1、2016年北京市丰台区高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列试剂中，标签上应标注和的是（）A氨水B碳酸钠C盐酸D浓硫酸2硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素已知Se的原子结构示意图为：下列说法不正确的是（）A该原子的质量数为34B该元素处于第四周期第A族CSeO2既有氧化性又有还原性D酸性：HClO4H2SeO43下列说法正确的是（）A蔗糖在人体内水解的最终产物是葡萄糖B蔬菜水果属于碱性食物，对人体健康有益C为了防止蛋白质发生盐析，疫苗等生物制剂要冷藏D 由CH2=CH2与CH2=CHCN加聚而成4下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是（）A图，放置于干燥空气中
2、的铁钉不会生锈B图，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C图，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D图，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀5下列用于解释事实的方程式中，不合理的是（）A氯水应保存在棕色试剂瓶内：2HClOH2O+Cl2B氯水具有杀菌、漂白作用：Cl2+H2OHCl+HClOC将氯水滴到淀粉KI试纸上，试纸变蓝：Cl2+2I=2Cl+I2D在实验室用漂白液和适量稀盐酸制取少量氯水：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O6如图为反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（）AHH键比ClCl键强，HCl键是极性共价键B断键吸收能量，成键释放
3、能量，该反应H=183kJ/molC若生成液态HCl，则反应释放的能量将减少D反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关7用如图实验装置进行实验不能达到目的是（）选项反应及实验目的试剂X试剂YA电石与饱和食盐水混合，检验乙炔气体CuSO4溶液酸性KMnO4溶液B二氧化锰与浓盐酸混合加热，验证氯、溴、碘单质氧化性依次减弱NaBr溶液KI溶液C乙醇与浓硫酸加热至170，证明发生了消去反应NaOH溶液Br2的CCl4溶液D乙酸溶液与碳酸钠固体混合，探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱饱和NaHCO3溶液苯酚钠溶液AABBCCDD二、解答题（共4小题，满分58分）8有机化合物N是合成药物洛索洛芬钠（治疗关节
4、炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R、R、R1、R2、R3、R4均为烃基）RCNRCOOHRCHCHRRCOOH（1）B的化学名称是（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为（4）CE的反应试剂和条件是（5）G的结构简式为（6）下列说法正确的是a常温下，在水中的溶解度：乙二酸GMbBDF均为取代反应cH能发生加聚、缩聚反应（7）MN的化学方程式为（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式只含有一种官能团酸性条件下水解产物只有一种9用菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制备MnSO
5、4H2O的工艺流程如下：向菱锰矿中加入过量稀H2SO4，过滤；向滤液中加入过量MnO2，过滤；调节滤液pH=a，过滤；浓缩、结晶、分离、干燥得到产品；检验产品纯度（1）步骤中，滤渣的主要成分是（2）将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO2+Fe2+= Mn2+Fe3+（3）与选用Cl2作为氧化剂相比，MnO2的优势主要在于：原料来源广、成本低、可避免环境污染、（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2开始沉淀时3.46.31.57.6完全沉淀时4.78.32.810.2注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L步骤中a的取值范围是（5）
6、步骤，通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度已知一定条件下，MnO4与Mn2+反应生成MnO2取x g产品配成溶液，用0.1mol/L KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液y mL，产品中锰元素的质量分数为10低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的两种方法如下：方法（图1）：（1）反应器中发生反应：3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g）H2S的稳定性比H2O（填“强”或“弱”），原因是，元素的非金属性减弱SO2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图2所示，随温度升高，化学平衡常数K的变化趋势是比较P1和P2的大小关系，请简述理由（2）工业上先用二乙醇胺吸收
7、H2S，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是（3）燃烧室内，1mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，其热化学方程式为方法（图4）：（4）Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用，示意图如图3：简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理11某小组同学在实验室研究Al与CuCl2溶液的反应实验操作实验现象红色物质附着于铝片表面大量无色气体从红色物质表面逸出，放出大量的热烧杯底部出现白色沉淀（1）现象中的红色物质是（2）经检验现象中的无色气体为氢气甲认为Al与H+反应产生了氢
