北京市石景山区2020届高三上学期期末考试化学试题（Word版带解析）.doc

石景山区 2019—2020 学年第一学期高三期末试卷 化学 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Mg—24 P—31 Fe—56 第Ⅰ卷（选择题） 本部分共 14 个小题，每小题 3 分，每小题只有一个选项符合题意 1.垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的理念。废易拉罐对应的垃圾分类标志是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】废易拉罐应放进可回收垃圾桶，则选择可回收垃圾分类标志，故答案为 A。 2.配制一定物质 量浓度的溶液，一定用到的仪器是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定 规格的容量瓶等，则一定用到的仪器是容量瓶，故答案为 A。 3.下列关于物质分类的组合正确的是（ ） 碱性氧化物 碱 盐 A 氧化钠 纯碱 氯化铝 B 生石灰 烧碱 明矾 的C 熟石灰 苛性钠 硫酸铜 D 过氧化钠 氢氧化钙 小苏打 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．纯碱是碳酸钠，是盐，不属于碱，故 A 错误； B．生石灰是碱性氧化物，烧碱是 NaOH 属于碱，明矾是盐，故 B 正确； C．熟石灰是氢氧化钙，属于碱，不是碱性氧化物，故 C 错误； D．过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】考查物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸、碱、盐和碱性氧化物等概念， 掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生 的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或 NH4+)和酸根离子的化 合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物．(且 生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或 与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。 4.下列物质的用途不正确的是（ ） A. 氧化铁用于制作涂料 B. 漂白粉用于杀菌消毒 C. SiO2 用于半导体材料 D. 液氨常用作制冷剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．氧化铁俗称铁红，常用于制作涂料，故 A 正确； B．漂白性具有强氧化性，可杀菌消毒，所以漂白粉用于杀菌消毒，故 B 正确； C．Si 用于制造半导体材料，而二氧化硅是光导纤维的成份，故 C 错误； D．液氨沸点低，易挥发，使环境温度降低，常用作制冷剂，故 D 正确； 故答案为 C。 5.反应 NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O 放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列化学用语正确的是 A. NH4Cl 的电离方程式：NH4Cl NH4++Cl- B. N2 的电子式： C. Cl-的结构示意图： D. H2O 的结构式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH4Cl 是强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为 NH4Cl=NH4++Cl-， 故 A 错误； B．N2 的电子式为 ，故 B 错误； C． 是 Cl 原子结构示意图，而 Cl-的结构示意图为，故 C 错误； D．H2O 的电子式为 ，则其结构式为 ，故 D 正确； 故答案为 D。 【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面： 阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”， 没有成键的价电子也要写出来；②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如 HClO 应是 H—O—Cl，而不是 H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键 应该写出来；③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。 6.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为没食子酸（记做 W），在一定条件下 W 可分别 转化为 X、Y，下列说法正确的是（ ） A. X 和 W 都能与溴水发生加成反应 B. X 能发生加成、消去、缩聚等反应 C. 1molY 最多能与 7molNaOH 发生反应D. 1molY 水解生成两种有机化合物 【答案】B 【解析】 【详解】A．X 分子结构中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，而 W 分子结构中不 含碳碳双键，属于酚，只能与浓溴水发生取代反应，故 A 错误； B．X 分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有醇羟基，可以发生消去反应，含 有羟基和羧基，可以发生缩聚反应，故 B 正确； C．在 1molY 中含有 1mol 水解后生成 1mol 羧基和 1mol 酚羟基的酯基、1mol 羧基、5mol 酚羟基，则可以和 8molNaOH 发生反应，故 D 错误； D．Y 的水解产物只有一种，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】本题以有机物的结构为载体，考查官能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知 识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的 性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基则具有酚的性，有苯环还具有苯的性质，本题 难点是酚与醇的性质差异。 