2023年高考第一次模拟考试卷：化学（河北A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（河北A卷）（全解全析），共19页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
本卷满分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：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Fe 56 Co 59 Cu 64 Y 89

一、单项选择题：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．中国对于铁合金的记载很早，在《天工开物》中“凡铁分生、熟，出炉未炒则生，既炒则熟。生熟相和，炼成则钢。”体现了我国很早就已将不同碳含量的铁合金进行了区分，下列叙述正确的是
A．生铁的含碳量比熟铁低 B．生铁变为熟铁是物理变化
C．钢的含碳量越高，硬度越小 D．合金钢与碳素钢的组织结构不同
【答案】D
【详解】
A．生铁的含碳量比熟铁高，故A错误；
B．生铁变为熟铁涉及到炼钢过程的一系列化学变化，故B错误；
C．钢的含碳量越高，硬度越大，故C错误；
D．合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种特殊性能，故D正确；
故选D。
2．某有机化合物M是一种药物的合成中间体，其结构简式如图。下列有关该有机化合物的说法不正确的是

A．化学物M的分子式为C18H22O3
B．化合物M中含有二种含氧官能团
C．每个M分子中最多有10个碳原子处于同一平面
D．该有机物能发生加成反应、取代反应和水解反应
【答案】C
【解析】
A．由结构简式可知，化学物M的分子式为C18H22O3，故A项正确；
B．根据结构简式可知，化合物M中含有羰基和酯基两种含氧官能团，故B项正确；
C．苯环为平面型分子，碳碳双键相连的碳原子共平面，则每个M分子中最多有12个碳原子处于同一平面，故C项错误；
D．该有机物中含有碳碳双键和酯基，能发生加成反应、取代反应和水解反应，故D项正确；
答案选C。
3．2021年10月16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是
A．火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B．航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C．二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D．航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
【答案】C
【解析】
A．合金具有金属特性，钛合金属于金属材料，故A正确；
B．橡胶含有碳元素，相对分子质量为几万到几千万，属于有机高分子材料，故B正确；
C．单质硅是太阳能电池板的核心材料，故C错误；
D．碳纤维主要成分是碳，属于新型无机非金属材料，故D正确；
选C。
4．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温下22.4L NH3含有的中子数为7NA
B．常温下1L pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NA
C．将50mL 12mol/L盐酸与足量共热，转移的电子数为0.3NA
D．56g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA
【答案】D
【解析】
A．常温下，不能使用Vm=22.4L/mol计算22.4L NH3的物质的量，故无法计算22.4L NH3所含有的中子数，A错误；
B．pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L´1L=0.1mol，即该溶液中OH-的数目为0.1NA，B错误；
C．n(HCl)=0.05L´12mol/L=0.6mol，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6mol HCl完全参加反应可转移0.3mol电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，故反应中转移电子数小于0.3NA，C错误；
D．C3H6和C4H8的最简式都是CH2，可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH2)==4mol，n(H)=2´4mol=8mol，故该混合气体中氢原子数目为8NA，D正确；
故选D。
5．我校化学组(部分夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




