北京市海淀区北京大学附中2020 届高三化学阶段性测试化学试题（解析版）

2020 届阶段性测试化学试题 本试卷共 10 页，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，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 Ca 40 第一部分 一、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.中国古代炼丹术中蕴含了丰富的化学知识，相关记载不绝于书。下列对炼丹术中相关记载的原理解释不正 确的是 选项 相关记载 解释 A. 《抱朴子》：“曾青（CuSO4）涂铁，铁赤色如铜……外变而 内不化也。” 发生了铁置换铜单质的反应 B. 《吕氏春秋•别类编》：“金（古代的‘金’往往指铜）柔锡柔， 合两柔则刚。” 合金的硬度大于组成它的纯 金属的硬度 C. 《抱朴子》：“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂。” 发生了可逆反应：HgS Hg + S D. 《周易参同契》：“胡粉[2PbCO3·Pb(OH)2]投火中，色坏还为 铅（Pb）。” 此处的“火”中含有炭，将 胡粉发生分解反应生成的铅 的氧化物还原为单质铅。 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A. “曾青（硫酸铜）涂铁，铁赤色如铜……外变而内不化也”，铁赤色如铜，说明生成铜，则铁置 ∆ 换出铜单质，是置换反应原理，故 A 正确； B. 金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度大于成分金属硬度，故 B 正确； C. 丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂是两个反应，前者分解生成水银，后者化合生成 HgS，反应 条件不同，不是可逆反应，故 C 错误； D. 2PbCO3·Pb(OH)2 受热分解后生成铅的氧化物，被碳还原生成单质铅，故 D 正确； 故选 C。 2.下列化学用语不正确的是 A. 氯化铵的电子式： Cl- B. 乙醛的比例模型： C. 中子数为 8 的氧原子是 O D. 氯离子的结构示意图是 【答案】A 【解析】 【详解】A. 氯离子最外层达到 8 电子稳定结构，氯化铵的电子式应为： ，故 A 错误； B. 乙醛的结构简式为 CH3CHO，其比例模型为： ，故 B 正确； C. 中子数为 8 的氧原子质量数为 8+8=16，原子符号为 O，故 C 正确； D. 氯离子核外有 18 个电子，其结构示意图是 ，故 D 正确； 故选 A。 3.下列说法不正确的是 A. 葡萄糖作为人类重要能量来源，是由于它在人体的酶催化下发生氧化反应，放出能量 B. 油脂在一定条件下能发生水解，是由于它属于天然有机高分子 C. 生石灰、草木灰等可用于腌制松花蛋，是由于碱性物质能使鸡蛋中蛋白质变性 D. 植物油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯 【答案】B 【解析】 【详解】A. 葡萄糖作为人类重要能量来源，在人体组织里，葡萄糖在酶的催化作用下缓慢氧化生成二氧化 16 8 16 8碳和水，同时释放能量，故 A 正确； B. 油脂是高级脂肪酸甘油酯，在一定条件下能发生水解，油脂的相对分子质量较小，不是高分子化合物， 故 B 错误； C. 生石灰与水反应生成碱，草木灰溶液显碱性，蛋白质在碱性物质中能够发生变性，所以生石灰、草木灰 等可用于腌制松花蛋，故 C 正确； D. 植物油是含较多不饱和脂肪酸成分的甘油酯，分子中含有的碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反 应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 D 正确。 答案为 B。 4.下列各项比较中，一定相等的是 A. 相同质量的 Fe 完全转化为 FeCl2 和 FeCl3 时转移的电子数 B. 相同质量的苯和乙炔所含的碳原子的数目 C. 标准状况下的 2.24 L HCl 气体和 1 L 0.1 mol·L−1 盐酸中所含 Cl−的数目 D. 相同物质的量浓度的 NH4Cl 和(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 NH 的浓度 【答案】B 【解析】 【详解】A．FeCl2 中 Fe 元素是+2 价，FeCl3 中 Fe 元素是+3 价，则相同质量或等物质的量的 Fe 完全转化为 FeCl2 和 FeCl3 时转移的电子数之比为 2:3，肯定不可能相等，故 A 错误； B．苯和乙炔的最简式相同，均为 CH，所含碳元素的质量分数也相同，则质量相同的苯和乙炔所含的碳原 子的数目一定相等，故 B 正确； C．HCl 是共价化合物，HCl 气体中不含 Cl-，盐酸中含有 Cl-，则所含 Cl-的数目肯定不可能相等，故 C 错 误； D．相同物质的量浓度的 NH4Cl 和(NH4)2FeSO4 溶液，如果不考虑 NH 水解，后者溶液中 NH 浓度是前者 的 2 倍，事实两溶液中 NH 水解程度不同，且(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+的水解能抑制 NH 水解，则两溶 液中 NH 的浓度肯定不相等，故 D 错误； 故答案为 B。 5.一氧化碳甲烷化反应为：CO(g) + 3H2(g) = CH4(g) + H2O(g)。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量 变化（部分物质省略）。 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4下列说法不正确的是 A. 步骤①只有非极性键断裂 B. 步骤②的原子利用率为 100% C. 过渡态Ⅱ能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢 D. 