【化学】天津市西青区2020届高三上学期期末考试（解析版）

【化学】天津市西青区2020届高三上学期期末考试（解析版）

天津市西青区2020届高三上学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.杨柳青石家大院展出许多精美砖雕是用专门烧制的青砖雕刻而成，青砖和红砖的硬度是差不多的，只不过是烧制完后冷却方法不同，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（ ）‎ A. 砖雕“国色天香”遇水呈现的青色，来自氧化铁 B. 明代修建长城所用的长城砖均为青灰色，质地坚硬 C. 青砖是粘土中的铁没有完全氧化，若铁完全氧化时则制成红砖 D. 青砖在抗氧化，水化，大气侵蚀等方面性能明显优于红砖 ‎【答案】A ‎【分析】由于粘土中含有铁元素，烧制过程中完全氧化生成氧化铁，呈红色，即是常用的红砖，而如果在烧制过程中加水冷却，使粘土中的铁不完全氧化，生成四氧化三铁，则此时烧制的砖就呈青色，即青砖。‎ ‎【详解】A．砖雕“国色天香”遇水呈现的青色，来自四氧化三铁和其它硅酸盐，而不是氧化铁，故A错误；‎ B．明代修建长城所用的长城砖均为青灰色，质地坚硬，故B正确；‎ C．青砖是粘土中的铁没有完全氧化，若铁完全氧化时则制成红砖，故C正确；‎ D．青砖和红砖的硬度是差不多的，但是青砖在抗氧化，水化，大气侵蚀等方面性能明显优于红砖，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎2.让生态环境更秀美、人民生活更幸福！为此，天津冬季取暖许多家庭用上了清洁能源天然气。实际生产中天然气需要脱硫，在‎1200℃‎时，工艺中会发生下列反应：‎ ‎①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1‎ ‎②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) ΔH2‎ ‎③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH3‎ ‎④2S(g)=S2(g) ΔH4‎ 则ΔH4的正确表达式为（ ）‎ A. ΔH4=(ΔH1 +ΔH2－3ΔH3) B. ΔH4=(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)‎ C. ΔH4=(ΔH1－ΔH2+3ΔH3) D. ΔH4=(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)‎ ‎【答案】A ‎【详解】利用盖斯定律，将①+②-③×3得，3S(g)=S2(g) ΔH= (ΔH1 +ΔH2－3ΔH3)，从而得出2S(g)=S2(g) ΔH=(ΔH1 +ΔH2－3ΔH3)= ΔH4，A符合题意。故选A。‎ ‎3.下列物质间不能发生离子反应的是（ ）‎ A. Na2CO3溶液与CaCl2溶液 B. KOH溶液和稀H2SO4溶液 C. NaOH溶液与KNO3溶液 D. Na2SO4溶液与BaCl2溶液 ‎【答案】C ‎【详解】A．Na2CO3溶液与CaCl2溶液可生成碳酸钙沉淀，可发生离子反应，故A不选；‎ B．KOH溶液和稀H2SO4溶液发生中和反应生成水，可发生离子反应，故B不选；‎ C．NaOH溶液与KNO3溶液二者不发生反应，故C选；‎ D．Na2SO4溶液与BaCl2溶液可生成硫酸钡沉淀，属于离子反应，故D不选。‎ 故答案选C。‎ ‎4.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是（ ）‎ A. 乙苯 B. 乙烷 C. 丙炔 D. 1，3−丁二烯 ‎【答案】D ‎【分析】如果分子中C原子采用sp3杂化，则该分子中采用sp3杂化的C原子连接的取代基具有甲烷结构特点，该分子中所有原子一定不共平面，苯和乙烯中所有原子共平面，共价单键可以旋转，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．乙苯甲基上的C原子采用sp3杂化，则该分子中所有原子一定不共平面，故A错误；‎ B．乙烷中两个C原子都采用sp3杂化，所以该分子中所有原子一定不共平面，故B错误；‎ C．丙炔中甲基上的C原子采用sp3杂化，则该分子中所有原子一定不共平面，故C错误；‎ D．1，3−丁二烯结构简式为CH2＝CHCH＝CH2，所有原子都采用sp2杂化，CH2＝CH−具有乙烯结构特点且共价单键可以旋转，所以该分子中所有原子可能共平面，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】明确甲烷、乙烯、乙炔和苯结构及杂化轨道理论是解本题关键，注意共价单键能旋转。‎ ‎5.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 液氧和液氯都可以储存在钢瓶中 B. 固态甲烷就是可燃冰 C. 玛瑙和水晶的主要成分都是二氧化硅 D. 硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等 ‎【答案】B ‎【详解】A．氧气、氯气与铁常温下不反应，且易液化，所以液氧、液氯都可以保存在钢瓶中，故A正确；‎ B．可燃冰是固态甲烷水合物，不是固态甲烷，故B错误；‎ C．石英、水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，故C正确；‎ D．硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎6.下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）‎ 实验操作 实验现象 A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层 B 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 D 向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变 ‎【答案】A ‎【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；‎ B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；‎ C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；‎ D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列反应类型不能引入醇羟基的是（ ）‎ A. 消去反应 B. 取代反应 C. 加成反应 D. 