【文档说明】北京市2020年普通高中学业水平考试等级性抽样测试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.290 MB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高中学业水平考试等级性考试抽样测试化学试卷考生须知：1.本试卷共9页，分为第一部分和第二部分，满分100分，考试时长90分钟。2.答卷前，考生务必在试卷和答题卡(纸)上准确填写学校、姓名和教育ID。3.试题答案一律书写在答题卡(纸)上，在试卷上作答无效。4.在答题卡(纸)上，

选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。5.考试结束，将本试卷、答题卡(纸)和草稿纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27Fe56Cu64第一部分(选择题共48分)本部

分共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.关于营养物质的下列说法不正确．．．的是A.淀粉能水解为葡萄糖B.油脂属于有机高分子化合物C.鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性D.食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C【答案】B【解析】【详解】A．淀

粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，故A正确；B．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，故B错误；C．鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了

改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，故C正确；D．新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，故D正确；答案选B。2.下图为某城市某日空气质量报告，下列叙述与报告内容不相符．．．的是A.该日空气首要污染物是PM10B.该日空气质量等级属于中度污染C.

污染物NO2、CO可能主要来源于机动车尾气D.PM2.5、PM10指的是悬浮颗粒物，会影响人体健康【答案】B【解析】首要污染物是指污染最重的污染物，根据空气质量报告，PM10数值最大，所以该日空气首要污染物是PM10，故A正确；首要污染

物的污染指数即为空气污染指数，该日空气污染指数为79，空气质量等级属于良，故B错误；机动车尾气中含有NO2、CO，故C正确；PM2.5指的是大气中的细悬浮颗粒物,它的直径仅有2.5微米,PM10指的是环境空气中尘埃在1

0微米以下的颗粒物，PM2.5、PM10会影响人体健康，故D正确。3.垃圾分类并回收利用,可以节约自然资源,符合可持续发展的要求。与废弃矿泉水瓶对应的垃圾分类标志是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A

。4.镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确．．．的是A.Mc的原子核外有115个电子B.Mc是第七周期第VA族元素C.Mc在同族元素中金属性最强D.Mc的原子半径小于同族非金属元素原子【答案】D【解析】【分析】周期表中，原子的结构决定着

元素在周期表中的位置，原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，同主族元素从上而下金属性逐渐增强，同主族元素从上而下原子半径依次增大，【详解】A、镆（Mc）是115号元素，原子核外有115个电子，选项A正确；B、原子的电子层数与周期数相同，最外层电子

数等于主族序数，115号元素原子有七个电子层，应位于第七周期，最外层有5个电子，则应位于第VA族，选项B正确；C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，故Mc在同族元素中金属性最强，选项C正确；D、同主族元素从上而下原子半径依次增

大，故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置，结合元素周期律进行解答。5.关于钠及其化合物的化学用语正确的是A.钠原子的结构示意图：B.过氧化钠的电子式：C.碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=

Na++H++CO32-D.次氯酸钠水溶液呈碱性的原因：ClO+H2OHClO+OH【答案】D【解析】【详解】A.钠原子原子核外有11个电子，A错误；B.过氧化钠是离子化合物，B错误；C.碳酸氢钠只能完全电离产生钠离子和碳酸氢根离子，C错误；D.次

氯酸钠溶液显碱性是由于次氯酸根的水解造成的，D正确；答案选D。6.下列指定微粒数目一定相等的是A.等质量的14N2与12C16O中的分子数B.等物质的量的C2H4与C3H6中含有的碳原子数C.等体积等浓度的NH4Cl与(NH4)2SO4溶液中的NH4+数D.等质量的Fe与Cu分别

与足量Cl2反应时转移的电子数【答案】A【解析】【详解】A.142N与1216CO摩尔质量均为28g/mol，故等质量的142N与1216CO分子数相同，A正确；B.等物质的量的24CH与36CH，碳原子数之比为2:3，B错误；C.等体积等浓度的4NHCl与442

NHSO溶液，+4NH数之比接近1:2，C错误；D.铁和氯气生成氯化铁，即56g铁转移3mol电子，铜和氯气生成氯化铜，即64g铜转移2mol电子，故等质量的铁和铜转移电子数不同，D错误；答案选A。【点睛】等体积等浓度的4NHCl与442NHSO溶液中，根据水解原理，越稀越水

解，故4NHCl中铵根离子水解程度更大，故+4NH数之比小于1:2。7.某金属有机多孔材料(MOFA)在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确．．．的是A.该材料的吸附作用具有选择性B.该方法的广泛使用有助于

