIMnO2等物质的量的可溶性MnSO4，既可验证Mn2+的催化作用，又可排除SO42-，注意溶液颜色变化；（5）根据实验I可知，草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关，根据实验II、IV可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关，据此总结。本题以探究草酸被氧化的速率问题为载体考查了性质方案实验的设计，侧重学生实验方案思路设计、对比实验的应用、氧化还原反应离子方程式书写等综合能力的考查，掌握探究实验的步骤、明确对比实验的应用和作用是解题关键，注意探究实验中只能一点不同、其它条件均应该完全相同，题目难度较大。