2022北京丰台高三二模

化 学

本试卷共100分。考试时长90分钟

可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 N14 O16

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. 制作豆腐的流程中，属于过滤操作的是

A. A B. B C. C D. D

2. 用下列装置完成相关实验，不合理的是

A. 用a配制100mL1.00mol·L^-1NaCl溶液

B. 用b制备少量乙酸乙酯

C. 用c蒸馏海水得到淡水

D. 用d分离Na₂CO₃溶液与CH₃COOC₂H₅

3. 对下列事实的解释，方程式不正确的是

A. 氯水保存于棕色试剂瓶：2HClOH₂↑+Cl₂↑+O₂↑

B. 不能用排水法收集NO₂：3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO

C. 高温熔融态铁遇水爆炸：3Fe+4H₂OFe₃O₄+4H₂，2H₂+O₂2H₂O

D. 硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器：Al³⁺+3=Al(OH)₃↓+3CO₂↑

4. 下列物质的用途涉及氧化还原反应的是

A. 用NaHCO₃作食品膨松剂

B. 用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热

C. 用饱和Na₂CO₃溶液和盐酸处理水垢中的CaSO₄

D. 用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂

5. 下列事实不是由于分子的极性导致的是

A. N₂沸点比CO低

B. 常温常压下，CO₂为气体，CS₂为液体

C. HCl气体易溶于水

D. 用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流方向发生变化

6. 对甲基苯酚用于制作除草剂、医药上的消毒剂、香料。下列说法不正确的是

A. 可与NaOH、Na₂CO₃发生反应

B. 核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：3

C. 可与甲醛发生缩聚反应，与Br₂发生取代反应

D. 含有苯环的同分异构体共有3种(不包含对甲基苯酚)

7. 锡(₅₀Sn)与Si处于同一、主族，由于锡具有一定的抗腐蚀性，镀锡的铁皮常用于制作罐头盒。下列说法不合理的是

A. 原子半径：Sn>Si

B. 金属性：Rb(铷)>Sn。

C. Sn位于第四周期第IVA族，p区

D. 镀锡铁皮的镀层破损后，铁更容易被腐蚀

8. 常温下，0.1mol·L^-1氨水pH=11，0.1mol·L^-1醋酸pH=3，下列说法正确的是

A. 将0.1mol·L^-1氨水稀释10倍，pH<10

B. 常温下，CH₃COOH的电离平衡常数与NH₃·H₂O的相等

C. 0.1mol·L^-1醋酸溶液中，c(CH₃COOH)>c(CH₃COO^-)>c(H⁺)>c(OH^-)

D. CH₃COONH₄溶液因水解呈酸性

9. 下列除杂试剂或方法选用正确的是

A. A B. B C. C D. D

10. 利用下图装置将2Fe³⁺+Cu=2Fe²⁺+Cu²⁺反应的化学能转化为电能，下列设计不合理的是

A. a是Cu棒

B. X可以是CuSO₄溶液或Na₂SO₄溶液

C. b可以是石墨或Cu棒

D. Y可以Fe₂(SO₄)₃溶液

11. 下表列出了短周期元素X、Y的各级电离能数据，下列说法正确的是

A. X、Y元素的最高化合价分别为+3、+4

B. 原子失电子能力：X>Y

C. X和Y元素位于元素周期表中同一周期

D. 基态原子Y的电子排布式为1s²2s²2p⁶3s¹

12. 核酸是生物体遗传信息的携带者，被誉为“生命之源”，下列说法不正确的是

A. 五碳糖与磷酸、碱基之间通过分子间脱水形成核苷酸

B. 核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为加聚反应

C. DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖为脱氧核糖

D. DNA分子两条链上的碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对

13. 电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是

A. 电离出H⁺能力：HF>H₂CO₃>HCN>

B. 相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<nahco< span="">₃<nacn< span=""></nacn<></nahco<>

C. HCN和HF均能与Na₂CO₃溶液发生反应

D. CO₂通入NaCN溶液中：CO₂+2CN^-+H₂O=2HCN+

14. 某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：

反应i：H₂O₂+2I^-+2H⁺=I₂+2H₂O

反应ii：C₆H₈O₆(维生素C)+I₂=C₆H₆O₆+2I^-+2H⁺

下列说法不正确的是

A. 反应ii中维生素C发生氧化反应

B. 反应速率：反应i<反应ii

C. 溶液pH最终会变大

D. 若溶液变蓝时n(I₂)=amol，则消耗n(H₂O₂)=amol

第二部分

本部分共5题，共58分。

15. 氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：

NaBH₄B(OH)₃→BN

已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5

2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：

（1）NaBH₄被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH₄具有强还原性的原因是_______。

