2019年北京市朝阳区高考化学一模试卷-解析版

2019年北京市朝阳区高考化学一模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1. 我国科技创新成果斐然，下列成果与电化学无关的是（ ） A B C D 5. 2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排

列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是（ ）

有机金属材料吸附与转研发出水溶液锂 化CO2 离子电池 研发出“可呼吸” Na-CO2电池 常温常压下用电解 法制备高纯H2 A. 元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族 B. 原子半径比较：甲 乙

C. 元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于 D. 推测乙可以用作半导体材料

6. 一种高分子可用作烹饪器具、电器、汽车部件等材料，其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法

正确的是（ ）

A. A

A B. B

B C. C

C D. D

D H2C2O4溶液滴入 KMnO4酸性溶液中 2. 下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ） FeCl3溶液滴入Mg（OH）AgNO3溶液滴入氯水中 浊液中 2Na块放在坩埚里并加热 A. 该高分子是一种水溶性物质 B. 该高分子可由甲醛、对甲基苯酚缩合生成

产生气泡，随后白色浑浊转化为红褐色产生白色沉淀，随后淡黄绿色发出黄色火焰，生成淡黄色紫 沉淀 褪去 固体 色褪去 C. 该高分子的结构简式为

D. 该高分子在碱性条件下可发生水解反应

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

7. 探究铝片与Na2CO3溶液的反应。 3. 某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示

意图如下（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是（ ）

无明显现象 A. HAP能提高HCHO与 的反应速率

B. HCHO在反应过程中，有 键发生断裂

C. 根据图示信息， 分子中的氧原子全部来自 D. 该反应可表示为：

4. 我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如下图所示。下列说

法不正确的是（ ）

A. 该装置可将太阳能转化为化学能 B. 催化剂a表面发生还原反应，产生 C. 催化剂b附近的溶液pH增大

D. 吸收 ，理论上能产生

铝片表面产生细小气泡 出现白色浑浊，产生大量气泡（经检验为H2和CO2） 下列说法不正确的是（ ）

A. 溶液中存在水解平衡： B. 对比Ⅰ、Ⅲ，说明 溶液能破坏铝表面的保护膜

C. 推测出现白色浑浊的原因： D. 加热和 逸出对 水解平衡移动方向的影响是相反的 二、简答题（本大题共2小题，共30.0分）

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8. 药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如下。

已知：

（1）A的分子式是C6H6，A→B的反应类型是______。 （2）B→C是硝化反应，试剂a是______。

（3）C→D为取代反应，其化学方程式是______。 （4）E的结构简式是______。 （5）F含有的官能团是______。 （6）G→X的化学方程式是______。

（7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是______。

（8）将下列E+W→Q的流程图补充完整（在虚线框内写出物质的结构简式）：

①图1中，pH降低NO脱除率增大的原因：______。

②脱除过程中往往有Cl2产生，原因是______（用离子方程式表示）。 ③图2中，60～80℃NO脱除率下降的原因：______。（至少答出两点） 三、实验题（本大题共2小题，共28.0分）

10. 以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制

备MnCl2，实现锰的再利用。其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。O2氧化MnO（OH）的化学方程式是______。

（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

9. 脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和NO2）可以净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。

（1）以漂粉精溶液为吸收剂脱除烟气中的NO，相关热化学方程式如下：

-1

ⅰ．4NO（g）+3O2（g）+2H2O（l）=4HNO3（aq）△H1 =-423 kJ•mol

-1

ⅱ．Ca（ClO）2（aq）=CaCl2（aq）+O2（g）△H2=-120 kJ•mol

ⅲ．3Ca（ClO）2（aq）+4NO（g）+2H2O（l）=4HNO3（aq）+3CaCl2（aq）△H3

-1

①△H3=______kJ•mol。

②反应ⅲ的平衡常数随温度升高的变化趋势是______。

（2）HClO可有效脱除NO，但HClO不稳定，实际应用中常用其盐。C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式是______ 。

