北京市通州區(qū)2024屆高三上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1北京市通州區(qū)2024屆高三上學(xué)期期末考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：第一部分本部分共14題，每小題3分，共42分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.文物是中華民族悠久歷史和燦爛文化的實(shí)物見(jiàn)證，下列文物的主要材料中屬于金屬材料的是（）A．甲骨文B．貨幣海貝C．陶瓷D．銅方尊【答案】D【詳析】A．甲骨片主要是龜甲、獸骨等，主要成分為蛋白質(zhì)，不屬于金屬材料，A不符合題意；B．貨幣海貝主要成分為碳酸鹽，不屬于金屬材料，B不符合題意；C．陶瓷主要成分為硅酸鹽，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，不屬于金屬材料，C不符合題意；D．銅方尊屬于合金，因此屬于金屬材料，D符合題意；答案選D。2.下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不正確的是（）A.反-2-丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型：B.質(zhì)量數(shù)為2的，其核素符號(hào)是：C.的模型：D.價(jià)層電子軌道表示式為：【答案】A【詳析】A．表示順-2-丁烯的分子結(jié)構(gòu)模型，A錯(cuò)誤；B．H的原子序數(shù)為1，則質(zhì)量數(shù)為2的原子可表示為，B正確；C．分子中O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，含有2對(duì)孤對(duì)電子，則模型為，C正確；D．Fe的價(jià)電子排布式為，失去最外層兩個(gè)電子形成，則的價(jià)層電子軌道表示式為：，D正確；答案選A。3.下列事實(shí)與水解反應(yīng)無(wú)關(guān)的是（）A.實(shí)驗(yàn)室用制備納米B.溴乙烷在堿性環(huán)境下制備乙醇C.重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴D.向沸水中滴加飽和溶液制備膠體【答案】C【詳析】A．在熱水中水解：，鈦酸受熱分解生成，與鹽類水解有關(guān)，不符合題意；B．溴乙烷在堿性環(huán)境下制備乙醇發(fā)生了水解反應(yīng)：，再與堿反應(yīng)，與水解有關(guān)，B不符合題意；C．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉(zhuǎn)化為小分子烴是裂化反應(yīng)，與水解無(wú)關(guān)，C符合題意；D．溶液水解生成氫氧化鐵：，加熱促進(jìn)水解，故可以制得膠體，與鹽類水解有關(guān)，D不符合題意；答案選C。4.下列解釋事實(shí)的化學(xué)用語(yǔ)不正確的是（）A.加熱和的混合物生成黑色固體：B.向澄清的苯酚鈉溶液中通入CO2C.將加入滴有酚酞溶液的水中液體變紅D.銅片放入濃硝酸中產(chǎn)生紅棕色氣體【答案】A【詳析】A．加熱和S的混合物生成FeS黑色固體，化學(xué)方程式為：，A錯(cuò)誤；B．向澄清的苯酚鈉溶液中通入CO2反應(yīng)生成苯酚，出現(xiàn)白色渾濁，化學(xué)方程式為：，BC．Na和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，溶液呈堿性，滴入酚酞溶液，溶液變紅色，離子方程式為：，C正確；D．銅片放入濃硝酸中產(chǎn)生NO2紅棕色氣體和硝酸銅，離子方程式為：，D正確；故選A。5.下列關(guān)于氣體的制備、除雜、檢驗(yàn)或收集的方法中，正確的是（）A．氨的制備B．檢驗(yàn)溴乙烷消去產(chǎn)生的乙烯C．除去中的D．乙炔氣體收集【答案】B【詳析】A．直接加熱氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，生成的兩種產(chǎn)物會(huì)在試管口直接化合生成氯化銨，因此無(wú)法制備氨氣，應(yīng)該選用氯化銨和氫氧化鈣固體加熱制備氨氣，A錯(cuò)誤；B．乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)，則溴的四氯化碳溶液褪色，因此可檢驗(yàn)溴乙烷消去產(chǎn)生的乙烯，B正確；C．