2022-2023学年北京市牛栏山一中高三上学期10月月考化学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市牛栏山一中高三上学期10月月考化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列过程发生了化学变化的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
牛栏山一中2022-2023学年度第一学期10月月考
高三年级化学试卷
本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。
所有答案必须填涂或作答在答题卡上，否则不得分。
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 O：16 N：14 Al：27 Cu：64
第Ⅰ卷(选择题共42分)
(共14小题，每小题3分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目答案的一项)
1. 下列过程发生了化学变化的是
A. 利用CO2合成燃料实现“碳中和”
B. 原子核外电子发生跃迁
C. 石油分馏得到汽油、柴油和煤油等
D. 氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料
【答案】A
【解析】
【详解】A．CO2合成燃料，发生了化学变化，选项A符合题意；
B．原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，选项B不符合题意；
C．石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，不属于化学变化，选项C不符合题意；
D．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料涉及核反应，不属于化学变化，选项D不符合题意；
答案选A。
2. 新冠病毒是一种具有包膜的RNA病毒，包膜的主要成分是蛋白质和脂质。核酸检测就是检测新冠病毒的RNA。下列说法不正确的是
A. 核酸和蛋白质都是生物大分子
B. 蛋白质能发生水解反应，而核酸不能发生水解反应
C. 核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接
D. 一定浓度的含氯消毒液可使新冠病毒中的蛋白质变性
【答案】B
【解析】
【详解】A．核酸和蛋白质都是生物大分子，A正确；
B．蛋白质能水解氨基酸，核酸可在稀盐酸中逐步水解为磷酸、戊糖和碱基，B错误；
C．核酸是由核苷酸之间通过磷酯键连接，C正确；
D．含氯消毒液的强氧化性可使蛋白质变性，D错误；
故答案选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 氨基酸、二肽、蛋白质均既能与强酸又能与强碱反应
B. 油脂不属于高分子
C. 葡萄糖、蔗糖、纤维素都是糖类物质，都可发生水解反应
D. 淀粉水解液加足量碱后，再加新制氢氧化铜浊液，加热，产生砖红色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨基酸、二肽和蛋白质均含有氨基和羧基，氨基跟强酸反应，羧基和强碱反应，所以氨基酸、二肽和蛋白质均既能跟强酸反应，又能和强碱反应，选项A正确；
B．油脂的相对分子质量较小不属于高分子化合物，选项B正确；
C．葡萄糖是不能发生水解反应的单糖，选项C不正确；
D．淀粉水解液加足量碱中和稀硫酸后，再加新制氢氧化铜浊液，加热，水解生成的葡萄糖会与新制的氢氧化铜悬浊液共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，选项D正确；
答案选C。
4. 下列说法不涉及氧化还原反应的是
A. 雷雨肥庄稼——自然固氮
B. 自然界中硫的转化——含硫化物的矿石转化为硫酸盐
C. 干千年，湿万年，不干不湿就半年——青铜器、铁器的保存
D. 明矾[KAl(SO4)2•12H2O]净水
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，氮元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，A错误；
B．含硫化物的矿石中硫元素为负价，转化为硫酸盐中的硫为+6价，发生氧化还原反应，B错误；
C．金属腐蚀与防护，涉及氧化还原反应，C错误；
D．明矾净水，是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮杂质而沉淀，没有涉及氧化还原反应，D正确；
故选D。
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是
A. 物质的量浓度为 0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有 Cl﹣个数为 NA
B. 18g 所含电子数为10NA
C. 标准状况下，11.2 L氦气所含原子数为0.5NA
D. 常温下，5.4g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.6NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 物质的量浓度为 0.5 mol/L的 MgCl2溶液中，未给定溶液的体积，无法计算含有 Cl－个数，选项A不正确；
B. 1个中含有10个电子，则18g即1mol，含电子数为10NA，选项B正确；
C. 标准状况下，氦气为单原子分子，则11.2 L氦气含有的原子个数为0.5mol，11.2 L氦气所含原子数为0.5NA，选项C正确；
D. 常温下，5.4g铝即0.2mol，与足量的盐酸反应，化合价由0价变为+3价，失去的电子数为0.6NA，选项D正确；
答案选A。
6. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 草酸(H2C2O4)溶液滴入NaHCO3溶液中： H+ +HCO= CO2↑+H2O
B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O 2H+ + Cl- +ClO-
C. Cu片与稀硝酸反应：Cu + NO +4H+ = Cu2+ + NO↑ + 2H2O
D. 向氨水中通入足量SO2气体：NH3•H2O + SO2 = NH + HSO
【答案】D
【解析】
【详解】A．草酸是弱酸，不能拆成离子，A错误；
B．次氯酸是弱酸，不能拆成离子，B错误；
C．方程式电荷不守恒，应为：3Cu + 2NO +8H+ =3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ，C错误；
D．通入足量SO2，生成亚硫酸氢根，D正确；
故选D。
7. 2020年，“新冠”席卷全球，给各个国家造成了极大的危害。阿比朵尔是治疗“新冠”疾病的一种药物，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是

