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北京市房山区2022届高三第二次模拟测试化学试题
一、单选题
1．（2022·房山模拟）2022年4月16日，神舟十三号返回舱成功着陆，我国在探索太空的征程上又迈出了坚实的一步。下列涉及的系列材料中，主要成分为金属的是（　　）
A．返回舱与推进舱分离时使用的推进剂——液氧和液氢 B．航天员返回途中穿着的航天服——合成纤维及尼龙膜 C．返回舱减速伞材料——高强度锦纶纤维 D．返回舱侧壁壳体——高强度铝合金
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·房山模拟）下列化学用语书写正确的是（　　）
A．过氧化钠的电子式是
B．乙烷的结构式是
C．基态磷原子的轨道表示式：
D．中子数为7的碳原子是C
3．（2020高三上·武功月考）下列实验操作中，符合操作规范的是（　　）
A．向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁
B．用托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码
C．用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中
D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞
4．（2022·房山模拟）实验室用锌与稀硫酸反应制氢气，下列做法能加快反应速率的是（　　）
A．选用纯度更大的金属锌 B．改用浓硫酸
C．改用粗锌(含铜、银) D．降低温度
5．（2022·房山模拟）脱落酸是一种抑制生长的植物激素，可延长鲜花盛开的时间，其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法错误的是（　　）
A．分子式为C15H20O4
B．存在酯类同分异构体
C．一定条件下可以发生酯化、加聚、氧化反应
D．1mol脱落酸能与2molNaHCO3发生反应
6．（2022·房山模拟）根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是（　　）
选项 事实 推测
A Na、Al能够与盐酸反应置换出H2 Mg也一定能与盐酸反应置换出H2
B H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸 HClO4是强酸
C Si是半导体材料，Ge也是半导体材料 IVA族元素的单质都是半导体材料
D Ca与冷水较易反应，Mg与冷水较难反应 Be与冷水更难反应
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·房山模拟）下列解释事实的方程式错误的是（　　）
A．用食醋清洗水垢：CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑
B．84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
C．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2O
D．用硫化钠除去废水中的汞离子：Hg2++S2-=HgS↓
8．（2020高二下·双鸭山期末）下列颜色变化与氧化还原无关的是（　　）
A．湿润的红色布条遇到氯气褪色
B．棕黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色
C．紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色
D．浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色
9．（2022·房山模拟）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图。关于该电池的说法错误的是（　　）
A．a极是负极
B．H+向b极迁移
C．b电极上发生的反应是+H++2e-=+Cl-
D．生成0.1molH2CO3，电池反应电子转移数目为0.4mol
10．（2022·房山模拟）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 一定含有Fe2+
B SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去 SO2具有漂白性
C 少量Zn粉加入1.0mol/L Fe2(SO4)3溶液中 溶液颜色变浅 金属Zn比Fe活泼
D 取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置 溶液分层，下层呈紫红色 原无色溶液中一定有I-
A．A B．B C．C D．D
11．（2022·房山模拟）聚酯三元醇应用于制备医用高分子材料，合成聚酯三元醇的原理如图：
已知：R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH
下列说法错误的是（　　）
A．单体M1属于醇类
B．改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量
C．该合成反应为缩聚反应
D．X、Y、Z中包含的结构片段可能有
12．（2022·房山模拟）甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法中错误的是（　　）
A．上述过程中总反应是取代反应
B．反应前后碳原子的成键数目没有发生变化
C．若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O
D．催化剂的使用可大大提升反应物硫化氢和甲醇的转化率
13．（2022·房山模拟）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH
B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A>B
D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O
14．（2022·房山模拟）小组进行如下实验。
下列说法错误的是（　　）
A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)
B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C．c(OH )：③=①
D．③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl )
二、综合题
15．（2022·房山模拟）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：
已知：RCH=CHCOOR′+
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　，B中含氧官能团的名称是　 　。
（2）B→C的化学方程式是　 　。
（3）C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是　 　。
（4）D→E的反应类型是　 　。
（5）B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式　 　。
①不含—CH3
②含2种官能团
③含苯环，且苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2
（6）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)　 　。
16．（2022·房山模拟）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
（1）反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为　 　。
（2）在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
①该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是　 　。
（3）实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是　 　。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是　 　。
（4）尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为　 　。
（5）NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式　 　。
17．（2022·房山模拟）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
（1）烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：
①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是　 　。
②烟酸中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）基态铬原子的核外电子排布式为　 　，有　 　个未成对电子。