7.反应①是制备 SiH4 的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下： 下列说法不正确的是（ ） A. A2B 的化学式为 Mg2Si B. NH3、NH4Cl 可以循环使用 C. 反应①中参加反应的 NH3 和 NH4Cl 的物质的量之比为 1∶1 D. 反应②中每生成 24gMg 转移 2mol 电子 【答案】C 【解析】 【分析】 根据化学反应的本质，反应①的产物中出现 Si 和 Mg 元素，结合 Mg 为+2 价、Si 为-4 价，可知 A2B 应为 Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成 SiH4 和 MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3 加入碱 液，可生成 Mg(OH)2，MgCl2•6NH3 加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电 解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而 MgCl2•6NH3 与盐酸反应，可生成氯化镁、 氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答该题。 【详解】A．由分析知，A2B 应为 Mg2Si，故 A 正确； B．由分析知，产物氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，故 B 正确； C．反应①发生反应的化学方程式为 Mg2Si+8NH3+4NH4Cl=SiH4+2MgCl2•6NH3，则参加反应 的 NH3 和 NH4Cl 的物质的量之比为 2:1，故 C 错误； D．反应②中电解 MgCl2 生成 Mg，其中 Mg 元素从+2 价降为 0 价，则每生成 24g(1mol)Mg 转移 2mol 电子，故 D 正确； 故答案为 C。 8.自热食品不用火电，将水倒在发热包上，发热包遇水自动升温，从而加热食物。发热包的 主要成分是：生石灰、铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、碳酸钠、焙烧硅藻土等，下列说法不 正确的是（ ） A. 生石灰和水反应放出热量 B. 铝粉和碱反应放出热量 C. 氢氧化钙和碳酸钠反应使溶液碱性增强：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH D. 过程中有微小原电池形成，负极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH- 【答案】D 【解析】 【详解】A．CaO 和水反应生成 Ca(OH)2 的反应为放热反应，故 A 正确； B．铝粉和碱反应生成 NaAlO2 和氢气，是放热反应，故 B 正确； C．氢氧化钙和碳酸钠反应的方程式为 Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，有 NaOH 生成， 则使溶液碱性增强，故 C 正确； D．过程中有微小原电池形成，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应有 Fe-2e-=Fe2+，故 D 错误； 故答案为 D。 9.2018 年国际计量大会将摩尔的定义修改为：1 摩尔包含 6.02214076×1023 个基本单元，这 一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用 6.02×1023mol－1 表示，新定义于 2019 年 5 月 20 日正式生效。下列说法不正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L 的 NH3 约含有 17×6.02×1023 个质子 B. 白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g 白磷中约含有 3×6.02×1023 个 P-P 键 C. 标准状况下，18gH2O 中约含有 2×6.02×1023 个氢原子 D. 由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为 NA＝6.02214076×1023 mol－1 【答案】A 【解析】 【详解】A．每个 NH3 分子含有 10 个质子，则标准状况下，22.4L 的 NH3 的物质的量为 =1mol，含有 10×6.02×1023 个质子，故 A 错误； B．62g 白磷的物质的量为 0.5mol，而白磷分子中含 6 个 p-p 键，故 0.5mol 白磷中含 3NA， 即 3×6.02×1023 个 p-p 键，故 B 正确； C．标准状况下，18gH2O 的物质的量为 1mol，则约含有 2×6.02×1023 个氢原子，故 C 正确； D．1 摩尔包含 6.02214076×1023 个基本单元，则阿伏加德罗常数表达为 NA＝6.02214076×1023 mol－1，故 D 正确； 故答案为 A。 10.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果， 研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的 物种用 标注。下列说法正确的是（ ） A. 水煤气变换反应的 ΔH>0 B. 步骤③的化学方程式为：CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O● C. 步骤⑤只有非极性键 H-H 键形成 D. 该历程中最大能垒（活化能）E 正=1.70eV 【答案】B 【解析】 22.4L 22.4L / mol【分析】 图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态 1 和过渡态 2，最后生成产物的能量低于反应 物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E 正， 得到反应的化学方程式。 