1、2017年北京市平谷区高考化学一模试卷一、选择题1下列现象或过程中，不涉及氧化还原反应的是（）A酸雨的形成B治疗胃酸过多C切开的苹果发霉D放鞭炮AABBCCDD2下列各项中的方程式不能正确解释对应的原因或现象的是（）A盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞；SiO2+2OHSiO32+H2OB配制FeCl3溶液时要加盐酸：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C制Cl2时用排饱和氯化钠溶液收集气体：H2O+Cl2Cl+H+HClOD金属钠燃烧时，火焰呈黄色：2Na+O2Na2O23室温下，分别用0.1molL1溶液进行下列实验，结论不正确的是（）A向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c（Na+）c（HSO
2、3）+2c（SO32）B向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，则：c（NH4+）c（NH3H2O）C向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后后：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Na+）D向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体： 增大4下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是（）操作现象结论A向滴有酚酞的NaOH溶液中通入 Cl2溶液褪色HClO有漂白性B无水乙醇与浓硫酸共热至170，将产生气体通入溴水溴水褪色乙烯和溴水发生加成反应C向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞变红，前者红色深结合H+能力：CO32HC
3、O3D用发光小灯泡分别做HCl和CH3COOH导电性实验发光强度：HCl强于CH3COOHCH3COOH是弱电解质AABBCCDD5草酸二酯是荧光棒成分，发光原理是利用过氧化氢氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯结构简式如图所示 下列有关说法不正确的是（）A草酸二酯的分子含两种官能团B草酸二酯属于芳香族化合物C草酸二酯中苯环上氢原子被一个溴原子取代的产物只有一种D1mol草酸二酯与氢氧化钠溶液反应最多消耗4molNaOH6浓硫酸分别和三种钠盐反应，下列分析正确的是（）A对比和可以说明还原性BrClB和相比可说明氧化性Br2SO2C中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，
4、说明酸性H2SO4HClD中浓H2SO4被还原成SO27向两份完全相同Ba（OH）2溶液中分别加入浓度相同的Al2（SO4）3和KAl（SO4）2，产生的沉淀的物质的量随所加溶液体积关系如图下列分析不正确的是（）Aa、d两点的沉淀为BaSO4Bb、c两点溶液的导电能力相同Cb、c两点溶液的PH值相同Dd点溶液中大量存在的阳离子是K+二、非选择题8阿司匹林是一种历史悠久的解热镇痛药，对预防血栓和脑梗有很好的作用，M是一种防晒剂，它们的结构简式分别为： 和 由A出发合成路线如图：已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基； R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据以上信息回答下列
5、问题（1）M中含氧官能团的名称阿司匹林的核磁共振氢谱中显示有种不同化学环境的氢原子（2）写出 H过程中的反应类型F的结构简式（3）写出DE转化过程中（D+NaOH）的化学方程式（4）由HI的过程中可能出现多种副产物，其中一种分子式为C16H12O2Cl2，写出该副产物的结构简式（5）阿司匹林有多种同分异构体，符合下列条件的所有同分异构体有种，a苯环上有3个取代基b仅属于酯类，能发生银镜反应，且每摩该物质反应时最多能生成4molAg其中苯环上的一氯代物有两种的结构简式（任写出一种）（6）写出由到M的合成路线（用流程图表示）示例CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH9氯化亚铜（CuCl，白
6、色、易氧化，Ksp=1.2106）广泛用作催化剂、脱臭剂、脱色剂等工业上用初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备活性CuCl的流程如图：（1）滤渣是Fe（OH）3和单质硫的混合物，反应中Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2+H2SO4CuSO4+S+MnSO4+H2O（未配平）氧化产物为：（2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，该反应的离子方程式（3）已知：Cu（OH）2可溶于氨水形成深蓝色溶液Cu（OH）2+4NH3Cu（NH3）42+2OH蒸氨条件及蒸氨效果见表序号温度/时间/min压强/KPa残液颜色a11060101.3浅蓝色b1004074.6几乎很
