北京市2020届高三化学质量监测试题（Word版附解析）

北京市 2020 届高三年级质量监测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 S-32 N-14 Na-23 Al-27 Cu-64 Cl-35.5 第一部分（选择题） 本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题 3 分，共 14 题，共 42 分。 1.化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ） A. 食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用 B. 铅蓄电池工作时两极的质量均增加 C. CO2 和 SO2 都是形成酸雨的气体 D. 用明矾作净水剂除去水中的悬浮物 【答案】C 【解析】 【详解】A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能 也产生一定的毒性，A 正确； B．铅蓄电池工作时，负极 Pb→PbSO4，正极 PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B 正确； C．SO2 是形成酸雨的气体，但 CO2 不是形成酸雨的气体，C 错误； D．明矾中的 Al3+可水解生成 Al(OH)3 胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水 剂，D 正确； 故选 C。 2. 下列叙述正确的是 A. Na 在足量 O2 中燃烧，消耗 lmol O2 时转移的电子数是 4×6.02×1023 B. 盐酸和醋酸的混合溶液 pH=1，该溶液中 c(H+) =0.1 mol/L C. 1 L 0.1 mol/L NH4Cl 溶液中的 NH 数是 0.1×6.02×1023 D. 标准状况下 2.24 L Cl2 中含有 0.2 mol 共价键 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应后氧元素的价态为-1 价，故 l mol O2 时转移的电子数是 2×6.02×1023，故 A 错误；B．混合溶液 pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故 c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故 B 正确； C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故 NH4+数小于 0.1×6.02×1023，故 C 错误； D．标准状况下 2.24 L Cl2 的物质的量为 0.1mol，而 1mol 氯气中含 1mol 共价键，故 0.1mol 氯 气中含 0.1mol 共价键，故 D 错误； 故选 B。 3.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ） A. 碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5OH+Na2CO3 B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ C. 工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融） Mg+Cl2↑ D. 向 NaOH 溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，所以 C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，A 错误； B．氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成 OH-，B 错误； C．工业上电解熔融的 MgCl2 制金属镁，C 正确； D．向 NaOH 溶液中通入过量的二氧化硫，应生成 NaHSO3，D 错误； 故选 C。 4.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于 20。W、X、Z 最外层电子数之 和为 11；W 与 Y 同族；W 的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（ ） A. Y 和 Z 形成的化合物的水溶液呈碱性 B. W 和 Y 具有相同的最高化合价 C. 离子半径 Y﹤Z D. Z 的氢化物为离子化合物 【答案】D 【解析】 【分析】 W 与 Y 同族；W 的氢化物为弱酸，则 W 为第二周期的非金属元素，由此可推出 W 为氟(F)， Y 为 Cl；W、X、Z 最外层电子数之和为 11，则 X、Z 的最外层电子数之和为 4，Z 可能为 K 或 Ca，则 X 可能为 Al 或 Mg。【详解】A．Y 和 Z 形成的化合物，不管是 CaCl2 还是 NaCl，其水溶液都呈中性，A 错误； B．F 没有正价，Cl 的最高化合价为+7，B 错误； C．离子半径 Cl->K+>Ca2+，则离子半径 Y>Z，C 错误； D．CaH2、KH 都 离子化合物，D 正确； 故选 D。 5.下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ） 选项 A B C D 实验装 置 探究温度对平衡 2NO2 N2O4 的影响 目的或 结论 探究温度对平衡 2NO2 N2O4 的影响 试管中收集到无色气 体，说明铜与浓硝酸 的反应产物是 NO 海带提碘时，用上述 装置灼烧海带 除去 HCl 气体 中混有的少量 Cl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．对于可逆反应 2NO2 N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动； 降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A 正确； B．铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是 NO 还是 NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气 体，所以不能肯定生成的气体的成分，B 错误； C．灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C 错误； D．饱和食盐水，用于除去 Cl2 中混有的 HCl 气体，D 错误； 故选 A。 6.80℃时，1L 密闭容器中充入 0.20 mol N2O4，发生反应 N2O4 2NO2 △H = + Q kJ·mol﹣1(Q＞ 是0)，获得如下数据： 时间/s 0 20 40 60 80 100 c(NO2)/mol·L﹣1 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 下列判断正确的是 A. 