（2）硼酸的化学式为B(OH)₃，是一元弱酸。硼酸产生H⁺过程为：B(OH)₃+H₂O?H⁺+[B(OH)₄]^-

①硼酸分子的空间构型为_______。

②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH^-形成配位键，描述配位键的形成过程_______。

（3）某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：

①氮化硼(BN)属于_______晶体；B原子的轨道杂化类型为_______。

②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______。

③已知该晶体的密度为ρg·cm^-3，阿伏伽德罗常数为N_A，则晶胞的边长为_______cm(列计算式)。

16. 硫碘循环，水分解制氢的原理示意图如下：

（1）已知：在25℃和101kPa时，H₂的燃烧热为285.8kJ·mol^-1，则在相同条件下，水分解生成氢气的热化学方程式为_______。

（2）水在2200℃条件下分解可得到氢气。硫碘循环制H₂的优势为_______(至少写两条)。

（3）反应II，H₂SO₄分解制取O₂的速率主要由反应2SO₃?2SO₂+O₂决定，对该反应的历程进行研究发现，SO₃分解经历了多步基元反应，其中影响速率的关键基元反应为：SO₃→SO₂+O，SO₃+O→SO₂+O₂，下列说法合理的是_______。

A.c(O)越大有利于加快SO₃的分解速率

B.关键基元反应的活化能比其他基元反应的大

C.催化剂参与氧原子的生成与消耗将有利于提高SO₃的分解速率

（4）进行反应III之前，需要经过以下两个步骤：

①步骤1：除杂。反应I所得混合物经过初步分离后得到HI和I₂的混合溶液，其中含有少量H₂SO₄杂质。工业上采用加热至110℃的方法除去H₂SO₄写出相应的化学方程式_______。

②步骤2：电解。通过电解法实现HI和I₂的分离与富集，装置示意图如下，结合电极反应解释获得浓HI溶液的原因是_______。

③利用电解后某一极的溶液，作为反应II中SO₂的吸收剂，实现O₂与SO₂的分离，吸收剂的有效成分是_______。

17. 某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag₂Se等，从中提取Se的工艺流程如下：

已知：

（1）酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是_______。

（2）“氯化”过程中发生如下转化：

①Se转化为H₂SeO₃，化学方程式为_______。

②Ag₂Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因_______。

（3）①“还原”过程中发生反应的化学方程式为_______。

②Cl₂、SO₂、H₂SeO₃氧化性由强到弱的顺序为_______。

（4）滴定法测定CuSO₄溶液浓度，其基本原理为：

第一步：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂。

第二步：2(无色)+I₂=(无色)+2I^-

①由此可知滴定所用的指示剂为_______。

②已知CuSO₄溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L^-1Na₂S₂O₃溶液VmL，则CuSO₄溶液的物质的量浓度为_______mol·L^-1。

③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是_______(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。

18. 具有广泛生物活性的某丁内酯类化合物K的合成路线如下：

已知：

i.R₁CH₂COOR₂+R₃CHO

ii. +

iii.R-Br+

（1）A能发生银镜反应，A中官能团名称是_______。

（2）B→C的化学方程式为_______。

（3）C+2aD，则试剂a是_______。

（4）已知：同一个碳原子连有2个羟基的分子不稳定，F为醇类。F→G的化学方程式为_____。

（5）试剂b的结构简式为_______。

（6）H→I的反应类型为_______，J的结构简式为_______。

（7）已知：RCH₂COOH，将D→E的流程图补充完整，在括号内填写试剂和条件，在方框内填写物质的结构简式_______。

19. 某小组进行如下实验：向0.1mol·L^-1 FeCl₃溶液中通入SO₂或加入Na₂SO₃溶液，均得到红色溶液。

已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。

I.推测Fe³⁺与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：

（1）将上述实验补充完整________。

（2）配离子的配体为的实验证据是_______。

II.探究pH对FeCl₃和Na₂SO₃反应影响。设计如下实验：

（3）探究实验b中溶液褪色更快的原因：

i.甲认为pH降低，有利于Fe³⁺氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

①从电极反应的角度，进行理论分析：

还原反应为：Fe³⁺+e^-=Fe²⁺氧化反应为：_______。

②已知上述实验条件下pH对Fe³⁺的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是_______(填“增强”或“减弱”)。

