北京市海淀区2020届高三二模化学试题（解析版）

2020 北京海淀高三二模 化 学 本试卷共 8 页，100 分。考试时长 90 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无 效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。 可能用到的相对原子质量:H 1 N 14 O16 Na 23 S 32 Zn 65 I 127 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一 项。 1.下列资源利用过程中，不涉及化学变化的是（ ） A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 判断一个变化是否为化学变化和物理变化的依据是看变化过程中是否有新物质生成，化学变化过程中有新 物质生成，物理变化过程中无新物质生成，据此分析判断。 【详解】A. 石油分馏是利用物质中各成分的沸点不同，控制温度分离得到馏分的过程，无新物质生成，是 物理变化，不涉及化学变化，A 符合题意； B. 煤的干馏是隔绝空气加强热发生复杂的物理化学变化，涉及化学变化，B 不符合题意； C. 发酵法制沼气，沼气是新物质，涉及化学变化，C 不符合题意； D. 用海水提镁时，先把海水抽入特大的池中，加入石灰乳，生成氢氧化镁的悬浊液，涉及化学变化，D 不 符合题意； 故答案为：A。 2.利用化学方法可以改善大气质量、进行水处理等。下列说法不正确的是（ ） A. 减少化石燃料的燃烧有益于缓解温室效应B. 向天然水中加入明矾可起到杀菌消毒的作用 C. 可用熟石灰处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水 D. 在汽车尾气系统中安装催化转化器可减少尾气污染 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 化石燃料燃烧的产物主要是二氧化碳和水，其中二氧化碳是造成温室效应的气体，因此减少化 石燃料的燃烧有益于缓解温室效应，A 正确； B. 明矾中的铝离子在水溶液中可以发生水解反应生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以用于净水，但没有 杀菌消毒的作用，B 错误； C. 熟石灰的主要成分是氢氧化钙，可以通过酸碱中和反应处理钢铁厂、电镀厂产生的酸性废水，C 正确； D. 在汽车尾气系统中安装催化转化器可以将尾气中的有毒气体 CO、NO 等转化为 CO2、N2 等无毒气体，减 少尾气污染，D 正确； 故答案为：B。 3.下列物质混合后，能产生蓝色沉淀的是（ ） A. 溶液与 溶液 B. 溶液与 溶液 C. 溶液与氨水 D. 鸡蛋清与浓硝酸 【答案】B 【解析】 【详解】A. 溶液与 溶液反应生成氯化钠和氢氧化铁的红褐色沉淀，不能产生蓝色沉淀，A 不 符合题意； B. FeSO4 溶液与 K3[Fe(CN)6]溶液立即产生铁氰化亚铁的蓝色沉淀，即为滕氏蓝， 2K3[Fe(CN)6]+3FeSO4=3K2SO4+Fe3[Fe(CN)6]2↓，B 符合题意； C. 刚滴入氨水，硝酸银过量，发生反应为：Ag++NH3·H2O=NH4++AgOH↓（白），2AgOH=H2O+Ag2O (灰 黑）；过量的氨水，沉淀溶解得到无色溶液，发生反应为：Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O，不能产 生蓝色沉淀，C 不符合题意； 3FeCl NaOH 4FeSO ( ]3 6K [Fe CN) 3AgNO 3FeCl NaOHD. 将浓硝酸滴入鸡蛋清中，开始时会看见白色沉淀产生，是因为浓硝酸会使蛋白质变性，如果再微热一会 的话，蛋白质就会变黄，形成“黄蛋白”，不能产生蓝色沉淀，D 不符合题意；故答案为：B。 【点睛】检验 Fe2+：用 K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀；检验 Fe3+：用 K4[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀。 4.2019 年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的 说法正确的是（ ） A. 与 互为同位素 B. 的电子式为 C. 的热稳定性比 的强 D. 中 为 价 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 质子数相同，中子数不同的核素互称为同位素， 与 的质子数不同，不互为同位素，A 错误； B. 的电子式是在 NH3 的基础上去掉一个 H 原子，电子式为： ，B 正确； C. 同周期，从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，非金属性：F>N， 的热稳定性比 的弱，C 错误； D. 中 Si 元素的化合价为+4 价，N 元素的化合价为--3 价，D 错误； 故答案为：B。 5.下列实验操作能达成实验目的且涉及到氧化还原反应的是（ ） 选项 实验目的 实验操作 A 除去 中的 先后通过盛有酸性 溶液、浓硫酸的洗气瓶 B 除去 溶液中 加入过量 溶液，过滤，向沉淀中加入适量盐酸 C 检验溶液中含有 加入 溶液 的 14 N 14 C 2NH− 3NH HF 3 4Si N N 3+ 14 N 14 C 2NH− 3NH HF 3 4Si N 2CO 2SO 4KMnO 2MgCl 3AlCl NaOH 3Fe + KSCND 检验稀硫酸催化淀粉水解的产物为葡萄糖 向水解后的溶液中直接加入新制 ，加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A. 