北京市海淀区首都师范大学附属中学2020届高三第三次模拟测试化学试题 Word版含解析

北京市海淀区首都师范大学附属中学2020届高三第三次模拟测试化学试题 Word版含解析

首师大附中三模测试(化学)‎ 可能用到的相对原子质量 Na 23 C 12 H 1 O 16‎ 选择题(42分)‎ ‎1. 北京市实行垃圾分类，垃圾桶标识中，下列哪一个是厨余垃圾（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图为厨余垃圾标识，故A符合题意；‎ B．图为可回收物垃圾标识，故B不符合题意；‎ C．图为有害垃圾标识，故C不符合题意；‎ D．图为其他垃圾标识，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎2. 免洗洗手液成分为乙醇、甘油、卡波姆胶、维生素 E、三乙醇胺等，下列说法错误的是（ ）‎ A. 免洗洗手液消毒原理是利用乙醇使蛋白质变性 B. 免洗洗手液应远离火源，避光存放 C. 由于甘油难溶于水，因此可以起到保湿作用 D. 免洗洗手液打开后，长期存放会降低消毒效果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酒精能使蛋白质变性，从而能杀菌消毒，故A正确;‎ B.酒精和甘油等均易燃，故免洗洗手液应远离火源，故B正确;‎ C.甘油是丙三醇的俗称，极易溶于水，但能保湿，故C错误;‎ D.酒精易挥发，故免洗洗手液打开后，长期存放会降低消毒效果，故D正确。‎ 故选C。‎ - 22 -‎ ‎3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 标准状况下，2.24LCCl4中含有分子数目为0.1NA B. 0. 1molFe粉与稀HNO3反应，转移电子数目为0.3NA C. 9.2gNO2和N2O4的混合气体中含有原子数目为0.6NA D. pH = 13的Ba(OH)2溶液中含有OH-数目为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，CCl4不是气体，不能用气体摩尔体积准确计算其分子数，A错误；‎ B．若稀HNO3足量，Fe和HNO3反应生成Fe3+，转移电子数为0.3NA，若稀HNO3不足量，Fe和HNO3反应生成Fe2+，转移电子数为0.2NA，B错误；‎ C．NO2和N2O4的混合物可看成由一定物质的量的NO2组成，且n(NO2)=，则n(原子)=0.2mol×3=0.6mol，所含原子数为0.6NA，C正确；‎ D．未给溶液的体积，无法计算OH-数目，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】B．若稀HNO3足量，Fe和HNO3反应生成Fe3+，若稀HNO3不足量，Fe和HNO3反应生成Fe2+。‎ ‎4. 下列化学用语表述正确的是 A. 氯气通入水中：Cl2＋H2O= 2H++Cl-＋C1O-‎ B. 电解饱和食盐水：2Cl－+2H+=C12↑+ H2↑‎ C. 向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=4Na++4OH-+18O2↑‎ D. 向Ba(OH)2中逐滴加入NaHSO4溶液使Ba2+恰好沉淀完全:Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气与水的反应是一个可逆反应，其离子方程式应该使用可逆符号，HClO是弱酸，化学式不拆写，A项错误；B,.电解饱和食盐水，反应物中有水且不拆写，生成物中还有OH-，漏写反应条件，B项错误；C.Na2O2与H2O的反应是一个歧化反应，O2中的氧原子均来自于Na2O2而不是水，C项错误；D.假设Ba(OH)2为1mol，其中Ba2+有1mol，完全沉淀需要 - 22 -‎ SO42-1mol，所以需要加入NaHSO41mol，其中H+和OH-反应，OH-剩余1mol，据此写出完整的离子方程式：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，D项正确；答案选D项。‎ ‎【点睛】涉及量的离子方程式的书写，通常可设量少的为1mol。本题中D项，是恰好完全中和至中性，还是恰好完全沉淀某离子，对应的离子方程式不同。‎ ‎5. 在 pH=1 的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K+ Br- ‎ B. I- Cl- ClO-‎ C. Al3+ Na+ Cl- ‎ D. Cu2+ Fe3+ Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在 pH=1 的溶液中，有大量的氢离子，能与结合生成碳酸，不是氧化还原反应，A错误；‎ B．在 pH=1 溶液中，有大量的氢离子，能与ClO-、I-发生氧化还原反应，B正确；‎ C．在 pH=1 的溶液中，Al3+、Na+、Cl- 、均能大量共存，C错误；‎ D．在 pH=1 的溶液中，Cu2+、、Fe3+ 、Cl-均能大量共存，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6. 根据下列实验目的判断，说法错误的是（ ）‎ 实验 1：制备能较长时间存在的氢氧化亚铁 实验 2：验证铜和稀硝酸生成 NO - 22 -‎ A. 实验1开始前检查气密性的操作：关闭分液漏斗，打开a和b，向右拉动注射器活塞，一段时间后松开活塞 B 实验 1 将稀硫酸加入后，立即关闭a，打b C. 实验 2 开始后，可观察到 U 型管液面左低右高 D. 