2021届高三高考化学模拟试卷十六

这是一份2021届高三高考化学模拟试卷十六，共8页。试卷主要包含了NA代表阿伏加德罗常数的值，关于二苯乙炔，装置等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共7小题）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（ ）
A．地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂
B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
C．“长征三号甲系列火箭”外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
D．黑火药爆炸过程中发生氧化还原反应，其中氧化剂仅有KNO3
2．NA代表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 14CO2含有的中子数为11 NA
B．l ml白磷（P4） 与l ml甲烷所含共价键数目之比为1：1
C．一定条件下0.2ml SO2与0.2ml O2充分反应，生成SO3的分子数最多为0.2 NA
D．将1ml CH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO﹣数目为NA
3．关于二苯乙炔（）的下列说法，错误的是（ ）
A．该物质属于烃 B．所有原子一定在同一平面
C．分子式为C14H10 D．能发生取代反应和加成反应
4．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C．Y2W2与ZW2是均含有共价键的离子化合物 D．标准状况下W的单质状态与X的相同
6．下列指定反应的离子方程式错误的是.（ ）
A．硝酸铝溶液中加过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+
B．小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．酸性KMnO4中加入双氧水：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O
D．NaClO溶液中滴加NaCN溶液：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O
7．装置（Ⅰ）为铁镍（Fe﹣Ni）可充电电池：Fe+NiO2Fe（OH）2+Ni（OH）2；装置（Ⅱ）为电解示意图，当闭合开关 K 时，Y 附近溶液先变红。下 列说法正确的是（ ）
A．闭合 K 时，X 的电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑
B．给装置（Ⅰ）充电时，OH﹣通过阴离子交换膜，移向 A 电 极
C．给装置（Ⅰ）充电时，B 极参与反应的物质被氧化
D．闭合 K 时，A 电极反应式为：NiO2+2e﹣+2H+═Ni（OH）2
二．实验题（共1小题）
8．某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按图装置进行实验。A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、CaO固体、MnO2。
（1）实验室制备NH3的化学方程式： 。
（2）NH3催化氧化的化学方程式是 。
（3）①甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。一段时间后，甲、乙观察到装置G中的溶液都变成蓝色，用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： 。
②此外，甲观察到装置F中只有红棕色气体；乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是 。（填化学式）
（4）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进：
①方法一：可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应 （填“增加”或“减少”）装置A中的产气量，或 （填“增加”或“减少”）装置B中的产气量。
②方法二：可在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是 。（填字母序号）
（5）为实现该反应，也可用如图所示的装置替换题。给装置中虚线框部分，化合物X为 。写出NH4HCO3在该装置反应的化学方程式： 。
9．2018年8月31日，华为公司发布AI芯片麒麟980，这标志着着我国高科技企业的芯片制造技术迈入国际领先水平。组成芯片的核心物质是高纯度硅。下图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。
已知：LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃；NH4Cl在100℃开始挥发，337.8℃分解完全。常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝2.64×10﹣39，Ksp[Al（OH）3]＝1.0×10﹣33。
（1）粗硅中常含有副产物SiC，请写出①中生成SiC的反应方程式 。写出②中的反应方程式 。
（2）请写出操作名称：a ；b 。
（3）请写出试剂X是 。
（4）本生产工艺要求，要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0×10﹣6ml•L﹣1以下，应控制溶液的pH为 ，此时溶液中Fe3+的浓度为 。
10．氢气作为新能源，广泛应用于能源、化学等领域。现阶段氢气主要通过天然气重整的方式进行工业生产。发生的化学方程式如下：
反应ⅠCH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206 kJ/ml
