北京市西城区2021~2022学年高三上学期期末考试化学答案.docx

1、北京市西城区2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 Mg24 Si28第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是A冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰B火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧C由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉D电动汽车的全气候电池充电A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为

2、固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；B氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选A。2. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是A. 用含Fe2O3的铁矿石冶炼FeB. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂C. 用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+D. 以NH3为原料制备HNO3【答案】C【解析】【详解】A用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反

3、应有关，故A不符合题意；B用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；D以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。3. 下列比较正确的是A. 第一电离能：BeBB. 热稳定性：H2SH2OC. 碱性：Al(OH)3Mg(OH)2D. 原子半径：NC【答案】A【解析】【详解】A同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中A族元素比A族元素

4、第一电离能大，A正确；B同一主族元素，从上到下氧化性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，所以热稳定性：H2SH2O，B错误；C同一周期元素，从左到右还原性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，所以碱性：Al(OH)3Mg(OH)2，C错误；D同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径：NC，D错误；故选A。4. 下列化学用语或图示表达正确的是A. CO2分子的结构模型：B. 基态Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2C. 基态磷原子的轨道表示式：D. 原子核内中子数为20的氯原子：1720Cl【答案】A【解析】【详解】ACO2分子的结构模型为：，A正确；B基

5、态Cr的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，B错误；C基态磷原子的轨道表示式为：，C错误；D质量数等于质子数加中子数，故原子核内中子数为20的氯原子为：1737Cl，D错误；故答案为：A。5. 我国科学家从中国特有的喜树中分离得到具有肿瘤抑制作用的喜树碱，结构如图。下列关于喜树碱的说法不正确的是A. 能发生加成反应B. 不能与NaOH溶液反应C. 羟基中OH的极性强于乙基中CH的极性D. 带*的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的H+以配位键结合【答案】B【解析】【详解】A由有机物的结构简式可知，分子中含有苯环、碳碳双键和碳氮双键等，故能发生加成反应，A正确；B由有机物的结构

6、简式可知，分子中含有酯基和酰胺键，故能与NaOH溶液反应，B错误；C由于O的电负性比C的大，故O吸引电子的能力强于C，则羟基中OH的极性强于乙基中CH的极性，C正确；DN原子最外层上有5个电子，带*的氮原子只形成了3个共价键，说明还有一对孤电子对，能与含空轨道的H+以配位键结合，D正确；故答案为：B。6. 能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是气体制备试剂烧杯中试剂ANO2铜与浓硝酸NaOH溶液BNH3浓氨水与碱石灰水CC2H2电石与水水DCl2MnO2与浓盐酸饱和NaCl溶液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】由图可知，气体制备装置为固液不加

7、热的装置，烧杯中的尾气处理试剂能与制备的气体反应。【详解】A铜与浓硝酸在不加热的条件下能反应制得二氧化氮气体，烧杯中的氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮气体，防止污染空气，故A正确；B浓氨水与碱石灰在不加热的条件下能反应制得氨气，但氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，故B错误；C电石与水在不加热的条件下能反应制得乙炔气体，乙炔微溶于水，不能与水反应，不能用水吸收乙炔气体，故C错误；D二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，常温下不反应，且氯气不溶于饱和氯化钠溶液，不能用饱和氯化钠溶液吸收氯气，故D错误；故选A。7. 铜与浓硫酸反应的装置如下图，下列说法不正确的是A. 反应一段时间后，品红溶液褪色，说明有

8、SO2生成B. 在该反应中，浓硫酸只表现出酸性C. 石蕊溶液变红说明SO2与水发生了反应D. 为确认CuSO4生成，试管冷却后，将其中的物质缓慢倒入水中，观察颜色【答案】B【解析】【详解】A反应一段时间后，品红溶液褪色，说明铜与浓硫酸共热反应生成具有漂白性的二氧化硫使品红溶液褪色，故A错误；B铜与浓硫酸反应共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素化合价部分降低被还原，浓硫酸在反应中表现酸性和强氧化性，故B错误；C实验中石蕊溶液变红说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出的氢离子使石蕊溶液变红，故C正确；D为确认硫酸铜的生成，为防止水加入到密度大于水的浓硫酸中产生

9、暴沸，应待管冷却后，将其中的物质缓慢倒入水中，观察溶液颜色是否为淡蓝色，故D正确；故选B。8. 关于下列实验的说法不正确的是ACH3COO-的水解程度增大B溶液的pH减小是CH3COO-水解平衡移动的结果CNH4Cl可促进CH3COO-的水解D混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进CH3COO-的水解，故A正确；B醋酸钠溶液加热促进CH3COO-的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C氯化铵水解显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故C正确；D根