减少CO2排放C.在生成的过程中，有极性共价键形成D.其工作原理只涉及化学变化【答案】D【解析】【分析】根据图中信息可知，金属有机多孔材料对CO2具有超高的吸附能力，并且能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，即和CO2反应生成和氮气，据此分析。【详解】A．

由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确；B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成某金属有机多孔材料(MOFA)，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C．在生成的过程中，有O=C极性

共价键、碳氧单键形成，故C正确；D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。8.肉桂酸（）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说法正确的是A.分子式为C9H9O2B.不存在顺反异构C.可发生加成、取代、加聚反应D.与安息香酸（）互为同系

物【答案】C【解析】【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为：982CHO，A错误；B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B错误；C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代

反应，碳碳双键可以发生加聚反应，C正确；D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D错误；答案选C。【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子个数肯定是偶数，即可迅速排除A选项。同系物结构要相似，即含

有相同的官能团，肉桂酸和安息香酸含有官能团不同，排除D选项。9.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂浓硝酸浓硫酸双氧水浓氨水Y中试剂CuC2H5OHMnO2NaOH气体NO2C2H4O2NH3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析

】【详解】A.二氧化氮和水反应，收集二氧化氮不能用排水法，A错误；B.乙醇消去制乙烯需要加热，B错误；C.双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气用排水法，C正确；D.氨气极易溶于水，不能用排水法收集，D错

误；答案选C。10.将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是A.HClB.NH3C.Cl2D.NO2【答案】A【解析】【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液

仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉

淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸

和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。11.元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确．．．的是（）A.反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B.反应②利用了H2O2的氧化性C.反应③中

溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D.反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化【答案】D【解析】【详解】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知

Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；B.反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；C.反应③中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；D.反应①和③中铬

元素的化合价并没有发生变化，D项错误；所以答案选择D项。12.CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H=－49.

0kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)∆H=－173.6kJ·mol-1下列说法不正确．．．的是A.CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)CH3CH2OH(g)+2H2O(g)∆H＜0B.增大压强，有

利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C.升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D.增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率【答案】B【解析】【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：

322322CHOHgCOg+3HgCHCHOHg+2HOgΔH=-124.6kJ/mol，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热

反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确；故选：B。13.可用于检测CO的某气敏传感器的工作原理如图所示。下列

说法不正确．．．的是A.工作过程中化学能转化为电能B.工作一段时间后溶液的pH几乎不变C.电极I上发生反应：CO-2e-+H2O=CO2+2H+D.电极II上发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH【答案】D【解析】【分析】该传感器在工作过程中，负极上CO失电子生成CO2，

-+22CO-2e+HO=CO+2H，则Ⅰ为负极，氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，+-22O+4H+4e=2HO，其电池的总反应为222CO+O=2CO。【详解】A.装置属于原电池装置，工作过程中化学能转化为电能，故A正确；B.电池的总反应为222CO+O=2CO，工作一段

时间后溶液的pH几乎不变，故B正确；C.由图可知，CO在负极上失去电子生成二氧化碳，则通CO的电极反应式为-+22CO-2e+HO=CO+2H，故C正确；D.氧气在正极上得电子，Ⅱ为正极，酸性环境中电极反应式为：+-22O+4H+4e=2HO，故D错误；故选：D。

【点睛】该装置是燃料电池，通入燃料的一断为负极，通入氧气的一端为正极；判断溶液pH是否变化，要根据总反应去判断，观察总反应中是否消耗氢离子或氢氧根，是否生成或氢氧根，是否消耗或生成水。14.反应A(g)+B(g)⇋3X，在其他条件不变时

，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态①②③容器体积/L40201c(A)(mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确．．．的是（）A.①→②的过程中平衡发生了逆向移

动B.①→③的过程中X的状态发生了变化C.①→③的过程中A的转化率不断增大D.与①②相比，③中X的物质的量最大【答案】C【解析】【详解】A.①到②的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强

，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B.②到③的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合A项分析，①到③的过程中X的状态发生了

变化；故B正确；C.结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D.③状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。15.海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A.反

应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质B.干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C.上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D.上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl2【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁

难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B.干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误

；答案选A。16.室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：①将冰醋酸配制成01mol·L-1醋酸溶液；②取20mL①所配溶液，加入amL0.1mol·L-1NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7；③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至

溶液中n(Na+)=n(Cl－)。下列说法正确的是A.①中：所得溶液的pH=1B.②中：a＝20C.③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H+)，且pH＜7D.①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COO

H分子数目相等【答案】C【解析】【详解】A.因为醋酸是弱酸，故①中0.1mol/L的醋酸pH>1，A错误；B.若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；C.③中溶液的电荷守恒为：---++3cCHCOO+cOH+cCl=cNa+cH，