和均與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)，因此無(wú)法除去中的，C錯(cuò)誤；D．乙炔的密度小于空氣，因此不能使用向上排空氣法收集，D錯(cuò)誤；答案選B。6.工業(yè)合成氨中的原料氣需經(jīng)過(guò)銅氨液處理后進(jìn)入合成塔，目的是除去其中的CO。下列說(shuō)法正確的是（）已知：A.可用與銨鹽制備銅氨液B.通過(guò)降溫可實(shí)現(xiàn)銅氨液再生利用C.中銅離子的配位數(shù)是3D.該步驟可有效防止CO使合成氨中催化劑中毒【答案】D【詳析】A．用與氨水而不是銨鹽制備銅氨液，A錯(cuò)誤；B．銅氨溶液吸收CO的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，氣體分子總數(shù)減少的反應(yīng)，為了使反應(yīng)后銅氨溶液再生，即讓反應(yīng)逆向進(jìn)行，則采用的條件為高溫低壓，B錯(cuò)誤；C．中銅離子的配位數(shù)是4，C錯(cuò)誤；D．CO會(huì)使催化劑失去活性，所以原料氣在進(jìn)入合成塔前需經(jīng)過(guò)銅氨液處理，除去其中的CO，可防止催化劑中毒，D正確；故選D。7.貝諾酯具有解熱鎮(zhèn)痛抗炎作用，是乙酰水楊酸和對(duì)乙酰氨基酚的前體藥物。下列說(shuō)法正確的是（）A.貝諾酯完全水解的產(chǎn)物有四種分子結(jié)構(gòu)B.1mol乙酰水楊酸最多消耗2molNaOHC.可用FeCl3溶液鑒別對(duì)乙酰氨基酚和乙酰水楊酸D.對(duì)乙酰氨基酚中甲基C—H鍵極性與甲烷中C—H鍵極性相同【答案】C【詳析】A．貝諾酯中兩個(gè)酯基，一個(gè)酰胺脂基，都會(huì)發(fā)生水解，產(chǎn)物分別是乙酸、領(lǐng)羥基苯甲酸，對(duì)氨基苯酚，A錯(cuò)誤；B．乙酰水楊酸中有一個(gè)羧基，一個(gè)酯基，1mol乙酰水楊酸中的羧基和酯基分別都能和1molNaOH反應(yīng)，而乙酰水楊酸中的酯基水解后會(huì)生成酚羥基，有酸性，會(huì)進(jìn)一步消耗1molNaOH，故最多消耗3molNaOH，B錯(cuò)誤；C．FeCl3溶液遇到酚羥基顯紫色，對(duì)乙酰氨基酚中有酚羥基，而乙酰水楊酸中無(wú)酚羥基，可用FeCl3溶液鑒別對(duì)乙酰氨基酚和乙酰水楊酸，C正確；D．雖然都是C—H鍵，但是C上所連其他基團(tuán)不同，C對(duì)共用電子對(duì)的吸引能力不同，鍵的極性大小有區(qū)別，D錯(cuò)誤；本題選C。8.下列敘述中，事實(shí)與對(duì)應(yīng)解釋不正確的是（）事實(shí)解釋A酸性：HCOOH>CH3COOHH3C–是推電子基團(tuán)，使羧基中羥基的極性減小B在CS2中的溶解度：H2O<CCl4H2O為極性分子，CS2和CCl4是非極性分子C硬度：金剛石>石墨金剛石屬于共價(jià)晶體只含共價(jià)鍵，石墨屬于混合型晶體，既存在共價(jià)鍵又存在范德華力D熱穩(wěn)定性：H2O>H2S水分子間存在氫鍵作用【答案】D【詳析】A．H3C–是推電子基團(tuán)，使羧基中氧氫鍵極性減小，氫離子不易電離，所以酸性：HCOOH>CH3COOH，A正確；B．H2O為極性分子，CS2和CCl4是非極性分子，根據(jù)相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O<CCl4，B正確；C．金剛石為共價(jià)晶體，石墨為混合型晶體，層內(nèi)共價(jià)鍵，層間為范德華力，所以硬度：金剛石>石墨，C正確；D．范德華力、氫鍵影響物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，穩(wěn)定性屬于物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，H2O的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S，是因?yàn)镺的原子半徑比S小，O的非金屬性比S強(qiáng)，導(dǎo)致H-O鍵能強(qiáng)于H-S，即H2O的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S，D錯(cuò)誤；故選D。9.丙烷制備丙烯過(guò)程中發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ反應(yīng)Ⅱ反應(yīng)Ⅲ已知：一定條件下，丙烷單獨(dú)進(jìn)料時(shí)平衡體系各組分體積分?jǐn)?shù)如下表所示：物質(zhì)H體積分?jǐn)?shù)(%)2123.755.20.10下列說(shuō)法正確的是（）A.