还原反应 ‎【答案】A ‎【分析】在碳链上引入羟基，可由−Cl、−Br在碱性条件下水解(或取代)生成；可与C＝O与氢气发生加成反应生成或由C＝C与水发生加成反应生成；也可由酯发生水解反应生成，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．消去反应不能引入羟基，故A选；‎ B．在碳链上引入羟基，可由−Cl、−Br在碱性条件下水解(或取代)生成，故B不选；‎ C．在碳链上引入羟基，可由C＝O与氢气发生加成反应生成或由C＝C与水发生加成反应生成，故C不选；‎ D．在碳链上引入羟基，可由C＝O与氢气发生加成反应生成，该反应也为还原反应，故D不选；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】注意把握相关有机物官能团的性质以及转化，把握有机物合成的基本思路。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温下，铜片和稀硫酸在任何条件下都不反应 B. 碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢 C. 过氧化氢常温下不会分解，水溶液没有酸性 D. 铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝 ‎【答案】D ‎【详解】A．铜与稀硫酸、双氧水可以反应生成硫酸铜和水，离子方程式：Cu＋H2O2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O，故A错误；‎ B．浓硫酸具有强氧化性，能够将HI氧化，不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI，故B错误；‎ C．过氧化氢常温下会缓慢分解，水溶液呈弱酸性，故C错误；‎ D．铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎9.化合物（a）、（b）、（c），下列说法不正确的是（ ）‎ A. a、b、c互为同分异构体 B. b的二氯代物有三种 C. a不能发生加聚反应 D. c的所有原子可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【详解】A．三种有机物的分子式均为C8H8，结构不同，a、b、c互为同分异构体，故A正确；‎ B．b含2种H，一氯代物只有2种，固定1个Cl在顶点，移动另一个Cl有3种，或2个Cl分别在双键上有1种，则b的二氯代物有4种，故B错误；‎ C．a不含碳碳双键，不能发生加聚反应，故C正确；‎ D．c中苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连，则c的所有原子可能处于同一平面，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题把握有机物的结构、官能团与性质、原子共面为解答的关键，注意选项B为解答的难点。‎ ‎10.原子序数依次增大的X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 熔点：X的氧化物比Y的氧化物高 B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物 C. X与Z可形成离子化合物ZX D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸 ‎【答案】B ‎【分析】X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和是10，Y最外层电子数等于X次外层电子数，因为都是短周期主族元素，所以X次外层为K层，Y最外层电子数为2，X与Z同族，则X、Z最外层电子数为4，X、Z分别是C、Si元素；且Y原子半径大于Z，则Y为Mg元素，即X、Y、Z分别是C、Mg、Si元素；据此解答。‎ ‎【详解】通过以上分析知，X、Y、Z分别是C、Mg、Si元素；‎ A．X的氧化物是碳的氧化物，为分子晶体；Y的氧化物为MgO，为离子晶体，熔沸点：离子晶体＞分子晶体，所以熔点：MgO＞CO和CO2，所以熔点：X的氧化物低于Y的氧化物，故A错误；‎ B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Z，则热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物，故B正确；‎ C．X、Z为非金属元素，二者通过共用电子对形成共价化合物SiC，故C错误；‎ D．Z的单质为Si，Si和浓硝酸不反应，但是能溶于强碱溶液，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】正确判断各元素是解本题关键，注意：氢化物的稳定性与非金属性强弱有关，氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关。‎ ‎11.‎2019年10月1日晚，北京天安门广场烟花燃放和特殊烟花装置表演配合联欢活动，形成地空一体的绚丽画卷。烟花燃放的色彩与锂、钠等金属原子核外电子跃迁有关。下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最高的为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【详解】原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，故答案选C。‎ ‎12.下列离子方程式能用来解释相应实验的是（ ）‎ 实验现象 离子方程式 A 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2‎ Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色胶体 Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+‎ C 室温下用稀HNO3溶解铜 Cu+2NO3-+2H+=Cu2++2NO2↑+H2O D 硫酸铜溶液中加少量的铁粉 ‎3Cu2+＋2Fe=2Fe3+＋3Cu ‎【答案】A ‎【详解】A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2，离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故A正确；‎ B．得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；‎ C．稀HNO3与铜反应生成NO而不是NO2，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；‎ D．