2024年高考化学终极押题密卷3（北京卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（北京卷）一．选择题（共14小题）1．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的pH减小的是（）A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体 B．向NaHCO3溶液中通入少量HCl气体 C．向水中通入少量NO2气体 D．向饱和H2S溶液中通入少量SO2气体2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NaCl的电子式： B．基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2 C．BeCl2的空间结构：V形 D．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型：3．下列方程式与所给事实不相符的是（）A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe++4H+═Fe3++NO↑+2H2O C．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O4．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．1molN2H4含有π键的数目为NA B．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液含的数目为0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA D．22.4L（标准状况）Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA5．硫酸钡（BaSO4）是一种用于胃肠道造影检查的辅助用药。钡（56Ba）与镁（12Mg）是同族元素，关于钡的性质的判断正确的是（）A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．碱性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2 C．金属性：Ca＞Ba D．离子半径：Cs+＜Ba2+6．一种由硼镁元素组成的离子化合物具有超导性能。该化合物晶体中硼通过共价键形成平面a层，镁形成平面b层，a层和b层等距交错排列（abab⋯⋯），俯视图（部分）如图。下列说法正确的是（）A．硼层中硼的杂化类型为sp3 B．该化合物的化学式为MgB2 C．镁周围最近且等距的硼有6个 D．镁层内存在离子键7．矿泉水在开采过程中会含有少量溴化物（Br﹣），在后续生产过程中经臭氧（O3）处理逐渐转化成溴酸盐（）。下列有关该过程的认识不正确的是（）A．该过程中臭氧（O3）得到电子 B．该过程中溴化物（Br﹣）是还原剂，溴酸盐（）是氧化剂 C．该过程中溴元素被氧化 D．该过程中O3发生还原反应8．已知H﹣H的键能为436kJ•mol﹣1，I﹣I的键能为151kJ•mol﹣1反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）经历了如下反应历程：①I2（g）⇌2I（g），②H2（g）+2I（g）⇌2HI（g），反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．H﹣I的键能为299kJ•mol﹣1 B．升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C．升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高H2的转化率 D．为防止反应过程中有I（g）大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变9．用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为（NH4）2SO4﹣NH3混合液，b极室为（NH4）2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解。下列说法不正确的是（）A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 B．a极的电极反应为：Cu﹣2e﹣+4NH3═[Cu（NH3）4]2+ C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+ D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH310．抗生素克拉维酸具有抗菌消炎的功效，其结构简式如图。下列关于克拉维酸的说法不正确的是（）A．分子内只含有1个手性碳原子 B．分子内含有4种含氧官能团 C．分子间可形成氢键 D．可发生取代反应和加成反应11．粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。已知：i．物质BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ii．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）下列说法不合理的是（）A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全 B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣ C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的 D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性12．冠醚分子可识别Li+，实现卤水中Li+的萃取，其合成方法如图。下列说法不正确的是（）A．过程Ⅰ发生取代反应 B．Z的核磁共振氢谱有四组峰 C．Li+与Z通过离子键相结合 D．过程Ⅱ增加了Li+在有机溶剂中的溶解度13．下列实验不能达到对应目的的是（）选项ABCD实验目的比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性比较氧化性：Cl2＞Br2＞I2比较苯和甲苯的化学性质比较Fe和Cu的金属活动性A．A B．B C．C D．D14．牙釉质的主要成分是Ca5（PO4）3（OH），牙齿表面液膜的pH一般约为6.5。当液膜pH＜5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏（含少量氟化物，如NaF）可预防龋齿。下列说法不正确的是（）已知：Ca5（PO4）3（OH）、Ca5（PO4）3F的Ksp分别为6.8×10﹣37、1×10﹣60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数（δ）与pH的关系如图；Ca3（PO4）2、CaHPO4均难溶于水。A．牙齿表面液膜中：c（Ca2+）＞c（H2）+c（）+c（） B．牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中升高 C．使用含氟牙膏时，Ca5（PO4）3（OH）可转化为Ca5（PO4）3F D．在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积二．解答题（共4小题）15．某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正极材料，Na作负极材料。（1）CO2与环氧丙烷（）在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。①CO2是（填“极性”或“非极性”）分子。②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是杂化。③沸点：环氧丙烷CO2（填“＞”或“＜”），解释其原因：。（2）MnCl2溶液与Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。①基态Mn原子的电子排布式是。②CN﹣的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。i.（CN）2与H2O反应的生成物的结构式分别是H﹣C≡N、。ii.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是。③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：。（3）钠离子电池的正极材料Nax[MnFe（CN）6]在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如图。①Nax[MnFe（CN）6]中存在的化学键有配位键、。②该时刻的晶胞所示的Nax[MnFe（CN）6]中，x＝。16．二甲醚（CH3OCH3）是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中（压强：2.0～10.0MIPa。