（3）铬元素的一种配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl 2H2O，配离子中提供孤电子对的原子为　 　，配位数为　 　。
（4）Cr2O3晶体的熔点为2435℃，而CrCl3晶体易升华，其主要原因是　 　。
（5）铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为　 　。
18．（2022·房山模拟）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：
资料：
ⅰ.VOSO4高温易分解
ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)
ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差
ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+
ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
（1）焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是　 　。
（2）预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。
①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用　 　。
②解释加氨水调节pH≈5的原因是　 　。
（3）上述I的具体操作为　 　。
（4）沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是　 　。
（5）测定产品中V2O5的纯度：
称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是　 　。(V2O5的摩尔质量：182g mol-1)
19．（2022·房山模拟）某小组用实验1探究FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生。
实验1：
资料：ⅰ.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO、Cu2+与Cl-。
ⅱ.(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
（1）FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为　 　。
（2）小组同学推测白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：
由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是　 　。
（3）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤 实验操作 实验现象
I 　 　 溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II 取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液 立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III 振荡II中试管，静置 白色沉淀变多，红色逐渐褪去
①步骤I的实验操作是　 　。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是　 　。
③步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是　 　。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．液氧和液氢属于非金属单质，A不符合；
B．合成纤维及尼龙膜属于有机高分子材料，B不符合；
C．高强度锦纶纤维属于有机高分子材料，C不符合；
D．高强度铝合金的主要成分为金属单质，D符合；
故答案为：D。
【分析】依据组成元素进行判断。
2．【答案】B
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是，故A不符合题意；
B．乙烷中碳碳以单键连接，碳的其它键都与H原子连接，结构式是 ，故B符合题意；
C．根据洪特规则，基态磷原子的轨道表示式，故C不符合题意；
D．中子数为7的碳原子，质量数是13，该原子表示为C，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．过氧化钠是离子化合物；
B．结构式是分子中原子之间用价键连接；
C．根据洪特规则判断；
D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数。
3．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；试纸的使用；分液和萃取
【解析】【解答】A．向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易组成试剂的污染，故不选A；
B．用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故不选B；
C．使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻璃棒蘸取少量溶液进行检验，故不选C；
D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞，防止漏液，
故答案为：D。
【分析】A.向试管中滴加试剂时，不能紧靠试管内壁，应该在距离试管较近的位置进行操作；
B.托盘天平称量物体时，应该遵循左物右码的规则；
C.使用pH试纸检验溶液的酸碱性时，应该用玻璃棒蘸取少量待测液，滴到试纸上；
D.萃取时振荡时关闭玻璃塞和活塞的目的是防止漏液。
4．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．若金属锌中含有不如锌活泼的金属杂质，则可以形成原电池加快反应速率，选用纯度更大的金属锌会降低反应速率，A不符合题意；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2，不产生H2，B不符合题意；
C．铜、银不如锌活泼，反应过程中会形成原电池，锌为负极被氧化，可以加快反应速率，C符合题意；
D．降低温度会减慢反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．形成原电池加快反应速率；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2；
C．形成原电池加快反应速率；
D．降低温度会减慢反应速率。
5．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H20O4，A不符合题意；
B．该物质中含有羧基，所以存在酯类同分异构体，B不符合题意；
C．该物质含有羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应、氧化反应，C不符合题意；
D．该物质中只有羧基可以碳酸氢钠反应，所以1mol脱落酸只能与1molNaHCO3发生反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式利用价键规律确定分子式；
B．酸和酯属于类别异构；
C．依据官能团与性质的关系分析；
D．该物质中只有羧基可以碳酸氢钠反应。
6．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．Mg的活泼性介于Na和Al之间，Na、Al能够与盐酸反应置换出H2，可知Mg也一定能与盐酸反应置换出H2，A合理；
B．同周期主族元素的最高价含氧酸的酸性依次增强，H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸，而HClO4的酸性要强于H2SO4，所以HClO4是强酸，B合理；
C．Si是半导体材料，Ge也是半导体材料，是因为二者均位于金属和非金属元素的分界线上，并不是IVA族元素的单质都是半导体材料，如C元素位于IVA族，但不是半导体，C不合理；
D．同主族自上而下金属性增强，所以Be的活泼性不如Mg，Mg与冷水较难反应，则Be与冷水更难反应，D合理；
故答案为：C。
【分析】A．同周期从左到右间金属性逐渐减弱；
B．同周期主族元素的最高价含氧酸的酸性依次增强；
C．位于金属和非金属元素的分界线上是半导体材料，同族元素存在递变性；
D．同主族自上而下金属性增强。
7．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸钙为沉淀，不能拆成离子，符合题意离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑+Ca2+，A符合题意；
B.84消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵主要成分为盐酸，二者混合后发生归中反应生成氯气，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B不符合题意；