8、气，用离子方程式表示溶液中存在大量H+的原因氢气从红色物质表面逸出的原因是（3）探究白色沉淀的化学成分查阅资料：Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色），该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色乙认为白色沉淀可能是CuCl，并通过实验证明其猜测正确，实验步骤如下：a取白色沉淀，充分洗涤；b向其中加入浓氨水，沉淀溶解得到无色溶液，将无色溶液分为两份；c取其中一份无色溶液d将另一份无色溶液放置于空气中，一段时间后，溶液变为蓝色步骤c的实验方案是用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因（4）探究CuCl产生的原因丙猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，因为Cu具有性取Cu粉与1
9、mol/L CuCl2溶液混合，无白色沉淀产生，丙再次分析Al与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，改进之处是2016年北京市丰台区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列试剂中，标签上应标注和的是（）A氨水B碳酸钠C盐酸D浓硫酸【考点】化学试剂的分类【分析】试剂的标签上应标注和，说明该试剂具有强氧化性和腐蚀性，如浓硫酸、硝酸等，据此进行解答【解答】解：A氨水具有腐蚀性，但不具有氧化性，不能用标签，故A错误；B碳酸钠不具有强氧化性，故B错误；C盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故C错误；D浓
10、硫酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故D正确；故选D2硒（Se）是人体健康必需的一种微量元素已知Se的原子结构示意图为：下列说法不正确的是（）A该原子的质量数为34B该元素处于第四周期第A族CSeO2既有氧化性又有还原性D酸性：HClO4H2SeO4【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数；B主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；C中间价态的元素既有氧化性又有还原性；D元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强【解答】解：A质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数，该原子的质子数为34，所以其质量数大于34，故
11、A错误；B主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，所以该元素处于第四周期第A族，故B正确；C中间价态的元素既有氧化性又有还原性，二氧化硒中硒处于+4价，是中间价态，所以二氧化硒既有氧化性又有还原性，故C正确；D元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强，Cl的非金属性大于Se的非金属性，所以酸性：HClO4H2SeO4，故D正确故选A3下列说法正确的是（）A蔗糖在人体内水解的最终产物是葡萄糖B蔬菜水果属于碱性食物，对人体健康有益C为了防止蛋白质发生盐析，疫苗等生物制剂要冷藏D 由CH2=CH2与CH2=CHCN加聚而成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析
12、】A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；B蔬菜水果在体内最终代谢产物显碱性；C疫苗高温下发生变性；D由添键断键可知，由前四个碳可知单体有1，3丁二烯【解答】解：A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误；B蔬菜水果在体内最终代谢产物显碱性，对人体健康有益，故B正确；C疫苗高温下发生变性，则为了防止蛋白质发生变性，疫苗等生物制剂要冷藏，故C错误；D由添键断键可知， 由CH2=CHCH=CH2与CH2=CHCN加聚而成，故D错误；故选B4下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是（）A图，放置于干燥空气中的铁钉不会生锈B图，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C图，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D图，若金属
13、M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】A干燥空气中不易形成原电池；B中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀；C与原电池的正极相连作阳极，易被腐蚀；DMg、Fe形成原电池时，Fe作正极【解答】解：A形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不会生锈，故A正确；B中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，故B正确；C与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故C错误；DMg、Fe形成原电池时，Fe作正极，Mg失电子作负极，Fe被保护，故D正确故选C5下
14、列用于解释事实的方程式中，不合理的是（）A氯水应保存在棕色试剂瓶内：2HClOH2O+Cl2B氯水具有杀菌、漂白作用：Cl2+H2OHCl+HClOC将氯水滴到淀粉KI试纸上，试纸变蓝：Cl2+2I=2Cl+I2D在实验室用漂白液和适量稀盐酸制取少量氯水：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O【考点】氯气的化学性质；离子方程式的书写【分析】A、氯水中的次氯酸不稳定，见光易分解；B、氯水中的次氯酸因为具有氧化性而具有杀菌、漂白作用；C、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；D、漂白液和适量稀盐酸之间发生氧化还原反应可以得到氯气，据此回答【解答】解：A、氯水中的次氯酸不稳定，见