【详解】A．图象分析可知水煤气 生成过程经过了过渡态 1 和过渡态 2，最后生成产物的 能量低于反应物，反应的焓变 ΔH 小于 0，故 A 错误； B．结合此图分析判断，③是发生的过渡反应：CO●+OH●+H2O(g)=COOH●+H2O●，故 B 正 确； C．步骤⑤中 H-O 键原反应物中已经存在，则形成的化学键包括极性键 C=O，非极性键 H-H 键形成，故 C 错误； D．该历程中最大能垒(活化能)E 正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故 D 错误； 故答案为 B。 11.用惰性电极电解饱和食盐水（含少量 Ca2+、Mg2+）并进行相关实验，电解一段时间后， 各部分装置及对应的现象如下： 对应现象 （1）中黑色 固体变红 （2）电极 a 附近溶 液出现浑浊 （3）中溶液 出现浑浊 （4）中溶液 红色褪去 下列对实验现象解释不正确的是（ ） A. （1）中：CuO＋H2 Cu＋H2O B. （2）中 a 电极：2H2O＋2e-=H2↑+2OH-，Mg2+＋2OH-=Mg(OH)2↓ C. （3）中：Cl2＋S2-=S↓+2Cl- D. （4）中：Cl2＋H2O HCl + HClO 【答案】D 【解析】 的【详解】A．电解饱和食盐水生成 NaOH、H2 和 Cl2，则(1)中黑色固体变红发生的反应为 CuO＋ H2 Cu＋H2O，故 A 正确； B．(1)中黑色固体变红，则 a 极有 H2 生成，a 为阴极，发生的电极反应为 2H2O＋2e-=H2↑+2OH-， a 极周围溶液中的 Mg2+和 OH-发生离子反应生成 Mg(OH)2↓，故电极 a 附近溶液出现浑浊， 故 B 正确； C．b 为阳极，有 Cl2 生成，则(3)中发生的离子反应为 Cl2＋S2-=S↓+2Cl-，可观察到(3)中溶液 出现浑浊，故 C 正确； D．(4)中发生的化学反应为 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，NaClO 有漂白性，所以 C 中溶 液红色褪去，即原因可能为 NaClO 的强氧化性褪色，故 D 错误； 故答案为 D。 12.下列酸碱溶液恰好完全中和，如图所示，则下列叙述正确的是（ ） A. 因为两种酸溶液的 pH 相等，故 V1 一定等于 V2 B. 若 V1>V2，则说明 HA 为强酸，HB 为弱酸 C. 若实验①中，V=V1，则混合液中 c(Na+)=c(A-) D. 实验②的混合溶液，可能有 pH＜7 【答案】C 【解析】 【详解】pH 均为 2 的一元酸 HA、HB，两种溶液中 H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越 大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若 V1＞V2，则说 明 HA 的酸性比 HB 的酸性强；若 V1=V2，则说明 HA 的酸性与 HB 的酸性相同； A．因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断 V1 与 V2 的相对大小，故 A 错误； B．由以上分析可知，Vl＞V2，则说明 HA 的酸性比 HB 的酸性强，但无法说明 HA 是强酸， 故 B 错误； C．若实验①中，V=V1，说明 HA 的物质的量浓度也为 0.01mol/L，其 pH=2，则 HA 为强酸， 反应后溶液显中性，故混合液中 c(Na+)=c(A-)，故 C 正确； D．完全反应后实验②的混合溶液中溶质为强碱弱酸盐或强酸强碱盐，溶液的 pH≥7，不可能有 pH＜7，故 D 错误； 故答案为 C。 13.环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为： 。不同温度 下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A. T1＞T2 B. a 点的正反应速率小于 b 点的逆反应速率 C. a 点的反应速率小于 c 点的反应速率 D. 反应开始至 b 点时，双环戊二烯平均速率约为：0.45mol•L－1•h－1 【答案】D 【解析】 【详解】A．温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度 T2(虚线)的反应速率较大，则 T1＜T2，故 A 错误； B．a 到 b 的过程为正反应速率逐渐减小，且 b 点 v(正)＞v(逆)，则 a 点的正反应速率大于 b 点的逆反应速率，故 B 错误； C．根据图象可知，a 点切线斜率的绝对值大于 c 点切线的绝对值，则 a 点速率大于 c 点， 故 C 错误； D．b 点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度 为环戊二烯浓度变化的 ，则 b 点时二聚体的浓度为 0.9mol/L× =0.45mol•L-1，故 D 正确； 故答案为 D。 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 沸水浴后冷却到 20℃ 1 2 1 220℃ 颜色变化 红色略加深 红色接近① 红色比③加深较多 pH 8.31 829 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-+H2O H2CO3+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】 【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-+H2O H2CO3+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Ⅱ卷（非选择题） 本部分共 5 小题，共 58 分 15.某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶 M。 已知：ⅰ.R—NH2+ RNHCH2CH2OHⅱ. （1）A→B 的化学方程式是__。 （2）B→C 的反应类型是__。 （3）D 的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，其结构简式是__。 （4）D→E 的化学方程式是__。 （5）G 中含有两个六元环，其结构简式是__。 （6）I 和 H 反应生成镇痛药哌替啶 M 的化学方程式是__。 （7）写出同时符合下列条件的 C 的同分异构体的结构简式__（写出一种即可）。 ①分子中有苯环且是苯的邻位二取代物； ②核磁共振氢谱表明分子中有 6 种氢原子；红外光谱显示存在碳氮双键（C＝N）。 （8）以 C 为原料可以合成重要的医药中间体对氨基苯乙酸，合成路线如下： ①写出 Y 的结构简式__。 ②合成路线中反应条件 Fe/HCl 的作用是__。 【答案】 (1). +Cl2 +HCl (2). 取代反应 (3). (4). 2 +CH3NH2 (5). (6). +CH3CH2OH +H2O (7). 、 、 （任意一种） (8). (9). 将硝基（-NO2）还原为氨 基（-NH2） 【解析】 【分析】 C 与 F 发生信息中的反应生成 G，G 中含有-CN，G 发生水解反应生成 H，H 中含有-COOH，结合 H、I 在酸性条件下生成物的结构简式 ，可知 H、I 发生酯化 反应，结合 C、F 含有碳原子数目可推知 I 为 CH3CH2OH、H 为 ，结合 有 机 物 分 子 式 逆 推 可 知 G 为 、 C 为 、 F 为 、E 为 ；由 C 的结构可逆出 A 分子结构中含有苯环， 则 A 为 ，A 再 Cl2 在光照条件下发生取代反应生成的 B 为 ；乙烯 与 O2 在催化剂的作用下发生氧化反应生成的 D 核磁共振氢谱只有一个吸收峰，则 D 应为 ，D 再和 CH3NH2 发生信息ⅰ的反应生成 E，据此分析解题； (8)以 为原料合成的最终产物为对氨基苯乙酸，则 C 与浓 HNO3 和浓硫酸混 合加热生成的 X 应为 ，X 在酸性溶液中水解生成的 Y 为 ，Y 再在 Fe/HCl 的作用下发生还原反应生成 。 【详解】(1)A 再 Cl2 在光照条件下发生取代反应生成的 B 为 ，发生反应的化 学方程式是 +Cl2 +HCl； (2) 和 NaCN 发生取代反应生成 ； (3)由分析知，乙烯与 O2 在催化剂的作用下发生氧化反应生成的 D 结构简式为 ， (4)D→E 为 与 CH3NH2 发生加成反应生成 ，反应方程式是 2 +CH3NH2 ；(5)由分析可知，G 的结构简式是 ； (6)CH3CH2OH 和 发生酯化反应生成镇痛药哌替啶的化学方程式是 +CH3CH2OH +H2O； (7)C( )的同分异构体符合：①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物； ②1H-NMR 谱表明分子中有 6 种氢原子；IR 谱显示存在碳氮双键(C=N)，可能的同分异构体 有： ； (8)①由分析知 Y 的结构简式为 ； ② 在反应条件 Fe/HCl 的作用下，将硝基(-NO2)还原为氨基(-NH2)。 【点睛】考查有机物的推断与合成，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子 数目的变化推断各物质是解答本题的关键，注意准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、 整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有 机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。 16.为纪念元素周期表诞生 150 周年，IUPAC 等从世界范围征集优秀青年化学家提名，形成 一张“青年化学家元素周期表”，向世界介绍118 位优秀青年化学家，有 8 位中国青年化学 家成为“N、Hg、U”等元素的代言人。回答下列问题： （1）N 在周期表中的位置是__。 （2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是__。 a．酸性：HCl＞H2SO3 b．非金属性：O＞S c．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 d．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 （3）非金属性：Cl＞Br，用原子结构解释原因__，用一个离子方程式证明__。 （4）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 R、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是 Y 核外电子数的一半。①Y 的元素符号为__。②X 的氢化物的电子式__。 【答案】 (1). 第二周期第ⅤA 族 (2). bc (3). 氯与溴最外层电子数相同，氯比溴 少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性 Cl>Br (4). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (5). Si (6). 【解析】 【分析】 (1)N 的核电荷数是 7，其原子结构示意图为 ； (2)结合同周期、同主族元素的性质递变规律分析； (3)单质之间的置换反应可说明非金属性强弱； (4)R、X、Y、Z 为同一短周期元素，根据图知，Y 能形成 4 个共价键、Z 能形成 1 个共价键， 则 Y 位于第 IVA 族、Z 位于第 VIIA 族，且 Z 核外最外层电子数是 Y 核外电子数的一半，Z 最外层 7 个电子，则 Y 原子核外有 14 个电子，故 Y 为 Si 元素，Z 为 Cl 元素；该阴离子中 Cl 元素为-1 价、Si 元素为+4 价，根据化合价的代数和为-1 价可知，X 为-3 价，则 X 为 P 元素；根据阳离子所带电荷知，R 为 Na 元素，据此解答。 【详解】(1)N 原子结构示意图为 ，则 N 在周期表中的位置是第二周期第ⅤA 族； (2)a．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S， 则酸性：HClO4＞H2SO4，而 HCl 的酸性大于 HCl＞H2SO3 无法用元素周期律解释，故 a 错 误； b．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：C＞S，能用元素周期律解释，故 b 正确； c．