10、据物料守恒，原醋酸钠溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= c(Na+)，再加入一定量醋酸后，混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之和大于c(Na+)，故D正确；故选：B。9. 下列方程式不能准确解释相应实验现象的是A. 向AlCl3溶液中滴入氨水产生白色沉淀：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+B. 红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O=2HNO3+NOC. 红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体：2Fe+3H2O高温Fe2O3+3H2D. 向AgCl悬浊液中滴加KI溶液产生黄色沉淀：AgCl(s)+I-(aq)AgI(s)+Cl-(aq)【答

11、案】C【解析】【详解】A向氯化铝溶液中滴入氨水，有氢氧化铝白色沉淀生成，因氨水碱性较弱，当加入过量氨水时，沉淀不溶解，其离子方程式为：Al3+3NH3H2O=AlOH3+3NH4+，故A正确；B二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B正确；C红热的铁粉与水蒸气反应，生成黑色固体Fe3O4，其反应为：3Fe+4H2O高温Fe3O4+4H2，故C错误；D向AgCl悬浊液中滴加KI溶液产生黄色沉淀，其为沉淀的转化，有难溶向更难溶转化，反应为：AgCls+IaqAgIs+Claq，故D正确；故选C。10. 高分子P1通过加入化合物B可得高分子P2其合成路线如下：

12、已知：下列说法正确的是A. 有机物A存在顺反异构B. 有机物A与乙烯互为同系物C. 反应为加成聚合反应D. P2只能是线型结构的高分子【答案】C【解析】【详解】A有机物A中存在碳碳双键，但由于其中双键所在的一端碳原子上连有两个H原子，故不存在顺反异构，A错误； B同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，故有机物A与乙烯不互为同系物，B错误；C由题干合成流程图可知，反应为加成聚合反应，C正确； D由已知信息结合P1转化为P2的条件可知，P2既能是线型结构的高分子，又能生成空间网状结构高分子，D错误；故答案为：C。11. 中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将

13、CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如图。下列说法不正确的是A. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90.6kJ/molB. 使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C. 其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行D. 220240C，升高温度，对反应速率的影响比对反应的小【答案】D【解析】【详解】A由题干信息可知

14、，反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ/mol，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ/mol，则目标反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应-，根据盖斯定律可知，H=H1-H2=(-49.4kJ/mol)-( +41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol，A正确；B根据碰撞理论可知，使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，B正确；C根据反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+

15、41.2kJ/mol可知，其他条件不变，增大压强，对反应无影响，对反应平衡正向移动，故有利于反应向生成CH3OH的方向进行，C正确；D由图可知，220240C，升高温度，CO2的转化率增大，根据反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ/mol可知，即升高温度，反应平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应平衡正向移动，CO2的转化率增大，故说明对反应速率的影响比对反应的大，D错误；故答案为：D。12. 采用下图装置制备乙烯并研究乙烯与溴水的反应。实验观察到溴水褪色，得到无色透明

16、的溶液。进一步分析发现反应产物主要为BrCH2CH2OH，含少量BrCH2CH2Br。下列说法不正确的是A. 实验室制乙烯的方程式：CH3CH2OH170浓H2SO4CH2=CH2+H2OB. 除杂试剂A为NaOH溶液C. 乙烯与溴水反应后的溶液近乎中性D. BrCH2CH2OH与H2O之间存在氢键【答案】C【解析】【详解】A实验室制乙烯用乙醇和浓硫酸在170下加热发生消去反应，A项正确；B此法制得的乙烯中可能会混有二氧化硫气体，二氧化硫也能使溴水褪色，因此应用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，B项正确；C乙烯与溴水发生加成反应主要产物为BrCH2CH2OH，说明一定生成了HBr，而HBr会使溶液呈酸

17、性，C项错误；DBrCH2CH2OH与H2O中都有O-H键，因此分子之间可以形成氢键，D项正确；答案选C。13. 微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如下。关于该电池的说法不正确的是A. a极是负极B. H+向b极迁移C. 对氯苯酚在电极上发生的反应是+H+2e=+ClD. 电路中通过0.4mole，消耗了0.1molCH3COO【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为原电池，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO8e+4H2O=2HCO3-+9H+或CH3COO8e+4H2O=2H2CO3+7

