天津市实验中学2020届高三下学期4月第一次测试化学试题

天津市实验中学2020届高三下学期4月第一次测试化学试题

天津市实验中学2020届高三下学期4月第一次测试 化学试题 ‎1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐。陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧化铁是红色，不是青色，因此瓷器的青色不可能来制氧化铁，故A错误；‎ B.秦兵马俑是陶制品，为传统的无机非金属材料，原料是黏土，经高温烧结而成，故B正确；‎ C.陶瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐中硅元素化合价处于最高价，化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C正确；‎ D.用乙醇从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机溶剂有关，该过程为萃取操作，故D正确；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎2.在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。下列解析不正确的是 A. 与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积 B. 与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少 C. 深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)‎ D. 海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)⇌Ca(HCO3)2(aq)。‎ ‎【详解】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；‎ B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；‎ C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；‎ D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。‎ 故答案选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. ‎32 g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA B. ‎2 g由H218O和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA C. ‎8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA D. 标准状况下，‎11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由选项可知1 mol S8中所含共价键为数目为8NA，32gS8为0.125mol，所含共价键数目为NA，故选项A正确。B、H218O和2H2O的相对分子质量均为20，质子数均为10，‎2g该混合物的物质的量为0.1mol，含有的质子数为NA，选项B正确；C、1mol氧化铜被氢气还原转移电子数为2NA，‎8g氧化铜为0.1mol，转移电子数为0.2NA，故选项C正确；D、标准状况下‎11.2L氯气物质的量为0.5mol，氯气与水之间是可逆反应，反应不彻底，溶液中Cl-、C1O-和HClO的微粒数之和小于NA，选项D不正确。答案选D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 无色透明的溶液中： Fe3+、Mg2+、SCN −、Cl −‎ B. =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−‎ C. 的溶液中： K+、NH4+、MnO4−、SO42－‎ D. 能使甲基橙变红的溶液中： Na+、NH4+、SO42－、HCO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.  Fe3+可与SCN −结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B.  的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故B正确；‎ C.  Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D. 能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3－可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列离子方程式书写正确的是 A. Fe(OH)3 溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O B. K2S 溶液中加入AgCl 固体反应的离子方程式为：2AgCl＋S2－===2Cl－＋Ag2S C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：+CO2+H2O→+CO32-‎ D. 溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2===2Fe3＋＋Br2＋4Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe(OH)3 溶于氢碘酸时，因为Fe3+具有氧化性，I-有还原性，所以二者还要发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘离子，故A错误；‎ B.K2S 溶液中加入AgCl 固体，因为在相同条件下硫化银的溶解度小于氯化银的溶解度，所以氯化银可以转化成硫化银，故B正确；‎ C.因为酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根，所以苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳时，只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，故C错误；‎ D.因为氯气的氧化性强于铁离子和溴单质，所以过量的氯气可以将亚铁离子和溴离子全部氧化，而溴化亚铁中，亚铁离子与溴离子的比例关系为1:2，所以反应的离子方程式为2Fe2+＋4Br-＋3Cl2=2Fe3+＋2Br2＋6Cl-，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎6.