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱 性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故 c 正确； d．酸式碳酸盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期 律解释，故 d 错误； (3)氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性 Cl>Br，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可证明非金属性：Cl ＞Br； (4)通过以上分析知：R、X、Y、Z 分别为 Na、P、Si、Cl 元素； ①由分析知：Y 的元素符号为 Si； ②X 为 P 元素，其氢化物 分子式为 PH3，是共价化合物，则其电子式为 。 【点睛】元素周期律的主要内容是同周期主族元素，随核电荷数的递增，金属性减弱，非金 属性增强，同主族元素从上到下金属性增强，非金属性减弱，本题易错点是混淆非金属性和 金属性强弱的判断规律，同时主要注意非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越 强，要特别注意是“最高价”，否则不能使用该规律。 17.2019 年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正 极主要由 LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P 具有极高的回收价值，具体流程如下： （1）过程ⅰ生成 NaAlO2 溶液 离子方程式是__。 （2）过程ⅱ中 HCl/H2O2 的作用是__。 （3）浸出液 X 的主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等。过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度 20%、温度 85 ℃、反应时间 3 h 条件下，探究 pH 对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。 ①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳 pH 为__。 ②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中 pH 增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。 的 的③当 pH＞2.5 后，随 pH 增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__。 （4）LiFePO4 可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4 与 LiOH 溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀 反应的化学方程式为__。 【答案】 (1). 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (2). 溶解 LiFePO4，将 Fe2+氧化为 Fe3+ （2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O） (3). 2.5 (4). H2PO4- HPO42-+H+，HPO42- PO43-+H+，加入 Na2CO3 后，CO32-结合 H+使 c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−) 增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：H2PO4- HPO42-+H+，HPO42- PO43-+H+， 溶液 pH 增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与 Fe3+结合形成磷 酸铁沉淀 (5). pH＞2.5 时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成 Fe(OH)3，使得部分 PO43- 释放，导致磷沉淀率下降 (6). (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O 或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O 【解析】 【分析】 含 LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用 NaOH 溶解后过滤，滤液为 NaAlO2 溶液，滤渣 为 LiFePO4 和炭黑，再用盐酸酸化的 H2O2 溶解滤渣并过滤，得到主要成分为 Li+、Fe3+、 H2PO4-等的溶液 X，向 X 中加入 Na2CO3 溶液，有 FePO4•2H2O 析出，过滤的滤液主要是 LiCl，再加入饱和 Na2CO3 溶液，再过滤即可得到 LiCO3 粗产品，据此分析解题。 【详解】(1)过程ⅰAl 溶于 NaOH 溶液生成 NaAlO2 和 H2，发生反应的离子方程式是 2Al＋ 2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑； (2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的 H2O2，过滤后得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等 的溶液 X，由知 HCl/H2O2 的作用是溶解 LiFePO4，将 Fe2+氧化为 Fe3+； (3)①分析图中数据可知，当 pH=2.5 时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的 最佳 pH 为 2.5； ②已知溶液 X 中存在 H2PO4-的电离平衡，即 H2PO4- HPO42-+H+，HPO42- PO43-+H+， 