北京市海淀区2020届高三上学期期末考试化学试题（Word版带解析）.doc

海淀区高三年级第一学期期末练习化学 本试卷共 8 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在 试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23S 32Cl 35.5Cu 64I 127 第一部分选择题（共 42 分） 在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题 3 分，共 42 分） 1.2019 年 9 月 25 日，北京大兴国际机场正式投入运营。在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建 筑中，使用了大量种类各异的材料。下列关于所使用材料的分类不正确的是 选 项 A B C D 材 料 含钒钢筋 安检塑料筐 有机玻璃标牌 玻璃钢内筒垃圾 桶 分 类 合金材料 高分子材料 无机硅酸盐材料 复合材料 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A、含钒钢筋是铁合金，属于合金材料，故 A 正确； B、安检塑料筐成分是塑料，塑料是高分子化合物，故 B 正确； C、有机玻璃由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物，是有机高分子化合物，故 C 错误； D、玻璃钢是以玻璃纤维或其制品作增强材料的增强塑料，属于复合材料，故 D 正确； 选 C。 2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的味道。下列说法不正确的是 A. 醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用 B. 人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险 C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸 D. 白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A. 食醋的成分是醋酸，醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用，故 A 正确； B. 人体摄入过多的食盐易引起高血压，所以控制食盐摄入量，可以降低患高血压的风险， 故 B 正确； C. 味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸，故 C 正确； D. 白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，故 D 错误。 选 D。 3.下列各组物质均可用酸性 KMnO4 溶液鉴别的是 A. 油酸和硬脂酸 B. 苯和环己烷 C. 葡萄糖和麦芽糖 D. 丁烯醛 和丁醛 【答案】A 【解析】 【详解】A、油酸含有碳碳双键、硬脂酸不含碳碳双键，可用酸性 KMnO4 溶液鉴别油酸和 硬脂酸，故选 A； B. 苯和环己烷都不能使酸性 KMnO4 溶液褪色，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别，故不选 B； C. 葡萄糖和麦芽糖都具有还原性，都能使酸性 KMnO4 溶液褪色，不能用酸性 KMnO4 溶液 鉴别，故不选 C； D. 丁烯醛含有碳碳双键、醛基，丁醛含有醛基，都能使酸性 KMnO4 溶液褪色，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别，故不选 D； 选 A。 4.X、Y、Z、W 四种短周期元素在周期表中的位置关系如右图所示，X 原子最外层有 5 个电 子。下列说法正确的是A. 离子半径：W−< Z2− B. 还原性：Z2−＜W− C. 酸性：H3YO4 >HXO3 D. 氢化物的稳定性：YH3> H2Z 【答案】A 【解析】 【分析】 X 原子最外层有 5 个电子，X 是 N 元素；根据 X、Y、Z、W 在盐酸周期表中的相对位置， 可知 Y、Z、W 分别是 P、S、Cl。 【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Cl−< S2−，故 A 正确； B.非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：Cl−< S2−，故 B 错误 ； C. 同主族元素从上到下非金属性减弱，所以最高价含氧酸的酸性：H3PO4 C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生 成硅酸沉淀，证明非金属性 C>Si，故选 D。 8.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是 A. 0.1 mol/L 氨水的 pH 约为 11.1：NH3·H2O NH4+ + OH－ B. 用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H+ C. 向 K2Cr2O7 溶液中滴加少量浓 H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72－(橙色) + H2O 2CrO42 －(黄色) +2H+ D. 用饱和 Na2CO3 溶液处理水垢中的 CaSO4：Ca2++ CO32−=CaCO3↓ 【答案】D 【解析】 【详解】A、0.1 mol/L 氨水的 pH 约为 11.1，说明氨水部分电离，电离方程式是 NH3·H2ONH4+ + OH－，故 A 正确； B、铝离子水解为氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质，用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂，离 子方程式是 Al3++ 3H2O Al(OH)3 (胶体) + 3H+，故 B 正确； C、向 K2Cr2O7 溶液中滴加少量浓 H2SO4，溶液橙色加深，说明 Cr2O72－浓度增大， Cr2O72－ (橙色) + H2O 2CrO42－(黄色) +2H+平衡逆向移动，故 C 正确； D、硫酸钙微溶于水，用饱和 Na2CO3 溶液处理水垢中的 CaSO4，离子方程式是 CaSO4+ CO32−=CaCO3+ SO42−，故 D 错误； 选 D。 