制备
制备并收集少量NO
配制溶液
证明乙炔可使溴水褪色
【答案】B
【解析】
A．利用浓硫酸与铜片反应制二氧化硫时需要加热，该装置未加热，所以不反应，选项A错误；
B．利用稀硝酸与铜丝反应制备NO，且NO不溶于水可以用排水法收集，选项B正确；
C．不能在容量瓶中直接溶解固体，选项C错误；
D．此法制备的乙块气体中含有等还原性气体，所以可以使溴水褪色的不一定是乙炔，选项D错误；
答案选B。
6．20世纪30年代，科学家查德威克用α粒子(即氦核)轰击某金属原子发现了中子，该核反应还可得到了Y，核反应方程式为+→Y +，其中X、Y的L能层上的电子数之比为1：2。下列叙述错误
A．X原子核内中子数与质子数相等 B．X的氢氧化物与Al(OH)3的性质相似
C．Y有多种不同的含氧酸 D．非金属性：X＜Y
【答案】A
【详解】
根据核反应方程式为+→Y +，可知M=2+Z，2M+1=4+A，其中X、Y的L能层上的电子数之比为1：2，则为，为。
A．为，质子数为4，质量数为9，中子数为9-4=5，中子数与质子数不相等，A错误；
B．根据对角线规则，Be(OH)2与Al(OH)3的性质相似，它们都具有两性氢氧化物的性质，B正确；
C．Y为C，C有多种含氧酸，如H2CO3、H2C2O4等，C正确；
D．同周期主族元素从左到右元素的非金属性逐渐增大，则元素的非金属性：X(Be)＜Y(C)，D正确；
故合理选项是A。
7．下列说法正确的是
A．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【答案】A
【详解】
A．镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；
B．浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；
C．浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
故选A。
8．磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：

下列说法错误的是
A．既能与酸反应又能与碱反应
B．流程中有两处涉及氧化还原反应
C．该过程需要在无氧条件下进行
D．分解反应生成和的物质的量之比为1∶1
【答案】A
【解析】
白磷与过量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成PH3和NaH2PO2溶液，NaH2PO2溶液与稀硫酸反应生成H3PO2，H3PO2为一元弱酸，发生分解反应生成PH3和H3PO4。
A．H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2 为正盐，只能与酸反应，A错误；
B．白磷与氢氧化钠溶液反应、H3PO2分解生成PH3和H3PO4，这两个反应中元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B正确；
C．PH3在空气中能自燃，整个过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C正确；
D．H3PO2中P元素为+1价，H3PO4 和 PH3中P元素分别为+5和-3价，根据得失电子守恒规律， 反应生成 H3PO4 和 PH3的物质的量之比为1∶1，D正确；
故选A。
9．MOH是一种一元弱碱，25℃时， 在20.0mL 0.1 mol·L-1MOH溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸V mL， 混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是

A．x=3.75
B．a点时，V=10.0 mL
C．25℃时，MOH的电离常数Kb的数量级为10-4
D．V=20.0 mL时，溶液存在关系： 2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)
【答案】B
【解析】
由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。
A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；
B．当V=10.0 mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；
C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；
D．当V=20.0 mL时，由电荷守恒可知：c(H+) + c(M+) =c(OH-)+ c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)= c(OH-)+ c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+) + c(M+) = c(MOH) +2c(OH-)+ c(Cl-)，D项正确；
答案选B。
10．已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是

A．A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B．简单离子的半径：E>D>C
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：E>B
D．化合物X在低温更加稳定
【答案】B
【解析】
根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根据A、B、C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E是S元素，以此来解析；
A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正确；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，D正确；
故选B。
11．ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。下列说法正确的是

A．S2-周围等距且最近的S2-有6个
B．基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种
C．Zn2+与S2-的最短距离为
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种
【答案】C
【详解】
A．根据投影图知，该晶体的晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；
B．Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；
C．根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；
D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；
故选：C。
12．某种电催化法以为催化电极合成腈类化合物和偶氮化合物，装置示意图如图。下列说法错误的是