铁发生置换反应只能生成Fe2+而不是Fe3+，离子方程式为Cu2+＋Fe=Fe2+＋Cu，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】本题把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意电子、电荷守恒的应用，选项BC为解答的易错点。‎ ‎13.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）‎ A. 铁被氧化电极反应式为Fe−3e-=Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D. 以水代替NaCl溶液，铁能发生析氢腐蚀 ‎【答案】C ‎【详解】A．铁被氧化的电极反应式为Fe−2e-=Fe2+，A错误；‎ B．铁腐蚀过程中将化学能转化为电能，但不能全部转化，B错误；‎ C．活性炭具有导电性，可作为原电池的正极，加速铁的腐蚀，C正确；‎ D．以水代替NaCl溶液，由于水提供的H+浓度太小，不能使铁发生析氢腐蚀，D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH<0‎ B. 图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率 C. 图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率 D. ‎380℃‎下，c起始(O2)=5.0×10−4mol·L−1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＞2000‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．根据图知，升高温度NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故A正确；‎ B．图中X点在该温度下没有达到平衡状态，此点反应正向移动，所以延长时间能提高NO转化率，故B正确；‎ C．Y点为该温度下的平衡点，增大反应物O2浓度，平衡正向移动，从而提高NO转化率，故C错误；‎ D．设消耗的c(O2)＝xmol/L，根据方程式知，消耗的c(NO)＝‎2c(O2)＝2xmol/L，NO的转化率为50%，则c起始(NO)＝4xmol/L，平衡时c(NO)＝2xmol/L、c(NO2)＝2xmol/L，c(O2)＝(5.0×10−4-x)mol/L，化学平衡常数K＝＝＞2000，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】明确曲线含义、化学平衡常数计算方法是解本题关键，D为解答易错点和难点。‎ ‎15.下列图示与操作名称不对应的是（ ）‎ A. 收集NO2气体 B. 定容 C. 过滤 D. 蒸馏 ‎【答案】A ‎【详解】A．NO2密度比空气大，收集NO2气体需要用向上排空气法，导管应长进短出，故A错误；‎ B．配制一定物质的量浓度溶液定容时，当液面距刻度线2~‎3cm时改用胶头滴管滴加，视线与凹液面最低处水平，故B正确；‎ C．图示为过滤操作，可除去溶液中的不溶物，故C正确；‎ D．图示为蒸馏操作，可分离沸点不同的液体混合物，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎16.反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ ）‎ A. 3：2 B. 8：‎3 ‎C. 6：3 D. 2：3‎ ‎【答案】D ‎【分析】反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，N元素的化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，结合化合价升降总数解答该题。‎ ‎【详解】反应中N元素化合价升高，被氧化，N2为氧化产物，Cl元素化合价降低，Cl2为氧化剂，由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，则被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2：3，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，易错点为B选项。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题）‎ ‎17.A．[物质结构与性质]‎ Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。‎ ‎（1）Cu2+基态核外电子排布式为_____________。‎ ‎（2）的空间构型为__________（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为_______（填元素符号）。‎ ‎（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_______；推测抗坏血酸在水中的溶解性：_________________________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为_______。‎ ‎【答案】(1). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). 正四面体 (3). O (4). sp3、sp2 (5). 易溶于水 (6). 4‎ ‎【分析】考查物质结构与性质，涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识，都属于基础性知识，难度系数不大；‎ ‎【详解】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；‎ ‎（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；‎ ‎（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；‎ ‎（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；‎ ‎【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。‎ ‎18.国际社会发出落实《巴黎协定》，推动绿色低碳转型，构建人类命运共同体的积极信号。生态工业和循环经济成为综合解决人类资源、环境和经济发展的一条有效途径。‎ ‎（1）水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。‎ 以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。