温度：230～280℃）进行下列反应：反应ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣99kJ⋅mol﹣1反应ⅱ：2CH3OH（g'⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ⋅mol﹣1反应ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1（1）在该条件下，若反应i的起始浓度分别为c（CO）＝1.2mol⋅L﹣1，c（H2）＝2.8mol⋅L﹣1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为。（2）在t℃时。反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如表：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc/（mol⋅L﹣1）0.052.02.0此时v正v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）催化总反应为：3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH。①ΔH4＝kJ⋅mol﹣1。②CO的平衡转化率α（CO）与温度、压强的关系如图Ⅰ所示。图中X代表（填“温度”或“压强”），L1L2（填“＞”“＜”或“＝）。（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因。（5）二甲醚（CH3OCH3）空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。①燃料电池中的正极是（填“c”或“d”）电极。②c电极的电极反应为。17．某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成某利尿药物M。已知：（R1﹣R6代表烃基或H原子）（1）A为苯的同系物，A→B的化学方程式为。（2）B→D的反应试剂及条件为。（3）D→E的反应类型为。（4）下列说法正确的是。a.A的一氯代物共有3种b.J在一定条件下可以生成高分子化合物c.K的核磁共振氢谱共有6个峰（5）F→G，H→J两步反应的设计目的是。（6）已知L→M的转化过程分两步，转化关系如图所示。请写出N和P的结构简式：、。18．某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。序号实验操作实验现象①将2mL0.04mol•L﹣1AgNO3溶液与2mL0.04mol•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加②将2mL0.04mol•L﹣1NaNO3溶液与2mL0.04mol•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封数小时内，未观察到明显现象③取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现查阅资料：i.AgSCN为白色固体，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12ii.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3K＝2.24×103（1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含。（2）实验②中未观察到明显变化，说明。（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：。（4）综合实验①～③可知，实验①中发生反应的离子方程式为。【反思与迁移】小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度。（5）能指示滴定终点的现象为。（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c（Ag）（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。三．工艺流程题（共1小题）19．Mn和MnO2都具有广泛的用途。Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）联合制备MnSO4的流程如图。资料：几种化合物的Ksp硫化物MnSNiSCoSBaS（易溶）Ksp10﹣12.610﹣18.510﹣20.4氢氧化物Mn（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Fe（OH）3Ksp10﹣13.010﹣14.710﹣14.310﹣38.6（1）为提高浸出速率，可采取的措施有（答出两条即可）。（2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下。ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.（离子方程式）。（3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：。（4）滤渣2的主要成分是。Ⅱ.以MnSO4溶液为原料，用图1装置（a，b均为惰性电极）同步制备Mn和MnO2。（5）结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因：。（6）图1中b电极上Mn的电解效率与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（北京卷）参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的pH减小的是（）A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体 B．向NaHCO3溶液中通入少量HCl气体 C．向水中通入少量NO2气体 D．向饱和H2S溶液中通入少量SO2气体【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【专题】氮族元素．【答案】C【分析】A．苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，生成苯酚和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应；B．NaHCO3溶液中通入少量HCl气体，生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液的pH减小，但该反应不是氧化还原反应；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，溶液的pH减小，该反应是氧化还原反应；D．H2S溶液中通入少量SO2气体，生成S和水，溶液的pH增大。【解答】解：A．苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，生成苯酚和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应，故A错误；B．NaHCO3溶液中通入少量HCl气体，生成氯化钠、水和二氧化碳，溶液的pH减小，但该反应不是氧化还原反应，故B错误；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，溶液的pH减小，该反应是氧化还原反应，故C正确；D．H2S溶液中通入少量SO2气体，生成S和水，溶液的pH增大，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查常见物质的转化及氧化还原反应的知识，为高频考点，题目难度不大。2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NaCl的电子式： B．基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2 C．BeCl2的空间结构：V形 D．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型：【考点】化学式或化学符号及名称的综合．【答案】D【分析】A．NaCl是离子化合物，不存在分子；B．基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；C．BeCl2分子中Be原子的价层电子对数为2+（2﹣2×1）＝2，VSEPR模型为直线形；D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基处于碳碳双键的同侧。【解答】解：A．NaCl是离子化合物，由Na+和Cl﹣构成，Cl﹣最外层电子数为8，其电子式为，故A错误；B．基态Cr原子的原子序数为24，价层电子排布式为3d54s1，不是3d44s2，故B错误；C．BeCl2分子中Be原子的价层电子对数为2+（2﹣2×1）＝2，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为直线形，故C错误；D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基处于碳碳双键的同侧，分子结构模型为，故D正确；故选：D。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。3．下列方程式与所给事实不相符的是（）A．加热NaHCO3固体，产生无色气体：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe++4H+═Fe3++NO↑+2H2O C．