③通过理论分析，甲认为其猜测_______(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测_______浓度(填离子符号)，比较其大小关系。

ii.乙猜测pH降低，有利于_______氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

④将乙的假设补充完整_______(填化学式)。

⑤乙设计实验进行验证：

取10mL 0.1mol·L^-1 Na₂SO₃溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO₄溶液滴定，消耗体积为V₁。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO₄溶液滴定，消耗体积为V_2.前后差值(V₁-V₂)为ΔV_a。用同样的方法对10mL 0.1mol·L^-1 Na₂SO₃(含H₂SO₄)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO₄溶液前后体积差值为ΔV_b。

经对比可知，ΔV_a>△V_b，由此得出的实验结论是_______。

（4）综合上述分析，pH降低，有利于_______反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。

参考答案

1. 【答案】C

【解析】

【详解】A．泡豆是将豆子浸泡吸水的过程，不包含过滤操作，A项不符合题意；

B．磨浆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，B项不符合题意；

C．滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，C项符合题意；

D．煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，点兑是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，都不包含过滤操作，D项不符合题意；

答案选C。

2. 【答案】A

【解析】

【详解】A．配制100mL1.00mol·L^-1NaCl溶液需要用到的主要仪器除了托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒以外还有100mL容量瓶、胶头滴管，上述仪器不能达到实验目的，A符合题意；

B．实验室利用乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应制备乙酸乙酯，右侧试管中盛装饱和碳酸钠溶液，偏于分离乙酸乙酯，可达到实验目的，B不符合题意；

C．利用上述蒸馏装置可实验海水淡化，蒸馏得到蒸馏水，C不符合题意；

D．Na₂CO₃溶液与CH₃COOC₂H₅互不相溶，可利用分液操作分离提纯，上述装置可达到实验目的，D不符合题意；

故选A。

3. 【答案】A

【解析】

【详解】A．氯水保存在棕色试剂瓶，次氯酸不易见光分解，且次氯酸分解产物是HCl和O₂，A项错误；

B．不能用排水法收集二氧化氮，因为二氧化氮与水反应，方程式正确，B项正确；

C．高温熔融态遇水爆炸，因为铁与水高温下反应生成氢气，氢气与氧气反应，方程式正确，C项正确；

D．硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器，铝离子与碳酸根水解相互促进，方程式正确，D项正确；

答案选A。

4. 【答案】B

【解析】

【详解】A．用NaHCO₃作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，故A错误；

B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，故B正确；

C．用饱和Na₂CO₃溶液和盐酸处理水垢中的CaSO₄，先反应生成碳酸钙沉淀，碳酸钙再与盐酸反应，都为复分解反应，故C错误；

D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，故D错误。

故选B。

5. 【答案】B

【解析】

【详解】A．N₂与CO的相对分子质量相同，由于CO是极性分子，导致分子间作用力强于N₂，则N₂的沸点比CO低，故A不符合题意；

B．CO₂和CS₂都为非极性分子，两者组成和结构相似，相对分子质量越大的分子间作用力越大，其溶点和沸点越高，故B符合题意；

C．HCl和水都是极性分子，HCl气体易溶于水和分子极性有关，故B不符合题意；

D．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，故D不符合题意。

故选B。

6. 【答案】D

【解析】

【详解】A．对甲基苯酚分子中含（酚）羟基，具有弱酸性，可与NaOH、Na₂CO₃发生反应，A正确；

B．根据对称性可知对甲基苯酚分子有4种等效氢，如图（序号代表等效氢种类），其等效氢的个数之比分别为：1：2：2：3，所以核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：2：3，B正确；

C．对甲基苯酚分子中含（酚）羟基，可与甲醛发生缩聚反应，与浓Br₂水在催化剂作用下发生溴代（取代）反应，C正确；

D．含有苯环的同分异构体分别为：邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇（）和共有4种，D错误；