‎ ①阳极的电极反应式是_____________________________。‎ ‎②制备H2O2的总反应方程式是____________________________________________。‎ ‎（2）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。‎ CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol−1‎ 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·mol−1‎ 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：‎ CH3OCH3选择性=×100％‎ ①温度高于‎300℃‎，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________________________‎ ‎______________________________________________________________________________。‎ ‎②‎220℃‎时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有______________。‎ 废物再利用。如图装置加以必要的导线连接后达到利用粗铜精炼目的。‎ ‎①A烧杯是________(填“电解池”或“原电池”)。‎ ‎②其中Zn接B烧杯中的_____，（填“粗铜”或“纯铜”），B烧杯中应该盛_____溶液。‎ ‎③分别写出石墨棒和纯铜棒的电极反应式 石墨棒：_______________________________________，‎ 纯铜棒：______________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2HSO4-－2e-=S2O82−＋2H+(或2SO42-－2e-=S2O82−) (2). 2H2OH2O2＋H2↑ (3). 反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 (4). 增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 (5). 原电池 (6). 纯铜 (7). CuSO4（或其它易溶性的铜盐） (8). 2H++2e-=H2↑ (9). Cu2++2e-=Cu ‎【详解】(1)①电解NH4HSO4溶液得过硫酸铵，电解反应方程式为：2NH4HSO4(NH4)2S2O8＋H2↑，阳极上SO42−被氧化生成S2O82−，溶液呈酸性，电极反应为2HSO4-－2e-=S2O82−＋2H+(或2SO42-－2e-=S2O82−)，故答案为：2HSO4-－2e-=S2O82−＋2H+(或2SO42-－2e-=S2O82−)；‎ ‎②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用，电解NH4HSO4溶液得过硫酸铵，电解反应方程式为：2NH4HSO4(NH4)2S2O8＋H2↑，(NH4)2S2O8溶液送往水解器中减压水解、蒸发，蒸出过氧化氢的水溶液，剩余溶液流到阴极室再循环使用，说明(NH4)2S2O8水解生成双氧水和硫酸氢铵，反应方程式为(NH4)2S2O8＋2H2O＝2NH4HSO4＋H2O2，则制备H2O2的总反应方程式是2H2OH2O2＋H2↑，故答案为：2H2OH2O2＋H2↑；‎ ‎(2)①温度高于‎300℃‎，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度或反应Ⅰ为吸热，反 应Ⅱ为放热，温度高于‎300℃‎时，以反应Ⅰ占主导，故答案为：反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；‎ ‎②‎220℃‎时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，故答案为：增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；‎ ‎(3)①A烧杯含有两个活泼性不同的电极，有自发的氧化还原反应，形成了闭合回路，存在电解质溶液，属于原电池装置，B烧杯就存在了外加电源，属于电解装置，达到粗铜精炼的目的，故答案为：原电池；‎ ‎②电解精炼铜时，粗铜做阳极，与电源的正极相连，纯铜做阴极，与电源的负极相连；电解质溶液必须是含有铜离子的可溶性的盐，如硫酸铜溶液或其它易溶性的铜盐等，故答案为：纯铜；CuSO4(或其它易溶性的铜盐)；‎ ‎③石墨棒是原电池的正极，发生电极反应为：2H＋＋2e−＝H2↑；纯铜棒是电解池的阴极，电极反应为：Cu2＋＋2e−＝Cu，故答案为：2H＋＋2e−＝H2↑；Cu2＋＋2e−＝Cu。‎ ‎【点睛】本题把握温度、压强和浓度对平衡移动的影响为解答的关键，注意(2)①中平衡移动为解答的易错点。‎ ‎19.氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法： ‎ 回答下列问题：‎ 的化学名称为___________。‎ 中的官能团名称是___________。‎ 反应③的类型为___________，W的分子式为___________。‎ 不同条件对反应④产率的影响见下表：‎ 实验 ‎ 碱 ‎ 溶剂 ‎ 催化剂 ‎ 产率 ‎ ‎1 ‎ KOH ‎ DMF ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2 ‎ ‎ ‎ DMF ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎3 ‎ ‎ ‎ DMF ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎4 ‎ 六氢吡啶 ‎ DMF ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎5 ‎ 六氢吡啶 ‎ DMA ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎6 ‎ 六氢吡啶 ‎ NMP ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。‎ 为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式________________。‎ 含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1；③1 mol的X与足量金属Na反应可生成‎2 g H2。‎ ‎【答案】(1). 间苯二酚苯二酚 (2). 羧基、碳碳双键 (3). 取代反应 (4). (5). 