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀：SO2+2H2S═3S↓+2H2O D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写；硝酸的化学性质；酯化反应．【专题】物质的性质和变化专题；离子反应专题．【答案】B【分析】A．加热NaHCO3固体，分解产生无色气体二氧化碳、碳酸钠和水；B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO、硝酸亚铁和水；C．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀S和水；D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，发生酯化反应，产生有香味的油状液体为乙酸乙酯。【解答】解：A．加热NaHCO3固体，分解产生无色气体二氧化碳、碳酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故A正确；B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO、硝酸亚铁和水，反应的离子方程式为：3Fe+2+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀S和水，反应的化学方程式为：SO2+2H2S═3S↓+2H2O，故C正确；D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，发生酯化反应，产生有香味的油状液体为乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了物质性质分析、化学方程式和离子方程式的书写，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。4．用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．1molN2H4含有π键的数目为NA B．1L0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液含的数目为0.1NA C．14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为2NA D．22.4L（标准状况）Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2NA【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【答案】C【分析】A．N2H4含有N﹣H键、N﹣N键；B．溶液中发生水解；C．乙烯和丙烯的最简式相同；D．Cl2与足量NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl。【解答】解：A．N2H4含有N﹣H键、N﹣N键，不存在π键，故A错误；B．溶液中发生水解，的数目小于0.1NA，故B错误；C．乙烯和丙烯的最简式相同，14g乙烯和丙烯的混合气体含有的极性共价键数为×2×NAmol﹣1＝2NA，故C正确；D．Cl2与足量NaOH溶液反应生成NaClO和NaCl，Cl元素化合价既有升高又有降低，22.4L（标准状况）Cl2与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为×1×NAmol﹣1＝NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。5．硫酸钡（BaSO4）是一种用于胃肠道造影检查的辅助用药。钡（56Ba）与镁（12Mg）是同族元素，关于钡的性质的判断正确的是（）A．Ba是第五周期第ⅡA族元素 B．碱性：Ba（OH）2＞Mg（OH）2 C．金属性：Ca＞Ba D．离子半径：Cs+＜Ba2+【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】B【分析】A．钡（56Ba）位于第六周期第IIA族；B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C．同主族元素从上到下金属性逐渐增强；D．电子层数越多，离子半径越大。【解答】解：A．钡（56Ba）位于第六周期第IIA族，故A错误；B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，则金属性Ba＞Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性Ba（OH）2＞Mg（OH）2，故B正确；C．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，则金属性Ba＞Ca，故C错误；D．电子层数越多，离子半径越大，则离子半径Cs+＞Ba2+，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了元素周期律，题目难度不大，掌握元素周期律的基础知识即可解答。6．一种由硼镁元素组成的离子化合物具有超导性能。该化合物晶体中硼通过共价键形成平面a层，镁形成平面b层，a层和b层等距交错排列（abab⋯⋯），俯视图（部分）如图。下列说法正确的是（）A．硼层中硼的杂化类型为sp3 B．该化合物的化学式为MgB2 C．镁周围最近且等距的硼有6个 D．镁层内存在离子键【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【答案】B【分析】A．硼层中硼原子的价层电子对数为3；B．均摊法可知，晶胞中含有1个镁原子，硼原子有12×＝2；C．晶体结构中，镁周围最近且等距的硼有12个；D．镁层内只有镁。【解答】解：A．硼层中硼原子的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，故A错误；B．均摊法可知，晶胞中含有1个镁原子，硼原子有12×＝2，则该化合物的化学式为MgB2，故B正确；C．晶体结构中，镁周围最近且等距的硼有12个，故C错误；D．镁层内只有镁，不存在离子键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。7．矿泉水在开采过程中会含有少量溴化物（Br﹣），在后续生产过程中经臭氧（O3）处理逐渐转化成溴酸盐（）。下列有关该过程的认识不正确的是（）A．该过程中臭氧（O3）得到电子 B．该过程中溴化物（Br﹣）是还原剂，溴酸盐（）是氧化剂 C．该过程中溴元素被氧化 D．该过程中O3发生还原反应【考点】氧化还原反应相关的概念；氧化还原反应的基本概念及规律．【专题】氧化还原反应专题．【答案】B【分析】由题中信息可知，反应物为Br﹣和O3，生成物为，说明Br﹣被氧化生成，从化合价的角度分析。【解答】解：A．臭氧（O3）处理溴化物（Br﹣）逐渐转化成溴酸盐（），可见Br元素失去电子生成+5价的，臭氧（O3）得电子作为氧化剂，故A正确；B．该过程中﹣1价的Br失去电子生成+5价的，溴化物（Br﹣）是还原剂被氧化，溴酸盐（）是氧化产物，故B错误；C．Br元素失去电子生成+5价的，该过程中溴元素被氧化，故C正确；D．臭氧（O3）得电子作为氧化剂，发生还原反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意加强对氧化还原反应有关概念的理解，把握氧化还原反应的特征。8．已知H﹣H的键能为436kJ•mol﹣1，I﹣I的键能为151kJ•mol﹣1反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）经历了如下反应历程：①I2（g）⇌2I（g），②H2（g）+2I（g）⇌2HI（g），反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．H﹣I的键能为299kJ•mol﹣1 B．升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C．升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高H2的转化率 D．为防止反应过程中有I（g）大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【答案】A【分析】A．焓变＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；B．升高温度，反应速率加快；C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动；D．为防止反应过程中有I（g）大量累积，应采取措施使反应②速率加快。【解答】解：A．由图可知，H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）ΔH＝（151﹣162）kJ•mol﹣1＝﹣11kJ•mol﹣1，设H﹣I的键能为x，则ΔH＝﹣11kJ•mol﹣1＝（436kJ•mol﹣1+151kJ•mol﹣1）﹣2x，可得，x＝299kJ•mol﹣1，故A正确；B．升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B错误；C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，H2的转化率降低，故C错误；D．为防止反应过程中有I（g）大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，掌握基础是关键，试题难度中等。