北京市东城区2020届高三第一次模拟考试化学试题（解析版）

东城区 2019-2020 学年度第二学期教学统一检测 高三化学 本试卷共 10 页，共 100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作 答无效。考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 I 127 第一部分（选择题 共 42 分） 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的 4 个选项中，选出最符合题目要 求的一项。 1.下列行为不合理或不符合安全要求的是 A. 用较热的纯碱溶液清洗碗筷上的油污 B. 向室内空气中喷洒高浓度酒精进行消毒 C. 用稀释的 84 消毒液漂白白色棉织物上的污渍 D. 油锅炒菜着火时，关掉炉灶燃气阀门，盖上锅盖 【答案】B 【解析】 【详解】A. 酯在碱性溶液中可以水解，加热促进了碳酸根的水解，增强了纯碱溶液的碱性，所以去污效果 更好； B.使用高浓度酒精，对细菌蛋白脱水过于迅速，使细菌表面蛋白质首先变性凝固，形成了一层坚固的包膜， 酒精反而不能很好地渗入细菌内部，减弱了其杀菌能力； C.稀释的 84 消毒液中的主要成分次氯酸钠具有漂白性，故可以漂白白色棉织物上的污渍； D.迅速关闭燃气阀门，先切断火灾源头，迅速盖上锅盖，使锅里面 火缺氧自然熄灭； 答案选 B。 2.对下列过程的化学用语表述正确的是 A. 把钠加入水中，有气体生成：2Na + H2O = Na2O＋H2↑ B. 用稀硫酸做导电实验，灯泡发光： H2O H+＋OH- C. 向 Al2（SO4）3 溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ + 3OH- =Al（OH）3↓ D. 用电子式表示 NaCl 的形成过程： 【答案】D 的 通电 【解析】 【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为 2Na +2H2O =2NaOH＋H2↑，A 错误； B.用稀硫酸做导电实验时灯泡发光是因为硫酸溶于水电离出自由移动离子，H2SO4=2H++SO42-，B 错误； C.一水合氨为弱碱，向 Al2（SO4）3 溶液中滴加氨水，生成白色沉淀：Al3+ +3NH3∙H2O =Al（OH） 3↓+3NH4+，C 错误； D. NaCl 为离子化合物，用电子式表示 NaCl 的形成过程： ，D 正确； 答案选 D。 3.下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是 A．蘸有浓盐酸和浓 氨水的玻璃棒靠近 B．铝丝伸入硫酸铜 溶液中 C．测定空气中氧气 含量 D．向蔗糖中加入浓 硫酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发 生氧化还原反应，A 正确； B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应 2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B 错误； C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内 水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C 错误； D.浓硫酸能将蔗糖中的 H、O 元素以 2：1 脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D 错误； 答案选 A。 4.阅读体检报告呈现的的部分内容，判断下列说法不正确的是 项目名称 检查结果 单位 参考范围 钾 4.1 mmol/L 3.5~5.5钙 2.15 mmol/L 2.13~2.70 胱抑素 C 0.78 mg/L 0 59~1.03 尿素 4.18 mmol/L 2.78~7.14 甘油三酯 1.50 mmol/L 0.45~1.70 A. 体检指标均以物质的量浓度表示 B. 表中所示的检查项目均正常 C. 尿素是蛋白质的代谢产物 D. 甘油三酯的结构可表示为 （R1、R2、R3 为烃基） 【答案】A 【解析】 【详解】A.物质的量浓度单位为 mol/L 或 mmol/L，胱抑素 C 的单位为 mg/L ，不是以物质的量浓度表示； B.根据参考范围可知，表中所示的检查项目均在正常范围内； C.蛋白质的代谢产物为尿素等； D.甘油三酯是羧酸与甘油形成的酯，结构可表示为 （R1、R2、R3 为烃基）； 答案选 A。 5.硒（34Se）元素是人体必需的微量元素之一，与溴同周期。下列说法不正确的是 A 原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl B. 