7、浅c903060.0无色透明由表中信息可知蒸氨的条件应选（填序号）蒸出的氨可以回收利用，在实验室用图2装置来收集当集气瓶收集满氨时观察到的现象是（4）反应的离子方程式（5）实验证明通过图3装置也可获得CuCl，现象为阴极：产生无色气体阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀，生成CuCl的电极反应式为有同学提出说：淡黄色沉淀可能是CuOH，以下是从资料中查阅到的有关CuOH信息，哪些可以支持该同学的说法（填序号）a容易脱水变成红色的Cu2ObCuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水c价格：240元/KgdCuOH的Ksp=21015e易被氧化成Cu（
8、OH）210图1是硫元素在自然界的循环情况（1）有关叙述中不正确的是（填序号）a自然界不存在游离态的硫b部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应c图1显示大气中的二氧化硫最终回到海洋并很快和其它矿物形成煤和石油d葡萄酒中含有二氧化硫可防止葡萄酒被氧化（2）硫铁矿（FeS2）燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2而获得清洁能源该循环工艺过程的总反应方程式为FeS2可和盐酸发生复分解反应生成一种不稳定的液态化合物，该化合物的电子式用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是已知下列三个反应：aCl（g）+H（g）HCl（g）H1 bBr（g
9、）+H（g）HBr（g）H2 c I（g）+H（g）HI（g）H3则H1、H2、H3由大到小的顺序为，用原子结构解释原因（3）工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤表是不同压强、温度时SO2的转化率情况压强温度0.2Mpa1.0Mp10Mpa40097.2%99.5%99.7%50091.5%96.9%97.8%60072.6%85.8%89.5%工业中SO2转化为SO3通常采用400500、压强1.0MPa，而不选择更高的10MPa其原因是（4）下列事实能说明H2SO3的酸性强于H2CO3的是a饱和H2SO3溶液的pH小于饱和H2CO3溶液的pHb同温下，等浓度的N
10、aHSO3和NaHCO3溶液，后者的pH值大cH2SO3能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而H2CO3不能d将过量SO2气体通入NaHCO3溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊11甲同学向做过银镜反应的试管0.1mol/L的Fe（NO3）3溶液（pH=2），发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag乙同学认为：Fe（NO3）3溶液显酸性，该条件下NO3也能氧化单质Ag丙同学认为：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解（1）生成银镜反应过程中银氨溶液发生 （氧化、还原）反应（2）为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可实验：向溶解了银镜的Fe（NO3）3的溶液
11、中加入（填序号，KSCN溶液、K3Fe（CN）6溶液、稀HCl），现象为，证明甲的结论正确实验：向附有银镜的试管中加入 溶液，观察银镜是否溶解两个实验结果证明了丙同学的结论（3）丙同学又把5mlFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCN溶液无变化；第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为Ag颗粒），再取上层溶液滴加KSCN溶液变红根据上述的实验情况，用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系（4）丁同学改用如图实验装置做进一步探究：K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作，（填“正极”或“负极”）此过程氧化性：F
12、e3+ Ag+（填“”或“”）当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转此过程氧化性：Fe3+ Ag+（填“”或“”）由和的实验，得出的结论是：2017年北京市平谷区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列现象或过程中，不涉及氧化还原反应的是（）A酸雨的形成B治疗胃酸过多C切开的苹果发霉D放鞭炮AABBCCDD【考点】氧化还原反应【分析】反应中存在元素的化合价变化为氧化还原反应，若不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A酸雨在形成过程中，亚硫酸被空气中的氧气氧化，S、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；B治疗胃酸过多