9．用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为（NH4）2SO4﹣NH3混合液，b极室为（NH4）2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解。下列说法不正确的是（）A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 B．a极的电极反应为：Cu﹣2e﹣+4NH3═[Cu（NH3）4]2+ C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+ D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3【考点】原电池与电解池的综合．【专题】电化学专题．【答案】A【分析】为实现CuSO4电镀废液的浓缩再生，由图可知，通入氨气的电极为原电池负极，a电极反应为Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，右端为原电池正极，电极反应Cu2++2e﹣＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【解答】解：A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，甲室是实现硫酸铜浓缩的地方，应该是乙室中的硫酸根离子进入甲室，该膜应为阴离子交换膜，故A错误；B．由分析可知，通入氨气的电极为原电池负极，a电极反应为Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，故B正确C．由分析可知，左侧负极是Cu﹣2e﹣+4NH3＝[Cu（NH3）4]2+，正极铜极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜：Cu2++2e﹣＝Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH3═[Cu（NH3）4]2+，故C正确；D．热再生部分加热a极室流出液，使[Cu（NH3）4]2+分解可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了原电池工作原理的分析应用，主要是电极反应的理解应用和电解质溶液中离子移向的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力、应用能力。10．抗生素克拉维酸具有抗菌消炎的功效，其结构简式如图。下列关于克拉维酸的说法不正确的是（）A．分子内只含有1个手性碳原子 B．分子内含有4种含氧官能团 C．分子间可形成氢键 D．可发生取代反应和加成反应【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】A【分析】A．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子；B．分子中含酰胺基、羧基、醚键、羟基；C．含羧基、羟基；D．结合烯烃、羧酸、醇、酰胺基的性质判断。【解答】解：A．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，与羧基相连的碳原子、与N和O同时相连的碳原子为手性碳原子，共2个，故A错误；B．分子中含酰胺基、羧基、醚键、羟基，有4种含氧官能团，故B正确；C．含羧基、羟基，分子间可形成氢键，故C正确；D．含碳碳双键可发生加成反应，含酰胺基、羧基、羟基可发生取代反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。11．粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。已知：i．物质BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ii．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）下列说法不合理的是（）A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全 B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣ C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的 D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性【考点】粗盐提纯．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【答案】B【分析】A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，根据Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c（OH﹣）＝5.6×10﹣12计算c（Mg2+）；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡；C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液，可除去，但后续需加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+；D．过程Ⅲ中滴加盐酸的目的是除去NaOH和Na2CO3。【解答】解：A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c（OH﹣）＝5.6×10﹣12，则溶液中c（Mg2+）＝mol/L＝5.6×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，即Mg2+沉淀完全，故A正确；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡，则盐水b中的阴离子主要含有Cl﹣、OH﹣，还含有少量、，故B错误；C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液除去，则后续需加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+，同样能达到实验目的，故C正确；D．过程Ⅲ中滴加盐酸的目的是除去NaOH和Na2CO3，调节pH时应调至溶液呈中性或微酸性，以完全除去NaOH和Na2CO3，故D正确；故选：B。【点评】本题考查粗盐提纯实验方案设计，侧重分析能力和实验能力考查，把握物质性质、发生的反应、沉淀溶解平衡及溶度积常数的应用、物质分离提纯方法及实验技能是解题关键，题目难度中等。12．冠醚分子可识别Li+，实现卤水中Li+的萃取，其合成方法如图。下列说法不正确的是（）A．过程Ⅰ发生取代反应 B．Z的核磁共振氢谱有四组峰 C．Li+与Z通过离子键相结合 D．过程Ⅱ增加了Li+在有机溶剂中的溶解度【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】C【分析】A．X和Y发生取代反应生成Z；B．Z含有4种氢原子；C．Li+与Z通过配位键相结合；D．冠醚Z能识别锂离子。【解答】解：A．X和Y发生取代反应生成Z，该反应为取代反应，故A正确；B．Z含有4种氢原子，所以Z的核磁共振氢谱有四组峰，故B正确；C．Li+与Z通过配位键相结合，故C错误；D．冠醚Z能识别锂离子，所以过程Ⅱ增加了Li+在有机溶剂中的溶解度，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。13．下列实验不能达到对应目的的是（）选项ABCD实验目的比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性比较氧化性：Cl2＞Br2＞I2比较苯和甲苯的化学性质比较Fe和Cu的金属活动性A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；探究卤素单质间的置换反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【专题】实验评价题．【答案】B【分析】A．加热时只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；B．氯气可分别与NaBr、KI反应；C．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸；D．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁、Cu。【解答】解：A．加热时只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，加热时碳酸钠不分解，可比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，故A正确；B．氯气可分别与NaBr、KI反应，不能比较氧化性：Br2＞I2，故B错误；C．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯与酸性高锰酸钾不反应，可比较化学性质，故C正确；D．Fe与硫酸铜反应生成硫酸亚铁、Cu，可比较Fe和Cu的金属活动性，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、氧化性比较、金属性比较、稳定性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。