北京市东城区2020届高三上学期期末考试教学统一检测化学试题（Word版带解析）.doc

东城区 2019-2020 学年度第一学期期末教学统一检测高三化 学 本试卷共 9 页，共 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，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ag 108 第一部分（共 42 分） 本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。在每小题列出的 4 个选项中，选出 最符合题目要求的一项。 1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾的归类不合理的是 A B C D 垃圾 归类 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】铅蓄电池含有大量的重金属，属于有害垃圾，B 错误；故选 B。 2.下列用离子方程式表示的原理中，正确的是 A. 用水除去 NO 气体中的 NO2：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO B. 用碳酸钙与稀盐酸制取 CO2：CO32- +2H+=H2O+CO2↑ C. 用稀硝酸溶解银：Ag+ +2H+=Ag++NO2↑+H2O D. 用明矾作净水剂：Al3++3H2O=Al(OH)3 ↓+3H+ 3NO−【答案】A 【解析】 【详解】A 正确,二氧化氮与水反应会生成硝酸和一氧化氮，而一氧化氮与水不反应，符合 除杂原则； B 错误，CaCO3 不溶于水，不能拆开； C 错误，稀硝酸反应产生 NO，不是 NO2； D 错误，明矾净水利用的是 Al3+水解产生胶体，不是沉淀； 故选 A。 3.锗（32Ge）与钾（19K）同周期。下列说法正确的是 A. 锗位于第四周期第ⅤA 族 B. 的中子数与电子数的差值为 38 C. 锗是一种半导体材料 D. 碱性：Ge(OH)4＞KOH 【答案】C 【解析】 【详解】A、Ge 的核外电子排布为 2、8、18、4，则其位于第四周期 IV A 族，A 错误； B、 的中子数位 38，电子数位 32，则中字数和电子数的差值为 6，B 错误； C、Ge 位于金属元素和非金属元素分界线上，其单质可用作半导体材料，C 正确； D、第四周期中，Ge 位于 K 的右侧，则 K 的金属性大于 Ge，所以碱性：KOH＞Ge(OH)4， D 错误； 故选 C。 4.下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是 A. 钠与水反应放出热量 B. Na2O 与 Na2O2 均能与水反应生成 NaOH C. 钠切开后，光亮的表面迅速变暗，是因为生成了 Na2O2 D. 用加热的方法可除去 Na2CO3 粉末中含有的少量 NaHCO3 【答案】C 【解析】 【详解】A、Na 和水反应是放热反应，A 正确； B、Na2O 与 Na2O2 均能与水反应生成 NaOH，B 正确； 70 32 Ge 70 32 GeC、Na 切开后，光亮的表面迅速变暗，是因为生成了 Na2O，Na2O2 呈淡黄色，C 错误； D、NaHCO3 受热不稳定，受热分解生成 Na2CO3，故可以用加热的方法可除去 Na2CO3 粉末 中含有的少量 NaHCO3，D 正确； 故选 C。 5.有机物 X 是医药合成的中间体，其结构如下。 下列说法不正确的是 A. X 分子存在顺反异构体 B. X 分子中含有 3 个甲基 C. X 分子中含有羧基、羟基和酯基 D. 1mol X 最多能与 2mol NaOH 发生 反应 【答案】D 【解析】 【详解】A、该分子中含有碳碳双键，且两个碳原子两侧所连接的基团不同，所以该分子存 在顺反异构体，A 正确； B、该分子中含有 3 个甲基，B 正确； C、该分子中含有羧基、酚羟基和酯基，C 正确； D、1 个 X 分子中含有 1 个羧基、1 个酚羟基和 1 个酯基，其中酯基是由酚羟基和羧基形成 的，故 1mol X 最多能消耗 4mol NaOH，D 错误； 故选 D。 【点睛】本题的易错点是 D 选项，能和 NaOH 反应的官能团有酯基、酚羟基、羧基、卤原 子，同时还要注意酯基的构成，如果是羧基和酚羟基形成酯基，则水解形成羧基和酚羟基都 会消耗 NaOH。 6.对室温下 pH 相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，分别采取下列措施，有关叙 述正确的是 A. 