河北省唐山市2023-2024学年高三一模化学试题（解析版）.docx

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2024届唐山市普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练化学试卷本试卷共8页，18小题，满分100分，考试时间75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24P31S32Cl35.5Co59Cu64I卷（42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是A.神舟系列飞船返回舱使用氮化硅耐高温材料，Si3N4属于共价晶体B.月壤中的“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]”，该成分是无机盐C.利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变D.《本草纲目》中“以芒硝于风日中消尽水气”得到的是Na2SO4【答案】C【解析】【详解】A．氮化硅熔点为1900℃、具有高强度、高韧性、耐高温的性质，由性质可知氮化硅为共价晶体，A正确；B．发现了月壤中的“嫦娥石[（Ca8Y）Fe（PO4）7]”，组成结构分析可知，其含有Y、Ca、Fe等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B正确；C．利用CO2合成了脂肪酸，脂肪酸为羧酸类物质，常见的高级脂肪酸有：硬脂酸、油酸等，这二者相对分子质量虽大，但没有达到高分子化合物的范畴，不是高分子化合物，C错误；D．芒硝为Na2SO4•10H2O，失掉水得到硫酸钠，方程式为：Na2SO4•10H2O=Na2SO4+10H2O↑，D正确；故答案为：C。2.高分子化合物在人类生产生活中有着重要用途。下列说法正确的是A.酚醛树脂通常由苯酚和甲醛通过缩聚反应合成B.淀粉和纤维素均表示为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 C.塑料、橡胶、合成纤维均为合成高分子材料D.医用口罩主要原料是聚丙烯，与聚乙烯互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．苯酚和甲醛发生羟醛缩合反应生成酚醛树脂，此反应属于缩聚反应，A正确；B．淀粉和纤维素的分子式均为[(C6H10O5)n]，二者聚合度n值不同，不是同分异构体，B错误；C．橡胶存在天然橡胶和合成橡胶，不一定属于合成高分子材料，C错误；D．结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而聚丙烯与聚乙烯都是混合物，不是化合物，故不是同系物，D错误；故答案为：A。3.下列试剂的保存方法错误的是A.氢氟酸通常保存在塑料瓶中B.液溴应水封保存，并用橡胶塞塞紧瓶口C.双氧水可以保存在棕色细口瓶中D.FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸能够与玻璃中二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以通常保存在塑料瓶中，A正确；B．液溴易挥发，密度大于水的密度，微溶于水，所以保存液溴的试剂瓶中应加水液封，但液溴会腐蚀橡胶，故不能使用橡胶塞塞紧瓶口，B错误；C．双氧水受热易分解，双氧水应该避光密封保存，故可以保存在棕色细口瓶中，C正确；D．由于Fe2+易被氧化为Fe3+，而Fe+2Fe3+=3Fe2+，故FeCl2溶液保存时需加入少量铁粉以防止Fe2+被氧化，D正确；故答案为：B。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，11.2L氯仿含有氯原子1.5NAB.31g白磷中共价键数目为3NAC.0.1mol.L-1K2Cr2O7酸性溶液中含0.1NA的Cr2OD.4.4gC2H4O中含有σ键最多为0.7NA【答案】D【解析】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．已知标准状况下氯仿是液态，故无法计算11.2L氯仿含有氯原子数目，A错误；B．已知1分子白磷中含有6个P-P键，故31g白磷中共价键数目为=1.5NA，B错误；C．已知K2Cr2O7溶液中存在：+H2O2+2H+，且题干为告知溶液的体积，故无法计算0.1mol.L-1K2Cr2O7酸性溶液中含Cr2O的数目，C错误；D．C2H4O可能是醛CH3CHO、也可能是烯醇即CH2=CHOH，或者环氧乙烷，则为环氧乙烷时4.4gC2H4O中含有σ键最多为=0.7NA，D正确；故答案为：D。5.克拉维酸钾是一种β-内酰胺类抗生素，下列说法错误的是A.克拉维酸钾存在顺反异构B.克拉维酸分子含有5种官能团C.上述转化中的二者均能使酸性KMnO4溶液褪色D.实现上述转化可加入KOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，克拉维酸钾中存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故存在顺反异构，A正确；B．由克拉维酸结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；C．两物质中均含碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．克拉维酸分子除羧基可与KOH反应外，还含有酰胺基能在强碱溶液中发生水解反应，因此选用KOH不能实现两者的转化，D错误；故选：D。6.下列说法错误的是第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 A.SO2和CO2的价层电子对互斥模型相同B.NH3和CH4的中心原子杂化方式相同C.C2H6和C2H4的化学键类型不同，可用溴水除去C2H6中混有的C2H4D.水和苯分子极性不同，可用分液法分离【答案】A【解析】【详解】A．SO2中中心原子周围的价层电子对数为：2+=3其价层电子对互斥模型为平面三角形，而CO2中中心原子周围的价层电子对数为：2+=2其价层电子对互斥模型为直线形，故不相同，A错误；B．NH3和CH4的中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，4+=4，故杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；C．