13、，是氢氧化铝与盐酸发生中和反应，非氧化还原反应，故B正确；C切开的苹果发霉是苹果被空气中的氧气氧化而变质，故C错误；D燃放烟花爆竹时，C、S等元素化合价发生变化，所以属于氧化还原反应，故D错误；故选B【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于化学与生活、生产的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大2下列各项中的方程式不能正确解释对应的原因或现象的是（）A盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞；SiO2+2OHSiO32+H2OB配制FeCl3溶液时要加盐酸：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+C制Cl2时用排饱和氯化钠溶液收集气体：H2O+Cl2Cl+
14、H+HClOD金属钠燃烧时，火焰呈黄色：2Na+O2Na2O2【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化硅与氢氧根离子反应生成硅酸根离子，不能用玻璃塞的试剂瓶盛放碱溶液；B铁离子易水解，配制时需要加入盐酸；C饱和氯化钠溶液中，氯离子抑制了氯气与水的反应；D钠元素的焰色反应的火焰呈黄色，与钠与氧气的反应无关【解答】解：A由于发生反应：SiO2+2OHSiO32+H2O，将玻璃塞与玻璃瓶黏在一起，所以盛放碱液的试剂瓶不用玻璃塞，故A错误；B由于铁离子发生水解：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，所以配制FeCl3溶液时要加盐酸，抑制铁离子的水解，故B正确；C氯气与水存在反应：H2O+Cl2Cl+
15、H+HClO，为了降低氯气的损失，则制Cl2时用排饱和氯化钠溶液收集气体，故C正确；D金属钠燃烧时，火焰呈黄色，是钠元素的物理性质，与反应2Na+O2Na2O2无关，故D错误；故选D【点评】本题考查了离子方程式、化学方程式的书写及应用，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式、化学方程式的书写原则，试题有利于提高学生的分析能力及逻辑推理能力3室温下，分别用0.1molL1溶液进行下列实验，结论不正确的是（）A向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c（Na+）c（HSO3）+2c（SO32）B向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，则：c（NH4+）c（N
16、H3H2O）C向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后后：c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Na+）D向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体： 增大【考点】离子浓度大小的比较【分析】A向NaOH溶液中通SO2至pH=7，说明溶液中c（H+）=c（OH），结合溶液中电荷守恒分析判断；B向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性说明一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度；C向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后，反应得到硫酸钠、硫酸铵和水，结合物料守恒分析判断，n（N）=n（Na）；D醋酸溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠溶解后醋酸根离子抑制醋
17、酸的电离，=，据此分析；【解答】解：A向NaOH溶液中通SO2至pH=7，说明溶液中c（H+）=c（OH），反应得到溶液为Na2SO3和NaHSO3，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32），得到c（Na+）c（HSO3）+2c（SO32），故A正确；B向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性说明一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度，c（NH4+）c（NH3H2O），故B错误；C向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后，溶液中存在物料守恒，c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Na+），故C正确；D醋酸溶液中存在
18、电离平衡，加入醋酸钠溶解后醋酸根离子抑制醋酸的电离，=，加入醋酸钠溶液中醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，则比值增大，故D正确；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较、溶液酸碱性判断、电离平衡常数应用、溶液中物料守恒等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等4下列选项中的操作、现象与结论完全一致的是（）操作现象结论A向滴有酚酞的NaOH溶液中通入 Cl2溶液褪色HClO有漂白性B无水乙醇与浓硫酸共热至170，将产生气体通入溴水溴水褪色乙烯和溴水发生加成反应C向浓度、体积都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞变红，前者红色深结合H+能力：CO32HCO3D用发光小灯泡分别做H