（3）次氯酸盐脱除NO的主要过程如下： a．NO+HClO=NO2+HCl b．NO+NO2+H2O 2HNO2 c．HClO+HNO2=HNO3+HCl 下列分析正确的是______。

A．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率 B．NO2单独存在时不能被脱除

C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降

（4）研究不同pH、不同温度下漂粉精溶液对NO脱除率的影响，结果如图1、图2。

①溶液a呈酸性，原因是______。

②根据右图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。 ③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下： 化合物 熔点 沸点 ZnCl2 365℃ 732℃ - NH4Cl 337.8℃分解 根据上表，设计方案提纯NH4Cl：______。

3+3+

（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe：取少量溶液，加入______（填试剂和现象），证明溶液中Fe沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。

ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。 ①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：______。

②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：______。

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。 11. 某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。

实验Ⅰ：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶

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液突然变蓝。

----+

资料：IO3在酸性溶液氧化I，反应为IO3+5I+6H=3I2+3H2O （1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有______性。

（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：

i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。 ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，______（用离子方程式表示），I2被消耗。 （3）下述实验证实了假设ii合理。

实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。 （4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。 实验Ⅲ：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：

表盘 时间/min 偏转 位置 0～t1 t2～t3 t4 右偏至指针回到“0”处，又返至“X”处；指针 Y 如此周期性往复多次…… 归零 ①K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。

②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液

-未变蓝。判断IO3 在a极放电的产物是______。

③结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：______。 （5）综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是______。 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化 B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前IO3-未发生反应

C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】

3.【答案】C

【解析】

解：A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率，所以该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，故A正确； B．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，故B正确； C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，故C错误；

D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2故选：C。

A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物、第二步反应中作生成物，所以为催化剂，催化剂能改变化学反应速率；

B．HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成； C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛；

D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂。

CO2+H2O，故D正确；

解：A．有机金属材料吸附与转化CO2，属于化学反应，和电化学无关，故A选； B．研发出水溶液锂离子电池，利用原电池原理，与电化学有关，故B不选； C．研发出“可呼吸”Na-CO2电池，利用原电池原理，与电化学有关，故C不选； D．常温常压下用电解法制备高纯H2，利用电解池原理，与电化学有关，故D不选； 故选：A。

根据是否能构成原电池、电解池判断，如果能构成原电池、电解池，与电化学有关，据此分析解答。

本题考查原电池、电解池原理的应用判断，明确原电池、电解池的原理即可解答，难度中等。 2.【答案】A

【解析】

解：A．FeCl3溶液滴入Mg（OH）2浊液中，产生红褐色沉淀，为Fe（OH）3，发生复分解反应，不属于氧化还原反应，故A选；

B．AgNO3溶液滴入氯水中，生成氯化银沉淀，促进了氯气与水反应，则淡黄绿色褪去，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；

本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查观察、分析、判断能力，根据断键和成键方式及催化剂作用分析解答，题目难度不大。

C．Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体过氧化钠，Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；

D．H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，产生气泡，随后紫色褪去，C、Mn元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选。 故选：A。

发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。

本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的

4.【答案】C

【解析】

解：A．由图可知，该装置可将太阳能转化为化学能，故A正确；

B．由电子移动方向可知，催化剂a为正极氢离子得电子生成氢气发生还原反应，故B正确； C．催化剂b为负极SO2失电子生成硫酸根发生氧化反应，电极反应为4OH-+SO2-2e-═SO42-+2H2O，则附近的溶液pH减小，故C错误；

D．由正负极得失电子守恒，吸收1molSO2，理论上能产生1molH2，故D正确； 故选：C。

由电子移动方向可知，催化剂a为正极氢离子得电子生成氢气发生还原反应，催化剂b为负极

反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。

SO2失电子生成硫酸根发生氧化反应，电极反应为4OH-+SO2-2e-═SO42-+2H2O，据此分析解答。

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本题考查原电池的工作原理，为高频考点，把握电子的流向判断正负极为解答的关键，明确原电池工作原理即可解答，题目难度不大。 5.【答案】C