C2H6中只含C-H和C-C键，而C2H4中含有C-H和C=C键，故化学键类型不同，CH2=CH2能与Br2反应生成BrCH2CH2Br，而C2H6不能，故可用溴水除去C2H6中混有C2H4，C正确；D．已知水为极性分子，苯分子为非极性分子，二者极性不同，根据相似相溶原理可知，二者为不互溶的液体，故可用分液法分离，D正确；故答案为：A。7.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚(-29.5℃)氢键作用B熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)晶体类型C键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°)电负性差异D分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃)范德华力作用A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和二甲醚互为同分异构体，但由于乙醇中存在分子间氢键，而二甲醚中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于二甲醚(-29.5℃)，即与氢键作用有关，A不合题意；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 B．AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，作用力：离子键＞范德华力，导致AlF3的熔点远高于AlCl3，则AlF3的熔点远高于AlCl3与晶体类型有关，B不合题意；C．电负性：F＞Cl，故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，且原子半径：F＜Cl，故PF3的键角小于PCl3，即与F、Cl的电负性差异有关，C不合题意；D．热分解温度：HBr为500℃，HI为300℃，稳定性HBr＞HI，是由于非金属性Br＞I，导致H-Br的键能比H-I的键能大，与分子间作用力无关，D符合题意；故答案为：D。8.M、X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次减小，能形成如下图所示化合物，下列说法正确的是A.第一电离能：M>Y>X>ZB.简单氢化物的稳定性：X>YC.X与W形成的化合物不能使酸性KMnO4溶液褪色D.由M、X、Z、W四种元素组成的化合物其水溶液显碱性【答案】B【解析】【分析】M、X、Y、Z、W均为短周期元素，且原子序数依次减小，结合化合物的结构可知，M为带1个单位正电荷的阳离子，M为Na元素；阴离子中X形成2个共价键、Y形成3个共价键、Z形成4个共价键、W形成1个共价键，结合原子序数可知，X为O元素、Y为N元素、Z为C元素、W为H元素，以此来解答。【详解】A．由分析可知，M为Na、X为O、Y为N、Z为C，根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小可知，第一电离能：N＞O＞C＞Na即Y>X>Z>M，A错误；B．由分析可知，X为O、Y为N为同周期主族元素，从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强，则简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3即X＞Y，B正确；C．由分析可知，X为O、W为H，故X与W形成的化合物H2O不能使酸性KMnO4溶液褪色，但H2O2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 D．由M、X、Z、W四种元素组成的化合物若为碳酸氢钠，其水溶液显碱性，但若为NaHC2O4则显酸性，D错误；故答案为：B。9.下列方案或操作能达到实验目的是ABCD实验室制氯气证明非金属性：Cl>C验证Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）检验淀粉是否完全水解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备氯气是用MnO2和浓盐酸加热反应制得，MnO2与稀盐酸不反应，A不合题意；B．稀盐酸滴入Na2CO3溶液中产生能使澄清石灰水变浑浊的气体CO2，说明HCl酸性强于H2CO3，由于HCl不是Cl的最高价氧化物对应水化物，故不能得出C和Cl非金属性强弱，B不合题意；C．1mL0.1mol/L的AgNO3溶液和1mL0.1mol/L的NaCl恰好完全反应，生成AgCl白色沉淀，再加入几滴0.1mol/L的KI溶液后产生黄色沉淀，说明存在AgCl转化为AgI的沉淀转化，故说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C符合题意；D．由于NaOH过量，I2能与NaOH溶液反应，故加入足量NaOH溶液后加入几滴碘水，溶液不变兰，不能说明淀粉已经完全水解，D不合题意；故答案为：C。10.白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下：第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇：偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是A.“滤渣1”的主要成分是SiO2B.“气体”的主要成分是NO2C.“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶D.“反应Y”的化学方程式是【答案】B【解析】【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A正确；B．浓硝酸与白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O、杂质中氧化物反应生成大量的水，故“气体”的主要成分是NO而不是NO2，B错误；C．由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶，C正确；D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是，D正确；故答案为：B。