18、H+，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H+2e=+Cl。【详解】A由分析可知，a极是原电池的负极，故A正确；B由分析可知，a极是原电池的负极，b极为正极，电池工作时，溶液中的氢离子向正极b极移动，故B正确；C由分析可知，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H+2e=+Cl，故C正确；D由分析可知，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO8e+4H2O=2HCO3-+9H+或CH3COO8e+4H2O=2H2CO3+7H+，由电极反应

19、式可知，电路中通过0.4mole，消耗了0.05mol醋酸根离子，故D错误；故选D。14. 研究小组为探究Na2S晶体在空气中变质后的产物，进行实验并记录现象如下：取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a。取少量溶液a加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体放出，且出现淡黄色浑浊。将中浊液过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。资料：i.Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)ii.BaS易溶于水下列说法不正确的是A. 中淡黄色浑浊可能是Sx2与H+反应产生的B. 和说明该Na2S样品中含有SC. 中白色沉淀是BaSO4D. 该Na2S样品中可能含有Na

20、2SO3【答案】B【解析】【详解】A由题干信息i.Na2S溶液能溶解S生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)可知，中淡黄色浑浊可能是Sx2与H+反应产生的S单质，A正确；B由于S不溶于水，而取Na2S样品加水溶解，得到澄清溶液a，则说明该Na2S样品中不可能含有S，B错误；C实验是将中浊液过滤含有过量的HCl，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀中白色沉淀是BaSO4，C正确；D由于Na2S+2HCl=2NaCl+H2S，Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2，2H2S+SO2=3S+2H2O，故该Na2S样品中可能含有Na2SO3，D正确；故答案为：B

21、。第二部分本部分共5题，共58分。15. 硅烷SiH4可用于制造高纯硅。采用硅化镁法制备SiH4的化学方程式如下：Mg2Si+4NH4Cl+8NH3=SiH4+2MgCl26NH3（1）硅在元素周期表中的位置是_，基态硅原子占据的最高能级的符号是_。（2）SiH4的电子式是_。SiH4的沸点比CH4的_。(填“高”或“低”)，原因是_。（3）Mg2Si可由Mg和SiO2反应制得。晶体SiO2属于_晶体(填晶体类型)，一种SiO2晶体的结构中有顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链(如图)。其中Si原子的杂化轨道类型是_。（4）Mg2Si晶体的晶胞示意图如下。每个Mg原子位于Si原子组成的四面体

22、的中心。则1个Si原子周围有_个紧邻的Mg原子。已知Mg2Si的晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Mg2Si晶体的密度为_gcm-3。【答案】（1） . 第四周期A族 . 3p （2） . . 高 . SiH4和CH4是结构相似的分子晶体，SiH4的相对分子质量大于CH4，分子间作用力高于CH4 （3） . 原子 . sp3 （4） . 4 . 476a3NA【解析】【小问1详解】硅元素的原子序数为14，位于元素周期表第四周期A族，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2，则原子占据的最高能级的符号是3p，故答案为：第四周期A族；3p；【小问2详解】硅烷是共价化合物，电子式为，故答案

23、为：；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间的分子间作用力越大，沸点越高，硅烷和甲烷是结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量大于甲烷，分子间作用力高于甲烷，沸点高于甲烷，故答案为：高；【小问3详解】二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，晶体中每个硅原子与4个氧原子相连形成四面体结构，则硅原子的杂化轨道类型是sp3杂化，故答案为：原子；sp3；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心硅原子的个数为818+612=4，位于体内的镁原子个数为8，每个硅原子周围有4个镁原子，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：a3d=476NA，解得d=476a3NA，故答案为：4；

24、476a3NA。16. 工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体NiSO46H2O。（1）制备含Ni2+溶液高磷镍铁转炉吹炼镍铁合金电解造液含Ni2+溶液已知：i.高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：元素/%Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%高磷镍铁4.5870.4016.120.220.34镍铁合金52.4938.305.581.731.52ii.金属活动性：FeCoNiH依据数据，“转炉吹炼”的主要目的是：富集镍元素，除去部分_。“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，H2SO4溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是_。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低N

25、iSO46H2O的产率，可向电解质溶液中加入_(填试剂)。（2）制备NiSO46H2O已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+Co2+Ni2+完全沉淀的pH2.88.36.79.48.9在酸性条件下，NaClO和Fe2+反应生成Fe3+和Cl的离子方程式是_。已知Ni(OH)2的Ksp为5.4810-16，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L。结合数据说明不能通过调节溶液的pH除去Cu2+的原因：_。(已知：lg5=0.7)从滤液3中获取NiSO46H2O的操作是_、洗涤、干燥。【答案】（1） . 铁元素和磷元素 . H2 . CuSO4溶液

