北京市西城区2020年5月高三第二次诊断测试化学试题（解析版）

西 城 区 高 三 诊 断 性 测 试 化 学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cu 63.5 第一部分 本部分共 14 题，在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1.下列图示的混合物不属于胶体的是 A. 氯化钠注射液 B. 云雾 C. 稀豆浆 D. 烟水晶 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化钠注射液属于溶液，不是胶体，故 A 符合题意； B．云雾的分散质也液体小液滴，分散剂是空气，属于气溶胶，故 B 不符合题意； C．稀豆浆属于液溶胶，故 C 不符合题意； D．烟水晶属于固溶胶，故 D 不符合题意； 答案选 A。 2.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质，下列说法正确的是 A. 糖类、油脂、蛋白质均可水解 B. 纤维素和淀粉互为同分异构体 C. 油脂属于酯类物质可发生皂化反应 D. NH4Cl 溶液和 CuSO4 溶液均可使蛋白质变性 【答案】C 【解析】 【详解】A．糖类中单糖不能水解，糖类中的二糖和多糖、油脂、蛋白质均可水解，故 A 错误； B．分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，纤维素和淀粉的分子通式为(C6H10O5 )n，n 值不同 分子式不同，且都是混合物二者不互为同分异构体，故 B 错误； C．油脂全称为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，可发生皂化反应，故 C 正确； D．盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使蛋白质溶解度降低而析出 过程，NH4Cl 溶液能使蛋白质发生盐 析，使蛋白质析出固体；CuSO4 溶液中含有重金属铜离子，可使蛋白质变性，故 D 错误； 答案选 C。 的【点睛】盐析一般是指溶液中加入无机盐类而使溶解的物质析出的过程。向某些蛋白质溶液中加入某些无 机盐溶液后，可以降低蛋白质的溶解度，使蛋白质凝聚而从溶液中析出，这种作用叫作盐析，是物理变化， 可复原。但向某些蛋白质溶液中加入某些重金属盐，可以使蛋白质性质发生改变而凝聚，进而从溶液中析 出，这种作用叫作变性，性质改变，是化学反应，无法复原。 3.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 铁粉有还原性可作吸氧剂 B. 生石灰能与水反应可作干燥剂 C. 福尔马林能杀菌防腐可作食品保鲜剂 D. 明矾能水解形成胶体可作净水剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁粉有还原性，可与氧化性物质发生反应，一般用于食品的抗氧化剂，防止食品被氧化而变质， 故 A 正确； B．生石灰能与水反应，可用于干燥碱性气体，可作干燥剂，故 B 正确； C．福尔马林是甲醛的水溶液，有毒，一般用于标本的防腐剂，但不能作食品保鲜剂，故 C 错误； D．明矾为硫酸铝钾晶体，溶于水时电离出铝离子，铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性， 能吸附水中的固体颗粒物，可作净水剂，故 D 正确； 答案选 C。 4.117 号元素 Ts 的原子最外层电子数是 7，下列说法不正确的是 A. Ts 是第七周期第ⅦA 族元素 B. 还原性：I−＜Ts− C. 原子半径：I＜Ts D. 中子数为 176 的 Ts 的核素符号： 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据元素周期表的结构可知，118 号元素为第七周期的零族元素，117 号元素 Ts 的原子最外层 电子数是 7，Ts 是第七周期第ⅦA 族元素 ，故 A 正确； B．Ts 与 I 同主族，从上至下，随核电荷数增大，非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，其简单 离子的还原性逐渐增强，则非金属性：Ts＜I，还原性：I−＜Ts−，故 B 正确； C．Ts 与 I 同主族，从上至下，随核电荷数增大，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子半径：I＜ Ts，故 C 正确； D．