C．小苏打为NaHCO3，可以和胃酸即HCl反应生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O，C不符合题意；
D．硫化钠可以和汞离子生成硫化汞沉淀，离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳酸钙为沉淀，不能拆；
B.发生归中反应；
C．强酸可以制弱酸；
D．硫离子和汞离子生成硫化汞沉淀。
8．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，A不符合题意；
B. Fe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3++ 3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；
C. 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯分子中含有碳碳双键，被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，C不符合题意；
D. Na2O2固体露置于空气中，易与空气中的水和二氧化碳反应，其反应方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH也易与二氧化碳反应，其反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+ H2O，Na2CO3是白色粉末，所以浅黄色逐渐变为白色，该过程存在氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、主要考察湿润的氯气含有HClO，具有漂白性，能够使红色布条褪色解答；
B、考察FeCl3饱和溶液滴入沸水中，根据 Fe3+在水溶液中发生水解，制备Fe(OH)3(胶体)，化合价不变；
C、主要考察乙烯具有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，高锰酸钾褪色；
D、主要考察过氧化钠能够与空气中的二氧化碳、水蒸气反应，分别生成白色碳酸钠、氢氧化钠固体，过氧化钠即作氧化剂又作还原剂；
9．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，a极是原电池的负极，A不符合题意；
B．原电池中阳离子向正极迁移，b极为正极，所以H+向b极迁移，B不符合题意；
C．b电极上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，电极反应为+H++2e-=+Cl-，C不符合题意；
D．a电极上CH3COO-被氧化为H2CO3和HCO，只知道H2CO3的物质的量，而不知HCO的物质的量，无法确定转移电子数，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据负极发生氧化反应；
B．原电池中阳离子向正极迁移；
C．正极得到电子发生还原反应；
D．产物有两种，无法计算。
10．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．若原溶液中只含有Fe3+，现象相同，应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，A不符合题意；
B．SO2为酸性气体，通入NaOH溶液中发生反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，红色褪去，并不是SO2的漂白性，B不符合题意；
C．锌粉少量，发生反应2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，该反应并不能体现Fe和Zn的金属性强弱关系，C不符合题意；
D．根据现象可知有碘单质生成，说明原无色溶液中有I-，被Cl2氧化为I2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．试剂加入顺序错误；
B．体现了SO2的酸性；
C．锌粉少量，不会发生置换反应；
D．根据强制弱分析。
11．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．据图可知M1所含官能团只有羟基，所以属于醇类，A不符合题意；
B．改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，B不符合题意；
C．缩聚反应有小分子生成，根据题目所给信息可知该反应中无小分子生成，不是缩聚反应，C符合题意；
D．根据信息的反应原理，若涉及M2、M3之间的取代，X、Y、Z中包含的结构片段可能有 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．羟基与链烃相连；
B．单体的比例改变，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变；
C．缩聚反应有小分子生成；
D．根据信息的反应原理判断。
12．【答案】D
【知识点】催化剂；取代反应
【解析】【解答】A．据图可知总反应为CH3OH+H2SCH3SH+H2O，-HS取代了甲醇中-OH的反应，属于取代反应，A不符合题意；
B．甲醇反应生成CH3SH，反应前后碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，B不符合题意；
C．若CD3OD和H2S参与，则在第④步反应后，催化剂表面会吸附有H、OD、D，若OD和D结合，H与CD2结合，则可能生成CHD2SH和D2O，C不符合题意；
D．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．反应前后碳原子的成键数目均为4；
C．利用反应历程中的反应物与产物分析；
D．催化剂只影响速率，不改变平衡。
13．【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；水的电离
【解析】【解答】A．HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A不符合题意；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B不符合题意；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C符合题意；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH的变化曲线，曲线②为HCl中滴加NaOH的变化曲线。
14．【答案】C
【知识点】探究沉淀溶解
【解析】【解答】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)，故A不符合题意；
B．加入盐酸消耗OH ，使Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)正向移动，过一段时间又补充了OH ，溶液又变红，故B不符合题意；
C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp= c(Mg2+)c2(OH )，c(Mg2+)增大，c(OH )减小，故C符合题意；
D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+ c(H+)=c(Cl )+ c(OH )，③中溶液显碱性c(OH )> c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl )，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．可逆反应进行不到底；
B．降低产物的浓度平衡正向移动；
C．依据温度不变Ksp不变，利用Ksp= c(Mg2+)c2(OH )分析；
D．根据电荷守恒判断。
15．【答案】（1）溴苯；羰基、羧基
（2）+C2H5OH+H2O
（3）
（4）加成
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】根据后续产物的结构可知A中应含有苯环，再结合A的分子式可知A的结构简式应为；B与乙醇发生酯化反应生成C，C中存在结构-CH=CHCOOC2H5，C转化成D过程中碳碳双键变为单键，则该反应应与题目所给信息类似，可知M中存在酚羟基，M与C发生加成反应生成D，M结构应为：。
(1)A为，名称为溴苯；B中含氧官能团为：、-COOH，名称是羰基、羧基。
(2)B生成C为酯化反应，故反应方程式为：+C2H5OH+H2O；
(3)根据分析可知M的结构简式为：；
(4)D中存在碳氧双键，E中变为碳氧单键同时形成羟基，-NH2转化为-NH-连接到了之前存在羰基的碳原子上，由此可知-NH2少的H应该转移成为羟基氢，故D转化成E的反应为加成反应。
(5)观察B结构，B中存在一个溴和三个氧，故B的同分异构体中应有三个相同的含氧官能团，想要满足条件①②，此官能团只能是-CHO，则B的同分异构体中的两种官能团分别是-Br和-CHO，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为：。
(6)参照题干信息，中存在与苯环直接相连的-NH2，存在羰基，故可参照D与E的加成反应，则与反应会生成，再参照E生成F的过程，一定条件下发生消去反应可生成，再与氢气加成即可得到；合成路线为。
【分析】
(1)利用结构简式确定名称和官能团。
