北京市海淀区北京大学附中2020届高三下学期阶段性测试化学试题 Word版含解析

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‎2020 届北大附中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】‎ - 26 -‎ ‎【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 - 26 -‎ ‎【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。‎ - 26 -‎ ‎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）。‎ 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 - 26 -‎ ‎【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 + = 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 - 26 -‎ ‎【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；‎ 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；‎ - 26 -‎ 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。‎ - 26 -‎ 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 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 - 26 -‎ 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 − 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 - 26 -‎ 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。‎ ‎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：‎ - 26 -‎ 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%‎ - 26 -‎ ‎，则有：‎ ‎，，‎ 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-+H2OH2CO3+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】‎ - 26 -‎ ‎【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-+H2OH2CO3+OH-，故A正确；‎ 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；‎ - 26 -‎ 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；‎ - 26 -‎ ‎（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__________________________。‎ - 26 -‎ ‎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。‎ - 26 -‎ ‎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。‎ ‎⑴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。‎ - 26 -‎ ‎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_________________。‎ - 26 -‎ 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 - 26 -‎ 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_______。‎ - 26 -‎ ‎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 + CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3 + 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 - 26 -‎ ‎）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 + CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3 + CH3CH2OH；故答案为：CH3COOCH2CH3 + CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3 + 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 ‎ - 26 -‎ 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。‎ ‎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：‎ - 26 -‎ ‎。‎ ‎【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。‎ 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：________。‎ - 26 -‎ ‎（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】‎ ‎【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 - 26 -‎ ‎－，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。‎ - 26 -‎