【解析】

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握酚醛缩合反应、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。 7.【答案】D

【解析】

解：A．甲为Ga，位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族，故A正确；

B．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，故B正确；

C．非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，故C错误； D．乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确； 故选：C。

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于ⅢA族，甲为Ga，以此来解答。

本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关

解：A．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主，水解离子方程式：CO32-+H2O HCO3-+OH-，故A正确；

B．依据铝能与热水反应，实验Ⅰ中没有气泡冒出，说明表面有氧化膜，实验Ⅲ有气泡冒出，说明氧化膜被破坏，故B正确；

C．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式：AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3↓+CO3，故C正确；

D．盐类水解为吸热过程，加热促进盐类水解，氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，消耗氢氧根离子，促进碳酸根离子水解，所以加热

--2-

键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 6.【答案】B

【解析】

2-和H2逸出对CO3 水解平衡移动都起到促进作用，故D错误；

故选：D。

A．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主；

解：A．苯基、甲基均不溶于水，不易溶于水，故A错误；

B．类似酚醛缩合反应，由甲醛和对甲基苯酚缩聚生成，故B正确；

B．依据实验Ⅰ中没有明确现象，实验Ⅲ中有气泡冒出解答；

C．高分子的结构简式为

，故C错误；

C．碳酸钠水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与氧化铝反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根离子；

D．含酚-OH，具有酸性，与碱发生中和反应，故D错误； 故选：B。

A．该分子中含有亲水基酚羟基，但是其憎水基憎水性远远大于亲水基的亲水性； B．类似酚醛缩合反应；

C．由对甲基苯酚与甲醛缩合生成； D．含酚-OH，具有酸性。

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D．加热或者减小生成物浓度都能促进盐类的水解。

本题考查了盐类水解的性质，铝及其化合物性质，明确盐类水解规律及影响盐类水解平衡移动的因素、铝及其化合物性质是解题关键，题目难度中等，有利于提高学生分析问题、解决问题能力。

8.【答案】取代反应 浓硫酸、浓 碳

碳双键、酯基

【解析】

解：（1）A为苯、B为氯苯，A→B的反应类型是取代反应， 故答案为：取代反应；

（2）B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓，浓硫酸作催化剂，

故答案为：浓硫酸、浓；

（3）C→D为取代反应，其化学方程式是

，

故答案为：

；

（4）E的结构简式是，

故答案为：；

（5）F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基， 故答案为：碳碳双键、酯基；

（6）G→X的化学方程式是，故答案为：； （7）W能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是， 故答案为：；

（8）E和W先发生取代反应生成

，然后发生信息中的加成反应生成

，

故答案为：

；

。

根据Q结构简式及A分子式知，A为

，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反

应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻

的氨基，则E为

，D为

、C为

，试剂a为浓、浓硫酸；

W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为

，F为CH3COOCH=CH2；

（8）E和W先发生取代反应生成，然后发生信息中的加成反应生成

。

本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识迁移能力，根据某些物质结构简式、反应条件、

习题信息采用正逆结合的方法进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，题目难度中等。

9.【答案】-783 减小 2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O AC pH降低，ClO-+H+=HClO，溶

液中c（HClO）增大 HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O（或ClO-+Cl-+2H+

=Cl2↑+H2O） HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；气体溶解度降低等

【解析】

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ii得到反应iii的焓变△H3=（-423 kJ•mol）+3×解：（1）①由盖斯定律反应i+3×（-120 kJ•mol）=-783 kJ•mol-1，故答案为：-783；

②反应ⅲ：3Ca（ClO）2（aq）+4NO（g）+2H2O（l）=4HNO3（aq）+3CaCl2（aq）△H3=-783 kJ•mol，正向放热，所以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数k减小，故答案为：减小；