A. 1mol阿比朵尔最多可与3mol NaOH发生反应
B. 1mol阿比朵尔最多可与8 mol H2发生加成反应
C. 阿比朵尔不是手性分子
D. 阿比朵尔分子O原子的杂化方式只有一种
【答案】C
【解析】
【详解】A．分析阿比朵尔的结构简式可知，其能与NaOH反应的官能团有酚羟基、酯基和碳溴键，但碳溴键水解后生成的是酚羟基，所以1mol阿比朵尔最多可与4mol NaOH发生反应，选项A错误；
B．1mol阿比朵尔最多可与7 mol H2发生加成反应，酯基不与H2发生加成反应，选项B错误；
C．阿比朵尔分子中不存在手性碳原子，不是手性分子，选项C正确；
D．阿比朵尔分子O原子存在单键和双键，杂化方式有两种，选项D错误；
答案选C。
8. 某同学制作的燃料电池示意图如下，先闭合K1接通电源一段时间后，再断开K1、闭合K2 时，电流表指针偏转。下列分析正确的是

A. 闭合K1时，Na2SO4开始电离
B. 闭合K1时，石墨a 附近溶液逐渐变红
C. 断开K1、闭合K2时，石墨a 附近溶液酸性逐渐减弱
D. 断开K1、闭合K2时，石墨b极上发生反应：H2˗2e-=2H+
【答案】C
【解析】
【分析】闭合K1时，装置为电解池，电解质溶液为Na2SO4溶液，则该装置电解水，石墨a（阳极）的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，石墨b（阴极）的电极反应为：4H++4e-=2H2↑；断开K1、闭合K2时，电流表发生偏转说明该装置内有电流产生，则该装置转变为了原电池，反应是电解池产生的O2和H2（题中也说明了是燃料电池），原本O2在石墨a电极上产生，H2在石墨b电极上产生，故石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，石墨b作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+。
【详解】A、Na2SO4遇水形成溶液就开始电离，不需要等到通电才发生电离，A错误；
B、闭合K1时，装置为电解池，石墨a为阳极，其电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，由于该电极消耗OH-，故该电极附近溶液不会变红，B错误；
C、断开K1、闭合K2时，该装置转变为了原电池，石墨a作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，由此可见石墨a 附近溶液酸性逐渐减弱，C正确；
D、断开K1、闭合K2时，石墨b极作负极，电极反应为2H2-4e-=4H+，D错误；
故选C。
9. 下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
A
B
C
D
实验




