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

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

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+‎ ‎【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；‎ C、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 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 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+NaOHCH3(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+NaOHCH3CH2CH=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；‎ 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+H2OH++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 ‎，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) DH ＝ +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+4H2CH3OCH3+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。‎ 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。‎ 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；‎ ‎（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。‎