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已知：i.R1CH2COOR2+R3CHOii. +iii.R-Br+（1）A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，A中官能團(tuán)名稱是_______。（2）B→C的化學(xué)方程式為_______。（3）C+2aD，則試劑a是_______。（4）已知：同一個(gè)碳原子連有2個(gè)羥基的分子不穩(wěn)定，F為醇類。F→G的化學(xué)方程式為_____。（5）試劑b的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_______。（6）H→I的反應(yīng)類型為_______，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_______。（7）已知：RCH2COOH，將D→E的流程圖補(bǔ)充完整，在括號(hào)內(nèi)填寫試劑和條件，在方框內(nèi)填寫物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_______。
19. 某小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到紅色溶液。已知：溶液中+4價(jià)含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化的曲線如下圖所示。I.推測(cè)Fe3+與溶液中的某種+4價(jià)含硫微粒形成了紅色的配離子。設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)(均在常溫下進(jìn)行)：實(shí)驗(yàn)溶液1(1mL)溶液2(10mL)現(xiàn)象A0.1mol·L-1 FeCl3溶液SO2的飽和溶液溶液1與溶液2混合后，實(shí)驗(yàn)A、B、C所得溶液紅色依次加深B0.1mol·L-1 FeCl3溶液SO2的飽和溶液，用NaOH固體調(diào)pH=5.0C0.1mol·L-1 FeCl3溶液_______ （1）將上述實(shí)驗(yàn)補(bǔ)充完整________。（2）配離子的配體為的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是_______。II.探究pH對(duì)FeCl3和Na2SO3反應(yīng)影響。設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)：序號(hào)實(shí)驗(yàn)a實(shí)驗(yàn)b方案 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3與2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得紅色溶液，測(cè)得pH=1.7 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3與2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得紅色溶液，加幾滴濃鹽酸，調(diào)pH=1.3現(xiàn)象放置10分鐘后，溶液紅色均褪去，實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。經(jīng)檢驗(yàn)，褪色后的溶液中均存在Fe2+。（3）探究實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快的原因：i.甲認(rèn)為pH降低，有利于Fe3+氧化，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。①從電極反應(yīng)的角度，進(jìn)行理論分析：還原反應(yīng)為：Fe3++e-=Fe2+氧化反應(yīng)為：_______。②已知上述實(shí)驗(yàn)條件下pH對(duì)Fe3+的氧化性幾乎沒有影響。從平衡移動(dòng)的角度判斷pH對(duì)還原性的影響是_______(填“增強(qiáng)”或“減弱”)。③通過理論分析，甲認(rèn)為其猜測(cè)_______(填“成立”或“不成立”)，并進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)，獲得了證據(jù)。實(shí)驗(yàn)方案為：反應(yīng)相同時(shí)間，分別取實(shí)驗(yàn)a和b中的溶液，檢測(cè)_______濃度(填離子符號(hào))，比較其大小關(guān)系。ii.乙猜測(cè)pH降低，有利于_______氧化，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。④將乙的假設(shè)補(bǔ)充完整_______(填化學(xué)式)。⑤乙設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行驗(yàn)證：取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸調(diào)pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗體積為V1。另取一份相同的溶液放置10分鐘后，再用KMnO4溶液滴定，消耗體積為V2.前后差值(V1-V2)為ΔVa。用同樣的方法對(duì)10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3進(jìn)行滴定，消耗KMnO4溶液前后體積差值為ΔVb。經(jīng)對(duì)比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是_______。（4）綜合上述分析，pH降低，有利于_______反應(yīng)的發(fā)生，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。