实验 2 最后一步操作是打开分液漏斗活塞，放出少量气体，关闭活塞 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验1为制备能较长时间存在的氢氧化亚铁，A装置中发生反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，当反应一段时间后，装置内的空气被排出，关闭a，打开b，A装置内压强增大，将生成的FeSO4压入装置B中，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，从而制得氢氧化亚铁；‎ 实验2为验证铜和稀硝酸反应生成NO的实验，实验原理为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．实验1开始前检查气密性的操作：关闭分液漏斗，打开a和b，向右拉动注射器活塞，一段时间后松开活塞，活塞回到原来的位置，证明装置气密性良好，A正确；‎ B．实验1将稀硫酸加入后，应反应一段时间后，装置内的空气被排尽后，再关闭a，打开b，B错误；‎ C．实验2开始后，生成NO，NO难溶于水，左边压强增大，可观察到U型管液面左低右高，C正确；‎ D．实验2最后一步操作是打开分液漏斗活塞，放出少量气体，关闭活塞，以检验生成的NO，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7. 某有机物结构简式如右图。该有机物分别与下列试剂充分反应， 所得有机物分子的官能团数目增加。该试剂是（ ）‎ - 22 -‎ A. H2 B. HBr C. Ag(NH3)2OH溶液 D. Br2的CCl4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图示，中含有2个醛基和一个碳碳双键，‎ A．该有机物中的碳碳双键与醛基都均可与H2发生加成反应，醛基变为羟基，碳碳双键变为碳碳单键，官能团的数目减少，故A不符合题意；‎ B．有机物中的碳碳双键可与HBr发生加成反应，碳碳双键变为碳碳单键，引入溴原子，官能团的数目不变，故B不符合题意；‎ C．该有机物中的2个醛基可与Ag(NH3)2OH溶液反应转变为2个羧基，官能团的数目不变，故C不符合题意；‎ D．该有机物中的碳碳双键与Br2发生加成反应，碳碳双键变为碳碳单键，引入2个溴原子，官能团的数目增加，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎8. 某学习小组用 0.1mol/LNaOH 溶液滴定 10.00mL 未知浓度的稀硫酸。下列说法正确的是（ ）‎ A. 滴定时使用的滴定管选乙 B. 选用酚酞作指示剂，当甲中溶液由红色变为无色且30s内不恢复时，即达到滴定终点 C. 滴定过程中视线应如图丁中a所示 - 22 -‎ D. 滴定前后读数方式分别如丁a、b所示，则测得的结果偏小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴定时用标准NaOH 溶液滴定硫酸，标准液应选择碱式滴定管，应选择丙，故A错误；‎ B．碱滴定酸时，选用酚酞作指示剂，当甲中溶液由无色变为红色且30s内不恢复时，即达到滴定终点，故B错误；‎ C．滴定过程中视线应始终注视着锥形瓶内溶液的颜色变化，及时判定终点，不需要一直盯着滴定管，只需要在滴定前和滴定终点时平视滴定管读取刻度，故C错误；‎ D．滴定前平视，滴定后俯视，导致实际消耗标准液体积偏小，则测得的结果偏小，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9. 实验室制备和提纯硝基苯过程中，下列实验或操作正确的是（ ）‎ ‎ A B C D 配制浓硫酸和浓硝酸的混合液 在 55℃水浴温度下发生硝化反应制备硝基苯 用氢氧化钠溶液洗涤反应产物并分离 出粗硝基苯 将粗硝基苯蒸馏提纯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A - 22 -‎ ‎．配制混酸时，由于浓硫酸稀释放出大量的热，且浓硫酸密度大于硝酸，因此应将浓硫酸注入浓硝酸中，故A错误；‎ B．图中所示是苯加入到浓硫酸和浓硝酸的混酸中，在50~60℃水浴中加热，发生硝化反应，操作正确，故B正确；‎ C．粗硝基苯中含有的杂质是硝酸、苯、浓硫酸，先加入氢氧化钠溶液碱洗，然后水洗，硝基苯难溶于水，应选用分液的方法用分液漏斗分离，故C错误；‎ D．蒸馏时，冷却水的进出方向为“下进上出”，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10. 向1L 0.3mol/L 的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是（ ）‎ A. 通入二氧化碳为 0.15mol 时，2c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()‎ B. 通入二氧化碳为 0.15mol 时，c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()‎ C. 通入二氧化碳为 0.2mol 时，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()‎ D. 向 A 选项反应后溶液中通入 0.3molHCl，加热，c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1.00L0.3mol•L-1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：0.3mol/L×1L=0.3mol，向1L 0.3mol/L 的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，过程中发生的反应有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，根据反应可知，当通入CO2的物质的量为0.15mol时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，当通入CO2的物质的量大于0.15mol小于0.3mol时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，当通入CO2的物质的量为0.3mol时，全部转化为碳酸氢钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．