和 都能使澄清石灰水变浑浊，但 具有还原性，与强氧化性的 溶液发生氧 化还原反应，再用浓硫酸燥，能除去 中的 ，A 符合题意； B. 和 都能与 溶液反应生成沉淀，过量的 溶液还能溶解氢氧化铝沉淀，但未涉 及氧化还原反应，B 不符合题意； C. 与 溶液发生络合反应生成血红色硫氰合铁络合物，但不是氧化还原反应，C 不符合题意； D. 淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，氢氧化铜在碱性环境下具有弱氧化性，所以检验葡萄糖，应在碱性 条件下进行，没有加碱至碱性，不能检验，不能达成实验目的，D 不符合题意； 故答案为：A。 6.芹菜中的芹黄素具有抗肿瘤、抗病毒等生物学活性，其熔点为 347~348℃，结构简式如下图所示。下列关 于芹黄素的说法不正确的是（ ） A. 常温下为固体，需密封保存 B. 分子中含有 3 种含氧官能团 C. 与溴水只发生加成反应 D. 芹黄素最多能与 反应 【答案】C 2Cu(OH) 2CO 2SO 2SO 4KMnO 2CO 2SO 2MgCl 3AlCl NaOH NaOH 3Fe + KSCN 1mol 3molNaOH【解析】 【分析】 【详解】A. 芹黄素的熔点为 347~348℃，常温下为固体，含酚羟基，遇空气易氧化变质，需密封保存，A 正确； B. 根据结构简式，芹黄素中含有的含氧官能团为酚羟基、羰基和醚键，含有 3 种含氧官能团，B 正确； C. 含酚羟基，与溴水能发生取代反应，含碳碳双键，与溴水能发生加成反应，C 错误； D. 根据结构简式，芹黄素中含有 3 个酚羟基，所以 芹黄素最多能与 反应，D 正确； 故答案为：C。 7.将物质的量之比为 1:3 的氮气和氢气充入恒容密闭容器中，测定不同温度、压强下平衡混合物中氨的物质 的量分数，结果如图所示。下列说法不正确的是（ ） A. B. 该反应 C. 点， 的转化率为 D. 合成氨工业实现了人工固氮 【答案】C 【解析】 【分析】 物质的量之比为 1:3 的氮气和氢气充入恒容密闭容器中，发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。 【详解】A. 根据氮气与氢气的反应方程式，反应前后气体分子数发生改变，温度相同，压强增大，平衡正 向移动，氨的物质的量分数增大，所以根据图可知， ，A 正确； B. 根据图可知，温度升高，氨的物质的量分数减小，所以该反应的正反应为放热反应， ，B 正确； C. 点， 的物质的量分数为 ，则设开始投的氮气的物质的量为 1 mol，氢气的物质的量为 3 mol， 1mol 3molNaOH 1 2P P< H 0  1mol 10mol Br 2 2 3CH CH CH 0H∆ > 3 2CH(CH ) 2Ea 2 2 3CH CH CH 1Ea 2 2 3 3 2CH CH CH CH(CH ) ＜12.金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为 FeO·Cr2O3，含有少量 Al2O3)为原料制 备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( ) A. ①中需持续吹入空气作氧化剂 B. ②中需加入过量稀硫酸 C. ③中发生了置换反应 D. 溶液 A 为橙色 【答案】B 【解析】 【详解】A. 在铬铁矿中 Cr 元素化合价为+3 价，反应后变为 Na2CrO4 中的+6 价，化合价升高，被氧化，因 此①中需持续吹入空气作氧化剂，A 正确； B. Al(OH)3 是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性 Al2(SO4)3，因此②中加入 稀硫酸不能过量， B 错误； C. Cr2O3 与 Al 在高温下反应产生 Cr 和 Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③ 中反应类型为置换反应，C 正确； D. Na2CrO4 在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，反应产生 Cr2O72-使溶液显橙色，D 正 确； 故合理选项是 B。 13.考古发掘出的古代青铜器(含铜锡等金属)表面经常出现小孔腐蚀，这是一种电化学腐蚀现象。小孔腐蚀 的过程及铜腐蚀产物(铜锈)的成份如下图所示： 已知：2CuCl+H2O Cu2O+2HCl 下列分析不正确的是 A. 氧气是正极反应物 B. 铜锈的成份与氧气浓度、pH 有关 C. 图 2 中，Cl-从小孔内向小孔外移动 D. 青铜中的锡也会发生电化学腐蚀 的【答案】C 【解析】 【详解】A. 青铜器中含铜锡等金属，也含有其它金属及非金属杂质，由于物质活动性不同，周围有电解质 溶液，形成了原电池，Cu 为原电池的负极，失去电子发生氧化反应，由于电解质溶液为中性，发生吸氧腐 蚀，正极上氧气得到电子，变为 OH-，因此氧气是正极反应物，A 正确； B. 根据图 2 可知：在锈蚀小孔外物质成分为 Cu2(OH)2CO3、Cu2(OH)3Cl，Cu 元素化合价为+2 价；在小孔附 近物质是 Cu2O，小孔内壁物质成分是 CuCl，Cu 元素化合价为+1 价，小孔外氧气浓度大，Cu 元素价态高， 小孔内氧气浓度小，Cu 元素价态低，物质成分与氧气浓度有关；在溶液酸性较强时可逆反应 2CuCl+H2O Cu2O+2HCl 的平衡逆向移动，物质成分主要是 CuCl，若溶液酸性弱，，平衡正向移动，物质成分主要 是 Cu2O，可见物质成分也与溶液的 pH 有关，B 正确； C. 溶液中微粒 Cl-总是向低洼处流动，因此会从小孔外向小孔内移动，与氧气浓度较小时的+1 价 Cu 形成难 溶性固体 CuCl， C 错误； D. 