丙烯中6個(gè)鍵鍵能相同B.使用催化劑可提高反應(yīng)中丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率C.反應(yīng)Ⅲ的正向進(jìn)行有利于反應(yīng)Ⅰ的正向進(jìn)行D.從初始投料到平衡的過(guò)程中的消耗平均速率：反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)I【答案】C【詳析】A．丙烯結(jié)構(gòu)為CH2=CHCH3，分子中6個(gè)鍵鍵能不相同，A錯(cuò)誤；B．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但是不改變轉(zhuǎn)化率，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ⅲ的正向進(jìn)行消耗更多的氫氣且反應(yīng)放熱溫度升高，升溫和降低氫氣濃度均有利于反應(yīng)Ⅰ的正向進(jìn)行，C正確；D．由表可知，反應(yīng)Ⅲ生成甲烷分?jǐn)?shù)為55.2%-23.7%=31.5%，則反應(yīng)Ⅲ消耗分?jǐn)?shù)31.5%÷3=10.5%，結(jié)合表數(shù)據(jù)，從初始投料到平衡的過(guò)程中的消耗平均速率：反應(yīng)反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。10.下列實(shí)驗(yàn)中，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢B比較相同溫度下和的大小檢驗(yàn)有機(jī)化合物中含溴原子CD驗(yàn)證是酸性氧化物研究濃度對(duì)化學(xué)平衡的影響【答案】D【詳析】A．硫化鈉與硫酸銅溶液反應(yīng)與生成CuS沉淀，為沉淀的生成，不能比較Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故A錯(cuò)誤；B．有機(jī)化合物在堿性溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，水解后沒(méi)有加硝酸中和NaOH，不能檢驗(yàn)溴離子，則不能證明有機(jī)物含溴原子，故B錯(cuò)誤；C．二氧化硫與品紅化合生成無(wú)色物質(zhì)，溶液褪色，可知二氧化硫具有漂白性，不能證明二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，故C錯(cuò)誤；D．只有KSCN濃度不同，左側(cè)試管在溶液的血紅色深，可研究濃度對(duì)化學(xué)平衡的影響，故D正確；故選D。11.磷酸燃料電池是以濃磷酸為電解質(zhì)的新型燃料電池。某探究小組模仿氯堿工業(yè)設(shè)計(jì)裝置如下圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A.裝置正極的電極反應(yīng)為B.向中反應(yīng)后電解質(zhì)溶液加入溶液并調(diào)至中性存在：C.電池工作時(shí)，外電路中轉(zhuǎn)移電子，則裝置陰極附近產(chǎn)生D.工作一段時(shí)間后觀察到試管中溶液顏色變淺，證明裝置陽(yáng)極產(chǎn)生的氣體與發(fā)生反應(yīng)【答案】B〖祥解〗裝置A為酸性燃料電池，其中通入氫氣的一極為負(fù)極，通入氧氣的一極為正極；裝置B為電解池，與通入氫氣一極相連的Pt電極為陰極，陰極電極反應(yīng)為，與通入氧氣一極相連的Pt電極為陽(yáng)極，陽(yáng)極電極反應(yīng)為。【詳析】A．裝置為酸性氫氧燃料電池，通入氧氣的一極為正極，則正極的電極反應(yīng)為，A錯(cuò)誤；B．A中反應(yīng)后的溶液為磷酸溶液，加入溶液并調(diào)至中性，則，根據(jù)電荷守恒關(guān)系可得：，因此溶液中存在，B正確；C．陰極電極反應(yīng)為，根據(jù)得失電子守恒，外電路中轉(zhuǎn)移電子時(shí)生成0.5mol氫氣，由于不知道氫氣所處的溫度和壓強(qiáng)，則無(wú)法計(jì)算其體積，C錯(cuò)誤；D．裝置B陽(yáng)極產(chǎn)物為，與水反應(yīng)生成HCl和HClO，生成的HClO具有漂白性可以使酚酞溶液顏色變淺，因此不能證明裝置陽(yáng)極產(chǎn)生的氣體與發(fā)生反應(yīng)，D錯(cuò)誤；答案選B。