通入二氧化碳为 0.15mol 时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，溶液中存在物料守恒： c(Na+)=2[c(H2CO3)+c()+c()]，故A错误；‎ B．通入二氧化碳为 0.15mol 时，氢氧化钠全部转化为碳酸钠，碳酸根离子水解溶液显碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的电离程度，则c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()，故B正确；‎ C．结合分析，通入二氧化碳为 0.2mol ‎ - 22 -‎ 时，溶液中为碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液，且二者的物质的量相等，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()，故C正确；‎ D．根据分析，A 选项发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O后溶液为碳酸钠溶液，其物质的量为0.15mol，向其中通入 0.3molHCl，加热，发生反应为Na2CO3+2HCl=NaCl+ H2O+CO2↑，根据反应可知，二者恰好完全反应，溶液体积为1L，根据氯原子守恒， c(Na+)=c(Cl-)=0.3mol/L，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎11. 如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时，M、N 两个电极的质量都不减少，下列说法正确的是（ ）‎ A. N 电极的材料是Fe B. 甲烷在电极上发生的反应为 CH4+8OH--8e- ═ CO2+6H2O C. 乙池的总反应是 4Ag++4OH- 4Ag +2H2O + O2↑‎ D. 乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，甲池中理论上消耗氧气为112mL(标准状况下)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池装置分析可知，甲池为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，O2一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，M为阴极，N为阳极，由于M、N 两个电极的质量都不减少，因此Fe做阴极，阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析可知，N极的电极材料为石墨，A错误；‎ B．甲烷为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，B错误；‎ - 22 -‎ C．乙池中电解质溶液为AgNO3，总反应方程式为4Ag++2H2O4H++4Ag+O2↑，C错误；‎ D．根据电极反应式，乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，转移0.02mol电子，则消耗0.005molO2，在标准状况下的体积为0.112L，即112mL，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12. 某温度下，在 2 L 的密闭容器中，加入 1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反应：X(g)+mY(g)3Z(g)平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为 30%、60%、10%。在此平衡体系中加入 1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z 的体积分数不变。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. m=2 B. 两次平衡的平衡常数相同 C. X 与 Y 的平衡转化率之比为 1∶1 D. 第一次平衡时，Z 的浓度为 0.3 mol•L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡体系中加入1molZ，再次平衡后，各物质体积分数不变，说明实现等效平衡，即气体前后的化学计量数和相等，则m=2，故A正确，不符合题意；‎ B.因平衡常数只有温度有关，温度不变，平衡常数不变，故两次平衡常数相同，故B正确，不符合题意；‎ C. X(g)+2Y(g)3Z(g)‎ 起始0.5 1 0‎ 改变x 2x 3x 平衡 0.5-x 1-2x 3x 有 ，， ， x=0.05mol/L，则X的转化率为 ，Y的转化率为，二者相同，故C正确，不符合题意；‎ D. 在此平衡体系中加入 1 mol Z(g)，因为再次平衡时Z的体积分数不变，即Z的物质的量为（1+2+1）×10%=0.4mol，则物质的量浓度为，故D错误，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎13. 工业上处理闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有 Zn、Pb、Fe、Ga 等元素)中，设计下述流程提取铅、锌、镓。已知：Ga(OH)3+OH-=[Ga(OH)4]-‎ - 22 -‎ 对流程分析错误的是（ ）‎ A. 滤渣 1 的成分为 Pb 单质 B. 