故选D。

7. 【答案】C

【解析】

【详解】A．锡(₅₀Sn)与Si处于同一主族，同主族原子半径从上至下逐渐增大，原子半径：Sn>Si，A正确；

B．同周期从左至右金属性逐渐减弱，金属性：Rb(铷)>Sn，B正确；

C．Sn的价电子排布式为：5s²5p²位于第五周期第IVA族，p区，C错误；

D．镀锡铁皮的镀层破损后，形成原电池，铁做负极，铁更容易被腐蚀，D正确；

答案选C。

8. 【答案】B

【解析】

【详解】A．氨水为弱碱，将0.1mol·L^-1氨水稀释10倍，电离平衡NH₃·H₂O?NH+OH^-正向移动，c(OH^-)大于原来的，pH>10，A错误；

B．常温下，0.1mol·L^-1氨水pH=11，c(OH^-)=10^-3mol/L，0.1mol·L^-1醋酸pH=3，c(H⁺)=10^-3mol/L，则CH₃COOH的电离平衡常数与NH₃·H₂O的相等，B正确；

C．常温下，0.1mol·L^-1醋酸pH=3，c(H⁺)=10^-3mol/L，醋酸发生电离，但电离程度小，则c(CH₃COOH)>c(H⁺)，溶液中还存在水的微弱电离：H₂O?H⁺+OH^-，则c(CH₃COOH)>c(H⁺)>c(CH₃COO^-)>c(OH^-)，C错误；

D．CH₃COOH的电离平衡常数与NH₃·H₂O的相等，CH₃COONH₄溶液中NH与CH₃COO^-的水解程度相等，则溶液呈中性，D错误；

答案选B。

9. 【答案】D

【解析】

【详解】A．NaHCO₃固体受热易分解，Na₂CO₃稳定性好，所以不能利用加热的方法除去NaHCO₃固体中的Na₂CO₃，A错误；

B．苯酚虽能与浓溴水发生取代反应，但生成的三溴苯酚易溶于苯中，引入新的杂质，不能达到除杂目的，B错误；

C．过量的BaCl₂溶液可除去溶液中的硫酸根离子，多余的钡离子可有过量的碳酸钠溶液除去，但多余的碳酸钠中碳酸根离子无法除去，不能达到除杂目的，C错误；

D．SO₂具有还原性，可与过氧化氢发生氧化还原反应转化为硫酸根离子，再与钡离子发生复分解反应生成硫酸钡沉淀而除去，再利用浓硫酸干燥二氧化碳，即可达到除杂目的，D正确；

故选D。

10. 【答案】C

【解析】

【分析】①G表为电流表，原电池放电时，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应；

②根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用铜离子溶液或常规盐溶液即可；

③正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通；

④正极富电子，需能导电的电极，此电极不可以直接和三价铁反应。

【详解】A．根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用铜离子溶液，A项正确；

B．根据电池反应，负极为Cu，负极液体不可以是三价铁溶液，否则直接反应不会有电子转移，可以用常规盐溶液，B项正确；

C．正极富电子，需能导电的电极，此电极的活泼性要弱于三价铁，所以不能用铜棒，C项错误；

D．正极液体需要放置三价铁溶液，确保电子流通，D项正确；

答案选C。

11. 【答案】D

【解析】

【分析】X、Y都是短周期元素；元素X的I₁?I₂，X原子最外层有1个电子，X处于第IA族；元素Y的I₁?I₂，Y原子最外层有1个电子，Y处于第IA族；X、Y处于同主族，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，Y的第一电离能小于X的第一电离能，则X为Li，Y为Na；据此作答。

【详解】A．X、Y元素的原子最外层电子数都为1，X、Y元素的最高化合价都为+1价，A错误；

B．X为Li，Y为Na，Li和Na都处于第IA族，同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，失电子能力逐渐增强，原子失电子能力Na＞Li，B错误；

C．X、Y元素位于元素周期表中同一主族第IA族，分别位于第2、3周期，C错误；

D．Y为Na，基态Na原子的核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s¹，D正确；

答案选D。

12. 【答案】B

【解析】

【详解】A．碱基与五碳糖通过脱水缩合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羟基与磷酸脱水，通过磷酯键结合形成核苷酸，故A正确；