12.高分子的部分合成路線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A.單體分子中含有酯基和醚鍵B.高分子水解可得到單體C.聚合反應(yīng)中還伴有的生成D.單體與高分子化學(xué)計(jì)量比是【答案】B〖祥解〗根據(jù)合成路線，該反應(yīng)可表示為?！驹斘觥緼．根據(jù)單體E的結(jié)構(gòu)可知，單體E分子中含有酯基和醚鍵，故A正確；B．單體E分子可以生成高分子R，但是高分子水解之后不會(huì)成環(huán)，故水解不能得到單體E的完整結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C．由分析的方程式可知，生成高分子時(shí)，單體E上還要脫離的C、H、O可以生成HCHO，故C正確；D．由分析的方程式可知，生成高分子時(shí)，單體E與高分子化學(xué)計(jì)量比是(x+y)∶1，故D正確；故選B。13.我國(guó)著名的科學(xué)家侯德榜改進(jìn)了“索爾維制堿法”，確定了新的工藝流程——侯氏制堿法，部分工藝流程對(duì)比如下圖所示，下列說(shuō)法不正確的是（）A.侯氏制堿法中通氨后溶液中的溶質(zhì)主要是和B.兩種制堿法都是向飽和中先通再通足量，目的是獲得更多C.兩種制堿法比較，理論上侯氏制堿法原子的利用率遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于索爾維制堿法D.侯氏制堿法中采用通氨、降溫、鹽析，使正向移動(dòng)，實(shí)現(xiàn)對(duì)的分離【答案】A〖祥解〗飽和氯化鈉溶液中通入氨氣得到氨鹽水，通入二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉晶體和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，索爾維制堿法為:向母液加入Ca(OH)2，得到氨氣和廢液；侯氏制堿法:母液中通入氨氣，降溫加入氯化鈉鹽析得到氯化銨晶體和氨鹽水?！驹斘觥緼．侯氏制堿法中通氨后溶液中的溶質(zhì)主要是NH4HCO3和NaCl，故A錯(cuò)誤；B．上述流程分析可知，兩種制堿法都是向飽和NaCl中先通NH3再通足量CO2，目是獲得更多NaHCO3，故B正確；C．理論上侯氏制堿法，NaCl利用率高，可降低制堿成本，增大經(jīng)濟(jì)效益，Na原子的利用率遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于索爾維制堿法，故C正確；D．侯氏制堿法中采用通氨、降溫、加入氯化鈉鹽析，溶液中銨根離子、氯離子濃度增大，使(aq)+Cl-(aq)=NH4Cl(s)正向移動(dòng)，析出氯化銨晶體，實(shí)現(xiàn)對(duì)NH4Cl的分離，故D正確；故選A。14.分析含有少量NaOH的NaClO溶液與FeSO4溶液的反應(yīng)。已知：①圖1表示將FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH變化；②圖2表示NaClO溶液中含氯微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系[注：飽和NaClO溶液的pH約為11；Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10?39]。關(guān)于上述實(shí)驗(yàn)，下列分析正確的是（）A.A點(diǎn)溶液的pH約為13，主要原因是ClO?+H2OHClO+OH?B.AB段pH顯著下降的原因是5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl?+2Fe(OH)3↓+4HClOC.CD段較BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+D.反應(yīng)進(jìn)行至400s時(shí)溶液中產(chǎn)生Cl2的原因是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O【答案】C〖祥解〗剛開始滴入FeCl2溶液時(shí)，F(xiàn)e2+被氧化生成Fe3+，F(xiàn)e3+與溶液中本來(lái)存在OH-結(jié)合生成沉淀，使pH顯著下降，當(dāng)溶液中原本存在的OH-反應(yīng)完全后，F(xiàn)e3+和ClO-發(fā)生雙水解生成弱酸HClO，溶液的pH緩慢下降，當(dāng)溶液中溶質(zhì)主要為HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO將Fe2+氧化成Fe3+，同時(shí)生成強(qiáng)酸HCl，所以pH迅速下降，隨著FeCl2的滴入，溶液中HCl的濃度越來(lái)越大，pH越來(lái)越小，小到一定程度后Fe(OH)3開始溶解消耗氫離子，所以pH變化緩慢，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．