根据原子序数=质子数，Ts 的质子数为 117，中子数为 176，质量数=质子数+中子数=117+176=293，则 Ts 的核素符号： ，故 D 错误； 答案选 D。 176 117Ts 293 117Ts【点睛】元素周期表中，位置决定结构，结构决定性质，根据稀有气体的序数，推测出未知元素的位置。 5.蜂胶中某活性物质 X 的结构简式如下，下列关于 X 的说法正确的是 A. X 不具有顺式和反式结构 B. X 不能与浓溴水发生取代反应 C. 1 mol X 最多能与 2 mol NaOH 反应 D. 一定条件下 X 可发生加聚反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．X 中含有碳碳双键，且双键两端的结构不同，具有顺式和反式结构，故 A 错误； B．X 中含有酚羟基，具有苯酚的性质，能与浓溴水发生取代反应，故 B 错误； C．X 中含有酚羟基和酯基，具有酚和酯的性质，都能与 NaOH 反应，1 mol X 中含有 2mol 酚羟基和 1mol 酯基，最多能与 3 mol NaOH 反应，故 C 错误； D．X 中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，一定条件下 X 可发生加聚反应，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】碳碳双键可以和溴水发生加成反应，但 X 中含有酚羟基，具有苯酚的性质，能与浓溴水发生取代 反应，为易错点。 6.下列化学用语的表述正确的是 A. 乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OH CH3COOC2H5+H218O B. 镁离子 结构示意图： C. 二氧化碳分子的比例模型： D. NaCl 溶液导电：NaCl Na++Cl− 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙酸与乙醇的酯化反应中，根据酯化反应机理，酸脱羟基醇脱氢，则 18O 在乙酸乙酯中，正确 的反应为：CH3COOH+C2H518OH CH3CO18OC2H5+H2O，故 A 错误； B．镁为 12 号元素，核外有 12 个电子，失去两个电子后形成镁离子，结构示意图： ，故 B 正确； C．二氧化碳分子中，碳原子的半径大于氧原子的半径，则比例模型： ，故 C 错误； 的 Δ 浓硫酸 电解 Δ 浓硫酸D．NaCl 是强电解质，在溶液中完全电离生成钠离子和氯离子，溶液可导电的原因可表示为： NaCl=Na++Cl−，故 D 错误； 答案选 B。 【点睛】电离就是电解质在水溶液中或熔融状态下产生自由移动的离子的过程。溶液导电是由于存在自由 移动的离子，电解是电流通过物质而引起化学变化的过程。化学变化是物质失去或获得电子（氧化或还原） 的过程，它们有本质上的区别。 7.下列说法不正确的是 A. 常温常压下，3.2 g O2 和 O3 的混合气体中含有氧原子的数目约为 0.2×6.02×1023 B. 1 L 0.5 mol·L−1 CH3COONa 溶液中含有 CH3COOH 和 CH3COO−的总数约为 0.5×6.02×1023 C. 标准状况下，1.12 L HCl 气体中含有电子 数目约为 0.9×6.02×1023 D. 0.1mol 环氧乙烷（ ）中含有共价键的总数约为 0.3×6.02×1023 【答案】D 【解析】 【详解】A．O2 和 O3 都是由氧原子构成，常温常压下，3.2 g O2 和 O3 的混合气体中氧原子的物质的量为 =0.2mol，含有氧原子的数目约为 0.2×6.02×1023，故 A 正确； B．1 L 0.5 mol·L−1 CH3COONa 溶液的物质的量为 0.5mol，含有钠离子的物质的量为 0.5mol，溶液中纯在物 料守恒，n(Na+)= n(CH3COOH)+ n(CH3COO−)=0.5mol，则含有 CH3COOH 和 CH3COO−的总数约为 0.5×6.02×1023，故 B 正确； C．一个 HCl 分子中含有 18 个电子，标准状况下，1.12 L HCl 气体的物质的量为 =0.05mol，则 0.05mol HCl 气体中含有电子的数目约为=0.05mol×18×6.02×1023=0.9×6.02×1023，故 C 正确； D．根据环氧乙烷的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成 4 个共价键，一个碳环氧乙烷( )中含有 7 个共价键，则 0.1 mol 环氧乙烷( )中含有共价键的总数约为 0.1 mol ×7×6.02×1023=0.7×6.02×1023，故 D 错 误； 答案选 D。 