由于 Sn 是比较活泼的金属，因此也会与活动性比 Sn 弱的金属构成原电池，Sn 为负极，被氧化而引起电 化学腐蚀，D 正确； 故合理选项是 C。 14.84 消毒液的主要成份是 NaCl 和 NaClO。实验小组同学围绕“84 消毒液能否与医用酒精发生反应”这一问 题进行了如下实验。 序号 实验 现象 ① 分别取 40 mL84 消毒液和医用酒精混合均 匀，并测量溶液温度变化 溶液温度由 20℃升高至 23℃，并产生大量气 泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化 ② 分别取 40 mL 医用酒精和蒸馏水混合均匀， 水浴至 23℃ 溶液中无明显现象 ③ 分别取 40 mL84 消毒液和蒸馏水混合均匀， 水浴至 23℃ 溶液中无明显现象，略有刺激性气味 ④ 分别取 40 mL84 消毒液、40 mL 医用酒精 和少量白醋，混合均匀 产生大量气泡，有强烈地刺激性气味，溶液逐 渐变为淡黄色 下列推理不合理的是A. 由①②可知，①中产生的大量气泡与酒精挥发无关 B. 由①③可知，①中刺激性气味的产生可能与酒精无关 C. 由①②③可推断，84 消毒液与医用酒精混合后，溶液中发生了化学反应 D. 由①④可推断，酸性条件有利于 84 消毒液与医用酒精发生反应 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A. ①中 84 消毒液与医用酒精混合，溶液温度升高，产生大量气泡，而②中医用酒精和蒸馏水混合 均匀，水浴至相同温度，却无明显现象，说明①产生的气体不是乙醇蒸气，证明①中产生的大量气泡与酒 精挥发无关， A 正确； B. ①中 84 消毒液和医用酒精混合均匀，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明 显变化，③中 84 消毒液和蒸馏水混合均匀并水浴至相同温度，产生的现象除无气泡外，其余与①相同，① 中刺激性气味的产生可能与酒精无关，B 正确； C. 医用酒精和蒸馏水混合，溶液无明显现象；84 消毒液和蒸馏水混合，溶液中无明显现象，略有刺激性气 味；84 消毒液和医用酒精混合，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化， 说明 84 消毒液与医用酒精混合后，溶液中发生了化学反应，产生了新的物质，C 正确； D. 酸性条件下 84 消毒液中的 NaCl、NaClO 会反应产生 Cl2 从溶液中逸出，不能说明酸性条件有利于 84 消 毒液与医用酒精发生反应，D 错误； 故答案选 D 第二部分 本部分共 5 题，共 58 分。 15.“地沟油”泛指生活中产生的、不宜继续食用的油脂。地沟油经脱胶、洗涤、脱色等预处理，用来制备脂 肪酸钠(RCOONa)，在消除危害的同时，还可用于处理含 Cu2+的废水。 已知：2RCOO-+Cu2+ (RCOO)2Cu (1)可利用活性炭对地沟油进行脱色处理，这利用了活性炭的____________性。 (2)取 30 mL 三油酸甘油酯在不同条件下水解，实验结果如下表所示。 序号 试剂 温度 时间 水解率 a 20 mL3 mol/L H2SO4 95℃ 3 小时 52.1% 。b 20 mL 6 mol/LNaOH 70℃ 1.5 97.7% ①实验 a 中，三油酸甘油酯水解的产物是____________(填物质名称)。 ②对比实验 a、b 可以得到的结论有____________(写出 2 条)。 (3)将预处理后的地沟油水解，用水解所得液体去除 Cu2+的实验过程如下图所示。 ①RCOONa 属于____________(填“离子化合物”或“共价化合物”)。 ②实验表明，硫酸酸化后液体的 pH 会影响 Cu2+的去除率。实验测得，pH=5 时 Cu2+的去除率低于 pH=7 时 的，其原因为____________。 【答案】 (1). 吸附 (2). 油酸、甘油 (3). 实验条件下，碱性环境中水解速率快，温度对水解反应 影响小于溶液酸碱性的影响 (4). 离子化合物 (5). 与 pH=7 相比，pH=5 时，H+浓度增大，使平衡 RCOO-+H+ RCOOH 正向移动，RCOO-浓度降低，不利于反应 2RCOO-+Cu2+ (RCOO)2Cu 正向进行。 【解析】 【分析】 (1)活性炭表面积大，吸附力强； (2)①油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，三油酸甘油酯属于油脂，在酸性条件下能够发生水解反应生成油 酸和甘油； ②若有碱作催化剂， NaOH 能够与油酸发生中和反应，促进油脂的水解；采用控制变量方法分析温度及溶 液酸碱性对油脂水解的影响； (3)①盐大多数是离子化合物； ②根据离子浓度及平衡移动原理分析解答。 【详解】(1)由于活性炭表面积大，吸附力强，能够吸附色素及有气味的物质，所以对地沟油进行脱色处理 时使用活性炭，就是利用了活性炭的吸附性； (2)①三油酸甘油酯属于油脂，油脂属于酯，三油酸甘油酯在酸作催化剂时，水解生成油酸和甘油； ②根据表中数据，碱性条件下水解温度低、时间短、水解率大，这是因为三油酸甘油酯在 NaOH 作催化剂 时，NaOH 与水解产生的油酸发生中和反应，得到油酸钠和水，使酯的水解平衡正向移动，因此水解速率加 快、水解程度增大，相同时间水解的更完全、更彻底，相对来说，温度对油脂水解反应的影响比溶液的酸 碱性影响要小些。