11.2022年诺贝尔化学奖授予了三位研究点击化学的科学家。Cu+催化的叠氮化物-炔烃环加成和催化剂CuC1的晶体结构如图所示。下列说法正确的是第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 A.晶胞结构中，Cu+的配位数为8B.基态Cu的价层电子排布式为3d94s2C.叠氮化物-炔烃环加成反应只有σ键的断裂与形成D.若晶体的密度为dg/cm3，则晶胞参数【答案】D【解析】【详解】A．由题干晶胞示意图可知，晶胞结构中，Cu+位于顶点和面心的Cl-形成的8个正四面体中的4个中心，故Cu+的配位数即离Cu+最近且距离相等的Cl-数目为4，A错误；B．已知Cu是29号元素，故基态Cu的价层电子排布式为3d104s1，B错误；C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个π键，三键为一个σ键和2个π键，根据题干反应可知，叠氮化物-炔烃环加成反应只有π键的断裂和只有σ键的形成，C错误；D．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有4个Cu+，Cl-个数为：=4，即一个晶胞的质量为：，故若晶体的密度为dg/cm3，则晶胞参数，D正确；故答案为：D。12.T0时，向容积为5L的恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g)，发生反应：△H<0。反应过程中的部分数据如下表，下列说法错误的是t/minn(A)/moln(B)/mol04.02.052.01.0102.01.0A.其他条件不变，温度变为T1时，平衡时测得C的浓度为0.8mol/L，则T1>T0第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 B.8min时，该反应的(正)=(逆)C.平衡时，D的体积分数约为14.3%D.5min时，向该容器中再充入4.0molA和2.0molB，达新平衡后，B的百分含量变大【答案】A【解析】【详解】A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，根据图表数据，T0时达到平衡，消耗1molB，则生成3molC，C的浓度为0.6mol/L，其他条件不变，温度变为T1时，平衡时测得C的浓度为0.8mol/L，说明平衡正向移动，则T1＜T0，A错误；B．根据图表数据，5min后气体物质的量不再改变，说明5min后反应达到平衡状态，所以8min时，该反应的(正)=(逆)，B正确；C．由三段式：，平衡时，D的体积分数约为×100%=14.3%，C正确；D．5min时，向该容器中再充入4.0molA和2.0molB，则相当于增大容器的压强，上述平衡逆向移动，故达新平衡后，B的百分含量变大，D正确；故答案为：A。13.电解苯酚的乙腈（CH3CN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），电极材料均为石墨。下列说法错误的是A.电极d为阴极B.装置工作时，乙室溶液pH增大C.电极c的电极反应式为+2H+第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 D.合成1mol扑热息痛，理论上甲室质量增重96g【答案】D【解析】【分析】由题意可知，右侧装置为电解池，则左侧装置为原电池。由迁移的方向，可确定a极为负极，b极为正极，c极为阳极，d极为阴极。【详解】A．由分析可知，电极d为阴极，A正确；B．装置工作时，乙室发生反应：H2O2+2e-+2H+=2H2O，反应需要消耗H+，溶液pH增大，B正确；C．电极c为阳极，CH3CN在电极上失电子产物与苯酚等反应，生成等，电极反应式为+2H+，C正确；D．a极为负极，H2O2失电子生成H2O和O2，电极反应式为H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，合成1mol扑热息痛，需要转移2mole-，理论上有1mol由乙室转移入甲室，同时甲室生成1molO2，则甲室质量增重1mol×96g/mol-1mol×32g/mol=64g，D错误；故选D。14.溶洞水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。现测得溶洞水体中lgc（X）X为H2CO3、HCO3-、CO32-或Ca2+）与pH的关系如图所示，。下列说法错误的是A.曲线Ⅱ代表lgc()与pH的关系B.溶洞水体中存在关系式：C.a点溶液中，c（Ca2+）=0.28molL-1第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 D.【答案】C【解析】【分析】随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c()、c()都增大，c(Ca2+)减小，即lgc()、lgc()逐渐增大，lgc(Ca2+)逐渐减小，并且弱酸性环境中lgc()>lgc()，所以曲线I表示lgc()与pH的关系，曲线Ⅱ表示lgc()与pH的关系，曲线Ⅲ表示lgc(Ca2+)与pH的关系。据此分析解答。【详解】A．根据分析，曲线Ⅱ代表lgc()与pH的关系，A正确；B．由I为，带入点(6.3，-5)，Ka1==10-6.3，Ⅱ为，带入点(10.3，-1.1)，Ka2==10-10.3，Ka1×Ka2=×==10-6.3×10-10.3，b点c(H2CO3)=c()，则Ka1×Ka2=cb2(H+)，pH(b)=8.3，由此可知2pH(b)=pH(a)+pH(c)，B正确；C．a点溶液中，pH=6.3，由B分析可知，，此时，、，则c()=10-9mol/L，c(Ca2+)==2.8molL-1，C错误；D．=104，D正确；故选C。Ⅱ卷（58分）二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.已知三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，可在氯化铵和氨水的混合溶液中活性炭做催化剂条件下，利用双氧水氧化CoCl2制备。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 I.制备产品，步骤如下：①称取2.0gNH4Cl固体，用5mL水溶解，加到锥形瓶中。②分批加入3.0gCoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。