升高温度该反应的平衡常数 K 减小 B. 20～40s 内，v(N2O4)= 0.004 mol·L－1·s－1 C. 100s 时再通入 0.40 mol N2O4，达新平衡时 N2O4 的转化率增大 D. 反应达平衡时，吸收的热量为 0.15Q kJ 【答案】D 【解析】 【分析】 A．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大； B．根据 计算 v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算 v（N2O4）； C. 100 s 时再通入 0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆 向移动； D. 80s 时到达平衡，生成二氧化氮为 0.3 mol/L×1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热 量。 【详解】A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平 衡常数 K 增大，A 项错误； B. 20∼40s 内， ，则 ，B 项错误； C. 100 s 时再通入 0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4 的转化率减小，C 项 错误； D. 浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成 NO2 的物质的量为 0.3 mol/L×1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成 2 molNO2 吸收热量 Q kJ，所以生成 0.3 molNO2 吸收热量 0.15Q kJ，D 项正确； c= t υ ∆ ∆ -1 -1c 0.2mol/L-0.12mol/L= = =0.004mol L s20st υ ∆ ⋅ ⋅∆ -1 -1 2 4 2 1( ) ( ) 0.002mol L s2N O NOυ υ= = ⋅ ⋅答案选 D。 【点睛】本题易错点为 C 选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为 一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物 浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平 衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。 7.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保 制氢方法，其流程图如下： 相关反应的热化学方程式为： 反应 I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)＝2HI(aq) + H2SO4(aq)；ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1 反应 II：H2SO4(aq) ＝SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；ΔH2 = +327 kJ·mol-1 反应 III：2HI(aq) ＝H2(g) + I2(g)； ΔH3 = +172 kJ·mol-1 下列说法不正确的是（ ） A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化 B. SO2 和 I2 对总反应起到了催化剂的作用 C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2 (g)+O2(g)；ΔH = +286 kJ·mol-1 D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的 ΔH 不变 【答案】C 【解析】 【详解】A、通过流程图，反应 II 和 III，实现了太阳能到化学能的转化，故 A 说法正确； B、根据流程总反应为 H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2 和 I2 起到催化剂的作用，故 B 说法正确； C、反应 I+反应 II+反应 III，得到 H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1= ＋286kJ·mol－1，或者 2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故 C 说法错误； D、△H 只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H 不变，故 D 说法正确。 8.磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4 水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微 粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与 pH 的关系如图，下列说法正确的是（ ） 的A. H3PO4 的电离方程式为：H3PO4 3H++PO43- B. pH=2 时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43- C. 滴加 NaOH 溶液至 pH=7，溶液中 c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-) D. 滴加少量 Na2CO3 溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑ 【答案】C 【解析】 【分析】 从图中可以看出，随着 pH 的不断增大，溶质由 H3PO4 逐渐转化为 H2PO4-、HPO42-、PO43-， 但不管 pH 的大小如何，溶液中同时存在 H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。 【详解】A．H3PO4 为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4 H++H2PO4-，A 错误； B．pH=2 时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B 错误； C．滴加 NaOH 溶液至 pH=7，依据电荷守恒，溶液中 c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)， C 正确； D．滴加少量 Na2CO3 溶液，发生反应为 Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D 错误； 故选 C。 9.酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确 的是（ ）A. 