9.某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 (g) 2HI(g) Δ H< 0，该温度下， K=43。某时刻，测得容器内 H2、I2、HI 的浓度依次为 0.01 mol/L、0.01mol/L、0.02mol/L。 一段时间后，下列情况与事实相符的是 A. 混合气体颜色变深 B. 混合气体密度变大 C. 氢气的体积分数变小 D. 容器内压强变小 【答案】C 【解析】 【分析】 容 器 内 H2 、 I2 、 HI 的 浓 度 依 次 为 0.01 mol/L 、 0.01mol/L 、 0.02mol/L ， 则 ，Q0，分别在 一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol 容器 温度/K n(CO2) n(C) n(CO) n(CO) I 977 0.28 0.56 0 0.4 II 977 0.56 0.56 0 x III 1250 0 0 0.56 y A. 977K，该反应的化学平衡常数值为 2 B. 达到平衡时，向容器 I 中增加 C 的量，平衡正向移动 C. 达到平衡时，容器Ⅰ中 CO2 的转化率比容器Ⅱ中的大 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的 CO 的转化率大于 28.6% 【答案】C 【解析】 【分析】 977K 时，容器 I： 【详解】A. 977K，根据容器 I 中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为 1，故 A 错误； B. C 是固体，达到平衡时，向容器 I 中增加 C 的量，平衡不移动，故 B 错误； ( ) ( ) ( )2 (mol/L) 0.14 0 (mol/L) 0.1 0. CO g C s 2 (mol/L) 0.04 0. CO g 2 2 开始 转化 平衡 ＋ 0.2 0.2 =0.04 ×C. 容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中 CO2 的转化率比容器Ⅱ中的 大，故 C 正确； D. 若容器Ⅲ的温度是 977K，则容器Ⅲ与容器 I 是等效平衡，平衡时 CO 的浓度是 0.2mol/L， CO 的转化率是 ，升高温度，正向移动，CO 浓度增大，容器Ⅲ中 的 CO 的转化率小于 28.6%，故 D 错误。 【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明确同一可逆反应，不管从正反应开始， 还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的 平衡状态都相同。 第二部分非选择题（共 58 分） 15.细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素 循环。耦合循环中 的部分转化如下图所示。 （1）上图所示氮循环中，属于氮的固定的有________（填字母序号）。 a. N2 转化为氨态氮 b. 硝化过程 c. 反硝化过程 （2）氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一。 ①氨气是生产氮肥 主要原料，工业合成氨的化学方程式为________。 ②检验氨态氮肥中 NH4+的实验方案是________。 （3）硝化过程中，含氮物质发生________（填“氧化”或“还原”）反应。 （4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生 0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量为________ mol。 （5）土壤中的铁循环可用于水体脱氮（脱氮是指将氮元素从水体中除去），用离子方程式分 别说明利用土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理：________、________。 【答案】 (1). a (2). N2 + 3H2 2NH3 (3). 取少量氮肥溶于适量蒸馏水中， 向其中加入浓 NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石 蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有 NH4+ (4). 氧化 (5). 0.06 (6). 6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ 的 的 0.28-0.2 100%=28.6%0.28 ×+ N2↑+ 8H+ (7). 10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2↑ + 6H2O 【解析】 【分析】 （1）氮的固定是氮元素由游离态变为化合态； （2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气；②铵根离子与碱反应放出氨气； （3）硝化过程是铵根离子转化为硝酸根离子； （4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，根据得失电子守恒，反应 方程式是 NH4++ NO2- =N2+2H2O； （5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把 NH4+氧化为氮气，Fe2+把 NO3-还 原为氮气。 【详解】（1）a. N2 转化为氨态氮，氮元素由游离态变为化合态，属于氮的固定； b. 硝化过 程是铵根离子转化为硝酸根离子，不是氮的固定； c. 