不同碱 (6). 不同溶剂 (7). 不同催化剂或温度等 (8). ‎ ‎【分析】在白藜芦醇W的合成过程中，可用的信息有：A的结构，根据其结构可写出分子式；反应③为D中的-CH3被H取代生成E，属于取代反应。‎ ‎【详解】(1)A的化学名称为间苯二酚或1，苯二酚，故答案为：间苯二酚苯二酚；‎ ‎(2)中存在的官能团为碳碳双键和羧基，故答案为：羧基、碳碳双键；‎ ‎(3)由流程图可知反应③为HI中的H取代了氧原子上的一个位置，故反应③为取代反应，根据W结构式可知W的分子式为故答案为：取代反应；；‎ ‎(4)由表中所给信息可知，实验探究了不同碱和不同溶剂对反应产率的影响，还可以探究不同催化剂或不同温度情况下对产率的影响，故答案为：不同碱；不同溶剂；不同催化剂或温度等；‎ ‎(5)根据所给要求，注意Na与X反应是1比1可知，该苯环上有两个酚羟基，再根据有3种不同化学环境的氢，个数比为6：2：1，不难写出X的结构简式为，故答案为：。‎ ‎【点睛】探究实验中，根据控制变量的思路，对比各个实验，找出唯一改变的量，可得出不同因素对反应的影响。‎ ‎20.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：‎ 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：‎ 金属离子 Mn2+‎ Fe2+‎ Fe3+‎ Al3+‎ Mg2+‎ Zn2+‎ Ni2+‎ 开始沉淀的pH ‎8.1‎ ‎6.3‎ ‎1.5‎ ‎3.4‎ ‎8.9‎ ‎6.2‎ ‎6.9‎ 沉淀完全的pH ‎10.1‎ ‎8.3‎ ‎2.8‎ ‎4.7‎ ‎10.9‎ ‎8.2‎ ‎8.9‎ ‎（1）“滤渣‎1”‎含有S和________；在稀硫酸“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应，还原剂是__________，写出化学方程式___________________________________________。‎ ‎（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是__________________________________________。‎ ‎（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______～6之间。‎ ‎（4）“除杂1”目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣‎3”‎的主要成分是_________________。‎ ‎（5）“除杂‎2”‎的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是______________________________________________________________。‎ ‎（6）写出“沉锰”的离子方程式_______________________________________________。‎ ‎（7）工业上常用NH4HCO3做金属离子的沉淀剂，而不用Na2CO3或NaHCO3，其优点是NH4HCO3溶解度大，容易洗涤，过量时受热易分解，便于分离除去。写出分解的化学方程式_______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). SiO2（不溶性硅酸盐） (2). MnS (3). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (4). 将Fe2+氧化为Fe3+ (5). 4.7 (6). NiS和ZnS (7). F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++‎2F-平衡向右移动 (8). Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O ‎【分析】根据流程：二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3＋、Al3＋，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣‎3”‎的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2＋，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2＋，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)Si元素以SiO2(不溶性硅酸盐)的形式存在，SiO2(不溶性硅酸盐)不溶于硫酸，“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，MnS为还原剂，滤渣1含有S和SiO2(不溶性硅酸盐)；‎ 故答案为：SiO2(不溶性硅酸盐)；MnS ；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；‎ ‎(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋；‎ ‎(3)根据分析，调节pH的目的是除去Fe3＋、Al3＋，但不沉淀Mn2＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，根据表pH的范围为4.7～6；故答案为：4.7；‎ ‎(4)加入Na2S除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣‎3”‎的主要成分是NiS和ZnS；故答案为：NiS和ZnS；‎ ‎(5)“除杂‎2”‎的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋，若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，因为F−与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2＋＋‎2F−平衡向右移动；故答案为：F−与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2＋＋‎2F−平衡向右移动；‎ ‎(6)根据分析和流程，沉锰的反应为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(7)NH4HCO3分解的化学方程式为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O；故答案为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O。‎