【化学】天津市南开中学2020届高三第四次月考（线上考试）（解析版）

【化学】天津市南开中学2020届高三第四次月考（线上考试）（解析版）

天津市南开中学 2020 届高三第四次月考（线上考试） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 一、单项选择题（共 36 分） 1.中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确的是（ ） A. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象 B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到 C. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应 D. “榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素 【答案】A 【详解】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是 一种液化现象，不是碘升华，故 A 错误； B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故 B 正确； C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化， 故 C 正确； D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故 D 正确。答案选 A。. 【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学 基础知识的积累是解题的关键。 2.下列说法正确的是（ ） A. 刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了 CO2 B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 C. 氧化性：HC1O>稀 H2SO4，故非金属性：Cl>S D. 将饱和 FeCl3 溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体 【答案】B 【详解】A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶 解了 CO2 的缘故，故 A 错误； B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的， 故 B 正确； C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且 HClO 不是 Cl 元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故 C 错误； D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯 化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故 D 错误。 故选 B。 3.下列叙述正确的是（ ） A. 某温度下，一元弱酸 HA 的 Ka 越小，则 NaA 的 Kh(水解常数)越小 B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈 C. 反应活化能越高，该反应越易进行 D. 不能用红外光谱区分 C2H5OH 和 CH3OCH3 【答案】B 【分析】本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化 为对应的化学原理，进行判断。 【详解】A．根据“越弱越水解”的原理，HA 的 Ka 越小，代表 HA 越弱，所以 A-的水解越强， 应该是 NaA 的 Kh(水解常数)越大。选项 A 错误。 B．铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁 起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选 B 正确。 C．反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越 高，“翻越”越困难）。选项 C 错误。 D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH 和 CH3OCH3 的官能团 明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项 D 错误。 【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反 应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进 行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这 样也可以认为活化能越大，反应越困难。 4.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A. 14g 聚丙烯中含 C－H 键总数目为 2NA B. 常温下，pH=13 的 NaOH 溶液中含有的 OH-数目为 0.1NA C. 100mL12mol·L-1 浓硝酸与过量 Cu 反应转移电子的数目为 0.6NA D. 电解精炼铜时，若阳极质量减少 64g，则阴极得到电子的数目为 2NA 【答案】A 【详解】A. 聚丙烯的最简式为 CH2，14g 聚丙烯中含 H： ， 所有 H 均与 C 以单键相连，所以 C－H 键总数目为 2NA，A 选项正确； B. 没有提供体积，无法计算 OH-数目，B 选项错误； C. 100mL12mol·L-1 浓硝酸中 HNO3 的物质的量为：100×10-3L×12mol·L-1=1.2mol。与过量 Cu 反应，先：Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O，参加反应的 HNO3 数目和转移电子 的数目的关系为 2：1；硝酸变稀后：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O，参加反 应的 HNO3 数目和转移电子的数目的关系为 4：3。所以，转移电子的数目为 0.6NA 和 0.9NA 之间，C 选项错误； D. 