北京大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末化学试题

化学必修 2 期末考试 答案-评标-解析 1. 【答案】A 【解析】 A 选项，NO不能与碱反应生成盐和水，且自身不溶于水，没有对应的水化物，也不与水 反应生成任何酸，不是酸性氧化物，不正确。 B 选项，硅元素属于非金属元素，二氧化硅属于非金属氧化物，正确。 C 选项，葡萄糖的化学式为 C6H12O6，属于有机化合物，正确。 D 选项，塑料的主要成分是高分子化合物，俗称合成树脂，塑料在自然界并不天然存在， 均为合成所得，属于合成高分子材料，正确。 2. 【答案】A 【解析】 A 选项的碳骨架为环状，B,C,D的碳骨架为链状，A的碳骨架类型与其他三种不一致。 3. 【答案】B 【解析】 B 选项，二氯乙烷具有两种同分异构体，两个氯原子可能连接在不同的碳原子上，或者 均连接在相同的碳原子上，故二氯乙烷的结构简式可能是 CH2ClCH2Cl 或 CH3CHCl2。 A，C，D选项，正确。 4. 【答案】B 【解析】 两种或多种化合物具有相同的分子式却具有不同的分子结构的现象，叫做同分异构现象； 分子式相同而分子结构不同的化合物互称为同分异构体。 A 选项，苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊共价键，因此苯 分子中碳碳键均等长，A中的两种结构简式均可视为 ，其分子结构相同，不正确。 B 选项，两种化合物具有相同的分子式 C7H8O，而具有不同的分子结构，互为同分异构 体，正确。 C 选项，结构式只能表示分子中原子的连接顺序，不能表示分子的真实空间结构，选项 中二者的分子式和分子结构均相同，均为异戊烷的结构简式，不正确。 D 选项，结构式只能表示分子中原子的连接顺序，不能表示分子的真实空间结构，甲烷 的空间结构为正四面体，二氯甲烷的空间结构为四面体，结构简式中两个氯原子相邻或相对 在空间上没有区别，故选项中二者的分子式和分子结构均相同，不正确。 5. 【答案】B 【解析】 A 选项，乙烯在空气中燃烧，火焰明亮并伴有黑烟；甲烷的碳含量更低，燃烧时仅产生 明亮的火焰，无黑烟，家中使用的天然气的主要成分就是甲烷，用气时不会观察到黑烟。 B 选项，乙烯和甲烷均不与氢氧化钠溶液反应，故不能用来鉴定乙烯和苯。 C 选项，乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷不能与溴的四氯化碳溶液反应， D 选项，乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能与酸性高锰酸钾溶液反应。 6. 【答案】C 【解析】 A 选项，乙烯中具有碳碳双键，聚乙烯中不具有碳碳双键，二者化学性质具有较大差异； 聚乙烯是有机高分子化合物，相对分子质量较大，熔沸点较高，和乙烯的物理性质具有较大 差异。 B 选项，聚丙烯中不具有碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应而褪色。 C 选项，苯乙烯的加聚反应产物为聚苯乙烯，其结构简式为 。 D 选项，橡胶根据来源和组成不同，可分为天然橡胶和合成橡胶。橡胶中的高分子链在 无外力作用时呈卷曲状且有柔性，受外力时可伸直，撤销外力后又可恢复原状，具有高弹性。 7. 【答案】A 【解析】 A 选项，用元素周期律比较含氧酸的酸性，必须是最高价氧化物对应的水化物，而 H2SO3 中的 S 元素为+4 价，不是最高价，不正确； B 选项，同主族金属元素最高价氧化物对应水化物的碱性，自上而下依次增强，正确； C 选项，同主族非金属元素气态氢化物的稳定性，自上而下依次减弱，正确； D 选项，同周期元素随着核电荷数的增加，金属性减弱（非金属性增强），正确。 