北京市2020届高三质量监测化学试题

北京市2020届高三质量监测化学试题

北京市2020届高三年级质量监测 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 O‎-16 C-12 S-32 N-14 Na-23 Al-27 Cu-64 Cl-35.5‎ 第一部分（选择题）‎ 本部分每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共14题，共42分。‎ ‎1.化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ）‎ A. 食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用 B. 铅蓄电池工作时两极的质量均增加 C. CO2和SO2都是形成酸雨的气体 D. 用明矾作净水剂除去水中的悬浮物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食品添加剂要按标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；‎ B．铅蓄电池工作时，负极Pb→PbSO4，正极PbO2→PbSO4，两极的质量均增加，B正确；‎ C．SO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；‎ D．明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；‎ 故选C。‎ ‎2. 下列叙述正确的是 A. Na在足量O2中燃烧，消耗lmol O2时转移的电子数是4×6.02×1023‎ B. 盐酸和醋酸的混合溶液pH=1，该溶液中c(H+) =0.1 mol/L C. ‎1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中的NH数是0.1×6.02×1023‎ D. 标准状况下‎2.24 L Cl2中含有0.2 mol 共价键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应后氧元素的价态为-1价，故l mol O2时转移的电子数是2×6.02×1023，故A错误；‎ B．混合溶液pH=1，pH=-lgc（H+）=1，故c（H+）=10-pH=0.1mol/L，故B正确；‎ C．NH4+是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故NH4+数小于0.1×6.02×1023，故C错误；‎ D．标准状况下‎2.24 L Cl2的物质的量为0.1mol，而1mol氯气中含1mol共价键，故0.1mol氯气中含0.1mol共价键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）‎ A. 碳酸比苯酚酸性强：‎2C6H5ONa+CO2+H2O=‎2C6H5OH+Na2CO3‎ B. 实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓‎ C. 工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑‎ D. 向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性：碳酸>苯酚>HCO3-，所以C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，A错误；‎ B．氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；‎ C．工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；‎ D．向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（ ）‎ A. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性 B. W和Y具有相同的最高化合价 C. 离子半径Y﹤Z D. Z的氢化物为离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。‎ ‎【详解】A．Y和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；‎ B．F没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；‎ C．离子半径Cl->K+>Ca2+，则离子半径Y>Z，C错误；‎ D．CaH2、KH都离子化合物，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ）‎ 选项 A B C D 实验装置 探究温度对平衡2NO2N2O4的影响 目的或结论 探究温度对平衡2NO2N2O4的影响 试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO 海带提碘时，用上述装置灼烧海带 除去HCl气体中混有的少量Cl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；‎ B．铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；‎ C．灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；‎ D．饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.80℃‎时，‎1L 密闭容器中充入0.20 mol N2O4，发生反应N2O42NO2 △H = + Q kJ·mol﹣1(Q＞‎ ‎0)，获得如下数据：‎ 时间/s ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ c(NO2)/mol·L﹣1‎ ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.26‎ ‎0.30‎ ‎0.30‎ 下列判断正确的是 A. 升高温度该反应的平衡常数K减小 B. 20～40s 内，v(N2O4)= 0.004 mol·L－1·s－1‎ C. 100s时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大 D. 反应达平衡时，吸收的热量为0.15Q kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大； B．根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）； C. 100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动； ‎ D. 80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3 mol/L×‎1 L=0.3 mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。‎ ‎【详解】A. 该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；‎ B. 20∼40s内，，则，B项错误；‎ C. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；‎ D. 浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3 mol/L×‎1 L=0.3 mol，由热化学方程式可知生成2 molNO2吸收热量Q kJ，所以生成0.3 molNO2吸收热量0.15Q kJ，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。‎ ‎7.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保制氢方法，其流程图如下：‎ ‎ ‎ 相关反应的热化学方程式为：‎ 反应I：SO2(g) + I2(g) + 2H2O(l)＝2HI(aq) + H2SO4(aq)；ΔH1 =﹣213 kJ·mol-1‎ 反应II：H2SO4(aq) ＝SO2(g) + H2O(l) +1/2O2(g)；ΔH2 = +327 kJ·mol-1‎ 反应III：2HI(aq) ＝H2(g) + I2(g)； ΔH3 = +172 kJ·mol-1‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化 B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用 C. 总反应的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2 (g)+O2(g)；ΔH = +286 kJ·mol-1‎ D. 