该方法可以清除剧毒气体 CO，从而保护环境 【答案】C 【解析】 【详解】A. 步骤①是 H2 断键，CO 未断键，因此只有非极性键断裂，故 A 正确； B. 步骤②反应物全部变为生成物，因此原子利用率为 100%，故 B 正确； C. 根据图中信息，过渡态 I 的能量差最高，因此其对应的步骤①反应速率最慢，故 C 错误； D. 根据反应的历程可知，有毒一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体 CO， 从而保护环境，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 6.下列解释事实的方程式不正确的是 A. 84 消毒液（有效成分为 NaClO）中加入少量白醋可增强消毒效果：ClO− + CH3COOH = HClO + CH3COO− B. 用 Na2CO3 将水垢中的 CaSO4 转化为易于除去的 CaCO3：CaSO4 + CO = CaCO3 + SO C. 稀硫酸酸化的淀粉−KI 溶液在空气中放置一段时间后变蓝：2I− + SO + 4H+ = I2 + SO2 + 2H2O D. 用 Na2S2O3 做碘量法实验时，溶液 pH 不可太低：S2O + 2H+ = SO2 + S↓ + H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. 84 消毒液(有效成分为 NaClO)中加入少量白醋可增强消毒效果，更利于生成 HClO：ClO− + CH3COOH = HClO + CH3COO−，故 A 正确； B. 用 Na2CO3 将水垢中的 CaSO4 转化为易于除去的 CaCO3，利用难溶物的溶解平衡原理：CaSO4 + = 2- 3 2- 4 2- 4 2- 3 2 3CO −CaCO3 + ，故 B 正确； C. 稀硫酸酸化的淀粉−KI 溶液在空气中放置一段时间后变蓝：2I− + O2+ 4H+ = I2 + 2H2O，故 C 错误； D. 用 Na2S2O3 做碘量法实验时，溶液 pH 不可太低，易发生反应出现浑浊： + 2H+ = SO2 + S↓ + H2O，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 7.下列实验能达到目的的是 实验目的 实验方法 A 证明甲苯中的甲基活化了苯环 分别取甲苯和苯与酸性高锰酸钾反应，观察使酸性高 锰酸钾溶液褪色的情况 B 除去 CuSO4 溶液中的少量 Fe2+、Fe3+ 先加入少量 H2O2，再加入 CuO 调节溶液 pH≈4，过滤 C 证明 Ag+能将 Fe2+氧化为 Fe3+ 取少量 Fe(NO3)2 溶液，加入几滴 KSCN；再加入几滴 AgNO3 溶液（pH=5），观察加入 AgNO3 溶液前后的颜 色变化 D 检验 CH3CH2Br 消去反应的产物乙烯 将产物气体直接通入酸性 KMnO4 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯能被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，说明苯环活化了甲基， 故 A 错误； B．除去 CuSO4 溶液中的少量 Fe2+、Fe3+，先加入少量 H2O2，将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，再加 CuO 可促进铁 离子水解转化为沉淀，然后过滤可分离，故 B 正确； C．少量 Fe(NO3)2 溶液中加入几滴 KSCN，再加入几滴酸性 AgNO3 溶液(pH=5)，有 AgSCN 白色沉淀生成， 同时 NO3-在酸性条件下也能将 Fe2+氧化为 Fe3+，溶液呈红色，则无法判断 Ag+能氧化 Fe2+，故 C 错误； 2 4SO − 2 2 3S O −D．CH3CH2Br 在 NaOH 的醇溶液中加热，发生消去反应生成乙烯，因乙醇有挥发性，且挥发的乙醇也能使 酸性高锰酸钾溶液褪色，未除去乙烯中的乙醇，则无法检验消去产物乙烯，故 D 错误； 故答案为 B。 8.四种短周期元素 X、Y、Z 和 W 在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为 48。下列说法不正确的是 A. 原子半径(r)大小比较 r(X)＞r(Y) B. Z 的最低价单核阴离子的还原性比 Y 的强 C. X 和 W 可形成共价化合物 XW3 D. 含氧酸的酸性强弱关系一定是：W＞Z 【答案】D 【解析】 【分析】 设 Y 的原子序数为 a，则 X 原子序数为 a－1，Z 的原子序数为 a+8，W 的原子序数为 a+9，因此 a+ a－1+ a+8+a+9=48，则 a=8，则 X 为 N，Y 为 O，Z 为 S，W 为 Cl。 【详解】A. 同周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径(r)大小比较 r(N)＞r(O)，故 A 正确； B. 非金属越强，对应阴离子的还原性越弱，O 非金属性比 S 强，因此 Z 的最低价单核阴离子(S2−)的还原性 比 Y 的的最低价单核阴离子(O2−)强，故 B 正确； C. X 和 W 可形成共价化合物 NCl3，故 C 正确； D. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系是： HClO4＞H2SO4，故 D 错误。 综上所述，答案为 D。 9.某小组同学自酿米酒，具体步骤如下： 定时监测获得的实验数据图如下：下列说法不正确的是 A. 糯米中淀粉在酒曲中糖化酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇 B. 酿造过程中米酒 pH 逐渐下降，可能 因为部分乙醇被空气氧化为乙酸 C. 从第 7 天开始米酒的酒精度近乎不变，说明溶液中的葡萄糖已经完全反应 D. 该小组最终酿出的米酒酒精度不高，可采用蒸馏法提高酒精度 【答案】B 【解析】 【详解】A. 糯米中淀粉在酒曲中糖化酶作用下水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇，故 A 正 确； B. 