温度均升高 20℃，两溶液的 pH 均不变 B. 加入适量氯化铵固体后，两溶液的 pH 均减小 C. 加水稀释 100 倍后，氨水中 c(OH-)比氢氧化钠溶液中的小D. 与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多 【答案】B 【解析】 【详解】A、升高温度，水的离子积 Kw 变大，所以两溶液的 pH 一定改变，A 错误； B、加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O 的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液 pH 减小，而 NaOH 溶液中，NH4+和 OH-反应，使得 c(OH-)降低，溶液 pH 也减小，B 正确； C、向 pH 相同的两溶液中加水稀释 100 倍，NaOH 溶液的 pH 的变化量为 2，而氨水的 pH 的变化量小于 2，即稀释后，氨水的 pH 更高，则氨水中 c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C 错误； D、体积相同、pH 相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离 的 NH3·H2O 还有很多，这部分 NH3·H2O 还可以再提供 OH-，故这两种溶液和足量的 FeCl3 反应，氨水产生的 Fe(OH)3 更多，D 错误； 故选 B。 【点睛】在弱电解质的溶液中存在电离平衡，而且电离的部分往往很少，故在常考的题中， 比如 HAc(醋酸)和 HCl 这两种溶液，体积相同、pH 相同时，仅仅溶液中说明 c(H+)或 n(H+) 相同，但是 HAc 是弱电解质，在水中部分电离，随着 H+的消耗，其电离平衡不断向右移动， 这相当于 HAc 能提供的 H+不止这么多，而是远远大于这个数值，而 HCl 是强电解质，其在 水中完全电离，随着 H+的消耗，不会再有 H+的补充，这也就是为什么体积相同、pH 相同 时，和足量的金属反应，HAc 放出的氢气多。 7.铁片镀铜实验中（装置如下图所示），为提高电镀效果，电镀前铁片需依次用 NaOH 溶液、 稀盐酸和水洗涤。下列说法不正确的是 A. 稀盐酸的主要作用是除去铁锈 B. a 接电源正极，b 接电源负极 C. 电镀过程中 c(Cu2+)基本保持不变 D. 阴极发生反应：Cu2+＋2e– = Cu 【答案】B【解析】 【分析】 电镀时，铜片作阳极，即 b 接电源正极，电极反应为 Cu-2e-=Cu2+，铁片作阴极，即 a 与电 源负极相连，电极反应为 Cu2++2e-=Cu。 【详解】A、电镀前，用 NaOH 溶液除去铁片上的油渍，用稀盐酸除去铁锈，A 正确； B、电镀时，a 接电源负极，b 接电源正极，B 错误； C、根据两个电极反应，可以推出电镀过程中 c(Cu2+)基本保持不变，C 正确； D、阴极的电极反应为 Cu2++2e-=Cu，D 正确； 故选 B。 【点睛】电镀时，镀件做阴极，与电源负极相连，镀层金属作阳极，与电源正极相连，电解 质溶液含有镀层金属的离子。 8.下列实验操作能达到实验目的的是 实验目的 实验操作 A 鉴别苯和溴乙烷 取少量苯和溴乙烷，分别加入水 B 除去二氧化碳中的氯化氢 将气体通入碳酸钠溶液中 C 比较氯和硅的非金属性强弱 将盐酸滴入 Na2SiO3 溶液中 D 验证在酸作用下，蔗糖水解能否 生成葡萄糖 取水解后的液体，加入新制的氢氧化铜加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A、苯的密度比水小，溴乙烷的密度比水大，向这两种物质中加水，苯在水的上方， 溴乙烷在水的下方，该方法可以用来鉴别苯和溴乙烷，A 可以达到实验目的；B、少量的氯化氢会和 Na2CO3 溶液反应生成 NaHCO3，而 CO2 也会和 Na2CO3 溶液反应生成 NaHCO3，所以该方法不适合除去二氧化碳中的氯化氢（可以将该混合气体通入到饱和 NaHCO3 溶液中），B 不能达到实验目的； C、元素非金属性强弱的比较方法之一是比较元素的最高价氧化物的水化物的酸性强弱，对 应的酸的酸性越强，元素的非金属越强，但是 HCl 不是 Cl 的含氧酸，故该方法不适合用来 比较 Cl 和 Si 的非金属性强弱，C 不能达到实验目的； D、必须在碱性环境中使用新制 Cu(OH)2 悬浊液，即蔗糖水解后，需要先将溶液调为碱性， 在滴加新制 Cu(OH)2 悬浊液，故 D 不能达到实验目的； 故选 A。 9.