(2)酸和醇发生酯化反应；
(3)根据反应物和产物确定结构简式；
(4)有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应。
(5)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。
(6)参照题干信息，利用所给的反应物和产物设计合成路线。
16．【答案】（1）K=
（2）放热；温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动
（3）200℃；KQ=KM>KN
（4）N2+6e +6H+=2NH3
（5）4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH= 907kJ·mol 1
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K=；
(2)①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应；
②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa；
(3)①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH3的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为200℃；
②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：KQ=KM>KN；
(4)据图可知，阴极上N2被还原为NH3，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N2+6e +6H+=2NH3；
(5)NH3转化为NO的化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，依次将所给两个热化学方程式标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1-(-180.5kJ·mol-1)×2= 907kJ·mol 1。
【分析】(1)根据化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；
(2)①根据表格数据，利用温度对平衡的影响分析；
②考虑外界因素对反应速率和平衡的影响；
(3)①利用温度对平衡的影响分析；
②温度与平衡常数的关系；
(4)阴极得电子发生还原反应。；
(5)根据盖斯定律计算。
17．【答案】（1）O>N>C>H；sp2
（2）1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1；6
（3）O、Cl；6
（4）Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华
（5）CaCrO3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】(1)①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对电子；
(3)H2O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个H2O和2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)CrCl3晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr2O3晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华；
(5)根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，所以化学式为CaCrO3。
【分析】(1)①同周期元素自左至右电负性依次增大；
②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(2)依据核外电子排布规律书写；
(3)根据该配合物的化学式分析；
(4)依据物质的性质确定晶体类型；
(5)根据均摊法确定化学式。
18．【答案】（1）2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O
（2）2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3）；除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率
（3）过滤
（4）pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；
(2)①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；
②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；
(3)水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；
(4)溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；
(5)根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
【分析】石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。
19．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）CuCl和CuSCN
（3）向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置；若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
(2)CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与、Cu2+与Cl-；取实验1中的白色沉淀于试管中，加入过量稀硝酸溶解得到蓝色溶液，将蓝色溶液分为两等份，向一份蓝色溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀AgCl，说明实验1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份蓝色中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明实验1所得白色沉淀含有CuSCN；综上所述，实验1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。
(3)①为了进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，结合题干信息可知，步骤I的实验操作为向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置，观察到溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；
②向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生，依此判断Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)；
③由②题可知，步骤I中无Cu(I)生成，在步骤II中，向步骤I所得溶液中加入KSCN溶液，反应立刻出现红色，说明步骤II中有Fe3+生成，同时产生白色沉淀，说明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性质与卤素单质相似，即(SCN)2有氧化性，则SCN-有还原性，故步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；
④振荡II中试管，静置，观察到白色沉淀变多，红色逐渐褪去，可能的原因是Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
【分析】向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向红色溶液中加入铜粉，红色褪去，产生白色沉淀，根据题干信息可知，该白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性质与卤素单质相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有还原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)还可能是Cu2+和SCN-反应得到，据此解答。
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北京市房山区2022届高三第二次模拟测试化学试题
一、单选题
1．（2022·房山模拟）2022年4月16日，神舟十三号返回舱成功着陆，我国在探索太空的征程上又迈出了坚实的一步。下列涉及的系列材料中，主要成分为金属的是（　　）
A．返回舱与推进舱分离时使用的推进剂——液氧和液氢 B．航天员返回途中穿着的航天服——合成纤维及尼龙膜 C．返回舱减速伞材料——高强度锦纶纤维 D．返回舱侧壁壳体——高强度铝合金