现象
试纸变蓝
试管中溶液变红
试管中产生浅黄色沉淀
苯酚钠溶液变浑浊
结论
有生成
待测溶液中含
中含有
酸性：碳酸>苯酚

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化铵和氢氧化钙在加热条件下生成氯化钙、氨气、水，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；
B．检验，应该先加KSCN溶液不变红，再加氯水溶液变红， 说明含有，故B错误；
C．是非电解质，不能电离出X-，检验中X原子种类，应该先加氢氧化钠溶液，使发生水解，再向水解液中加硝酸中和氢氧化钠，最后加硝酸银，若试管中产生浅黄色沉淀，说明含有有，故C错误；
D．碳酸钠和盐酸反应得到的二氧化碳气体中含有氯化氢，二氧化碳、氯化氢都能与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，所以不能证明酸性：碳酸>苯酚，故D错误；
选A。
10. 用电石(主要成分是CaC2，含CaS、Ca3P2等)制取乙炔时，通常会产生H2S、PH3等杂质气体。常用CuSO4 溶液进行除杂，具体反应如下：
i.CuSO4 + H2S = CuS↓ + H2SO4
ii.11PH3 + 24CuSO4 + 12H2O = 3H3PO4 + 24 H2SO4 + 8Cu3P↓
下列分析正确的是
A. 杂质气体H2S及PH3产生的原因是：CaS + 2H2O = Ca(OH)2 + H2S↑ 、Ca3P2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2PH3↑
B. 反应i发生原因是：H2S酸性强于H2SO4
C 反应ⅱ中每消耗12 mol CuSO4 ，有5.5 mol PH3被氧化
D. 用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，无需用CuSO4溶液进行除杂
【答案】A
【解析】
【详解】A．CaS、Ca3P2与CaC2和H2O的反应类似，A正确；
B．反应i发生的原因是生成难溶物CuS，B错误；
C．反应ⅱ中PH3部分被氧化，通过化合价变化可知，每消耗12molCuSO4，有1.5molPH3被氧化，C错误；
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，需要除去还原性气体杂质H2S、PH3，避免干扰，D错误；
故答案选A。
11. 下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是

操作

现象
一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变红；
②中……

A. NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路
B. ①中变红是因为发生反应2H+＋2e-＝H2↑，促进了水的电离
C. ②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红
D. ①和②中发生的氧化反应均可表示为M—2e-＝M2+(M代表锌或铁)
【答案】B
【解析】
【分析】①中，锌的金属活动性大于铁，则锌作原电池的负极，发生反应Zn-2e- ==Zn2+，铁钉作正极，发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-；②中，铁的金属活动性大于铜，则铁作原电池的负极，发生反应Fe-2e- ==Fe2+，铜作正极，发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-。
【详解】A．NaCl的琼脂水溶液能够让离子自由运动，所以其为离子迁移的通路，A正确；
B．①中变红是因为发生反应O2+4e-+2H2O==4OH-，OH-使酚酞变红，B不正确；
C．反应生成的Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀，使②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，因生成OH-使酚酞变红，而使铜丝附近区域变红，C正确；
D．①中发生的氧化反应为Zn-2e- ==Zn2+，②中发生的氧化反应为Fe-2e- ==Fe2+，均可表示为M—2e-＝M2+(M代表锌或铁)，D正确；
故选B。
12. 多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：

下列说法正确的是
A. 反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=+akJ/mol(a>0)
B. CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
C. 选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
D. 1mol CH3OH(g)和1mol H2O(g)的总能量小于1mol CO2(g)和3mol H2(g)的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，A错误；
B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，B错误；
C．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，C错误；
D．根据反应能量图，1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，D正确；
故选D。
13. “星型”聚合物具有独特的结构，在新兴技术领域有广泛的应用。下图是某“星型”聚合物的制备过程。

已知：R1COOR2+R318OHR1CO18OR3+R2OH
下列说法不正确的是
A. 单体Ⅱ的核磁共振氢谱有六组吸收峰，峰面积比为2：2：1：3：2：2
B. 单体Ⅰ与单体Ⅱ通过缩聚反应制备聚合物X，产物中有小分子醇生成
C. 聚合物X转化为聚合物Y发生取代反应，产物中有HCl
D. 聚合物Y可通过末端的碳碳双键交联形成网状结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．单体Ⅱ中含有6种不同的氢，个数比为2：2：1：3：2：2，故峰面积比为2：2：1：3：2：2，A正确；
B．由单体Ⅰ、Ⅱ及聚合物X的结构可知，Ⅰ中断裂氧氢键，Ⅱ中断裂酯基的碳氧单键，相互连接形成X，没有小分子醇生成，B错误；
C．X转化为Y过程中，X断裂氢氧键，断裂碳氯键，产物生成HCl，C正确；
D．Y末端的碳碳双键可与另一端碳碳双键加成形成网状结构，D正确；
故答案选B。
14. 某研究小组在电压为24V时进行如下实验，电解3分钟后，发现下列现象。
编号
①
②
③
装置