即对比实验 a、b 实验，会发现：在该实验条件下，碱性环境中水解速率快，温度对水解 反应的影响小于溶液酸碱性的影响； 的(3)①RCOONa 是高级脂肪酸与 NaOH 发生中和反应产生的钠盐，RCOONa 属于离子化合物； ②pH=7 时，溶液中 c(H+)=10-7 mol/L；溶液 pH=5 时，溶液中 c(H+)=10-5 mol/L，可见溶液 pH 越小，溶液中 c(H+)越大，H+浓度增大，使化学平衡：RCOO-+H+ RCOOH 正向移动，导致溶液中 RCOO-浓度降低， 不利于反应 2RCOO-+Cu2+ (RCOO)2Cu 正向进行，因此而影响 Cu2+的去除率。 【点睛】本题考查了“地沟油”的分类、性质、处理方法、影响因素及作用。涉及酯的水解、平衡移动原理的 应用、污水处理方法等知识。垃圾是放错地方的资源，只有认识了物质的成分，才可以扬长避短，充分发 挥其价值，为人们所利用。 16.维持 pH 的稳定对生命体的生理活动、化学电源的高效工作等具有重要意义。 (1)常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系 pH 的变化如下表所示。 pH 试剂 初始 通入 0.01 mol HCl 气体 加入 0.01 mol NaOH 固体 i.1 L H2O 7 a 12 ii.0.10 mol CH3COOH+0.10 mol CH3COONa 配制成 1 L 的溶液 4.76 4.67 4.85 ①a=____________(忽略通入 HCl 气体前后体系的体积变化)。 ②结合化学用语解释试剂 ii 显酸性的原因：____________。 ③试剂 ii 中微粒浓度关系正确的有____________(填序号)。 a. c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-) b. 2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-) c. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2 mol/L ④由表中数据可知，试剂 ii 的 pH 受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或 适当稀释，而保持溶液的 pH 几乎不变的作用称为缓冲作用。下列溶液具有缓冲作用的是____________(填 序号)。 a. HCl—NaCl b. Na2CO3—NaHCO3 c. NH3·H2O-NH4Cl d. KOH—KCl (2)缓冲溶液应用在某种液钒电池中能稳定电池的输出电流，该电池装置示意图如下图所示，电池的总反应 如下：Zn+2VOSO4+2H2SO4 ZnSO4+V2(SO4)3+2H2O 已知：VOSO4 和 V2(SO4)3 的电离方程式分别为 VOSO4=VO2++SO42-；V2(SO4)3=2V3++3SO42-； ①放电时，B 室中 c(H+)____________(填“增大”“减小”或“不变”)，结合化学用语说明理由：______。 ②充电时，A 室中的 c(H+)变化缓慢的原因是____________。 【答案】 (1). 2 (2). 试剂 ii 中同时存在醋酸的电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水 解平衡 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，相同条件下，醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限 度，当 CH3COOH 与 CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中 c(H+)>c(OH-) (3). bc (4). bc (5). 减小 (6). 放电时，B 室发生正极反应：VO2++e-+2H+=V3++H2O；由电极反应可知，转移 1 mol e-消耗 2 mol H+，同 时有 1 mol H+通过质子交换膜进入 B 室，因此总体 c(H+)降低 (7). 充电时，H+通过质子膜从 B 室进入 A 室，A 室溶液中的 CH3COO-与 H+结合成 CH3COOH(或“CH3COOH-CH3COONa 溶液有缓冲作用”)，从而使 c(H+)的变化减缓 【解析】 【分析】 (1)①根据先计算 c(H+)，然后 pH=-lgc(H+)得到 a 的值； ②结合弱酸的电离平衡及盐的水解平衡分析； ③结合醋酸的电离平衡和醋酸根的水解程度及物料守恒、电荷守恒大小分析； ④根据弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡分析； (2)①放电时装置为原电池，结合 VOSO4 变为 V2(SO4)3 分析溶液中 c(H+)的变化； ②根据 A 室中的缓冲溶液的作用分析判断。 【详解】(1)①c(HCl)= =0.01 mol/L，则 pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2； ②将 0.10 mol CH3COOH 和 0.10 mol CH3COONa 配制成 1 L 的溶液，得到 0.10 mol/L 和 0.10 mol/L 的混合溶 液，在该混合溶液中同时存在醋酸的电离平衡 CH3COOH CH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-；在相同条件下，CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO-的水解程度，所 以当 CH3COOH 与 CH3COO-的初始浓度相等时，溶液中 c(H+)>c(OH-)； 0.01mol 1L③a. 在该溶液中存在 0.10 mol/L 的 CH3COOH、CH3COONa 的混合溶液，c(Na+)=0.10 mol/L，由于醋酸的电 离程度大于醋酸根的水解程度，所以 c(CH3COO-)>0.1 mol/L，c(CH3COOH)c(Na+)>c(CH3COOH)，a 错误； b. 