该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的ΔH不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，故A说法正确；‎ B、根据流程总反应为H2O=H2↑＋1/2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，故B说法正确；‎ C、反应I+反应II+反应III，得到H2O(l)=H2(g)＋1/2O2(g) △H=(－213＋327＋172)kJ·mol－1=＋286kJ·mol－1，或者2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ·mol－1，故C说法错误；‎ D、△H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，△H不变，故D说法正确。‎ ‎8.磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. H3PO4的电离方程式为：H3PO43H++PO43-‎ B. pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-‎ C. 滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+‎2c(HPO42-)+‎3c(PO43-)‎ D. 滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。‎ ‎【详解】A．H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H++H2PO4-，A错误；‎ B．pH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；‎ C．滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+‎2c(HPO42-)+‎3c(PO43-)，C正确；‎ D．滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2↑，D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（ ）‎ A. 在酸性条件下，1mol酚酞可与4molNaOH发生反应 B. 在酸性条件下，1mol酚酞可与4molBr2发生反应 C. 酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物 D. 酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在酸性条件下，酚羟基和羧基可以和氢氧化钠反应，故1mol酚酞可与3molNaOH发生反应，A错误；‎ B．在酸性条件下，两个酚羟基有4个邻位氢原子，1mol酚酞可与4molBr2发生反应，B正确；‎ C．酚酞分子中没有碳碳双键，所以酸性条件下的酚酞不能发生加聚反应，C错误；‎ D．酚羟基不能发生消去反应，连接醇羟基的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，D错误；‎ 故选B。‎ ‎10. 硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是 A. CO、SO2、SO3均酸性氧化物 B. 工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉 C. 除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应 D. 用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；‎ B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；‎ C．除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；‎ D．用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎11.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是（ ）‎ 选项 实验 现象 结论 A 向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀生成 原溶液中一定存在SO42-或SO32-‎ B 卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液 产生白色沉淀 Y中含有氯原子 C 碳酸钠固体与硫酸反应产生的气体，通入苯酚钠溶液中 出现白色浑浊 酸性：硫酸＞碳酸＞苯酚 D 向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置 溶液分层，下层呈橙红色 Br-还原性强于Cl-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某无色溶液中滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀，原溶液中可能含有Ag+，A不正确；‎ B．加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯原子，B正确；‎ C．碳酸钠与硫酸反应产生的二氧化碳能使苯酚钠溶液变浑浊，根据较强酸可以制较弱酸的规律，可知酸性：硫酸>碳酸>苯酚，C正确；‎ D．下层呈橙红色，则表明NaBr与氯水反应生成Br2，从而得出还原性：Br->Cl-，D正确；‎ 故选A。‎ ‎12.锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是 A. 该电池工作时Li+向负极移动 B Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液 C. 电池充电时间越长，电池中Li2O 含量越多 D. 电池工作时，正极可发生： 2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；‎ B．单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；‎ C．电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；‎ D．题目给出正极反应为：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2；‎ 所以选项D正确。‎ ‎13.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得 下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 该反应为取代反应 B. Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键 C. X和Y均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀 D. 等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由X生成Y，是X中-OH上的H原子被-CH2CH=C(CH3)2所取代，A正确；‎ B．Y使酸性高锰酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；‎ C．X和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；‎ D．醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H2 4mol，后者最多消耗H25mol，D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.为测定人体血液中Ca2＋的含量，设计了如下方案：‎ 有关反应的化学方程式为：2KMnO4+5H‎2C2O4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O若血液样品为15mL，滴定生成的草酸消耗了0.001mol·L－1的KMnO4溶液15.0mL，则这种血液样品中的含钙量为 A. 0.001‎mol·L－1 B. 0.0025mol·L－‎1 ‎ C. 0.0003mol·L－1 D. 0.0035mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由方程式Ca2+＋C2O42+＝CaC2O4、CaC2O4＋H2SO4＝CaSO4↓＋H‎2C2O4、2KMnO4＋5H‎2C2O4＋3H2SO4＝H2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可得关系式：5Ca2+～5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4，令血液中含钙量为cmol/L，则：‎ ‎5Ca2+～5CaC2O4～5H‎2C2O4～2KMnO4‎ ‎5 2‎ cmol/L×‎0.015L 0.001mol•L-1×‎‎0.015L 所以cmol/L×‎0.015L×2＝5×0.001mol•L-1×‎‎0.015L 解得c＝0.0025mol•L-1；‎ 答案选B。