用 NaOH 溶液清洗试管壁上的硫，发生反应 S＋NaOH—Na2SO3＋Na2S＋H2O（未配平）。 下列说法不正确的是 A. 方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键 B. 生成的 Na2SO3 和 Na2S 的物质的量之比为 1 : 2 C. 方程式中 S 和 H2O 的化学计量数相同 D. 清洗之后的废液呈碱性 【答案】A 【解析】 【详解】A、方程式中含 Na 的化合物中，NaOH、Na2SO3 均含离子键和共价键，而 Na2S 仅 含离子键，A 错误； B、根据得失电子守恒来计算： 过程转移 4 份电子， 过程转 移 2 份电子，由于反应中得失电子数相等，所以 1 份 S 转化为 Na2SO3 的同时，有 2 份 S 转 化为 Na2S，即生成的 Na2SO3 和 Na2S 的物质的量之比为 1 : 2，B 正确； C、该反应方程式配平：3S+6NaOH=Na2SO3+2Na2S+3H2O，由此可得 S 和 H2O 的化学计量 数相同，C 正确； D、清洗之后的废液含有 NaOH、Na2SO3、Na2S，其中 NaOH 是强碱，Na2SO3、Na2S 都是 强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性，故废液呈碱性，D 正确； 故选 A。 10.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 0 +4 2 3S Na S O→ 0 -2 2S Na S→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。 11.乳酸亚铁[(CH3CHOHCOO)2Fe]是一种食品铁强化剂。某同学为检验其中 铁元素设计了 如下方案，其中不合理的是 A. 向乳酸亚铁溶液中滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀 B. 向乳酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，出现灰绿色沉淀 C. 向乳酸亚铁溶液中滴加高锰酸钾酸性溶液，振荡后紫色褪去 的D. 向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无现象，再加入氯水，溶液变红 【答案】C 【解析】 【详解】A、Fe2+和[Fe(CN)6]3-反应产生 Fe3[Fe(CN)6]2 蓝色沉淀，该方案合理； B、Fe2+和 OH-反应产生 Fe(OH)2 白色沉淀，该沉淀迅速转变为灰绿色，最终变为红棕色， 该方案合理； C、乳酸亚铁中含有醇羟基，该结构也易被高锰酸钾酸性溶液氧化，故该方案不能说明乳酸 亚铁中含有 Fe2+，即该方案不合理； D、向乳酸亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，无现象，说明溶液中不含 Fe3+，再加入氯水，溶 液变红，说明溶液中有 Fe3+生成，则 Fe3+只能是 Fe2+被氧化得来，故该方案可以检验乳酸亚 铁中铁元素，即该方案合理； 故选 C。 【点睛】题中的四种方法都可以用来检验 Fe2+，是一个很好的总结。同时，也要注意醇羟基 的还原性，尽管平时的学习中很少遇到，但是可以在平时的学习中积累，比如查酒驾，主要 原理是重铬酸钾氧化酒精，由此可以推出醇羟基是可以被强氧化剂所氧化的。 12.用下图装置探究 1-溴丁烷在氢氧化钠溶液中发生的反应，观察到高锰酸钾酸性溶液褪色。 下列分析不正确的是 A. 推断烧瓶中可能生成了 1-丁醇或 1-丁烯 B. 用红外光谱可检验在该条件下反应生成有机物中的官能团 C. 将试管中溶液改为溴水，若溴水褪色，则烧瓶中一定有消去反应发生 D. 通过检验反应后烧瓶内溶液中的溴离子，可确定烧瓶内发生的反应类型 【答案】D 【解析】【 详 解 】 A 、 1- 溴 丁 烷 在 氢 氧 化 钠 溶 液 中 发 生 反 应 ： CH3(CH2)3Br+NaOH CH3(CH2)3OH+NaBr ，生成的 CH3(CH2)OH 和 NaOH 溶液成醇溶液，还能发生反应： CH3(CH2)3Br+NaOH CH3CH2CH=CH2+NaBr+H2O，1-丁烯常温下是气态，1-丁醇易挥 发，这两种物质受热逸出到试管中，都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，故推断烧瓶中可能生成 了 1-丁醇或 1-丁烯，A 正确； B、用红外光谱可检验在该条件下反应生成有机物中的官能团，B 正确； C、由 A 分析，产物可能有 1-丁醇或 1-丁烯或两种物质都有，但是只有 1-丁烯能使溴水褪 色，故若溴水褪色，则烧瓶中一定有消去反应发生，C 正确； D、由 A 分析，烧屏内可能发生了取代反应或消去反应或两种反应都有，这两种反应都有 Br- 产生，故不能通过检验反应后烧瓶内溶液中的溴离子，可确定烧瓶内发生的反应类型，D 错 误； 故选 D。 