19、Cl和CH3COOH导电性实验发光强度：HCl强于CH3COOHCH3COOH是弱电解质AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A氯气与NaOH反应，碱性减弱也可褪色；B可能生成二氧化硫与溴水反应；C水解程度越大，对应酸的酸性越弱；D导电性与离子浓度有关【解答】解：A氯气与NaOH反应，碱性减弱也可褪色，不能判断HClO的漂白性，故A错误；B可能生成二氧化硫与溴水反应，不能确定乙烯与溴水发生加成反应，故B错误；C水解程度越大，对应酸的酸性越弱，则由现象可知结合H+能力：CO32HCO3，故C正确；D导电性与离子浓度有关，浓度未知，不能判断电离出离子浓度及电解质的强弱，故D错误；故选C
20、【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、盐类水解、溶液导电性、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大5草酸二酯是荧光棒成分，发光原理是利用过氧化氢氧化草酸二酯产生能量，该能量被传递给荧光物质后便发出荧光，草酸二酯结构简式如图所示 下列有关说法不正确的是（）A草酸二酯的分子含两种官能团B草酸二酯属于芳香族化合物C草酸二酯中苯环上氢原子被一个溴原子取代的产物只有一种D1mol草酸二酯与氢氧化钠溶液反应最多消耗4molNaOH【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构可知，该物质为大分子，含苯环、COOC、Cl，结合酯、卤代烃的性质来
21、解答【解答】解：A含有酯基、氯原子两种官能团，故A正确；B含有苯环，属于芳香族化合物，故B正确；C草酸二酯每个苯环上只含有1个H，且结构对称，则草酸二酯苯环上氢原子被一个溴原子取代的产物只有一种，故C正确；DCOOC与碱反应，且水解生成的苯酚结构也与NaOH溶液反应，则1mol草酸二酯与氢氧化钠稀溶液反应（苯环上卤素不水解），最多消耗6molNaOH，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物结构及对称性为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大6浓硫酸分别和三种钠盐反应，下列分析正确的是（）A对比和可以说明还原性BrClB和相比可说明氧化性Br2S
22、O2C中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性H2SO4HClD中浓H2SO4被还原成SO2【考点】浓硫酸的性质【分析】A、反应生成棕色气体是溴蒸气，反应白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；B、反应生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型；C、白雾说明氯化氢易挥发；D、反应生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应；【解答】解：A、反应生成棕色气体是溴蒸气，反应白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性BrCl，故A正确
23、；B、反应生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；C、白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4HCl，故C错误；D、反应生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，故D错误；故选A【点评】本题考查氧化还原反应中相关概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意由现象得出结论，题目难度不大7向两份完全相同Ba（OH）2溶液中分别加入浓度相同的Al2（SO4）3和KAl（SO4）2，产生的沉淀的物质的量随所加溶液体积关系如图下列分析不正确的是（）Aa、d两点的沉淀为BaSO4Bb、c两点溶液的导电能力相同Cb
24、、c两点溶液的PH值相同Dd点溶液中大量存在的阳离子是K+【考点】离子方程式的有关计算【分析】往Ba（OH）2溶液中加Al2（SO4）3溶液和KAl（SO4）2，碱Ba（OH）2充足，故发生的离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，Al3+4OH=AlO+2H2O，待Ba2+完全沉淀时Al3+和AlO发生强烈双水解Al3+3AlO+6H2O=4Al（OH）3，浓度相同，体积相同时在Al2（SO4）3和KAl（SO4）2中Al2（SO4）3的SO42物质的量多，故生成沉淀量多，故曲线ab是Al2（SO4）3曲线dc是KAl（SO4）2A刚开始时往Ba（OH）2溶液中加Al2（SO4）3溶液和
25、KAl（SO4）2，所以Ba（OH）2充足，所以发生的反应为Ba2+SO42=BaSO4，据此分析；B据Ba2+SO42=BaSO4，Al3+3AlO+6H2O=4Al（OH）3，进行分析；C据bc两点生成沉淀的量相同进行分析；D据K+未参与反应分析【解答】解：A刚开始时往Ba（OH）2溶液中加Al2（SO4）3溶液和KAl（SO4）2，所以Ba（OH）2充足，所以发生的反应为Ba2+SO42=BaSO4，故沉淀为BaSO4，故A正确；B据Ba2+SO42=BaSO4，Al3+3AlO+6H2O=4Al（OH）3，所以Al2（SO4）3都已变成沉淀，KAl（SO4）2中还有K+未变成沉淀，故导