北京市豐臺(tái)區(qū)2022屆高三二?；瘜W(xué)試卷參考答案1. 【答案】C【解析】【詳解】A．泡豆是將豆子浸泡吸水的過程，不包含過濾操作，A項(xiàng)不符合題意；B．磨漿是將大豆研磨成碎料的操作，不包含過濾操作，B項(xiàng)不符合題意；C．濾渣是將豆渣與豆將分離的操作，其實(shí)就是過濾操作，C項(xiàng)符合題意；D．煮漿是將豆?jié){加熱煮沸的過程，點(diǎn)兌是加入電解質(zhì)使蛋白質(zhì)膠體發(fā)生聚沉的過程，都不包含過濾操作，D項(xiàng)不符合題意；答案選C。2. 【答案】A【解析】【詳解】A．配制100mL1.00mol·L-1NaCl溶液需要用到的主要儀器除了托盤天平、燒杯、玻璃棒、量筒以外還有100mL容量瓶、膠頭滴管，上述儀器不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/span>A符合題意；B．實(shí)驗(yàn)室利用乙酸、乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應(yīng)制備乙酸乙酯，右側(cè)試管中盛裝飽和碳酸鈉溶液，偏于分離乙酸乙酯，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/span>B不符合題意；C．利用上述蒸餾裝置可實(shí)驗(yàn)海水淡化，蒸餾得到蒸餾水，C不符合題意；D．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5互不相溶，可利用分液操作分離提純，上述裝置可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模?/span>D不符合題意；故選A。3. 【答案】A【解析】【詳解】A．氯水保存在棕色試劑瓶，次氯酸不易見光分解，且次氯酸分解產(chǎn)物是HCl和O2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．不能用排水法收集二氧化氮，因?yàn)槎趸c水反應(yīng)，方程式正確，B項(xiàng)正確；C．高溫熔融態(tài)遇水爆炸，因?yàn)殍F與水高溫下反應(yīng)生成氫氣，氫氣與氧氣反應(yīng)，方程式正確，C項(xiàng)正確；D．硫酸鋁與碳酸氫鈉制泡沫滅火器，鋁離子與碳酸根水解相互促進(jìn)，方程式正確，D項(xiàng)正確；答案選A。4. 【答案】B【解析】【詳解】A．用NaHCO3作食品膨松劑是因?yàn)槭軣岱纸夥懦龆趸細(xì)怏w，不涉及氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．用暖寶貼(成分：鐵粉、水、食鹽、活性炭等)供熱，在反應(yīng)中鐵粉被氧氣氧化，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故B正確；C．用飽和Na2CO3溶液和鹽酸處理水垢中的CaSO4，先反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，碳酸鈣再與鹽酸反應(yīng)，都為復(fù)分解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．用可溶性的鐵鹽、鋁鹽作凈水劑，原理是鐵離子和鋁離子發(fā)生水解反應(yīng)生成膠體，不涉及氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選B。5. 【答案】B【解析】【詳解】A．N2與CO的相對(duì)分子質(zhì)量相同，由于CO是極性分子，導(dǎo)致分子間作用力強(qiáng)于N2，則N2的沸點(diǎn)比CO低，故A不符合題意；B．CO2和CS2都為非極性分子，兩者組成和結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量越大的分子間作用力越大，其溶點(diǎn)和沸點(diǎn)越高，故B符合題意；C．HCl和水都是極性分子，HCl氣體易溶于水和分子極性有關(guān)，故B不符合題意；D．用毛皮摩擦過的橡膠棒帶電荷，水分子是極性分子，所以靠近水流，水流方向發(fā)生變化，故D不符合題意。故選B。6. 【答案】D【解析】【詳解】A．對(duì)甲基苯酚分子中含（酚）羥基，具有弱酸性，可與NaOH、Na2CO3發(fā)生反應(yīng)，A正確；B．根據(jù)對(duì)稱性可知對(duì)甲基苯酚分子有4種等效氫，如圖（序號(hào)代表等效氫種類），其等效氫的個(gè)數(shù)之比分別為：1：2：2：3，所以核磁共振氫譜峰面積之比為1：2：2：3，B正確；C．對(duì)甲基苯酚分子中含（酚）羥基，可與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，與濃Br2水在催化劑作用下發(fā)生溴代（取代）反應(yīng)，C正確；D．