反应ⅡCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41 kJ/ml
副反应 CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H3＝+75 kJ/ml
（1）①若仅发生反应I，为提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
②某研究小组在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气，实验过程中发现CO2的产率远大于CO的产率，请解释可能的原因 。
（2）在实际生产过程中，科学家发现使用Ni作为催化剂（当Ni表面吸附大量碳时，会导致催化剂活性下降），可加快反应I的反应速率，从而加快整个反应的进行，提高单位时间内H2的产率。
①某恒容体系中，压强为1.3MPa，水/甲烷的物质的量之比为4，反应相同时间，H2的物质的量随反应温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是 。
A．对反应Ⅰ而言，KT1＞KT2
B．水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2
C．使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是提高分子自身所具有的能量
D．若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小
②在某恒温体系中，体积为1L，水/甲烷的物质的量之比等于4，投入CH4的量为l ml，若仅发生上述一系列反应，一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性（转化的CH4中，生成CO的百分含量）为b，CO2的浓度为c ml/L，求此时H2的物质的量浓度为 ，CO的物质的量浓度为
（3）现科学家发现，以Ni﹣CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右。请从能量利用及平衡移动角度，理论分析以Ni﹣CaO为复合催化剂的优点 。
（4）CH4自身也可做为燃料电池的原料，其工作原理如图所示。
请写出通入甲烷﹣极的电极反应式为 。
11．芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如图：
已知：
Ⅰ． +HCl
Ⅱ．R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
Ⅲ．（R1、R2、R3、R4为氢或烃基）
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为 ，其分子中最多有个原子共面。
（2）B中官能团的名称为 、 。②的反应类型为 。
（3）③的化学方程式为 。
（4）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式 ，用星号（*）标出F中的手性碳。G的结构简式为 。
（5）已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶（一种有机碱），其作用是 。
（6）参照上述合成路线，写出以环已烯（ ）和乙醇为起始原料经三步制备化合物 的合成路线。
（已知：RCH＝CHR′RCOOH+R′COOH，R、R′为烃基。其他试剂任选）
第十六套
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（ ）
A．地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂
B．油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子物质后才能被吸收
C．“长征三号甲系列火箭”外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
D．黑火药爆炸过程中发生氧化还原反应，其中氧化剂仅有KNO3
【分析】A、地沟油属于油脂，发生皂化反应制肥皂，进行酯交换制成的液体燃料；
B、油脂发生水解生成高级脂肪酸和甘油；
C、“长征三号甲系列火箭”外表面使用的高温结构陶瓷是Si3N4等新型无机非金属材料；
D、黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑，其中N、S的化合价降低，C的化合价升高。
【解答】解：A、地沟油主要成分是油脂，能够在碱性条件下发生酯的水解反应即皂化反应来制取肥皂；能够发生酯交换反应来制取生物柴油，故经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂，故A正确；
B、油脂能发生水解反应，在人体内水解为高级脂肪酸和甘油等小分子物质后被吸收，不能得到氨基酸，故B错误；
C、高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，而硅酸盐属于传统无机非金属材料，新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料性能更优良，故高温结构陶瓷的主要成分不可能是硅酸盐，故C错误；
D、黑火药爆炸反应为2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑，其中N、S的化合价降低，C的化合价升高，发生了氧化还原反应，并且氧化剂有KNO3、S，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高考常见题型，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．NA代表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 14CO2含有的中子数为11 NA