‎ 第二部分（非选择题）‎ ‎15.污水处理是保护环境的需要，是每家企业应尽的义务。‎ 已知Cr(OH)3在碱性较强的溶液中将生成[Cr(OH)4]-，铬的化合物有毒，由于+6价铬的强氧化性，其毒性是+3价铬毒性的100倍。因此，必须对含铬的废水进行处理，可采用以下两种方法。‎ ‎（1）还原法：在酸性介质中用FeSO4等将+6价铬还原成+3价铬。‎ 具体流程如下：‎ 有关离子完全沉淀的pH如下表：‎ 有关离子 Fe2+‎ Fe3+‎ Cr3+‎ 完全沉淀为对应氢氧化物的pH ‎9.0‎ ‎3.2‎ ‎5.6‎ ‎①写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_____。‎ ‎②还原+6价铬还可选用以下的试剂_____（填序号）。‎ A．明矾 B．铁屑 C．生石灰 D．亚硫酸氢钠 ‎③在含铬废水中加入FeSO4，再调节pH，使Fe3+和Cr3+产生氢氧化物沉淀。‎ 在操作②中调节pH应分2次进行，第1次应先调节溶液的pH范围约在____（填序号）最佳，第2次应调节溶液的pH范围约在____（填序号）最佳。‎ A．3～4 B．6～‎8 C．10～11 D．12～14‎ 用于调节溶液pH的最佳试剂为：____（填序号）；‎ A．Na2O2 B．Ba(OH)‎2 C．Ca(OH)2 D．NaOH ‎（2）电解法：将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反应，生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。‎ ‎④写出阴极的电极反应式_____。‎ ‎⑤电解法中加入氯化钠的作用是_____。‎ ‎【答案】 (1). CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O (2). BD (3). A (4). B (5). D (6). 2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 增强溶液导电性或盐析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用Fe2+还原Cr2O72-时，在酸性条件下，Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+；‎ 通过调节pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀时，Fe3+也会生成Fe(OH)3沉淀，所以调节pH应分两次进行，一次让Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，一次让Cr3+生成Cr(OH)3沉淀，为达此目的，需严格控制溶液的pH变化；调节pH时，所加试剂应不影响实验结果。‎ ‎(2)利用电解法还原Cr2O72-，实质上也是利用Fe2+还原Cr2O72-，则阳极需提供Fe2+，阴极需提供OH-，在阳极区Cr2O72-被还原为Cr3+，在阴极区Cr3+生成Cr(OH)3沉淀。‎ ‎【详解】(1) FeSO4能将+6价铬还原成+3价铬，则Cr2O72-与FeSO4在酸性条件下反应的离子方程式为CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。答案为：CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎②A．明矾没有还原性，不能还原+6价铬，A不合题意；‎ B．铁屑先与酸反应生成Fe2+，Fe2+再还原+6价铬，B符合题意；‎ C．生石灰显碱性，但没有还原性，不能还原+6价铬，C不合题意；‎ D．亚硫酸氢钠具有较强的还原性，能还原+6价铬，D符合题意。答案为：BD；‎ ‎③操作②中调节pH应分2次进行，第1次是将Fe3+转化为沉淀，但Cr3+不生成沉淀，所以应先调节溶液的pH范围约在A，第2次应调节溶液的pH范围约在B最佳。‎ 用于调节溶液pH的最佳试剂的选择：‎ A．Na2O2，具有强氧化性，可能会将Cr3+氧化为Cr2O72-，A不合题意；‎ B．Ba(OH)2，能与SO42-反应生成BaSO4沉淀，混在Cr(OH)3沉淀中，B不合题意；‎ C．Ca(OH)2，能与SO42-反应生成CaSO4沉淀，混在Cr(OH)3沉淀中，C不合题意；‎ D．NaOH，能将Fe3+、Cr3+分批次转化为沉淀，D符合题意；故选D。‎ 答案为：A；B；D；‎ ‎(2)④阴极H2O得电子，生成OH-，电极反应式为2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-。答案为：2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-；‎ ‎⑤电解法中加入氯化钠，虽然没有参加反应，但使溶液易于导电，其作用是增强溶液导电性或盐析。答案为：增强溶液导电性或盐析。‎ ‎【点睛】在选择“用于调节溶液pH的最佳试剂”，我们易错选Ba(OH)2，主要原因是Ba(OH)2提供的OH-能将Fe3+、Cr3+分别转化为沉淀，Ba2+能与溶液中的SO42-作用，没有向溶液中引入杂质离子，但忽视了实验操作的目的是获得Cr(OH)3沉淀，并最终获得Cr2O3。‎ ‎16.诺贝尔化学奖获得者GeorgeA.Olah提出了“甲醇经济”‎ 的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料用作能源储存材料和燃料。‎ 工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：‎ ‎(i)制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.0kJ·mol-1‎ ‎(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.67kJ·mol-1‎ ‎（1）制备合成气：工业生产中为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生的反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1，为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为_____。‎ ‎（2）为节约化石能源、减少碳排放，用CO2代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。‎ ‎①请写出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式_____。‎ ‎②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO2与H2反应的活化能。在200‎-360℃‎，9MPa时合成气初始组成H2、CO、CO2物质的量之比7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应。如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，分析可能的原因是____。‎ ‎（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g) ΔH=+29.1kJ·mol-1‎ 科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：‎ 根据图，分析工业上制取甲酸甲酯时，选择的合适条件为_____。‎ ‎（4）某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH3OH为燃料，该电池工作原理见图。该反应负极电极反应式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 3：1 (2). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1 (3). 开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高 (4). 4.0×106Pa，‎80℃‎ (5). CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比时，可设未知数，然后利用两个相关反应得出CO2、H2的物质的量，利用n(CO2):n(H2)=1:2，求出体积比。‎ ‎(2)①利用盖斯定律，得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式。‎ ‎②CO2的平衡转化率随温度升高而减小，则温度升高，平衡逆向移动，正反应应为放热反应；CO2的平衡转化率随温度升高而增大，表明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，于是寻找符合条件的反应，分析可能的原因。