酿造过程中米酒 pH 逐渐下降，可能是因为葡萄糖在乳化酶的作用下产生了乳酸，从而使得 pH 降低， 故 B 错误； C. 从第 7 天开始米酒的酒精度近乎不变，说明溶液中酒精不再生成，葡萄糖已经完全反应转化为酒精，故 C 正确； D. 该小组最终酿出的米酒酒精度不高，为了提高酒精度可采用蒸馏法进行蒸馏，故 D 正确。 综上所述，答案为 B。 10.由 N−乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸 β−羟乙基（HEMA）合成水凝胶材料高聚物 A 具有较高的 含水量，其路线如下图所示： 下列说法不正确的是 A. HEMA 的水解产物均可用作聚合反应的单体 是B. 高聚物 A 因含有多个—OH 而具有良好的亲水性 C. HEMA 和 NVP 通过缩聚反应生成高聚物 A D. 若将高聚物 A 与足量 HOOC(CH2)4COOH 反应，可能通过形成新的酯基，进而交联形成网状结构 【答案】C 【解析】 【详解】A. HEMA 的水解产物为甲基丙烯酸和乙二醇，甲基丙烯酸中含碳碳双键，乙二醇中含两个羟基， 均可用作聚合反应的单体，故 A 正确； B. -OH 属于亲水基，高聚物 A 含有多个-OH，具有良好的亲水性，故 B 正确； C. 由上述反应可以知，HEMA 和 NVP 通过加聚反应生成高聚物 A，故 C 错误； D.高聚物 A 中含有多个羟基，与足量 HOOC(CH2)4COOH 反应，可能通过形成新的酯基，进而交联形成网 状结构，故 D 正确； 故选 C。 11.一种锂离子电池的反应式为 LixC6 + Li1−xCoO2 6C+LiCoO2（x＜1）。其工作原理如图所示。下列 说法不正确的是 A. 放电时，A 极电极式为：LixC6 − xe− = 6C + xLi+ B. 放电时，若转移 0.3 mol 电子，石墨电极将减重 2.1g C. 充电时，Li+从左向右移动 D.若要从废旧该型锂电池的正极材料中回收锂元素，先进行放电处理，有利于 Li+尽可能从负极脱出，在正 极富集 【答案】C 【解析】 【详解】A. 根据图中信息，Li+向 B 极移动，则 B 极为正极，A 极为负极，因此放电时，A 极电极式为：LixC6 →←充电 放电− xe− = 6C + xLi+，故 A 正确； B. 放电时，根据 LixC6 − xe− = 6C + xLi+，若转移 0.3 mol 电子，则石墨电极将减重 0.3 mol ×7 g∙mol−1=2.1g， 故 B 正确； C. 充电时，根据“异性相吸”，得到Li+从右向左移动，故 C 错误； D. 若要从废旧该型锂电池 正极材料中回收锂元素，先进行放电处理，有利于 Li+尽可能从负极脱出，进入 到正极，有利于锂在 LiCoO2 极回收，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 12.用 0.1000 mol·L−1 NaOH 溶液分别滴定 20.00 mL 0.1000 mol·L−1 的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列 说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B. V(NaOH) = 10.00 mL 时，醋酸溶液中 c(CH3COOH)＜c(CH3COO−) C. pH = 7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积小于滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积 D. V(NaOH) = 20.00 mL 时，两溶液中 c(CH3COO−)＝c(Cl−) 【答案】B 【解析】 【详解】A. 0.1000 mol·L−1 的盐酸和醋酸，盐酸的 pH =1，醋酸的 pH 值大于 1，因此Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和 盐酸的滴定曲线，故 A 错误； B. V(NaOH) = 10.00 mL 时，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显 酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中 c(CH3COOH)＜c(CH3COO−)，故 B 正确； C. pH = 7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积为 20.00mL，滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积为 20.00mL 时， 溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的 pH= 7 ，则加入的 NaOH 溶液体积小于 20.00mL，因此滴定盐 酸消耗的 NaOH 溶液体积大于滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积，故 C 错误； D. V(NaOH) = 20.00 mL 时，两溶液溶质分别为 NaCl 和 CH3COONa，醋酸根水解，因此溶液中 c(CH3COO−) ＜c(Cl−)，故 D 错误； 综上所述，答案为 B。 的13.反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)在催化剂作用下，于 323 K 和 343 K 时充分反应，SiHCl3 的转 化率随时间变化的结果如图所示： 下列说法不正确的是 A. 343 K 时反应物的平衡转化率为 22% B. a、b 处反应速率大小：va＞vb C. 要提高 SiHCl3 转化率，可采取的措施是降温和及时移去反应产物 D. 已知反应速率 ，k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，x 为物质的 量分数，则 343 K 时 【答案】C 【解析】 【分析】 由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K 的反应，曲线 b 代表 323K 的反应；要提高反应物的转化率，就需要使平衡向右移动，从此角度出发进行分析；根据转化率列出三段 式，再利用达到平衡时正反应速率等于逆反应速率，进行相关的计算。 