下列实验方案中，不能达到实验目的是 选项 实验目的 实验方案 A 证明氧化性：H2O2比Fe3+强 用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色 B 鉴别溴蒸气和NO2‎ 分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸汽 C 证明盐类水解是吸热反应 在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深 D 证明难溶物存在沉淀溶解平衡 往黄色固体难溶物PbI2加水中振荡，静置取上层淸液加入NaI固体产生黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化氢、硝酸根离子在酸性条件下均可氧化亚铁离子，则不能证明氧化性：H2O2比Fe3+强，故A错误；‎ B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，有气体生成；溴与硝酸银溶液反应生成溴化银浅黄色沉淀，现象不同，可达到实验目的，故B正确；‎ C．醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，滴入酚酞试液后变红，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故C正确；‎ D．碘离子浓度增大，平衡逆向进行，产生了黄色沉淀，说明实现了沉淀的转化，能证明难溶物存在沉淀溶解平衡，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎7.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性 B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。‎ ‎【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；‎ B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；‎ C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；‎ D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎8.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如右图所示。活化氧可以快速氧化 SO2。下列说法不正确的是 A. 每活化一个氧分子放出0.29eV能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV C. 氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程 D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据能量变化图分析，氧气最终变成活化氧，体系能量降低，则每活化一个氧气分子放出0.29eV能量，故A正确；‎ B.反应过程中存在多步反应的活化能，根据能量变化图分析，整个反应的活化能应是活化能较大的，则没有水加入的反应活化能E=0.75eV，有水加入反应的活化能E=0.57eV,所以水可以使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV，故B错误；‎ C.根据能量变化图和题意，氧分子活化过程中O－O的断裂，生成C－O键，所以氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C正确；‎ D.活化氧可以快速氧化 SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧，所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎9.一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图 下列关于该高分子的说法正确的是 A. 完全水解产物单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境 B. 完全水解产物的单个分子中，含有官能团―COOH或―NH2‎ C. 氢键对该高分子的性能没有影响 D. 结构简式为：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、，、中苯环都只有1种化学环境的氢原子，A错误；‎ B、芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为、‎ ‎，含有的官能团为-COOH或-NH2，B正确；‎ C、氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点等，C错误；‎ D、芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其单体为、，该高分子化合物由、通过缩聚反应形成，其结构简式为，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列有关电解质溶液的说法不正确的是 A. 向溶液中通入，减小 B. 将的溶液从升温至，增大 C. 向的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1‎ D. 向的溶液中加入少量水，增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，增大，不变，则减小，选项A正确；‎ B、K‎2C2O4溶液中草酸根离子水解溶液呈碱性，升高温度，水解程度增大，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以钾离子和草酸根离子浓度比值增大，选项B正确；‎ C、向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c（H+）=c（OH-），钠离子和氟离子浓度相等，=1，选项C正确；‎ D、CH3COONa溶液中加入少量水，温度不变，不会影响醋酸的电离平衡常数，即=‎ 不变，选项D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.在一定温度下,将气体X和气体Y 各0.16mol 充入 ‎10L 恒容密闭容器中,恒容器闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) △H＜0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是 ‎ ‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(Y)mol ‎0.12‎ ‎0.11.‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A. 反应前 2min 的平均速率 v（Z）=2.0×10-3mol·L-1min-1‎ B. 其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol 气体 X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体 Y 的转化率增大，X 的体积分数增大，Z 的体积分数减少 C. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v (逆)＞v(正)‎ D. 保持其他条件不变，起始时向溶液中充入0.32mol气体X 和0.32mol 气体 Y，到达平衡时，n(Z)＜0.24mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2min内Y物质的量变化为0.16mol-0.12mol=0.04mol，所以Y的反应速率v（Y）=mol·L-1·min-1，速率之比等于化学计量系数之比，所以v（Z）=2 v（Y）=2×0.02 mol·L-1·min-1=0.04 mol·L-1·min-1，故A错误；‎ B.其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16mol 气体 X，平衡正向移动，Y的转化率增大，因为加入X，所以X的体积分数增大，因为总体积增大，虽然Z的物质的量也有所增大，但总体积增大更大些，所以Z的体积分数减少，故B正确；‎ C.该反应为放热反应，当其他条件不变，降低温度时，平衡会向正反应方向移动，所以反应达到新平衡前 v(正)＞v (逆)，故C错误；‎ D.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X 和0.32mol 气体 Y ‎，根据等效平衡原理，相当于在原来平衡的基础上增大压强，又因为反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，达到平衡时，n（Z）=0.24mol，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】在恒温、恒容条件下，对于反应前后气体分子数不变的可逆反应，只要反应物(或生成物)的物质的量之比与原平衡相同，则两平衡等效。‎ ‎12.一种镁氧电池如图所示，电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法错误的是 A. 电池总反应式为:2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2‎ B. 负极反应式为:Mg－2e-+2OH- = Mg(OH)2‎ C. 活性炭可以加快O2在负极上的反应速率 D. 电子的移动方向由a经外电路到b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该镁氧电池的负极为金属镁，正极为吸附氧气的活性炭，在电解液为KOH浓溶液条件下，负极镁失去电子变成镁离子，即电极反应方程式为Mg－2e- =Mg2+，溶液中有大量氢氧根，所以镁离子会结合氢氧根生成氢氧化镁；正极为氧气的电子转化为氢氧根，电极反应方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；总电池反应方程式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。‎ ‎【详解】A.由分析可知，总电池反应方程式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，故A正确；‎ B.由分析可知，负极电极反应方程式为：Mg－2e-+2OH- = Mg(OH)2，故B正确；‎ C.氧气在正极反应，所以活性炭可以加快O2在正极上的反应速率，故C错误；‎ D.根据原电池原理，电子从负极流出，经外电路流向正极，即电子由a经外电路到b，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎13.峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。‎ ‎（1）“荧光”主要成分是 PH3（膦），其结构式为 __________ ，下列有关 PH3 的说法错误的是___________ 。‎ a.PH3 分子极性分子 b.PH3 分子稳定性低于 NH3 分子，因为 N-H 键键能高 c.一个 PH3 分子中，P 原子核外有一对孤电子对 d.PH3 沸点低于 NH3 沸点，因为 P-H 键键能低 ‎（2）PH3 的沸点比 NH3______填“高”或“低”） NH3 的水溶液碱性_____PH3 的水溶液碱性（填“大于”或“小于”）；氯化鏻（PH‎4C1）与碱反应生成膦的离子方程式为 _______________________ 。‎ ‎（3）PH3 是一种还原剂，其还原能力比 NH3 强，通常情况下能从Cu2+、Ag+、Hg2+等盐溶液中还原出金属， 而本身被氧化为最高氧化态。PH3 与 CuSO4 溶液反应的化学方程式为 ______________。‎ ‎（4）“荧光”产生的原理是Ca3P2 在潮湿的空气中剧烈反应，写出该反应的化学方程式__________________。‎ ‎（5）PH3 有毒，白磷工厂常用 Cu2+、Pd2+液相脱除 PH3：PH3+2O2H3PO4，其他条件相同时， 溶解在溶液中O2 的体积分数与 PH3 的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：‎ ‎①由图可知，富氧有利于______（选填“延长”或“缩短”）催化作用的持续时间。‎ ‎②随着反应进行，PH3 的净化效率急剧降低的原因可能为 _________________ 。‎ ‎【答案】 (1). (2). cd (3). 低 (4). 大于 (5). PH4++OH-=PH3↑+H2O (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ (8). 延长 (9). 生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）PH3分子中P原子和每个H原子形成1个共价键，且P原子最外层还有一个孤电子对；‎ a．正负电荷中心不重合的分子为极性分子；‎ b．存在的化学键键能越大分子越稳定；‎ c．一个PH3分子中，P原子最外层有一对孤电子对；‎ d．