结合+nNa=n(Cl)－，故--+3cCHCOO+cOH=cH，所以+3cCHCOOH()c－＜，-+cOH<cH，pH<7，C正确；D.①与③所得溶液相比，③相当于向①中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时③中醋酸分子数少，D错误；答案选

C。第二部分(非选择题共52分)17.阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：①HC≡CH+RCOOH一定条件②RCOOR’+R”OH+HΔRCOOR”+R’OH（R、R’、R”代表烃基）请回答

：(1)A中的官能团是____________________。(2)C的结构简式是____________________。(3)D→E的反应类型是____________________。(4)E→G的化学方程式是___________________________

___________。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B→K+H2O，K的核磁共振氢谱只有一组峰。J→L的化学方程式是____________________。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而

化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。①血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：_______________________________________________

_______________。②下列说法正确的是______（填字母）。a．P中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出Jb．P在体内的水解产物中没有高分子化合物c．将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能【答案】(1).羟基(2

).HC≡CH(3).加聚反应(4).(5).(6).(7).ac【解析】【分析】A是25CHOH，乙醇连续氧化得乙酸，故B是3CHCOOH，根据信息①，结合流程图，C是CHCH，D是，D到E是加聚反应，E是，

根据信息②可推知F为323CHCOOCHCH，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息①，结合流程图，可以推出C是CHCH，故答案为：CHC

H；（3）D是，E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息②，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）①羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸，故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化

碳，故答案为：；②a.P可以完全水解产生，以及乙酸，a正确；b.P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c.根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键：(1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉

，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条

件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。18.AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究

成为热点。相关数据如下：物质熔点/℃沸点/℃与N2反应温度/℃相应化合物分解温度/℃Al6602467＞800AlN：＞2000（＞1400升华）AlCl3：（＞181升华）Mg6491090＞300Mg3N2：＞800(1)AlN的制备

。①化学气相沉积法。Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是____________________。Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是______℃（填字母）。a.75~10

0b.600~1100c.2000~2300②铝粉直接氮化法。Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：____________

______、_________和2Al+N2800-1400℃2AlN。③碳热还原法。以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。已知：ⅰ.2Al2O3(s)⇌4Al(g)+3O2(g)∆H1=＋3351kJ·mol-1ⅱ.2C(石墨，s)+O2(g)=2C

O(g)∆H2=－221kJ·mol-1ⅲ.2Al(g)+N2(g)=2AlN(s)∆H3=－318kJ·mol-1运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：______________________________________。(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解

。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。①AlN粉末水解的化学方程式是____________________________________。②解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_______________________________。(3)AlN含

量检测。向agAlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是_________________________

_______。【答案】(1).AlCl3+NH3=AlN+3HCl(2).b(3).3Mg+N2Mg3N2(4).Mg3N23Mg+N2(5).反应ⅱ能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动(6).AlN+4H2O=Al(OH)3+NH3·H2O(7).粒径较小的AlN表面积大，水

解反应速率较大(8).-3112241(2cv-cv)10a【解析】【分析】(1)①Ⅰ.3AlCl气体和3NH制备AlN不是氧化还原反应，根据元素守恒配平即可；Ⅱ.根据表中数据判断；②根据表中数据，大于300℃，镁

和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解；③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气；（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨；②反应速率和接触面积有关；（3）首先计算消耗硫酸的物质的量，氨气和硫酸按照2:1反应，得出氨气的物

质的量，根据氮元素守恒，得到氮化铝的物质的量，然后计算质量分数。【详解】(1)①Ⅰ.3AlCl气体和3NH制备AlN，反应的化学方程式是33AlCl+NH=AlN+3HCl，答案为：33AlCl+NH=AlN+3HCl；Ⅱ.根据表中数据，要保证3AlCl为气体，需要温度大于181℃，排除a，Al

N大于2000℃会分解，排除c，故答案选b；②根据表中数据，大于300℃，镁和氮气反应，大于800℃氮化镁会分解，故答案为：232300-8003Mg+NMgN℃；322>800MgN3Mg+N℃；③反应ⅱ能消耗氧气，反应ⅰ生成氧气，故反应ⅱ能促进反应ⅰ正向进行，答案为：反应ⅱ

能降低氧气浓度，有利于反应ⅰ正向移动；（2）①氮化铝水解产生氢氧化铝和一水合氨，故答案为：2323AlN+4HO=AlOH+NHHO；②由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关

，故答案为：粒径较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；（3）消耗硫酸的物质的量为：32211cVcV-10mol2，氨气和硫酸按照2:1反应，故氨气的物质的量为：32211cV2cV-10mol2，根据氮元素守恒，氮化铝的物质的量也是32211cV2c