电解精炼铜时，阳极溶解的除了 Cu 还有比 Cu 活泼的金属，所以若阳极质量减少 64g， 则阴极得到电子的数目不为 2NA，选项 D 错误； 答案选 A。 【点睛】电解精炼铜时，粗铜作阳极，Cu 和比 Cu 活泼的金属氧化溶解，比铜不活泼的成 分形成阳极泥；纯铜作阴极，只有 Cu 析出。两极电子得失相等，但固体的质量变化不相等。 5.下列实验操作或装置能达到目的的是（ ） A B C D 混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集 气体 证明乙炔可使溴水褪色 【答案】B 【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸； B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切； C、二氧化氮的密度大于空气； D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。 【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌， 若顺序相反则容易引起液体飞溅，故 A 不能达到目的； 1 A A1 14g 2 mol 2 14g mol N N− − × × = ⋅ 2NO B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故 B 能达 到目的； C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故 C 不能达到目的； D、乙炔中的 H2S 等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故 D 不能达到目的； 故选 B。 【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点 D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的 H2S 等还原性杂质也能使溴水褪色。 6.下列说法中正确的是（ ） A. 气体单质中，一定有 σ 键，可能有 π 键 B. PCl3 分子是非极性分子 C. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高 D. ClO4-的 VSEPR 模型与离子的空间立体构型一致 【答案】D 【详解】A. 稀有气体是单原子分子，没有 σ 键，A 选项错误； B. PCl3 分子中心原子 P 为 sp3 杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分 子，B 选项错误； C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻 羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C 选项错误； D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)÷2=4，所以 ClO4- VSEPR 模型为正四面体；中心原子 Cl 没 有孤对电子，配位原子均为 O，所以其空间立体构型也为正四面体，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加 强分子之间的作用力。 7.[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与 HCHO 发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和 HOCH2CN，下列说法错误 的是（ ） A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10 B. 1molHCHO 分子中含有 σ 键的数目为 3mol C. HOCH2CN 分子中碳原子轨道的杂化类型是 sp3 D. [Zn(CN)4]2-中 Zn2+与 CN-的 C 原子形成配位键，结构可表示为 【答案】C 【详解】A. Zn 原子序数为 30，位于ⅡB 族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A 选项正确； B. 1 分子 HCHO 含 2 个 C-H 键和 1 个 C=O 键，共有 3 个 σ 键，所以，1molHCHO 分子中 含有 σ 键的数目为 3mol，B 选项正确； C. HOCH2CN 分子中与羟基相连的 C 为 sp3 杂化，-CN(-C≡N)中的 C 为 sp 杂化，C 选项错误； D. [Zn(CN)4]2-中 Zn2+与 CN-的 C 原子形成配位键，Zn 为 sp3 杂化，配位原子形成正四面体， 所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为 ，D 选项正确； 答案选 C。 【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有 1 个 σ 键，如：C=O 双键含 1 个 σ 键、1 个 π 键，C≡N 叁键含 1 个 σ 键、2 个 π 键。 8.向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ） A. 碳酸钙粉末 B. 稀硫酸 C. 氯化钙溶液 D. 二氧化硫水溶液 【答案】A 【分析】在氯水中存在反应 Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则 溶液漂白性会增强，据此分析解答。 【详解】A．由于酸性 HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应 2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性 增强，故 A 正确； B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱， 故 B 错误； C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减 小，漂白性减弱，故 C 错误； D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓 度减小，漂白性减弱，故 D 错误。 答案选 A。 【点晴】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用， 掌握基础是解题关键。