反硝化过程是硝酸根离子转化为氮气， 不是氮的固定；选 a； （2）①工业上用氮气和氢气反应生成氨气，反应方程式是 N2 + 3H2 2NH3； ②铵根离子与碱反应放出氨气，检验铵态氮肥中 NH4+的实验方法是：取少量氮肥溶于适量 蒸馏水中，向其中加入浓 NaOH 溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观 察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有 NH4+； （3）硝化过程中，铵根离子转化为硝酸根离子，氮元素化合价升高，含氮物质发生氧化反 应。 （4）氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气，反应方程式是 NH4++ NO2- =N2+2H2O，生成 1mol N2 转移 3mol 电子，当产生 0.02 mol 氮气时，转移的电子的物质的量 为 0.06mol。 （5）脱氮是指将氮元素转化为氮气从水体中除去，Fe3+把 NH4+氧化为氮气，Fe2+把 NO3-还 原为氮气，反应的离子方程式是 6Fe3+ + 2NH4+=6Fe2+ + N2↑+ 8H+、10Fe2+ + 2NO3- + 12H+=10Fe3+ + N2↑ + 6H2O。 16.氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体 F 的两条路线如下图所示。 路线 1： 路线 2： （1）试剂 a 为________。 （2）A→B 的反应类型为取代反应，该反应的化学方程式为________。 （3）B→C 的反应类型为________。 （4）C 与 CH3COOH 的相对分子质量之和比 D 的相对分子质量大 18，D→E 的取代反应发 生在甲氧基（—OCH3）的邻位，F 的结构简式为________。 （5）G 的结构简式为________。 （6）有机物 I 与对苯二甲酸（ ）发生聚合反应的化学方程式为_____。 （7）I 与 CH3COOH 反应生成的有机产物除 F 外，还可能有________（写出结构简式）。 （8）满足下列条件的 C 的同分异构体有________种。①与 FeCl3 溶液发生显色反应②分子 中含有—NH2③苯环上有 3 种氢 【答案】 (1). 浓硫酸、浓硝酸 (2). +CH3OH+NaOH→ +NaCl+H2O (3). 还 原 反 应 (4). (5). (6). (7). (8). 10 【解析】 【分析】路线 1： 和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生消化反应生成 ，B 发生还原反应生成 ，则 B 是 ； 与醋酸的相对分子质量之和比 D 大 18，说明有水生成， 则 D 是 ，D 与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基（—OCH3） 的邻位，则 E 是 ； 发生还原反应生成 F，则 F 是 。 路线 2： 和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成 ，则 G 是 ， 与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成 ， 发生还原反应生成 ， 与乙酸反应生成 F 。【详解】根据以上分析，（1） 和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成 ，则 试剂 a 为浓硫酸、浓硝酸。 （2） → 的反应是氯原子被甲氧基代替，该反应的化学方程式为 +CH3OH+NaOH→ +NaCl+H2O。 （3） → 是硝基变为氨基，反应类型为还原反应。 （4）C 与 CH3COOH 的相对分子质量之和比 D 的相对分子质量大 18，则 D 是 ，D→E 的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，E 是 ，F 的 结构简式为 。 （5） 和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成 G，则 G 是 。（6） 与对苯二甲酸（ ）发生缩聚反应的化学方程式为 。 （7） 与 CH3COOH 反应生成的有机产物除 F 外，还可能是甲氧基邻位的氨基 发生取代反应，也有可能是两个氨基都发生取代反应，故有 。 （8）①与 FeCl3 溶液发生显色反应②分子中含有—NH2③苯环上有 3 种氢， 符合 条件的同分异构体，苯环上有 3 个取代基，分别是-OH、-NH2、-CH3，根据定一移二的原则， 共有 10 种结构。 17.某烧碱样品因部分变质含 Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中 NaOH 的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pHc(HCO3-)，故 b 正确； c. 根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，故 c 错误； d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为 NaCl 和 NaHCO3，根据物料守恒， n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+)，故 d 正确。 （3）滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作 是用 HCl 标准溶液润洗酸式滴定管； （4）滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式 是 H+ + OH-=H2O 、 H+ + CO32-=HCO3-； （5）根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色； （6）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为 23.70-21.70=2mL，氢氧化钠 消耗盐酸的体积是 21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL；所以氢氧化钠的物质的量是 0.1 mol/L×0.0197L=0.00197mol，氢氧化钠的质量是 0.00197mol×40g/mol=0.0788g，样品中 NaOH 的质量分数 w(NaOH)= 78.8%。 （7）a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的 NaOH 质量分数偏高，故选 a； b. 记录酸式滴定管读数 V1 时，俯视标准液液面，达到第一终点消耗的盐酸少，测得的 NaOH 质量分数偏低，故不选 b； c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，达到第一 0.0788 100%=200.5 100 × ×终点消耗的盐酸多，测得的 NaOH 质量分数偏高，故选 c； 【点睛】本题考查利用滴定原理测定烧碱样品中 NaOH 的质量分数，明确用酚酞作指示剂 时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终 点的产物是二氧化碳。 18.煤的洁净技术（包括固硫技术和脱硫技术两类）可有效降低燃煤废气中 SO2 的含量，已 成为我国解决环境问题的主导技术之一。通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧 的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下： ①CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g) △H1= +178.30kJ/mol ②CaO(s) + SO2(g) + 0.5O2(g) CaSO4(s) △H2= -501.92 kJ/mol ③CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3 ④CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) △H4= +218.92kJ/mol （1）温度升高，反应①的化学平衡常数________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）△H3=________kJ/mol （3）在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率（燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤 中硫元素总质量的百分比），结合反应②、③、④分析其原因：________。 【答案】 (1). 增大 (2). -283 (3). 鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的 浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移 动，降低 CO 浓度，增大 CO2 浓度，使反应④平衡逆向移动，（或其他合理分析）有利于固 硫 【解析】 【分析】 （1）反应①正反应吸热，温度升高，平衡正向移动； （2）根据盖斯定律计算△H3； （3）根据增大氧气浓度后，平衡移动方向分析。 【详解】（1）反应①正反应吸热，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数增大； （2）②CaO(s) + SO2(g) + 0.5O2(g) CaSO4(s) △H2= -501.92 kJ/mol ③CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3 ④CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) △H4= +218.92kJ/mol 根据盖斯定律④+②得 CO(g) + 0.5O2(g) CO2(g) △H3=+218.92kJ/mol-501.92 。kJ/mol=-283 kJ/mol； （3）鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于 固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低 CO 浓度，增大 CO2 浓度，使 反应④平衡逆向移动，有利于固硫。 【点睛】本题考查盖斯定律的应用和影响化学平衡移动的因素，明确盖斯定律的计算技巧， 了解浓度对平衡移动的影响是解题的关键，知道焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与 反应途径无关。 19.电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基 （·OH，氧元素为-1 价）将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。 （1）将煤打成煤浆加入电解槽的目的是________。 （2）阳极的电极反应式为________。 （3）补全用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的反应的离子方程式：FeS2 +·OH =Fe3+ + SO42- + H2O +___。 （4）利用上述装置对某含 FeS2 的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始 pH 的 改变脱硫率（溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比）的变化如下图所示。 pH 大于 1.5 后脱硫率下降的可能原因有：随着 pH 的升高，反应物的氧化性或还原性降低； ________。 【答案】 (1). 增大接触面积，提高反应速率（或使反应更充分） (2). H2O – e-=·OH + H+（或 OH-– e-=·OH） (3). 