8. 【答案】A 【解析】 A 选项，34Se（硒）是氧族元素，即 VIA 族，第三周期 VIA 族的元素是 S 元素，原子 序数是 16，与 34Se 相差 18。元素周期表前 4 周期元素种类依次是 2、8、8、18，所以 34Se 位于第四周期，VIA 族。不正确； B 选项，34Se（硒）是 VIA 族，最外层电子数是 6；也可以根据信息“氧族元素”确定 Se 为 VIA 族。正确； C 选项，34Se 的 34 是质子数，与中子数 46 相加，即为质量数 80。正确； D 选项，34Se（硒）是 VIA 族，最高化合价等于主族序数，+6 价，而 H2SeO3 中 Se 元 素是+4 价，处于中间价态，既可升价也可降价，所以既有氧化性又有还原性。正确。 9. 【答案】C 【解析】 下图为元素周期表，加粗黑框中为活泼的金属元素，加粗蓝框中为活泼的非金属元素， 离子键一般是在活泼金属（即强金属性）元素和活泼非金属（即强非金属性）元素间形成， 即加粗黑框与加粗蓝框中的元素原子相互作用一般形成离子键。 含有离子键的化合物就是离子化合物，所以 Na2O、NaCl、NaOH 均属于是离子化合物； 只有共价键没有离子键的化合物是共价化合物，故 H2SO4是共价化合物。 10. 【答案】D 【解析】 由图可知，该反应是放热反应，燃烧反应、中和反应（酸与碱反应）、金属与酸的反应 都是放热反应，所以 ABC 选项正确。 大多数化合反应是吸热反应；反之，大部分分解反应是吸热反应，D 是分解反应，是吸 热的，所以 D 选项不正确。 11. 【答案】C 【解析】 能设计成原电池的反应必须是自发（也就是放出能量）的氧化还原反应，ABD 选项中 各元素化合价均未改变，是非氧化还原反应，所以 ABD 选项不正确。C 是燃烧反应，放热， 且属于氧化还原反应，故正确。 12. 【答案】A 【解析】 A 选项，实验室制备氨气需使用 NH4Cl 与 Ca(OH)2 共热，若只加热 NH4Cl 得到的是 NH3 与 HCl 的混合气体，且混合气体有可能在管口遇冷后又化合成 NH4Cl 固体，无法得到 纯净的 NH3，不正确。 13. 【答案】D 【解析】 A 选项，铜与浓硝酸发生反应不需要加热即可发生反应，反应的方程式为：Cu + 4HNO3 （浓）== Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑+ 4H2O。正确； B 选项，试管中产生的红棕色气体是 NO2，说明浓硝酸被还原为 NO2，浓硝酸具有氧化 性。正确； C 选项，根据反应的方程式，反应过程中 Cu 转化为 Cu2+，故每消耗 1mol Cu，转移 2mol 电子，当反应消耗 0.05mol Cu 时，转移电子数约为 6.02×1022。正确； D 选项，常温下铝片放在浓硝酸中会发生钝化，表面形成一层致密的氧化膜，使得内部 的铝无法与浓硝酸接触，阻止反应进一步进行，并非铝与浓硝酸不反应。根据金属活动顺序 表，还原性：Al > Cu。不正确。 14. 【答案】D 【解析】 铅酸蓄电池总反应为 PbO2 + Pb + 2H2SO4 == 2PbSO4 + 2H2O，电池工作时，Pb 失电子 生成 PbSO4，Pb 作负极；PbO2 得电子生成 PbSO4，PbO2 作正极。 