V-10mol2，故样品中氮化铝的质量分数为-3112232211cV2cV-10412100%=a41(2cv-cv)10a，故答案为：-3112241(2cv-cv)10a。19.用H2O2、KI和洗洁

精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料1：KI在该反应中的作用：H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式是________________。（2）资料2：H2O2分解反应过程中

能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（填字母）。a.加入KI后改变了反应的路径b.加入KI后改变了总反应的能量变化c.H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加

入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。②气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.________。以下对照

实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。（4）资料4：I－（a

q）＋I2（aq）I3－（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol·L－1KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒I－I2I3－浓度/（mol·L－1）2.5×10－3a4.0×10－3

①a＝__________。②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。【答案】(1).2H2O2KI2H2O＋O2↑(2).a(3).下层溶液呈紫红色(4).在水溶液中I2的浓度降低(5).A试管中产生气泡明显变少；B试管中

产生气泡速率没有明显减小(6).32.510(7).2c（I2）＋c（I－）＋3c（I3－）＜0.033mol·L－1【解析】【分析】（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。（2）a.加入KI后，一步反应分

为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b.加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c.由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－是吸热反应，c不正确。（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。

②气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象

是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。（4）①334.010K6402.510a，由此可求出a。②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-)=10mL0.1mol/L0.033mol/L30m

L，求出I－，I2，I3－中所含I的浓度和，二者比较便可得到结论。【详解】（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O2KI2H2O＋O2↑。答案为：2H2O2K

I2H2O＋O2↑；（2）a.加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b.加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c.由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；（3）①加CCl

4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；②气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A

、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；（4）①334.01

0K6402.510a，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3；②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=10m

L0.1mol/L0.033mol/L30mL；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物

中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体

分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。20.某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。（1）甲同学向FeCl3溶液中加

入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪色，有白色沉淀A产生。针对白色沉淀A，查阅资料

：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：请回答：①根据白色沉淀B是__（填化学式），判断沉淀A中一定存在CuSCN。②仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现

象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。③向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__（填化学式）。根据以上实验，证明A仅为CuSCN。④进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：_Cu2+＋

_SCN-=_CuSCN↓＋_(SCN)2⑤结合上述过程以及Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：__。（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的

可能原因是__或__。【答案】(1).2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2).BaSO4(3).+1价铜也可以将浓硝酸还原(4).AgNO3(5).2(6).4(7).2(8).1(9).Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(

Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减少，均使平衡Fe(SCN)3Fe3+＋3SCN-正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去(10).Fe3+有剩余(11).(SC

N)2将Fe2+氧化；空气中的氧气将Fe2+氧化【解析】【分析】此题一方面考察了Fe2+和Fe3+的性质，一方面也通过物质组成探究实验的形式考察了一些基本离子的检验方法。在确定物质组成时，务必要注意排除其他物质对检验过程中产生的实验现象的干扰

。【详解】(1)Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此发生的反应的离子方程式是：3222FeCu=2FeCu；(2)①通过分析实验流程可知，若沉淀A中含有CuSCN，在经过过量的浓硝酸处理后，S元素会转化为24SO，因此，若在加入过量硝

酸钡溶液后出现BaSO4白色沉淀，则能证明沉淀A中含有CuSCN；②若沉淀A组成仅为CuCl，那么用过量浓硝酸处理时，CuCl中+1价的Cu也可以将浓硝酸还原，产生红棕色的还原产物NO2，所以仅通过红棕色气体生成无法说明A中一定有CuSC

N；③若要证明A中不含CuCl，只能设计实验验证白色沉淀A溶解后的溶液中不含Cl-；因此，a溶液即AgNO3溶液；④题干中指出SCN-中的S为-2价，所以方程式中S反应后价态上升，Cu反应后价态下降，所以该反应的方程式为：222Cu4SCN=2CuSCN(SCN)；⑤分析(2)中

溶液红色褪去的原因时：一方面要考虑Fe3+被还原导致的浓度下降，另一方面也要考虑由于生成了CuSCN白色沉淀，所以也发生了SCN-被氧化而导致的浓度下降；因此红色褪去的原因为：Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减少；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(S

CN-)减少，均使平衡33Fe(SCN)Fe3SCN正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去；(3)题干中指出拟卤素(SCN)2氧化性与Br2接近，因此拟卤素(SCN)2也可以将Fe2+氧化，此外Fe2+还原性较强，也容易被氧气氧化；因此溶液变红色的原因可能

是：(SCN)2将Fe2+氧化或空气中的氧气将Fe2+氧化。【点睛】对物质组成进行分析时，一定要注意分析可能存在的，在实验检验过程中会对检验现象产生干扰的物质。