26、电能力相对强一些，故B错误；Cbc两点生成沉淀的量相同，故消耗Ba（OH）2的量相同，故溶液的PH值相同，故C正确；DK+未参与反应分析，故d点溶液中大量存在的阳离子是K+，故D正确；故选C【点评】会看图象是分析本题，并解决本题的关键，而且正确书写离子方程式也十分必要，本题难度中等二、非选择题8阿司匹林是一种历史悠久的解热镇痛药，对预防血栓和脑梗有很好的作用，M是一种防晒剂，它们的结构简式分别为： 和 由A出发合成路线如图：已知：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基； R1CHO+R2CH2CHO+H2O根据以上信息回答下列问题（1）M中含氧官能团的名称酯基和醚键阿司匹林的核
27、磁共振氢谱中显示有6种不同化学环境的氢原子（2）写出 H过程中的反应类型加成反应、消去反应F的结构简式（3）写出DE转化过程中（D+NaOH）的化学方程式（4）由HI的过程中可能出现多种副产物，其中一种分子式为C16H12O2Cl2，写出该副产物的结构简式（5）阿司匹林有多种同分异构体，符合下列条件的所有同分异构体有6种，a苯环上有3个取代基b仅属于酯类，能发生银镜反应，且每摩该物质反应时最多能生成4molAg其中苯环上的一氯代物有两种的结构简式（任写出一种）（6）写出由到M的合成路线（用流程图表示）示例CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的推断；有机物的合成【分析】A
28、的分子式是C7H8，由阿司匹林和M的结构简式可知A中含有苯环，所以A是，B、C都为C7H7Cl，甲基邻对位上的氢易被取代，所以B、C是一氯代物，由阿司匹林结构可知B为邻位取代物，即，由M可知C为对位，B与氯气发生取代反应生成D分子式为C7H4Cl4，为甲基上的氢被取代，所以D为：，D在碱性条件下水解，通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，所以E为：，E相对分子质量为138，F相对分子质量为240，说明2分子E在浓硫酸作用下发生酯化反应生成，即E在浓硫酸为催化剂与乙酸酐反应生成阿司匹林，E脱水生成F为：，C为对位，与氯气发生取代反应生成G分子式为C7H5Cl2，C在光照条件下发
29、生甲基上的取代反应生成G为，由信息I可知G发生水解反应生成H为，H与乙醛发生信息中的反应生成I为，M为I为，M为，由到M，先将醛基氧化成羧基，用银氨试剂， +2Ag（NH3）2OH+2Ag+4NH3+H2O，生成，再和（CH3）2CHCH2CH2OH酯化得到M【解答】解：（1）由M的结构简式，可知M分子中有酯基和醚键，阿司匹林结构简式为同一个C上的甲基相同，所以含有6种不同化学环境的氢原子，故答案为：酯基和醚键；6；（2）H为，I为，HI先发生加成反应，后发生消去反应，E为：，E在浓硫酸为催化剂与乙酸酐反应生成阿司匹林，E脱水生成F为：，故答案为：加成反应、消去反应；（3）A的分子式是C7H8
30、，由阿司匹林和M的结构简式可知A中含有苯环，所以A是，B、C都为C7H7Cl，甲基邻对位上的氢易被取代，所以B、C是一氯代物，由阿司匹林结构可知B为邻位取代物，即，由M可知C为对位，B与氯气发生取代反应生成D分子式为C7H4Cl4，为甲基上的氢被取代，所以D为：，D在碱性条件下水解，通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，所以E为：，D与NaOH在高温高压下的反应方程式为：，故答案为：；（4）H为，I为，HI先与乙醛发生加成反应，后发生消去反应，副产物，其中一种分子式为C16H12O2Cl2，副产物为，H与I的加成反应，所以其结构简式为：，故答案为：；（5）能发生银镜反应且每摩
31、尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，先考虑两个“HCOO”有邻、间、对排列，再用甲基取代苯环上的H原子，分别得到2种、3种、1种结构，共有6种，符合条件的同分异构体为：，其中苯环上的一氯代物有两种的结构简式为，故答案为：6；（6）先将醛基氧化成羧基，再酯化即可，但氧化醛基时不能选用强氧化剂，避免碳碳双键也被氧化，可选择银氨溶液可新制氢氧化铜，合成路线图为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用M的结构与阿司匹林的结构与反应条件、分子式进行推断，侧重考查学
32、生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考题型，题目难度中等9氯化亚铜（CuCl，白色、易氧化，Ksp=1.2106）广泛用作催化剂、脱臭剂、脱色剂等工业上用初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备活性CuCl的流程如图：（1）滤渣是Fe（OH）3和单质硫的混合物，反应中Cu2S参与反应的化学方程式为：Cu2S+MnO2+H2SO4CuSO4+S+MnSO4+H2O（未配平）氧化产物为：CuSO4、S（2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，该反应的离子方程式Mn2+HCO3+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O（3）已知：Cu（OH）2可溶于氨水形成深蓝色溶液Cu（