14．牙釉质的主要成分是Ca5（PO4）3（OH），牙齿表面液膜的pH一般约为6.5。当液膜pH＜5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏（含少量氟化物，如NaF）可预防龋齿。下列说法不正确的是（）已知：Ca5（PO4）3（OH）、Ca5（PO4）3F的Ksp分别为6.8×10﹣37、1×10﹣60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数（δ）与pH的关系如图；Ca3（PO4）2、CaHPO4均难溶于水。A．牙齿表面液膜中：c（Ca2+）＞c（H2）+c（）+c（） B．牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中升高 C．使用含氟牙膏时，Ca5（PO4）3（OH）可转化为Ca5（PO4）3F D．在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积【考点】沉淀溶解平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【答案】B【分析】A．牙齿表面液膜中物料守恒关系为c（Ca2+）＝[c（H2）+c（）+c（）]；B．牙釉质溶解损伤时溶液酸性增强，结合图中pH＜5.2时含磷粒子的种类分析判断；C．溶解度小的物质可转化为溶度度更小的物质；D．Ca5（PO4）3OH存在溶解平衡为Ca5（PO4）3OH⇌5Ca2++3+OH﹣，增大c（Ca2+），平衡逆向移动生成Ca5（PO4）3OH沉淀。【解答】解：A．牙齿表面液膜中物料守恒关系为c（Ca2+）＝[c（H2）+c（）+c（）]＞c（H2）+c（）+c（），故A正确；B．由图可知，pH＜5.2时含磷粒子主要为H2，即和c（）降低，故B错误；C．Ksp[Ca5（PO4）3（OH）]＞Ksp[Ca5（PO4）3F]，根据沉淀转化规律可知，使用含氟牙膏时，Ca5（PO4）3（OH）可转化为Ca5（PO4）3F，故C正确；D．Ca5（PO4）3OH存在溶解平衡为Ca5（PO4）3OH⇌5Ca2++3+OH﹣，增大c（Ca2+），平衡逆向移动生成Ca5（PO4）3OH沉淀，所以在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积，故D正确；故选：B。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及转化，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确沉淀溶解平衡原理及影响因素、沉淀转化规律是解题关键，注意图中信息分析应用，题目难度中等。二．解答题（共4小题）15．某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正极材料，Na作负极材料。（1）CO2与环氧丙烷（）在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。①CO2是非极性（填“极性”或“非极性”）分子。②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是sp3杂化。③沸点：环氧丙烷＞CO2（填“＞”或“＜”），解释其原因：环氧丙烷与CO2都为分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高。（2）MnCl2溶液与Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。①基态Mn原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2。②CN﹣的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。i.（CN）2与H2O反应的生成物的结构式分别是H﹣C≡N、H﹣O﹣C≡N。ii.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是N原子的电负性大，﹣CN具有吸电子效应，使HCN中H﹣C的极性更大，更易断裂。③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+减小，使制备晶体的反应速率减小，该反应逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳。（3）钠离子电池的正极材料Nax[MnFe（CN）6]在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如图。①Nax[MnFe（CN）6]中存在的化学键有配位键、离子键、极性共价键；。②该时刻的晶胞所示的Nax[MnFe（CN）6]中，x＝1。【考点】晶胞的计算；配合物与超分子；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【答案】（1）①非极性；②sp3；③＞；环氧丙烷与CO2都为分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高；（2）①1s22s22p63s23p63d54s2；②i.H﹣O﹣C≡N；ii.N原子的电负性大，﹣CN具有吸电子效应，使HCN中H﹣C的极性更大，更易断裂；③MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+减小，使制备晶体的反应速率减小，该反应逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳；（3）①离子键、极性共价键；②1。【分析】（1）①结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子；②环氧丙烷中，O原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4；③相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；（2）①Mn是25号元素，位于第四周期第ⅦB族；②i.根据卤素分子与水反应判断（CN）2与H2O反应的产物；ii.﹣CN为吸电子基团，使得C﹣H键极性变强，易发生断裂；③将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，使得溶液中Mn2+减小；（3）①Nax[MnFe（CN）6]中存在Na+和[MnFe（CN）6]2﹣，CN﹣中存在C≡N键；②由晶胞示意图可知，4个Na+位于体内，Mn位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4。【解答】解：（1）①CO2结构式为O＝C＝O，结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，故答案为：非极性；②环氧丙烷中，O原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，故答案为：sp3；③环氧丙烷与CO2都为分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量比CO2的大，环氧丙烷分子间作用力更大，沸点更高，故答案为：＞；环氧丙烷与CO2都为分子晶体，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点更高；（2）①Mn是25号元素，位于第四周期第ⅦB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2；②i.根据卤素分子与水反应可知，（CN）2与H2O反应生成H﹣C≡N和H﹣O﹣C≡N，故答案为：H﹣O﹣C≡N；ii.N的电负性比较大，﹣CN为吸电子基团，使得C﹣H键极性变强，易发生断裂，体现酸性，故答案为：N原子的电负性大，﹣CN具有吸电子效应，使HCN中H﹣C的极性更大，更易断裂；③将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，使得溶液中Mn2+减小，使制备晶体的反应速率减小，该反应逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳，故答案为：MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，溶液中Mn2+减小，使制备晶体的反应速率减小，该反应逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳；（3）①Nax[MnFe（CN）6]中存在Na+和[MnFe（CN）6]2﹣，CN﹣中存在C≡N键，即还存在离子键和极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；②由晶胞示意图可知，4个Na+位于体内，Mn位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Na：Mn＝4：4＝1：1，则x＝1，故答案为：1。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及分子极性、杂化方式、沸点比较、核外电子排布、化学平衡、晶胞结构、晶胞计算、化学键等知识，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，是对学生综合能力的考查，侧重考查空间想象能力及计算能力，题目难度中等。