A 选项，PbO2作电池的正极，不正确； B 选项，电池工作时消耗 H2SO4，故稀硫酸的浓度减小，不正确； C 选项，电池工作时，电子导体和离子导体中的载流子形成闭合回路，电子导体中电子 由负极流向正极，因此，离子导体（此处为电解质溶液）中阴离子由正极流向负极；反之， 阳离子由负极流向正极，故 H+向正极方向移动，不正确； D 选项，由电池总反应可以得到，铅极（即负极）发生 Pb + SO2-4 ﹣2e– == PbSO4，正确。 15. 【答案】B 【解析】 对于①，实验 2 和实验 3 中锌的质量和形状相同，因此二者表面积相同。而实验 3 温度 更高，故反应速率快，锌完全溶解于酸的时间短，故 t2＞t3，①正确； 对于②，实验 1 和实验 2 中锌的质量相同，反应温度相同。实验 1 中使用锌片，实验 2 中使用锌粉，故实验 2 锌与盐酸接触面积大，反应速率快，锌完全溶解于酸的时间短，故 t2 ＜200，②正确； 对于③，根据对①的分析，实验 2 和实验 3 比较，单位时间内消耗锌的质量：m2 < m3，③不正确。 16. 【答案】C 【解析】 X 原子的最外层电子数是次外层的 2 倍，而 X 的原子序数是四个元素最小的，很可能 是第二周期元素，因此次外层只有 2 个电子，最外层电子数为 4，该元素为碳； Y 原子的 L 层有 6 个电子，因此 K 层有 2 个电子，该元素为氧； Z 是第四周期主族元素中原子半径最大的元素，因此为 IA 族元素钾； W 与 X 同主族，而原子序数大于 Z，因此为第四周期 IVA 族元素锗。 A 选项，XY2即 CO2，题目所给电子式是正确的； B 选项，O2与 K 单质反应的产物，类比于 O2与 Na 的反应，与反应在常温或加热条件 下有关。正确； C 选项，K2O2 中含 O 2− 2 ，是双原子组成的阴离子，因此阴、阳离子个数比为 1∶2。错 误； D 选项，根据前面分析可知正确。 17. 【答案】B 【解析】 A． 海水中 H2O 与其他成分（主要是无机盐）的沸点差非常大，因此可以用蒸馏法来 分离。能达到实验目的； B． 用乙酸和乙醇反应制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化 剂和吸水剂，该选项中没有加入；气体产物中有挥发的乙 酸和乙醇，它们溶于水时会造成倒吸，因此导管口不能插 入饱和碳酸钠溶液液面以下。不能达到实验目的； C． 乙醇和水中羟基活性不同，与金属钠时，前者反应放热较少，金属钠不熔化；后者 反应放热较多，金属钠熔化。能达到实验目的； D． I2 在水中溶解度不高，但易溶于 CCl4，因此能用 CCl4 萃取，实验装置为分液漏斗、 铁架台和烧杯。能达到实验目的。 18. 【答案】C 【解析】 A． 这是利用焰色实验检验 Na+的标准方法； B． Fe2+与 OH−反应得到白色的 Fe(OH)2 沉淀，能被水中溶解的少量氧气迅速氧化为 Fe(OH)3，实验现象为白色沉淀变为灰绿色、红褐色； C． 能与 Ag+反应生成白色沉淀的有 Cl−、CO 2− 3 等多种离子，因此需要先加入稀硝酸排 除干扰； D． HSO − 3与 H+发生反应：HSO − 3 + H + == SO2↑+ H2O，产物 SO2可与 Ca(OH)2 反应得 到白色的 CaSO3沉淀。因此该溶液中可能含有 HSO − 3 。但要注意，只能说“可能含 有”，因此也可能含 CO 2− 3 、HCO − 3、SO 2− 3 等离子。 19. 【答案】B 【解析】 第一步酸浸目的为除去杂质、留下 MnO2。其中，在稀硫酸的作用下，KOH 反应为 K2SO4、 MgO 反应为 MgSO4，均为可溶盐，留在滤液中，通过过滤除去。 在反应 I 中，根据已知①②，该步骤中化学反应的离子方程式为：2FeS2 + 3MnO2 + 8H+ == 2Fe2+ + 3Mn2+ + 4S↓+ 4H2О。 