33、OH）2+4NH3Cu（NH3）42+2OH蒸氨条件及蒸氨效果见表序号温度/时间/min压强/KPa残液颜色a11060101.3浅蓝色b1004074.6几乎很浅c903060.0无色透明由表中信息可知蒸氨的条件应选c（填序号）蒸出的氨可以回收利用，在实验室用图2装置来收集当集气瓶收集满氨时观察到的现象是漏斗中的液面忽上忽下（4）反应的离子方程式SO2+2Cu2+2Cl+2H2O=2CuCl+SO42+4H+（5）实验证明通过图3装置也可获得CuCl，现象为阴极：产生无色气体阳极：有白色胶状沉淀生成且逐渐增多U形管底部：靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀，生成CuCl的电极反应式为C
34、ue+Cl=CuCl有同学提出说：淡黄色沉淀可能是CuOH，以下是从资料中查阅到的有关CuOH信息，哪些可以支持该同学的说法bd（填序号）a容易脱水变成红色的Cu2ObCuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水c价格：240元/KgdCuOH的Ksp=21015e易被氧化成Cu（OH）2【考点】制备实验方案的设计【分析】以初级铜矿粉（主要含Cu2S、CuS、Fe2O3、FeO等）制备氯化亚铜的路线为：在反应I中向铜矿粉中加入硫酸溶液、二氧化锰，发生氧化还原反应生成硫单质，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，溶液中含有铜离子、铁离子；向溶液中加入氨水，沉淀铁离子为氢氧化亚铁，过滤，滤渣是Fe（OH）
35、3和单质硫的混合物，然后滤液中加入碳酸氢铵除锰离子，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，然后蒸氨得到氢氧化铜沉淀，发生分解反应得到CuO固体、氨气与二氧化碳，再用盐酸溶解CuO得到CuCl2，通入二氧化硫气体得到氯化亚铜沉淀，以此解答该题【解答】解：（1）化合价升高的元素发生氧化反应，该元素所在的物质为氧化产物，该反应中Cu2S中硫元素化合价升高生成S单质，铜元素化合价由+1升高到+2的硫酸铜，故硫酸铜和S为氧化产物；故答案为：CuSO4、S；（2）除Mn2+时得MnCO3沉淀，反应的离子方程式为：Mn2+HCO3+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O；故答案为：Mn2+HCO3+NH3H2O=M
36、nCO3+NH4+H2O；（3）由表可知，C中时间较短，蒸氨效果较好；蒸出的氨可以回收利用，在实验室用图2装置来收集当集气瓶收集满氨时，氨气极易溶于水，使漏斗中气压减小，液面上升，上升后，漏斗与烧杯中液体分离，液面又下降，故现象是漏斗中的液面忽上忽下；故答案为：C；漏斗中的液面忽上忽下；（4）反应为二氧化硫与铜离子反应生成CuCl沉淀的反应，离子方程式为：SO2+2Cu2+2Cl+2H2O=2 CuCl+SO42+4H+；故答案为：SO2+2Cu2+2Cl+2H2O=2 CuCl+SO42+4H+；（5）该电解池中阴极水中的氢离子得电子，阳极由铜电极失去电子结合氯离子生成CuCl沉淀，生成Cu
37、Cl的电极反应式为：Cue+Cl=CuCl；故答案为：Cue+Cl=CuCl；靠近阴极区白色胶状沉淀逐渐转化为淡黄色沉淀，淡黄色沉淀可能是CuOH，说明CuOH是黄色或淡黄色固体，不溶于水，Ksp（CuCl）=1.2106，Ksp（CuOH）=21015，说明CuOH的溶解度较之CuCl的溶解度更小，可能为CuCl沉淀转化为CuOH沉淀；故答案为：bd【点评】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的运用等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等10图1是硫元素在自然界的循环情况（
38、1）有关叙述中不正确的是ac（填序号）a自然界不存在游离态的硫b部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应c图1显示大气中的二氧化硫最终回到海洋并很快和其它矿物形成煤和石油d葡萄酒中含有二氧化硫可防止葡萄酒被氧化（2）硫铁矿（FeS2）燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2而获得清洁能源该循环工艺过程的总反应方程式为SO2+2H2O=H2+H2SO4FeS2可和盐酸发生复分解反应生成一种不稳定的液态化合物，该化合物的电子式用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是减小生成物浓度，平衡正向移动，提高HI的分解率已知下列三个反应：aCl（g
39、）+H（g）HCl（g）H1 bBr（g）+H（g）HBr（g）H2 c I（g）+H（g）HI（g）H3则H1、H2、H3由大到小的顺序为H3H2H1，用原子结构解释原因Cl、Br、I为同主族元素，从上至下，原子半径依次知道，非金属性依次减弱，氢化物稳定性依次减弱（3）工业制硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤表是不同压强、温度时SO2的转化率情况压强温度0.2Mpa1.0Mp10Mpa40097.2%99.5%99.7%50091.5%96.9%97.8%60072.6%85.8%89.5%工业中SO2转化为SO3通常采用400500、压强1.0MPa，而不选择更高的