③加热至55-60℃反应20min，冷却，过滤。④将滤得的黑黄固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。⑤滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。回答下列问题：（1）写出制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式_____________________。（2）步骤②中，将温度降至10℃以下的原因是_________________。（3）步骤③中反应装置部分仪器如上图(其中加持仪器路去)，不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为_________________，仪器A的名称为_________________，仪器B的作用是_________________。（4）步骤④中趁热过滤的目的是_________________。Ⅱ测定产品纯度，实验如下：①称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡。②向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液。(已知：，)回答下列问题：（5）产品的质量分数为_________________。(列出计算式)第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （6）加入硝基苯的目的是_________________。【答案】（1）2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O（2）减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费（3）①.酒精灯②.干燥管③.冷凝回流，提高原料的利用率（4）防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，造成损失（5）%（6）使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀【解析】【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于25mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入4mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol•L-1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。【小问1详解】由分析可知，制备[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为：2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O，故答案为：2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；【小问2详解】由于步骤②中使用的浓氨水和H2O2受热均易分解，故将温度降至10℃以下的原因是减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费，故答案为：减少浓氨水和H2O2分解，以免造成浪费；【小问3详解】由题干信息可知，步骤③中需要进行55~60℃水浴加热，故反应装置部分仪器如上图(其中加持仪器路去)，不包括过滤还需要的玻璃仪器名称为酒精灯，由实验装置图可知，仪器A的名称为干燥管，仪器B的作用是冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为：酒精灯；干燥管；冷凝回流，提高原料的利用率；【小问4详解】由题干信息可知，三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，易溶于热水，在冷水中微溶，故步骤④中趁热过滤的目的是防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 为橙黄色晶体，造成损失，故答案为：防止冷却时析出三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3为橙黄色晶体，造成损失；【小问5详解】根据Ag+和Cl-按物质的量比为1：1结合生成AgCl，Ag+和SCN-按物质的量比为1：1结合生成AgSCN，故称取ag产品溶于足量稀硝酸中，并用蒸馏水稀释，置于锥形瓶中，加入过量V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液，并加3mL的硝基苯用力振荡，向锥形瓶中滴入3滴Fe(NO3)3溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时用去V2mL溶液，则参加反应的Cl-的物质的量为：(c1V1-c2V2)×10-3mol，则[Co(NH3)6]Cl3的物质的量为：mol，故产品的质量分数为：×100%=%，故答案为：%；【小问6详解】由题干信息可知，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，即AgCl易转化为AgSCN，且硝基苯的密度比水的大，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀，故答案为：使生成的AgCl沉淀被硝基苯覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉淀。16.一种利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)制备新能源汽车电池电极LiFePO4的工艺流程如下：①已知室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度小于10-5mol/L，认为沉淀完全。难溶物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3FePO4KSD②，，回答下列问题：（1）从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸→还原→过滤一除铝”4道工序。