15、光易分解2HClO2HCl+O2，故A不合理；B、氯水中的次氯酸因为具有氧化性而具有杀菌、漂白作用，即Cl2+H2OHCl+HClO，故B合理；C、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质Cl2+2I=2Cl+I2，碘单质遇到淀粉变蓝，极将氯水滴到淀粉KI试纸上，试纸变蓝，故C合理；D、漂白液和适量稀盐酸之间发生氧化还原反应可以得到氯气，原理是：ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，故D合理故选A6如图为反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化示意图，下列说法不正确的是（）AHH键比ClCl键强，HCl键是极性共价键B断键吸收能量，成键释放能量，该反应H=183kJ/molC若生成
16、液态HCl，则反应释放的能量将减少D反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关【考点】反应热和焓变【分析】A键能越大，键越强，不同非金属元素之间形成极性键；BH=反应物的总键能生成物的总键能；C从气态到液态会放出热量；D焓变只与反应的始态和终态有关【解答】解：A氢气键能为436KJ/mol，氯气键能为243KJ/mol，所以HH键比ClCl键强，不同非金属元素之间形成极性键，即HCl键为极性键，故A正确；BH=反应物的总键能生成物的总键能=2431kJ/mol=183kJ/mol，故B正确；C从气态到液态会放出热量，所以若生成液态HCl，则反应释放的能量将增大，故C错误；D焓变只与反应的始态和
17、终态有关，而与反应的途径无关，即反应的焓变与假想的中间物质的种类、状态无关，故D正确故选C7用如图实验装置进行实验不能达到目的是（）选项反应及实验目的试剂X试剂YA电石与饱和食盐水混合，检验乙炔气体CuSO4溶液酸性KMnO4溶液B二氧化锰与浓盐酸混合加热，验证氯、溴、碘单质氧化性依次减弱NaBr溶液KI溶液C乙醇与浓硫酸加热至170，证明发生了消去反应NaOH溶液Br2的CCl4溶液D乙酸溶液与碳酸钠固体混合，探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱饱和NaHCO3溶液苯酚钠溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A电石和食盐水反应生成乙炔，同时还生成杂质气体硫化氢等，硫化氢能和硫酸铜反
18、应生成CuS沉淀，且硫化氢、乙炔都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B氯气能氧化溴离子、碘离子分别生成溴和碘；C乙醇发生消去反应生成乙烯，乙醇具有挥发性，生成的乙醇中含有乙烯，乙醇易溶于水，溴的四氯化碳和乙醇不反应，和乙烯发生加成反应；D乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸和饱和的碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚【解答】解：A电石和食盐水反应生成乙炔，同时还生成杂质气体硫化氢等，硫化氢能和硫酸铜反应生成CuS沉淀，且硫化氢、乙炔都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，X能除去硫化氢气体，防止乙炔的检验，Y能检验乙炔，能实现实验目的，故A正确；B氯气能氧化溴离子、碘离子分别生成溴
19、和碘，氯气和溴离子反应生成的溴呈液态，且如果氯气过量时，从X中出来的气体中含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C乙醇发生消去反应生成乙烯，乙醇具有挥发性，生成的乙醇中含有乙烯，乙醇易溶于水，溴的四氯化碳和乙醇不反应，和乙烯发生加成反应，X溶液吸收乙醇，Y溶液检验乙烯，所以能实现实验目的，故C正确；D乙酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有乙酸，乙酸和饱和的碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和苯酚钠反应生成苯酚，根据强酸制取弱酸知，能探究乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱，能实现实验目的，故D正确；故选B二、解答题（共4小题，满分58分）8有机化合物N是合成药物
20、洛索洛芬钠（治疗关节炎）的重要中间体，其合成路线如下：已知：（R、R、R、R1、R2、R3、R4均为烃基）RCNRCOOHRCHCHRRCOOH（1）B的化学名称是1，3丁二烯（2）D能使溴水褪色，其核磁共振氢谱有两组峰，D的结构简式为ClCH2CH=CHCH2Cl（3）已知烃A的一元取代产物只有一种，A的结构简式为（4）CE的反应试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热（5）G的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH（6）下列说法正确的是aca常温下，在水中的溶解度：乙二酸GMbBDF均为取代反应cH能发生加聚、缩聚反应（7）MN的化学方程式为（8）写出满足下列条件的H的一种同分异构
21、体的结构简式只含有一种官能团酸性条件下水解产物只有一种【考点】有机物的合成【分析】E发生氧化反应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，M为C2H5OOCCH2CH2CH2CH2COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4加成生成D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D发生取代反应生成F为NCCH2CH=CHCH2CN，F发生水解反应生成H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，H与氢气发生加成反应生成G【解答】解：E发生氧化反