B．l ml白磷（P4） 与l ml甲烷所含共价键数目之比为1：1
C．一定条件下0.2ml SO2与0.2ml O2充分反应，生成SO3的分子数最多为0.2 NA
D．将1ml CH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO﹣数目为NA
【分析】A、求出二氧化碳的物质的量，然后根据14CO2中含24个中子来分析；
B、白磷中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键；
C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；
D、根据电荷守恒、溶液呈电中性来分析。
【解答】解：A、标况下11.2L二氧化碳的物质的量为0.5ml，而14CO2中含24个中子，故0.5ml此二氧化碳中含中子为12NA个，故A错误；
B、白磷中含6条共价键，而甲烷中含4条共价键，故1ml白磷和1ml甲烷中含共价键分别为6NA条和4NA条，故B错误；
C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故所生成的三氧化硫分子数小于0.2NA个，故C错误；
D、由电荷守恒c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），又因为1mlCH3COONa溶于稀醋酸中得中性溶液，所以c（OH﹣）＝c（H+），c（CH3COO﹣）＝c（Na+），n（CH3COO﹣）＝n（Na+），溶液中含CH3COO﹣数目为NA，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．关于二苯乙炔（）的下列说法，错误的是（ ）
A．该物质属于烃
B．所有原子一定在同一平面
C．分子式为C14H10
D．能发生取代反应和加成反应
【分析】由结构可知分子式，含苯环、碳碳三键，且苯环与三键相连的C﹣C在空间可旋转，结合炔烃、苯的性质来解答。
【解答】解：A．烃是只含有C、H两种元素的有机物，该有机物属于烃，故A正确；
B．如图，a处为碳碳单键，可旋转，所以左侧苯环上有可能只有1、4号C在同一平面，剩余的四个C都不在一个平面上，故B错误；
C．由结构可知二苯乙炔的分子式为C14H10，故C正确；
D．二苯乙炔中含有苯环，可与液溴发生取代反应，含有碳碳三键，可与H2发生加成反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、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B为解答的易错点，题目难度不大。
4．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；
B．原溶液中可能含亚硫酸根离子；
C．酯化反应为可逆反应，乙醇、乙酸均与Na反应生成氢气；
D．鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，发生变性。
【解答】解：A．将一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯上加热，铝和氧气迅速反应生成氧化铝，形成氧化膜，氧化铝的熔点很高，包住了熔化的铝，所以熔化后的液态铝不滴落，故A错误；
B．向某溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，由于NO3﹣在酸性环境下具有强氧化性，若溶液中有SO32﹣，SO32﹣被氧化为SO42﹣，也会产生白色沉淀，故B错误；
C．乙酸乙酯样品中可能混有乙醇、乙酸，乙醇、乙酸都可以与钠反应产生氢气，因此乙酸乙酯中不一定含乙酸，故C错误；
D．向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，蛋白质可能发生了变性，出现浑浊，为不可逆反应，故D正确；
故选：D。
【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、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B．X的氢化物水溶液酸性强于Z的
C．Y2W2与ZW2是均含有共价键的离子化合物
D．标准状况下W的单质状态与X的相同
【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液，可知Y为Na、Z为Cl、W为O，元素X和Z同族，X为F，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，W为O、X为F、Y为Na、Z为Cl，
A.同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径大小为X＜W＜Z＜Y，故A错误；
B.盐酸为强酸、HF酸为弱酸，则X的氢化物水溶液酸性弱于Z的，故B错误；
C.ZW2只含共价键，为共价化合物，而Y2W2为含共价键的离子化合物，故C错误；
D.标准状况下W的单质状态与X的相同，均为气态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．下列指定反应的离子方程式错误的是.（ ）
A．硝酸铝溶液中加过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+
B．小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液：2HCO3﹣+Ba2++2OH═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．酸性KMnO4中加入双氧水：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O
D．NaClO溶液中滴加NaCN溶液：2CN﹣+5ClO﹣+2H+═N2↑+2CO2↑+5Cl﹣+H2O
【分析】A．二者反应生成氢氧化铝和硝酸铵；