40、10MPa其原因是压强增大10倍，转化率几乎不变（4）下列事实能说明H2SO3的酸性强于H2CO3的是ba饱和H2SO3溶液的pH小于饱和H2CO3溶液的pHb同温下，等浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，后者的pH值大cH2SO3能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而H2CO3不能d将过量SO2气体通入NaHCO3溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊【考点】工业制取硫酸【分析】（1）a火山口存在游离态的硫；b硫单质和氧气反应生成二氧化硫；c形成煤和石油的过程是一个漫长过程；d二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；（2）根据流程图知，碘在经过一系列的反应后又生成碘，只有二氧化硫和水参加反应，生成硫酸
41、和氢气；二者发生复分解反应生成氯化亚铁和H2S2，H2S2和双氧水分子结构相似；减小生成物浓度，平衡正向移动；这三个反应都是放热反应，焓变都小于0，同一主族元素，元素的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强；能量越高越不稳定；（3）根据表中数据知，同一压强下，升高温度二氧化硫的转化率降低，说明正反应是放热反应；同一温度下，压强增大10倍，转化率增大不大；（4）a饱和H2SO3溶液和饱和H2CO3溶液的浓度不同；b同温下，酸的酸性越强，其相同浓度的酸式盐的pH越小；c酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质；d二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊【解
42、答】解：（1）a自然界中存在游离态的硫，如火山口存在游离态的硫，故a错误；b硫单质和氧气反应生成二氧化硫，火山爆发时地壳中的硫和氧气反应生成二氧化硫，所以部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应，故b正确；c形成煤和石油的过程是一个漫长过程，所以该说法错误，故c错误；d二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化，葡萄酒中含有二氧化硫被氧化，所以可防止葡萄酒被氧化，故d正确；故选a c；（2）根据流程图知，碘在经过一系列的反应后又生成碘，只有二氧化硫和水参加反应，生成硫酸和氢气，反应方程式为SO2+2H2O=H2+H2SO4，故答案为：SO2+2H2O=H2+H2SO4；二者发生复分解反应生成氯化亚
43、铁和H2S2，H2S2和双氧水分子结构相似，其电子式为，故答案为：；分离出氢气导致产物浓度减小，平衡正向移动，提高HI的分解率，故答案为：减小生成物浓度，平衡正向移动，提高HI的分解率；Cl、Br、I都属于同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减弱，其氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，物质的能量越高，越不稳定，所以HI能量最高，I和H反应放出的能量最低，因为焓变小于0，所以H3H2H1，故答案为：H3H2H1；（3）根据表中数据知，同一压强下，升高温度二氧化硫的转化率降低，说明正反应是放热反应；同一温度下，压强增大10倍，转化率几乎不变，且对设备要求增大，从而降低经济效益，则压强选择1
44、.0MPa，故答案为：压强增大10倍，转化率几乎不变；（4）a饱和H2SO3溶液和饱和H2CO3溶液的浓度不同，所以不能根据这两种物质的饱和溶液pH大小判断酸性强弱，故错误；b同温下，酸的酸性越强，其相同浓度的酸式盐的pH越小，所以同温下，等浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，后者的pH值大，所以说明碳酸的酸性小于亚硫酸，故正确；c酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，该实验中说明亚硫酸具有还原性，碳酸没有还原性，所以不能比较亚硫酸和碳酸酸性强弱，故错误；d二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，因为该题中二氧化硫是过量的，澄清石灰水变浑浊不能说明是否产生二氧化碳，则不能说明酸性
45、强弱，故错误；故选b【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、酸性强弱判断、电子式、化学方程式书写等知识点，明确元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，注意：（4）中ab选项中要比较酸性强弱必须浓度相同，为易错点11甲同学向做过银镜反应的试管0.1mol/L的Fe（NO3）3溶液（pH=2），发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ag乙同学认为：Fe（NO3）3溶液显酸性，该条件下NO3也能氧化单质Ag丙同学认为：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解（1）生成银镜反应过程中银氨溶液发生还原 （氧化、还原）反应（2）为得出正确结论，只需设计两