在酸性条件下，1mol 酚酞可与 4molNaOH 发生反应 B. 在酸性条件下，1mol 酚酞可与 4molBr2 发生反应 C. 酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物 D. 酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol 酚酞可与 3molNaOH 发生反应，A 错误； B．在酸性条件下，两个酚羟基有4 个邻位氢原子，1mol 酚酞可与 4molBr2 发生反应，B 正确； C．酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C 错误； D．酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生 消去反应，D 错误； 故选 B。 10. 硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。 下列说法正确的是 A. CO、SO2、SO3 均 酸性氧化物 B. 工业上利用 Cl2 和澄清石灰水反应来制取漂白粉 C. 除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应 D. 用 CO 合成 CH3OH 进而合成 HCHO 的两步反应，原子利用率均为 100% 【答案】C 【解析】 是【详解】A．SO2、SO3 均是酸性氧化物，CO 是不成盐氧化物， A 错误； B．工业上利用 Cl2 和石灰乳反应来制取漂白粉，B 错误； C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C 正 确； D．用 CO 与氢气反应合成 CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为 100%，甲醇与 氧气在催化剂存在时发生反应 HCHO 和水，所以该步反应中原子利用率不为 100%，D 错误； 故答案选 C。 11.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（ ） 选项 实验 现象 结论 A 向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的 BaCl2 溶液 有白色沉淀生成 原溶液中一定存在 SO42-或 SO32- B 卤代烃 Y 与 NaOH 水溶液共热后，加入足量 稀硝酸，再滴入 AgNO3 溶液 产生白色沉淀 Y 中含有氯原子 C 碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚 钠溶液中 出现白色浑浊 酸性：硫酸＞碳酸＞苯 酚 D 向 NaBr 溶液中滴入少量氯水和 CCl4，振荡、 静置 溶液分层，下层呈橙 红色 Br-还原性强于 Cl- A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．某无色溶液中滴入 BaCl2 溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有 Ag+，A 不正 确； B．加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液，产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯原子，B 正确； C．碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊，根据较强酸可以制较弱酸的规 律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C 正确； D．下层呈橙红色，则表明 NaBr 与氯水反应生成 Br2，从而得出还原性：Br->Cl-，D 正确；故选 A。 12.锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确 的是 A. 该电池工作时 Li+向负极移动 B Li2SO4 溶液可作该电池电解质溶液 C. 电池充电时间越长，电池中 Li2O 含量越多 D. 电池工作时，正极可发生： 2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2 【答案】D 【解析】 【详解】A．原电池中，阳离子应该向正极移动，选项 A 错误； B．单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项 B 错 误； C．电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的 Li 应该 逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项 C 错误； D．题目给出正极反应为：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以当 x=2 时反应为：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2； 所以选项 D 正确。 13.Y 是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由 X 在一定条件下反应制得 下列叙述不正确的是（ ） A. 该反应为取代反应 B. Y 能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键 C. X 和 Y 均能与新制的 Cu(OH)2 在加热条件下反应生成砖红色沉淀 D. 等物质的量的 X、Y 分别与 H2 反应，最多消耗 H2 的物质的量之比为 4∶5【答案】B 【解析】 【详解】A．由 X 生成 Y，是 X 中-OH 上的 H 原子被-CH2CH=C(CH3)2 所取代，A 正确； B．Y 使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B 不正确； C．X 和 Y 分子中都含有醛基，均能与新制的 Cu(OH)2 在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C 正确； D．醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的 X、Y 分别与 H2 反应，前者最 多消耗 H2 4mol，后者最多消耗 H25mol，D 正确； 故选 B。 14.