氢化物的稳定性：硒化氢＜水＜氟化氢 C. SeO2 和 NaOH 溶液反应生成 Na2SeO4 和水 D. SeO2 既可发生氧化反应，又可发生还原反应 【答案】C 【解析】 【详解】A.同一主族从上到下，同周期从右到左，原子半径逐渐增大，故原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞ Cl； B.同一主族从上到下，同周期从右到左，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，故氢化物的稳定性：硒化氢＜水 ＜氟化氢； . .C.SeO2 为酸性氧化物，与 NaOH 溶液反应生成 Na2SeO3 和水； D. Se 元素最外层有 6 个电子，最高化合价为+6 价，最低负价为-2 价，SeO2 中 Se 为+4 价，为 Se 元素的中 间价态，故既可发生氧化反应，又可发生还原反应； 答案选 C。 【点睛】酸性氧化物与碱反应生成相应化合价的盐和水。 6.下列实验操作中选用的部分仪器，不正确的是 A. 盛放 NaOH 溶液，选用④ B. 从食盐水中获得食盐，选用①、⑥、⑦ C. 分离 I2 的四氯化碳溶液和水，选用②、③ D. 配制 100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl 溶液，选用③、⑤、⑥和⑧ 【答案】A 【解析】 【详解】A.氢氧化钠与玻璃塞中的二氧化硅发生反应，故保存氢氧化钠不能用玻璃塞； B.从食盐水中获得食盐采用蒸发结晶的方法，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿等仪器； C.分离 I2 的四氯化碳溶液和水采用分液的方法，需要分液漏斗、烧杯等； D.配制 100 mL 0.1 mol·L-1 NaCl 溶液，需要烧杯、玻璃棒、100mL 容量瓶、胶头滴管等仪器； 答案选 A。 【点睛】盛放强碱溶液，需要使用橡胶塞。 7.已知：①C2H6（g） C2H4（g）+H2（g） ∆H1 ＞0。 ②C2H6（g）+ =2CO2（g）+3H2O（l） ∆H 2 ＝-1559.8 kJ·mol-1 ③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） ∆H 3＝-1411.0 kJ·mol-1 下列叙述正确的是 A. 升温或加压均能提高①中乙烷的转化率 B. ①中断键吸收的能量少于成键放出的能量 C. 用∆H 2 和∆H 3 可计算出①中的∆H D. 推测 1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于 1411.0 kJ 【答案】D  ( )2 7 O g2【解析】 【详解】A.①为反应前后气体分子数增加的反应，故加压使反应向逆向移动，乙烷的转化率降低，A 错误； B.①为吸热反应，反应中断键吸收的能量大于成键放出的能量，B 错误； C.反应②③中不存在反应①中生成的氢气，故不能通过盖斯定律用∆H 2 和∆H 3 可计算出①中的∆H，C 错误； D.根据②③推断，C2Hn 中 n 值越小，释放的能量越小，推测 1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于 1411.0 kJ，D 正确； 答案选 D。 8.已知苯可以进行如下转化： 下列叙述正确的是 A. 用蒸馏水可鉴别苯和化合物 K B. 化合物 M 与 L 互为同系物 C. ①、②反应发生的条件均为光照 D. 化合物 L 能发生加成反应，不能发生取代反应 【答案】A 【解析】 【详解】A.化合物 K 为溴苯，溴苯的密度比水大，苯的密度比水小，用蒸馏水可鉴别苯和溴苯，A 正确； B.化合物 M 的分子式为 C6H12 与 L 的分子式为 C6H10，不满足同系物的定义，两者不是同系物，B 错误； C.反应①为苯的取代，反应条件为溴、铁或溴化铁作催化剂，C 错误； D.化合物 L 中有碳碳双键能发生加成反应，其它碳原子上的氢也可以被取代反应，D 错误； 答案选 A。 【点睛】结构相似,在分子组成上相差 1 个或几个“CH2”的物质,互称为同系物，必须是同一类物质，含有 相同且数量相等的官能团。 9.常温常压下，下列实验方案能达到实验目的的是 实验目的 实验方案 A 证明苯酚有弱酸性 向苯酚浊液中加入 NaOH 溶液 B 证明葡萄糖中含有羟基 向葡萄糖溶液中加入高锰酸钾酸性溶液C 比较镁和铝的金属性强弱 用 pH 试纸分别测量 MgCl2 和 AlCl3 溶液的 pH D 测定过氧化钠样品（含少 量氧化钠）的纯度 向 a g 样品中加入足量水，测量产生气体的体积 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A.苯酚的水溶液中加 NaOH 溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，A 错误； B.