16．二甲醚（CH3OCH3）是一种洁净液体燃料，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3。工业制备二甲醚在催化反应室中（压强：2.0～10.0MIPa。温度：230～280℃）进行下列反应：反应ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣99kJ⋅mol﹣1反应ⅱ：2CH3OH（g'⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ⋅mol﹣1反应ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3＝﹣41.2kJ⋅mol﹣1（1）在该条件下，若反应i的起始浓度分别为c（CO）＝1.2mol⋅L﹣1，c（H2）＝2.8mol⋅L﹣1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内CO的平均反应速率为0.15mol•L﹣1•min﹣1。（2）在t℃时。反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如表：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc/（mol⋅L﹣1）0.052.02.0此时v正＜v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）催化总反应为：3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH。①ΔH4＝﹣262.7kJ⋅mol﹣1。②CO的平衡转化率α（CO）与温度、压强的关系如图Ⅰ所示。图中X代表温度（填“温度”或“压强”），L1＞L2（填“＞”“＜”或“＝）。（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率（产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率）呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因当投料比大于1时，随着c（H2）增大，反应ⅰ被促进，而反应ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最终抑制反应ⅱ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小。（5）二甲醚（CH3OCH3）空气燃料电池是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图3所示。①燃料电池中的正极是d（填“c”或“d”）电极。②c电极的电极反应为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【答案】（1）0.15mol•L﹣1•min﹣1；（2）＜；（3）①﹣262.7；②温度；＞；（4）当投料比大于1时，随着c（H2）增大，反应ⅰ被促进，而反应ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最终抑制反应ⅱ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；（5）①d；②CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+。【分析】（1）反应ⅰ的起始浓度分别为c（CO）＝1.2mol•L﹣1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，CO的浓度变化量为0.6mol•L﹣1，则Δc（H2）＝1.2mol•L﹣1，v（H2）＝计算速率；（2）在t℃时，反应ⅱ的平衡常数K＝400，Q＝≈4.73＜K，此时v正＞v逆，反应正向进行；（3）①根据盖斯定律可知，反应ⅰ×2+反应ⅱ+反应ⅲ即得反应3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），即ΔH4＝ΔH1×2+ΔH2+ΔH3；②反应ⅰ×2+反应ⅱ+反应ⅲ可得3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，确定ΔH＜0，CO的平衡转化率α（CO）随温度升高而减小，压强增大而增大，故x表示温度，L表示压强；（4）当投料比大于1时，随着c（H2）增大，反应ⅰ被促进，而反应ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最终抑制反应ⅱ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；（5）①根据图中电子的移动方向可知，d是正极；②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+。【解答】解：（1）反应ⅰ的起始浓度分别为c（CO）＝1.2mol•L﹣1，c（H2）＝2.8mol•L﹣1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，CO的浓度变化量为0.6mol•L﹣1，则Δc（H2）＝1.2mol•L﹣1，v（H2）＝＝＝0.15mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.15mol•L﹣1•min﹣1；②在t℃时，反应ⅱ的平衡常数K＝400，Q＝＝＝1600＞K，此时v正＜v逆，故答案为：＜；（3）①根据盖斯定律可知，反应ⅰ×2+反应ⅱ+反应ⅲ即得反应3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），即ΔH4＝ΔH1×2+ΔH2+ΔH3＝（﹣99kJ⋅mol﹣1）×2+（﹣23.5kJ⋅mol﹣1）+（﹣41.2kJ⋅mol﹣1）＝﹣262.7kJ⋅mol﹣1，故答案为：﹣262.7；②反应ⅰ×2+反应ⅱ+反应ⅲ可得3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3＝2×（﹣99kJ•mol﹣1）+（﹣23.5kJ•mol﹣1）+（﹣41.2kJ•mol﹣1）＝﹣262.7kJ•mol﹣1，ΔH＜0，反应正向气体体积减小，则CO的平衡转化率α（CO）随温度升高而减小，压强增大而增大，故X表示温度，L表示压强，且L1＞L2，故答案为：温度；＞；（4）当投料比大于1时，随着c（H2）增大，反应ⅰ被促进，而反应ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最终抑制反应ⅱ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小，故答案为：当投料比大于1时，随着c（H2）增大，反应ⅰ被促进，而反应ⅲ被抑制，c（H2O）增大，最终抑制反应ⅱ，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；（5）①根据图中电子的移动方向可知，d是正极，故答案为：d；②根据图中电子的移动方向可知，c是负极，电解质环境为酸性，则其电极反应为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+。【点评】本题考查化学反应原理，涉及反应热的计算、化学反应速率的计算、化学平衡的计算和影响化学平衡的因素等，题目综合性强，难度中等。17．某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成某利尿药物M。已知：（R1﹣R6代表烃基或H原子）（1）A为苯的同系物，A→B的化学方程式为+HNO3+H2O。（2）B→D的反应试剂及条件为氯气、FeCl3。（3）D→E的反应类型为还原反应。（4）下列说法正确的是bc。a.A的一氯代物共有3种b.J在一定条件下可以生成高分子化合物c.K的核磁共振氢谱共有6个峰（5）F→G，H→J两步反应的设计目的是保护氨基。（6）已知L→M的转化过程分两步，转化关系如图所示。请写出N和P的结构简式：CH3CHO、。【考点】有机物的合成．【专题】有机推断．【答案】（1）+HNO3+H2O；（2）氯气、FeCl3；（3）还原反应；（4）bc；（5）保护氨基；（6）CH3CHO；【分析】A为苯的同系物，说明A中含有苯环，根据K的结构简式及A、B、D的分子式知，A为，A的苯环上甲基邻位的氢原子被硝基取代生成B为，根据F的结构简式知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为，D中硝基发生还原反应生成E中氨基，则E为，E通过两次取代反应生成F，F中氨基和乙酸发生取代反应生成G为，G发生氧化反应生成H为，H发生水解反应得到J，K和J发生取代反应生成L，根据M的结构简式知，J为，L为，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为CH3CHO。【解答】解：（1）A为，A和浓硝酸发生取代反应生成B，则A→B的化学方程式为+HNO3+H2O，故答案为：+HNO3+H2O；（2）B中苯环上的氢原子被氯原子取代生成D，则B→D的反应试剂及条件为氯气、FeCl3，故答案为：氯气、FeCl3；（3）D中硝基发生还原反应生成E中氨基，则D→E的反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；（4）a.A中含有四种氢原子，则a的一氯代物共有3种，故a错误；b.J为，含有羧基和氨基，则J在一定条件下可以生成高分子化合物，故b正确；c.K中含有6种氢原子，则K的核磁共振氢谱共有6个峰，故c正确；故答案为：bc；（5）F→G、H→J两步反应的设计目的是保护氨基，防止被酸性高锰酸钾溶液氧化，故答案为：保护氨基；（6）已知L→M的转化过程分两步，通过以上分析知，N为CH3CHO，则P为故答案为：CH3CHO；。