8.以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置（电极不参与反应）示意图如下。下列说法不正确的是 的 3.2g 16g/mol 1.12L 22.4L/molA. 电极 a 连接电源的正极 B. OH−向电极 a 迁移 C. 电极 b 的电极反应：N2+6e−+6H+= 2NH3 D. 总反应：2N2+6H2O(g) 4NH3+3O2 【答案】C 【解析】 【分析】 根据图示，b 电极上氮气转化为 NH3 氮元素由 0 价变为-3 价，化合价降低，得电子，被还原，b 为阴极，与 电源负极相连，a 为阳极与电源正极相连，据此分析解答。 【详解】A．根据分析，a 为阳极与电源正极相连，故 A 正确； B．电解池中，阴离子向阳极移动，a 为阳极，则 OH−向电极 a 迁移，故 B 正确； C．根据图示，该电解池电解质为碱性熔融物，不含氢离子，则电极 b 的电极反应： N2+6e−+6H2O=2NH3+6OH-，故 C 错误； D．根据图示可知，N2 和 6H2O(g)在电解的作用下生成 NH3 和 O2，则总反应：2N2+6H2O(g) 4NH3+3O2， 故 D 正确； 答案选 C。 9.下列实验装置（部分夹持装置已略去）可以达到对应实验目的的是 A. 制备氢氧化铁胶体 B. 分离乙酸乙酯和饱和 Na2CO3 溶液 C. 除去 CO2 中的少量 HCl D. 收集 NO2 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备氢氧化铁胶体的方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中至产生红棕色时停止加热，不能用 氢氧化钠溶液，否则生成氢氧化铁沉淀，故 A 错误； B．乙酸乙酯和饱和 Na2CO3 溶液不互溶且分层，可用分液的方法分离，故 B 正确； C．若用饱和碳酸钠溶液吸收氯化氢，二氧化碳也可与碳酸钠反应，除去 CO2 中的少量 HCl 应用饱和碳酸 氢钠溶液，故 C 错误， D．NO2 的密度比空气大，收集时应长进短出，NO2 为大气污染物用氢氧化钠溶液处理尾气时易发生倒吸， 应再安装一个防倒吸装置，故 D 错误； 电解 电解答案选 B。 【点睛】收集密度比空气大的气体，用向上排空气法收集。 10.下列关于离子检验的说法不正确的是 A. 取某盐溶液加入浓 NaOH 溶液，加热，产生的气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该溶液中含有 NH4+ B. 取某溶液滴加 KSCN 溶液，无明显现象，滴加氯水，溶液变红色，该溶液中含有 Fe2+ C. 取某溶液加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有 SO42− D. 取某无色溶液通入 Cl2，再加入 CCl4，振荡，静置，下层呈紫色，该溶液中一定含有 I− 【答案】C 【解析】 【详解】A．若某盐溶液若含有 NH4+，加入浓 NaOH 溶液，可产生一水合氨，加热使一水合氨分解产生氨 气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故 A 正确； B．Fe3+遇 KSCN 溶液变红色，Fe2+与 KSCN 溶液不变色，取某溶液滴加 KSCN 溶液，无明显现象，滴加氯 水，溶液变红色，该溶液中含有 Fe2+，故 B 正确； C．取某溶液加入 BaCl2 溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，氯化银也是不溶于硝酸的白色沉淀，该溶液 中可能含有 SO42−或 Ag+，要检验 SO42−，先用盐酸酸化，排除其他干扰离子，再加 BaCl2 溶液，若产生不溶 于稀硝酸的白色沉淀，证明该溶液中一定含有 SO42−，故 C 错误； D．若溶液中含有 I−，I−具有还原性，可被 Cl2 氧化为 I2，形成含有碘单质的碘水溶液，加入 CCl4，CCl4 密 度比水大，不溶于水，会分层，且四氯化碳层在下层，由于 CCl4 溶解碘单质的能力比水强，碘单质转移至 CCl4 中呈现紫色，故 D 正确； 答案选 C。 【点睛】可以根据发生反应的实验现象，倒推溶液中含有的离子。 11.处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在 N2、HCO3−、 ClO−、CNO−（C+4 价，N-3 价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是 A. 