13.已知： ，所以氨气可看作一元碱。下列关于联氨（N2H4）的推 断不正确的是 A. 结构式为 B. 可看作二元碱 C. 与过量硫酸反应最终生成 N2H6SO4 D. 有还原性，在一定条件下可与 O2 反应生成 N2 【答案】C 【解析】 【详解】A、N2H4 的电子式为： ，则其结构式为 ，A 正确； B、NH3 含有一个孤电子对，结合一个 H+，所以 NH3 可看作一元碱，而 N2H4 含有两个孤电 子对，结合两个 H+，所以 N2H4 可以看作二元碱，B 正确； C、N2H4 可以看作二元碱，其与过量硫酸反应最终生成 N2H5HSO4，C 错误； D、N2H4 中，N 呈-2 价，具有还原性，在一定条件下可与 O2 反应生成 N2，D 正确； Δ →水 Δ →醇故选 C。 14.根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了 HCl 和 O2 B. 乙是 C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的 ∆H＞0、x＞0.1 C. 丙是 0.5mol/L CH3COONa 溶液及水的 pH 随温度的变化曲线，说明随温度升高， CH3COONa 溶液中 c(OH-)减小 D. 丁是0.03g 镁条分别与 2mL 2mol/L 盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的 变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 【答案】D 【解析】 【详解】A、在氯水中，存在反应：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，Cl-浓度的升高说明平衡正 向移动，是因为 HClO 不稳定分解，但是并不能推断出 HClO 分解产生了 O2，A 错误； B、同一压强下，温度升高，平衡转化率升高，则平衡正向移动，∆H＞0；同一温度下，压 强增大，平衡逆向移动，平衡转化率降低，则 x＜0.1；B 错误； C、盐类的水解和弱电解质的电离都是吸热反应，温度升高，水的离子积增大，水中的 c(H+) 增大，pH 降低；温度升高，CH3COONa 的水解平衡正向移动，c(OH-)增大，由于 c(H+)= ，Kw 增大的更多一些，使得 c(H+)也增大一些[c(H+)没有 c(OH-)增大得多]，溶液 pH 呈小幅度的减小，C 错误； D、盐酸和醋酸的体积、浓度均相同，则 HCl 和醋酸的物质的量也相同，故这两个容器中产 生的 H2 的量相同，最终容器内的压强也相同；HCl 是强电解质，醋酸是弱电解质，则醋酸 溶液的 H+的浓度较低，其反应速率也较低，故①代表盐酸与镁条的反应，②代表醋酸与镁 条的反应，D 正确； 故选 D。 【点睛】本题的 A 选项是易混项，需要注意的是 HClO 的分解方式不仅仅有 w - K c(OH )，也有 ，题中虽然有光照这个条件，但 并未验证有 O2 生成，故无法说明 HClO 的分解方式。 第二部分（共 58 分） 本部分共 5 小题，共 58 分。 15.随着能源技术的发展，科学家们将目光聚焦于锂的开发与研究。 （1）锂元素 性质与原子结构密切相关。写出锂的原子结构示意图：______。 （2）根据元素周期律推断： ①锂与水反应的化学方程式是_______。 ②在碱金属元素的最高价氧化物对应的水化物中， LiOH 的碱性最_______（填“强”或 “弱”）。 （3）已知：M(g) → M+(g)+e- ∆H（M 代表碱金属元素） 元素 Li Na K Rb Cs ∆H（kJ/mol） +520 +496 +419 +403 +376 ①根据以上数据，元素的金属性与∆H 的关系是_________。 ②从原子结构的角度解释①中结论：__________。 （4）海水中有丰富的锂资源，我国科学家研发出利用太阳能从海水中提取金属锂的技术， 提取原理如下图所示： ①金属锂在电极______（填“A”或“B”）上生成。 ②阳极产生两种气体单质，电极反应式是___________。 【答案】 (1). (2). 