由物料守恒可得①c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；由电荷守恒可得 ②c(CH3COO-)-+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，将②×2-①，整理可得 2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(OH-)，b 正确； c. 根据物料守恒可知 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)=0.2 mol/L，c 正确； 故合理选项是 bc； ④a. 向 HCl—NaCl 的混合溶液中加入酸，溶液中 H+浓度增大，pH 减小，当加入碱时，溶液中 OH-增大， 溶液 pH 增大，a 不符合题意； b. 向 Na2CO3—NaHCO3 的混合溶液中加入酸，H+与 CO32-反应产生 HCO3-，溶液中 H+浓度几乎不变，当加 入碱溶液时，HCO3-与 OH-反应产生 CO32-和 H2O，溶液 pH 也几乎不变，b 符合题意； c. 向 NH3·H2O-NH4Cl 的混合溶液中加入酸，NH3·H2O 与 H+反应产生 NH4+，溶液中 H+浓度几乎不变，当加 入碱时，NH4+与 OH-反应产生 NH3·H2O，也使溶液中 H+浓度几乎不变，因此溶液酸碱性对其 pH 几乎无影 响，c 符合题意； d. 向 KOH—KCl 混合溶液中加入酸，消耗 OH-，溶液中 OH-浓度降低，碱性减弱；当加入碱时，溶液中溶 液中 OH-浓度增大，溶液碱性增强，pH 发生较大的变化，d 不符合题意； 故合理选项是 bc； (2)①放电时该装置为原电池，Zn 为负极，失去电子，发生氧化反应，VOSO4 电离产生的 VO2+得到电子， 与溶液中的 H+结合反应产生 V3+和 H2O，电极反应式为：VO2++e-+2H+=V3++H2O；反应消耗 H+，使 c(H+)降 低，由电极反应可知，转移 1 mol e-消耗 2 mol H+，同时有 1 mol H+通过质子交换膜进入 B 室，因此总体 c(H+) 降低； ②在充电时，H+通过质子膜从 B 室进入 A 室，A 室溶液中的 CH3COO-与 H+结合成 CH3COOH(或 “CH3COOH-CH3COONa 溶液有缓冲作用”)，从而使 c(H+)的变化减缓。 【点睛】本题考查了电化学、离子浓度大小比较、溶液的 pH 与物质组成的关系。在比较离子浓度大小时， 要根据弱电解质的电离、盐的水解规律分析，结合电荷守恒、物料守恒及质子守恒进行判断；弱酸或弱碱 及其相应的盐组成体系的 pH 受外界影响变化不大，因此对酸或碱溶液具有一定的缓冲作用，因而在人体血 液 pH 的稳定及在液钒电池的稳定输出电流中具有重要作用。 17.有机物 A 是一种重要的化工原料，用 A 制取新型聚合物 F 的合成路线如下：已知：i. +R3OH ii. +R1I +HI iii.R1COOR2+R3OH R1COOR3+R2OH (1)A 中官能团的名称为____________。 (2)试剂 a 为____________。 (3)C 中含有一个六元环，C 的结构简式为____________。 (4)C→D 的反应类型为______。 (5)E→F 的化学方程式是__________________。 (6)下列说法正确的是____________(填序号)。 a. A 能与 NaHCO3 溶液反应 b. 醇钠可由醇与金属钠反应制得 c. 可用 FeCl3 溶液鉴别 D 和 E d. HOCH2CH2OH 俗称甘油 (7)以乙醇为起始原料，利用已知信息、选择必要的无机试剂合成 CH3COCH2COOC2H5 写出合成路线(用结 构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。____________ 【答案】 (1). 羧基 (2). CH3OH(或甲醇) (3). (4). 氧化反应 (5). n +nHOCH2CH2OH +(2n-1)CH3OH (6). abc (7). CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COOC2H5 CH3COCH2COOC2H5 【解析】 【分析】 A 是 HOOCCH2CH2COOH ， A 与 CH3OH 在 浓 硫 酸 存 在 时 加 热 发 生 酯 化 反 应 产 生 B ： CH3OOCCH2CH2COOCH3，B 与醇钠发生取代反应产生 C，根据 C 的分子式及 C 中含有一个六元环，则 C 为： ，根据 C、D 分子式可知 C 变为 D 发生氧化反应，结合 F 的结构及 E 与 HOCH2CH2OH 发生酯交换反应产生 F 逆推，可知 E 是 ，D 与 CH3I 在 K2CO3 作用下反应产生 E，则 D 结构为： ，然后根据题目问题逐一分析解答。 【 详 解 】 根 据 上 述 分 析 可 知 ： A 是 HOOCCH2CH2COOH ， B ： CH3OOCCH2CH2COOCH3 ， C 是 ，D 是 ，E 是 ，F 是 。 (1)A 是 HOOCCH2CH2COOH，可知 A 中官能团的名称为羧基； (2)HOOCCH2CH2COOH 与甲醇 CH3OH 在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应产生 B： CH3OOCCH2CH2COOCH3 和 H2O，所以试剂 a 是 CH3OH； 2O ∆ → 2O ∆ → 3 2 2 4 CH CH OH H SO /浓 ∆ → 醇钠 →(3)根据上述分析可知 C 结构简式为： ； (4)C 分子式是 C10H12O6，D 分子式是 C10H10O6，C 物质失去 2 个 H 原子变为 D，失去电子被氧化，发生氧 化反应，故 C→D 的反应类型为氧化反应； (5)E 是 ，E 与 HOCH2CH2OH 发生酯交换反应产生 F，F 是 ，故 E→F 的化学方程式是 n +nHOCH2CH2OH +(2n-1)CH3OH； (6)a．