现象
小灯泡微弱发光，两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化
两极均产生气泡，溶液无明显变化
两极均产生气泡，阳极附近出现白色浑浊，阴极附近无明显变化
下列说法不正确的是
A. ①中小灯泡微亮可能是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，导致其电离产生的离子浓度小
B. 对比①和②，白色浑浊的出现与电极材料有关
C. 对比①和③，白色浑浊是由于OH-迁移到阳极使Ca(OH)2沉淀析出
D. 阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A. ①中小灯泡微亮是因为Ca(OH)2在水中溶解度小，电离产生的自由移动的离子浓度小，溶液导电能力弱，选项A正确；
B. 对于①阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，O2与C电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，可见白色浑浊的出现与电极材料有关，选项B正确；
C. 根据选项B分析可知白色浑浊是由于阳极产生氧气与电极反应产生的CO2溶解在Ca(OH)2溶液中形成的CaCO3，不是Ca(OH)2沉淀析出，选项C不正确；
D. 用石墨作电极电解Ca(OH)2溶液，在阳极上溶液中OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，反应产生O2与碳电极发生反应产生CO2，CO2与溶液中Ca(OH)2反应产生CaCO3白色沉淀，故阳极附近白色沉淀的成分可能是CaCO3，选项D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(非选择题共58分)
15. 回答下列问题：
（1）向100mL 0.01mol/L Ba(OH)2溶液中滴加 0.1mol/L NaHCO3溶液，测得溶液电导率的变化如下图：

用_______(离子方程式)表示B→C这一过程中发生的化学反应。
（2）①写出属于苯的同系物，同时含有8个碳原子且苯环上的一氯代物有3种的有机物的结构简式：_______、_______。
②邻苯二甲酸与乙二醇1：1发生缩聚反应的化学方程式为_______。
③对甲基苯酚与乙醛在酸性条件下合成酚醛树脂的化学方程式为_______。
（3）以CO和H2为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO2为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时，第一步就需要将CO2转化为甲醇。
已知：① CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) Δ H1 = -90.5 kJ·mol-1
② CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) Δ H2 = -41.1 kJ·mol-1
CO2与H2合成甲醇的热化学方程式为_______。
（4）研究人员用Ni、Fe作电极电解浓KOH溶液制备K2FeO4，装置示意图如下。

① Ni电极作_______(填“阴”或“阳”)极。
② Fe电极上的电极反应式为_______。
③ A溶液为KOH溶液，请结合化学用语解释其生成过程：_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. ③. ④.
（3） -49.4 kJ·mol-1
（4） ①. 阴极 ②. ③. A区发生反应，生成OH-，又K+由B区移向A区，故A区形成KOH溶液
【解析】
【小问1详解】
B→C段NaHCO3溶液的体积为10-20mL，C点时NaHCO3的物质的量为Ba(OH)2的2倍，故离子反应为。
【小问2详解】
苯的同系物、含有8个碳原子且苯环上的一氯代物有3种的有机物的结构简式为、；
邻苯二甲酸与乙二醇1：1发生缩聚反应的化学方程式为；
对甲基苯酚与乙醛在酸性条件下合成酚醛树脂的化学方程式为。
【小问3详解】
反应①-②可得：，-90.5+41.1=-49.4 kJ·mol-1，则其热化学方程式为 -49.4 kJ·mol-1。
【小问4详解】
由图可知，A区H2O被还原为H2，因此Ni为阴极；C区Fe被氧化为，则Fe电极的电极反应式为；A区发生反应，生成OH-，又K+由B区移向A区，故A区形成KOH溶液。
16. 工业上用菱锰矿(MnCO3)［含FeCO3、Cu2(OH)2CO3等杂质］为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：