含有苯環(huán)的同分異構(gòu)體分別為：鄰甲基苯酚、間甲基苯酚、苯甲醇（）和共有4種，D錯(cuò)誤；故選D。7. 【答案】C【解析】【詳解】A．錫(50Sn)與Si處于同一主族，同主族原子半徑從上至下逐漸增大，原子半徑：Sn>Si，A正確；B．同周期從左至右金屬性逐漸減弱，金屬性：Rb(銣)>Sn，B正確；C．Sn的價(jià)電子排布式為：5s25p2位于第五周期第IVA族，p區(qū)，C錯(cuò)誤；D．鍍錫鐵皮的鍍層破損后，形成原電池，鐵做負(fù)極，鐵更容易被腐蝕，D正確；答案選C。8. 【答案】B【解析】【詳解】A．氨水為弱堿，將0.1mol·L-1氨水稀釋10倍，電離平衡NH3·H2O?NH+OH-正向移動(dòng)，c(OH-)大于原來的，pH>10，A錯(cuò)誤；B．常溫下，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，則CH3COOH的電離平衡常數(shù)與NH3·H2O的相等，B正確；C．常溫下，0.1mol·L-1醋酸pH=3，c(H+)=10-3mol/L，醋酸發(fā)生電離，但電離程度小，則c(CH3COOH)>c(H+)，溶液中還存在水的微弱電離：H2O?H++OH-，則c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C錯(cuò)誤；D．CH3COOH的電離平衡常數(shù)與NH3·H2O的相等，CH3COONH4溶液中NH與CH3COO-的水解程度相等，則溶液呈中性，D錯(cuò)誤；答案選B。9. 【答案】D【解析】【詳解】A．NaHCO3固體受熱易分解，Na2CO3穩(wěn)定性好，所以不能利用加熱的方法除去NaHCO3固體中的Na2CO3，A錯(cuò)誤；B．苯酚雖能與濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，但生成的三溴苯酚易溶于苯中，引入新的雜質(zhì)，不能達(dá)到除雜目的，B錯(cuò)誤；C．過量的BaCl2溶液可除去溶液中的硫酸根離子，多余的鋇離子可有過量的碳酸鈉溶液除去，但多余的碳酸鈉中碳酸根離子無法除去，不能達(dá)到除雜目的，C錯(cuò)誤；D．SO2具有還原性，可與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硫酸根離子，再與鋇離子發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀而除去，再利用濃硫酸干燥二氧化碳，即可達(dá)到除雜目的，D正確；故選D。10. 【答案】C【解析】【分析】①G表為電流表，原電池放電時(shí)，負(fù)極失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，正極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)；②根據(jù)電池反應(yīng)，負(fù)極為Cu，負(fù)極液體不可以是三價(jià)鐵溶液，否則直接反應(yīng)不會(huì)有電子轉(zhuǎn)移，可以用銅離子溶液或常規(guī)鹽溶液即可；③正極液體需要放置三價(jià)鐵溶液，確保電子流通；④正極富電子，需能導(dǎo)電的電極，此電極不可以直接和三價(jià)鐵反應(yīng)。【詳解】A．根據(jù)電池反應(yīng)，負(fù)極為Cu，負(fù)極液體不可以是三價(jià)鐵溶液，否則直接反應(yīng)不會(huì)有電子轉(zhuǎn)移，可以用銅離子溶液，A項(xiàng)正確；B．根據(jù)電池反應(yīng)，負(fù)極為Cu，負(fù)極液體不可以是三價(jià)鐵溶液，否則直接反應(yīng)不會(huì)有電子轉(zhuǎn)移，可以用常規(guī)鹽溶液，B項(xiàng)正確；C．正極富電子，需能導(dǎo)電的電極，此電極的活潑性要弱于三價(jià)鐵，所以不能用銅棒，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．正極液體需要放置三價(jià)鐵溶液，確保電子流通，D項(xiàng)正確；答案選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原子最外層有1個(gè)電子，X處于第IA族；元素Y的I1?I2，Y原子最外層有1個(gè)電子，Y處于第IA族；X、Y處于同主族，同主族從上到下元素的第一電離能逐漸減小，Y的第一電離能小于X的第一電離能，則X為Li，Y為Na；據(jù)此作答。【詳解】A．X、Y元素的原子最外層電子數(shù)都為1，X、Y元素的最高化合價(jià)都為+1價(jià)，A錯(cuò)誤；B．X為Li，Y為Na，Li和Na都處于第IA族，同主族從上到下元素的金屬性逐漸增強(qiáng)，失電子能力逐漸增強(qiáng)，原子失電子能力Na＞Li，B錯(cuò)誤；C．X、Y元素位于元素周期表中同一主族第IA族，分別位于第2、3周期，C錯(cuò)誤；D．Y為Na，基態(tài)Na原子的核外電子排布式為1s22s22p63s1，D正確；答案選D。12. 【答案】B【解析】【詳解】A．堿基與五碳糖通過脫水縮合形成核苷，核苷分子中五碳糖上的羥基與磷酸脫水，通過磷酯鍵結(jié)合形成核苷酸，故A正確；B．核苷酸分子之間通過磷酯鍵形成核酸，反應(yīng)類型為縮聚反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．