基于 pH 调节步骤可得，前述步骤所有的 Fe2+转化为 Fe3+，因此在反应 II 中加入 MnO2 的作用是，将 Fe2+氧化为 Fe3+。 由于溶液为酸性环境，加入 CaCO3 后 CaCO3 会与 H+发生反应，溶液 pH 升高，c(OH–) 增大，使 Fe3+易形成 Fe(OH)3 而除去。 由此判断： A 选项，提高 H2SO4 浓度 → 增加 反应物 H+的浓度 → 加快酸浸反应速率，正确； B 选项，由解析得，由于 MnO2不与稀硫酸反应，酸浸后溶液中主要阳离子为 Mg2+、K+ 和过量 H+，不正确； C 选项，根据解析中得反应方程式，FeS2 中 S（-1 价）→ S（0 价）。1 mol FeS2（120 g）含 2 mol S ，所以转移 2 mol 电子。30 g FeS2 物质的量为 0.25 mol → 转移 0.5 mol 电 子，正确； D 选项，由解析可得，反应Ⅱ为酸性环境中 MnO2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，因此离子方程式为： MnO2+2Fe2++4 H+→Mn2++2Fe3++2H2O，正确。 20. 【答案】B 【解析】 实验①中，红色褪去，说明 Fe3+或者 SCN−被消耗；滴加盐酸和 BaCl2 溶液产生白色沉 淀，说明溶液中产生了硫酸根，该物质的产生说明硫元素被氧化，因此 SCN−被消耗。但由 于体系中产生了 O2，因此无法推断是 H2O2还是 O2氧化了 SCN−。因此需要做对比实验分离 变量单独探究氧化剂到底是哪种物质。 实验③中只有 O2而未加入 H2O2，溶液红色不褪去，加入盐酸和 BaCl2溶液也没有产生 白色沉淀或胶体，说明在该实验条件下，O2 无法氧化 SCN−。因此结合实验①和③能确定， 该实验条件下 H2O2 氧化了 SCN−。A 正确。红色的产生说明 Fe2+被氧化为 Fe3+，氧化剂只能 是 O2，溶液未强酸性，因此 D 中离子方程式正确。 实验②中，溶液变红但不褪色，说明 SCN−未被氧化。但有 O2生成，结合 H2O2 性质可 知，它能被 Fe3+催化分解，因此推断 H2O2 先将 Fe2+氧化为 Fe3+，然后再被其催化分解，而 O2也可能继续氧化剩余的 Fe2+。因此可能不止发生了 2 种氧化还原反应。B 错误。该实验中 产生了胶体，结合相关物质性质可以推断为 Fe(OH)3 胶体。C 正确。 21. 【答案】 （1）吸收（1 分），183（1 分） （2）氧化（1 分），NO - 2e- + O2- === NO2 （1 分） （3）① 3.75×10 －4（1 分） ② a、d（2 分） ③ i. a.280（1 分）; b. 1.20×10-3（1 分） ii. 乙（1 分） 【解析】 （1）该条件下，1 mol N2和 1 mol O2完全反应断键需要吸收的能量是 945 kJ+498 kJ=1443 kJ，生成 2 mol NO 时形成化学键释放的能量是2 × 630 kJ=1260 kJ， 吸收的热量大于放出的热量，所以是吸热反应，吸收的能量为 1443 kJ-1260 kJ = 183 kJ； （2）NiO 电极上 NO 与 O2-反应生成 NO2，化合价升高，失去电子，NO 被氧化，电极反 应式为：NO − 2e− + O2− = NO2。 （3）①0~2s 内 CO 的①c=3.60×10-3mol·L-1－2.85×10-3mol·L-1=7.5×10-4mol·L-1，用 CO 的浓 度变化表示 0~2s 的平均反应速率为 7.5×10−4 2 mol ⋅ L−1 ⋅ s−1 = 3.75 × 10−4mol ⋅ L−1 ⋅ s−1。 ①可逆反应达到化学平衡状态时，v 正 = v 逆，故各物质的浓度保持不变。 a．CO 的浓度不再改变，说明可逆反应的正、逆反应速率相等，该反应达到化学平衡状 态； b．容器中构成气体元素种类和数量始终保持不变，故物质的总质量不变，与正、逆反应速 率无关，不能据此说明该反应达到化学平衡状态； c．NO、CO、CO2、N2 的物质的量之比为 2①2①2①1，并不能说明正、逆反应速率相等， 不能据此说明该反应达到化学平衡状态； d．相同时间内，反应消耗 2 mol NO，消耗 1 mol N2，v 正 = 𝑣(NO)消耗 2 = v逆 = v(N2)消耗， 正、逆反应速率相等，该反应达到化学平衡状态。 ①ⅰ．实验Ⅰ、Ⅱ中催化剂的比表面积不同，则其他条件应相同，故 a=280；实验Ⅰ、Ⅲ中温度 不同，则其他条件应相同，故𝑏 = 1.20 × 10−3。 ⅱ．实验Ⅱ中催化剂的比表面积大，反应速率快，达到平衡的时间短，则其中表示实验Ⅱ的 是曲线乙。 22. 【答案】 （1）（1 分）C6H8O6 （2）（1 分）酸性 （3） ①（2 分）5Fe2+ + MnO– 4 + 8H+ == 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 评分标准：微粒全部正确得 1 分，配平正确再得 1 分。 ②（2 分）碳碳双键、羟基； （2 分）CH2=CH2（或任意烯烃）、CH3OH（或任意醇） 评分标准：官能团写结构不得分，官能团名称错误不得分； 有机物结构简式与官能团需对应写出。 ③（2 分）红色溶液变为无色（或红色溶液褪色） 评分标准：表达出原溶液为红色得 1 分，表达出红色变浅再得 1 分。例如答“溶液颜色变 浅”得 1 分。 （1 分）> ④（1 分）防止补铁剂中亚铁被氧化 评分标准：意思正确即得分。 【解析】 1.如何体现酸具有酸性？ （1）能使酸的指示剂变色，如石蕊变红； （2）能将酸转化成盐的反应均能体现酸具有酸性，包括但不局限于以下反应： ①酸 + 金属 → 盐 + H2↑ ②酸 + 碱 → 盐 + H2O ③酸 + 盐 → 新酸 + 新盐 上述反应的共同特点为：反应过程中酸均生成了对应的盐！ 2.陌生氧化还原方程式的配平 第 1 步：找到氧化剂、还原剂、还原产物和氧化产物，本题中依次为 MnO– 4、Fe2+、Mn2+、 Fe3+。 第 2 步：分析化合价，进行电子转移守恒配平。 MnO – 4 → Mn2+：+7 → +2 ↓ 5×1 Fe2+ → Fe3+：+2 → +3 ↑1×5 得到：5Fe2+ + MnO– 4 →5Fe3++Mn2+。 第 3 步：根据反应环境，依据电荷和元素守恒配平。计算此时反应物一侧总电荷为+9， 5 产物一侧总电荷为+17，在酸性环境中，考虑反应物一侧补 8 个 H+，产物一侧配 4 个 H2O 得 到最终答案。 3.结构决定性质 化合物结构的相似性决定了其性质的相似性，结构的差异性决定了其性质的差异性。 因为维生素 C 中含有碳碳双键、羟基，故维生素 C 可能具有与乙 烯、乙醇相似的性质，相比于烷烃，乙烯和乙醇均具有更强的还原性，故推测维生素 C 也具 有较强的还原性。 可以利用氧化还原反应证明物质氧化性和还原性的强弱，氧化性：氧化剂>氧化产物； 还原性：还原剂>还原产物。维生素 C 与 Fe3+的反应中，维生素 C 是还原剂，Fe2+是还原产 物，故还原性：维生素 C>Fe2+。 23. 【答案】 （1）（2 分）加入酒曲、将酒曲碾成粉末、充分搅拌 评分标准：任写 2 点从步骤直接提取的操作，每个 1 分。 （2）（2 分）ab 评分标准： 2 分，少选得 1 分，多选错选不得分。 （3）（2 分）c 评分标准： 2 分，多选错选不得分。 （4） ①（2分）2CH₃CH₂OH + O₂ 2CH₃CHO + 2H₂O 评分标准：有机物均正确得 1 分；其他产物、条件、配平均再得 1 分，有错不得分。 ②（2分）CH₃CH₂OH + CH₃COOH CH₃COOCH₂CH₃ + H₂O 评分标准：有机物均正确得 1 分；其他产物、条件、配平均再得 1 分，有错不得分。 ③（1 分）CH2=CH2（或乙烯） 评分标准：名称、结构简式或结构式正确得 1 分。 【解析】 在步骤 3 中，容器密封，C6H12O6在无氧环境中发酵产生乙醇，同时排出气体，推测在 甜酒曲的作用下，C6H12O6转化为 CH3CH2OH，此过程中碳元素化合价由 0 降为–2，故推测 同时产生的气体为 CO2，在此过程中碳元素化合价由 0 升为+4。 C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2 葡萄糖中的原子一部分用于生成乙醇，还有一部分生成 CO2，原子利用率没有达到 100%。 步骤 3 中产生了乙酸和乳酸，乙酸中含有一个羧基（-COOH），乳酸中既有羧基（-COOH） 又有羟基（-OH），鉴别两种物质需要利用结构差异，结构差异决定了性质差异。含羟基的醇 能够使酸性高锰酸钾褪色而含羧基的酸不能，是最好的鉴别方法。由于羟基的醇和含羧基的 酸均能和金属钠反应且剧烈程度不同，若要使用金属钠鉴别，则需严格控制变量：取等物质 的量浓度的乙酸和乳酸，与等质量、相同表面积的金属钠反应，反应速率更快的是乳酸。 结合题目信息，Y 为 CH3COOH，分子式为 C2H4O2，Y 和 Z 发生加成反应，产物为 CH3COOC2H5，分子式为 C4H8O2。加成反应的原子利用率为 100%，故由乙酸乙酯和乙酸的 分子式差异可知 Z 的分子式为 C2H4。结合 Y+Z → 乙酸乙酯的结构变化分析，乙酸乙酯中 蓝色部分由 Z 提供，结合 Z 的分子式和加成反应类型，确定 Z 为 CH2=CH2： 24.【答案】 （1）（2 分）催化剂、脱水剂 （2）（1 分）橙色（或橙黄色） 评分标准：答出“橙”或“黄”得 1 分。 （2 分）CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br 评分标准：有机物需用结构式或结构简式表达，有机物结构正确、配平正确得 1 分；用箭 头连接反应物和产物得 1 分。 （3）（2 分）氧化 （1 分）SO2 （2 分）BA 评分标准：其他答案不得分。 （4）（1 分）BaCl2溶液 评分标准：见“BaCl2”得 1 分。 （2 分）SO2+Br2+2H2O == 4H++SO42−+2Br− 评分标准：微粒全部正确得 1 分，配平正确再得 1 分，（5）相同。 （5）（2 分）5CH2=CH2 + 12MnO4−+ 36H+→10CO2↑+12Mn2++28H2O 【解析】 在使用乙醇制备乙烯的过程中，使用了浓硫酸作为催化剂和脱水剂。除此以外，浓硫酸 也具有强氧化性，会发生副反应：CH3CH2OH+2H2SO4→2C↓+2SO2↑+5H2O。对应了反应中 有炭黑生成（平均价态为-2 的 C 被氧化为 0 价的 C）。乙同学在后续设计的实验中验证了 SO2的存在。 乙烯与溴水可以发生加成反应：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br（1,2-二溴乙烷）。此时溴 水由橙红色（或红棕色）褪色。从化学键的变化角度看，该反应属于加成反应；从化合价 的变化角度看，该反应中乙烯被氧化。 