46、个实验验证即可实验：向溶解了银镜的Fe（NO3）3的溶液中加入（填序号，KSCN溶液、K3Fe（CN）6溶液、稀HCl），现象为产生蓝色沉淀，证明甲的结论正确实验：向附有银镜的试管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3 溶液，观察银镜是否溶解两个实验结果证明了丙同学的结论（3）丙同学又把5mlFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCN溶液无变化；第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为Ag颗粒），再取上层溶液滴加KSCN溶液变红根据上述的实验情况，用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系
47、Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+（4）丁同学改用如图实验装置做进一步探究：K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作正极，（填“正极”或“负极”）此过程氧化性：Fe3+ Ag+（填“”或“”）当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转此过程氧化性：Fe3+ Ag+（填“”或“”）由和的实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质；（2）实验：亚铁离子的检验是K3Fe（CN）6溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀，据此进行解答；实验
48、：硝酸根离子也可能氧化单质银，需进行对照实验，配制同PH、同硝酸根离子浓度的溶液进行对照；（3）第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，无铁离子，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生，经验证黑色固体为Ag，再取上层溶液滴加KSCN溶液变红，存在铁离子，说明铁离子氧化银生成亚铁离子，该反应为可逆反应；（4）原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，指针向右偏转，说明主要发生Ag+Fe2+Ag+Fe3+；增大反应物的浓度，平衡移动，说明物质的氧化性与浓度有关，浓度
49、的改变可导致平衡移动【解答】解：（1）往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，离子反应方程式为：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，离子反应方程式为：AgOH+2NH3H2OAg（NH3）2OH+2H2O，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；（2）实验：验证亚铁离子实验是取少量除尽Ag+后的溶液
50、于试管中，加入K3Fe（CN）6溶液会和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，故答案为：；产生蓝色沉淀；实验：硝酸根离子也可能氧化单质银，需进行对照实验，0.1mol/L的Fe（NO3）3溶液（pH=2），硝酸根离子为0.3 mol/L，所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；（3）Fe3+与SCN反应生成红色的硫氰化铁溶液，Fe3+3SCNFe（SCN）3，呈红色，第一份滴加2滴KSCN溶液无变化，无铁离子，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生，经
51、验证黑色固体为Ag，再取上层溶液滴加KSCN溶液变红，存在铁离子，说明铁离子氧化银生成亚铁离子，且该反应为可逆反应，所以反应为：Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+，故答案为：Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+；（4）该电池的反应本质为Fe3+AgFe2+Ag+，银为负极，石墨为正极，该反应中铁离子为氧化剂，银离子为氧化产物，所以此过程氧化性：Fe3+Ag+，故答案为：正极；当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液，Fe3+AgFe2+Ag+，银离子浓度增大，平衡右移，主要反应为：Ag+Fe2+Ag+Fe3+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以此过程氧化性：Fe3+Ag+，由和的实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动，故答案为：；在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动【点评】本题为探究实验，考查实验操作、物质的检验等知识，题目难度中等，注意掌握实验设计的方法和物质实验验证方案分析方法，侧重考查了学生提出假设并设计实验验证的能力、分析问题解决问题的能力及提取信息的能力，题目难度中等