试剂 a 为 ZnO C. 滤渣 3 的主要成分是 Fe(OH)3‎ D. 滤液 3 发生电解反应的阴极反应为[Ga(OH)4]- +3e-=Ga+ 4OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 冶锌的残渣中主要含有Zn、Pb、Fe、Ga等元素，加入硫酸酸浸生成硫酸铅、硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸镓等，由各步最终获得的金属可知，过滤分离得到滤渣1为硫酸铅，滤液1中加入试剂a调节pH，使Fe、Ga元素转化氢氧化铁和氢氧化镓沉淀(氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁) ，试剂a为ZnO等，滤液2为硫酸锌，滤渣2用浓NaOH溶解，Ga元素以[Ga (OH) 4]-形式存在滤液3中，滤渣3为氢氧化铁，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.滤渣1为硫酸铅，故A错误；‎ B.试剂aZnO，可用于调节pH，且不引入新杂质，故B正确；‎ C.氢氧化铁与氢氧化钠不反应，则滤渣3的主要成分是Fe(OH)3，故C正确；‎ D.电解[Ga(OH)4]-制镓，阴极发生还原反应，阴极电极反应式为：[Ga(OH)4]-+3e- =Ga+4OH- ，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎14. 某小组比较 Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：‎ 实验 1‎ 实验 2‎ 实验 3‎ - 22 -‎ 装置 操 作 和现象 微热后，溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 溶液变黄；试管口有红棕色气体生成 溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘 下列对实验的分析不合理的是（ ）‎ A. NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑‎ B. 根据实验 1 和实验 2 能判断还原性：Br-＞Cl-‎ C. 根据实验 3 能判断还原性：I-＞Br-‎ D. 上述实验利用了浓 H2SO4 的难挥发性、强氧化性等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．实验1中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反应为NaCl+H2SO4 (浓)NaHSO4+HCl↑，故A正确；‎ B．实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B正确；‎ C．②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C错误；‎ - 22 -‎ D．根据分析，实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D正确；‎ 答案选C。‎ 非选择题(58 分)‎ ‎15. 金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。‎ ‎(1)铝在元素周期表中的位置是 _________________。‎ ‎(2)GaAs是共价化合物，一种重要的半导体材料。As 与 Ga 同周期，As 与 N 同主族。‎ ‎①下列事实不能用元素周期律解释的是 _______________(填字母)。‎ a.碱性：Ga (OH)3＞ Al (OH)3‎ b.非金属性：As＞Ga c.酸性：H3AsO4＞H3AsO3‎ ‎②GaAs 中，As 元素化合价为-3 价，用原子结构理论解释 As 元素显负价的原因 ______________________________。‎ ‎③废弃含 GaAs 半导体材料可以用浓硝酸溶解 GaAs，生成 H3AsO4 和 Ga3+，写出该反应的化学方程式________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期第 IIIA 族 (2). c (3). Ga 与 As 电子层数相同，核电荷数：As ＞ Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此，GaAs中As为负价 (4). GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铝为元素周期第13号元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；‎ ‎(2)①a. 金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，金属性：Ga＞Al，则碱性Ga(OH)3＞Al(OH)3，可用元素周期律解释，a不选；‎ b．金属性：Ga＞Al，所以非金属性：Al＞Ga，能用元素周期律解释，b不选；‎ c．含氧酸的酸性强弱与非羟基氧数目有关，故不能用元素周期律来解释酸性H3AsO4＞H3AsO3，c选；‎ 答案选c；‎ ‎②由于Ga与As电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此，GaAs中As为负价；‎ ‎③根据题干信息，GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3+，反应的化学方程式为GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O。‎ - 22 -‎ ‎【点睛】(2)①种c选项为难点，需要注意含氧酸的酸性与非羟基氧数目有关，非羟基氧越多，酸性越强。‎ ‎16. 