验证该反应的发生，需要首先排除其他杂质。而一般除杂逻辑为：判断杂质、除去杂 质、除杂过程中不引入的其他物质。此处考察 SO2的检验和除杂。由于 SO2也有较强的还 原性，因此，在验证乙烯可以与 Br2发生加成反应（即被氧化）之前，需要先除去杂质 SO2。用利用 SO2属于酸性氧化物的性质，使用碱 NaOH 溶液将 SO2 除去，进而使用品红 溶液确认 SO2除净。由于除杂后的乙烯最后通入溴水进行反应，故无需使用浓 H2SO4 除 水，且浓 H2SO4具有强氧化性，还可能被乙烯还原为 SO2，再通入溴水反而无法验证乙烯 乙烯与溴水的反应。 甲同学在探究乙烯与溴水的反应时，没有考虑到 SO2 的影响，因此，整个反应体系中， SO2杂质与溴水反应生成的产物存在硫酸根：SO2+Br2+2H2O == 4H++SO42−+2Br−。本题考查 硫酸根的检验。由题干可得，检验后生成了难溶的白色物质，因此可以通过加入 BaCl₂ 溶液 生成难溶的 BaSO4 白色沉淀进行检验。相应的离子方程式为：SO42−+Ba2+→BaSO4↓; SO42−+2Ag+→Ag2SO4↓ 由题干得，乙烯结构符合信息中的第 1 列，故氧化产物为 CO2，因此乙烯被氧化的离子 方程式为：5CH2=CH2+12MnO – 4 +36H+→10CO2↑+12Mn2++28H2O，具体配平方法如下： 第 1 步：找到氧化剂、还原剂、还原产物和氧化产物，本题中依次为 MnO– 4、CH2=CH2、 Mn2+和 CO2。 第 2 步：分析化合价，进行电子转移守恒配平。 MnO – 4 → Mn2+：+7 → +2 ↓ 5×12 CH2=CH2 → 2CO2：–4 → + 4×2 ↑12×5 得到：5CH2=CH2+12MnO – 4 →10CO2↑+12Mn2+。 60 第 3 步：根据反应环境，依据电荷和元素守恒配平。计算此时反应物一侧总电荷为– 12，产物一侧总电荷为+24，由于反应在酸性条件下进行，故考虑在反应物一侧补齐 36H+，此时反应物一侧 H 原子总数为 56，故产物一侧补 28 个 H2O，得到最终结果。 25.（12 分） 【答案】 （1）（2 分）2NO + O2 === 2NO2（错写加热等条件扣 1 分） （2）（1 分）强氧化性 （3） ①（2 分）Cu＋4HNO3 (浓) === Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O （2 分）NO3−＋2H+＋e− === NO2↑＋H2O ②（1 分）铁表面的氧化层 评分标准：因为氧化层的构成可能比较复杂，建议答氧化层，本次答“氧化铁”也给分。 ③（2 分）Fe 做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使 Fe 与浓 HNO3接触，Fe 失电子做负 极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe 不能继续失电子，再次做正 极。如此，指针左右偏转，往返多次 评分标准：指明 Fe 表面有氧化膜时 Fe 作为正极；氧化膜被还原（而非 H+溶解）后，Fe 再 次作为负极，各 1 分。 ④（2 分）反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸被消耗，浓度降低 评分标准：每点 1 分，答出“反应放热”、“硝酸浓度降低”得分。 