DNA是核酸中的一種，其對(duì)應(yīng)的五碳糖是戊糖，稱為脫氧核糖，故C正確；D．DNA分子兩條鏈上堿基按照形成氫鍵數(shù)目最多、結(jié)構(gòu)最穩(wěn)定的原則配對(duì)，使之形成雙螺旋結(jié)構(gòu)，故D正確；故選B。13. 【答案】D【解析】【詳解】A．由電離平衡常數(shù)越大，弱酸的酸性越強(qiáng)，電離出H+的能力越大，由表數(shù)據(jù)可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，則電離出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正確；B．弱酸的酸性越弱，其鹽溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物質(zhì)的量濃度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正確；C由于酸性：HF >HCN>，則HCN和HF均能與Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)，C正確；D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根據(jù)弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D錯(cuò)誤；
故選：D。14. 【答案】D【解析】【詳解】A．反應(yīng)ii中維生素C中C為+價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，C6H6O6中C為+1價(jià)，化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B．反應(yīng)i是生成碘單質(zhì)，反應(yīng)ii是消耗碘單質(zhì)，一段時(shí)間后溶液變藍(lán)說明溶液中有碘單質(zhì)，說明先完成反應(yīng)ii后完成反應(yīng)i，反應(yīng)速率：反應(yīng)i<反應(yīng)ii ，B正確；C．反應(yīng)ii生成氫離子的量等于成反應(yīng)i消耗氫離子的量，由于反應(yīng)速率：反應(yīng)i<反應(yīng)ii，反應(yīng)ii后完成反應(yīng)i還在反應(yīng)，故消耗的氫離子量大，溶液pH最終會(huì)變大，C正確；D．成反應(yīng)i生成的碘單質(zhì)會(huì)被反應(yīng)ii消耗，且溶液中有還有碘單質(zhì)，則說明反應(yīng)i生成的碘單質(zhì)的量等于反應(yīng)ii消耗的碘單質(zhì)的量與溶液中剩余碘單質(zhì)的量的和，若溶液變藍(lán)時(shí)n(I2)=amol，則消耗n(H2O2)＞amol D錯(cuò)誤；答案選D。第二部分本部分共5題，共58分。15. 【答案】（1）NaBH4中H為-1價(jià)，體現(xiàn)出強(qiáng)還原性，易被氧化為0價(jià) （2） ①. 平面三角形 ②. B與水中的OH-形成配位鍵，B原子佳電子式2s22p1，可提供1個(gè)p軌道作為空軌道，接受OH-中O原子提供的孤電子對(duì)形成配位鍵 （3） ①. 共價(jià)
②. sp3 ③. N原子半徑小于C，B原子半徑小于Si，N-B共價(jià)鍵的鍵長(zhǎng)小于C-Si鍵長(zhǎng)，N-B共價(jià)鍵的鍵能大于C-Si鍵能，故該種氮化硼的熔點(diǎn)和硬度均高于SiC ④. 【解析】【小問1詳解】NaBH4中H為-1價(jià)，體現(xiàn)出強(qiáng)還原性，易被氧化為0價(jià)，所以NaBH4具有強(qiáng)還原性；【小問2詳解】硼酸的化學(xué)式為B(OH)3，是一元弱酸。硼酸產(chǎn)生H+過程為：B(OH)3+H2O?H++[B(OH)4]-①硼酸分子中B原子采取sp2雜化，σ鍵數(shù)為3，沒有孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為平面三角形；②硼酸具有弱酸性是由于B與水中的OH-形成配位鍵，B原子價(jià)電子式2s22p1，可提供1個(gè)p軌道作為空軌道，接受OH-中O原子提供的孤電子對(duì)形成配位鍵；小問3詳解】①氮化硼(BN)屬于共價(jià)晶體；由圖可知每個(gè)B原子距離最近的N原子有4個(gè)，B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，軌道雜化類型為sp3雜化；②N原子半徑小于C，B原子半徑小于Si，N-B共價(jià)鍵的鍵長(zhǎng)小于C-Si鍵長(zhǎng)，N-B共價(jià)鍵的鍵能大于C-Si鍵能，故該種氮化硼的熔點(diǎn)和硬度均高于SiC；③已知該晶體的密度為ρg·cm-3，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的邊長(zhǎng)為acm，，。16. 【答案】（1）； （2）反應(yīng)條件溫和，在較低溫度下實(shí)現(xiàn)分解水制取H2；實(shí)現(xiàn)了O2和H2分離，反應(yīng)I放熱，可利用其能量為其他兩個(gè)吸熱反應(yīng)供能； （3）ABC； （4） ①. ； ②. 陰極：I2+2e-=2I-，H+通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極，得到濃HI溶液； ③. I2。