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A．液氧和液氢属于非金属单质，A不符合；
B．合成纤维及尼龙膜属于有机高分子材料，B不符合；
C．高强度锦纶纤维属于有机高分子材料，C不符合；
D．高强度铝合金的主要成分为金属单质，D符合；
故答案为：D。
【分析】依据组成元素进行判断。
2．（2022·房山模拟）下列化学用语书写正确的是（　　）
A．过氧化钠的电子式是
B．乙烷的结构式是
C．基态磷原子的轨道表示式：
D．中子数为7的碳原子是C
【答案】B
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是，故A不符合题意；
B．乙烷中碳碳以单键连接，碳的其它键都与H原子连接，结构式是 ，故B符合题意；
C．根据洪特规则，基态磷原子的轨道表示式，故C不符合题意；
D．中子数为7的碳原子，质量数是13，该原子表示为C，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．过氧化钠是离子化合物；
B．结构式是分子中原子之间用价键连接；
C．根据洪特规则判断；
D．依据原子表示时左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数＝质子数＋中子数。
3．（2020高三上·武功月考）下列实验操作中，符合操作规范的是（　　）
A．向试管中滴加试剂时，将滴管下端紧靠试管内壁
B．用托盘天平称量药品时，右盘放药品，左盘放砝码
C．用pH试纸检验溶液的酸碱性时，将试纸浸入溶液中
D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；试纸的使用；分液和萃取
【解析】【解答】A．向试管中滴加试剂时，滴管下端不能试管内壁，否则容易组成试剂的污染，故不选A；
B．用托盘天平称量药品时，右盘放砝码，左盘放药品，故不选B；
C．使用试纸检验溶液的性质时，不可将试纸浸入溶液中，否则会造成试剂污染，可以使用玻璃棒蘸取少量溶液进行检验，故不选C；
D．萃取操作中倒转分液漏斗用力振荡时，应关闭玻璃塞和活塞，防止漏液，
故答案为：D。
【分析】A.向试管中滴加试剂时，不能紧靠试管内壁，应该在距离试管较近的位置进行操作；
B.托盘天平称量物体时，应该遵循左物右码的规则；
C.使用pH试纸检验溶液的酸碱性时，应该用玻璃棒蘸取少量待测液，滴到试纸上；
D.萃取时振荡时关闭玻璃塞和活塞的目的是防止漏液。
4．（2022·房山模拟）实验室用锌与稀硫酸反应制氢气，下列做法能加快反应速率的是（　　）
A．选用纯度更大的金属锌 B．改用浓硫酸
C．改用粗锌(含铜、银) D．降低温度
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．若金属锌中含有不如锌活泼的金属杂质，则可以形成原电池加快反应速率，选用纯度更大的金属锌会降低反应速率，A不符合题意；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2，不产生H2，B不符合题意；
C．铜、银不如锌活泼，反应过程中会形成原电池，锌为负极被氧化，可以加快反应速率，C符合题意；
D．降低温度会减慢反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．形成原电池加快反应速率；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2；
C．形成原电池加快反应速率；
D．降低温度会减慢反应速率。
5．（2022·房山模拟）脱落酸是一种抑制生长的植物激素，可延长鲜花盛开的时间，其结构简式如图所示。下列关于脱落酸的说法错误的是（　　）
A．分子式为C15H20O4
B．存在酯类同分异构体
C．一定条件下可以发生酯化、加聚、氧化反应
D．1mol脱落酸能与2molNaHCO3发生反应
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C15H20O4，A不符合题意；
B．该物质中含有羧基，所以存在酯类同分异构体，B不符合题意；
C．该物质含有羧基，可以发生酯化反应，含有碳碳双键，可以发生加聚反应、氧化反应，C不符合题意；
D．该物质中只有羧基可以碳酸氢钠反应，所以1mol脱落酸只能与1molNaHCO3发生反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据结构简式利用价键规律确定分子式；
B．酸和酯属于类别异构；
C．依据官能团与性质的关系分析；
D．该物质中只有羧基可以碳酸氢钠反应。
6．（2022·房山模拟）根据元素周期律，由下列事实进行推测，不合理的是（　　）
选项 事实 推测
A Na、Al能够与盐酸反应置换出H2 Mg也一定能与盐酸反应置换出H2
B H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸 HClO4是强酸
C Si是半导体材料，Ge也是半导体材料 IVA族元素的单质都是半导体材料
D Ca与冷水较易反应，Mg与冷水较难反应 Be与冷水更难反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．Mg的活泼性介于Na和Al之间，Na、Al能够与盐酸反应置换出H2，可知Mg也一定能与盐酸反应置换出H2，A合理；
B．同周期主族元素的最高价含氧酸的酸性依次增强，H3PO4是中强酸，H2SO4是强酸，而HClO4的酸性要强于H2SO4，所以HClO4是强酸，B合理；
C．Si是半导体材料，Ge也是半导体材料，是因为二者均位于金属和非金属元素的分界线上，并不是IVA族元素的单质都是半导体材料，如C元素位于IVA族，但不是半导体，C不合理；
D．同主族自上而下金属性增强，所以Be的活泼性不如Mg，Mg与冷水较难反应，则Be与冷水更难反应，D合理；
故答案为：C。
【分析】A．同周期从左到右间金属性逐渐减弱；
B．同周期主族元素的最高价含氧酸的酸性依次增强；
C．位于金属和非金属元素的分界线上是半导体材料，同族元素存在递变性；
D．同主族自上而下金属性增强。
7．（2022·房山模拟）下列解释事实的方程式错误的是（　　）
A．用食醋清洗水垢：CO+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑
B．84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
C．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2O
D．用硫化钠除去废水中的汞离子：Hg2++S2-=HgS↓
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸钙为沉淀，不能拆成离子，符合题意离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+H2O+CO2↑+Ca2+，A符合题意；
B.84消毒液主要成分为NaClO，洁厕灵主要成分为盐酸，二者混合后发生归中反应生成氯气，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，B不符合题意；
C．小苏打为NaHCO3，可以和胃酸即HCl反应生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O，C不符合题意；
D．硫化钠可以和汞离子生成硫化汞沉淀，离子方程式为Hg2++S2-=HgS↓，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳酸钙为沉淀，不能拆；
B.发生归中反应；
C．强酸可以制弱酸；
D．硫离子和汞离子生成硫化汞沉淀。
8．（2020高二下·双鸭山期末）下列颜色变化与氧化还原无关的是（　　）
A．湿润的红色布条遇到氯气褪色
B．棕黄色的FeCl3饱和溶液滴入沸水中变红褐色
C．紫色酸性KMnO4溶液通入乙烯气体后褪色
D．浅黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A. 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应方程式为：Cl2+H2O HCl+HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，A不符合题意；
B. Fe3+在水溶液中呈棕黄色，FeCl3饱和溶液滴入沸水中，Fe3+水解生成红褐色的氢氧化铁胶体，其离子反应方程式为：Fe3++ 3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，该反应为不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原无关，B符合题意；
C. 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，乙烯分子中含有碳碳双键，被酸性KMnO4溶液氧化，使紫色褪色，该反应为氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，C不符合题意；