该废水呈强酸性 B. 废水处理后转化为无害物质 C. 反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl− D. 每处理 1 mol CNO−转移 3 mol e−【答案】A 【解析】 【分析】 由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为 ClO-→Cl-，氧化反应为 CNO-→N2，由电子、电 荷守恒可知离子反应为 3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。 【详解】A．根据分析，离子反应为 3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳 酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有 HCO3-离子，故 A 错误； B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发 生的反应产物为 N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故 B 正确； C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，故 C 正确； D．根据分析，还原反应为 ClO-→Cl-，Cl 元素由+1 价变为-1 价，3mol ClO-可处理 2mol CNO-，转移电子的 物质的量=3mol×2=6mol，则每处理 1 mol CNO−转移 3 mol e−，故 D 正确； 答案选 A。 【点睛】根据图像，确定出反应物离子和生成物离子，根据元素守恒，电荷守恒配平离子方程式是解本题 的关键，根据化合价的变化，计算出转移的电子数的物质的量。 12.CH4—CO2 催化重整可以得到合成气（CO 和 H2），有利于减小温室效应，其主要反应为 CH4(g)+CO2(g)⇌ 2CO(g)+2H2(g) ΔH＝+247 kJ·mol−1，同时存在以下反应：积碳反应：CH4(g) ⇌C(s) +2H2(g) ΔH＝+75 kJ·mol−1；消碳反应：CO2(g) +C(s) ⇌2CO(g) ΔH＝+172 kJ·mol−1，积碳会影响催化剂的活性，一定时间内 积碳量和反应温度的关系如下图。 下列说法正确的是 A. 高压利于提高 CH4 的平衡转化率并减少积碳 B. 增大 CO2 与 CH4 的物质的量之比有助于减少积碳 C. 温度高于 600℃，积碳反应 化学反应速率减慢，消碳反应的化学反应速率加快，积碳量减少 D. 升高温度，积碳反应的化学平衡常数 K 减小，消碳反应的 K 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应 CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)和 CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)，正反应是气体体积增大的反应， 的增大压强，平衡逆向移动，可减少积碳，但 CH4 的平衡转化率降低，故 A 错误； B．假设 CH4 的物质的量不变，增大 CO2 的物质的量，CO2 与 CH4 的物质的量之比增大，对于反应 CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)平衡正向移动，CH4 的浓度减小，对于积碳反应：CH4(g) ⇌C(s) +2H2(g)，由 于甲烷浓度减小，平衡逆向移动，碳含量减少；增大 CO2 的物质的量，对于消碳反应：CO2(g) +C(s) ⇌2CO(g)，平衡正向移动，碳含量也减少，综上分析，增大 CO2 与 CH4 的物质的量之比，有助于减少积碳， 故 B 正确； C．根据图像，温度高于 600℃，积碳量减少，但温度升高，存在的反应体系中反应速率都加快，故 C 错误； D．平衡常数只与温度有关，积碳反应和消碳反应都是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即向 正向移动，两个反应的平衡常数 K 都增大，故 D 错误； 答案选 B。 13.将镁条置于 pH＝8.4 的饱和 NaHCO3 溶液中，镁条表面产生气体 a，一段时间后产生白色沉淀 b。继续进 行如下实验： Ⅰ．