B．氢氧化钡少量反应生成碳酸钡和碳酸钠和水；
C．高锰酸钾能氧化过氧化氢生成氧气；
D．反应条件应为碱性条件。
【解答】解：A．硝酸铝溶液中加过量氨水，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A正确；
B．小苏打溶液中加少量Ba（OH）2溶液，离子方程式：2HCO3﹣+Ba2++2OH═BaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；
C．酸性KMnO4中加入双氧水，离子方程式：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故C正确；
D．NaClO溶液中滴加NaCN溶液，离子方程式：2CN﹣+5ClO﹣+2OH﹣＝2CO32﹣+N2↑+5Cl﹣+H2O，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，注意离子个数配比，注意反应物用量对反应的影响。
7．装置（Ⅰ）为铁镍（Fe﹣Ni）可充电电池：Fe+NiO2Fe（OH）2+Ni（OH）2；装置（Ⅱ）为电解示意图，当闭合开关 K 时，Y 附近溶液先变红。下 列说法正确的是（ ）
A．闭合 K 时，X 的电极反应式为：2H++2e﹣═H2↑
B．给装置（Ⅰ）充电时，OH﹣通过阴离子交换膜，移向 A 电 极
C．给装置（Ⅰ）充电时，B 极参与反应的物质被氧化
D．闭合 K 时，A 电极反应式为：NiO2+2e﹣+2H+═Ni（OH）2
【分析】当闭合开关K时，II是电解池，电极Y附近溶液先变红，说明Y电极附近有氢氧根离子生成，则为阴极，X为阳极，所以A是正极、B是负极，
A．闭合开关K后，电极X是阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气；
B．电池充电时，OH﹣通过阴离子交换膜，移向阳极；
C．电池充电时，原来负极应该连接电源负极作阴极；
D．闭合开关K后，A电极是正极得电子发生还原反应。
【解答】解：当闭合开关K时，II是电解池，电极Y附近溶液先变红，说明Y电极附近有氢氧根离子生成，则为阴极，X为阳极，所以A是正极、B是负极，
A．闭合开关K后，电极X是阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故A错误；
B．电池充电时，原来正极A应该连接电源正极作阳极，所以OH﹣通过阴离子交换膜，移向A电极阳极，故B正确；
C．电池充电时，原电池负极B应该连接外加电源负极作阴极，发生还原反应，故C错误；
D．闭合开关K后，A电极是正极得电子发生还原反应，反应为NiO2+2e﹣+2H2O═Ni（OH）2+2OH﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学电源新型电池，掌握原电池原理和电解池原理是解题关键，注意电极判断及电池反应式的书写，要结合电解质溶液书写，为学习难点、易错点，题目难度不大。
二．实验题（共1小题）
8．某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按图装置进行实验。A、B装置可选用的药品：浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、CaO固体、MnO2。
（1）实验室制备NH3的化学方程式： 2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O 。
（2）NH3催化氧化的化学方程式是 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（3）①甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。一段时间后，甲、乙观察到装置G中的溶液都变成蓝色，用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因： 3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O 。
②此外，甲观察到装置F中只有红棕色气体；乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是 NH4NO3 。（填化学式）
（4）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进：
①方法一：可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应 增加 （填“增加”或“减少”）装置A中的产气量，或 减少 （填“增加”或“减少”）装置B中的产气量。
②方法二：可在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是 abc 。（填字母序号）
（5）为实现该反应，也可用如图所示的装置替换题。给装置中虚线框部分，化合物X为 Na2O2 。写出NH4HCO3在该装置反应的化学方程式： NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑ 。
【分析】（1）实验室利用固体NH4Cl和Ca（OH）2在加热的条件下制取氨气；
（2）氨的催化氧化产物是一氧化氮和水，据此来书写反应方程式；
（3）①E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2，二氧化氮溶于稀硫酸中生成硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
②E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成硝酸铵；
（4）①为了氧化氨气，氧气需过量，需增加氧气的量，减少氨气的量；
②在F中看到红棕色的二氧化氮，避免生成硝酸铵，需不生成硝酸，需除去水或氨气，在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是将氨气或水除去，剩下一氧化氮和未反应的氧气；