22、应得到G，结构G的分子式可知E为环烯，A的分子式为C6H12，其一元取代产物只有一种，则A的结构简式为，C为，E为，G为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，M为C2H5OOCCH2CH2CH2CH2COOC2H5，M发生信息iii中的取代反应生成N为由B系列转化得到G，可知B与溴发生1，4加成生成D为ClCH2CH=CHCH2Cl，D发生取代反应生成F为NCCH2CH=CHCH2CN，F发生水解反应生成H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，H与氢气发生加成反应生成G（1）B的化学名称是1，3丁二烯，故答案为：1，3丁二烯；（2）D的结构简式为：ClCH2CH=CHCH2Cl，故答案
23、为：ClCH2CH=CHCH2Cl；（3）A的结构简式为，故答案为：；（4）CE发生卤代烃消去反应，反应试剂和条件是：NaOH的乙醇溶液、加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液、加热；（5）G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，故答案为：HOOCCH2CH2CH2CH2COOH；（6）aG中烃基较大，溶解性小于乙二酸的，M属于酯，难溶于水，故a之间；bBD属于加成反应，故b错误；cH含有碳碳双键，可以发生加聚反应，含有2个羧基，能发生缩聚反应，故c正确，故选：ac；（7）MN的化学方程式为：，故答案为：；（8）H为HOOCCH2CH=CHCH2COOH，满足下列条件的H的一种同
24、分异构体：只含有一种官能团，酸性条件下水解产物只有一种，符合条件的结构简式为：，故答案为：9用菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制备MnSO4H2O的工艺流程如下：向菱锰矿中加入过量稀H2SO4，过滤；向滤液中加入过量MnO2，过滤；调节滤液pH=a，过滤；浓缩、结晶、分离、干燥得到产品；检验产品纯度（1）步骤中，滤渣的主要成分是SiO2（2）将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整：1MnO2+2Fe2+4H+=1 Mn2+2Fe3+2H2O（3）与选用Cl2作为氧化剂相比，MnO2的优势主要在于：原料来源广、成本低、可避免环境污染、不会引入Cl，使制得的MnSO
25、4H2O产品更纯净（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl（OH）3Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2开始沉淀时3.46.31.57.6完全沉淀时4.78.32.810.2注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L步骤中a的取值范围是4.7a7.6（5）步骤，通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度已知一定条件下，MnO4与Mn2+反应生成MnO2取x g产品配成溶液，用0.1mol/L KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液y mL，产品中锰元素的质量分数为【考点】制备实验方案的设计【分析】菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰
26、、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，过滤除去二氧化硅；向滤液中加入过量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为二价锰离子，调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，过滤除去氢氧化铁和氢氧化铝固体，对硫酸锰溶液进行浓缩、冷切结晶、过滤、洗涤干燥得到产品，（1）二氧化硅不溶于稀硫酸；（2）根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒配平反应；（3）注意最后不能引入杂质离子，氯气会引入氯离子；（4）调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，而锰离子不能沉淀，根据表格回答；（5）根据方程式3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+进行计算【解答】解：菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2
27、O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，；向滤液中加入过量MnO2，将亚铁离子氧化为铁离子，本身被还原为二价锰离子，调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，过滤除去氢氧化铁和氢氧化铝固体，对硫酸锰溶液进行浓缩、冷切结晶、过滤、洗涤干燥得到产品，（1）菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2），加入过量稀H2SO4，生成硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝溶液，二氧化硅不溶解，滤渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：二氧化硅；（2）锰元素化合价由+4价降低到+2价，铁元素由+2价升高到+3价，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒，配平反应为M
28、nO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）选用Cl2作为氧化剂会最后的溶液中引入氯离子，使制得的产品不纯，而MnO2不会引入Cl，使制得的MnSO4H2O产品更纯净，故答案为：不会引入Cl，使制得的MnSO4H2O产品更纯净；（4）调节滤液pH，使三价铁离子和铝离子沉淀，根据表格可知二价锰离子开始沉淀的pH=7.6，铝离子开始沉淀的pH=4.7，故4.7a7.6，故答案为：4.7a7.6；（5）设含有硫酸锰的物质的量为z，根据方程式 3Mn2+2MnO4+2H2O=5MnO2+4H+ 3mol 2mol z 0