飽和NaClO溶液的pH約為11，A點(diǎn)溶液的pH約為13，說(shuō)明主要原因不是次氯酸跟離子的水解，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，AB段pH下降的原因?yàn)镕e2+被氧化生成Fe3+，F(xiàn)e3+與溶液中本來(lái)存在OH-結(jié)合生成沉淀，，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)溶液中原本存在的OH-反應(yīng)完全后，F(xiàn)e3+和ClO-發(fā)生雙水解生成弱酸HClO，BC段pH緩慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO將Fe2+氧化成Fe3+，同時(shí)生成強(qiáng)酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段較BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，C正確；D．反應(yīng)進(jìn)行至400s時(shí)，生成的HClO氧化Cl-產(chǎn)生Cl2，離子方程式為HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，D錯(cuò)誤；故選C。第二部分本部分共5題，共58分。15.某科研團(tuán)隊(duì)以和為原料合成流程如圖所示（1）①基態(tài)原子的價(jià)層電子排布式為______。②氣態(tài)失去一個(gè)電子比氣態(tài)失去一個(gè)電子難，你的解釋是______。（2）的空間構(gòu)型是______。（3）上述參與反應(yīng)的物質(zhì)中電負(fù)性最大的元素是______。（4）下列關(guān)于反應(yīng)物的說(shuō)法中不正確的是______。a．中的雜化類型是b．中存在非極性共價(jià)鍵c．在反應(yīng)過(guò)程中氮元素的化合價(jià)降低（5）科學(xué)家為改良材料熱電性能，在晶胞上的位摻雜來(lái)提高其熱電性能，制備出的材料晶胞形狀為立方體，邊長(zhǎng)為，結(jié)構(gòu)如圖所示。①該物質(zhì)的化學(xué)式是______。②已知該物質(zhì)的摩爾質(zhì)量是，阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為______（6）可作為鈉離子電池正極材料，其充放電過(guò)程正極材料晶胞的組成變化如圖所示。(晶胞內(nèi)未標(biāo)出因放電產(chǎn)生的0價(jià)原子)每個(gè)晶胞完全轉(zhuǎn)化為晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為______。【答案】（1）①.②.氣態(tài)失去一個(gè)電子變?yōu)?，其價(jià)層電子排布是軌道為全充滿，比較穩(wěn)定，所以氣態(tài)失去一個(gè)電子比氣態(tài)失去一個(gè)電子難（2）形（3）（4）ac（5）①.②.（6）8【詳析】（1）①Cu是29號(hào)元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，價(jià)層電子排布式為；②氣態(tài)的價(jià)電子排布式為，失去一個(gè)電子變?yōu)椋鋬r(jià)層電子排布是軌道為全充滿，比較穩(wěn)定，所以氣態(tài)失去一個(gè)電子比氣態(tài)失去一個(gè)電子難；（2）中Se原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，有1個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為V形；（3）上述參與反應(yīng)的物質(zhì)所含的元素中非金屬性最強(qiáng)的是O，則電負(fù)性最大的是O；（4）a．