工业上采用 CO 或 CO2 以及 H2 为原料催化合成甲醇。两种方法如下 方法1：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH = -90.14 kJ/mol 方法2：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = -48.97 kJ/mol 两种方法同时存在以下副反应 副反应 1：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ 副反应 2：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)‎ 资料：甲醇沸点 64.7℃ 甲醚沸点-23℃‎ Ⅰ.使用方法1，利用焦炉气(主要含 CH4、CO、H2 等气体，并含有少量水蒸气)合成甲醇 ‎(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=_____________‎ ‎(2)合成前，焦炉气中甲烷需要在高温条件下和水蒸气催化生成 CO 和 H2，该反应的化学方程式为 _________________________。‎ ‎(3)向焦炉气中补充少量 CO2，可以减少 CH3OCH3(g)的生成，请结合平衡移动原理解释原因 ______________________。‎ ‎(4)将反应后气体冷凝可以得到粗甲醇，继续纯化的操作是________________。‎ II.利用方法2，使用工业废气(主要含 CO2)和H2合成甲醇 ‎(5)实验测得相同时间，不同温度下甲醇产率图像如下图所示。图中前两个数据点远远低于平衡产率，可能原因是________________________。‎ ‎(6)图中后两个数据点呈现随温度升高而下降的趋势，对该趋势的解释合理是________。(答出一条即可)‎ ‎(7)下表是不同催化剂成分对甲醇催化选择性的数据。在该实验条件下，一定能增加催化剂对甲醇选择性的物质是________________。‎ - 22 -‎ CuO ZnO Al2O3‎ ZrO2‎ MnO 选择性 ‎①‎ ‎65.8%‎ ‎26.3%‎ ‎7.9%‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎40%‎ ‎②‎ ‎62.4%‎ ‎25.0%‎ ‎0‎ ‎12.6%‎ ‎0‎ ‎88%‎ ‎③‎ ‎65.8%‎ ‎26.5%‎ ‎0‎ ‎3.6%‎ ‎4%‎ ‎100%‎ ‎④‎ ‎65.8%‎ ‎26.5%‎ ‎0‎ ‎5.6%‎ ‎2%‎ ‎91%‎ ‎【答案】 (1). +41.17kJ/mol (2). CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) (3). 副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移 (4). 分馏 (5). 温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡 (6). 温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降 (7). ZrO2、MnO ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)将反应标记，①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH = -90.14 kJ/mol，②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = -48.97 kJ/mol，根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= -48.97 kJ/mol+90.14 kJ/mol =+41.17kJ/mol；‎ ‎(2)甲烷和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，根据质量守恒分析，方程式为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)；‎ ‎(3)增大二氧化碳的浓度，可以使副反应2正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应1正移，减少 CH3OCH3(g)的生成；‎ ‎(4)根据甲醇沸点 64.7℃ ，甲醚沸点-23℃分析，二者沸点差距较大，适合用分馏的方法分离；‎ ‎(5)实验测得相同时间，不同温度下甲醇产率图像，温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡，所以甲醇的产率会低；‎ ‎(6)根据题给信息分析可知，温度升高，平衡左移，主反应限度降低；或温度升高，更利于副反应进行；或温度升高，催化剂活性下降，都可能使甲醇的产率降低；‎ ‎(7)从实验①②数据分析，增加氧化锆，选择性增加了近一倍，可能氧化铝起了反作用，对比实验③④减少氧化锆，增加氧化锰，选择性在增强，说明氧化锰的作用更强，因此要增加的催化剂为ZrO2、MnO。‎ - 22 -‎ ‎17. 某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如下：‎ 已知：①；②‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是_________________。‎ ‎(2)有机物B的结构简式为______________________。‎ ‎(3)反应①的反应类型是 _______________________。‎ ‎(4)反应D→E中第(1)步的反应方程式是 _______________________。‎ ‎(5)有机物 F 中官能团的名称是醚键_______________、________________。