（5）根据反应须制取氧气，可根据可选的药品结合装置解答。
【解答】解：（1）实验室利用固体NH4Cl和Ca（OH）2在加热的条件下制取氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；
（2）氨的催化氧化反应，氨气中﹣3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2，二氧化氮溶于稀硫酸中生成硝酸，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O；
②E中生成的NO被F装置里的氧气氧化成NO2，二氧化氮、水蒸气、氨气反应生成白色固体硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
（4）①要观察到有红棕色气体，可采取措施：一是减少氨气通入量；二是增加氧气通入量；
故答案为：增加；减少；
②E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因4NO+2H2O+3O2＝4HNO3，NH3+HNO3＝NH4NO3，所以避免F中生成硝酸铵，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需除去水或氨气，需在装置E、F间增加一个装置，该装置可以将氨气或水除去，a碱石灰吸收水蒸气，可以通过防倒吸的b装置吸收氨气，可以通过浓硫酸吸收氨气和水蒸气，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需选abc，
故答案为：abc；
（5）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，反应方程式为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，
故答案为：Na2O2；NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑。
【点评】本题主要考查了氨气的催化氧化，掌握该反应的原理和相关物质的性质是解题关键，题目难度中等。
三．解答题（共3小题）
9．2018年8月31日，华为公司发布AI芯片麒麟980，这标志着着我国高科技企业的芯片制造技术迈入国际领先水平。组成芯片的核心物质是高纯度硅。下图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。
已知：LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃；NH4Cl在100℃开始挥发，337.8℃分解完全。常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝2.64×10﹣39，Ksp[Al（OH）3]＝1.0×10﹣33。
（1）粗硅中常含有副产物SiC，请写出①中生成SiC的反应方程式 SiO2+3C SiC+2CO↑ 。写出②中的反应方程式 SiCl4+2H2Si+4HCl 。
（2）请写出操作名称：a 过滤 ；b 加热 。
（3）请写出试剂X是 氨水 。
（4）本生产工艺要求，要控制LiCl和NH4Cl溶液中的杂质离子浓度在1.0×10﹣6ml•L﹣1以下，应控制溶液的pH为 5.0 ，此时溶液中Fe3+的浓度为 2.64×10﹣12ml/L 。
【分析】石英砂加入盐酸酸浸过滤得到二氧化硅和滤液，二氧化硅和碳高温反应生成粗硅，粗硅和氧气高温反应生成SiCl4和滤渣，SiCl4和H2高温反应得到纯硅，滤液加入试剂氨水过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液LiCl溶液、NH4Cl溶液，蒸发结晶得到LiCl和NH4Cl固体，加热固体，氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，重新反应得到固体氯化铵，得到固体LiCl，电解熔融固体得到锂，
（1）①中生成SiC的反应是碳和二氧化硅反应生成碳化硅和一氧化碳，②中反应为氢气还原四氯化硅得到纯硅；
（2）分析可知操作a为固体和溶液分离操作为过滤，b是固体受热分解分离混合物的方法；
（3）生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀的试剂为氨水；
（4）结合溶度积常数计算；
【解答】解：石英砂加入盐酸酸浸过滤得到二氧化硅和滤液，二氧化硅和碳高温反应生成粗硅，粗硅和氧气高温反应生成SiCl4和滤渣，SiCl4和H2高温反应得到纯硅，滤液加入试剂氨水过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液LiCl溶液、NH4Cl溶液，蒸发结晶得到LiCl和NH4Cl固体，加热固体，氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，重新反应得到固体氯化铵，得到固体LiCl，电解熔融固体得到锂，
（1）①中生成SiC的反应是碳和二氧化硅反应生成碳化硅和一氧化碳，反应的化学方程式：SiO2+3CSiC+2CO↑，②中反应为氢气还原四氯化硅得到纯硅故答案为：SiCl4+2H2Si+4HCl，
故答案为：SiO2+3CSiC+2CO↑；SiCl4+2H2Si+4HCl；
（2）分析可知操作a为固体和溶液分离操作为过滤，b是固体受热分解分离混合物的方法为加热，
故答案为：过滤；加热；
（3）流程图中沉淀生成的过程可知，沉淀离子的试剂X为氨水，
故答案为：氨水；
（4）杂质离子浓度在1.0×10﹣6ml•L﹣1以下，Ksp（Al（OH）3）＝c（Al3+）c3（OH﹣）＝1.0×10﹣33，c（OH﹣）＝＝10﹣9ml/L，c（H+）＝m/L＝10﹣5ml/L，PH＝5.0，PH＝5.0，c（OH﹣）＝10﹣9ml/L，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）c3（OH﹣）＝2.64×10﹣39，c（Fe3+）＝＝2.64×10﹣12ml/L，