为测定人体血液中 Ca2＋的含量，设计了如下方案： 有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O 若血液 样品为 15mL，滴定生成的草酸消耗了 0.001mol·L－1 的 KMnO4 溶液 15.0mL，则这种血液样品 中的含钙量为 A. 0.001mol·L－1 B. 0.0025mol·L－1 C. 0.0003mol·L－1 D. 0.0035mol·L－1 【答案】B 【解析】 【详解】由方程式 Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H2C2O4、2KMnO4＋ 5H2C2O4 ＋3H2SO4 ＝H2SO4 ＋2MnSO4 ＋10CO2↑＋8H2O 可 得 关 系 式 ：5Ca2+ ～5CaC2O4 ～ 5H2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为 cmol/L，则： 5Ca2+～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4 5 2 cmol/L×0.015L 0.001mol•L-1×0.015L 所以 cmol/L×0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×0.015L 解得 c＝0.0025mol•L-1； 答案选 B。 第二部分（非选择题） 15.污水处理是保护环境的需要，是每家企业应尽的义务。已知 Cr(OH)3 在碱性较强的溶液中将生成[Cr(OH)4]-，铬的化合物有毒，由于+6 价铬的强氧化 性，其毒性是+3 价铬毒性的 100 倍。因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方 法。 （1）还原法：在酸性介质中用 FeSO4 等将+6 价铬还原成+3 价铬。 具体流程如下： 有关离子完全沉淀的 pH 如下表： 有关离子 Fe2+ Fe3+ Cr3+ 完全沉淀为对应氢氧化物的 pH 9.0 3.2 5.6 ①写出 Cr2O72-与 FeSO4 溶液在酸性条件下反应的离子方程式_____。 ②还原+6 价铬还可选用以下的试剂_____（填序号）。 A．明矾 B．铁屑 C．生石灰 D．亚硫酸氢钠 ③在含铬废水中加入 FeSO4，再调节 pH，使 Fe3+和 Cr3+产生氢氧化物沉淀。 在操作②中调节 pH 应分 2 次进行，第 1 次应先调节溶液的 pH 范围约在____（填序号）最佳， 第 2 次应调节溶液的 pH 范围约在____（填序号）最佳。 A．3～4 B．6～8 C．10～11 D．12～14 用于调节溶液 pH 的最佳试剂为：____（填序号）； A．Na2O2 B．Ba(OH)2 C．Ca(OH)2 D．NaOH （2）电解法：将含+6 价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。 阳极区生成的 Fe2+和 Cr2O72-发生反应，生成的 Fe3+和 Cr3+在阴极区与 OH-结合生成 Fe(OH)3 和 Cr(OH)3 沉淀除去。 ④写出阴极的电极反应式_____。 ⑤电解法中加入氯化钠的作用是_____。 【答案】 (1). CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (2). BD (3). A (4). B (5). D (6). 2H++2e-=H2↑或 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 增强溶液导电性或盐析 【解析】【分析】 (1)利用 Fe2+还原 Cr2O72-时，在酸性条件下，Cr2O72-被还原为 Cr3+，Fe2+被氧化为 Fe3+； 通过调节 pH 将 Cr3+转化为 Cr(OH)3 沉淀时，Fe3+也会生成 Fe(OH)3 沉淀，所以调节 pH 应分两 次进行，一次让 Fe3+生成 Fe(OH)3 沉淀，一次让 Cr3+生成 Cr(OH)3 沉淀，为达此目的，需严格 控制溶液的 pH 变化；调节 pH 时，所加试剂应不影响实验结果。 (2)利用电解法还原 Cr2O72-，实质上也是利用 Fe2+还原 Cr2O72-，则阳极需提供 Fe2+，阴极需提 供 OH-，在阳极区 Cr2O72-被还原为 Cr3+，在阴极区 Cr3+生成 Cr(OH)3 沉淀。 【详解】(1) FeSO4 能将+6 价铬还原成+3 价铬，则 Cr2O72-与 FeSO4 在酸性条件下反应的离子 方程式为 CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。答案为： CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O； ②A．明矾没有还原性，不能还原+6 价铬，A 不合题意； B．铁屑先与酸反应生成 Fe2+，Fe2+再还原+6 价铬，B 符合题意； C．生石灰显碱性，但没有还原性，不能还原+6 价铬，C 不合题意； D．亚硫酸氢钠具有较强的还原性，能还原+6 价铬，D 符合题意。答案为：BD； ③操作②中调节 pH 应分 2 次进行，第 1 次是将 Fe3+转化为沉淀，但 Cr3+不生成沉淀，所以应 先调节溶液的 pH 范围约在 A，第 2 次应调节溶液的 pH 范围约在 B 最佳。 用于调节溶液 pH 的最佳试剂的选择： A．Na2O2，具有强氧化性，可能会将 Cr3+氧化为 Cr2O72-，A 不合题意； B．Ba(OH)2，能与 SO42-反应生成 BaSO4 沉淀，混在 Cr(OH)3 沉淀中，B 不合题意； C．Ca(OH)2，能与 SO42-反应生成 CaSO4 沉淀，混在 Cr(OH)3 沉淀中，C 不合题意； D．NaOH，能将 Fe3+、Cr3+分批次转化为沉淀，D 符合题意；故选 D。 答案为：A；B；D； (2)④阴极 H2O 得电子，生成 OH-，电极反应式为 2H++2e-=H2↑或 2H2O+2e-=H2↑+2OH-。答案 为：2H++2e-=H2↑或 2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ⑤电解法中加入氯化钠，虽然没有参加反应，但使溶液易于导电，其作用是增强溶液导电性 或盐析。答案为：增强溶液导电性或盐析。 【点睛】在选择“用于调节溶液 pH 的最佳试剂”，我们易错选Ba(OH)2，主要原因是 Ba(OH)2 提供的 OH-能将 Fe3+、Cr3+分别转化为沉淀，Ba2+能与溶液中的 SO42-作用，没有向溶液中引入 杂质离子，但忽视了实验操作的目的是获得 Cr(OH)3 沉淀，并最终获得 Cr2O3。 16.诺贝尔化学奖获得者 GeorgeA.Olah 提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。 工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇： (i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.0kJ·mol-1 (ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.67kJ·mol-1 （1）制备合成气：工业生产中为解决合成气中 H2 过量而 CO 不足的问题，原料气中需添加 CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1，为了使合 成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_____。 （2）为节约化石能源、减少碳排放，用 CO2 代替 CO 作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的 焦点。 ①请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式_____。 ②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低 CO2 与 H2 反应的活化能。 在 200-360℃，9MPa 时合成气初始组成 H2、CO、CO2 物质的量之比 7：2：1 的条件下研究甲 醇的合成反应。如图所示，CO2 的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是____。 （3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g) ΔH=+29.1kJ·mol-1 科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下： 根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为_____。 （4）某种熔融碳酸盐燃料电池以 Li2CO3、K2CO3 为电解质、以 CH3OH 为燃料，该电池工作 原理见图。该反应负极电极反应式为_____。【答案】 (1). 3：1 (2). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1 (3). 开始时 CO2 和 H2 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 CO2 转 化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2 和 H2 反应生成 CO 该反应为吸热反应使平衡正向 移动，转化率升高 (4). 4.0×106Pa，80℃ (5). CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O 【解析】 【分析】 (1)求理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比时，可设未知数，然后利用两个相关反应得出 CO2、 H2 的物质的量，利用 n(CO2):n(H2)=1:2，求出体积比。 (2)①利用盖斯定律，得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式。 ②CO2 的平衡转化率随温度升高而减小，则温度升高，平衡逆向移动，正反应应为放热反应； CO2 的平衡转化率随温度升高而增大，表明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，于 是寻找符合条件的反应，分析可能的原因。 (3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到某数值时，甲醇的转化率变 化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到某数值时，甲醇 的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件。 (4)从图中可以看出，CH3OH 失电子，生成 CO2 和 H2O，可能消耗熔融液中的 CO32-。 【详解】(1)依题意知，CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)和 CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) 两个反应产生的 CO、H2 用于制甲醇的反应 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。 设参加反应的 CH4 的物质的量为 x，CO2 的物质的量为 y， 则 n(CO2):n(H2)=1:2=(x+y):(3x-y)，从而求出 x:y=3:1。答案为：3:1； (2)反应(ii)：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.67kJ·mol-1 反应(iii)：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1 ①利用盖斯定律，将反应(ii)+反应(iii)，可得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1。答案为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1； ②涉及 CO2 与 H2 反应的方程式有以下两个：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1；CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1。 对于前一个反应，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的平衡转化率减小；对于 后一个反应，反应为吸热反应,升高温度，平衡正向移动，CO2 的平衡转化率增大。则如图所 示，CO2 的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是：开始时 CO2 和 H2 反应生成 甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 CO2 转化率降低；当温度升高到一定 程度后，CO2 和 H2 反应生成 CO 该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。答案为： 开始时 CO2 和 H2 反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使 CO2 转化率 降低；当温度升高到一定程度后，CO2 和 H2 反应生成 CO 该反应为吸热反应使平衡正向移动， 转化率升高； (3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到 4.0×106Pa 时，甲醇的转化率 变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到 80℃时，甲醇 的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件为 4.0×106Pa，80℃。答 案为：4.0×106Pa，80℃； (4)从电子流向看，a 电极为负极，此电极加入 CH3OH，从箭头的指向看，CH3OH 失电子，生 成 CO2 和 H2O，可能消耗熔融液中的 CO32-，于是得出电极反应式为 CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O。答案为：CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O。 【点睛】在分析“CO2 的平衡转化率随温度升高先减小后增大的可能原因”时，我们可能会犯糊 涂。