【详解】A．由图示，温度越高反应速率越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线 a 代表 343K 的反应， 从图中读出 343 K 时反应物的平衡转化率为 22%，A 正确； B．a、b 两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而 a 点的温度更高，所以速率更快，即 va＞ vb，B 正确； C．由图可知，温度越高转化率越大，减少生成物，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，则转化率增大，所 以要提高 SiHCl3 转化率，可采取的措施是升温和及时移去反应产物，C 错误； D．假设开始时 SiHCl3 的物质的量浓度为 cmol/L，343 K 时反应物的平衡转化率为 22%，则有：  3 2 2 4 2 SiHCl SiH Cl SiClv=v -v =k x -k x x正 逆 正 逆 2 2 k 0.11=k 0.78 正 逆， ， 已知反应速率 ，平衡时 v 正=v 逆，则有 ，所 以 ，D 正确。 答案选 C。 【点睛】本题先从图像获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素判断，重视基本知识的 掌握，培养学生获取信息的能力及解题能力。 14.水浴加热滴加酚酞的 NaHCO3 溶液，颜色及 pH 随温度变化如下（忽略水的挥发）： 时间 ① ② ③ ④ ⑤ 温度/℃ 20 30 40 从 40℃冷却到 20℃ 沸水浴后冷却到 20℃ 颜色变化 红色略加深 红色接近① 红色比③加深较多 pH 8.31 8.29 8.26 8.31 9.20 下列说法不正确的是（ ） A. NaHCO3 溶液显碱性的原因：HCO3-+H2O H2CO3+OH- B. ①→③的过程中，颜色加深的原因可能是 HCO3-水解程度增大 C. ①→③的过程中，pH 略微下降说明升温过程中 c(OH-)减小 D. ⑤比①pH 增大，推测是由于 NaHCO3 分解生成的 Na2CO3 的缘故 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaHCO3 显碱性,是溶液中 HCO3-发生水解反应的缘故，其中水解反应式为 HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故 A 正确； ( ) ( ) ( )3 2 2 42SiHCl g SiH Cl g + SiCl g (mol/L) c 0 0 (mol/L) 0.22c 0.11c 0.11c (mol/L) 0.78c 0.11c 0.11c  起始浓度 ： 变化浓度 ： 平衡浓度 ： 3SiHCl 0.78cx = 0.780.78c+0.11c+0.11c = 3SiHCl 0.11cx = 0.110.78c+0.11c+0.11c = 3SiHCl 0.11cx = 0.110.78c+0.11c+0.11c = 3 2 2 4 2 SiHCl SiH Cl SiClv=v -v =k x -k x x正 逆 正 逆 3 2 2 4 2 SiHCl SiH Cl SiClk x =k x x正 逆 2 2 4 3 2 SiH Cl SiCl 2 2 2 SiHCl x xk 0.11 0.11 0.11=k x 0.78 0.78 ×= =正 逆B．①→③的过程中，溶液温度升高，促进 HCO3-水解，溶液的碱性增强，故 B 正确； C．①→③的升温过程中，促进水的电离，水的离子积常数增加，溶液中 OH-略有增大，但溶液 pH 略微却 下降，故 C 错误； D．⑤和①的温度相同，但⑤比①pH 增大，应该是⑤溶液中的 Na2CO3 的水解程度大于①中 NaHCO3 的水解 程度，故 D 正确； 故答案为 C。 第二部分（本部分共 5 题，共 58 分） 15.《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物 保护的主旨。 （1）查阅高中教材得知铜锈为 Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的 艺术价值。参与形成铜绿的物质有 Cu 和_______。 （2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有 Cu2(OH)2CO3 和 Cu2(OH)3Cl。考古学家 将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示： Cu2(OH)2CO3 和 Cu2(OH)3Cl 分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_____________ （3）文献显示有害锈的形成过程中会产生 CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答： ① 过程Ⅰ的正极反应物是___________。 ② 过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。 （4）青铜器的修复有以下三种方法： ⅰ．柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在 2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈； ⅱ．碳酸钠法：将腐蚀文物置于含 Na2CO3 的缓冲溶液中浸泡，使 CuCl 转化为难溶的 Cu2(OH)2CO3； ⅲ．BTA 保护法： 。请回答下列问题： ①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。 ②三种方法中，BTA 保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有___________。 A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜 B．替换出锈层中的 Cl-，能够高效的除去有害锈 C．和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧” 【答案】 (1). O2、H2O、CO2 (2). 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀 铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 (3). 氧气（H2O） (4). Cu-e-+Cl-=CuCl (5). 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- (6). ABC 【解析】 【分析】 （1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变； （2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3 为致密结构，Cu2(OH)3Cl 为疏松结构； （3）正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，Cu 作负极； （4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的 Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA 保护 法不破坏无害锈。 【详解】（1）铜锈为 Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质 有 Cu 和 O2、H2O、CO2； （2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3 为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。 Cu2(OH)3Cl 为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈； （3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程Ⅰ的正极反应物是氧气，电极反应式为 O2+4e-+2H2O===4OH-； ②结合图像可知，过程Ⅰ中 Cu 作负极，电极反应式是 Cu-e-+Cl-=CuCl； （4）①碳酸钠法中，Na2CO3 的缓冲溶液使 CuCl 转化为难溶的 Cu2(OH)2CO3，离子方程式为 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-； ②A．在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使 BTA 保护法应用更为普遍，故 A 正确； B．Cu2(OH)3Cl 为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中 的 Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使 BTA 保护法应用更为普遍，故 B 正确； C．酸浸法会破坏无害锈 Cu2(OH)2CO3，BTA 保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修 旧如旧”，这能使 BTA 保护法应用更为普遍，故 C 正确； 答案选 ABC。 16.天然石灰石是工业生产中重要的原材料之一，它的主要成分是 CaCO3，一般以 CaO 的质量分数表示钙含 量，常采用高锰酸钾法测定。步骤如下： Ⅰ．称取 a g 研细的石灰石样品于 250 mL 烧杯中，加过量稀盐酸溶解，水浴加热 10 分钟； Ⅱ．稍冷后逐滴加入氨水至溶液 pH≈4，再缓慢加入适量(NH4)2C2O4 溶液，继续水浴加热 30 分钟； Ⅲ．冷却至室温后过滤出沉淀，用另外配制的稀(NH4)2C2O4 溶液洗涤沉淀三次，再用蒸馏水洗涤至洗涤液 中无法检出 Cl−； Ⅳ．加入适量热的稀硫酸至沉淀中，获得的溶液用 c mol·L−1 KMnO4 标准溶液滴定至终点。 Ⅴ．平行测定三次，消耗 KMnO4 溶液的体积平均为 V mL。 已知：H2C2O4 是弱酸；CaC2O4 是难溶于水的白色沉淀。 ⑴Ⅰ中为了加快反应速率而采取 操作有_____。 ⑵Ⅱ中加入氨水调节溶液 pH 的作用是_____。 ⑶Ⅲ中洗涤得到干净的沉淀。 ①结合平衡移动原理，解释用稀(NH4)2C2O4 溶液洗涤沉淀的目的__________________________。 ②检测洗涤液中无 Cl− 试剂和现象是__________________________。 ③若沉淀中的 Cl−未洗涤干净，则最终测量结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 ⑷Ⅳ中用 KMnO4 标准溶液滴定。 ①滴定时发生反应的离子方程式为_____。 ②滴定至终点的现象为_____。 ③样品中以 CaO 质量分数表示的钙含量为_____（列出表达式）。 【答案】 (1). 将石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等 (2). 避免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸 (3). 增加草酸根浓度，CaC2O4(s) Ca2+(aq) + C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡 (4). 取最后一次洗涤 的 的 液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀，则未洗净，若无现象，则洗净 (5). 偏大 (6). 