①若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS。“还原”工序的离子方程式为_________________，滤渣的成分是_________________(填化学式)。②“除铝”工序可加入的难溶物质是________________(填化学式)，除净铝离子需要调节的最小pH为第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 _________________(结果保留一位小数)。（2）“氧化”步骤中，加入的试剂“R”最佳是_________________(填标号)，A.HNO3B.H2O2C.Ca(ClO)2D.KMnO4判断是否氧化彻底的试剂名称为_________________。（3）“沉铁”步骤反应的平衡常数为_________________。（4）“高温煅烧”时，发生的主要反应的化学方程式为_________________。【答案】（1）①.2Fe3++FeS=3Fe2++S②.FeS和S③.FeO④.4.7（2）①.B②.酸性高锰酸钾溶液（3）3.0×109（4）Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O【解析】【分析】硫铁矿(主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4)通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣，滤液可加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入(NH4)2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4，据此分析解题。【小问1详解】①由分析可知，若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，即用FeS还原Fe3+，将Fe3+还原为Fe2+、FeS中S氧化为S，故“还原”工序的离子方程式为：2Fe3++FeS=3Fe2++S，过滤得到滤渣的成分是FeS和S，故答案为：2Fe3++FeS=3Fe2++S；FeS和S；②由分析可知，“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO，除净铝离子即Al3+浓度小于等于10-5mol/L，则此时溶液中c(OH-)≥==4.6×10-10mol/L，则c(H+)≤==2.17×10-5mol/L，故需要调节的最小pH为-lg(2.17×10-5)=5-0.33=4.7，故答案为：FeO；4.7；【小问2详解】由分析可知，“氧化”步骤中是将Fe2+氧化为Fe3+，加入HNO3将产生有毒有害气体NO，加入Ca(ClO)2、KMnO4将引入杂质离子，加入H2O2时其还原产物为H2O，不引入新的杂质，故加入的试剂“R”最佳是H2O2，判断是否氧化彻底即检验氧化后的产物中是否含有Fe2+，故该试剂名称为酸性高锰酸钾溶液，故答案为：B；酸性高锰酸钾溶液；【小问3详解】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 由题干流程图可知，“沉铁”步骤反应为：Fe3++FePO4↓+H+，该反应的平衡常数：K=====3.0×109，故答案为：3.0×109【小问4详解】“高温煅烧”时，发生的主要反应即Li2CO3、H2C2O4和FePO4生成LiFePO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应化学方程式为：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O。17.通过捕捉空气中的CO2和电解水产生的H2可以合成“零碳甲醇”，实现碳中和。回答下列问题：（1）已知H2燃烧热为286kJ.mol-1，甲醇的燃烧热为726kJ.mol-1，反应△H，△H=___________kJ.mol-1（2）采用绿色光伏发电电解Na2SO4溶液制备H2，同时获得H2SO4和NaOH。已知a、b均为惰性电极，气体甲和乙的体积比为2:1，b极的电极反应式为_________________。（3）在2L恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入2molCO2和6molH2，发生如下反应：主反应①：△H1<0副反应②：△H2<0副反应③：△H3>0某温度下反应均达平衡后，测得CH3OH为1mol、CH4为0.4mol、CO为0.2mol，则CH3OH的选择性为________________（）。反应②的平衡常数第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 _______________（只列出计算式）。（4）若测得上述反应在不同温度下CO2平衡转化率和甲醇的选择性如下图：通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为_______________（填标号），A.400℃B.600℃C.800℃D.1000℃高于800℃时，CO2转化率增大的主要原因是_______________。（5）利用电喷雾电离等方法可得MO+，MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇，反应机理如下图所示：己知参与化学键变化的元素替换成更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化曲线为_______________（填c、d），写出MO+与CHD3反应生成的氘代甲醇的结构简式________________。【答案】（1）-132（2）2H2O-4e-=O2↑+4H+（3）①.62.5%②.（4）①.A②.