2Li + 2H2O = 2LiOH + H2↑ (3). 弱 (4). 同一主 族，金属活动性越强（或弱），∆H 越小（或大） (5). 从 Li→Cs，随着质子数递增，电 的 22HClO 2HCl+O ↑光照 3 Δ3HClO 2HCl+HClO子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，∆H 减小 (6). A (7). 2Cl- - 2e- = Cl2↑、4OH- - 4e- = O2 + 2H2O 【解析】 【分析】 （1）Li 是三号元素，可据此画出其原子结构； （2）Li 是碱金属中金属性最弱的元素； （3）①根据表格中的数据分析即可； ②同一主族，自上而下，原子半径越大，原子核对最外层电子的吸引力越弱，原子越容易失 去电子； （4）①要从海水中提炼 Li，则 Li 原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许 Li+通过，故 可以推出 Li+在 A 极放电生成 Li； ②海水中含有大量的 Cl-，故气体之一为 Cl2，同时，还能产生 O2，据此可以推出相应的电 极反应。 【详解】（1）Li 是三号元素，其原子结构为 ； （2）①Li 属于碱金属，其和水反应的方程式为 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑； ②在碱金属元素中，Li 的金属性最弱，故 LiOH 的碱性也最弱； （3）①从图中可以分析得到，同一主族，金属活动性越强（或弱），∆H 越小（或大）； ②从 Li→Cs，随着质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸 引力减小，原子失电子能力增强，∆H 减小； （4）①要从海水中提炼 Li，则 Li 原本在海水中，由于锂离子选择性膜只允许 Li+通过，故 可以推出 Li+在 A 极放电生成 Li； ②海水中含有大量的 Cl-，故有 Cl2 生成，相应的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，海水中在阳放 电产生气体的离子还有 OH-，故另外一种气体为 O2，相应的电极反应为：4OH- -4e-=O2↑+2H2O。 16.甲醇（CH3OH）的合成与应用具有广阔的发展前景。 Ⅰ．合成甲醇的部分工艺流程如下： （1）甲烷与水蒸气反应制备合成甲醇的原料气 CO、CO2 和 H2。CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋ 3H2(g) 、∆H ＝＋206.2 kJ·mol－1，CO(g) + H2O(g) ＝CO2(g) + H2(g)∆H ＝˗41.0 kJ·mol－1，甲烷与水蒸气反应生成 CO2 和 H2 的热化学方程式为________。 （2）在催化剂的作用下，200~300℃时，合成反应器内发生反应：ⅰ. CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)∆H＜0，ⅱ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)∆H＜0。 ①一段时间内，记录合成反应器出、入口样品的温度，数据如图所示。曲线_________是合 成反应器出口样品的温度。 ②如果你是工程师，请对合成反应器中压强的控制提出建议并说明理由：_______。合成反 应器中有少量的副反应，会生成二甲醚（CH3OCH3）、甲酸甲酯等。已知沸点：甲醇 64.7℃；二甲醚 -24.9℃；甲酸甲酯 32.0℃。 ③CO 和 H2 生成二甲醚的化学方程式是_________。 ④从合成反应器出来的产品经分离提纯可以得到甲醇，请简述该方法_______。 Ⅱ．下图为甲醇燃料电池的示意图。 （3）①负极的电极反应式是_______。 ②质子交换膜材料的合成是燃料电池的核心技术。我国科研人员研发的一种质子交换膜材料 的结构片段如下，它由三种单体缩聚而成。 已知：ROH + R’Cl → R—O—R’ + HCl，单体的结构简式是： 、 _____、___。 【答案】 (1). CH4(g) + 2H2O(g) ＝CO2(g) + 4H2(g) ∆H ＝ +165.2kJ·mol －1 (2). a (3). 适当加压。加压能使该反应速率增大、原料转化率升高，也会增加设备和动力成本 (4). 2CO＋4H2 CH3OCH3+ H2O (5). 降温冷凝得到液态甲醇粗品再蒸馏提纯 (6). CH3OH－6e－＋H2O = CO2＋6H+ (7). (8). 