将 a 通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量 NaOH 溶液，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到 爆鸣声； Ⅱ．向沉淀 b 中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色气泡。 下列说法不正确的是 A. 饱和 NaHCO3 溶液中，c(CO32−)＜c(H2CO3) B. 气体 a 中含有 CO2 和 H2 C. 沉淀 b 是 MgCO3 D. CO2 可能是 HCO3−水解被促进产生的 【答案】C 【解析】 【详解】A．饱和 NaHCO3 溶液中存在两个平衡体系，分别为水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，电离平 衡：HCO3-⇌H++ CO32−，pH＝8.4，溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，则 c(CO32−)＜c(H2CO3)，故 A 正确； B．根据实验Ⅰ，将 a 通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量 NaOH 溶液，说明 a 中含有 CO2，再通入肥 皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声，说明 a 中含有 H2，故 B 正确； C．pH＝8.4，溶液显碱性，Mg2+应转化为更难溶的氢氧化镁沉淀，不是 MgCO3，故 C 错误； D．根据 C 项分析，Mg2+应转化为更难溶的氢氧化镁沉淀，消耗了水解平衡体系中产生的氢氧根离子，促 使水解平衡 HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-正向移动，H2CO3 的浓度增大分解产生 CO2，故 D 正确； 答案选 C。14.探究甲醛与新制的 Cu(OH)2 的反应： (1)向 6 mL 6 mol·L−1 NaOH 溶液中滴加 8 滴 2%CuSO4 溶液，振荡，加入 0.5 mL15%甲醛溶液，混合均匀， 水浴加热，迅速产生红色沉淀，其周围剧烈产生无色气体。 (2)反应停止后分离出沉淀，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解。 (3)相同条件下，甲酸钠溶液与新制的 Cu(OH)2 反应，未观察到明显现象。 已知：Cu2O [CuCl2]−，甲醛是具有强还原性的气体。 下列说法正确的是 A. 红色沉淀的主要成分不是 Cu2O，可能是 Cu B. 将产生的无色气体通过灼热的 CuO 后得到红色固体，气体中一定含有 CO C. 从甲醛的结构 推测，其氧化产物可能为碳酸（ ），因此实验中得到的无色气体是 CO2 D. 含有-CHO 的有机物都可以被新制 Cu(OH)2 氧化 【答案】A 【解析】 【分析】 向 6 mL 6 mol·L−1 NaOH 溶液中滴加 8 滴 2%CuSO4 溶液，配制成新制的 Cu(OH)2，加入 0.5 mL15%甲醛溶液， 混合均匀，水浴加热，甲醛具有强还原性，与新制的 Cu(OH)2 发生氧化还原反应，迅速产生红色沉淀，其 周围剧烈产生无色气体，将所得沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶解，根据已知信息：Cu2O [CuCl2]−， 可知，红色沉淀不是 Cu2O，可能是 Cu，甲醛被氧化为生成一氧化碳和氢气，由于水浴加热，甲醛具有挥发 性，生成的无色气体中混有甲醛气体，据此分析解答。 【详解】A．根据已知信息，Cu2O [CuCl2]−，实验操作(2)中，红色沉淀洗净后加入浓盐酸，不溶 解，则可以确定红色沉淀的主要成分不是 Cu2O，可能是 Cu，故 A 正确； B．根据分析，由于甲醛与新制的 Cu(OH)2 发生氧化还原反应可能会生成一氧化碳和氢气，生成的气体中会 混有甲醛气体，甲醛和氢气都具有还原性，可将灼热的 CuO 还原为铜单质，产生红色固体，不能证明含有 CO，故 B 错误； C．甲醛可被氧化生成甲酸，甲酸继续被氧化生成碳酸，与新制的 Cu(OH)2 的反应是在碱性条件下进行的， 不是酸性条件下进行，生成的应该是碳酸盐，不可能产生二氧化碳，故 C 错误； D．根据实验操作(3)，甲酸钠中也含有醛基，与新制的 Cu(OH)2 反应，未观察到明显现象，含有-CHO 的甲 酸钠没有被新制 Cu(OH)2 氧化，故 D 错误； 答案选 A。 →浓盐酸 →浓盐酸 →浓盐酸第二部分 15.某铜合金中 Cu 的质量分数为 80%～90%，还含有 Fe 等。通常用间接碘量法测定其中 Cu 的含量，步骤 如下： Ⅰ．