一个反应怎么会出现这种情况，是温度达到一定程度后，某产物起催化作用吗？还是此 反应，温度低时为放热反应，当温度达到一定数值后，就成为放热反应？如果我们找不到其 它理由，以上分析的两种情况，回答哪一点都是错误的。针对这种情况，我们应重新审题， 看是否存在两个相关反应，于是也就找到了分析原因的突破口。 17.近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于 氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有 效的氨氮废水处理方法。 I.化学沉淀法 利用了 Mg2+与 PO43-与氨氮生成 MgNH4PO4∙6H2O 沉淀以达到去除氨氮的效果。 已知：磷在 pH=8-10 时主要存在形式为 HPO42- Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13 (1)请写出 pH=8 时，化学沉淀法去除 NH4+的离子方程式为_。 (2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随 pH 变化如图 1 所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26，请解释 pH>10 时氨氮去除率随 pH 变化的原因：__。 II.光催化法 (3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原 理如图 2 所示。请写出 NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。 (4)经过上述反应后，仍有 NH4+残留，探究其去除条件。 ①温度对氨氮去除率影响如图 3 所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请 写出两条）。 ②选取 TiO2 作为催化剂，已知：TiO2 在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图 4 中 画出 pH=5 时，氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留 NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取 20mL 的处理后水样，以酚酞为指示剂，用 0.0100mol/LNaOH 滴定至酚酞变红，此时溶液中游 离酸被完全消耗，记下消耗 NaOH 的体积 V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入 2-3 滴酚酞指示剂，静置 5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用 NaOH 滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录 消耗 NaOH 的体积 V2mL，水样中残留 NH4+浓度为__mol/L。 【答案】 (1). Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+ (2). pH>10 时 NH4+与 OH- 反应生成 NH3 而挥发，Mg2+与 PO43-反应生成 Mg3(PO4)2 沉淀，使氨氮去除率降低 (3). 2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O (4). 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率 加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大 (5). 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧 离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快 (6). (7). 【解析】 【分析】 (1)pH=8 时，磷主要以 HPO42-的形式存在，则应为 Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成 MgNH4PO4∙6H2O 沉淀。 (2) pH>10 时，磷主要以 PO43-的形式存在，从 Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26 看，易生成 Mg3(PO4)2 沉淀，氨氮去除率降低，则表明 NH4+与碱发生了反应。 (3)从图中可以看出，NO3-在 H+存在的环境中得电子，生成 N2 等。 (4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的 2 1- 2000 V V影响进行分析。 ②依信息：TiO2 在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在 pH=5 时，TiO2 带正电，吸 引 NH4+的能力差，氨氮去除率比 pH=11 时要小。 (5)依题意，溶液中剩余的 H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH- 代入数据即可求出水样中残留 NH4+浓度。 【详解】(1)pH=8 时，磷主要以 HPO42-的形式存在，则应为 Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应， 生成 MgNH4PO4∙6H2O 沉淀，则反应的离子方程式为 Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+。答案为： Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+； (2) pH>10 时，磷主要以 PO43-的形式存在，由 Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26 可知，此时 PO43-易生 成 Mg3(PO4)2 沉淀，从而使氨氮去除率降低，此时应发生 NH4+与 OH-的反应。从而得出 pH>10 时氨氮去除率随 pH 变化的原因是 pH>10 时 NH4+与 OH-反应生成 NH3 而挥发，Mg2+与 PO43- 反应生成 Mg3(PO4)2 沉淀，使氨氮去除率降低。答案为：pH>10 时 NH4+与 OH-反应生成 NH3 而挥发，Mg2+与 PO43-反应生成 Mg3(PO4)2 沉淀，使氨氮去除率降低； (3)从图中可以看出，NO3-在 H+存在的环境中得电子，生成 N2 等，电极反应式为 2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O。答案为：2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O； (4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的 运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超 氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快。