北京市海淀区2020届高三二模化学试题

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‎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；‎ D. 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 D 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 ‎【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，转化的氮气为x mol，根据三段式：‎ N2 (g) + 3H2 (g) 2NH3 (g)‎ 始 转 ‎ 平 则，，所以的转化率为：，C错误；‎ D. 人工固氮就是利用氮气和氢气反应生成氨气的原理，所以合成氨工业实现了人工固氮，D正确；故答案为：C。‎ ‎【点睛】对于吸热反应，温度升高平衡正向移动；对于放热反应，温度升高平衡逆向移动；对于反应前后气体分子数改变的反应，压强对平衡才有影响。‎ ‎8.实验室药品必须按规定存放，下列对错误存放后出现现象的解释合理的是（ ）‎ A. 石灰水敞口存放，出现白色固体:‎ B. 浓硝酸存放于无色细口瓶中，颜色变黄:‎ C. 酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄:‎ D. 将氨水和浓盐酸存放在同一个药品柜中，柜壁出现白色固体:‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 石灰水敞口存放，吸收空气中的二氧化碳，出现白色固体：，A错误；‎ B. 浓硝酸存放于无色细口瓶中，颜色变黄，是因为浓硝酸见光易分解产生的二氧化氮气体溶解在其中，方程式为：，B错误；‎ C. 酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄，是因为亚铁离子被氧化生成铁离子：，C错误；‎ D. 将氨水和浓盐酸存放在同一个药品柜中，氨水与浓盐酸反应生成氯化铵，出现白色固体：，D正确；‎ 故答案：D。‎ ‎9.下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是 实验方案 实验I：‎ 实验II：‎ 实验现象 试纸中心区域变黑，边缘变红 黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体 A. 由I可知，浓硫酸具有脱水性 B. 由I可知，浓硫酸具有弱酸性 C. 由II可知，浓硫酸具有强氧化性 D. 由II可知，浓硫酸具有吸水性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；‎ B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；‎ C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；‎ D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是（ ）‎ A. 无色溶液中：‎ B. 的溶液中：‎ C. 使石蕊变红的溶液中：‎ D. 的溶液中：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 在水溶液中显紫色，不符合题意要求，A错误；‎ B. 与发生氧化还原反应，不能共存，B错误；‎ C. 使石蕊变红的溶液为酸性溶液，与反应生成亚硫酸，不能共存，C错误；‎ D. 的溶液为碱性溶液，均能共存，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎11.丙烷的一溴代反应产物有两种:和，部分反应过程的能量变化如图所示(表示活化能)。下列叙述不正确的是 A. 丙烷中有共价键 B. 与的反应涉及极性键和非极性键的断裂 C. ‎ D. 比较和推测生成速率：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丙烷的结构式为，1个丙烷分子中有10条共价键，故丙烷中有共价键，A正确；‎ B．C3H8与Br2发生取代反应，丙烷断C-H键，是极性键，Br2断Br-Br键，是非极性键，B正确；‎ C．由图像可知，CH3CH2CH3和的能量低于和HBr，所以反应吸热，，C正确；‎ D．由图像可知，生成的活化能小于生成的活化能，活化能越小，单位体积内活化分子百分数越多，反应速率越快，故生成速率，D错误；‎ 故选D。‎ ‎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+H2OCu2O+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 ‎【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+H2OCu2O+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；‎ ‎(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。‎ 试剂 pH 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+2H2SO4ZnSO4+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CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+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CH3COOHCH3COO-+H+和醋酸根的水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+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-)；‎ ‎③a. 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)<0.10 mol/L，因此溶液中微粒浓度c(CH3COO-)>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+R3OHR1COOR3+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 CH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5 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；‎ ‎(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：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5。‎ ‎【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。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Zn+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 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：‎ 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 甲：与氨水等体积混合 电压表指针迅速编转至0.65V 乙：‎ ‎；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____________。‎ ‎(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NH3H2O，根据元素守恒，NH3H2O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·H2ONH3↑+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，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。‎ ‎ ‎