已知：1.Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(MnS)=4.65×10-14
2.生成氢氧化物沉淀的pH

Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时
8.3
6.3
2.7
4.7
完全沉淀时
9.8
8.3
3.7
6.7
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol/L
（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是_______。
（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是_______。
（3）滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，请用化学用语解释其目的：_______。
（4）制备MnO2的另一种方法是电解法。用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得MnO2
①生成MnO2的电极反应式是_______。
②采用惰性电极电解MnCl2溶液的方法也可以制备MnO2，但消耗相同的电量，制得的MnO2质量小于电解MnSO4溶液制得的MnO2质量，请从电极反应角度进行解释：_______。
【答案】（1）增大固体表面积，提高反应速率
（2）2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+
（3）加入稍过量的难溶电解质MnS，MnS溶解电离，存在电离平衡：MnS(s)⇌Mn2+(aq)+S2-(aq)，滤液2中Cu2+的浓度较大，Q(CuS)大于Ksp(CuS)，S2-+Cu2+=CuS↓，生成CuS沉淀，降低c(S2-)，使Q(MnS)小于Ksp(MnS)，使MnS沉淀溶解平衡正向移动，最终导致MnS转化为更难溶的CuS，除去Cu2+
（4） ①. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ ②. 若直接电解MnCl2溶液，由于溶液中含有Cl-，Cl-会在阳极发生氧化反应产生Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，因此消耗相同的电量，制得的MnO2质量小于电解MnSO4溶液制得的MnO2质量
【解析】
【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应,过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在pH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2。
【小问1详解】
含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大固体表面积，提高反应速率；
【小问2详解】
溶液1中含有Fe2+，向其中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，继而转化为Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；
【小问3详解】
滤液2中含有Cu2+，向其中加入稍过量的难溶电解质MnS，MnS溶解电离，存在电离平衡：MnS(s)⇌Mn2+(aq)+S2-(aq)，滤液2中Cu2+的浓度较大，Q(CuS)大于Ksp(CuS)，S2-+Cu2+=CuS↓，生成CuS沉淀，降低c(S2-)，使Q(MnS)小于Ksp(MnS)，使MnS沉淀溶解平衡正向移动，最终导致MnS转化为更难溶的CuS，除去Cu2+；
【小问4详解】
①用惰性电极电解MnCl2，在阳极上Mn2+失去电子，与水中的O结合生成MnO2，故阳极的电极反应式是：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
②若直接电解MnCl2溶液，由于溶液中含有Cl-，Cl-会在阳极发生氧化反应产生Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，因此消耗相同的电量，制得的MnO2质量小于电解MnSO4溶液制得的MnO2质量。
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。
（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-＋H2OOH-+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-＋H2OOH-+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. 抗溃疡药奥美拉唑合成路线如下：

已知：的某些性质和相似，都能与R-NH2发生加成。
（1）A→B的化学方程式为_______。
（2）写出符合下列条件的A的同分异构体M的结构简式：_______。
①遇氯化铁溶液显紫色
②1mol M最多能与3mol Br2发生取代反应产生白色沉淀
③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1：1：2：1：3：1
（3）B→C的反应试剂及条件是_______；C中含氮官能团的名称为_______。
（4）D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（5）J的分子式为C9H13NO2，则I的结构简式是_______。
（6）E经三步反应形成F，请写出中间体1和中间体2的结构简式_______、_______。