‎ ‎(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到某数值时，甲醇的转化率变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到某数值时，甲醇的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件。‎ ‎(4)从图中可以看出，CH3OH失电子，生成CO2和H2O，可能消耗熔融液中的CO32-。‎ ‎【详解】(1)依题意知，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)和CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)两个反应产生的CO、H2用于制甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。‎ 设参加反应的CH4的物质的量为x，CO2的物质的量为y，‎ 则n(CO2):n(H2)=1:2=(x+y):(3x-y)，从而求出x:y=3:1。答案为：3:1；‎ ‎(2)反应(ii)：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.67kJ·mol-1‎ 反应(iii)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1‎ ‎①利用盖斯定律，将反应(ii)+反应(iii)，可得出二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1。答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1；‎ ‎②涉及CO2与H2反应的方程式有以下两个：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ‎ ‎ ΔH=-49.5kJ·mol-1；CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.17kJ·mol-1。‎ 对于前一个反应，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；对于后一个反应，反应为吸热反应,升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大。则如图所示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是：开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。答案为：开始时CO2和H2反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO2转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO2和H2反应生成CO该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高；‎ ‎(3)从图中可以看出，增大压强，甲醇的转化率增大，但压强达到4.0×106Pa时，甲醇的转化率变化很小，此点为压强的合适点；升高温度，甲醇的转化率增大，但温度达到‎80℃‎时，甲醇的转化率变化很小，此点为温度的合适点，从而确定选择的合适条件为4.0×106Pa，‎80℃‎。答案为：4.0×106Pa，‎80℃‎；‎ ‎(4)从电子流向看，a电极为负极，此电极加入CH3OH，从箭头的指向看，CH3OH失电子，生成CO2和H2O，可能消耗熔融液中的CO32-，于是得出电极反应式为CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O。答案为：CH3OH+3CO32--6e-=4CO2+2H2O。‎ ‎【点睛】在分析“CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大的可能原因”时，我们可能会犯糊涂。一个反应怎么会出现这种情况，是温度达到一定程度后，某产物起催化作用吗？还是此反应，温度低时为放热反应，当温度达到一定数值后，就成为放热反应？如果我们找不到其它理由，以上分析的两种情况，回答哪一点都是错误的。针对这种情况，我们应重新审题，看是否存在两个相关反应，于是也就找到了分析原因的突破口。‎ ‎17.近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。‎ I.化学沉淀法 利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。‎ 已知：磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-‎ Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13‎ ‎(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。‎ ‎(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26‎ ‎，请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因：__。‎ II.光催化法 ‎(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。‎ ‎(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。‎ ‎①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请写出两条）。‎ ‎②选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线_____。‎ ‎(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NH4+浓度为__mol/L。‎ ‎【答案】 (1). Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+ (2). pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低 (3). 2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O (4). 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大 (5). 温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀。‎ ‎(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。‎ ‎(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等。‎ ‎(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-‎ ‎)的影响进行分析。‎ ‎②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。‎ ‎(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-‎ 代入数据即可求出水样中残留NH4+浓度。‎ ‎【详解】(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+。答案为：Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+；‎ ‎(2) pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，由Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26可知，此时PO43-易生成Mg3(PO4)2沉淀，从而使氨氮去除率降低，此时应发生NH4+与OH-的反应。从而得出pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因是pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低。答案为：pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低；‎ ‎(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等，电极反应式为2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O。答案为：2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O；‎ ‎(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快。答案为：温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大；温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快；‎ ‎②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。