在氯水中存在反应 Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸 浓度增大，则溶液漂白性会增强。 9.肉桂酸（ ）是一种合成有机光电材料的中间体。关于肉桂酸的下列说 法正确的是（ ） A. 分子式为 C9H9O2 B. 不存在顺反异构 C. 可发生加成、取代、加聚反应 D. 与安息香酸（ ）互为同系物 【答案】C 【详解】A.根据肉桂酸的结构式可知分子式为： ，A 错误； B.肉桂酸双键碳所连的两个原子团均不同，故存在顺反异构，B 错误； C.肉桂酸中苯环和碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生取代反应，碳碳双键可以发生 加聚反应，C 正确； D.肉桂酸中含碳碳双键，安息香酸中不含，故两者不是同系物，D 错误； 答案选 C。 【点睛】若有机物只含有碳氢两种元素，或只含有碳氢氧三种元素，那该有机物中的氢原子 个数肯定是偶数，即可迅速排除 A 选项。同系物结构要相似，即含有相同的官能团，肉桂 酸和安息香酸含有官能团不同，排除 D 选项。 10.分子式为 C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有机化合物共有（ ） A. 8 种 B. 7 种 C. 6 种 D. 5 种 【答案】D 【详解】能与钠反应，说明 C5H12O 含 1 个-OH，为戊醇，根据碳链异构、-OH 位置异构， 可写出 8 种异构体：① ② ③ 9 8 2C H O 3 2 2 2 2CH CH CH CH CH OH * 3 2 2 3 | OH CH CH CH CH CH— — — — ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ，其中②、⑤、⑦ 含手性碳原子(用“*”标记)。所以，分子式为 C5H12O，能与钠反应，且不含手性碳原子的有 机化合物共有 5 种，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】一般，同分异构体的书写，可从碳链异构、官能团异构、官能团位置异构三方面考 虑。另外，还要注意是否考虑空间异构及题给的限定条件。 11.N2O5 在一定温度下可发生反应：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g) ΔH>0。T1 温度时，向 密闭容器中通入 N2O5 气体，部分实验数据见下表： 时间/s 0 500 1000 1500 c(N2O5)/(mol·L-1) 5.00 3.52 2.50 2.50 下列说法正确的是（ ） A. 500s 内 NO2 的生成速率为 2.96×10-3mol/(L·s) B. T1 温度下该反应平衡时 N2O5 的转化率为 29.6% C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的 ，则 c(N2O5)<5.00mol/L D. T1、T2 温度下的平衡常数分别为 K1、K2，若 T1>T2，则 K1>K2 【答案】D 【分析】由表中数据可知，T1 温度时，向密闭容器中通入 N2O5 气体， 500s 之前未达平衡， 1000s 后已达平衡。在此认识基础上，根据该反应的特点及题给数据，可对各选项作出判断。 【详解】A. 500s 内 NO2 的生成速率为(5.00-3.52) mol·L-1÷500s×2=5.92×10-3mol/(L·s)，A 选 项错误； B. T1 温度下该反应平衡时 N2O5 的浓度为 2.50mol/L，转化率为(5.00-2.50) mol·L-1÷5.00mol/L=50%，B 选项错误； 3 2 2 3 | OH CH CH CH CH CH— — — — 3 3 2 2 | CH CH CH CH CH OH— — — — 3 * 3 3 | | CH OH CH CH CH CH— — — 3 3 2 3 | C H CH C CH CH | OH — — — 3 * 2 2 3 | | CHOH CH CH CH CH— — — 3 3 2 3 | | CH CH C CH OH CH — — — 1 2 C. 平衡后，其他条件不变，将容器体积变为原来的 ，平衡向逆向移动，则 c(N2O5)＞ 2×2.50mol/L=5.00mol/L，C 选项错误； D. 该反应 ΔH>0，为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，所以，若 T1、T2 温度下的平衡 常数分别为 K1、K2，且 T1>T2，则 K1>K2，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】可逆反应的平衡常数受温度的影响：放热反应的平衡常数随温度的升高而减小，吸 热反应的平衡常数随温度的升高而增大。 12.在 25℃时，将两个铜电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后， 阴极逸出 amol 气体，同时有 wgNa2SO4·10H2O 晶体析出，若温度不变，剩余溶液的溶质质 量分数是（ ） A. % B. % C. % D. % 【答案】C 【分析】根据题意，电解的电极反应为：阳极：Cu – 2e- =Cu2+，阴极：2H+ + 2e- = H2 ↑，总 反应：Cu + 2H2O Cu(OH)2 + H2 ↑。反应消耗了溶液中的 H2O，析出晶体后的溶液 仍为饱和溶液，且浓度与原溶液相等，则溶液损失的部分与原溶液浓度相同，也与剩余溶液 的溶质质量分数相同。根据产生的气体的物质的量计算出消耗的 H2O 结合析出的晶体的质 量便可计算剩余溶液的溶质质量分数。 【详解】根据分析，电解消耗的 H2O 的质量为：amol×2×18g∙mol-1 =36ag，wgNa2SO4·10H2O 晶体中 Na2SO4 的质量为： ，则剩余溶液的溶质质量分数为 ，C 选项正确； 答案选 C。 【点睛】温度不变时，饱和溶液析出晶体后的溶液仍为饱和溶液，原饱和溶液、析出晶体后 的溶液和溶液减少的部分的关系：浓度相同，但质量不一定相同。 1 2 w 100w +18a w 100w +36a 161(w+ 7100w 36a) 161(w+ 7100w 18a) 电解 wg =142 71w g322 161 × 2 4 g161Na SO = 100%= %(w+36a) 71w 7100w g 161(w+36a) ω ×（ ） 二、填空题（共 64 分） 13.铝是一种应用广泛的金属，工业上用 Al2O3 和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。 Ⅰ.铝土矿的主要成分是 Al2O3 和 SiO2 等。