葡萄糖分子中含有醛基、羟基，都能使高锰酸钾溶液褪色，B 错误； C.用 pH 试纸无法精准地测量 MgCl2 和 AlCl3 溶液的 pH， C 错误； D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，通过测量产生气体的体积测 定过氧化钠样品（含少量氧化钠）的纯度，D 正确； 答案选 D。 10.科研人员提出 CeO2 催化合成 DMC 需经历三步反应，示意图如下： 下列说法正确的是 A. ①、②、③中均有 O—H 的断裂 B. 生成 DMC 总反应的原子利用率为 100% C. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 D. DMC 与过量 NaOH 溶液反应生成 和甲醇 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据示意图可知①、②、③中①、③有 O—H 的断裂，A 错误； B.①中有水分子生成，生成 DMC 总反应的原子利用率小于 100%，B 错误； 2 3CO −C.催化剂的使用不影响化学反应平衡，不能提高反应物的平衡转化率，C 错误； D. DMC 结构中有酯基，能与过量 NaOH 溶液发生水解反应生成 和甲醇，D 正确； 答案选 D。 11.25oC 时，浓度均为 0.1 mol·L–1 的几种溶液的 pH 如下： 溶液 ①CH3COONa 溶液 ②NaHCO3 溶液 ③CH3COONH4 溶液 pH 8.88 8.33 7.00 下列说法不正确的是 A. ①中， c（Na+） ＝ c（CH3COO–） ＋ c（ CH3COOH） B. 由①②可知，CH3COO–的水解程度大于 的水解程度 C. ③中，c（CH3COO–） ＝ c（NH4+） ＜ 0.1 mol·L–1 D. 推测 25oC，0.1 mol·L–1 NH4HCO3 溶液的 pH ＜8.33 【答案】B 【解析】 【详解】A. CH3COO-为弱酸根离子，在溶液中水解生成醋酸，根据元素守恒，①中， c（Na+）＝c （CH3COO–）＋c（ CH3COOH）； B.醋酸的酸性大于碳酸，故 CH3COO–的水解程度小于 的水解程度； C. CH3COONH4 溶液呈中性，CH3COO-、NH4+的水解程度相同，故③中，c（CH3COO–） ＝ c（NH4+）＜ 0.1 mol·L–1； D. NH4+的水解显酸性，故 0.1 mol·L–1 NH4HCO3 溶液的 pH ＜8.33； 答案选 B。 12.如图所示装置，两个相同的玻璃管中盛满 NaCl 稀溶液（滴有酚酞），a、b 为多孔石墨电极。闭合 S1 一段 时间后，a 附近溶液逐渐变红；断开 S1，闭合 S2，电流表指针发生偏转。 的 2 3CO − 3HCO− 3HCO−下列分析不正确的是 A. 闭合 S1 时，a 附近的红色逐渐向下扩散 B. 闭合 S1 时， a 附近液面比 b 附近的低 C. 断开 S1、闭合 S2 时，b 附近黄绿色变浅 D. 断开 S1、闭合 S2 时，a 上发生反应：H2 ˗ 2e- = 2H+ 【答案】D 【解析】 【分析】 闭合 S1 时，装置为电解装置，a 极附近溶液逐渐变红，说明 a 极生成氢氧根离子，a 极为阴极；断开 S1，闭 合 S2，装置为原电池装置。 【详解】A.闭合 S1 时，装置为电解装置，a 极为阴极生成氢氧根离子，阴离子向阳极移动，故 a 附近的红 色逐渐向下扩散； B.闭合 S1 时，装置为电解装置，a 极发生电极反应 2H2O+2e-=2OH-+H2，消耗了水分子，导致 a 附近液面比 b 附近的低； C.闭合 S1，b 极生成氯气，断开 S1，闭合 S2，装置为原电池装置，b 极为正极，发生电极反应 Cl2+2e-=2Cl-，b 附近黄绿色变浅； D.断开 S1，闭合 S2，装置为原电池装置，a 极为负极，发生反应 H2+2OH-=2e-+2H2O； 答案选 D。 【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池装置有外接电源，阳极发生氧化反应， 阴极发生还原反应。 13.取某品牌加碘食盐（其包装袋上的部分说明如下）配成溶液，加入少量淀粉和稀盐酸后分成 2 份于试管 中，分别进行下列实验。 配料 含碘量（以 I 计） 食用方法精制盐、碘酸钾、亚铁氰化钾（抗结剂） （35＋15）mg/kg 待食品熟后加入碘盐 ①加入 FeCl2 溶液，振荡，溶液由无色变蓝色。 ②加入 KI 溶液，振荡，溶液由无色变蓝色。 下列分析合理的是 A. 碘酸钾的化学式为 KIO4，受热易分解 B. ①或②都能说明食盐中含碘酸钾，其还原产物为 I2 C. 一袋（200 g）食盐中含 I 为 5×10-5 mol 时，符合该包装说明 D. 食盐中添加碘酸钾与亚铁氰化钾的目的均与反应速率有关 【答案】C 【解析】 【详解】A.