含有氢键的氢化物熔沸点较高；‎ ‎（2）因为NH3分子间存在氢键，沸点反常；因为氮的非金属性比磷的非金属性强，氮的电负性比磷的电负性强，在溶于水形成溶液时，一水合氨中的氮原子更容易吸引水中的氢离子而电离产生氢氧根使溶液碱性更强；氯化鏻（PH‎4C1）与碱反应生成膦的反应原理类似氯化铵与碱的反应； ‎ ‎（3）根据题意提示，PH3 是一种还原剂， 可将Cu2+盐溶液还原生成金属铜，而本身被氧化为最高氧化态H3PO4，据此写出化学方程式；‎ ‎（4）Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应生成氢氧化钙和PH3；‎ ‎（5）①根据图知，氧气溶解分数越小，反应速率越快；‎ ‎②生成的磷酸能和金属阳离子反应。‎ ‎【详解】（1）PH3分子中P原子通过3个共价键与3个H原子相结合，其结构式为；‎ a.PH3分子是三角锥型分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子，故a正确；‎ b.P原子的原子半径大于N，形成磷氢键键能小于氮氢键键能，所以PH3 分子稳定性低于 NH3分子，故b正确；‎ c.一个 PH3分子中，P原子核外最外层有一对孤电子对，故c错误；‎ d.因为NH3分子间存在氢键，所以PH3 沸点低于NH3沸点，与键能无关，故d错误；‎ 答案为：；cd；‎ ‎（2）因为NH3分子间存在氢键，所以PH3 沸点低于 NH3 沸点；因为氮的非金属性比磷的非金属性强，氮的电负性比磷的电负性强，在溶于水形成溶液时，一水合氨中的氮原子更容易吸引水中的氢离子而电离产生氢氧根使溶液碱性更强，所以NH3 的水溶液碱性大于PH3 的水溶液碱性；氯化鏻（PH‎4C1）与碱反应生成膦的反应原理类似氯化铵与碱的反应，其离子方程式为PH4++OH-=PH3↑+H2O；‎ 综上所述，故答案为：低；大于；PH4++OH-=PH3↑+H2O；‎ ‎（3）根据题意提示，PH3 是一种还原剂， 可将Cu2+盐溶液还原生成金属铜， 而本身被氧化为最高氧化态H3PO4，所以PH3 与 CuSO4 溶液反应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；‎ 故答案为：4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；‎ ‎（4）Ca3P2类似于电石（CaC2），电石与水能发生类似水解的反应生成氢氧化钙和乙炔，所以在潮湿的空气中Ca3P2与水反应反应的方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑；‎ 故答案为：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑；‎ ‎（5）①由图可知，氧气的体积分数越大，PH3高净化率持续时间长，所以富氧有利于延长催化作用的持续时间；‎ 故答案为：延长；‎ ‎②由于随着反应的进行，反应生成H3PO4与催化剂Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低，所以PH3 的净化效率急剧降低；‎ 故答案为：生成的磷酸能和金属阳离子Cu2+、Pd2+反应，使催化效率降低。‎ ‎【点睛】氨气、PH3溶于水时，氮原子、磷原子因为具有较强电负性，并且具有一个孤电子对，会与水电离产生的氢离子形成配位键，使水更容易电离产生氢氧根，所以溶液显碱性，但因为氮元素的电负性比磷元素的电负性强，由此可以推出氨水溶液比PH3水溶液的碱性强。‎ ‎14.I.某有机物 X（C13H13O7Br）遇到FeCl3 溶液显紫色，其部分结构简式：‎ 已知：①X 在足量的氢氧化钠水溶液中加热，可以得到A、B、C 三种有机物；‎ ‎②室温下B 经盐酸酸化可以得到苹果酸D，D 的分子式为 C4H6O5；‎ ‎③C 能发生银镜反应。‎ 试回答：‎ ‎（1）D 中所含官能团的名称是 _______ ，D 不能发生的反应类型是（填序号）________。‎ ‎①加成反应，②消去反应，③氧化反应，④酯化反应。‎ ‎（2）D的一种同分异构体E 有如下特点：l mol E 可以和 3 mol 金属钠发生反应，放出 33．6LH2（标准状况下）， l mol E 可以和足量NaHCO3 溶液反应，生成 lmolCO2，l mol E ‎ 还可以发生银镜反应，生成 2 mol Ag。试写出E 可能的结构简式 ________。‎ ‎（3）A 和D 在一定条件下可以生成八元环酯，写出此反应的化学方程式 ____________。‎ ‎（4）若 C 经盐酸酸化后得到的有机物 F ，其苯环上的一溴代物只有两种， 则 F 可能的结构简式为_________，写出其中任意一种和银氨溶液发生反应的化学方程式 _________。‎ ‎（5）F一种同分异构体是制取阿司匹林（ ）的原料，试写出其结构简式 __________，它在一定条件下生成高分子化合物的方程式为 _____________ ‎ II. 1941 年从猫薄荷植物中分离出来的荆芥内酯可用作安眠药、抗痉挛药、退热药等。通过荆芥内酯的氢化反应可以得到二氢荆芥内酯，后者是有效的驱虫剂。为研究二氢荆芥内酯D 的合成和性质，进行如下反应：‎ ‎ ‎ 参照题干中的反应流程写出由 合成的四步合成路线图(无机试剂任选)。___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 羧基、羟基 (2). ① (3). 、 (4). (5). 、 (6). ‎ ‎ (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.根据有机物 X的分子式C13H13O7Br、部分结构简式和已知信息可知，X 在足量的氢氧化钠水溶液中加热，可以得到A为HOCH2CH2OH，B为NaOOCCH2CH(OH)COONa，苹果酸D为HOOCCH2CH(OH)COOH，C的结构中含有一个苯环，两个酚钠结构和一个醛基。‎ II.根据二氢荆芥内酯D 的合成反应可以推知，A与甲醇在酸性加热条件下发生酯化反应生成B，B结构中含有双键，在过氧化物催化条件下与HBr发生加成反应生成C。‎ ‎【详解】I.（1）苹果酸D为HOOCCH2CH(OH)COOH，可知其官能团为羧基、羟基，能发生消去反应、氧化反应、酯化反应，但不能发生加成反应；‎ 故答案为：羧基、羟基；①；‎ ‎（2）l mol E可以和 3 mol金属钠发生反应，放出 33.6LH2（标准状况下），l mol E可以和足量NaHCO3溶液反应，生成 lmolCO2，说明E的结构中含有一个羧基和两个羟基，lmol E还可以发生银镜反应，生成 2 mol Ag，说明E的结构中还含有一个醛基，E 是苹果酸的同分异构体，所以E的分子式也C4H6O5，所以E 可能的结构简式为、；‎ 故答案为：、；‎ ‎（3）A的结构为HOCH2CH2OH，D的结构为HOOCCH2CH(OH)COOH，根据酯化反应原理，A 和D 在一定条件下可以生成八元环酯，此反应的化学方程式为；‎ 故答案为：；‎ ‎（4）C的结构中含有一个苯环，两个酚钠结构和一个醛基，C 经盐酸酸化后得到的有机物F的机构中含有一个苯环，两个酚羟基和一个醛基 ，又F的苯环上的一溴代物只有两种，若， 则 F 可能的结构简式为或，和银氨溶液发生反应的化学方程式为；‎ 故答案为：、； ‎ ‎；‎ ‎（5）对比阿司匹林（ ）的机构，反推F的一种同分异构体为，它在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的方程式为；‎ 故答案为：；；‎ II.