（2）C12和Ca（OH）2生成反应Ca（ClO）2、CaCl2和H2O，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）

2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，

-1

-1-1

（2）漂白精的主要成分为Ca（ClO）2、CaCl2，C12和Ca（OH）2生成反应Ca（ClO）2、CaCl2和H2O； （3）A．由反应a、b、c可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除；

B．NO2能与H2O反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，故B错误；

C．脱除过程中生成HNO3和HCl，溶液的pH降低； （4）①pH降低，溶液酸性增强，c（HClO）增大，脱除率提高；

②脱除过程中生成HCl，HCl与HClO发生氧化还原反应生成Cl2，据此写出反应式； ③HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降等等。

本题考查了盖斯定律应用、氧化还原反应规律及其应用、图象的分析与应用、离子方程式的书写、化合物的化学性质等，为高频考点，综合考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应

故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（3）A．由反应a、b、c可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除，所以通入少量O2能将NO转化为NO2，提高NO的脱除率，故A正确； B．NO2能与H2O反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，故B错误；

C．脱除过程中生成HNO3和HCl，所以溶液的pH降低，故C正确； 故答案为：AC；

（4）①pH降低，溶液酸性增强，c（HClO）增大，脱除率提高，故答案为：pH降低，ClO-+H+=HClO，溶液中c（HClO）增大；

②脱除过程中生成HCl，HCl与HClO发生氧化还原反应生成Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O（或ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O），

-+--+

故答案为：HClO+Cl+H=Cl2↑+H2O（或ClO+Cl+2H=Cl2↑+H2O）；

用能力，题目难度中等，注意基本原理的理解与运用。

10.【答案】4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O NH4++H2O NH3•H2O+H+ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 加

热NH4Cl的粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl，收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净的NH4Cl KSCN溶液，MnO2不变红 MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O i中MnO2作催化剂，反应快，只催化分解H2O2，

ii中MnO2作氧化剂，加入稀H2SO4后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4 【解析】

△

解：（1）根据流程，O2氧化MnO（OH）得到MnO2，反应为：4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O；

③HClO对热不稳定，温度升高时HClO发生分解，使NO脱除率下降；气体的溶解度随温度升高而降低，使NO脱除率下降，

故答案为：HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；气体溶解度降低。 ii得到反应iii的焓变△H3； （1）①根据盖斯定律反应i+3×

②根据平衡常数k与反应的热效应判断：若反应放热，升温则平衡逆向移动，平衡常数k减小；若反应吸热，升温则平衡常数k增大；

故答案为：4MnO（OH）+O24MnO2+2H2O；

++

（2）①溶液a的主要成分为NH4Cl，铵根离子水解：NH4+H2O NH3•H2O+H，使溶液显酸性； ++

故答案为：NH4+H2O NH3•H2O+H；

②由图可知NH4Cl的溶解度随温度变化不大，故将溶液a蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得NH4Cl粗品；

故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

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③根据表NH4Cl受热分解，其产物氨气与HCl气体极易反应生成NH4Cl，则提纯NH4Cl的方法为：加热NH4Cl的粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl，收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净的NH4Cl；

故答案为：加热NH4Cl的粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl，收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净的NH4Cl；

（3）Fe与KSCN溶液作用显红色，检验MnSO4溶液中是否含有Fe：取少量溶液，加入KSCN溶液，不变红，证明溶液中Fe沉淀完全； 故答案为：KSCN溶液，不变红；

（4）①ii中MnO2中加入稀H2SO4、H2O2溶液得到MnSO4和氧气，化学反应为：MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O；