【解析】【小問1詳解】根據(jù)燃燒熱的概念，1mol氫氣完全燃燒生成液態(tài)水所釋放的能量為285.8kJ，相同條件下水分解是上述過程的逆過程，熱化學(xué)方程式為：；【小問2詳解】該反應(yīng)所需條件溫和，加熱溫度不高，且制備的氫氣和氧氣分開，避免直接接觸引發(fā)實(shí)驗(yàn)安全問題，另外反應(yīng)I放熱提供的熱量可供反應(yīng)II、III利用，節(jié)能，故答案為：反應(yīng)條件溫和，在較低溫度下實(shí)現(xiàn)分解水制取H2；實(shí)現(xiàn)了O2和H2分離，反應(yīng)I放熱，可利用其能量為其他兩個(gè)吸熱反應(yīng)供能；【小問3詳解】A．c(O)越大有利于第二個(gè)基元反應(yīng)的進(jìn)行，加快SO3的分解速率，A正確；B．關(guān)鍵基元反應(yīng)為硫酸分解制取氧氣的決速反應(yīng)，故該反應(yīng)速率慢，活化能高，B正確；C．催化劑參與氧原子的生成與消耗，可以使兩個(gè)基元反應(yīng)速率加快，將有利于提高SO3的分解速率，C正確；故選ABC。【小問4詳解】工業(yè)上采用加熱至110℃的方法除去H2SO4，化學(xué)方程式為：；該裝置為電解池，陰極為碘單質(zhì)得電子變成碘離子，陽極碘離子失電子變成碘單質(zhì)，氫離子通過質(zhì)子交換膜移向陰極，故陰極的HI濃度增大，故答案為：陰極：I2+2e-=2I-，H+通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極，得到濃HI溶液；電解過程中陽極產(chǎn)生碘單質(zhì)，碘單質(zhì)可以與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故吸收劑的有效成分為I2。17. 【答案】（1）將Cu轉(zhuǎn)化為可溶性鹽CuSO4，實(shí)現(xiàn)Cu與其他物質(zhì)的分離 （2） ①. Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3 ②. Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯氣氧化為H2SeO3，c(Se2+)減小，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致c(Ag+)增大，使得Ag+與Cl-結(jié)合生成AgCl沉淀，進(jìn)一步促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，Ag2Se轉(zhuǎn)化為AgCl； （3） ①. H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4 ②. Cl2> H2SeO3>SO2 （4） ①. 淀粉 ②. ③. 不影響【解析】【分析】陽極泥主要成分為Cu、Se、Ag2Se等，先經(jīng)過空氣氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反應(yīng)生成硫酸銅溶液除去，再通入氯氣，將Se元素氧化成H2SeO3的同時(shí)生成氯化銀沉淀，用SO2還原H2SeO3得到粗Se，據(jù)此分析解答。【小問1詳解】酸浸過程，通入空氣的目的是將銅氧化后與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，故答案為：將Cu轉(zhuǎn)化為可溶性鹽CuSO4，實(shí)現(xiàn)Cu與其他物質(zhì)的分離；【小問2詳解】①氯氣具有氧化性，可以將Se氧化為+4價(jià)，化學(xué)方程式為：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；②由沉淀溶解平衡原理及題給Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯氣氧化為H2SeO3，c(Se2+)減小，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致c(Ag+)增大，使得Ag+與Cl-結(jié)合生成AgCl沉淀，進(jìn)一步促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，Ag2Se轉(zhuǎn)化為AgCl；【小問3詳解】①SO2具有還原性，可以將+4價(jià)的Se還原為0價(jià)的Se，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；②根據(jù)氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性規(guī)律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；【小問4詳解】①淀粉遇碘顯藍(lán)色，由此可知滴定所用的指示劑為淀粉；②由關(guān)系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；③若使用的KI溶液過量，因?yàn)檫^量的I-不與Na2S2O3反應(yīng)，且不能使淀粉變色，所以對(duì)滴定結(jié)果的影響是不影響。