对比原料和目标产物的结构，结合二氢荆芥内酯D 的合成反应可以推知，可以先将醛基氧化为羧基，再与甲醇发生酯化反应生成酯，再与溴化氢加成，最后可以合成环，所以合成路线图为：；‎ 故答案为：‎ ‎。‎ ‎15.五氧化二钒用作冶金添加剂，占五氧化二钒总消耗量的 80%以上，其次是用作有机化工的催化剂。为了增加V2O5 的利用率，我们从废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2 和Fe2O3 等） 中回收 V2O5 的一种生产工艺流程示意图：‎ ‎ ‎ 部分含钒物质在水中的溶解性如表所示，回答下列问题：‎ 物质 VOSO4‎ V2O5‎ NH4VO3‎ ‎(VO2)2SO4‎ 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ‎（1）①中废渣主要成分是 __________________________；①中V2O5 发生反应的离子方程式为 ___________________________ 。‎ ‎（2）②、③中的变化过程可简化为（下式中的R 表示 VO2+或 Fe3+，HA 表示有机萃取剂的主要成分）R2(SO4)n（水层）+2nHA（有机层）⇌ 2RA（有机层）+ nH2SO4（水层）。②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ______________________；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为 ______________________。‎ ‎（3）实验室用的原料中V2O5 占 6%（原料中的所有钒已换算成 V2O5）。取 ‎100 g 该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验，当加入 100 mL 0.1 mol•L -1 的KClO3 ‎ 溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是 __________________[M(V2O5)＝‎182 g•mol -1]。‎ ‎（4）‎25℃‎时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液 pH 之间的关系如表所示：‎ ‎ pH ‎1.3‎ ‎1.4‎ ‎1.5‎ ‎1.6‎ ‎1.7‎ ‎1.8‎ ‎1.9‎ ‎2.0‎ 钒沉淀率/%‎ ‎88.1‎ ‎94.8‎ ‎96.5‎ ‎98.0‎ ‎98.8‎ ‎98.6‎ ‎964‎ ‎93.1‎ 试判断在实际生产时，⑤中加入 NH4Cl 调节溶液的最佳 pH为____________；若钒沉淀率为 93.1%时不产生 Fe(OH)3 沉淀，则此时溶液中 c(Fe3+)≤____________ （已知：‎25℃‎时Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10 -39）。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). V2O5+4H++SO32-=2VO2++SO42-+2H2O (3). 加入碱，中和H2SO4，使平衡正移 (4). 分液漏斗、烧杯 (5). 91.0% (6). 1.7 (7). 2.6×10 -3 mol•L -1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生产流程：废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2 和Fe2O3 等），据物质的水溶性确定，V2O5和SiO2难溶于水，因为亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有VO2+、K+、SO42-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入X试剂进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+、Fe3+、SO42-的酸性水溶液，根据Rn+（水层）+nHA（有机层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡体系中的氢离子反应促进平衡正向进行，加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将VO2+氧化为VO2+，加入氨水，调节溶液pH到最佳值，得到NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即可。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析可知①中废渣的主要成分是二氧化硅，①中V2O5 发生反应的离子方程式为V2O5+4H++SO32-=2VO2++SO42-+2H2O，故答案为：SiO2；V2O5+4H++SO32-=2VO2++SO42-+2H2O；‎ ‎（2）反萃取时，根据VOSO4 （水层）+‎2HA2（有机层）VOA2（有机层）+H2SO4（水层）可知，为提高②中萃取百分率，则加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取，提高钒的萃取率；萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：加入碱，中和 H2SO4，使平衡正移；分液漏斗、烧杯；‎ ‎（3）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应的离子方程式为ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5~6VO2+~ ClO3-，100mL0.1mol/L的KClO3溶液中ClO3-物质的量为n（ClO3-）=‎0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应的V2O5的物质的量为0.03mol，质量为0.03mol×‎182g/mol=‎5.46g，则该实验中钒的回收率是，故答案为：91.0%；‎ ‎（4）从沉淀率和pH关系可知，随pH增大，沉淀率先增大后减小，故沉淀率最大的pH即为最佳pH，pH=1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，加入氨水调节溶液的最佳pH为为1.7，若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时溶液pH=2，计算氢氧根离子浓度c（OH-）=10-12mol/L，K[Fe（OH）3]=2.6×10-39=c（Fe3+）c3（OH-），c（Fe3+）=2.6×10-3mol/L，故答案为：1.7；2.6×10-3mol/L。