A 是 HOOCCH2CH2COOH 是丁二酸，属于二元羧酸，具有酸性，由于其酸性比碳酸强，所以 HOOCCH2CH2COOH 能与 NaHCO3 溶液反应产生 NaOOCCH2CH2COONa、H2O、CO2，a 正确； b． 由于金属钠能够能与醇发生置换反应产生醇钠和氢气，所以醇钠可由醇与金属钠反应制得，b 正确； c．D 是 ，E 是 ，D 中含有酚羟基，遇 FeCl3 溶液 显紫色，而 E 无酚羟基，与 FeCl3 溶液不能反应，因此可用 FeCl3 溶液鉴别 D 和 E，c 正确； d．HOCH2CH2OH 是乙二醇，丙三醇 HOCH2CH(OH)CH2OH 俗称甘油，d 错误； 故合理选项是 abc； (7)乙醇催化氧化产生乙醛 CH3CHO，乙醛氧化产生乙酸 CH3COOH，乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂条件下 加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯 CH3COOC2H5，CH3COOC2H5 和乙醇钠反应产生 CH3COCH2COOC2H5， 所以以乙醇为原料合成 CH3COCH2COOC2H5 的路线为：CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COOC2H5 CH3COCH2COOC2H5。 【点睛】本题考查有机物推断和合成，涉及反应类型的判断、反应条件的分析、物质结构简式的推断等。 2O ∆ → 2O ∆ → 3 2 2 4 CH CH OH H SO /浓 ∆ → 醇钠 →正确推断各物质结构简式是解本题关键，要根据某些物质结构简式、反应条件、分子式及官能团的性质及 变化，利用题给信息进行推断，侧重考查了学生阅读能力及接受信息分析处理能力及推断和知识综合运用 能力，可采用顺推与逆推相结合的方法分析判断。 18.H2S 是一种大气污染物。工业尾气中含有 H2S，会造成严重的环境污染；未脱除 H2S 的煤气，运输过程 中还会腐蚀管道。 (1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中 H2S 的常用方法，其原理如图所示。 ①下列说法正确的是____________(填序号)。 a.单质硫为淡黄色固体 b.脱硫反应为 3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O c.再生过程中，硫元素被还原 d.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率 ②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是_______。 (2)电化学溶解一沉淀法是一种回收利用 H2S 的新方法，其工艺原理如下图所示。 已知: Zn 与强酸、强碱都能反应生成 H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。 ①锌棒连接直流电源的____________(填“正极”或“负极”)。 ②反应器中反应的离子方程式为____________。 ③电解槽中，没接通电源时已经有 H2 产生，用化学用语解释原因:___________。 (3)常用碘量法测定煤气中 H2S 的含量，其实验过程如下： i.将 10L 煤气通入盛有 100mL 锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的 H2S 全部转化为 ZnS 沉淀，过滤; ii.将带有沉淀的滤纸加入盛有 15mL 0.1mol/L 碘标准液、200mL 水和 10mL 盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞， 摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应 10 min 后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)iii.用 0.1mol/L Na2S2O3 标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入 1mL 淀粉指示剂，继续滴定至终点。(已 知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) ①i 中，将煤气中的 H2S 转化为 ZnS 的目的是____________。 ②滴定终点的现象是__________________。 ③若消耗 Na2S2O3 标准液的体积为 20mL，则煤气中 的含量为_______________mg/m3。 【答案】 (1). abd (2). 防止硫粉燃烧产生 SO2，污染环境、导致爆炸 (3). 正极 (4). [Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O (5). Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑ (6). 富集、提纯煤气 中的 H2S (7). 溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色 (8). 