26、（2） . ClO+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl+H2O . 由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH)= 5.4810-161.37mol/L=210-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7 . 加热浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】由题给流程可知，高磷镍铁通过转炉吹炼得到镍铁合金，镍铁合金通过电解造液得到含镍离子的溶液；向含镍离子的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到除去铁离子的滤液1；向滤液1中加入氢硫酸溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到除去铜离子的滤液2；向滤

27、液3中加入碱式氧化镍，将钴离子转化为沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液3；滤液3经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。【小问1详解】由题给数据可知“转炉吹炼”的主要目的是富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素，故答案为：铁元素和磷元素；“电解造液”时，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；铜离子的氧化性强于镍离子，则电解时应在电解质溶液加入硫酸铜溶液防止镍离子在阴极被还原生成镍，故答案为：H2；CuSO4溶液；【小问2详解】由题意可知，在酸性条件下，次氯酸根离子和亚铁离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为ClO+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl+H2O，故答

28、案为：ClO+2Fe2+2H+=2Fe3+Cl+H2O；由氢氧化镍的溶度积可知，滤液1中c(Ni2+)=1.37mol/L时，溶液中c(OH)= 5.4810-161.37mol/L=210-8mol/L，溶液的pH=147lg5=6.36.7，则溶液中的铜离子不能完全除去，故答案为：由c(Ni2+)=1.37mol/L可知，溶液中c(OH)= 5.4810-161.37mol/L=210-8mol/L，溶液pH=6.3，小于铜离子完全沉淀的pH=6.7；由分析可知，从滤液3中获取六水硫酸镍晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。17. 我国科学家

29、合成了结构新颖的化合物M，为液晶的发展指明了一个新的方向。M的合成路线如下：资料i.+NH2HCOOHC2H5OH+H2O（1）A是苯的同系物，苯环上只有一种环境的氢原子。A的结构简式是_。（2）B的官能团的名称是_。（3）BD的反应类型是_。（4）J的结构简式是_。（5）下列有关K的说法正确的是_(填序号)。a与FeCl3溶液作用显紫色。b含有醛基、羟基和醚键c存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体（6）E与K生成L的化学方程式是_。（7）依据资料i和资料ii，某小组完成了尼龙6的合成设计。资料ii.H+P、Q的分子式都是C6H11ON，Q含有1个七元环。P的结构简式是_，生成尼龙6的化学方

30、程式是_。【答案】（1） （2）羧基 （3）取代反应 （4）HOOCCHO （5）ab （6）+一定条件+HBr （7） . . n一定条件【解析】【分析】A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：；由B的分子式可知，A到B氧化时，只有一个甲基被氧化，B的结构简式为：；B到D为烷基上的取代反应，D的结构简式为：；D到E为酯化反应，C16H33OH为饱和醇，E的结构为；由可知，F的结构简式为；F到G为取代反应，G的结构简式为；J与G反应生成，该反应为加成反应，即J的结构简式为HOOCCHO；到K的反应为脱羧及氧化反应，结合K的分子式，可得K的结构简式为；

31、由M的结构简式可知E与K的反应为取代反应，L的结构简式为：。【小问1详解】(1) A为苯的同系物，且苯环上只有一种H，即A的结构为完全对称结构，满足条件的结构简式为：，故填；【小问2详解】(2)B的结构简式为，其官能团的名称为羧基，故填羧基；【小问3详解】(3)B到D的条件为卤素单质，光照，该条件为烷基上的取代反应，故填取代反应；【小问4详解】(4) J与G反应生成，该反应为加成反应，G的结构简式为，即J的结构简式为HOOCCHO，故填HOOCCHO；【小问5详解】(5)经推断，K的结构简式为，以此分析：a.K的结构中含有酚羟基，遇氯化铁溶液显紫色，故a正确；b.该结构中含有羟基(OH)、醛基

32、(CHO)和醚键(COC)，故b正确；c.从分子式来看，该结构中，苯环含有6个碳，如果同时存在碳碳双键和酯基，则至少还需要3个碳原子，所以不可能存在含有苯环和碳碳双键的酯类同分异构体，故c错误；故填ab；【小问6详解】(6)E与K生成L的反应为取代反应，其反应的化学方程式为：+一定条件+HBr，故填+一定条件+HBr；【小问7详解】(7)由资料i，环己酮与HONH2生成P，P的结构简式为，再由资料ii可知，P在酸性条件下反应生成Q，则结合已知条件，Q的结构简式为，最后在一定条件下反应生成尼龙6，其反应为：n一定条件，故填、n一定条件。18. 某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如下