1 FeS2 + 15·OH=1Fe3+ + 2SO42- + 7 H2O +1___H+___ (4). pH 升高，促进 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行【解析】 【分析】 （1）将煤打成煤浆可以增大接触面积； （2）阳极水得电子产生了羟基自由基； （3）根据得失电子守恒、电荷守恒配平用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁（FeS2）的离子 方程式； （4）根据铁元素易水解回答； 【详解】（1）将煤打成煤浆可以增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分； （2）阳极水得电子产生了羟基自由基，阳极反应式是 H2O – e-=·OH + H+； （3）FeS2 中 S 元素化合价由-1 升高为+6、Fe 元素化合价由+2 升高为+3，·OH 中氧元素化 合价由-1 降低为-2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式是 1 FeS2 + 15·OH=1Fe3+ + 2SO42- + 7 H2O +H+； （4）pH 升高，促进 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。 20.某化学兴趣小组同学在查阅资料的基础上对乙醛与新制氢氧化铜的反应进行了探究。 （1）乙醛与新制氢氧化铜反应的化学方程式为________。 【查阅资料】i．乙醛在碱性条件下可发生缩合等反应生成有色物质；ii．溶液的酸碱性可能 会影响物质的氧化性、还原性。 【初步探究】 序号 实验操作 实验现象 I 向试管中加入 4 mL 10 % NaOH 溶液，滴入 0.5 mL 水，加入 0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯上 加热至沸腾后保持沸腾 无色溶液逐渐变黄，并变浑 浊；加热后得黄色浊液，之 后无明显变化 II 向试管中加入 4 mL 10 % NaOH 溶液，滴入 0.5 mL 2 %CuSO4 溶液，振荡；加入 0.5 mL 40 %乙醛溶液， 振荡；在酒精灯上加热至沸腾后保持沸腾 蓝色浊液依次呈绿色、黄色、 橙色，最终生成红色固体； 之后无明显变化 III 向试管中加入 4 mL 水，滴入 0.5 mL 2 %CuSO4 溶液， 振荡；加入 0.5 mL 40 %乙醛溶液，振荡；在酒精灯 上加热至沸腾后保持沸腾 蓝色溶液无明显变化（2）实验 I 的目的是________。 （3）甲同学为了检验实验 II 中红色固体的成分进行了如下实验：取少量红色固体于试管中， 加入适量稀 HNO3，振荡，观察到红色固体完全溶解，得蓝色溶液。甲同学认为，该实验现 象说明实验 II 中反应生成了 Cu。乙同学认为甲的观点不正确，理由是_____。 【深入探究】乙同学对比实验 II 和实验 III，对实验 II 能够发生反应的原因提出了猜想：乙 醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强，并利用实验 IV 进行验证。 实验装置 序号 A 池试剂 B 池试剂 实验现象 IV-1 0.2% CuSO4 溶液 Na2SO4 溶液和 40%乙醛溶液按 体积比 9：1 混合 指针不偏转，A、 B 池中均无明显 变化 IV-2 0.2% CuSO4 溶液 （4）实验 IV-1 中，Na2SO4 溶液的作用是________。 （5）实验 IV-2 中，B 池中的试剂是________。 （6）根据实验现象，乙同学认为其猜想成立。乙同学观察到的实验现象是________。 （7）综合上述实验，小组同学经过深入讨论，认为除了乙同学的猜想外，与实验 III 相比， 实验 II 能够发生反应的原因还可能有________和________。 【答案】 (1). CH3CHO + 2Cu(OH)2+ NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O (2). 排除 乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验 II 的干扰 (3). Cu2O 也可能被硝 酸氧化为 Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得蓝色溶液”的现象 (4). 使 B 池溶液具有 导电性,同时保证中性环境，与实验 IV-2 对比 (5). 10%NaOH 溶液、40%乙醛溶液、蒸馏 水按体积比 8：1：1 混合 (6). 指针偏转，A 池中（或 A 池电极上）生成红色固体 (7). Cu（II）在碱性条件下氧化性增强【或 Cu(OH)2 的氧化性强于 CuSO4】 (8). 乙醛缩 合反应产物的还原性强于乙醛 【解析】 【分析】（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化为醋酸钠； （2）实验 I 与实验 II 做对比； (3)Cu、Cu2O 都是红色固体，都能溶于硝酸生成蓝色硝酸铜溶液； （4）乙醛是非电解质，乙醛溶液不导电； （5）实验目的是验证乙醛的还原性随着溶液碱性的增强而增强；根据控制变量法，增大氢 氧化钠浓度，并保证乙醛浓度相等。 （6）增大氢氧化钠浓度，乙醛的还原性增强，A 中 CuSO4 被还原； (7).对比实验 III、实验 II 的条件不同进行分析。 【详解】（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化为醋酸钠，反应的方程式是 CH3CHO + 2Cu(OH)2+ NaOH→CH3COONa + Cu2O↓+ 3H2O； （2）实验 I 与实验 II 做对比，排除乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质对实验 II 的干扰； (3). Cu2O 也可能被硝酸氧化为 Cu2+，产生“红色固体完全溶解，得蓝色溶液”的现象，所以 乙同学认为甲的观点不正确； (4). 乙醛是非电解质，乙醛溶液不导电，加入 Na2SO4 溶液的作用是使 B 池溶液具有导电性, 同时保证中性环境，与实验 IV-2 对比； (5). 根据控制变量法，实验 IV-2 中，B 池应增大氢氧化钠浓度，并保证乙醛浓度相等，所以 B 中试剂是：10% NaOH 溶液、40%乙醛溶液、蒸馏水按体积比 8：1：1 混合； （6）增大氢氧化钠浓度，乙醛的还原性增强，A 中 CuSO4 被还原，乙观察到的现象是：指 针偏转，A 池中（或 A 池电极上）生成红色固体； (7).实验 II 溶液的碱性大于实验 III，实验 II 能够发生反应的原因还可能有 CuSO4 在碱性条 件下氧化性增强或 Cu(OH)2 的氧化性强于 CuSO4 或乙醛缩合反应产物的还原性强于乙醛。