或 【解析】 【分析】 I、（1）应用盖斯定律写出热化学方程式； （2）①两个反应都是放热反应，合成反应器出口样品的温度更高一些； ②两个反应都是气体体积减小的反应，从平衡的角度来看，高压更合适，但是压强高，意味 着设备要好，这就需要加大成本的投入，因此需要适当加压； ③题中告知反应物和生成物，写完整方程式即可； ④题中给出了几个物质的沸点，甲醇的沸点较高，且和其他物质的沸点相差较大，可以通过 降温冷凝的方法得到甲醇； II、（3）①燃料电池的构造中有质子交换膜，则说明反应中产生 H+，故负极电极反应为： CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+； ②结合题中给出的方程式分析即可。 【详解】I、（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式加起来得： CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ∆H=+165.2kJ·mol-1； （2）①两个反应都是放热反应，合成反应器出口样品的温度更高一些，故选 a； ②两个反应都是气体体积减小的反应，从平衡的角度来看，增大压力，能使该反应速率增大、 原料转化率升高，但是压强高，意味着设备要好，这就需要加大成本的投入，因此需要适当 加压； ③CO 和 H2 生成二甲醚的化学方程式为：2CO+4H2 CH3OCH3+H2O； ④题中给出了几个物质的沸点，甲醇的沸点较高，且和其他物质的沸点相差较大，可以通过 降温冷凝的方法得到甲醇粗品，再经过蒸馏提纯； II、（3）①燃料电池的构造中有质子交换膜，则说明反应中产生 H+，故负极电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+； ②结合题中给出的化学方程式，可以推出另外两种单体分别为： 、 或 。 17.工业用黄铜矿（主要成分 CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如下： （1）Ⅰ中发生下列反应。ⅰ.CuFeS2 + 3Cu2+ + 4Cl- = 4CuCl+ Fe2+ +2Sⅱ. CuCl + Cl- CuCl2-，I 中盐酸的作用是________。 （2）Ⅱ中通入空气，将 Fe2+转化 FeOOH 沉淀。 ①Fe2+转化为 FeOOH 的离子方程式是__________。 ②溶液 A 中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和________。 （3）Ⅲ中需控制 NaOH 溶液的用量，其原因是________。 （4）Ⅳ中加入 Na2CO3 溶液的目的是________。 （5）V 中反应的离子方程式是________。 （6）从物质循环利用的角度分析，如何处理 NaCl 溶液才能更好地服务于该冶炼铜的工艺， 并说明理由：__。 【答案】 (1). 补充 Cl-，促进 I 中反应，提高铜元素浸出率 (2). 4Fe2+ + O2 + 6H2O = 4FeOOH↓+ 8H+ (3). Cu2+、CuCl2- (4). 防止 Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免 CuCl2-变成 Cu2O 沉淀 (5). 除去 Zn2+和 Pb2+ (6). 2CuCl2- + 2OH- = Cu2O↓+4Cl- +H2O (7). 电解氯化 钠溶液产生 H2、Cl2 和 NaOH，NaOH 可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2 可用于Ⅵ作还原剂，Cl2 可用于Ⅷ作氧化剂 【解析】 【分析】（1）观察 I 中的两个反应，其中 ii 是可逆反应，故使用稀盐酸可以促使平衡正向移动，增 大铜元素的浸出率； （2）①Fe2+被 O2 氧化 FeOOH，则反应物中还含有 H2O，依此写出方程式； ②根据 I 中的反应及 Cu(OH)3Cl，可以推出溶液 A 中还含有 Cu2+、CuCl2-； （3）在流程中，从溶液 A 中得到 Cu(OH)3Cl 要经过盐酸的处理得到 CuCl2，因此要求 Cu(OH)3Cl 的纯度要高，所以 III 中控制 NaOH 的用量是为了防止 Zn2+、Pb2+形成沉淀，同 时也可避免 CuCl2-变成 Cu2O 沉淀； （4）通过 V、VI 可知，溶液 C 中没有杂质离子，故Ⅳ中加入 Na2CO3 溶液是为了除去 Zn2+ 和 Pb2+； （5）溶液 C 中的主要离子为 CuCl2-，根据图中可知，该离子和 NaOH 反应生成了 Cu2O， 据此写出离子方程式； （6）观察流程图，可以发现电解饱和 NaCl 溶液所得的产物 Cl2、H2、NaOH 均有运用，故 可以电解氯化钠溶液。 