则pH=5时，氨氮去除率变化曲线为：‎ 答案为：；‎ ‎(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-‎ 则n(NH4+)=0.01mol/L×V2×10‎-3L-0.01mol/L×V1×10‎-3L=0.01(V2-V1)×10-3mol，‎ 水样中残留NH4+浓度为=mol/L。答案为：；‎ ‎【点睛】pH=8时，虽然MgHPO4的Ksp也比较小，但应从图象中采集信息，此时由于氨氮的去除率高，所以应生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀，否则易错写方程式。‎ ‎18.某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。‎ 实验Ⅰ：‎ 试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）‎ 操作 现象 取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液 溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9‎ 向反应后的溶液中加入KSCN溶液 溶液变红 ‎(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。‎ ‎(2)产生气泡的原因是__。‎ ‎(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。‎ 实验III：‎ 试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）‎ 操作 现象 取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液 溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4‎ ‎(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。‎ ‎①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。‎ ‎②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。‎ 实验IV：‎ 用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。‎ ‎(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。‎ ‎(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。‎ ‎【答案】 (1). 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O (2). 反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2 (3). 取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红 (4). 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42- (5). 2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降 (6). 6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑ (7). pH、阴离子种类、温度、反应物用量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=‎0.9”‎，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。‎ ‎(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。‎ ‎(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。‎ ‎(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。‎ ‎②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。‎ ‎(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。‎ ‎(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。‎ ‎【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O ‎，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；‎ ‎(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；‎ ‎(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；‎ ‎(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；‎ ‎②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；‎ ‎(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；‎ ‎(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。‎ ‎【点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。‎ ‎19.药物中间体M的合成路线流程图如图：‎ 已知：‎ ‎（R、R’、R”为H或烃基）‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A为芳香烃，名称为___。‎ ‎(2)化合物C含有的官能团名称为__。‎ ‎(3)下列说法中正确的是__。‎ A.化合物A只有1种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构 B.可利用酸性KMnO4溶液实现A→B的转化 C.化合物C具有弱碱性 D.步骤④、⑤、⑥所属的有机反应类型各不相同 ‎(4)步骤⑥可得到一种与G分子式相同的有机副产物，其结构简式是__。‎ ‎(5)有机物H与氢气加成的产物J存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应；‎ ‎②核磁共振氢谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。‎ ‎(6)写出I+G→M的化学方程式（可用字母G和M分别代替物质G和M的结构简式）__。‎ ‎(7)设计以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____(无机试剂任选)。‎ 合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ‎【答案】 (1). 邻二甲苯 (2). 羟基、氨基 (3). ABCD (4). (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由D的结构及A的分子式，可确定A为，B为。参照G，由E和可推出F为,I为。‎ ‎【详解】(1)由A的结构简式，可得出其名称为邻二甲苯。答案为：邻二甲苯；‎ ‎(2)依据化合物C的结构简式，可确定含有的官能团名称为羟基、氨基。答案为：羟基、氨基；‎ ‎(3)A.邻二甲苯只有一种结构，可以证明苯环不是单双键交替，A正确；‎ B.酸性KMnO4溶液可将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸，B正确；‎ C.化合物C分子中含有氨基，具有弱碱性，C正确；‎ D.步骤④、⑤、⑥所属的反应类型分别为属于取代、加成、消去，D正确。答案为：ABCD；‎ ‎(4)步骤⑥中，脱水时，脱去羟基右边的氢原子得G，脱去左边的氢原子，则得有机副产物，其结构简式是。答案为：；‎ ‎(5)有机物H与氢气加成的产物J为，同时符合条件“①能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子”的同分异构体，含有苯环结构、酚羟基，考虑到氢原子有4种，只能在对位上连接-CH2Cl，于是得出结构简式为。答案为：；‎ ‎(6) I+G→M的化学方程式为。答案为：；‎ ‎(7)以和CH3CH2OH为原料制备时，需利用信息。将乙醇氧化为乙醛，再氧化为乙酸，最后酯化生成乙酸乙酯，再与苯甲醛发生信息中提供的反应，从而获得目标有机物。合成路线为：答案为：。‎ ‎【点睛】合成有机物时，先对比目标有机物与原料有机物在碳原子数上的差距，然后分析官能团的变化，从题给流程图或已知信息中寻找相似点，然后确定切入点。‎