过程ⅲ中当加入 Na2CO3 后，CO32-结合 H+使 c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−) 增大，与 Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率； ③已知 FePO4(s) Fe3+(aq)+ PO43-(aq)，当 pH＞2.5 后，随 pH 增加，溶液中 c(OH-)增大，Fe3+ 开始转变生成 Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分 PO43-释放，导致磷沉淀率下降； (4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4 与 LiOH 溶液混合生成 LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4 和 Li2SO4， 结合原子守恒，发生反应的化学方程式为 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。 18.环戊二烯是重要的有机化工原料，制备环戊烯涉及的反应如下： ⅰ.解聚反应： ΔH＞0 ⅱ.氢化反应： ΔH=-100.5kJ·mol-1 ⅲ.副反应： ΔH=-109.4kJ·mol-1 （1）反应 的∆H=__kJ·mol-1。 （2）解聚反应ⅰ在刚性容器中进行。 ①其它条件不变时，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是__，__。 ②实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为 70kPa 的双环 戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为 115kPa，双环戊二烯的转化率为 90%，则体系中 PH2O=__kPa。 （3）研究环戊二烯氢化制备环戊烯在不同温度下催化剂的活性。下表是以 Pd/Al2O3 为催化 剂，相同反应时间测得不同温度的数据（其它条件相同）。 温度/℃ 25 30 35 40 45 环戊二烯转化率/% 84.9 93.9 100.0 100.0 100.0 环戊烯选择性/% 81.3 88.6 75.5 60.6 51.3 说明：选择性= ×100%，收率= ×100%， 常用收率来衡量催化剂的活性。 ①最佳的反应温度为__，选择该温度的原因是__。 ②表中实验数据表明，升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其原因是__。 【答案】 (1). -209.9 (2). 升高温度 (3). 减小压强 (4). 20 (5). 30℃ (6). 该温度下，收率最大，催化剂的活性最好或该温度下转化率较高，选择性好 (7). 温 度升高，ⅱ、ⅲ的反应速率均加快，但对ⅱ的反应速率的影响小于ⅲ【解析】 【分析】 (1) 已 知 ： ⅱ. ΔH=-100.5kJ·mol-1 ， ⅲ. ΔH=-109.4kJ·mol-1，由盖斯定律可知，ⅱ+ⅲ得 ，则可计算∆H； (2)①结合影响的因素分析，改变条件促进平衡正向移动，达到提高双环戊二烯平衡转化率 的目的； ②设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为 n，压强为气体物质的量成正比，反应前总 压强 70kPa 的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为 115kPa，则平衡时混合气体的物质 的量为： mol=1.64nmol，物质的量增大了 0.64nmol，则根据 可知参加反应的双环戊二烯为 0.64nmol，由双环戊 二烯的转化率为 90%可知原混合气体中双环戊二烯为 =0.714nmol，据此计算 PH2O； (3)①综合表中数据分析环戊二烯转化率和环戊烯选择性最适宜时所对应的温度； ②根据温度对反应ⅱ、ⅲ的速率影响判断。 【详解】(1)已知：ⅱ. ΔH=-100.5kJ·mol-1，ⅲ. ΔH=-109.4kJ·mol-1，由盖斯定律可知，ⅱ+ⅲ得 ，此时∆H=(-100.5kJ·mol-1)+(-109.4kJ·mol-1)=-209.9 kJ·mol-1； (2)①由 ΔH＞0 可知，利用升高温度或减小压强等措施， 可促进平衡正向移动，达到提高双环戊二烯平衡转化率的目的； ②设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为 n，压强为气体物质的量成正比，反应前总 压强 70kPa 的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为 115kPa，则平衡时混合气体的物质 115kPa n70KPa × 0.64nmol 90%的量为： mol=1.64nmol，物质的量增大了 0.64nmol，则根据 可知参加反应的双环戊二烯为 0.64nmol，由双环戊 二烯的转化率为 90%可知原混合气体中双环戊二烯为 =0.714nmol，则水蒸气的物 质的量为 nmol-0.714nmol=0.286nmol，此时 PH2O= ×115KPa≈20KPa； (3)①由表中数据可知，在 30℃时，收率最大，催化剂的活性最好，且此时环戊二烯转化率 较高，环戊烯选择性最好，则最佳的反应温度为 30℃； ②温度升高，ⅱ、ⅲ的反应速率均加快，表中数据表明升高温度，环戊二烯转化率提高而环 戊烯选择性降低，其可能原因是温度对对ⅱ的反应速率的影响小于ⅲ。 【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学 方程式)，结合原热化学方程式(一般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除 以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原热化学方程式之间 ΔH 的换算关系。 19.碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行 了探究。 