B．核苷酸分子之间通过磷酯键形成核酸，反应类型为缩聚反应，故B错误；

C．DNA是核酸中的一种，其对应的五碳糖是戊糖，称为脱氧核糖，故C正确；

D．DNA分子两条链上碱基按照形成氢键数目最多、结构最稳定的原则配对，使之形成双螺旋结构，故D正确；

故选B。

13. 【答案】D

【解析】

【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H⁺的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H₂CO₃>HCN>，则电离出H⁺的能力：HF>H₂CO₃>HCN>，A正确；

B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H₂CO₃>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<nahco< span="">₃<nacn，b正确；< span=""></nacn，b正确；<></nahco<>

C由于酸性：HF >HCN>，则HCN和HF均能与Na₂CO₃溶液发生反应，C正确；

D．由于酸性：H₂CO₃>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO₂通入NaCN溶液中：CO₂+H₂O+CN^-=+HCN，D错误；
故选：D。

14. 【答案】D

【解析】

【详解】A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C₆H₆O₆中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A正确；

B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B正确；

C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C正确；

D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I₂)=amol，则消耗n(H₂O₂)＞amol D错误；

答案选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15. 【答案】（1）NaBH₄中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价

（2） ①. 平面三角形 ②. B与水中的OH^-形成配位键，B原子佳电子式2s²2p¹，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH^-中O原子提供的孤电子对形成配位键

（3） ①. 共价
②. sp³ ③. N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC ④.

【解析】

【小问1详解】

NaBH₄中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH₄具有强还原性；

【小问2详解】

硼酸的化学式为B(OH)₃，是一元弱酸。硼酸产生H⁺过程为：B(OH)₃+H₂O?H⁺+[B(OH)₄]^-

①硼酸分子中B原子采取sp²杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；

②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH^-形成配位键，B原子价电子式2s²2p¹，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH^-中O原子提供的孤电子对形成配位键；

小问3详解】

①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp³杂化；

②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；

③已知该晶体的密度为ρg·cm^-3，阿伏伽德罗常数为N_A，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。

16. 【答案】（1）；

（2）反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H₂；实现了O₂和H₂分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；

（3）ABC； （4） ①. ； ②. 阴极：I₂+2e^-=2I^-，H+通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液； ③. I₂。

【解析】

【小问1详解】

根据燃烧热的概念，1mol氢气完全燃烧生成液态水所释放的能量为285.8kJ，相同条件下水分解是上述过程的逆过程，热化学方程式为：；

【小问2详解】

该反应所需条件温和，加热温度不高，且制备的氢气和氧气分开，避免直接接触引发实验安全问题，另外反应I放热提供的热量可供反应II、III利用，节能，故答案为：反应条件温和，在较低温度下实现分解水制取H₂；实现了O₂和H₂分离，反应I放热，可利用其能量为其他两个吸热反应供能；

【小问3详解】

A．c(O)越大有利于第二个基元反应的进行，加快SO₃的分解速率，A正确；

B．关键基元反应为硫酸分解制取氧气的决速反应，故该反应速率慢，活化能高，B正确；

C．催化剂参与氧原子的生成与消耗，可以使两个基元反应速率加快，将有利于提高SO₃的分解速率，C正确；

故选ABC。

【小问4详解】

工业上采用加热至110℃的方法除去H₂SO₄，化学方程式为：；该装置为电解池，阴极为碘单质得电子变成碘离子，阳极碘离子失电子变成碘单质，氢离子通过质子交换膜移向阴极，故阴极的HI浓度增大，故答案为：阴极：I₂+2e^-=2I^-，H⁺通过质子交换膜进入阴极，得到浓HI溶液；电解过程中阳极产生碘单质，碘单质可以与二氧化硫发生氧化还原反应，故吸收剂的有效成分为I₂。

17. 【答案】（1）将Cu转化为可溶性盐CuSO₄，实现Cu与其他物质的分离

（2） ①. Se+2Cl₂+3H₂O=4HCl+ H₂SeO₃ ②. Ag₂Se(s)2Ag⁺(aq)+Se²⁺(aq)，Se²⁺被氯气氧化为H₂SeO₃，c(Se²⁺)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag⁺)增大，使得Ag⁺与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag₂Se转化为AgCl；