中原子形成3個(gè)σ鍵，還有一個(gè)孤電子對(duì)，為sp3雜化，a錯(cuò)誤；b．中存在非極性鍵，b正確；c．生成Cu2Se時(shí)，Cu、Se化合價(jià)都降低，則在反應(yīng)過(guò)程中提供電子，氮元素的化合價(jià)升高，c錯(cuò)誤；答案選ac；（5）①Cu位于頂角和面心，個(gè)數(shù)為，8個(gè)Se位于體內(nèi)，Al位于棱心和體心，個(gè)數(shù)為，則，則化學(xué)式為AlCuSe2；②晶胞質(zhì)量為，晶胞體積為，晶胞密度為；（6）轉(zhuǎn)化為的電極反應(yīng)式為，每個(gè)晶胞中含有的單元數(shù)為4，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8。16.甲醇氧化為甲醛和水的反應(yīng)可看作以下兩個(gè)連續(xù)反應(yīng)：ⅰ.ⅱ.H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2=-247.8kJ/mol已知：（1）___________。（2）要提高反應(yīng)ⅰ中甲醇平衡轉(zhuǎn)化率，可采取措施有___________(寫出兩條)（3）應(yīng)用負(fù)載銀催化時(shí)反應(yīng)ⅰ會(huì)發(fā)生以下副反應(yīng)：ⅲ.ⅳ.其他條件相同時(shí)，以為催化劑，研究銀負(fù)載量對(duì)催化劑活性的影響，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖所示：①依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)選擇的最佳反應(yīng)條件是___________。②溫度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是___________。（4）通過(guò)電催化法可將甲醇轉(zhuǎn)化為甲醛，裝置如圖所示(電極均為惰性電極)①電極連接電源的___________極(填“正”或“負(fù)”)。②陽(yáng)極室產(chǎn)生后發(fā)生的反應(yīng)有：_____________________________、（5）電解后甲醛含量測(cè)定方法如下：(溶液中無(wú)、剩余)已知：若滴定過(guò)程中消耗碘V1L，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2L，則電解后甲醛的含量為___________?！敬鸢浮浚?）+92.7kJ/mol（2）升溫或減壓（3）①20%銀負(fù)載量、650℃②.升溫反應(yīng)左移、不利于甲醛生成，反應(yīng)ⅲ.右移，會(huì)消耗甲醛，升溫也可能使催化劑活性下降（4）①.負(fù)②.或（5）【詳析】（1）按蓋斯定律，反應(yīng)=2×反應(yīng)ⅰ+2×反應(yīng)ⅱ，則=+92.7kJ/mol。（2）反應(yīng)ⅰ為氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，溫度升高或減壓均可使反應(yīng)右移，則要提高反應(yīng)ⅰ中甲醇平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有升溫或減壓(寫出兩條)。（3）①由圖知，20%銀負(fù)載量、650℃時(shí)甲醛的收率最高、20%銀負(fù)載量時(shí)甲醛的選擇性最大，則依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)選擇的最佳反應(yīng)條件是20%銀負(fù)載量、650℃。②升溫，反應(yīng)左移、不利于甲醛生成，反應(yīng)ⅲ.右移，會(huì)消耗甲醛，升溫也可能使催化劑活性下降，則溫度由650℃至700℃甲醛收率下降的可能原因是：升溫反應(yīng)左移、不利于甲醛生成，反應(yīng)ⅲ.右移，會(huì)消耗甲醛，升溫也可能使催化劑活性下降。（4）①電解池中陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，則由圖可知右側(cè)電極為陰極，連接電源的負(fù)極。