故答案为：MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O；

②MnO2作用不同的原因是：i中MnO2作催化剂，反应快，MnO2只催化分解H2O2， ii中MnO2作氧化剂，加入稀H2SO4后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4； 故答案为：i中MnO2作催化剂，反应快，MnO2只催化分解H2O2，

ii中MnO2作氧化剂，加入稀H2SO4后，MnO2的氧化性增强，被H2O2还原为MnSO4。 黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）在空气中加热，炭被氧化为二氧化碳，MnO（OH）被氧化为MnO2，水洗过滤得到含有NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2的溶液a，以及含有氧化铁的MnO2粗产品，加入H2O2溶液、稀H2SO4，得到MnSO4溶液和氢氧化铁，向MnSO4溶液中加入氯化钙制得氯化锰， （1）O2氧化MnO（OH）得到MnO2， （2）①铵根离子水解使溶液显酸性；

②根据图可知NH4Cl的溶解度随温度变化不大，故应采用蒸发结晶的方法； ③根据NH4Cl受热分解，其产物氨气与HCl气体极易反应生成NH4Cl分析可得； （3）检验Fe用KSCN溶液；

3+

3+

3+

3+

（4）①ii中MnO2中加入稀H2SO4、H2O2溶液得到MnSO4和氧气； ①i中，MnO2作催化剂，H2O2溶液分解， ii中，MnO2作氧化剂，酸性条件下氧化H2O2。

本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。

11.【答案】还原 大 I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+ Na2SO3 生成白色沉淀 I- 此时，a极区发生反应

IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，IO3-不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 AC 【解析】

解：（1）KIO3酸性溶液（过量）与Na2SO3溶液反应，将KIO3还原得到I，I与过量的KIO3反应得到碘单质，所以溶液显蓝色； 故答案为：还原；

（2）i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能，反应速率慢导致的； 故答案为：大；

ii．t秒前生成了I2，具有氧化性，但由于存在具有还原性的Na2SO3，发生反应：I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+，I2被消耗，故溶液未变蓝；

2--2-+

故答案为：I2+SO3+H2O=2I+SO4+2H；

--

（3）向实验I的蓝色溶液中加入少量Na2SO3，蓝色迅速消失，后再次变蓝，证明假设ii成立； 故答案为：Na2SO3；

2-2-（4）①b极区为SO3发生氧化反应生成SO4，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀；

故答案为：生成白色沉淀；

②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3 在a极放电的产物是I，生成的I与IO3生成了碘单质； 故答案为：I；

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③t2～t3时指针指针回到“0”处说明无电流生成，原因是：此时，a极区发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；

--+-2-故答案为：此时，a极区发生反应IO3+5I+6H=3I2+3H2O，IO3 不再与SO3发生反应，外电路

在两极放电分别得到SO4、I，t2～t3，a极I与IO3反应，b极Na2SO3未参与反应，外电路无电

-流通过，指针回到“0”处，I反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如

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此往复，据此分析可得。

本题考查了物质性质的探究，题干信息的分析理解，对物质性质在实验中的运用是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。

无电流通过；

（5）A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，t秒后溶

2-液变蓝，I中SO3被完全氧化，A正确；

B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t秒前IO3-发生反应生成I-，B错误； C．实验Ⅲ中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-，C正确； 故答案为：AC。

（1）根据资料KIO3酸性溶液（过量）与Na2SO3溶液反应得到I，I与过量的KIO3反应得到碘单质，据此分析；

（2）i．反应活化能大，反应速率慢；

ii．生成的I2与Na2SO3发生氧化还原反应得到碘离子和硫酸根离子； （3）根据假设ii，加入Na2SO3可验证；

（4）0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SO4、I，t2～t3，a极I与IO3反应，b极Na2SO3未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“0”处，I反应完全后，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X”处，如此往复，

2-2-①b极区为SO3发生氧化反应生成SO4，可得；

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②0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3 在a极放电的产物是I，生成的I与IO3生成了碘单质；

③指针回到“0”处说明无电流生成，即a极与b极之间未发生氧化还原反应；

（5）实验I中，t秒之前，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到I，t秒后I-与多余的KIO3反应得到碘单质，溶液变蓝，实验II中，0～t1，Na2SO3溶液和KIO3溶液

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