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，难点是（6）题中断键和成键位置的判断。18．某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。序号实验操作实验现象①将2mL0.04mol•L﹣1AgNO3溶液与2mL0.04mol•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加②将2mL0.04mol•L﹣1NaNO3溶液与2mL0.04mol•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封数小时内，未观察到明显现象③取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现查阅资料：i.AgSCN为白色固体，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12ii.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3K＝2.24×103（1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含Ag。（2）实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应。（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓。（4）综合实验①～③可知，实验①中发生反应的离子方程式为Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+。【反思与迁移】小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度。（5）能指示滴定终点的现象为最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色。（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c（Ag）偏高（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【答案】（1）Ag；（2）NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；（3）Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；（4）Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；（5）最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色；（6）偏高。【分析】（1）Ag为灰黑色沉淀，加入浓硝酸反应生成二氧化氮；（2）实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀；（4）实验①中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子；（5）用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度，滴定终点的现象为最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色；（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀为银，在滴定时会变为银离子。【解答】解：（1）Ag为灰黑色沉淀，加入浓硝酸反应生成二氧化氮，则取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含Ag，故答案为：Ag；（2）实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应，故答案为：NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；（4）实验①中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，其反应的离子方程式为Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+，故答案为：Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；（5）用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度，滴定终点的现象为最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色，故答案为：最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色；（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀为银，在滴定时会变为银离子，则测得的c（Ag）偏高，故答案为：偏高。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。三．工艺流程题（共1小题）19．Mn和MnO2都具有广泛的用途。Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）联合制备MnSO4的流程如图。资料：几种化合物的Ksp硫化物MnSNiSCoSBaS（易溶）Ksp10﹣12.610﹣18.510﹣20.4氢氧化物Mn（OH）2Ni（OH）2Co（OH）2Fe（OH）3Ksp10﹣13.010﹣14.710﹣14.310﹣38.6（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将矿石粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等（答出两条即可）。（2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下。ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O（离子方程式）。（3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在调节pH除去Co2+和Ni2+时，易使Mn2+共沉淀而损失。（4）滤渣2的主要成分是CoS、NiS和BaSO4。Ⅱ.以MnSO4溶液为原料，用图1装置（a，b均为惰性电极）同步制备Mn和MnO2。（5）结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因：离子交换膜A为阳离子交换膜，离子交换膜B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子和阳极区的氢离子分别向中间室迁移。（6）图1中b电极上Mn的电解效率与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是pH＜7.0时，随着pH增大，氢离子浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于锰离子放电；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，导致锰离子浓度降低，对锰离子放电不利。【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】制备实验综合．【答案】（1）将矿石粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（2）4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（3）Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在调节pH除去Co2+和Ni2+时，易使Mn2+共沉淀而损失；（4）CoS、NiS和BaSO4；（5）离子交换膜A为阳离子交换膜，离子交换膜B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子和阳极区的氢离子分别向中间室迁移；（6）pH＜7.0时，随着pH增大，氢离子浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于锰离子放电；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，导致锰离子浓度降低，对锰离子放电不利。【分析】软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）用稀硫酸浸出生成硫酸锰、硫酸钴、硫酸铁和硫酸镍，滤渣的主要成分是硫单质，用氨水调节浸出液的pH生成氢氧化铁沉淀，滤液1中滴加硫化钡生成硫化钴和硫化镍，滤液2最终获得硫酸锰。