故答案为：5.0；2.64×10﹣12ml/L。
【点评】本题考查了物质制备、物质性质、溶度积常数的计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
10．氢气作为新能源，广泛应用于能源、化学等领域。现阶段氢气主要通过天然气重整的方式进行工业生产。发生的化学方程式如下：
反应ⅠCH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206 kJ/ml
反应ⅡCO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2＝﹣41 kJ/ml
副反应 CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H3＝+75 kJ/ml
（1）①若仅发生反应I，为提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为 C 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
②某研究小组在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气，实验过程中发现CO2的产率远大于CO的产率，请解释可能的原因 反应Ⅰ的活化能较高，反应Ⅱ的活化能较低，因此，生成的CO被迅速转化成CO2，不能积累 。
（2）在实际生产过程中，科学家发现使用Ni作为催化剂（当Ni表面吸附大量碳时，会导致催化剂活性下降），可加快反应I的反应速率，从而加快整个反应的进行，提高单位时间内H2的产率。
①某恒容体系中，压强为1.3MPa，水/甲烷的物质的量之比为4，反应相同时间，H2的物质的量随反应温度的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是 B、D 。
A．对反应Ⅰ而言，KT1＞KT2
B．水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2
C．使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是提高分子自身所具有的能量
D．若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小
②在某恒温体系中，体积为1L，水/甲烷的物质的量之比等于4，投入CH4的量为l ml，若仅发生上述一系列反应，一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性（转化的CH4中，生成CO的百分含量）为b，CO2的浓度为c ml/L，求此时H2的物质的量浓度为 （ab+2c+2a）ml/L ，CO的物质的量浓度为 （ab）ml/L
（3）现科学家发现，以Ni﹣CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右。请从能量利用及平衡移动角度，理论分析以Ni﹣CaO为复合催化剂的优点 CaO可吸收CO2，使反应Ⅰ平衡正向移动，提高H2的产率，同时，CaO吸附CO2是放热反应，可为反应Ⅰ的进行提供热量，降低系统能耗 。
（4）CH4自身也可做为燃料电池的原料，其工作原理如图所示。
请写出通入甲烷﹣极的电极反应式为 4CO32﹣+CH4﹣8e﹣═5CO2+2H2O 。
【分析】（1）①反应Ⅰ为吸热反应，随着反应进行，气体分子数增加；
②生成CO对应反应Ⅰ，生成CO2对应反应Ⅱ，从动力学角度分析原因；
（2）①A．温度从T1升高到T2，并不总是对反应Ⅰ有利；
B．增大其中一种反应物的量可以提高另一反应物的转化率，反应I放热大于反应Ⅱ吸热；
C．催化剂是降低反应的活化能；
D．若控制其他条件不变，缩小体积，相当于加压，促使反应向减压方向进行；
②根据体系内发生反应的化学方程式计算；
（3）以Ni﹣CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右，考虑到其中CaO可以吸收CO2，促使反应Ⅰ正向进行，再从能量角度考虑；
（4）CH4在原电池中转化为CO2，发生氧化反应。
【解答】解：（1）①反应Ⅰ为吸热反应，随着反应进行，气体分子数增加，为提高CH4的平衡转化率，可以考虑升温减压，即条件选取为高温低压，
故答案为：C；
②一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气，实验过程中发现CO2的产率远大于CO的产率，生成CO对应反应Ⅰ，生成CO2对应反应Ⅱ，反应Ⅰ生成CO，反应Ⅱ消耗CO，却发现CO2生成的比CO多，考虑整个体系内，消耗CO速率较快，生成CO速率较慢，
故答案为：反应Ⅰ的活化能较高，反应Ⅱ的活化能较低，因此，生成的CO被迅速转化成CO2，不能积累；
（2）①A．温度从T1升高到T2，并不总是对反应Ⅰ有利，根据图象，实际上温度T1时，生成的H2更多，正反应程度更大，所以KT1＞KT2，故A错误；
B．增大其中一种反应物的量可以提高另一反应物的转化率，反应I放热大于反应Ⅱ吸热，所以水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2，故B正确；
C．催化剂是降低反应的活化能，不是提高分子自身的能量，故C错误；
D．若控制其他条件不变，缩小体积，相当于加压，促使反应向减压方向进行，则CH4的平衡转化率将减小，故D正确，
故答案为：B、D；
②体系内发生的反应有：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
平衡（ml）1﹣x﹣z 4﹣x﹣y x﹣y 3x+y+2z
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
平衡（ml） x﹣y 4﹣x﹣y y 3x+y+2z
CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）
平衡（ml） 1﹣x﹣z z 3x+y+2z