29、.1y103molz=0.15y103mol，锰元素的质量分数=，故答案为：10低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的两种方法如下：方法（图1）：（1）反应器中发生反应：3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g）H2S的稳定性比H2O弱（填“强”或“弱”），原因是氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素的非金属性减弱SO2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如图2所示，随温度升高，化学平衡常数K的变化趋势是减小比较P1和P2的大小关系P2P1，请简述理由当温度一定时，增大压强3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g）平衡正向移动
30、，SO2的转化率增大（2）工业上先用二乙醇胺吸收H2S，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S（获得高浓度H2S）（3）燃烧室内，1mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，其热化学方程式为2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=2a kJ/mol方法（图4）：（4）Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用，示意图如图3：简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理阳极2H2O4e=4H+O2，c（H+）增
31、大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO32结合生成HSO3，Na2SO3转化为NaHSO3阴极2H+2e=H2，导致HSO3H+SO32正向移动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3【考点】二氧化硫的污染及治理；化学平衡的影响因素；二氧化硫的化学性质【分析】（1）分子晶体的稳定性与中心原子的非金属性有关，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，非金属性减弱；平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g），随着温度的升高，二氧化
32、硫的平衡转化率减小，化学平衡常数K的变化趋势是减小，比较P1和P2的大小关系，需当温度一定时进行比较；（2）工业上先用二乙醇胺吸收H2S，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是去除杂质，获得高浓度H2S；（3）根据热化学方程式书写方法写出热化学方程式，标注物质聚集状态和对应反应的焓变；（4）Na2SO3水溶液吸收SO2生成酸式盐NaHSO3；（5）电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，阳极发生氧化反应，失去电子生成氧气，氢离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸氢根离子，阴极发生还原反应生成氢气，导致HSO3H+SO32正向移动，NaHSO3转化为Na2SO3【解答】解：（1）氧和硫
33、元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，非金属性减弱，所以稳定性：H2OH2S，故答案为：弱；氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱；3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g），二氧化硫为反应物，图示压强一定，随温度升高，二氧化硫的平衡转化率减小，所以化学平衡常数K的变化趋势是减小，当温度一定时，增大压强3H2（g）+SO2（g）H2S（g）+2H2O（g）平衡正向移动，SO2的转化率增大，从图示可知，同温度下，P2的SO2的转化率增大，所以P2P1，故答案为：减小；P2P1；当温度一定时，增大压强3H2（g）+SO2（g）H2S（g）
34、+2H2O（g）平衡正向移动，SO2的转化率增大；（2）生成的硫化氢气体中含有水蒸气，二乙醇胺能吸收H2S，不吸收水蒸气，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S（获得高浓度H2S），故答案为：富集H2S（获得高浓度H2S）；（3）1mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，2mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放2akJ能量，放热，H0，所以其热化学方程式为2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=2akJ/mol，故答案为：2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（g）H=2akJ/mol；（4）Na2SO3水
35、溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，故答案为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，阳极2H2O4e=4H+O2，c（H+）增大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO32结合生成HSO3，Na2SO3转化为NaHSO3阴极2H+2e=H2，导致HSO3H+SO32正向移动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3，实现Na2SO3的循环利用，故答案为：阳极2H2O4e=4H+O2，c（H+）增大，H+由a室经阳离子交换膜进入b室，H+与SO32结合生成HSO3，N