33、图(电源装置略去)。（1）分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色产生无色气泡IINaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡资料：iCuOH是黄色、易分解的难溶固体，CuCl是白色的难溶固体。ii氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生I和II中Cu作_极(填“阳”或“阴”)。II中石墨电极产生气体的电极反应式为_。II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是_。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl，有利于Cu被氧

34、化为一价铜化合物，理由是_。（2）探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象IIINa2SO4溶液铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀资料：碱式硫酸铜xCu(OH)2yCuSO4难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜xCu(OH)2yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是_。小组认为适当增大c(OH)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是_。（3）进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象IVNa2SO4和NH3H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(p

35、H=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀IV中出现深蓝色说明电解生成了_离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。（4）综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有_。【答案】（1） . 阳 . 2 H2O+2e= H2+2OH . 2CuCl+2OH=Cu2O+2Cl+H2O . 阳极附近溶液中Cl浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生 （2） . 取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀 . 常温时，xCu(OH)2yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大 （3）C

36、u(NH3)42+ （4）电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制【解析】【分析】该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素，通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。小问1详解】由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2 H2O+2e= H2+2OH，故答案为：2 H2O+2e= H2+2OH；由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应

37、生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH=Cu2O+2Cl+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH=Cu2O+2Cl+H2O；阳极附近溶液中Cl浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；【小问2详解】若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产

38、生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；由资料可知，常温时碱式硫酸铜溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；【小问3详解】由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：Cu(NH3)42+；【小问4详解】由实验IV可知，选用氢氧

39、化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。19. 某小组为测定I-(aq)+I2(aq)I3(aq)的平衡常数，完成实验I和实验II。已知：i.2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaIii.I-与I3难溶于CCl4iii.室温下，达到溶解平衡后，I2在CCl4层和水层中的分配比c(I2)CCl4:c(I2)H

40、2O为常数实验I：测定分配比（1）在2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中，I2作_剂(填“氧化”或“还原”)。（2）I2易溶于CCl4的原因是_，分液操作用到的主要玻璃仪器有_、烧杯。（3）滴定时选用的指示剂是_，滴定终点的现象是_。（4）实验测得分配比为86：1，则V1：V2=_。实验II：测定平衡常数（5）通过V4可推知水层2中I2和I3的总浓度，结合平衡移动原理解释原因：_。（6）通过实验I和实验II，测得平衡常数K=_(用含c、V3、V4的代数式表示，可以不化简)。【答案】（1）氧化 （2） . 单质碘和四氯化碳均是非极性分子 . 分液漏斗 （3） . 淀粉溶液 . 当滴

41、入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复用来的颜色 （4）10：1 （5）加入硫代硫酸钠发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由于溶液中存在平衡I-(aq)+I2(aq)I3(aq)，所以通过V4可推知水层2中I2和I3的总浓度。 （6）860(10V4V3)V3(17.2+cV310cV4)【解析】【小问1详解】在2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI中碘元素化合价降低，得到电子，被还原，I2作氧化剂。【小问2详解】单质碘和四氯化碳均是非极性分子，根据相似相容原理可知I2易溶于CCl4；分液操作用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。【小问3详解】碘

42、遇淀粉显蓝色，则滴定时选用的指示剂是淀粉溶液，滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复用来的颜色。【小问4详解】实验测得分配比为86：1，则根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知V1：V2=865143=101。【小问5详解】加入硫代硫酸钠发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，由于溶液中存在平衡I-(aq)+I2(aq)I3(aq)，所以通过V4实际计算出的是水层2中I2和I3的总浓度。【小问6详解】根据方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知有机层2中单质碘的浓度是0.001cV320.005mol/L0.1cV3mol/L，同样可计算出水层2中I2和I3的总浓度为cV486mol/L，由于分配比为86：1，则水层2中单质碘的浓度是cV3860mol/L，所以其中I3的浓度为cV486mol/LcV3860mol/L10cV4cV3860mol/L，根据方程式可知I-(aq)+I2(aq)I3(aq)反应的碘离子的浓度是10cV4cV3860mol/L，所以平衡时碘离子的浓度是（0.0210cV4cV3860）mol/L，则平衡常数为K10cV4cV3860（0.0210cV4cV3860）cV3860=860(10V4V3)V3(17.2+cV310cV4)。