一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性（转化的CH4中，生成CO的百分含量）为b，CO2的浓度为c ml/L，所以有a＝，＝b，c（CO2）＝ml/L＝yml/L＝c ml/L，可解得x＝ab+c，y＝c，z＝a﹣ab﹣c，所以此时H2的物质的量浓度为c（H2）＝＝（2a+ab+2c）ml/L，c（CO）＝＝abml/L，
故答案为：2a+ab+2c；ab；
（3）以Ni﹣CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右，考虑到其中CaO可以吸收CO2，促使反应Ⅰ正向进行，再从能量角度考虑，CaO吸附CO2是放热反应，可为反应Ⅰ的进行提供热量，降低系统能耗，
故答案为：CaO可吸收CO2，使反应Ⅰ平衡正向移动，提高H2的产率，同时，CaO吸附CO2是放热反应，可为反应Ⅰ的进行提供热量，降低系统能耗；
（4）CH4在原电池中转化为CO2，发生氧化反应，则电极反应为：4CO32﹣+CH4﹣8e﹣═5CO2+2H2O，
故答案为：4CO32﹣+CH4﹣8e﹣═5CO2+2H2O。
【点评】本题考查化学反应原理部分知识，涉及到化学平衡的计算，多重平衡过程的处理，化学平衡的移动，电化学等知识点，整体难度中等。
11．芬太尼类似物L具有镇痛作用。它的合成方法如图：
已知：
Ⅰ． +HCl
Ⅱ．R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH
Ⅲ．（R1、R2、R3、R4为氢或烃基）
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为 丙烯 ，其分子中最多有个原子共面。
（2）B中官能团的名称为 碳碳双键 、 氯原子 。②的反应类型为 取代反应 。
（3）③的化学方程式为 。
（4）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式 ，用星号（*）标出F中的手性碳。G的结构简式为 。
（5）已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶（一种有机碱），其作用是 吡啶能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 。
（6）参照上述合成路线，写出以环已烯（ ）和乙醇为起始原料经三步制备化合物 的合成路线。
（已知：RCH＝CHR′RCOOH+R′COOH，R、R′为烃基。其他试剂任选）
【分析】由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH＝CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH＝CH2．反应①为取代反应。由C、D的分子式，可知反应②发生信息I中取代反应，可知D为．由信息II中取代反应、结合E的分子式，可知E为．E发生酯的水解反应生成F．对比F、J的结合，可知F脱羧生成G，G与苯胺脱去1分子水生成J，故G为．J与发生消去反应生成L。
（6）由信息II可知，由反应得到．用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到。
【解答】解：（1）A属于烯烃，A的结构简式为CH2＝CH﹣CH3，A名称为：丙烯，旋转碳碳单键可以使甲基中1个H原子处于碳碳双键的平面结构内，分子中最多有7个额原子共面，
故答案为：丙烯；7；
（2）B为ClCH2CH＝CH2，B中官能团有碳碳双键、氯原子，反应②是B的氨基中氢原子被﹣CH2CH2COOCH3替代，属于取代反应，
故答案为：碳碳双键、氯原子；取代反应；
（3）反应③的化学方程式为：，
故答案为：；
（4）用星号（*）标出F中的手性碳原子为：，G的结构简式为：，
故答案为：；；
（5）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，
故答案为：吡啶能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；
（6）由信息II可知，由反应得到．用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到．合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，注意对给予信息的理解，充分利用有机物的结构结构式、分子式进行分析，有利于培训学生的分析推理与知识迁移运用能力，是有机化学基础常见题型。
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日期：2021/3/29 0:08:35；用户：18185977636；邮箱：18185977636；学号：25303007
选项
实验操作和现象
结论
A
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不滴落
金属铝的熔点较高
B
向某溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
C
向乙酸乙酯样品（由乙醇与乙酸反应制得）中加入小颗粒钠，产生大量气泡
乙酸乙酯中一定含乙酸
D
向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊
蛋白质可能发生了变性
选项
实验操作和现象
结论
A
用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝不滴落
金属铝的熔点较高
B
向某溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀
原溶液中一定有SO42﹣
C
向乙酸乙酯样品（由乙醇与乙酸反应制得）中加入小颗粒钠，产生大量气泡
乙酸乙酯中一定含乙酸
D
向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊
蛋白质可能发生了变性