5H2C2O4+ 2MnO4－+8 H+＝2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O (7). 当滴入最后一滴溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟 不变为原来的颜色 (8). 【解析】 【分析】 将研细的石灰石溶于过量的稀盐酸中，充分反应后，逐滴加入氨水，降低酸性，再缓慢加入适量(NH4)2C2O4 溶液，反应生成草酸钙沉淀并过滤，用稀(NH4)2C2O4 溶液洗涤沉淀，加入适量热的稀硫酸，得到草酸溶液， 再用 KMnO4 标准溶液滴定至终点。 【详解】⑴Ⅰ中为了加快反应速率而采取的操作有将石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等；故答案为：将 石灰石粉碎、搅拌，适当升高温度等。 ⑵稍冷后逐滴加入氨水至溶液 pH≈4，再适量(NH4)2C2O4 溶液，说明Ⅱ中加入氨水调节溶液 pH 的作用是避 免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸；故答案为：避免酸性过强，生成的草酸钙溶于酸。 ⑶①根据平衡移动原理可知，用稀(NH4)2C2O4 溶液洗涤沉淀的目的是增加草酸根离子浓度，CaC2O4(s) Ca2+(aq) + C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡；故答案为：增加草酸根浓度，CaC2O4(s) Ca2+(aq) + C2O42−(aq)，抑制草酸钙溶解平衡。 ②检测洗涤液中无 Cl-的试剂和现象是取最后一次洗涤液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀，则 未洗净，若无现象，则洗净；故答案为：最后一次洗涤液于试管，加入稀硝酸和硝酸银，如有白色沉淀， 则未洗净，若无现象，则洗净。 ③若沉淀中的 Cl-未洗涤干净，则溶于稀硫酸后，再用 KMnO4 标准溶液滴定，Cl-与高锰酸钾溶液反应，因 此消耗的 KMnO4 标准溶液增大，计算出的草酸根物质的量增大，则最终测量结果偏大；故答案为：偏大。 ⑷①滴定时草酸溶液与酸性高锰酸钾反应，发生的离子方程式为 5H2C2O4+ 2MnO4－+8 H+＝2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O；故答案为：5H2C2O4+ 2MnO4－+8 H+＝2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O。 ②滴定至终点的现象为当滴入最后一滴溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不变为原来的颜色；故答 案为：当滴入最后一滴溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不变为原来的颜色。 ③样品中 ，则 CaO 质量分数表示的钙含量 为 ；故答案为： 。 17.CO2 的资源化利用能有效减少 CO2 排放，充分利用碳资源。 14 %cV a   ( ) 1 3 3 2 2 4 5 5n(CaO)=n H C O mol L 10 L= 10 mol2 2 cVc V− − −= ⋅ × × 3 15 10 mol 56g mol 142ω 100% %g cV cV a a − −× ⋅ = × = 14 %cV a⑴在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。 ①写出钙化作用的离子方程式_____。 ②同位素示踪法证实光合作用释放出的 O2 只来自于 H2O。用 18O 标记物质的光合作用的化学方程式如下， 将其补充完整： ______________+________________ ⑵电解法转化 CO2 可实现 CO2 资源化利用。电解 CO2 制 HCOOK 的原理示意图如下。 ①阴极的电极反应式为_____。 ②电解一段时间后，阳极区 KHCO3 浓度下降，原因是______________________________________。 ⑶CO2 催化加氢合成二甲醚是一种 CO2 转化方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g) + H2(g) === CO(g) + H2O(g) ΔH = +41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：2CO2(g) + 6H2(g) === CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ΔH = −122.5 kJ·mol−1 在恒压、CO2 和 H2 的起始量一定的条件下，CO2 平衡转化率和平衡时 CH3OCH3 的选择性随温度的变化如 图。CH3OCH3 的选择性 =2×CH3OCH3 的物质的量反应的 CO2 的物质的量×100% ①温度高于 300 ℃时，CO2 平衡转化率随温度升高而上升的原因是____________。 ②220℃时，在催化剂作用下 CO2 与 H2 反应一段时间后，测得 CH3OCH3 的选择性为 48%（图中 A 点）。 反应时间和温度不变，提高 CH3OCH3 选择性的措施有_________________。 A.增大压强 B. 使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 C. 及时移走产物 【答案】 (1). Ca2+ + 2HCO3－ = CaCO3 ↓+ CO2↑+ H2O (2). xCO2 (3). 2xH2O (4). CO2 + 2e－ + H2O =HCOO－ + OH－ (5). 氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水 (6). 