【解析】 实验目的：探究反应原理 实验现象处理： 实验 稀HNO3IFe 现象 Ⅰ中：Fe 表面产生 大量无色气泡，液 面上方变为红棕 色 Ⅱ中：Fe 表面产 生红棕色气泡， 过一会儿停止 Ⅲ中：连接导线，一段时间后 Fe 表面产生 红棕色气泡，而后停止;随即又产生红棕色 气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu 表面始终产生红棕色气泡 现象 分析 无色气泡：NO 红棕色：NO2 红棕色：NO2 Cu 表面一直有气泡：Cu 与硝酸只要接触，就 会直接反应； Fe 表面没有气泡：Fe 表面的氧化膜阻止 Fe 与硝酸接触；表面没有发生 NO3−得电子反应 一段时间 Fe 表面有气泡： Fe 表面氧化膜溶 解，Fe 与浓硝酸接触； Fe 表面停止产生气体：再次形成氧化膜。 结 果 推测 Fe 与稀 HNO3 反 应生成 NO Fe 与浓硝酸反 应生成 NO2，后 发生钝化 从 Fe 电极现象的循环重复推测可能是浓硝 酸将 Fe 钝化，表面生成致密的氧化膜，是不 能生成气体的原因，至于此时 Fe 作电池的哪 个电极，还需进一步实验确认。 需要通过电池指针偏转方向，确定反应中的电极： 实 验 现 象 结果分析 ⅰ．K 闭合时，指针向左偏转 （Cu 做负极），Fe 表面无 明显现象 ⅱ．过一会儿指针向右偏，Fe 表面产生红棕色气体；后 又迅速向左偏，Fe 表面停 止产生气泡，……如此往 复多次 ⅲ．一段时间后，指针一直处 于右端，Fe 表面持续产生 红棕色气体 ⅳ．Cu 表面始终产生红棕色 气泡 ⅰ．Fe 作正极，无明显现象说 NO3−未在 次处发生得电子反应，必有得电子物 质，可能是 Fe 表面的金属氧化物被还 原，也可能是溶解的 O2 得电子。 ⅱ．指针向右偏说明 Fe 作负极，电极上气 泡说明 i 中 Fe 电极上一定是氧化膜得 电子被还原，使得 Fe 可以直接与硝酸 反应。迅速左偏，说明 Fe 电极迅速被 钝化，再次作正极。 ⅲ．说明 Fe 一直作负极，即氧化膜不再生 成。 ⅳ．当 Cu 作正极，NO3−直接在 Cu 电极发 生得电子的反应。不论 Cu 作正极还 是负极，Cu 始终与硝酸接触，一定能 够直接发生反应。 根据以上分析，得到（3）答案： ①通过电流表指针偏转可以判断，反应过程中 Cu 在交替作原电池的正负极。其表面一 直在发生硝酸根得电子的反应，当 Cu 作电池正极时，NO3−在此电极上发生得电子的反应， 生成 NO2，与现象相符；当 Cu 作电池负极时，发生失电子的反应，此时 NO2的产生只能是 Cu 与浓 HNO3 直接发生了化学反应。题目要求用方程式解释，故答案为：Cu＋4HNO3 (浓) === Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO3−＋2H ＋ ＋e−=== NO2↑＋H2O。 ②由实验 III 中电流表指针偏转可知，Fe 作原电池的正极。则此电极上发生得电子的还 原反应。由于没有明显现象，即没有气体生成，可以判断不是 NO3−发生得电子的反应，从 体系和环境中找可能的氧化剂。根据上表分析，找到：Fe 表面发生钝化，生成的致密的氧化 膜。 ③当 Fe 表面形成致密氧化膜后，阻止 Fe 进一步和硝酸反应，所以此时，Cu 作负极， Fe 电极作为正极。当金属氧化膜被溶解后，Fe 又可以和硝酸反应，此时 Fe 作负极。 金属氧化膜的形成与溶解导致了 Fe 交替作正负极，导致了指针左右偏转。前期金属氧 化膜生成的快，溶解的慢，所以电流表指针偏向左（此时 Fe 表面有氧化膜）一段时间后向 右偏转（氧化膜溶解较慢），迅速左偏（快速生成氧化膜）。 ④金属氧化膜难以形成，无法发生钝化。钝化要求常温、浓硝酸，无法发生钝化，即要 从浓度、温度的角度进行分析。此时分析反应特征：随着反应的进行，硝酸浓度逐渐下降、 反应放热导致溶液温度升高。