②氯離子在陽(yáng)極放電產(chǎn)生氯氣，氯氣與水反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸，次氯酸把甲醇氧化為甲醛，則陽(yáng)極室產(chǎn)生后發(fā)生的反應(yīng)有：或、（5）由流程可知，電解后的甲醛溶液(溶液中無(wú)、剩余)中，加入過(guò)量碘水、氫氧化鈉溶液，發(fā)生，滴入標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液與多余的碘單質(zhì)反應(yīng)：，酸化后若滴定過(guò)程中消耗碘V1L，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2L，則與甲醛反應(yīng)的碘單質(zhì)為，V升電解液中甲醛為，電解后甲醛的含量為。17.盧帕他定是一種抗過(guò)敏藥物。其合成路線如下：已知：（1）分子中的含氧官能團(tuán)是______。（2）反應(yīng)中的作用是______(填“氧化劑”或“還原劑”)。（3）D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______。（4）屬于芳香化合物，其核磁共振氫譜有3組峰。①的化學(xué)方程式是______。②可與鹽酸發(fā)生反應(yīng)，生成的有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______。（5）下列說(shuō)法正確的是______。a．的分子式是b．在酸性或堿性條件下都可以發(fā)生水解反應(yīng)c．分子內(nèi)不存在手性碳原子d．分子中所有原子共平面（6）盧帕他定的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______。【答案】（1）羧基(或)（2）還原劑（3）（4）①.②.（5）（6）〖祥解〗A和發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B和NaBH4發(fā)生還原反應(yīng)生成C為，C和SOCl2發(fā)生還原反應(yīng)生成D為，E和反應(yīng)生成F，F(xiàn)和發(fā)生已知信息的反應(yīng)原理得到G，結(jié)合F的分子式可以推知F為，結(jié)合E的分子式可以推知E為，I和D發(fā)生已知信息的反應(yīng)原理得到盧帕他定為，以此解答?！驹斘觥浚?）由A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，A分子中的含氧官能團(tuán)是羧基(或?COOH)。（2）由分析可知，B和NaBH4發(fā)生還原反應(yīng)生成C，的作用是還原劑。（3）由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（4）E屬于芳香化合物，其核磁共振氫譜有3組峰，E和反應(yīng)生成F，F(xiàn)和發(fā)生已知信息的反應(yīng)原理得到G，結(jié)合F的分子式可以推知F為，結(jié)合E的分子式可以推知E為，①的化學(xué)方程式是++H2O；②中含有氨基，與鹽酸發(fā)生反應(yīng)生成。（5）a．由G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，的分子式是C20H16ON2Cl2，a錯(cuò)誤；b．G中含有酰胺基和氯原子，在酸性或堿性條件下都可以發(fā)生水解反應(yīng)，b正確；c．手性碳原子是指與四個(gè)各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，I分子內(nèi)不存在手性碳原子，c正確；d．I中含有2個(gè)亞甲基，其中C原子是sp3雜化的，所有原子不可能共平面，d錯(cuò)誤；故選bc。（6）由分析可知，盧帕他定的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是。18.高鎂鋰比氯化物型鹽湖鹵水含有豐富鋰資源，利用鹽湖鹵水提鋰工藝流程如下圖所示。已知：鹵水中所含微粒的濃度如下表所示。微粒種類Ca濃度105.415.73.3316.70.84203.721.3[注：草酸鹽受熱易分解；該條件下，生成，開始沉淀時(shí)，完全沉淀時(shí)（1）步驟Ⅰ中“蒸發(fā)”的目的是____________。（2）步驟Ⅱ中石灰的作用是____________（3）步驟Ⅱ向濃縮液中添加稍過(guò)量石灰至為8.6時(shí)，會(huì)出現(xiàn)如下兩種現(xiàn)象：①濾液1中仍存在比理論計(jì)算值更多的鎂離子，原因是____________。②該環(huán)境下會(huì)有少量硫酸鈉析出，持續(xù)加入石灰能實(shí)現(xiàn)硫酸鈉的復(fù)溶，請(qǐng)依據(jù)化學(xué)平衡原理解釋原因____________。