【答案】（1）+CH3COOCOCH3 + CH3COOH
（2） （3） ①. 浓硝酸、浓硫酸、加热 ②. 酰氨基和硝基
（4）1：3 （5）
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】根据A的分子式及反应条件知，A为，A中氨其上的氢原子被乙酸酐取代生成B为，B中苯环和浓硝酸发生取代反应生成C，对比C、E的结构简式结合反应条件知，C中酰胺基水解生成D，D中硝基被还原为氨基生成E，故D为，E中氨基和CS2反应生成F，G发生取代反应生成H；F和K发生取代反应生成L，根据K的分子式及F、L的结构简式知，K为，H分子脱去氢离子重排生成I，I发生酯的水解反应生成J，J中羟基与SOCl2发生取代反应生成K，则I为、J为。
【小问1详解】
A为，A中氨其上的氢原子被乙酸酐取代生成B为，A→B的化学方程式为+CH3COOCOCH3 + CH3COOH；
【小问2详解】
A为，A的同分异构体M符合下列条件：①遇氯化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；②1mol M最多能与3mol Br2发生取代反应产生白色沉淀，说明苯环上酚羟基邻位和对位都含有氢原子；③核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为1：1：2：1：3：1，含有六种氢原子，且有一个甲基，符合条件的结构简式为；
【小问3详解】
B中苯环和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成C，B→C的反应试剂及条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；C中含氮官能团的名称为酰氨基和硝基；
【小问4详解】
D→E过程中，硝基转化为氨基，整个过程表示为-NO2+3Fe+6HCl→-NH2+3FeCl2+2H2O，-NO2为氧化剂，Fe为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3；
【小问5详解】
I的结构简式为；
【小问6详解】
E经三反应形成F，已知：的某些性质和相似，都能与R-NH2发生加成，E中1个氨基与CS2发生加成反应生成，然后另一个氨基再与C=S双键加成生成，最后发生消去反应生成F和H2S；
故答案为；。
19. 某小组探究Cu和H2O2的反应的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
【实验探究】
实验i：向装有0.5g Cu的烧杯中加入20mL30% H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。
（1）①写出该反应的化学方程式：_______。
②电极反应式：
ⅰ.氧化反应：_______。
ⅱ.还原反应： H2O2+ 2e- = 2OH-
【继续探究】
针对该反应速率较慢，小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。
装置
序号
试剂a
现象

ii
20mL30% H2O2与4mL5mol/L H2SO4混合液
Cu表面很快生产少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡
iii
20mL30% H2O2与4mL5mol/L氨水混合液
溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物
（2）实验ii中：溶液变蓝的原因是_______(用化学方程式表示)。
（3）对比实验i和iii，为探究浓氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用下图装置继续实验。

已知：电压大小反映了物质氧化还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。
a.K闭合时，电压为x。
b.向U型管右侧溶液中滴加浓氨水后，电压减小了y。
c.继续向U型管左侧溶液中滴加浓氨水后，电压增大了z。
①从电极反应角度解释产生现象c的原因：_______。
②利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，具体实验操作及现象是_______。
（4）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. 加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性； ②. 向U型管右侧溶液中滴加硫酸。
（4）在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强。
【解析】
【分析】根据实验现象可知和可反应生成氢氧化铜，为进一步探究反应原理，分别向反应中加入了5mol/L和5mol/L氨水，对比实验分析反应原理和双氧水生成氧气的原因。同时利用电化学原理探究氨水对的还原性或氧化性的影响，通过在电极两侧分别加入氨水观察电压的变化，分析物质氧化性和还原性变化的规律以及应用。
【小问1详解】
向装有0.5g的烧杯中加入20mL30%溶液，，一段时间后Cu表面出现少量蓝色固体，说明有氢氧化铜生成，故可推测Cu和H2O2反应生成氢氧化铜，反应方程式为；铜失电子发生氧化反应：；
【小问2详解】
实验ii中溶液变蓝，说明Cu与在酸性条件下可以发生反应，生成Cu2+，溶液变蓝色，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
向U型管双氧水一侧加入氨水，电压未变化，说明在双氧水中加入氨水不会影响双氧水氧化性的强弱，而向U型管硫酸铜一侧加入氨水，氨水可以和Cu2+发生反应生成四氨合铜离子，这时电压发生了变化，说明氨水的加入使减小，提高了的还原性；证明酸性增强可提高的氧化性时，可向U型管右侧溶液中滴加硫酸，观察电压变化；
故答案为：加入氨水，氨水与形成，使减小，提高了的还原性；向U型管右侧溶液中滴加硫酸。
【小问4详解】
根据以上实验，可得出结论：在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强。