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為氧化反應(yīng)，B到C為酯化反應(yīng)，C比B多了四個(gè)碳原子，說明B中有兩個(gè)羧基，B為HOOCCH2COOH，A為OHCCH2CHO，C與2分子試劑a反應(yīng)生成D，C原子數(shù)多了2個(gè)，根據(jù)題中已知信息，a應(yīng)為甲醛，D 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ；D經(jīng)過多步反應(yīng)得到E；結(jié)合題干中信息，F為醇類，同一個(gè)碳原子連兩個(gè)羥基不穩(wěn)定，故F為丙三醇，F在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)得到G，根據(jù)G的分子式，G為CH2=CH-CHO，G與試劑b反應(yīng)得到H，參照題中已知信息ii，應(yīng)為加成反應(yīng)，試劑b的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ；對(duì)比H和I的分子式，I應(yīng)為： ；E和I參照所給已知信息iii，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ；J到K發(fā)生了酯化反應(yīng)。【小問1詳解】根據(jù)分析A為OHCCH2CHO，官能團(tuán)名稱為醛基；【小問2詳解】B到C的反應(yīng)方程式為：HOOC-CH2-COOH+2C2H5OHC2H5OOC-CH2-COOC2H5+2H2O；【小問3詳解】根據(jù)分析，試劑a為甲醛（HCHO）；【小問4詳解】根據(jù)分析F為丙三醇，F在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)得到G：CH2=CH-CHO，方程式為：【小問5詳解】根據(jù)分析，b為 ；小問6詳解】H到I氫原子個(gè)數(shù)減少，為氧化反應(yīng)；根據(jù)分析，J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ；【小問7詳解】D 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為： ，先水解生成 ，脫去CO2變成 ， 與HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成 ； 在氫氧化鈉醇溶液中加熱，可發(fā)生消去反應(yīng)生成碳碳雙鍵，酸化得到E，故中間的補(bǔ)充完整應(yīng)為 。19. 【答案】（1）SO2的飽和溶液，用NaOH固體調(diào)pH=10 （2）隨著c()增大，溶液紅色加深 （3） ①. +H2O-2e-=+2H+ ②. 減弱 ③. 不成立 ④. Fe2+ ⑤. O2 ⑥. pH降低不利于O2氧化，乙猜測(cè)不成立 （4）與H+【解析】【小問1詳解】結(jié)合溶液中+4價(jià)含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變化的曲線可知，實(shí)驗(yàn)A、B、C探究的是不同pH下，不同+4價(jià)含硫微粒對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，因此C實(shí)驗(yàn)應(yīng)為：SO2的飽和溶液，用NaOH固體調(diào)pH=10。【小問2詳解】隨著溶液pH的增大，溶液中濃度增大，所得溶液紅色依次加深，因此說明配離子的配體為。【小問3詳解】①Fe3+與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Fe3+得電子生成Fe2+，發(fā)生還原反應(yīng)，則失電子生成，發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)式為：+H2O-2e-=+2H+。②在溶液中存在+H2O-2e-?+2H+，溶液酸性增強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，還原性減弱。③由上述分析可知，甲的猜測(cè)不成立，若溶液酸性增強(qiáng)有利于Fe3+和的反應(yīng)，溶液中亞鐵離子含量會(huì)增多，則可以反應(yīng)相同時(shí)間，檢測(cè)實(shí)驗(yàn)a和b中的溶液中Fe2+的濃度，比較其大小關(guān)系去驗(yàn)證。④實(shí)驗(yàn)放在空氣中進(jìn)行，空氣中O2有氧化性，因此乙猜測(cè)pH降低，有利于O2氧化，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。⑤由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)ΔVa>ΔVb可知，在空氣中放置相同時(shí)間，結(jié)果酸性弱的溶液中消耗高錳酸鉀的量少，酸性強(qiáng)的溶液中消耗高錳酸鉀的量多，說明pH降低不利于O2氧化，乙猜測(cè)不成立。【小問4詳解】溶液酸性增強(qiáng)，會(huì)發(fā)生反應(yīng)H++?HSO，H++HSO?H2SO4，pH降低，有利于與H+反應(yīng)的發(fā)生，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)b中溶液褪色更快。
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