D. Na2O2固体露置于空气中，易与空气中的水和二氧化碳反应，其反应方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH也易与二氧化碳反应，其反应方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+ H2O，Na2CO3是白色粉末，所以浅黄色逐渐变为白色，该过程存在氧化还原反应，颜色变化与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、主要考察湿润的氯气含有HClO，具有漂白性，能够使红色布条褪色解答；
B、考察FeCl3饱和溶液滴入沸水中，根据 Fe3+在水溶液中发生水解，制备Fe(OH)3(胶体)，化合价不变；
C、主要考察乙烯具有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，高锰酸钾褪色；
D、主要考察过氧化钠能够与空气中的二氧化碳、水蒸气反应，分别生成白色碳酸钠、氢氧化钠固体，过氧化钠即作氧化剂又作还原剂；
9．（2022·房山模拟）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图。关于该电池的说法错误的是（　　）
A．a极是负极
B．H+向b极迁移
C．b电极上发生的反应是+H++2e-=+Cl-
D．生成0.1molH2CO3，电池反应电子转移数目为0.4mol
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，a极是原电池的负极，A不符合题意；
B．原电池中阳离子向正极迁移，b极为正极，所以H+向b极迁移，B不符合题意；
C．b电极上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，电极反应为+H++2e-=+Cl-，C不符合题意；
D．a电极上CH3COO-被氧化为H2CO3和HCO，只知道H2CO3的物质的量，而不知HCO的物质的量，无法确定转移电子数，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据负极发生氧化反应；
B．原电池中阳离子向正极迁移；
C．正极得到电子发生还原反应；
D．产物有两种，无法计算。
10．（2022·房山模拟）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某盐溶液中先加入氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红色 一定含有Fe2+
B SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去 SO2具有漂白性
C 少量Zn粉加入1.0mol/L Fe2(SO4)3溶液中 溶液颜色变浅 金属Zn比Fe活泼
D 取少量某无色溶液，先滴加氯水，再加入少量CCl4，振荡、静置 溶液分层，下层呈紫红色 原无色溶液中一定有I-
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．若原溶液中只含有Fe3+，现象相同，应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，A不符合题意；
B．SO2为酸性气体，通入NaOH溶液中发生反应，消耗NaOH，溶液碱性减弱，红色褪去，并不是SO2的漂白性，B不符合题意；
C．锌粉少量，发生反应2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，该反应并不能体现Fe和Zn的金属性强弱关系，C不符合题意；
D．根据现象可知有碘单质生成，说明原无色溶液中有I-，被Cl2氧化为I2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．试剂加入顺序错误；
B．体现了SO2的酸性；
C．锌粉少量，不会发生置换反应；
D．根据强制弱分析。
11．（2022·房山模拟）聚酯三元醇应用于制备医用高分子材料，合成聚酯三元醇的原理如图：
已知：R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH
下列说法错误的是（　　）
A．单体M1属于醇类
B．改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量
C．该合成反应为缩聚反应
D．X、Y、Z中包含的结构片段可能有
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．据图可知M1所含官能团只有羟基，所以属于醇类，A不符合题意；
B．改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，B不符合题意；
C．缩聚反应有小分子生成，根据题目所给信息可知该反应中无小分子生成，不是缩聚反应，C符合题意；
D．根据信息的反应原理，若涉及M2、M3之间的取代，X、Y、Z中包含的结构片段可能有 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．羟基与链烃相连；
B．单体的比例改变，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变；
C．缩聚反应有小分子生成；
D．根据信息的反应原理判断。
12．（2022·房山模拟）甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法中错误的是（　　）
A．上述过程中总反应是取代反应
B．反应前后碳原子的成键数目没有发生变化
C．若CD3OD和H2S参与，则可能生成CHD2SH和D2O
D．催化剂的使用可大大提升反应物硫化氢和甲醇的转化率
【答案】D
【知识点】催化剂；取代反应
【解析】【解答】A．据图可知总反应为CH3OH+H2SCH3SH+H2O，-HS取代了甲醇中-OH的反应，属于取代反应，A不符合题意；
B．甲醇反应生成CH3SH，反应前后碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，B不符合题意；
C．若CD3OD和H2S参与，则在第④步反应后，催化剂表面会吸附有H、OD、D，若OD和D结合，H与CD2结合，则可能生成CHD2SH和D2O，C不符合题意；
D．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．反应前后碳原子的成键数目均为4；
C．利用反应历程中的反应物与产物分析；
D．催化剂只影响速率，不改变平衡。
13．（2022·房山模拟）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH
B．A点溶液的pH小于C点溶液的pH
C．A、B两点水的电离程度：A>B
D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O
【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；水的电离
【解析】【解答】A．HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A不符合题意；
B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B不符合题意；
C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C符合题意；
D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH的变化曲线，曲线②为HCl中滴加NaOH的变化曲线。
14．（2022·房山模拟）小组进行如下实验。
下列说法错误的是（　　）
A．①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)
B．③中溶液又变红的原因：沉淀溶解平衡正向移动
C．c(OH )：③=①
D．③中存在：2c(Mg2+)>c(Cl )
【答案】C
【知识点】探究沉淀溶解
【解析】【解答】A．向Mg(OH)2悬浊液中滴加酚酞，溶液变红说明①中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)，故A不符合题意；
B．加入盐酸消耗OH ，使Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH (aq)正向移动，过一段时间又补充了OH ，溶液又变红，故B不符合题意；
C．温度不变Ksp不变，①变为②加入了稀盐酸，c(Mg2+)增大，根据Ksp= c(Mg2+)c2(OH )，c(Mg2+)增大，c(OH )减小，故C符合题意；
D．根据电荷守恒2c(Mg2+)+ c(H+)=c(Cl )+ c(OH )，③中溶液显碱性c(OH )> c(H+)，故2c(Mg2+)>c(Cl )，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．可逆反应进行不到底；
B．降低产物的浓度平衡正向移动；
C．依据温度不变Ksp不变，利用Ksp= c(Mg2+)c2(OH )分析；
D．根据电荷守恒判断。
二、综合题
15．（2022·房山模拟）氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究团队提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：
已知：RCH=CHCOOR′+
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　，B中含氧官能团的名称是　 　。