【详解】（1）使用稀盐酸，可以增加 Cl-的浓度，使得反应 ii 的平衡正向移动，增大铜元素 的浸出率； （2）①Fe2+转化为 FeOOH 的离子方程式为 4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+； ②黄铜矿和 CuCl2、稀盐酸反应后，再向所得溶液通入 O2 得到溶液 A，可以推出溶液中有 CuCl2-，再根据溶液 A 中加入 NaOH 溶液得到 Cu(OH)3Cl，可以推出溶液 A 中还含有 Cu2+； （3）III 中控制 NaOH 的用量是为了防止 Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免 CuCl2-变成 Cu2O 沉淀，以防止 Cu(OH)3Cl 中含有杂质； （4）Ⅳ中加入 Na2CO3 溶液是为了除去 Zn2+和 Pb2+； （5）溶液 C 中的主要离子为 CuCl2-，根据图中可知，该离子和 NaOH 反应生成了 Cu2O， 则反应的离子方程式为：2CuCl2-+2OH-=Cu2O↓+4Cl- +H2O； （6）如图所示，电解氯化钠溶液产生 H2、Cl2 和 NaOH，NaOH 可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂， H2 可用于Ⅵ作还原剂，Cl2 可用于Ⅷ作氧化剂。 18.阳极泥处理后的沉渣中含 AgCl，工业上可用 Na2SO3 溶液作浸取剂浸出回收。某小组在 实验室模拟该过程。 已知： i．25oC 时，部分物质的溶解度：AgCl 1.9×10–4 g；Ag2SO3 4.6×10–4 g；Ag2SO4　0.84 g。 的ii．25oC 时，亚硫酸钠溶液酸化过中含 微粒的物质的量分数随 pH 变化如图所示。 Ⅰ.浸出氯化银 取 AgCl 固体，加入 1 mol/L Na2SO3 溶液作浸取剂，充分反应后过滤得到浸出液（pH=8）， 该过程中发生的反应为 AgCl + [Ag(SO3)2]3– + Cl–。 （1）用平衡移动原理解释 AgCl 溶解的原因是___。 Ⅱ. 酸化沉银 （2）经检测，沉淀 m 为 AgCl，则溶液 m 中含 微粒的主要存在形式是________。 （3）探究沉淀 n 的成分。 ①甲同学认为沉淀 n 一定不含 Ag2SO4，其依据是________。 ②乙同学认为沉淀 n 可能含 Ag2SO3，进行实验验证。 i. 本实验设计的依据是：Ag2SO3 具有________性。 ii. 乙同学观察到________，得出结论“沉淀 n 不含 Ag2SO3”。 ③丙同学从溶液 n 的成分角度再次设计实验证明沉淀 n 不含 Ag2SO3。 4 S + 2 32SO − 4 S +i. 本实验设计的依据是：若沉淀 n 含 Ag2SO3，则溶液 n 中含 微粒的总物质的量___（填 “＞”、“＝”或“＜”）Cl–物质的量。 ii. 结合实验现象简述丙同学的推理过程：____。 Ⅲ．浸取剂再生 （4）溶液 m 经处理后可再用于浸出 AgCl，请简述该处理方法____。 【答案】 (1). AgCl(s) Ag+(aq)+ Cl-(aq) ,Ag+与 SO32- 结合生成[Ag(SO3)2]3– ，促进 AgCl 的溶解平衡正向移动 (2). HSO3- (3). Ag2SO4 的溶解度远大于 AgCl 或 Ag2SO3，溶液 中 Ag+ 的浓度很小 (4). 还原 (5). b 中清液的颜色与 c 相同，均为浅紫色溶液 (6). ＜ (7). e 中无沉淀生成，说明清液中没有 Cl-，则溶液 n 中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3– 全部转化为 Ag+，Ag+将 Cl–全部沉淀，由此可知溶液 n 中含 Ag 元素的微粒总物质的量不小 于 n(Cl–) (8). 