（3） ①. H₂SeO₃+ 2SO₂+H₂O=Se+2H₂SO₄ ②. Cl₂> H₂SeO₃>SO₂

（4） ①. 淀粉 ②. ③. 不影响

【解析】

【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag₂Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H₂SeO₃的同时生成氯化银沉淀，用SO₂还原H₂SeO₃得到粗Se，据此分析解答。

【小问1详解】

酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO₄，实现Cu与其他物质的分离；

【小问2详解】

①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl₂+3H₂O=4HCl+ H₂SeO₃；

②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag₂Se(s)2Ag⁺(aq)+Se²⁺(aq)，Se²⁺被氯气氧化为H₂SeO₃，c(Se²⁺)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag⁺)增大，使得Ag⁺与Cl^-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag₂Se转化为AgCl；

【小问3详解】

①SO₂具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H₂SeO₃+ 2SO₂+H₂O=Se+2H₂SO₄；

②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl₂> H₂SeO₃>SO₂；

【小问4详解】

①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；

②由关系式知：2CuSO₄~ I₂~ 2Na₂S₂O₃，c（CuSO₄）=；

③若使用的KI溶液过量，因为过量的I^-不与Na₂S₂O₃反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。

18. 【答案】（1）醛基； （2）HOOC-CH₂-COOH+2C₂H₅OHC₂H₅OOC-CH₂-COOC₂H₅+2H₂O；

（3）HCHO； （4） ；

（5） ； （6） ①. 氧化； ②. ；

（7） 。

【解析】

【分析】A到B为氧化反应，B到C为酯化反应，C比B多了四个碳原子，说明B中有两个羧基，B为HOOCCH₂COOH，A为OHCCH₂CHO，C与2分子试剂a反应生成D，C原子数多了2个，根据题中已知信息，a应为甲醛，D 的结构简式为： ；D经过多步反应得到E；结合题干中信息，F为醇类，同一个碳原子连两个羟基不稳定，故F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G，根据G的分子式，G为CH₂=CH-CHO，G与试剂b反应得到H，参照题中已知信息ii，应为加成反应，试剂b的结构简式为： ；对比H和I的分子式，I应为： ；E和I参照所给已知信息iii，J的结构简式为： ；J到K发生了酯化反应。

【小问1详解】

根据分析A为OHCCH₂CHO，官能团名称为醛基；

【小问2详解】

B到C的反应方程式为：HOOC-CH₂-COOH+2C₂H₅OHC₂H₅OOC-CH₂-COOC₂H₅+2H₂O；

【小问3详解】

根据分析，试剂a为甲醛（HCHO）；

【小问4详解】

根据分析F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G：CH₂=CH-CHO，方程式为：

【小问5详解】

根据分析，b为 ；

小问6详解】

H到I氢原子个数减少，为氧化反应；根据分析，J的结构简式为： ；

【小问7详解】

D 的结构简式为： ，先水解生成 ，脱去CO₂变成 ， 与HBr发生取代反应生成 ； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E，故中间的补充完整应为 。

19. 【答案】（1）SO₂的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10

（2）随着c()增大，溶液红色加深

（3） ①. +H₂O-2e^-=+2H⁺ ②. 减弱 ③. 不成立 ④. Fe²⁺ ⑤. O₂ ⑥. pH降低不利于O₂氧化，乙猜测不成立

（4）与H⁺

【解析】

【小问1详解】

结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO₂的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。

【小问2详解】

随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。

【小问3详解】

①Fe³⁺与发生氧化还原反应，Fe³⁺得电子生成Fe²⁺，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H₂O-2e^-=+2H⁺。

②在溶液中存在+H₂O-2e^-?+2H⁺，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。

③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe³⁺和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe²⁺的浓度，比较其大小关系去验证。

④实验放在空气中进行，空气中O₂有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O₂氧化，导致实验b中溶液褪色更快。

⑤由实验数据ΔV_a>ΔV_b可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O₂氧化，乙猜测不成立。

【小问4详解】

溶液酸性增强，会发生反应H⁺+?HSO，H⁺+HSO?H₂SO₄，pH降低，有利于与H⁺反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。