已知：①FeCO3 是白色固体，难溶于水 ②Fe2++6SCN- Fe(SCN)64-（无色） Ⅰ.FeCO3 的制取（夹持装置略） 装置 C 中，向 Na2CO3 溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。 （1）试剂 a 是__。 （2）向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是__。 （3）C 装置中制取 FeCO3 的离子方程式为__。 115kPa n70KPa × 0.64nmol 90% 0.286nmol 1.64mol（4）有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由__。 Ⅱ.FeCO3 的性质探究 （5）对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是__。 （6）依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式__。 Ⅲ.FeCO3 的应用 （7）FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，此反应的离子 方程式为__。该实验小组用 KMnO4 测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数， 发现乳酸亚铁的质量分数总是大于 100%，其原因是__（不考虑操作不当引起的误差）。 【答案】 (1). 饱和 NaHCO3 溶液 (2). 降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2 (3). 2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2↑+H2O (4). 不合理，CO2 会和 FeCO3 反应生成 Fe(HCO3)2； 合理，排除氧气的影响 (5). Fe2+与 SCN—的络合（或结合）会促进 FeCO3 固体的溶解或 FeCO3 固体在 KSCN 溶液中溶解性比 KCl 溶液中大 (6). 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓ +4Fe(SCN)3 +24SCN- 或 6Fe2++3H2O2 +12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3 或 6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ (7). FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O (8). 乳酸根中的羟基被 KMnO4 氧化，也消耗了 KMnO4 【解析】 【分析】 Ⅰ.装置 A 中碳酸钙和稀盐酸反应生成的 CO2 中混有挥发的 HCl 气体，需要利用装置 B 中盛 装的饱和 NaHCO3 溶液除去，装置 C 中，向 Na2CO3 溶液(pH＝11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体； Ⅱ.(5)根据 Fe2++6SCN- Fe(SCN)64-分析 FeCO3 在 KCl 和 KSCN 两种不同溶液中的溶解度不同判断； (6)实验ⅱ中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入 10%H2O2 溶液后有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成； Ⅲ.(7)FeCO3 溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，可结合盐和酸 反应生成新酸和新盐的反应原理分析；乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。 【详解】Ⅰ.(1)欲除去 CO2 中混有的 HCl，则 B 中盛装的试剂 a 是饱和 NaHCO3 溶液； (2)向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是，利用碳酸钠和 CO2 反应生成的 NaHCO3，提高溶液中 HCO3-的浓度，抑制 CO32-的水解，降低溶液中 OH-浓度，防止生成 Fe(OH)2； (3)装置 C 中，向 Na2CO3 溶液(pH＝11.9)通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，此时溶液中溶质 主要为 NaHCO3，再滴加 FeSO4 溶液，有 FeCO3 沉淀生成，发生反应的离子方程式为 2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2↑+H2O； (4)FeCO3 沉淀能溶解在 CO2 的水溶液中生成可溶于水的 Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出 现白色沉淀之后不应继续通 CO2；或者：出现白色沉淀之后继续通 CO2，可防止空气中氧气 氧化 FeCO3，提高产物的纯度。 (5)通过对比实验ⅱ和ⅲ，可知 Fe2+与 SCN—的络合生成可溶于水的 Fe(SCN)64-，会促进 FeCO3 固体的溶解； (6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有 Fe2+的溶液中滴加 10%H2O2 溶液后有 Fe(OH)3 和 Fe(SCN)3 生成，发生反应的离子方程式为 6Fe2++3H2O2 +12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3； (7)FeCO3 溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂，发生反应的离子方程式为 FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++CO2↑+H2O；乳酸根中含有羟基，可以 被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算 所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于 100%。