（2）B→C的化学方程式是　 　。
（3）C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式是　 　。
（4）D→E的反应类型是　 　。
（5）B有多种同分异构体，写出满足以下条件的一种同分异构体的结构简式　 　。
①不含—CH3
②含2种官能团
③含苯环，且苯环上仅有2个取代基
④核磁共振氢谱有三组吸收峰，峰面积之比为3∶2∶2
（6）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选)　 　。
【答案】（1）溴苯；羰基、羧基
（2）+C2H5OH+H2O
（3）
（4）加成
（5）
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃
【解析】【解答】根据后续产物的结构可知A中应含有苯环，再结合A的分子式可知A的结构简式应为；B与乙醇发生酯化反应生成C，C中存在结构-CH=CHCOOC2H5，C转化成D过程中碳碳双键变为单键，则该反应应与题目所给信息类似，可知M中存在酚羟基，M与C发生加成反应生成D，M结构应为：。
(1)A为，名称为溴苯；B中含氧官能团为：、-COOH，名称是羰基、羧基。
(2)B生成C为酯化反应，故反应方程式为：+C2H5OH+H2O；
(3)根据分析可知M的结构简式为：；
(4)D中存在碳氧双键，E中变为碳氧单键同时形成羟基，-NH2转化为-NH-连接到了之前存在羰基的碳原子上，由此可知-NH2少的H应该转移成为羟基氢，故D转化成E的反应为加成反应。
(5)观察B结构，B中存在一个溴和三个氧，故B的同分异构体中应有三个相同的含氧官能团，想要满足条件①②，此官能团只能是-CHO，则B的同分异构体中的两种官能团分别是-Br和-CHO，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为：。
(6)参照题干信息，中存在与苯环直接相连的-NH2，存在羰基，故可参照D与E的加成反应，则与反应会生成，再参照E生成F的过程，一定条件下发生消去反应可生成，再与氢气加成即可得到；合成路线为。
【分析】
(1)利用结构简式确定名称和官能团。
(2)酸和醇发生酯化反应；
(3)根据反应物和产物确定结构简式；
(4)有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应。
(5)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。
(6)参照题干信息，利用所给的反应物和产物设计合成路线。
16．（2022·房山模拟）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
（1）反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为　 　。
（2）在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
①该反应为　 　(填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是　 　。
（3）实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是　 　。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是　 　。
（4）尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为　 　。
（5）NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步。已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g)ΔH=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式　 　。
【答案】（1）K=
（2）放热；温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动
（3）200℃；KQ=KM>KN
（4）N2+6e +6H+=2NH3
（5）4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH= 907kJ·mol 1
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据平衡常数的表达式可知，该反应的平衡常数K=；
(2)①根据表格数据可知，压强不变，升高温度氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应为放热反应；
②温度过低反应速率太慢；温度过高不利于反应平衡正向移动，所以选用的条件是550℃、10MPa；
(3)①该反应为放热反应，压强相同时，温度越低NH3的物质的量分数越大，所以曲线a对应的温度为200℃；
②该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，温度：Q=M＜N，所以平衡常数：KQ=KM>KN；
(4)据图可知，阴极上N2被还原为NH3，环境为酸性环境，所以阴极的电极反应式为N2+6e +6H+=2NH3；
(5)NH3转化为NO的化学方程式为4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，依次将所给两个热化学方程式标号为①、②，根据盖斯定律，①-②×2可得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)的ΔH=-1268kJ·mol-1-(-180.5kJ·mol-1)×2= 907kJ·mol 1。
【分析】(1)根据化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比；
(2)①根据表格数据，利用温度对平衡的影响分析；
②考虑外界因素对反应速率和平衡的影响；
(3)①利用温度对平衡的影响分析；
②温度与平衡常数的关系；
(4)阴极得电子发生还原反应。；
(5)根据盖斯定律计算。
17．（2022·房山模拟）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
（1）烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：
①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是　 　。
②烟酸中碳原子的杂化方式为　 　。
（2）基态铬原子的核外电子排布式为　 　，有　 　个未成对电子。
（3）铬元素的一种配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl 2H2O，配离子中提供孤电子对的原子为　 　，配位数为　 　。
（4）Cr2O3晶体的熔点为2435℃，而CrCl3晶体易升华，其主要原因是　 　。
（5）铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为　 　。
【答案】（1）O>N>C>H；sp2
（2）1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1；6
（3）O、Cl；6
（4）Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华
（5）CaCrO3
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】(1)①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对电子；
(3)H2O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个H2O和2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)CrCl3晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr2O3晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华；
(5)根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，所以化学式为CaCrO3。
【分析】(1)①同周期元素自左至右电负性依次增大；
②依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(2)依据核外电子排布规律书写；
(3)根据该配合物的化学式分析；
(4)依据物质的性质确定晶体类型；
(5)根据均摊法确定化学式。
18．（2022·房山模拟）工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，低温硫酸化焙烧—水浸工艺制备V2O5，其流程如图：
资料：
ⅰ.VOSO4高温易分解
ⅱ.含磷有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe(III)>V(IV)>V(V)>Fe(II)
ⅲ.含磷有机试剂萃取过程中溶液的H+浓度越高，萃取率越低，萃取钒效果越差
ⅳ.10VO+8H2OH2V10O+14H+
ⅴ.氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