答案为：温度升高羟基自由基(·OH) 和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟 基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快； ②依信息：TiO2 在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在 pH=5 时，TiO2 带正电，吸 引 NH4+的能力差，氨氮去除率比 pH=11 时要小。则 pH=5 时，氨氮去除率变化曲线为： 答案为： ； (5)依题意，溶液中剩余的 H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-则 n(NH4+)=0.01mol/L×V2×10-3L-0.01mol/L×V1×10-3L=0.01(V2-V1)×10-3mol， 水样中残留 NH4+浓度为 = mol/L。答案为： ； 【点睛】pH=8 时，虽然 MgHPO4 的 Ksp 也比较小，但应从图象中采集信息，此时由于氨氮的 去除率高，所以应生成 MgNH4PO4∙6H2O 沉淀，否则易错写方程式。 18.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与 H2O2 溶液的反应。 实验Ⅰ： 试剂：酸化的 0.5mol·L-1FeSO4 溶液（pH=0.2），5%H2O2 溶液（pH=5） 操作 现象 取 2mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，加入 5 滴 5%H2O2 溶液 溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反 应后溶液 pH=0.9 向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液 溶液变红 (1)上述实验中 H2O2 溶液与 FeSO4 溶液反应的离子方程式是__。 (2)产生气泡的原因是__。 (3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明 FeSO4 与 H2O2 发生了反应，又补充了实验 II 证实了 该反应发生。实验 II 的方案和现象是__。 实验 III： 试剂：未酸化的 0.5mol·L-1FeSO4 溶液（pH=3），5%H2O2 溶液（pH=5） 操作 现象 取 2mL5%H2O2 溶液于试管中，加入 5 滴上述 FeSO4 溶液 溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡， 并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。 测得反应后溶液 pH=1.4 (4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加 4mol·L-1 盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有 Fe2O3，经检验还含有 SO42-。 3 2 1 3 0.01( ) 10 mol 20 10 L V V − − − × × 2 1- 2000 V V 2 1- 2000 V V①检验棕黄色沉淀中 SO42-的方法是______。 ②结合方程式解释实验 III 中溶液 pH 降低的原因______。 实验 IV： 用 FeCl2 溶液替代 FeSO4 溶液，其余操作与实验 III 相同，除了产生与 III 相同的现象外，还生 成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。 (5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经 检验沉淀中 n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。 (6)由以上实验可知，亚铁盐与 H2O2 反应的现象与______（至少写两点）有关。 【答案】 (1). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (2). 反应生成的 Fe3+催化下 H2O2 分解生成 O2 (3). 取 2mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，加入 5 滴 pH=5 的 H2SO4 溶液，然后向反应后 的溶液中加入 KSCN 溶液，溶液不变红 (4). 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加 入 BaCl2 溶 液 ， 产 生 白 色 沉 淀 ， 说 明 棕 黄 色 沉 淀 中 含 有 SO42- (5). 2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物 Fe3+发生了水解生成 H+使 pH 下降 (6). 6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑ (7). pH、阴离子种类、温度、反应物用量 【解析】 【分析】 (1)H2O2 溶液与 FeSO4 溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN 溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液 pH=0.9”，可 推出反应消耗 H+，由此可写出离子方程式。 (2)反应生成的 Fe3+，对 H2O2 的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。 (3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明 FeSO4 与 H2O2 发生了反应，那么他的意思是空气中 的溶解氧也能将 Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加 H2O2 的实验，由此设计实验方案。 (4)①棕黄色沉淀为 Fe2O3，对 SO42-的检验不产生干扰，所以检验 SO42-的方法与常规方法相同。 ②如果仅是 H2O2 氧化 Fe2+，需消耗 H+，现在 pH 减小，说明生成了 H+，此 H+应来自 Fe3+的 水解，由此可结合方程式解释实验 III 中溶液 pH 降低的原因。 (5)由实验 IV 可知，除得到黄色沉淀外，还有 HCl 生成。经检验沉淀中 n(Fe)：n(Cl)=1：1，则 沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。 (6)以上实验，分别探究了 pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对 Fe2+与 H2O2 反应现象的 影响，由此可得出与亚铁盐与 H2O2 反应的现象有关的因素。 