1700 【解析】 【分析】 （1）干法氧化铁脱硫的过程是将氧化铁和 H2S 相互接触，二者发生反应生成 Fe2S3·H2O 从而达到脱硫的 目的，化学方程式为 3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同时生成的 Fe2S3·H2O 可以通过再生的方法将 S 单质分离出来，化学方程式为 2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，这样既可以脱硫又可以将硫进行回收； （2）电化学溶解-沉淀法是一种回收利用 H2S 的新方法，实验过程是以 Zn 为阳极在碱性条件下发生电解， 生成[Zn(OH)4]2-，将[Zn(OH)4]2-与 H2S 气体在反应器中发生反应生成 ZnS 固体，达到回收利用 H2S 的方 法； （3）利用碘量法测定煤气中 H2S 的含量，首先将煤气通入锌氨溶液中将 S 元素富集起来，将生成的 ZnS 与 碘水混合，二者发生反应，因 I2 为足量，所以 I2 剩余，通过碘量法测量未参加反应的 I2 的含量间接测量煤 气中 H2S 的含量。 【详解】（1）①单质硫为淡黄色固体，a 正确；根据分析，脱硫反应的化学方程式为 3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b 正确；再生过程中 S 元素化合价从-2 价变为 0 价，反应过程中失 去电子，发生氧化反应被氧化，c 错误；脱硫过程中，增大反应物与气体的接触面积，可以使固体与气体的 反应更加完全，提高脱硫效率，d 正确；故选 abd； ②再生反应不易温度过高，在高温条件下，再生过程生成的硫单质易与氧气发生反应生成 SO2 污染空气； （2）①根据分析，若想通过 Zn 吸收 S2-，需将 Zn 变成 Zn2+，通过反应生成 ZnS 沉淀。此时在电解池中 Zn 电极一定为阳极，与电源正极相连，电极方程式为 Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中 H+得电子的反 应，方程式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ②电解过程中生成的[Zn(OH)4]2-与 H2S 发生反应生成 ZnS，反应的离子方程式为 [Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O； ③根据已知条件，Zn 可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为 2H SZn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑； （3）①煤气中 H2S 含量较低，难以直接测量，故需要将煤气通入到锌氨溶液中，将 S 元素全部转化为 ZnS 固体，利用少量的液体将含量低的 H2S 收集起来，这样起到富集、提纯煤气中的 H2S 的目的； ②滴定终点时，体系中不再出现 I2，溶液颜色发生变化，故滴定终点的现象是：溶液蓝色恰好消失，且半 分钟内不恢复蓝色； ③碘量法测定 I2 含量时，消耗硫代硫酸钠 20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的 I2 的物质的量为 x mol，则 解得 x=1×10-3mol，说明与 ZnS 反应的 I2 的物质的量为 1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根据化学方 程式可知参加反应的 ZnS 的物质的量为 5×10-4mol，说明含有 S 元素 5×10-4mol，故 H2S 为 5×10-4mol， 即 10L 煤气中含有 5×10-4mol 的 H2S，煤气中 H2S 的含量为 =1700mg/m3。 【点睛】碘量法测定 H2S 含量时利用的是反滴定法，先将 ZnS 中加入过量且定量的碘水，让 ZnS 与 I2 充分 的反应，再利用硫代硫酸钠滴定剩余的 I2，达到准确测量 S 含量的效果。 19.工业上用 和氨水的混合液浸取废铜矿渣中的单质铜，得到 。某小组同 学欲通过实验探究其原理。 【查阅资料】i. 呈深蓝色， ；受热易分解，放出氨气。 ii. 在水溶液中不稳定， 在溶液中只能以 等络合离子的形式稳定存在； 无色，易被氧气氧化为 。 【实验 1】制备 。 向盛有 溶液的试管中滴加 氨水，观察到溶液中立即出现浅蓝色沉淀； 随后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。经分离得到 晶体。 (1)资料表明，向 溶液中滴加氨水，可能会生成浅蓝色 沉淀。 ①该小组同学取实验 1 中浅蓝色沉淀，洗涤后，____________(补全实验操作和现象)，证明沉淀中含有 2 2 3 2 2 4 6 -3 2Na S O I Na S O 2NaI 2 1 2 10 mol x + + × ＝ -4 -3 3 5 10 mol 34g/mol 1000mg/g 10 10 m × × × × 3 4 4Cu(NH ) SO 3 2 2 4[Cu(NH ) ] SO 2 3 4[Cu(NH ) ] + 2 2 3 4 3[Cu(NH ) ] Cu 4NH+ + + Cu+ ( )Cu I 3 2[Cu(NH ) ]+ 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 4 4Cu(NH ) SO 42mL0.1mol / LCuSO 2mL1mol / L 3 4 4Cu(NH ) SO 4CuSO 2 2 4Cu (OH) SO。 ②补全实验 1 中生成 沉淀的离子方程式： ____________+ ____________ (2)甲同学设计实验证明深蓝色溶液中含 ：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为 此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是____________。 【实验 2】探究用 和氨水的混合液浸取单质铜得到 的原理。 编号 实验装置及部分操作 烧杯中溶液 实验现象 2-1 甲： 乙： 电压表指针迅速偏转至 0.1V；甲中溶液无明显变 化 2-2 甲： 乙： 电压表指针迅速偏转至 0.3V；甲中溶液无明显变 化 2-3 甲： 与 氨水等体积混合 乙：溶液 A 电压表指针迅速偏转至 0.35V；甲中溶液无明显 变化 2-4 实验开始，先读取电压表示数， 后迅速将其换成电流表，继续实 验， 10 min 内记录甲烧杯中现 象 甲： 与 氨水等体积混合 乙： 电压表指针迅速编转至 0.65V；几分钟后，甲烧 杯溶液逐渐由无色变蓝 色 已知：其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大 (3)溶液 A 为____________。 (4)对比实验 2-1 和 2-2，可以得到结论是____________。 2 4SO − 2 2 4Cu (OH) SO 22Cu + + 2 4 2 2 4SO Cu (OH) SO− = ↓ + 3 4 4Cu(NH ) SO 3 4 4Cu(NH ) SO 3 2 2 4[Cu(NH ) ] SO 2 40.05mol / L Na SO 3 4 40.05mol / L Cu(NH ) SO 2 40.05mol / L Na SO 40.05mol / L CuSO 2 40.1mol / L Na SO 1mol / L 2 40.1mol / L Na SO 1mol / L 40.05mol / L CuSO(5)实验 2-4 中，甲烧杯中溶液由无色变为蓝色的原因是____________。 (6)依据上述实验，分析用 和氨水的混合液浸取单质铜的原理：____________。 【答案】 (1). 先加入过量稀盐酸，再加入 溶液，观察到有白色沉淀产生 (2). (3). (4). 不可行 (5). 实验 1 中氨水过量，过量的氨水受热分解也会产生氨气 (6). 溶液 (7). 相同条件下， 的氧化性弱于 (8). 甲烧杯 中发生电极反应：Cu-e-+2NH3= ， 被空气中的氧气氧化为蓝色的 (9). 将 Cu 氧化为 ，氨水对浸取单质铜的反应有促进作用 【解析】 【分析】 本实验先合成了 ，通过原电池的装置探究制得 的原理。原电池的负极发 生氧化反应，负极材料为 Cu，正极发生还原反应，正极区有 ，有电压产生说明二者发生了 反应，根据负极区溶液变蓝的现象，推断出负极区发生了 被氧化为 的反应， 从而推断出负极区生成了 ，最终得出总反应是 将 Cu 氧化为 。同 时通过对照实验，得出氨水对浸取单质铜的反应有促进作用的结论。 【详解】（1）①检验 SO42-时，先加入过量稀盐酸，排除 Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰，再加入 溶 液，有白色的 BaSO4 沉淀产生； ②根据题意，反应加的是氨水，故反应物中有 NH3 H2O，根据元素守恒，NH3 H2O 的系数需要配 2，反应 后产物中有 2 个 NH4+生成； （2）在制备 时，加入的氨水过量，一水合氨受热后也会产生氨气，NH3·H2O NH3↑+H2O，所以不一定是 分解产生的氨气； （3）实验 2-1 和 2-2 用 和 在没加氨水的情况下进行对照， 实验 2-3 和 2-4 在加了氨水的情况下进行对照，因此溶液 A 为 溶液； （4）由表可知，实验 2-1 产生的电压差为 0.1V，实验 2-2 产生的电压差为 0.3V，根据其他条件相同时，参 与原电池反应的氧化剂的氧化性越强，检测到的电压越大，所以 的氧化性弱于 ； （5）甲烧杯中发生电极反应：Cu-e-+2NH3= ， 无色，但它易被氧气氧化为 3 4 4Cu(NH ) SO 2BaCl 3 22NH H O + 42NH 3 4 40.05mol / LCu(NH ) SO 3 4 4Cu(NH ) SO 4CuSO 3 2[Cu(NH ) ]+ 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 3 4 4Cu(NH ) SO 3 2 2 4[Cu(NH ) ] SO 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 2BaCl   3 4 4Cu(NH ) SO 3 4 4Cu(NH ) SO 3 4 40.05mol / L Cu(NH ) SO 40.05mol / L CuSO 3 4 40.05mol / LCu(NH ) SO 3 4 4Cu(NH ) SO 4CuSO 3 2[Cu(NH ) ]+ 3 2[Cu(NH ) ]+， 呈深蓝色，所以溶液变蓝是因为 被空气中的氧气氧化为 ； （6）首先根据原电池的总反应 +Cu=2 ，说明 可以将 Cu 氧化为 ，再根据实验 2-3、2-4 与实验 2-1、2-2 的对比，加入氨水后，电压差明显增大，说明氨水对 浸取单质铜的反应有促进作用； 【点睛】本题要注意第（6）问，通过实验对照，加入氨水的两组数据的电压明显比没有加入氨水的两组数 据的电压大，即可得出结论：说明氨水对浸取单质铜的反应有促进作用。 2 3 4[Cu(NH ) ] + 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+ 2 3 4[Cu(NH ) ] + 3 2[Cu(NH ) ]+