温度高于800℃，反应①和反应②为放热反应，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，平衡正向移动且程度更大（5）①.c②.CD3OH、CHD2OD第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【小问1详解】由H2燃烧热为286kJ.mol-1，甲醇的燃烧热为726kJ.mol-1，可得热化学方程式①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)、②2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)，由盖斯定律可得，反应；【小问2详解】以惰性电极电解硫酸钠溶液制备氢气时，气体甲和乙体积之比为2:1，甲氢气、乙为氧气，生成氧气时发生的是氧化反应，所以b电极为阳极，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；【小问3详解】由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为1mol、0.4mol、0.2mol，而平衡时甲醇的物质的量为1mol，所以甲醇的选择性为；三段式、、，所以反应②的平衡常数为；【小问4详解】由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二氧化碳的转化率为60%、甲醇的选择性为50%，600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为75%，800℃二氧化碳的转化率为20%、甲醇的选择性为60%，1000℃二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%，因为400℃的二氧化碳的转化率与甲醇的选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃，故答案为：A；反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 平衡正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大；【小问5详解】反应速率越慢，说明反应的活化能越大，由结合图可知活化能c>d，则MO+与CD4反应的能量变化曲线为c；由反应进程-能量图可知，反应过程中，H或D都有可能发生成键变化，分别生成CD3OH、CHD2OD。18.化合物I是某抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下图：已知：①②→③苯环上的卤原子较难水解。回答下列问题：（1）E→F所需试剂有____________________。（2）化合物H中含氧官能团名称为________________，D→E的反应类型为________________。（3）上述合成路线设置反应A→B、C→D的目的是________________。（4）化合物D发生缩聚反应生成高分子的化学方程式为________________。（5）化合物I的结构简式为________________。（6）写出任意一种满足下列条件E同分异构体________________。①含有苯基和氨基，且二者直接相连，但Br原子不与苯环直接相连；②属于酯类，可发生银镜反应；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ③含有手性碳原子。（7）参照题干中的合成路线，设计以苯胺、乙醛、一氯甲烷为主要原料，制备的合成路线________________。（无机试剂任选）【答案】18.CH3OH和浓硫酸19.①.酯基、醚键②.取代反应20.保护氨基，使其不被氧化21.n+(n-1)H2O22.23.、、(任写一种)24.【解析】【分析】由题干合成流程图可知，A和CH3COOH发生成肽反应生成B，B和酸性高锰酸钾溶液反应将苯环直接相连的甲基氧化为羧基生成C，C在NaOH溶液中发生酰胺基水解后酸化生成D，D和CH3Cl在AlCl3催化下反应生成E，比较E、F的结构简式可知，E与CH3OH在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，F与发生题干信息①的反应生成G，结合H的结构简式可知，G的结构简式为：，G被NaHB(OAC)3还原生成H，H与CH3CHO发生已知信息②的反应生成I，推知I第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 的结构简式为：，(7)本题采用逆向合成法，根据题干D到E的转化信息可知，可由和CH3Cl在AlCl3催化作用下制得，根据G到H的转化信息可知，可由还原得到，根据已知信息①可知CH3CHO和，据此分析确定合成路线，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，比较E、F的结构简式可知，E与CH3OH在浓硫酸催化下发生酯化反应生成F，则E→F所需试剂有CH3OH和浓硫酸，故答案为：CH3OH和浓硫酸；小问2详解】由题干流程图中H的结构简式可知，化合物H中含氧官能团名称为酯基、醚键，D和CH3Cl在AlCl3催化下反应生成E，比较D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：酯基；取代反应；【小问3详解】由题干合成流程图可知，B到C转化过程中使用的酸性高锰酸钾溶液溶液也能氧化氨基，故上述合成路线设置反应A→B、C→D的目的是保护氨基，使其不被氧化，故答案为：保护氨基，使其不被氧化；【小问4详解】由题干合成流程图中D的结构简式可知，化合物D中含有羧基和氨基，二者能够发生脱水缩合发生成肽反应，故化合物D发生缩聚反应生成高分子的化学方程式为：n第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 +(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；【小问5详解】由分析可知，化合物I的结构简式为：，故答案为：；【小问6详解】由题干合成流程图可知，E的分子式为：C8H8O2NBr，不饱和度为：5，则满足下列条件①含有苯基和氨基，且二者直接相连，但Br原子不与苯环直接相连；②属于酯类，可发生银镜反应，即含有甲酸酯基；③含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故E的同分异构体有：、、，故答案为：、、(任写一种)；【小问7详解】本题采用逆向合成法，根据题干D到E的转化信息可知，可由和CH3Cl第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 在AlCl3催化作用下制得，根据G到H的转化信息可知，可由还原得到，根据已知信息①可知CH3CHO和，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司