【详解】(1)在酸性条件下，H2O2 溶液与 FeSO4 溶液反应，生成 Fe3+和 H2O，反应的离子方程式为 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O； (2)反应生成的 Fe3+，对 H2O2 的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的 Fe3+催化下 H2O2 分解生成 O2。答案为：在反应生成的 Fe3+催化下 H2O2 分解生成 O2； (3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将 Fe2+氧化，只需做一个不加 H2O2 的实验，由此设 计实验方案为取 2mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，加入 5 滴 pH=5 的 H2SO4 溶液，然后向反应 后的溶液中加入 KSCN 溶液，溶液不变红。答案为：取 2mL 上述 FeSO4 溶液于试管中，加入 5 滴 pH=5 的 H2SO4 溶液，然后向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液，溶液不变红； (4)①Fe2O3 的存在，对 SO42-的检验不产生干扰，所以检验 SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色 溶液少许于试管中，加入 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有 SO42-。答案为： 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中 含有 SO42-； ②如果仅是 H2O2 氧化 Fe2+，需消耗 H+，现 pH 减小，说明生成了 H+，此 H+应来自 Fe3+的水 解，由此得出实验 III 中溶液 pH 降低的原因是 2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+ 氧化的产物 Fe3+发生了水解生成 H+使 pH 下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶 体)+4H+，Fe2+氧化的产物 Fe3+发生了水解生成 H+使 pH 下降； (5)由实验 IV 可知，除得到黄色沉淀外，还有 HCl 生成。经检验沉淀中 n(Fe)：n(Cl)=1：1，则 沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为 6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为： 6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑； (6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、 温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。 【点睛】H2O2 溶液与 FeSO4 溶液混合，反应生成 Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则 OH-最 后转化为 H2O；如果溶液 酸性不强，则会生成 Fe(OH)3 沉淀。反应生成的 Fe3+对 H2O2 的分 解起催化作用，同时反应放热，又会促进 Fe3+的水解，从而生成 Fe(OH)3 胶体，也会造成 Fe(OH)3 的分解，从而生成 Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。 19.药物中间体 M 的合成路线流程图如图： 的已知： （R、 R’、R”为 H 或烃基） 请回答下列问题： (1)A 为芳香烃，名称为___。 (2)化合物 C 含有的官能团名称为__。 (3)下列说法中正确的是__。 A.化合物 A 只有 1 种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构 B.可利用酸性 KMnO4 溶液实现 A→B 的转化 C.化合物 C 具有弱碱性 D.步骤④、⑤、⑥所属的有机反应类型各不相同 (4)步骤⑥可得到一种与 G 分子式相同的有机副产物，其结构简式是__。(5)有机物 H 与氢气加成的产物 J 存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异 构体的结构简式__。 ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应； ②核磁共振氢谱检测表明分子中有 4 种化学环境不同的氢原子。 (6)写出 I+G→M 的化学方程式（可用字母 G 和 M 分别代替物质 G 和 M 的结构简式）__。 (7)设计以 和 CH3CH2OH 为原料制备 的合成路线流程图 _____(无机试剂任选)。 合成路线流程图示例如下：CH2=CH2 CH3CH2Br CH3CH2OH 【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). 羟基、氨基 (3). ABCD (4). (5). (6). (7). 【解析】 【分析】 由 D 的 结 构 及 A 的 分 子 式 ， 可 确 定 A 为 ，B 为 。 参 照 G， 由 E 和 可推出 F 为 ,I 为 。 【详解】(1)由 A 的结构简式 ，可得出其名称为邻二甲苯。答案为：邻二甲苯； (2)依据化合物 C 的结构简式，可确定含有的官能团名称为羟基、氨基。答案为：羟基、氨基； (3)A.邻二甲苯只有一种结构，可以证明苯环不是单双键交替，A 正确； B.酸性 KMnO4 溶液可将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，B 正确； C.化合物 C 分子中含有氨基，具有弱碱性，C 正确； D.步骤④、⑤、⑥所属的反应类型分别为属于取代、加成、消去，D 正确。答案为：ABCD；(4)步骤⑥中， 脱水时，脱去羟基右边的氢原子得 G，脱去左边 的氢原子，则得有机副产物，其结构简式是 。答案为： ； (5)有机物 H 与氢气加成的产物 J 为 ，同时符合条件“①能与 FeCl3 溶液发生显色 反应；②核磁共振氢谱检测表明分子中有 4 种化学环境不同的氢原子”的同分异构体，含有 苯环结构、酚羟基，考虑到氢原子有 4 种，只能在对位上连接-CH2Cl，于是得出结构简式为 。答案为： ； (6) I+G→M 的化学方程式为 。答案为： ； (7)以 和 CH3CH2OH 为原料制备 时，需利用信息 。将乙醇氧化为乙醛，再氧化为乙酸，最后酯 化生成乙酸乙酯，再与苯甲醛发生信息中提供的反应，从而获得目标有机物。合成路线为 ：答案为： 。 【点睛】合成有机物时，先对比目标有机物与原料有机物在碳原子数上的差距，然后分析官 能团的变化，从题给流程图或已知信息中寻找相似点，然后确定切入点。