加 NaOH 溶液调节 pH 至 9~10 【解析】 【分析】 I、（1）利用平衡移动的知识答题即可； II、（2）生成沉淀 m 时，溶液 m 的 pH 为 5，观察图像，可以得知 HSO3-的物质的量分数占 100%； （3）①溶液中 Ag+的浓度很小，而 Ag2SO4 的溶解度较大，故不会形成 Ag2SO4 沉淀； ②依据 Ag2SO3 的还原性答题； ③e 中无沉淀生成，说明清液中没有 Cl-，则溶液 n 中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为 Ag+，Ag+将 Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液 n 中含 Ag 元素的微粒总物质的量不小于 n(Cl–)； III、（4）m 溶液中的溶质为 NaHSO3，浸取剂为 Na2SO3 溶液，需要加入 NaOH 溶液将 NaHSO3 转化为 Na2SO3。 【详解】I、（1）AgCl(s) Ag+(aq)+ Cl-(aq)，Ag+与 SO32- 结合生成[Ag(SO3)2]3-，促进AgCl 的溶解平衡正向移动； II、（2）生成沉淀 m 时，溶液 m 的 pH 为 5，观察图像，可以得知 HSO3-的物质的量分数占 100%，则溶液 m 中含 微粒的主要存在形式是 HSO3-； （3）①Ag2SO4 的溶解度远大于 AgCl 或 Ag2SO3，溶液中 Ag+ 的浓度很小； ②i、酸性 KMnO4 溶液具有强氧化性，SO32-具有还原性，则该实验涉及 依据是 Ag2SO3 具的 1 Ag + 4 S +有还原性； ii、沉淀中无 Ag2SO3，则该沉淀不会使酸性 KMnO4 溶液褪色，故可以观察到 a 试管中酸性 KMnO4 溶液褪色，b、c 试管中酸性 KMnO4 溶液依然呈紫色； ③e 中无沉淀生成，说明清液中没有 Cl-，则溶液 n 中加入稀硝酸使[Ag(SO3)2]3–全部转化为 Ag+，Ag+将 Cl–全部沉淀，由此可分析出溶液 n 中含 Ag 元素的微粒总物质的量不小于 n(Cl–)； III、（4）m 溶液中的溶质为 NaHSO3，浸取剂为 Na2SO3 溶液，根据曲线图可知，加入 NaOH 溶液调整 pH 到 9-10 即可。 19.抗凝药吲哚布芬的合成路线如下： 已知： （1）反应①所用的试剂是_________。 （2）反应②的反应类型是_______。 （3）反应③的化学方程式是________。 （4）J 的结构简式是_________。 （5）反应物 Na2S2O4 的作用是________。 （6）已知 M 的核磁共振氢谱有两个峰。K→N 的化学方程式是________。 （7）为减少吲哚布芬的不良反应，可用包衣材料附着在药品表面制成缓释微丸，使其有效 成分缓慢释放。制作包衣材料的原料之一为聚维酮。 ①下图为用添加不等量聚维酮的包衣材料制成的缓释微丸，在体内 24 小时的释放率。选用聚维酮用量的添加值（w）为 10%，不选择 5%和 20%的理由是_________。 ②聚维酮的合成路线：环酯 X（C4H6O2） 中间体 1 中间体 2 ，依次写出中间体 1、Y 和中间体 2 的结构简式：_________。 【答案】 (1). HBr (2). 取代反应 (3). C2H5Br+ +HBr (4). (5). 将 硝 基 还 原 为 氨 基 (6). (7). 5%的用量体内释放 不完全，20%的用量释放速率过快，10%时释放曲线较为平缓，且 24 小时释放完全 (8). 、 、 【解析】 【分析】 根据 A、B、C 的分子式可以推出 A 为乙烯，B 为溴乙烷，C 为甲苯；根据 F 的结构，以及 题中给出的反应，可以推出 D 为 ，E 为 ；根据吲哚布芬的结 构 倒 推 ， 可 推 出 F 硝 化 的 产 物 G 为 ： ， 则 J 为 ；J→K，分子中少了两个 O 原子，多了两个 H 原子，且吲哚布芬 中含有 的结构，可以推出该结构由羧基和氨基反应而来，故可以推测出 J→K 的反应中，硝基被还原为氨基，故 K 为 ；根据 M 的分子式，以及 题（6）信息可以推测出 M 为 ，则 N 为 。 【详解】（1）经分析，①为 A（乙烯）加成生成 B（溴乙烷）的反应，所需试剂为 HBr； （2）②为 C（甲苯）生成 D（ ） 反应，则该反应为取代反应； （3）反应③的化学方程式为 C2H5Br+ +HBr； （4）经分析，J 为 ； 的（5）Na2S2O4 将 J（ ）转化为 K（ ），则其 作用是将硝基还原为氨基； （6）经分析，M 为 ，则 K→N 的化学方程式是 ； （7）①观察图像，可以看出%的用量体内释放不完全，20%的用量释放速率过快，10%时释 放曲线较为平缓，且 24 小时释放完全； ②环酯 X 的结构简式为 ，根据题中 K→N 这一步，可以推出中间体 1 为 ； 根据聚维酮的结构，可以推出中间体 2 为 ，中间体 2 中间体 1，则 Y 为 。 【点睛】本题考察的有机方程式较难，甚至是考试中很少遇到的，需要考生在分析的过程中， 大胆推测。 Y→ HC CH≡