碘酸钾化学式为 KIO3，根据“待食品熟后加入碘盐”可知碘酸钾受热易分解，A 错误； B.加入 FeCl2 溶液、KI 溶液，碘酸钾与二价铁离子、碘离子发生氧化还原反应，碘酸钾与 FeCl2 反应生成 I-，B 错误； C.一袋（200 g）食盐中含 I 为 5×10-5 mol 时，含碘的质量为 127×5×10-5 =6.35mg，则 1kg 含碘的质量为 31.75g，符合该包装说明，C 正确； D.向食盐中添加碘酸钾是为了防止碘缺乏，D 错误； 答案选 C。 14.298 K 时， γ-羟基丁酸水溶液发生如下反应，生成 丁内酯： HOCH2CH2CH2COOH +H2O 不同时刻测得 丁内酯的浓度如下表。 20 50 80 100 120 160 220 ∞ 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 注：该条件下副反应、溶液体积变化忽略不计。下列分析正确的是 A. 增大 γ-羟基丁酸的浓度可提高 γ-丁内酯的产率 B. 298 K 时，该反应的平衡常数为 2.75 C. 反应至 120 min 时，γ-羟基丁酸的转化率＜50% 10.180 mol L−⋅ γ − +H / Δ  γ- t / min -1c/(mol L )⋅D. 80～120 min 的平均反应速率：v（γ-丁内酯） ＞1.2×10-3 mol ∙ L-1∙min-1 【答案】B 【解析】 【详解】A.增大 γ-羟基丁酸的浓度可以使平衡正向移动，γ-丁内酯的产量增加，但不能提高 γ-丁内酯的产 率，A 错误； B.该反应的平衡常数 , B 正确； C.反应至 120 min 时， 丁内酯的浓度为 0.090mol∙L-1，反应了的 γ-羟基丁酸的浓度为 0.090mol∙L-1，转化 率为 ，C 错误； D.80～120 min， ∆c（γ-丁内酯）=(0.09-0.071) mol∙L-1，平均反应速率：v（γ-丁内酯）= ，D 错误； 答案选 B。 第二部分 （综合题 共 58 分） 本部分共 5 小题，共 58 分。 15.文物是人类宝贵的历史文化遗产，我国文物资源丰富，但保存完好的铁器比青铜器少得多，研究铁质文 物的保护意义重大。 （1）铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重，其主要原因是________。 （2）已知： ⅰ．铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，表面生成疏松的 FeOOH； ⅱ．铁质文物在干燥的土壤中表面会生成致密的 Fe2O3，过程如下。 ①写出ⅰ中，O2 参与反应的电极反应式和化学方程式：________、________。 ②若ⅱ中每一步反应转化的铁元素质量相等，则三步反应中电子转移数之比为________。 ③结合已知信息分析，铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的土壤中锈蚀严重的主要原因是________。 （3）【资料 1】Cl–体积小穿透能力强，可将致密氧化膜转化成易溶解的氯化物而促进铁质文物继续锈蚀。 【资料 2】Cl–、Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。 [γ- ] 0.132K= 2.75[ ] 0.180 0.132γ- = =− 丁内酯 羟基丁酸 γ- 0.09 100%=50%0.18 × 1 -1 -14 -Δc 0.019 4mol L mol.75 10t 40mi L minn −⋅ ⋅⋅= = ×①写出铁质文物表面的致密氧化膜被氯化钠破坏的化学方程式________。 ②结合元素周期律解释“资料 2”的原因是________。 （4）从潮湿土壤出土或海底打捞的铁质文物必须进行脱氯处理：用稀 NaOH 溶液反复浸泡使 Cl-渗出后， 取最后一次浸泡液加入试剂 ________（填化学式）检验脱氯处理是否达标。 （5）经脱氯、干燥处理后的铁质文物再“覆盖”一层透明的高分子膜可以有效防止其在空气中锈蚀。下图为 其中一种高分子膜的片段： 该高分子的单体是__________。 【答案】 (1). 铁比铜活泼 (2). O2＋4e－＋2H2O = 4OH－ (3). 4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O (4). 6：2：1 (5). 铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的 FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸 氧锈蚀；在干燥空气中形成致密的 Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀 (6). Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3 （Fe2O3 + H2O = 2FeOOH） (7). 氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加 半 径 增 大 （ 或 体 积 增 大 ）， 穿 透 能 力 减 弱 (8). HNO3 和 AgNO3 (9). 【解析】 【分析】 铁比铜活泼，所以保存完好的铁器比青铜器少得多，金属一般发生吸氧腐蚀。 【详解】（1）因为铁比铜活泼，所以铁刃铜钺中，铁质部分比铜质部分锈蚀严重。 （2）①铁质文物在潮湿的土壤中主要发生吸氧腐蚀，O2 在正极得电子发生还原反应，电极反应式为 O2＋4e －＋2H2O = 4OH－，负极铁失电子发生氧化反应生成氢氧化亚铁，氧气与氢氧化亚铁反应生成疏松的 FeOOH， 化学方程式为 4Fe（OH）2＋O2 = 4FeOOH＋2H2O。 ②过程Ⅰ中铁由 0 价变为+2 价，1molFe 转移电子 2mol,过程Ⅱ铁由+2 价变为表征+ 价，1molFeO 转移 mol 电子，过程Ⅲ铁由表征+ 价变为+3 价，1molFe3O4 转移 mol 电子，若ⅱ中每一步反应转化的铁元素 质量相等，则三步反应中电子转移数之比为 2： ： = 6：2：1。 ③铁质文物在潮湿环境中表面生成疏松的 FeOOH，水、氧气能通过孔隙使铁继续发生吸氧锈蚀；在干燥空 气中形成致密的 Fe2O3，隔绝了铁与水和氧气的接触，阻碍锈蚀，所以铁质文物在潮湿的土壤中比在干燥的 土壤中锈蚀严重。 8 3 2 3 8 3 1 3 2 3 1 3（3）①铁质文物表面的致密氧化膜为 Fe2O3，根据题意 Fe2O3 与氯化钠反应生成氯化铁，根据元素守恒， 反应物还应有水，生成物还应有氢氧化钠，化学方程式为 Fe2O3＋6NaCl＋3H2O = 6NaOH＋2FeCl3。 ②氯、溴、碘同主族，形成的阴离子随电子层数增加半径增大（或体积增大），穿透能力减弱，导致 Cl–、 Br–、I–促进铁器皿继续锈蚀的能力逐渐减弱。 （4）用稀 NaOH 溶液反复浸泡对文物进行脱氯处理，脱氯过程中 Cl-渗出后，要检验脱氯处理是否达标， 只需检取最后一次浸泡液中是否含有 Cl-即可，检验 Cl-需要的试剂为 HNO3 和 AgNO3。 （5）根据高分子膜的片段可知，该高分子的链节为 ，是由 通过加聚反应生成的，故该高分子的单体是 。 16.研究来源于真菌的天然产物 L 的合成对抗肿瘤药物研发有着重要意义，其合成路线主要分为两个阶段： I．合成中间体 F 已知：ⅰ．TBSCl 为 ⅱ． （1）A 中含氧官能团名称__________ （2）B 的结构简式是__________。 （3）试剂 a 是__________。 （4）TBSCl 的作用是__________。 II. 合成有机物 L 。已知： （5）H 中含有两个酯基，H 的结构简式是__________。 （6）I→J 的反应方程式是__________。 （7）K→L 的转化中，两步反应的反应类型依次是__________、__________。 【答案】 (1). 羰基 (2). 羟基 (3). (4). H2C=CHMgBr (5). 保护—CH2OH (6). (7). (8). 水解反应、消去反应 【解析】 【分析】 合成中间体 F 时，A 发生还原反应生成 B，A 的分子式为 C9H14O2，B 的分子式为 C9H18O2，B 与 TBSCl 发 生取代反应生成 C，推知 B 的结构简式为 ，C 发生氧化反应生成 D，根据已知ⅱ的反应条件，D 生成 E 的反应机理与已知ⅱ相同。 合成有机物 L 时，F 的分子式为 C11H20O2，G 的分子式为 C11H18O3，F 通过去氢加氧生成 G，根据已知的条 件可知，I 生成 J 的反应机理与已知相同，J 与氢气反应生成 K，根据 K 的结构简式推知 J 的结构简式为 ，进而推知 I 的结构简式为 ，H 通过消去反应得到 I。 【详解】（1）A 的结构简式为 ，含氧官能团的名称为羰基、羟基。 （2）A 发生还原反应生成 B，A 的分子式为 C9H14O2，B 的分子式为 C9H18O2，B 与 TBSCl 发生取代反应生 成 C ，推知 B 的结构简式是 。 （3）D 生成 E 的反应机理与已知ⅱ相同，D 中羰基的碳氧双键中的一条键断裂，氧原子上连氢原子形成羟 基，碳原子上连接 R’’,根据 E 的结构简式，推知试剂 a 是 H2C=CHMgBr。 （4）TBSCl 与 B 中的羟基反应，但合成最后又还原了羟基，故 TBSCl 的作用是保护—CH2OH。（5）综上分析 H 通过消去反应得到 I，I 的结构简式为 ，H 中含有两个酯基，则 H 的结构简式是 。 （6）I 的结构简式为 ，J 的结构简式为 ， I→J 的反应机理与已 知相同，反应方程式是 。 （7）根据 K、L 的结构简式可知，K→L 的转化中，先发生酯基的水解反应得到 ，再经过 羟基的消去反应得到 L。 17.绿色植物标本用醋酸铜[（CH3COO）2Cu]处理后颜色更鲜艳、稳定。某化学小组制备醋酸铜晶体并测定 产品中铜的含量，实验如下。 Ⅰ．醋酸铜晶体的制备 （1）①中，用离子方程式表示产物里 OH-的来源是__________。 （2）②中，化学方程式是__________。 （3）③中采用的实验方法依据醋酸铜的性质是_________。 Ⅱ．测定产品中铜的含量 ⅰ．取 a g 醋酸铜产品于具塞锥形瓶中，用稀醋酸溶解，加入过量 KI 溶液，产生 CuI 沉淀，溶液呈棕黄色； ⅱ．用 b mol·L-1 Na2S2O3 标准溶液滴定ⅰ中的浊液至浅黄色时，加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，继续用 Na2S2O3 标准溶液滴定至蓝色近于消失； ⅲ．向ⅱ所得浊液中加入 KSCN 溶液，充分摇动，溶液蓝色加深； ⅳ．继续用 Na2S2O3 标准溶液滴定ⅲ中浊液至终点，消耗标准溶液 v mL。 已知：① ，Na2S2O3 溶液和 Na2S4O6 溶液颜色均为无色； ②CuI 易吸附 I2，CuSCN 难溶于水且不吸附 I2。被吸附的 I2 不与淀粉显色。 2 2 2 2 3 4 6I + 2S O = 2I + S O− − −（4）ⅰ中发生反应的离子方程式是__________。 （5）结合离子方程式说明，ⅲ中加入 KSCN 的目的是__________。 （6）醋酸铜产品中铜元素的质量分数是__________。 【答案】 (1). CO32-＋H2O OH-+HCO3- (2). Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2 （CH3COO）2 Cu ＋3H2O＋CO2↑ (3). 醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小 (4). 2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2 (5). 因为 CuSCN 不吸附 I2，通过反应 CuI（s） ＋SCN- CuSCN（s） ＋Cl-，使 CuI 吸附的 I2 释放出来与 Na2S2O3 反应。 (6). 6.4bv/a % 【解析】 【分析】 通过硫酸铜与碳酸钠反应制得碱式碳酸铜，碱式碳酸铜再与醋酸反应得到醋酸铜溶液，经过蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤得到醋酸铜晶体。通过反滴定法测定产品中铜的含量。 【详解】（1）碳酸根离子为弱酸根离子，在水溶液中发生水解反应 CO32-＋H2O OH-+HCO3-，故①中 有 OH-生成。 （2）②中醋酸与碱式碳酸铜反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，化学方程式是 Cu2（OH）2CO3＋4CH3COOH =2（CH3COO）2 Cu＋3H2O＋CO2↑。 （3）醋酸铜的溶解度随温度变化较大，温度越高溶解度越大，温度降低溶解度减小，所以醋酸铜可以通过 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到。 （4）ⅰ中醋酸铜与碘化钾反应生成碘化铜沉淀和醋酸钾，醋酸铜、碘化钾和醋酸钾都是可溶性盐在离子方 程式中可以拆写，则反应的离子方程式是 2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2。 （5）根据已知②CuI 易吸附 I2，CuSCN 难溶于水且不吸附 I2 可知，ⅲ中加入 KSCN 通过反应 CuI（s）＋ SCN- CuSCN（s）＋Cl-，使 CuI 吸附的 I2 释放出来与 Na2S2O3 反应。 （6）根据 2Cu2+＋4I- = 2CuI↓＋I2、 ,可知 2Cu2+~ I2~2 S2O32-，n(S2O32-)=n(Cu2+)= ， 醋酸铜产品中铜元素的质量分数是 。 18.液相催化还原法去除水体中 是一项很有前景的技术。某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂 Pd-Cu/TiO2 的制备和催化条件，结果如下。 Ⅰ．制备 Pd-Cu/TiO2 的反应过程如下图所示，光照使 TiO2 发生电荷分离，将金属 Pd 沉积在 TiO2 表面。再   3(b v 10 )mol−× × 364 b v 10 6.4bv100% %a a −× × × × = 3NO−用类似方法沉积 Cu，得到在 TiO2 纳米颗粒表面紧密接触的 Pd-Cu 纳米簇。 （1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。 （2）请在②中补全光照条件下形成 Pd-Cu 纳米簇的反应过程示意图_______。 Ⅱ．Pd-Cu/TiO2 分步催化还原机理如图 a 所示。其他条件相同，不同 pH 时，反应 1 小时后 转化率和 不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比如图 b 所示。 （3）该液相催化还原法中所用的还原剂是__________。 （4）i 的离子方程式是__________。 （5）研究表明，OH–在 Pd 表面与 竞争吸附，会降低 Pd 吸附 的能力，但对 Pd 吸附 H 的能力影 响不大。 ①随 pH 增大，N2 和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，原因是____________，导致反应ⅱ的化学反应 速率降低。 ②随 pH 减小，还原产物中 的变化趋势是__________，说明 Pd 表面吸附的 和 H 的个数比变 大，对反应__________（用离子方程式表示）更有利。 （7）使用 Pd-Cu/TiO2，通过调节溶液 pH，可将 尽可能多地转化为 N2，具体方法是__________。 【答案】 (1). 氧化 (2). (3). H2 (4). Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2＋NO3- 3NO− 2NO− 2NO− 2n(N ) n( )氨态氮 2NO− 3NO− NO2-＋ H2O (5). Pd 表面单位面积吸附的 数目减小 (6). 增大 (7). 2NO2-＋6H = N2＋4H2O＋2OH- (8). 先调节溶液的 pH 到 12，待 NO3-几乎完全转化为 NO2-后，调节 pH 到 4 【解析】 【分析】 根据制备 Pd-Cu/TiO2 的反应过程示意图，Cu2+、Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反应。Pd-Cu/TiO2 分两步催化硝酸根离子的转化反应，先将硝酸根离子还原为亚硝酸根离子，再将亚硝酸根离子还原为氮气 或氨态氮。 【详解】（1）根据制备 Pd-Cu/TiO2 的反应过程示意图中①，Pb2+得电子发生还原反应，则乙醇发生氧化反 应。 （2）根据①的示意图，②中铜离子应得电子生成铜，乙醇与其发生反应，则光照条件下形成 Pd-Cu 纳米簇 的反应过程②示意图为 。 （3）根据图 a 可知，氢气生成氨态氮，氢元素的化合价升高，失去电子，作该液相催化还原法中还原剂。 （4）i 中铜与硝酸根离子反应生成亚硝酸根离子和铜离子，或 Pd-Cu/TiO2 作催化剂，硝酸根离子与氢气发 生氧化还原反应生成亚硝酸根离子和水，根据得失电子守恒，得到离子方程式 Cu＋NO3- = NO2-＋CuO 或 H2 ＋NO3- NO2-＋ H2O。 （5）①因为 OH–在 Pd 表面与 NO2-竞争吸附，会降低 Pd 吸附 NO2-的能力，随 pH 增大，OH–浓度增大，导 致 Pd 表面单位面积吸附的 NO2-数目减小，N2 和氨态氮在还原产物中的百分比均减小，反应ⅱ的化学反应 速率降低。 ②根据图 b 所示，随 pH 减小，n(N2)增大，n（氨态氮）变化不大，则还原产物中 增大，Pd 表面 吸附的 NO2-和 H 的个数比变大，NO2-更易转化为 N2，根据得失电子守恒，得到对应的离子方程式为 2NO2- ＋6H = N2＋4H2O＋2OH-。 （7）根据图 b 所示，pH=12 时，NO2-所占的物质的量的百分比最高，pH=4 时，N2 所占的物质的量的百分 比最高，所以先调节溶液的 pH 到 12，待 NO3-几乎完全转化为 NO2-后，调节 pH 到 4 使用 Pd-Cu/TiO2，通 过调节溶液 pH，可将 NO3-尽可能多地转化为 N2。 19.“硫代硫酸银”（ [ Ag（S2O3）2]3–）常用于切花保鲜，由 AgNO3 溶液（0.1 mol·L–1 、pH=6）和 Na2S2O3 溶液（0.1 mol·L–1、pH=7）现用现配制。某小组探究其配制方法。 2Pd- Cu/ Ti O 2NO− 2n(N ) n( )氨态氮【实验一】 （1）A 为 Ag2S2O3。写出生成 A 的离子方程式__________。 （2）对实验现象的分析得出，试管 a 中充分反应后一定生成了__________（填离子符号）。进而推测出沉 淀 m 可能为 Ag2S、Ag、S 或它们的混合物。做出推测的理由是__________。 （3）若试管 a 中物质充分反应后不过滤，继续加入 1.1 mL Na2S2O3 溶液，振荡，静置，黑色沉淀不溶解， 清液中逐渐出现乳白色浑浊，有刺激性气味产生。用离子方程式解释产生白色浑浊的原因：__________。 结论：Ag2S2O3 不稳定，分解所得固体不溶于 Na2S2O3 溶液。 【实验二】已知：Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–（无色） 实验操作 实验现象 i. 