【解答】解：（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将矿石粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为：将矿石粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；（2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，ⅰ.2Fe3++MnS＝Mn2++2Fe2++S；ⅱ.二氧化锰与亚铁离子反应生成铁离子和锰离子，其反应的离子方程式为4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：4H++MnO2+2Fe2+＝Mn2++2Fe3++2H2O；（3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因是Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在调节pH除去Co2+和Ni2+时，易使Mn2+共沉淀而损失，故答案为：Mn（OH）2、Ni（OH）2和Co（OH）2的Ksp相差不大，在调节pH除去Co2+和Ni2+时，易使Mn2+共沉淀而损失；（4）滤液1中滴加硫化钡生成硫化钴和硫化镍，同时生成硫酸钡，则滤渣2的主要成分是CoS、NiS和BaSO4，故答案为：CoS、NiS和BaSO4；（5）a极锰离子失电子生成二氧化锰，a极为阳极，离子交换膜A为阳离子交换膜，离子交换膜B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子和阳极区的氢离子分别向中间室迁移，故答案为：离子交换膜A为阳离子交换膜，离子交换膜B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子和阳极区的氢离子分别向中间室迁移；（6）随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是pH＜7.0时，随着pH增大，氢离子浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于锰离子放电；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，导致锰离子浓度降低，对锰离子放电不利，故答案为：pH＜7.0时，随着pH增大，氢离子浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于锰离子放电；pH＞7.0后，部分Mn2+生成Mn（OH）2，导致锰离子浓度降低，对锰离子放电不利。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。

考点卡片1．氧化还原反应与非氧化还原反应【知识点的认识】1.得失氧或得失氢的角度：得氧或失氢的反应为氧化反应，失氧或得氢的反应为还原反应；2.电子转移角度：得电子的反应为还原反应、失电子的反应为氧化反应；3.化合价角度：失电子化合价升高的反应为氧化反应、得电子化合价降低的反应为还原反应；【命题的方向】1.基本概念及氧化性、还原性的判断：典例：水是重要的化合物，其既能作化学反应的溶剂，又能参与化学反应。下列是水参与的部分反应：①2Na+2H2O═2NaOH+H2↑；②3NO2+H2O═2HNO3+NO；③SO2+H2O═H2SO3；④2F2+2H2O═4HF+O2。回答下列问题：（1）上述反应中，不属于氧化还原反应的是（③）（填序号）。（2）上述反应中，水只作氧化剂的反应是（①）（填序号，下同）；水只作还原剂的反应是（④）。该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为（1：2）；2.电子转移的表示方法：单线桥、双线桥典例：用单线桥或双线桥表示下列反应的电子转移，并写出氧化剂和还原剂（用单线桥表示）。①Fe2O3+3CO═2Fe+3CO2（用单线桥表示）（），②2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（用双线桥表示）（）；3.氧化性强弱的判断：（1）根据氧化反应反应原理判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；（2）根据元素周期表、金属活动性顺序表、元素周期律判断；典例：下列事实不能作为元素的金属性或非金属性强弱判断依据的是（）A.Zn和Fe分别与稀硫酸反应，判断金属性强弱：Zn＞FeB.B．Mg投入CuCl2溶液中能置换出铜，Ba投入CuCl2溶液中不能置换出铜，判断金属性强弱：Mg＞BaC.酸性：H2SiO3＜HClO4，判断非金属性强弱：Cl＞SiD.依据O2、S分别与H2反应的难易程度，判断非金属性强弱：O＞S（3）根据元素化合价高低判断，最高价只有氧化性、最低价只有还原性、中间价态既有氧化性又有还原性；（4）根据原电池和电解池原理判断，一般来说，两种金属和电解质溶液构成的原电池中，负极的还原性大于正极；电解池中，阴离子还原性越强，越易在阳极上失电子，阳离子氧化性越强，越易在阴极上得电子；典例：（5）外界影响因素：浓度、温度、溶液酸碱性；4.氧化还原反应的有关计算，典例：实验室可以用固体氯酸钾和浓盐酸反应制氯气：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法中正确的是（）A.KClO3是氧化剂，HCl是还原剂；Cl2是氧化产物，KCl是还原产物B.当有9mol电子转移时，参加反应的KClO3的物质的量为1.5molC.产生1.5molCl2时，转移电子的物质的量为3molD.当有3molCl2生成时，作还原剂的HCl为5mol5.氧化还原反应的配平：典例：在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目（）NaIO3+（）NaHSO3═（）I2+（）Na2SO4+（）H2SO4+（）H2O6.信息型氧化还原反应方程式的书写：典例：高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0（Mn+）＝0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH6.9沉淀完全的pH4.7（1）写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式MnO2+MnS+2H2SO4＝2MnSO4+S+2H2O。【解题思路点拨】1.氧化剂和还原剂可能是同一种物质；氧化产物和还原产物可能是同一种物质；2.根据元素化合价高低可以判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性强弱；3.元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定具有强氧化性；金属阳离子不一定只有氧化性，如亚铁离子；4.在氧化还原反应的有关计算中灵活运用转移电子守恒进行计算；2．化学方程式的书写【知识点的认识】1、化学方程式的书写原则：1）必须以客观事实为依据，不能凭空臆造事实上不存在的物质和化学反应．2）遵守质量守恒定律，使等号两边原子的种类和数目必须相等．2、化学方程式的书写步骤：书写化学方程式要按一定步骤进行，避免出现一些不必要的错误，如漏掉反应条件和“↑”“↓”等．书写化学方程式的一般步骤可概括为：“一写，二配，三注”（以高锰酸钾受热分解为例）化学方程式的书写步骤：1）写：根据事实写出反应物和生成物的化学式（左反、右生），并在反应物和生成物之间画一条短线．2）配：配平化学方程式的目的是使等号两边的原子种类与数目相等，遵守质量守恒定律，配平后要加以检查．3）注：注明化学反应发生的条件（点燃、加热等），标出生成物状态（气体，沉淀等），把短线改成等号．3、书写化学方程式的注意事项：1）化学反应的常见条件有“点燃”、“加热”（常用“△”表示）“高温”，“催化剂”等，写在等号上方；2）如果反应物没有气体而生成物中有气体，在气体物质的化学式右边要注“↑”；3）溶液中的反应如果生成物是固体，在固体物质化学式右边注“↓”．4、书写化学方程式的口诀：左写反应物，右写生成物；写准化学式，系数（化学计量数）要配平；中间连等号，条件要注明；生成气体和沉淀，要用“↑”“↓”来标明．5、化学方程式的配平：配平化学方程式就是在化学式前面配上适当的化学计量数使式子左、右两边的每一种元素的原子数目相等．常用的配平方法有最小公倍数法、观察法、奇数配偶法、归一法及得失电子守恒法．1）最小公倍数法：这种方法适合于常见的难度不大的化学方程式．例如在KClO3→KCl+O2↑这个反应式中右边氧原子个数为2，左边是3，则最小公倍数为6，因此KClO3前系数应配2，O2前配3，式子变为：2KClO3→2KCl+3O2↑，由于左边钾原子和氯原子数变为2个，则KCl前应配系数2，短线改为等号，标明条件即可：2KClO32KCl+3O2↑（反应条件为二氧化锰催化和加热．“MnO2”写在等号上方；“△”写在等号下方）2）奇偶配平法：这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平先从出现次数最多的氧原子配起．O2内有2个氧原子，无论化学式前系数为几，氧原子总数应为偶数．故右边H₂O的系数应配2（若推出其它的分子系数出现分数则可配4），由此推知C2H2前2，式子变为：2C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系数应为4，最后配单质O2为5，把短线改为等号，写明条件即可：2C2H2+5O2＝4CO2+2H2O3）观察法：有时方程式中会出现一种化学式比较复杂的物质，我们可通过这个复杂的分子去推其他化学式的系数，例如：Fe