36、a2SO3转化为NaHSO3阴极2H+2e=H2，导致HSO3H+SO32正向移动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO311某小组同学在实验室研究Al与CuCl2溶液的反应实验操作实验现象红色物质附着于铝片表面大量无色气体从红色物质表面逸出，放出大量的热烧杯底部出现白色沉淀（1）现象中的红色物质是Cu（2）经检验现象中的无色气体为氢气甲认为Al与H+反应产生了氢气，用离子方程式表示溶液中存在大量H+的原因Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+氢气从红色物质表面逸出的原因是Cu和Al在酸性条件下形成原电池，Cu为正极，H+在正极表面得电子生成氢气（3）探究白色沉淀的化学成分查阅资
37、料：Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色），该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色乙认为白色沉淀可能是CuCl，并通过实验证明其猜测正确，实验步骤如下：a取白色沉淀，充分洗涤；b向其中加入浓氨水，沉淀溶解得到无色溶液，将无色溶液分为两份；c取其中一份无色溶液d将另一份无色溶液放置于空气中，一段时间后，溶液变为蓝色步骤c的实验方案是加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s）Cu+（aq）+Cl（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解（4
38、）探究CuCl产生的原因丙猜测可能是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，因为Cu具有还原性取Cu粉与1mol/L CuCl2溶液混合，无白色沉淀产生，丙再次分析Al与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，改进之处是加热【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）铝的活泼些大于铜，和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜；（2）氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性；氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应，铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气；（3）依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色），该无色
39、物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子；氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu（NH3）2+（无色），平衡正向进行促进沉淀溶解；（4）若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，元素化合价分析可知铜化合价0价变化为+1价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应；铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀；【解答】解：（1）铝的活泼些大于铜，和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，铝表面析出红色的铜，故答案为：Cu
40、；（2）氯化铜是强酸弱碱盐水解溶液显酸性，CuCl2+2H2OCu（OH）2+2HCl，溶液中存在大量H+的原因是因为水解生成的，反应的离子方程式为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，故答案为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；氯置换出铜附着在铝表面在电解质溶液中形成原电池反应，铜做负极，溶液中氢离子在铜电极发生还原反应生成氢气，电极反应为2H+2e=H2，故答案为：Cu和Al在酸性条件下形成原电池，Cu为正极，H+在正极表面得电子生成氢气；（3）依据实验步骤可知步骤d是验证Cu+可与浓氨水反应生成Cu（NH3）2+（无色），该无色物质在空气中易被氧化变为蓝色，所以步骤c是验证白色
41、沉淀可能是CuCl，检验反应后的溶液中是否含氯离子，步骤c的实验方案是加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液，观察是否生成白色沉淀判断氯离子的存在，故答案为：加入足量的稀硝酸，再滴加几滴硝酸银溶液；氯化亚铜白色沉淀在水溶液中存在沉淀溶解平衡，加入浓氨水会和亚铜离子形成Cu（NH3）2+（无色），平衡正向进行促进沉淀溶解，用化学平衡移动原理解释CuCl溶于浓氨水的原因是：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s） Cu+（aq）+Cl（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解，故答案为：CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl（s） Cu+（aq）+Cl（aq），加入浓氨水，浓氨水与Cu+反应生成Cu（NH3）2+，Cu+浓度减小，平衡正向移动，促进CuCl溶解；（4）若是Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，元素化合价分析可知铜化合价0价变化为+1价，元素化合价升高失电子做还原剂发生氧化反应，铜表现的是还原性，故答案为：还原；铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反应过程非常大量热量，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀，若加热出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，若不出现沉淀说明Cu与CuCl2溶液不能反应生成了CuCl，故答案为：加热2016年6月23日