‎ ‎(6)反应②的目的是 ________________________________________________。‎ ‎(7)有机物C在一定条件下反应可得有机物 G 分子式为：C7H6O2，G 的同分异构体中属于芳香化合物的有_________________种。(包括 G 自身)‎ ‎(8)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线(无机试剂任选) ___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 1-氯丁烷 (2). (3). 取代反应 (4). ‎ - 22 -‎ ‎+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O (5). 酯基 (6). 羟基 (7). 保护其它羟基，防止其转化为酯基 (8). 5 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据合成路线可知，A与发生已知反应①生成B，则B为，B再与CO和H2O在Ni作催化剂的条件下生成C，则C为，C发生取代反应生成D，D与NaOH的水溶液发生反应生成，再酸化后得到E，E与CH3COCH3发生已知反应②生成F，F与反应生成绿原酸，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)有机物A为，与足量的氢气催化加成后所得有机物为，名称为1-氯丁烷；‎ - 22 -‎ ‎(2)根据上述分析可知，B为；‎ ‎(3)反应①为C发生取代反应生成D，故反应类型为取代反应；‎ ‎(4)反应D→E中第(1)步的反应为D与NaOH的水溶液发生反应生成，反应方程式为+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O；‎ ‎(5)根据合成路线中有机物F的结构可知，其分子中含有的官能团有醚键、酯基和羟基；‎ ‎(6) 反应②羟基与丙酮反应生成丙酮叉，后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其它羟基，防止其转化为酯基；‎ ‎(7)G的分子式为C7H6O2，其中属于芳香族化合物的有、、、、共5种结构；‎ ‎(8) 由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠，丙酸发生C生成D类型的反应生成，碱性条件下发生消去反应生成，发生加聚反应生成，其合成路线为：‎ - 22 -‎ ‎。‎ ‎18. 含氮化合物是重要的化工原料。存在如下转化关系：‎ ‎(1)转化Ⅱ中发生的系列反应，在工业上可以用来制备硝酸，写出①中反应的化学方程式为 ___________________________________ 。‎ ‎(2)①工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，若泄露可看到白烟，用方程式解释检验原理 _______________________________________。‎ ‎②向固体氧化钙中滴加浓氨水，可用于实验室制取少量氨气，请结合化学用语简述原理______________________________________________。‎ ‎(3)现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱。‎ ‎①向一水合氨中通入过量的 CO2，该反应的离子方程式为 __________________。‎ ‎②某工业纯碱样品中含少量 NaCl 和 NaHCO3，为测定该样品中 NaHCO3 的质量分数， 某同学设计方案如下：准确称取 100.00g 样品，反复加热、冷却、称量，直至所称量的固体质量几乎不变为止， 此时所得固体的质量为 99.38g 。样品中 NaHCO3 的质量分数为 ___________________________。‎ ‎(4)以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、无污染等特点。工作原理如图所示：‎ - 22 -‎ ‎①固体氧化物电池工作的电解质，O2一移向___________________(填字母)。‎ A．电极a B．电极b ‎②该电池工作时， 电极a上发生的电极反应为 ______________________ 。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl (3). 氧化钙与水反应放热，生成氢氧化钙溶于水增大了OH－离子浓度，氨水中的离子平衡向左移动，使氨气挥发出来 (4). NH3·H2O+CO2=+ (5). 1.68% (6). A (7). 2NH3+3O2－- 6e－=N2+ 3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)转化Ⅱ反应①是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水；‎ ‎(2)①工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，若泄露可看到白烟；‎ ‎②氨气溶于水的过程中存在的平衡有；‎ ‎(3)①向一水合氨中通入过量的 CO2生成碳酸氢铵； ‎ ‎②加热NaHCO3分解为碳酸钠、二氧化碳、水； ‎ ‎(4)以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，电极a氨气失电子生成氮气，a是负极、电极b氧气得电子生成O2一，b是正极；‎ ‎【详解】(1)转化Ⅱ反应①是氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎(2)①工业上常用浓氨水检验氯气管道是否泄漏，氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气，若泄露可看到白烟，反应方程式是8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl；‎ ‎②氧化钙与水反应放热，生成氢氧化钙溶于水增大了OH－离子浓度，氨水中的 - 22 -‎ 平衡向左移动，使氨气挥发出来；‎ ‎(3)①向一水合氨中通入过量 CO2生成碳酸氢铵，该反应的离子方程式为NH3·H2O+CO2=+；‎ ‎②设样品中NaHCO3 的质量为xg；‎ ‎ ‎ x=1.68g 样品中 NaHCO3 的质量分数为1.68%‎ ‎(4)①以氨作为燃料的固体氧化物(含有O2一)燃料电池，电极a氨气失电子生成氮气，a是负极，原电池中阴离子移向负极，固体氧化物电池工作时，O2一移向电极a，选A；‎ ‎②该电池工作时，电极a氨气失电子生成氮气和水，发生的电极反应为2NH3+3O2－- 6e－=N2+ 3H2O；‎ ‎19. 某研究小组探究 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中发生了异常，并进一步探究原因：‎ ‎ ‎ ‎(1)写出试管①中产生白色沉淀的离子方程式：______________________________‎ ‎(2)用化学方程式表示试管②中产生黑色沉淀的原因：__________________________‎ - 22 -‎ ‎(3)试管④中加入浓 HNO3 后的离子反应方程式为：___________________________‎ ‎(4)该小组为探究③中乳白色沉淀的原因可能与空气中的氧气有关，设计如下装置：‎ 现 象 B：一段时间后， 无明显变化 C：一段时间后，出现乳白色沉淀 ‎①E中加入的是___________________ 溶液。‎ ‎②B中盛放的物质是_____________________ 。‎ ‎③该小组认为 C 中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：_______‎ ‎2Ag2S + + + 2H2O2 S + +4‎ ‎④请解释 B、C 现象不同的原因_________________________________________。‎ ‎(5)为了避免在 AgCl 沉淀向 Ag2S 转化过程中出现异常现象，需要控制的反应条件是________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Ag+ + Cl-== AgCl↓ (2). 2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq) (3). S +4H++6=+6NO2↑ +2H2O或8+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2↑+4H2O (4). H2O2 (5). Ag2S 的悬浊液 (6). 2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOH (7). C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀 (8). NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间 ‎【解析】‎ - 22 -‎ ‎【分析】‎ 氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀，根据试剂用量分析，硝酸银完全反应，再滴入硫化钠，反应生成黑色沉淀，即硫化银沉淀，说明氯化银变成硫化银，长期放置，黑色沉淀变成乳白色沉淀，推测含有氯化银，加入浓硝酸发生氧化还原反应生成产生红棕色二氧化氮气体，沉淀部分溶解，未溶解部分为氯化银，则被氧化的只能是硫元素，被硝酸氧化生成硫酸根离子，过滤后，滤液中加入硝酸钡，产生白色沉淀是硫酸钡。沉淀中加入碘化钾，沉淀变为黄色，说明氯化银变成碘化银沉淀。根据分析，可能是氧气参与反应，将硫化银氧化生成硫，银离子和氯离子结合生成氯化银白色沉淀，乳白色沉淀为氯化银和硫的混合物。据此分析。‎ ‎【详解】(1)氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为：Ag+ + Cl-== AgCl↓；‎ ‎(2)氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为：2AgCl(s) + S2-(aq)AgS(s) + 2Cl- (aq)；‎ ‎(3)白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S +4H++6=+6NO2↑ +2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为：8+Ag2S+8H+=Ag2SO4 +8NO2↑+4H2O；‎ ‎(4)①实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明E中加入的为过氧化氢；‎ ‎②B中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为Ag2S 的悬浊液；‎ ‎③硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为2Ag2S+1O2 +4NaCl +2H2O4AgCl +2S +4NaOH。‎ ‎④C中O2将Ag2S氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的 Ag+结合成AgCl沉淀。由于c(Ag+)减小，有利于③中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀；‎ ‎(5)为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。‎ - 22 -‎