称取 a g 样品，加入稀 H2SO4 和 H2O2 溶液使其溶解，煮沸除去过量的 H2O2，冷却后过滤，滤液定容于 250 mL 容量瓶中； Ⅱ．取 50.00 mL 滤液于锥形瓶中，加入 NH4F 溶液，控制溶液 pH 为 3～4，充分反应后，加入过量 KI 溶液， 生成白色沉淀，溶液呈棕黄色； Ⅲ．向Ⅱ的锥形瓶中加入 c mol·L−1 Na2S2O3 溶液滴定，至锥形瓶中溶液为浅黄色时，加入少量淀粉溶液， 继续滴至浅蓝色，再加入 KSCN 溶液，剧烈振荡后滴至终点； Ⅳ．平行测定三次，消耗 Na2S2O3 溶液 体积平均为 v mL，计算铜的质量分数。 已知：ⅰ．F−与 Fe3+生成稳定的 FeF63−（无色）。 ⅱ．I2 在水中溶解度小，易挥发。 ⅲ．I2+I− ⇌ I3−（棕黄色）。 ⅳ．I2+2Na2S2O3== 2NaI+Na2S4O6（无色）。 (1)Ⅰ中 Cu 溶解的离子方程式是__________________________。 (2)Ⅱ中 Cu2+和 I−反应生成 CuI 白色沉淀和 I2。 ①加入 NH4F 溶液的目的是__________________________。 ②Cu2+和 I−反应的离子方程式是_________________________。 ③加入过量 KI 溶液的作用是________________________________。 (3)室温时，CuSCN 的溶解度比 CuI 小。CuI 沉淀表面易吸附 I2 和 I3−，使测定结果不准确。Ⅲ中，在滴定至 终点前加入 KSCN 溶液的原因是_。 (4)样品中 Cu 的质量分数为______(列出表达式)。 【答案】 (1). Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (2). 将溶液中的 Fe3+转化为 FeF63−，防止其氧化 I− (3). 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2 (4). 将 Cu2+充分还原为 CuI；I−与 I2 结合生成 I3−，减少 I2 的挥发 (5). 将 CuI 沉 淀转化为溶解度更小的 CuSCN 沉淀，释放出吸附的 I2 和 I3− ，提高测定结果的准确程度 (6). (63.5×5×cv×10−3× )×100% 【解析】 【分析】 (1)Ⅰ中 Cu 在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水； 的 2 a(2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与 I−反应，影响 Cu 含量测定的准确性； ②根据题意，Cu2+和 I−反应 CuI 白色沉淀和 I2； ③加入过量 KI 溶液可确保将 Cu2+充分还原为 CuI，提高 Cu 含量测定的准确性； (3)室温时，CuSCN 的溶解度比 CuI 小，加入 KSCN 溶液可使沉淀发生转化，释放沉淀表面易吸附 I2 和 I3−； (4)根据 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3= 2NaI+Na2S4O6 可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，根据滴定消耗 Na2S2O3 计算 Cu2+的物质的量，再计算样品中 Cu 的质量分数。 【详解】(1)Ⅰ中 Cu 在酸性条件下被双氧水氧化生成铜离子和水，离子反应方程式为： Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； (2)①由于样品中含有少量铁单质，在酸性条件下被溶解为铁离子，铁离子具有氧化性也可与 I−反应，导致 消耗 I−的含量最大，使 Cu 含量测定不准确，根据题意，F−与 Fe3+生成稳定的 FeF63−(无色)，加入 NH4F 溶液 的目的是将溶液中的 Fe3+转化为 FeF63−，防止其氧化 I−，确保 Cu 含量测定的准确性； ②根据题意，Cu2+和 I−反应 CuI 白色沉淀和 I2，离子方程式为：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2； ③加入过量 KI 溶液可确保将 Cu2+充分还原为 CuI，同时过量的 KI 溶液可发生 I2+I− ⇌ I3−，I−与 I2 结合生成 I3−， 减少 I2 的挥发，提高 Cu 含量测定的准确性； (3)因室温时，CuSCN 的溶解度比 CuI 小，加入 KSCN 溶液，将 CuI 沉淀转化为溶解度更小的 CuSCN 沉淀， 转化过程中释放出吸附的 I2 和 I3−，I2 充分被滴定，提高测定结果的准确程度； (4)根据 2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可得：2Cu2+~ I2~ Na2S2O3，滴定 50.00mL 滤液过程 中消耗 n(Na2S2O3)=cmol·L−1×v×10-3L=cv×10-3mol，则 n(Cu)= n(Cu2+)= 2n(Na2S2O3)=2cv×10-3mol，则样品中 Cu 的质量分数为= =(63.5×5×cv×10−3× )×100%。 