从铝土矿中提炼 Al2O3 的流程如图： （1）写出反应 1 中涉及的任意一个化学方程式_____________________________________； （2）滤液Ⅰ中加入 CaO 生成的沉淀是__________，已知气体 A 在标准状况下的密度为 1.96g/L，写出 A 过量时，反应 2 的离子方程式_____________________________________； Ⅱ.以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如图： （3）萤石（CaF2）的电子式__________； （4）若 E 为硫酸钙，D 为最稳定的气态氢化物，则化合物 C 是__________，写出由 D 制备 冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式______________________________________________。 【答案】(1). 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O (2). CaSiO3 (3). AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- (4). (5). H2SO4 (6). 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O 【分析】I.铝土矿用 NaOH 溶液处理，Al2O3 和 SiO2 溶解为 NaAlO2 和 Na2SiO3，加 CaO 后 Na2SiO3 生成 CaSiO3 沉淀，过滤后的滤液通入酸性气体，使 NaAlO2 生成 Al(OH)3 沉淀，过 滤出的 Al(OH)3 沉淀经煅烧得到 Al2O3；Ⅱ.萤石(CaF2)和难挥发酸共热得到 HF 气体，HF 气 体和 Na2CO3、Al(OH)3 反应便得到冰晶石 Na3AlF6。可在此基础上解各小题。 【详解】Ⅰ.(1)反应 1 为 Al2O3 和 SiO2 和 NaOH 溶液反应，生成 NaAlO2 和 Na2SiO3，反应的 化学方程式为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O。 答案为：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 或 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O； (2)滤液Ⅰ中含的 Na2SiO3 与加入的 CaO 反应生成 CaSiO3 沉淀；气体 A 在标准状况下的密度 为 1.96g/L，则 A 的摩尔质量为：M=ρVm=1.96g/L×22.4L∙mol-1=44g∙mol-1，气体 A 能与 NaAlO2 2+[: F:] Ca [: F:].. .. .. ..− − 生成 Al(OH)3 沉淀，故 A 为 CO2。反应 2 的离子方程式为： AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。 答案为：CaSiO3；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-； (3)CaF2 是离子化合物，由 F-和 Ca2+构成，故 CaF2 的电子式为： 。 答案为： ； (4)最稳定的气态氢化物是 HF，则 D 为 HF；若 E 为硫酸钙，化合物 C 是难挥发酸，则 C 是 H2SO4；根据已知物质和质量守恒，可写出由 D(HF)制备冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式为： 12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。 答案为：H2SO4；12HF+3Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。 【点睛】气体的摩尔质量： ，可根据关系 进行气体的摩尔质量 和密度之间的互算。 14.化合物 N 具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下： （1）A 的系统命名为______________，E 中官能团的名称为_______________________。 （2）A→B 的反应类型为________，从反应所得液态有机混合物中提纯 B 的常用方法为 _____________________。 （3）C→D 的化学方程式为___________________________________________。 （4）C 的同分异构体 W(不考虑手性异构)可发生银镜反应；且 1 mol W 最多与 2 mol NaOH 发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的 W 有________种，若 W 的核磁共 振氢谱具有四组峰，则其结构简式为________________。 （5）F 与 G 的关系为________(填序号)。 a．碳链异构 b．官能团异构 2+[: F:] Ca [: F:].. .. .. ..− − 2+[: F:] Ca [: F:].. .. .. ..− − m m m mM VVn V ρ= = = mM Vρ= c．顺反异构 d．位置异构 （6）M 的结构简式为_________________________________________________。 （7）参照上述合成路线，以 原料，采用如下方法制备医药中间体 。 该路线中试剂与条件 1 为____________，X 的结构简式为____________；试剂与条件 2 为 ____________，Y 的结构简式为________________。 【答案】(1). 1,6-己二醇 (2). 碳碳双键、酯基 (3). 取代反应 (4). 减压蒸馏(或蒸 馏) (5). (6). 5 (7). (8). c (9). (10). HBr，△ (11). (12). O2/Cu 或 Ag，△ (13). 【详解】（1）A 为 6 个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有 1 个羟基，所以名称为 1,6-己二醇。明显 E 中含有碳碳双键和酯基两个官能团。 （2）A→B 的反应是将 A 中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后 的液态有机混合物应该是 A、B 混合，B 比 A 少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以 通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到 A、B 的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能 使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。 （3）C→D 的反应为 C 与乙醇的酯化，所以化学方程式为 。注 意反应可逆。 （4）C 的分子式为 C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛 基；1 mol W 最多与 2 mol NaOH 发生反应，其中 1mol 是溴原子反应的，另 1mol 只能是甲 酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个 O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯 （HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇 一定为－CH2OH 的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必 须得到有两个－CH2OH 结构的醇，因此酯一定是 HCOOCH2－的结构，Br 一定是－CH2Br 的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接 HCOOCH2－有 2 种可能： ，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有 5 种： 。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体， 要求有一定的对称性，所以一定是 。 （5）F 为 ，G 为 ，所以两者的关 系为顺反异构，选项 c 正确。 （6）根据 G 的结构明显得到 N 中画圈的部分为 M ，所以 M 为 。 （7）根据路线中化合物 X 的反应条件，可以判断利用题目的 D 到 E 的反应合成。该反应 需要的官能团是 X 有 Br 原子，Y 有碳氧双键。所以试剂与条件 1 是 HBr，△；将 取代为 ，X 为 。试剂与条件 2 是 O2/Cu 或 Ag，△；将 氧化为 ， 所以 Y 为 。 【点睛】最后一步合成路线中，是不可以选择 CH3CH2CHO 和 CH3CHBrCH3 反应的，因为 题目中的反应 Br 在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。 15.废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将 粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。某化学小组模拟该方法回收 铜和制取胆矾，流程简图如下： 回答下列问题： （1）反应Ⅰ是将 Cu 转化为 Cu(NH3)42+，反应中 H2O2 的作用是_______________________。 写出操作①的名称：_______________。 （2）反应 II 是铜氨溶液中的 Cu(NH3)42+与有机物 RH 反应，写出该反应的离子方程式： ____________________________________________________。操作②用到的主要仪器名称为 ____________________，其目的是（填序号）_________。 a．富集铜元素 b．使铜元素与水溶液中的物质分离 c．增加 Cu2＋在水中的溶解度 （3）反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2 与稀硫酸反应生成 CuSO4 和_______________。若操作③ 使用下图装置，图中存在的错误是___________________________________。 （4）操作④以石墨作电极电解 CuSO4 溶液。阴极析出铜，阳极产物是_______。操作⑤由 硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是______________________________。 （5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是 _________。循环使用的 NH4Cl 在反应Ⅰ中的主要作用是 ______________________________________。 【答案】(1). 作氧化剂 (2). 过滤 (3). Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2 (4). 分液漏斗 (5). a b (6). RH (7). 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多 (8). O2、H2SO4 (9). 加热浓缩 冷却结晶 过滤 (10). H2SO4 (11). 防止由于溶液中的 c （OH-）过高，生成 Cu（OH）2 沉淀 【详解】（1）废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶 性固体和溶液采用过滤的方法，所以操作①为过滤。反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液，铜元素 的化合价升高，所以铜是还原剂，则双氧水为氧化剂，将铜氧化。 （2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物 RH 反应，生成 CuR2，同时生成 NH4+和 NH3，方程式为：Cu(NH3）42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。分液的目的是富集铜元素，使铜 元素与水溶液中的物质分离，所以 a b 正确。 （3）反应Ⅲ是有机溶液中的 CuR2 与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成硫酸铜和 RH。互不相溶的液体采用分液的方法，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗 内部不能盛放太多溶液。 （4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，所以 阳极上产生 O2，同时有大量的氢离子生成，且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累，因此 阳极产物还有硫酸，从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （5）电解硫酸铜溶液时得到硫酸，在反应Ⅲ中用到的 H2SO4，所以硫酸能循环使用。氯化 铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离，从而降低溶液的碱性， 防止由于溶液中的 c （OH-）过高，生成 Cu（OH）2 沉淀。 16.SO2 的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或吸收法处理 SO2。 利用催化还原 SO2 不仅可消除 SO2 污染，而且可得到有经济价值的单质 S。 （1）在复合组分催化剂作用下，CH4 可使 SO2 转化为 S，同时生成 CO2 和 H2O。己知 CH4 和 S 的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol 和-297.2kJ/mol，则 CH4 和 SO2 反应的热化学方程式 为________________________________________________________________。 （2）用 H2 还原 SO2 生成 S 的反应分两步完成，如图 1 所示，该过程中相关物质的物质的 量浓度随时间的变化关系如图 2 所示: ①分析可知 X 为______(写化学式)，0～t1 时间段的温度为_____，0～t1 时间段用 SO2 表示的 化学反应速率为________。 ②总反应 化学方程式为_________________________________________________。 （3）焦炭催化还原 SO2 生成 S2,化学方程式为:2C(s)+2SO2(g) S2(g)+2CO2(g)，恒容容器 中，1mol/LSO2 与足量的焦炭反应，SO2 的转化率随温度的变化如图 3 所示。 ①该反应 △H____0(填“＞”或“＜”)。 ②算 a 点的平衡常数为____________。 （4）工业上可用 Na2SO3 溶液吸收法处理 SO2,25℃时用 1mo/L 的 Na2SO3 溶液吸收 SO2。当 溶液 pH=7 时，溶液中各离子浓度的大小关系为______________________________________。 已知:H2SO3 的电离常数 K1=1.3×10-2，K2=6.2×10-8。 【答案】(1). CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) △H=-295.9kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). 2×10-3/t1mol/(L·min) (5). 2H2+SO2 S+2H2O (6). ＜ (7). 36.45mol/L (8). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-) 【详解】(1)CH4 和 S 的燃烧热分别为 890.3kJ/mol 和 297.2kJ/mol，可知热化学方程式：① CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，②S(s)+O2(g)＝SO2(g)△H=-297.2kJ/mol， 根据盖斯定律，将①-②×2 可得 CH4(g)+2SO2(g)＝CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol， 故答案为 CH4(g)+2SO2(g)＝CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol； (2)①根据图 1 可知，在 300℃时，SO2 和 H2 反应生成 H2S，在 100℃到 200℃时，H2S 和 SO2 反应生成 S 和水，故 X 为 H2S；在图 2 中，0～t1 时间段 SO2 和 H2 的浓度降低，H2S 的浓度 的 的 升高，故 0～t1 时间段温度为 300℃；用 SO2 表示的化学反应速率 v= = = ×10−3 mol/(L·min)，故答案为 H2S；300℃； ×10−3 mol/(L·min)； ②根据分析可知，SO2 和 H2 最终反应生成 S 和水，故化学方程式为 2H2+SO2＝S+2H2O，故 答案为 2H2+SO2＝S+2H2O； (3)①根据图像可知，平衡后升高温度，SO2 的转化率降低，即平衡左移，此反应为放热反应， 即△H＜0，故答案为＜； ②由于点 a 的二氧化硫的转化率为 90%，故有： 故平衡常数 K= = =36.45，故答案为 36.45； (4)Na2SO3 溶液吸收 SO2 生成 NaHSO3，离子方程式为 SO32-+SO2+H2O＝2HSO3-；25℃时用 1mol/L 的 Na2SO3 溶液吸收 SO2，当溶液 pH=7 时，溶液中的溶质为 Na2SO3 和 NaHSO3，故 c(Na+)最大，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，根据 K2=6.2×10-8= 可知 =0.62，故 c(HSO3-)＞c(SO32-)，则有：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)，故答案为 c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)=c(OH-)。 【点睛】本题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写和平衡常数的计算等，注意利用三 段式来计算平衡常数。本题的易错点为(4)，正确判断 pH=7 时，溶液中的溶质为 Na2SO3 和 NaHSO3 是解题的关键。 c t  3 1 2 10 / min mol L t −× 1 2 t 1 2 t 2 2 22C(s) + 2SO (g) S (g) + 2CO (g) ( / ) 1 0 0 ( / ) 0.9 0.45 0.9 ( / ) 0.1 0.45 0.9 mol L mol L mol L  起始浓度 转化浓度 平衡浓度 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 CO S SO c c c ⋅ 2 2 0 9 0.45 01 ×． ． ( )2- + 3 - 3 c(SO ) c H c(HSO )  2- 3 - 3 c(SO ) c(HSO )