（1）焙烧过程中向石煤中加硫酸焙烧，将V2O3转化为VOSO4的化学方程式是　 　。
（2）预处理过程中先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，加入Na2SO3溶液的第一个作用是将V(V)还原为V(IV)减少钒的损失，再用氨水混合并调节溶液pH。
①请结合相关离子方程式，说明加入Na2SO3的第二个作用　 　。
②解释加氨水调节pH≈5的原因是　 　。
（3）上述I的具体操作为　 　。
（4）沉钒过程中先加入NaClO3进行氧化，再加氨水调节pH，铵盐会将H2V10O中的钒元素以多钒酸铵((NH4)2V6O16)的形式沉淀。溶液pH值与沉钒率的关系如图，请结合反应原理解释沉钒的pH=2.5的原因是　 　。
（5）测定产品中V2O5的纯度：
称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mLc1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O)最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是　 　。(V2O5的摩尔质量：182g mol-1)
【答案】（1）2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O
（2）2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO（或者写H2SO3）；除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率
（3）过滤
（4）pH<2.5，10VO+8H2OH2V10O+14H+，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)V2O3转化为VOSO4的过程中V元素被氧化，氧化剂应是空气中的氧气，结合电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2V2O3+O2+4H2SO4=4VOSO4+4H2O；
(2)①含磷有机试剂对溶液中的Fe3+也有很强的萃取能力，所以加入Na2SO3的第二个作用是将Fe3+还原为Fe2+，离子方程式为2Fe3++SO+H2O=2Fe2++2H++SO；
②根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO在有机试剂中的萃取率；
(3)水浸后会有一些难溶于水的杂质，所以操作I为过滤；
(4)溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；
(5)根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
【分析】石煤在220℃条件下，空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的焙砂经水浸、过滤后得到含有VO2+、VO以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入Na2SO3溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH，除去Al3+，过滤后加入含磷有机试剂萃取V(IV)，静置分液得到含有V(IV)的有机物，加入H2SO4降低pH，使V(IV)从有机溶液中析出，之后进行沉钒得到(NH4)2V6O16，煅烧得到V2O5。
19．（2022·房山模拟）某小组用实验1探究FeCl3与Cu的反应，观察到有白色沉淀产生。
实验1：
资料：ⅰ.CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与SO、Cu2+与Cl-。
ⅱ.(SCN)2性质与卤素单质相似，其水溶液呈黄色。
（1）FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为　 　。
（2）小组同学推测白色沉淀中的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的，为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学实施了实验2：
由实验2可知，实验1中白色沉淀的成分是　 　。
（3）该小组欲进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，实施了实验3：
步骤 实验操作 实验现象
I 　 　 溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余
II 取I中上层清液于试管中，滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液 立刻出现红色，同时有白色沉淀生成
III 振荡II中试管，静置 白色沉淀变多，红色逐渐褪去
①步骤I的实验操作是　 　。
②根据实验3的现象，小组同学认为Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)，他们的判断依据是　 　。
③步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是　 　。
④解释步骤III中实验现象产生的可能原因：　 　。
【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
（2）CuCl和CuSCN
（3）向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置；若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生；Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2，Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+；Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】
(1)FeCl3溶液与Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
(2)CuSCN、CuCl均为难溶于水的白色固体；均能与硝酸反应，分别生成Cu2+与、Cu2+与Cl-；取实验1中的白色沉淀于试管中，加入过量稀硝酸溶解得到蓝色溶液，将蓝色溶液分为两等份，向一份蓝色溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀AgCl，说明实验1所得白色沉淀含有CuCl，向另外一份蓝色中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，说明实验1所得白色沉淀含有CuSCN；综上所述，实验1中白色沉淀的成分是CuCl和CuSCN。
(3)①为了进一步探究实验1中白色沉淀产生的原因，结合题干信息可知，步骤I的实验操作为向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，振荡、静置，观察到溶液变为蓝色，澄清透明，底部只有少量红色固体剩余；
②向2mL 0.1mol/L FeCl3溶液中加入0.15g铜粉，若有Cu(I)生成，步骤I中应产生CuCl白色沉淀，但步骤I中无白色沉淀产生，依此判断Fe3+与Cu反应的氧化产物不含Cu(I)；
③由②题可知，步骤I中无Cu(I)生成，在步骤II中，向步骤I所得溶液中加入KSCN溶液，反应立刻出现红色，说明步骤II中有Fe3+生成，同时产生白色沉淀，说明加入了SCN-后，有Cu(I)生成；由于(SCN)2的性质与卤素单质相似，即(SCN)2有氧化性，则SCN-有还原性，故步骤Ⅱ中加入KSCN溶液后出现红色的可能原因是Cu2+与SCN-反应生成(SCN)2（2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2），Fe2+被(SCN)2氧化为Fe3+（2Fe2++(SCN)2=2Fe3++2SCN-）；
④振荡II中试管，静置，观察到白色沉淀变多，红色逐渐褪去，可能的原因是Cu2+与SCN-发生反应：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，CuSCN与Cl-发生沉淀转化反应：CuSCN+Cl-=CuCl+SCN-，SCN-继续与Cu2+反应，导致白色沉淀变多；随着反应进行，SCN-逐渐被消耗，平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3逆向移动，导致红色逐渐褪去。
【分析】向FeCl3溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；向红色溶液中加入铜粉，红色褪去，产生白色沉淀，根据题干信息可知，该白色沉淀可能是CuCl或CuSCN，白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)可能是由Fe3+氧化Cu得到的；但是(SCN)2性质与卤素单质相似，(SCN)2具有氧化性，SCN-具有还原性，故白色沉淀的Cu(I)(I表示+1价铜元素)还可能是Cu2+和SCN-反应得到，据此解答。
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