16.某炼锌厂利用含 ZnO 的烟尘脱除硫酸工艺烟气中的 SO2 制 ZnSO4。 已知：Ⅰ．ZnSO3· H2O 微溶于水，ZnSO4 易溶于水。 Ⅱ．25℃时，溶液中 S（+4 价）各组分的物质的量分数随 pH 变化曲线如下图。 Ⅲ．O3 为强氧化剂，1 mol O3 被还原转移 2 mol e−，同时生成 1 mol O2。 (1)SO2 造成的环境问题主要是_____________________。 3 250mL2cv 10 mol 63.5g / mol 50mL 100%ag − × × × × 2 a 5 2(2)ZnO 将 SO2 转化为 ZnSO3· H2O 的化学方程式是_____________________________。 (3)将 ZnSO3· H2O 悬浊液转化为 ZnSO4 时，因其被 O2 氧化的速率很慢，易造成管道堵塞，实验室模拟 O3 氧化解决该问题。初始时用盐酸将 5% ZnSO3 悬浊液调至 pH＝3.5，以一定的进气流量通入 O3，研究 O3 氧 化 ZnSO3· H2O，其中溶液 pH 随时间变化的曲线如下： ①pH＝3.5 的溶液中含 S（+4 价）的离子主要是____________________。 ②一段时间后，溶液的 pH 减小，此过程中主要反应的离子方程式是________________。 ③解释 O3 氧化可防止管道堵塞的原因：___________________。 【答案】 (1). 酸雨 (2). 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3· H2O (3). HSO3− (4). HSO3−+O3=SO42−+O2+H+ （2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3） (5). O3 将 ZnSO3· H2O 氧化为可溶的 ZnSO4 的化学反应速率快，单 位时间内固体残留量少，防止管道堵塞 【解析】 【分析】 (1)SO2 造成酸雨的主要气体； (2)ZnO 和 SO2 以及水反应生成 ZnSO3· H2O； (3)①根据 25℃时，溶液中 S(+4 价)各组分的物质的量分数随 pH 变化曲线分析判断 pH＝3.5 的溶液中含 S(+4 价)的离子； ②一段时间后，由于通入 O3，将 HSO3−氧化为 SO42−，硫酸是强电解质，溶液的 pH 减小； ③O3 将难溶的 ZnSO3· H2O 氧化为可溶的 ZnSO4，反应速率加快。 【详解】(1)SO2 造成的环境问题主要是酸雨； (2) ZnO 和 SO2 以及水反应生成 ZnSO3· H2O，化学方程式是 2ZnO+2SO2+5H2O=2ZnSO3· H2O； (3)①根据 25℃时，溶液中 S(+4 价)各组分的物质的量分数随 pH 变化曲线，pH＝3.5 的溶液中 HSO3−浓度远 远大于 H2SO3，pH＝3.5 的溶液中含 S(+4 价)的离子主要是 HSO3−； ②一段时间后，由于通入 O3，将 HSO3−氧化为 SO42−，硫酸是强电解质，HSO3−的氢离子被释放，溶液的 pH 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2 5 2减小；离子方程式是：HSO3−+O3=SO42−+O2+H+(或 2HSO3−+O3=SO42−+O2+H2SO3)； ③O3 将 ZnSO3· H2O 氧化为可溶的 ZnSO4 的化学反应速率快，单位时间内固体残留量少，防止管道堵塞。 17.研究 1，3－丁二烯和 Br2 以物质的量之比为 1∶1 加成时的反应： ； 文献：Ⅰ．一般情况，在相同条件下，化学反应的活化能（E）越大，化学反应速率越小。 Ⅱ．1，3－丁二烯和 Br2 以物质的量之比为 1∶1 加成时的反应过程和能量变化的示意图如下： (1)已知： ΔH1＝-a(a＞0) kJ·mol−1 ； ΔH2＝+c(c＞0) kJ·mol−1 ①稳定性：A ______ B（填“>”、“＝”或“