‎ ‎16.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g)⇌C2H4(g)＋2H2(g)　ΔH＞0‎ 化学键 H—H C—H C＝C C—C E(kJ/mol)‎ a b c d ‎（1）已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的ΔH＝____________ (用含a、b、c、d的代数式表示)。‎ ‎（2）T1温度时，向‎1 L的恒容反应器中充入2mol CH4 ，仅发生上述反应，反应过程中 0～15min CH4的物质的量随时间变化如图1，测得10～15min时H2的浓度为1.6mol/L。‎ ‎①0～10min内CH4表示的反应速率为__________mol/(L·min)。‎ ‎②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是 ________ (填“a”或 “b”)。‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n(CH4)发生图1中所示变化，则改变的条件可能是_____________________________________(任答一条即可)。‎ ‎（3）实验测得v正＝k正c2(CH4)，v逆＝k逆c(C2H4)·c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与k逆的比值为______ (填数值)。若将温度由T‎1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正____v逆(填“>”“＝”或“<”)，判断的理由是_________________ 。‎ ‎（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了 Y2O3与 ZrO2的固体，可在高温下传导O2－。‎ ‎①C极的Pt为______ 极(填“阳”或“阴” )。‎ ‎②该电池工作时负极反应方程式为_____________________。‎ ‎③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，则阴极区所得溶液在‎25℃‎时pH＝_______ (假设电解前后NaCl溶液的体积均为500mL)。‎ ‎【答案】 (1). +(4b-c‎-2a) kJ/mol (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). ＞ (7). 温度升高，k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (10). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应为吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎(2)①根据v=计算；‎ ‎②催化剂表面积越大反应速率越快；‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n(CH4)发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行；‎ ‎(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到T1温度时k正与k逆的比值等于K，反应为放热反应，升温平衡正向进行；‎ ‎(4)甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极，‎ ‎①C电极为电解池的阳极；‎ ‎②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，结合电荷守恒、原子守恒写出电极反应；‎ ‎③结合电极反应计算溶液中氢离子浓度减少得到增加的氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算得到氢离子浓度计算溶液PH。‎ ‎【详解】(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应为吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(8b-c-4b‎-2a)kJ/mol=+(4b-c‎-2a) kJ/moL；‎ ‎(2)①T1温度时，向‎1L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，测得10-15min时H2的浓度为1.6mol/L，物质的量为1.6mol，反应达到平衡状态，此时消耗甲烷物质的量1.6mol，0～10min内CH4表示的反应速率v===0.16mol/(L•min)；‎ ‎②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n (CH4)的变化曲线，催化剂表面积越大反应速率越快，达到平衡所需时间越短，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b，故答案为：b；‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n( CH4)发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行，反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变化；‎ ‎(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到，T1温度时k正与k逆的比值=K，测得10-15 min时H2的浓度为1.6mol/L，‎ K==12.8，反应为放热反应，升温平衡正向进行，正逆反应速率增大，正反应增大的倍数大于逆反应增大的倍数，v正＞v逆；‎ ‎(4)①甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极；‎ ‎②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，该电池工作时负极反应方程式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；‎ ‎③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL，物质的量n==0.005mol，为生成的氢气和氯气，n(H2)=n(Cl2)=0.0025mol，结合电极反应计算，2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子浓度减少=增加的氢氧根离子浓度=×2=0.01mol/L，结合离子积常数计算得到氢离子浓度=mol/L=10-12mol/L，计算溶液pH=12。‎