白色沉淀生成，振荡后迅速溶解，得到无色清液； 滴加至约 1 mL 时清液开始略显棕黄色，有丁达尔现象； 超过 1.5 mL 后，产生少量白色沉淀，立即变为棕黄色，最 终变为黑色； 滴加完毕，静置，得到黑色沉淀，上层清液 pH = 5 ii. 白色沉淀生成，立即变为棕黄色，充分振荡后得到棕黄色清 液，有丁达尔现象。 （4）用平衡移动原理解释实验 i 中加入 1.5 mL AgNO3 后产生白色沉淀的原因：__________。 （5）实验 i 中，当加入 0.5 mL AgNO3 溶液时，得到无色清液，若放置一段时间，无明显变化。结合化学反 应速率分析该现象与 ii 不同的原因是__________。 （6）简述用 0.1 mol·L–1 AgNO3 溶液和 0.1 mol·L–1 Na2S2O3 溶液配制该保鲜剂时，试剂的投料比和操作： __________。 【答案】 (1). Ag+＋ = Ag2S2O3↓ (2). H+、 (3). 得到的 是氧化产物，必然要生成  2 2 3S O − 2 4SO − 2 4SO −其他还原产物 (4). (5). 过量 Ag+与 结合，使 c（ ） 降低，Ag2S2O3＋3S2O32- 2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀 (6). 逐滴滴加 AgNO3 时，Ag2S2O3 的溶解速率大于分解速率；迅速混合时部分 Ag2S2O3 来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于 Na2S2O3 (7). Na2S2O3 和 AgNO3 物质的量之比大于 2:1，在不断搅拌下将 AgNO3 溶液缓缓加入到 Na2S2O3 溶液中 【解析】 【分析】 Na2S2O3 与 AgNO3 反应生成白色沉淀 Ag2S2O3，白色沉淀立即变为棕黄色，最终变为黑色，过滤后，滤液 pH=1， 说明溶液中存在 H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在 SO42-，说明沉淀转化为氧化还原反应。 实验 i 中逐滴滴加硝酸银溶液，Ag2S2O3 的溶解速率大于分解速率，实验 ii 中一次性加入硝酸银溶液，生成 Ag2S2O3 立即分解，分解所得固体不溶于 Na2S2O3 溶液，形成胶体。 【详解】（1）Na2S2O3 与 AgNO3 反应生成 A，A 为白色沉淀 Ag2S2O3，Na2S2O3 与 AgNO3 为可溶性盐在离子 方程式中要拆写，则离子方程式为 Ag+＋S2O32-= Ag2S2O3↓ （2）滤液 pH=1，说明溶液中存在 H+，滴入硝酸钡溶液产生白色沉淀，推断滤液中存在 SO42-，故试管 a 中 充分反应后一定生成了 H+、 SO42-。因为得到的 SO42-，硫元素化合价升高为氧化产物，发生氧化还原反应 则必然要生成其他还原产物，银、硫元素的化合价可能要降低，进而推测出沉淀 m 可能为 Ag2S、Ag、S 或 它们的混合物。 （3）若试管 a 中物质充分反应后不过滤，溶液呈酸性，继续加入 1.1 mL Na2S2O3 溶液，有刺激性气味产生， 根据元素守恒，推断有刺激性气味的气体应该为二氧化硫，则硫元素化合价升高，根据得失电子守恒可知， 硫元素化合价降低生成硫单质，离子方程式为 。 （4）实验 i 中加入 1.5 mL AgNO3 后产生白色沉淀，白色沉淀应为 Ag2S2O3，因为过量 Ag+与 S2O32-结合， 使 c（S2O32-）降低，Ag2S2O3＋3S2O32- 2[Ag（S2O3）2]3-逆向移动，析出沉淀。 （5）实验 i 与实验 ii 的区别在于硝酸银溶液的滴加方式不同，实验 i 中逐滴滴加 AgNO3 时，Ag2S2O3 的溶 解速率大于分解速率；实验 ii 根据结论“Ag2S2O3 不稳定，分解所得固体不溶于 Na2S2O3 溶液”，AgNO3 溶液 与 Na2S2O3 溶液迅速混合时，部分 Ag2S2O3 来不及溶解即发生分解，分解产物不能再溶于 Na2S2O3。 （6）硫代硫酸银（ [ Ag（S2O3）2]3–）用于切花保鲜，[ Ag（S2O3）2]3–中 S2O32-与 Ag+物质的量之比为 2:1， 因为 Ag2S2O3 ＋3S2O32- 2 [ Ag（S2O3）2]3–平衡的存在，为提高[ Ag（S2O3）2]3–产量，Na2S2O3 和 AgNO3 物质的量之比应大于 2:1，根据实验 i 与实验 ii 的现象对比，为避免反应生成的 Ag2S2O3 分解，应在不断搅 拌下将 AgNO3 溶液缓缓加入到 Na2S2O3 溶液中。 2 2 3 2 2S O + 2H S + SO + H O− + ↓ ↑= 2 2 3S O − 2 2 3S O −  2 2 3 2 2S O 2H S SO H O− ++ = ↓ + ↑ +