反应Ⅰ是吸热反应，反应向 吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升 高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此 CO2 平衡转化率随温度升高而上升 (7). ABC 【解析】 【分析】 ⑴①钙化作用是钙离子和碳酸氢根反应生成碳酸钙、二氧化碳和水；②根据质量守恒配平反应。 ⑵①电解 CO2 制 HCOOK，化合价降低，在阴极反应；②分析阴极产物与碳酸氢根反应。 ⑶①根据图中信息，温度高于 300℃时，分析两个反应在改变温度时平衡移动谁占主要；②根据平衡移动 原理及存在两个竞争的反应来分析提高 CH3OCH3 选择性的措施。 【详解】⑴①钙化作用是钙离子和碳酸氢根反应生成碳酸钙、二氧化碳和水，其离子方程式 Ca2+ + 2HCO3－ = CaCO3 ↓+ CO2↑+ H2O；故答案为：Ca2+ + 2HCO3－ = CaCO3 ↓+ CO2↑+ H2O。 ②同位素示踪法证实光合作用释放出的 O2 只来自于 H2O，根据质量守恒得到化学方程式 xCO2 + 2xH2O ；故答案为：xCO2 ；2xH2O。 ⑵①电解 CO2 制 HCOOK，化合价降低，在阴极反应，因此阴极的电极反应式为 CO2 + 2e－ + H2O =HCOO － + OH－；故答案为：CO2 + 2e－ + H2O =HCOO－ + OH－。②阴极生成氢氧根，氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水，因此电解一段时间后，阳极区 KHCO3 浓度 下降；故答案为：氢氧根与碳酸氢根反应生成碳酸根和水。 ⑶①根据图中信息，温度高于 300℃时，CO2 平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，反 应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动， 升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此 CO2 平衡转化率随温度升高而上升；故答案为：反应Ⅰ是吸 热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动 即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此 CO2 平衡转化率随温度升高而上升。 ②A. 反应Ⅱ是体积减小的反应，而反应Ⅰ是等体积反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，提高 CH3OCH3 选择性；B. 反应存在两个竞争的反应，因此使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂来提高 CH3OCH3 选择性； C. 及时移走产物 CH3OCH3，能使得反应Ⅱ不断正向反应，增加 CH3OCH3 选择性；综上所述，答案为 ABC。 【点睛】化学平衡综合题型是常考题型，主要考查反应方程式和化学平衡移动、化学反应速率、化学平衡 常数、电化学知识等。 18.化合物 M 是桥环化合物二环[2.2.2]辛烷的衍生物，其合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （ⅰ、ⅱ中 R1、R2、R4 均代表烃基，R3 代表烃基或氢原子） ⑴A 可与 NaHCO3 溶液反应，其名称为_____。B 中所含官能团的结构简式为______________。⑵B→C 的化学方程式为_____。 ⑶试剂 a 的分子式为 C5H8O2，能使 Br2 的 CCl4 溶液褪色，则 C→D 的反应类型为_______。 ⑷F→G 的化学反应方程式为_____。 ⑸已知 E→F 和 J→K 都发生了相同的反应，则带六元环结构的 K 的结构简式为_____________。 ⑹HOCH2CH2OH 的作用是保护 G 中的酮羰基，若不加以保护，则 G 直接在 C2H5ONa 作用下可能得到 I 之 外的副产物，请写出一个带六元环结构的副产物的结构简式____________________。 ⑺已知 。由 K 在 NaOH 作用下反应得到 化合物 M，该物质具有如下图所示的二环[2.2.2]辛烷的立体结构，请在图中补充必要的官能团得到完整的 M 的结构简式。__________________ 【 答 案 】 (1). 乙 酸 (2). —COOR (3). CH3COOCH2CH3 + CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOCH2CH3 + CH3CH2OH (4). 加成反应 (5). + 2CH3CH2OH + 2H2O (6). (7). (8). 【解析】 【分析】 A 的分子式为 C2H4O2，A 能与 NaHCO3 溶液反应，A 为 CH3COOH，A 和乙醇在浓硫酸、加热条件下反应 生成 B，结合 B 的分子式， B 为 CH3COOCH2CH3；乙酸乙酯（B）在乙醇钠作用下反应生成 C，根据已知 i、C 的分子式推出 C 的结构简式为 CH3COCH2COOCH2CH3；E 的分子式为 C10H14O7，D 发生水解反应、再 3 2CH CH ONa→ Δ 浓硫酸酸化生成 E，E 的结构简式为 ； E 受热反应生成 F，F 和乙醇发生酯化反应生成 G，根据 G 的结构简式和 F 的分子式知，F 的结构简式为 ；G 发生已知 ii 的反应生 成 H，H 发生已知 i 的反应生成 I，I 水解后酸化反应生成 J，E→F 和 J→K 都发生了相同的反应，K 中带有 六元环结构，则 I 的结构简式为 ，J 的结构简式为 ， K 的结构简式为 。 【详解】(1)A 的分子式为 C2H4O2，A 能与 NaHCO3 溶液反应，说明 A 中含有羧基，则 A 的名称为乙酸；A 和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯（B），因此 B 中所含官能团的结构简式为—COOR；故答案 为：乙酸；—COOR。 ⑵B 的结构简式为 CH3COOCH2CH3，C 的结构简式为 CH3COCH2COOCH2CH3，B→C 发生已知 i 的反应， 反应的化学方程式为 CH3COOCH2CH3 + CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOCH2CH3 + CH3CH2OH；故答案为：CH3COOCH2CH3 + CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOCH2CH3 + CH3CH2OH。 ⑶C 的结构简式为 CH3COCH2COOCH2CH3，C 与试剂 a、（C2H5）3N 反应生成 D （ ），试剂 a 的分子式为 C5H8O2，能使 Br2 的 CCl4 溶液褪色，则 a 的结构简 式为 CH2=CHCOOCH2CH3，因此 C→D 的反应类型为加成反应；故答案为：加成反应。 3 2CH CH ONa→ 3 2CH CH ONa→⑷F 与乙醇发生酯化反应生成 G，反应的化学反应方程式为 + 2CH3CH2OH + 2H2O；故答案为： + 2CH3CH2OH + 2H2O。 ⑸根据分析，K 的结构简式为 ；故答案为： 。 ⑹HOCH2CH2OH 的作用是保护 G 中的酮羰基，若不加以保护，则 G 直接在 C2H5ONa 作用下可能得到 I 之 外的副产物，结合已知 i，一个带六元环结构的副产物的结构简式为 ；故答案 为 。 ⑺题给已知表明在 NaOH 作用下，羰基的邻碳 C—H 键断裂，与另一羰基发生加成反应；K 的结构简式为 ，K 在 NaOH 作用下反应得到化合物 M，该物质具有如图 所示的二环 [2.2.2]辛烷的立体结构，则 M 的结构简式为 ；故答案为： 。 【点睛】本题考查有机推断，难点是对题给已知反应信息的摄取和应用，获取有机反应的信息注意从官能 团和反应的断键、成键方式上分析。 19.某小组探究 Na2SO3 溶液和 KIO3 溶液的反应。 Δ 浓硫酸 Δ 浓硫酸实验 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 0～t1 t2～t3 t4 偏转 位置 右偏至 Y 指针回到“0”处，又返至“X”处； 如此周期性往复多次…… 指针 归零 ① K 闭合后，取 b 极区溶液加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，现象是______。 ② 0～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- 【答案】 (1). 还原 (2). 大 (3). (4). 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 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 (8). AC 【解析】 2 2 2 3 2 4I SO H O 2I SO 2H− − − ++ + = + + 2 3Na SO I −【详解】（1）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 液突然变蓝。说明溶液中生成了 I2，IO3－中 I 的化合价从＋5 降低到 0，硫的化合价升高，则 Na2SO3 具有还 原性，答案为还原； （2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大； ii. I2 具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则 I2 被还原成 I－，SO32－被氧化成 SO42－， 根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为 I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋； （3）为了证明假设 ii 的合理性，即生成的 I2 会由于 Na2SO3 的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色， 则需要在含有 I2 的溶液中，加入少量的 Na2SO3 溶液，与 I2 反应，使蓝色消失，答案为少量 Na2SO3； （4）0～t1，指针右偏至 Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“0”处，又返至“X”处； 如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。 ①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明 SO32－被氧化成了 SO42－。加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，有白 色沉淀生成。答案为生成白色沉淀； ②0～t1 时，直接向 a 极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与 SO32 －反应，生成了 I－，答案为 I－； ③t2～t3 时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转 到 X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，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； （5）A．如果有 SO32－存在，SO32－会与 I2 反应，现溶液呈现蓝色，说明存在 I2，没有 SO32－，A 正确；B. 对比实验 I、III，t 秒前 IO3－还原成 I－，而不是 I2，有发生变化，B 项错误；C．指针回到 0，电路中没有 发生反应，发生的反应是 IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到 x，说明又与 SO32－反应，产生 电流。如果是 IO3-与 SO32－反应，指针会指到 Y，所以是 I2 与 SO32－反应，C 正确；答案为 AC。 【点睛】本题题目非常新颖，但是只要抓住反应顺序，开始为 IO3－与 SO32－生成碘单质，I2 再和 SO32－反应， 生成 I－，再 I－和 IO3－反生碘单质，如此往复。