（4）步驟Ⅲ中濾液1加入主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有__________________，濾渣2若想回收再利用步驟Ⅳ中需進(jìn)行的操作是_______________。（5）已知：在濾液2中部分微粒濃度受濃縮因子影響如下表所示，為得到較高的鋰收率，應(yīng)控制濾液2適宜的濃縮因子是____________。溶液濃度濃縮因子=1105.415.70.84203.7濃縮因子=3056.4452.519.8201.4濃縮因子=5537.6141.330.3215.6（6）步驟Ⅵ中沉鋰的適宜溫度是，溫度不宜過(guò)低和過(guò)高的原因可能是_____________________?！敬鸢浮浚?）富集鋰（2）沉淀劑、調(diào)節(jié)（3）①.產(chǎn)生的硫酸鈣附著在石灰表面，阻止鎂離子與石灰進(jìn)一步反應(yīng)②.加入石灰后鈣離子與硫酸根結(jié)合成硫酸鈣沉淀，使溶解平衡正向移動(dòng)（4）、煅燒（5）30（6）碳酸鋰溶解度隨溫度升高而降低，溫度過(guò)低碳酸鋰不易析出晶體，碳酸鋰收率低溫度高于90攝氏度，溶液蒸發(fā)導(dǎo)致其它離子析出，碳酸鋰純度降低〖祥解〗鹽湖鹵水蒸發(fā)濃縮后加入石灰，石灰和水生成氫氧化鈣，氫氧化鈣和鎂離子生成氫氧化鎂沉淀、和硫酸根離子生成硫酸鈣沉淀得到濾渣，濾液加入草酸鈉將鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀得到含有草酸鎂、草酸鈣的濾渣2，處理得到氧化鈣、氧化鎂；濾液2蒸發(fā)過(guò)濾得到含有鋰離子的濾液3，加入碳酸鈉得到碳酸鋰；【詳析】（1）步驟Ⅰ中“蒸發(fā)”的目的是提高溶液濃度，富集鋰；（2）石灰和水生成氫氧化鈣使得溶液顯堿性，氫氧化鈣和鎂離子生成氫氧化鎂沉淀、和硫酸根離子生成硫酸鈣沉淀，故步驟Ⅱ中石灰的作用是沉淀劑、調(diào)節(jié)；（3）①反應(yīng)產(chǎn)生的硫酸鈣沉淀附著在石灰表面，阻止鎂離子與石灰進(jìn)一步反應(yīng)，使得濾液1中仍存在比理論計(jì)算值更多的鎂離子；②加入石灰后鈣離子與硫酸根結(jié)合成硫酸鈣沉淀，使溶解平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致持續(xù)加入石灰能實(shí)現(xiàn)硫酸鈉的復(fù)溶；（4）濾液加入草酸鈉將鈣離子、鎂離子轉(zhuǎn)化為沉淀得到含有草酸鎂、草酸鈣的濾渣2，反應(yīng)為：、；已知：草酸鹽受熱易分解，則濾渣2若想回收再利用步驟Ⅳ中需進(jìn)行的操作是煅燒；（5）由表可知，為得到較高的鋰收率，應(yīng)控制濾液2適宜的濃縮因子是30，此時(shí)溶液中鋰離子濃度較高，會(huì)有較多的鋰進(jìn)入濾液3利于回收；（6）碳酸鋰溶解度隨溫度升高而降低，溫度過(guò)低碳酸鋰不易析出晶體，碳酸鋰收率低溫度高于90攝氏度，溶液蒸發(fā)導(dǎo)致其它離子析出，碳酸鋰純度降低，故沉鋰的適宜溫度是。19.某小組實(shí)驗(yàn)探究不同條件下KMnO4和NaNO2溶液的反應(yīng)。已知：ⅰ、在一定條件下可能被還原為溶液(綠色)、(棕黑色)、(無(wú)色)。ⅱ、濃堿條件下，可被還原為。ⅲ、在水中為白色沉淀。實(shí)驗(yàn)物質(zhì)a實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Ⅰ①6滴飽和②3滴紫色溶液變淺至無(wú)色Ⅱ①6滴飽和②3滴加熱一段時(shí)間后，溶液逐漸變?yōu)榫G色Ⅲ①6滴飽和②3滴加熱一段時(shí)間后，溶液中產(chǎn)生棕黑色沉淀（1）實(shí)驗(yàn)I中，還原產(chǎn)物為____________。（2）小組同學(xué)對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ中得到綠色溶液的原因提出以下假設(shè)：假設(shè)一：被溶液中的還原為。假設(shè)二：______________________________。甲同學(xué)補(bǔ)做了實(shí)驗(yàn)______________________(填操作和現(xiàn)象)，證明假設(shè)一不成立。（3）實(shí)驗(yàn)Ⅲ中反應(yīng)得到棕黑色沉淀的離子方程式是__________________。該小組同學(xué)對(duì)反應(yīng)后溶液進(jìn)行進(jìn)一步的探究：序號(hào)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)