A．左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应
B．阴极发生反应：

C．从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动
D．每当合成得到，同时合成
【答案】D
【详解】
A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；
B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为 ，故B正确；
C．右侧为阴极、左侧为阳极，从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；
D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到，同时合成，故D错误；
选D。
13．Cu－Ce－Ox固溶体作为金属催化剂，能有效促进电化学还原，反应产生CH4和C2H4的中间体，*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．制约CO2还原为C2H4反应速率的是*COH－COH→CH*－COH
B．*CH3O→CH4+O*只有化学键的形成
C．Cu－Ce－Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性
D．由*CO生成*OH的反应为*CO+5H+-5e-=CH4+*OH
【答案】C
【详解】
A． 能垒高的可以制约反应，由图知，制约CO2还原为C2H4反应速率的是CH*－COH→*C－COH，A错误；
B． *CH3O→CH4+O*既有化学键的断裂、又有化学键的形成，B错误；
C．由图知，生成甲烷的历程中、活化能小，因此更容易生成甲烷、即 Cu－Ce－Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性，C正确；
D． 由*CO生成CH4与*OH的反应为化合价降低、得电子、是还原反应，D错误；
答案选C。
14．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
钢铁的吸氧腐蚀过程有生成
往装有铁钉的试管中加入3mL饱和氯化钠溶液，充分反应后，取少量铁钉附近溶液于另一支试管中，滴加1滴溶液
出现蓝色沉淀，说明有生成
B
葡萄糖分子中含有醛基
向2mL 10%的溶液中滴入5滴5% NaOH溶液，再加入2mL葡萄糖溶液，加热
产生砖红色沉淀，说明葡萄糖分子中含有醛基
C
溴乙烷可以发生消去反应
将溴乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体通入盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中
试管中的溶液紫色褪去，说明溴乙烷发生消去反应
D
测定碳酸氢钠加水过程中的热量变化
向装有固体的试管中，滴入几滴水，振荡，将温度计插入其中，观察温度计示数变化
温度计示数略有上升，说明该过程放热

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．钢铁的吸氧腐蚀过程中产生的可用溶液检验，出现蓝色沉淀，说明有生成，故A正确；
B．新制氢氧化铜的配制需要碱过量，应向2mL10%的NaOH溶液中滴入5滴5%溶液，再加入2mL葡萄糖溶液，加热，产生砖红色沉淀，说明葡萄糖分子中含有醛基，故B错误；
C．乙醇易挥发，溴乙烷与NaOH的乙醇溶液加热产生的气体中有乙醇蒸气，乙醇具有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，影响乙烯的检验，故C错误；
D．碳酸氢钠固体中滴入几滴水的过程是吸热过程，现象和结论错误，故D错误；
故选A。

二、非选择题：共58分。
15．（14分）纯品氯化钠可用于食品、制药、氯碱工业等许多领域。实验室中利用下列装置进行从海水提取纯品氯化钠的实验。海水中主要离子及浓度见下表：
离子
Cl-
Na+
Mg2+

Ca2+
K+
浓度(×10-3mol/L)
546
468
53.3
28.1
10.4
9.97

回答下列问题。
（1）盛放BaCl2溶液的仪器名称为_______，球形冷凝管的出水管为_______(填“a”或“b”)。
（2）在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mL 1mol·L-1BaCl2溶液，加热10min后取下，确定沉淀完全的实验方法是_________________________，能否用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂_______(填“能”或“否”)。
（3）减压过滤(第一次)出泥沙与BaSO4，减压过滤的主要优点是_____________(写一条)。
（4）加热滤液至沸，分别加入2mL 3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液，10min后减压过滤(第二次)。进行两次过滤而不是合并一次过滤的主要目的是：①防止泥沙溶于NaOH溶液；②防止发生沉淀转化：_______________________________(写出离子方程式)。工业上不宜选择用Ba(OH)2同时除去Mg2＋和SO，可能的合理考虑是_______(双选)。
A．Ba(OH)2比较贵 B．Ba(OH)2的溶解度比较低
C．Ba(OH)2属于二元强碱 D．SO恰好沉淀完全时，Mg2＋不能完全沉淀
（5）在滤液中滴加2mol·L-1盐酸，直至溶液pH在2～3之间，搅拌。有人认为调节溶液酸碱性呈中性即可，这样做的后果是_________________________。
（6）据下图分析，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经_______、_______，乙醇洗涤，干燥，得到纯品氯化钠。

【答案】
（1）恒压滴液漏斗     b
（2）静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反     否
（3）分离速率快，固液分离彻底，分离效率高
（4）BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)     AD
（5）导致未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠
（6）蒸发结晶     趁热过滤
【解析】
本题为实验题，模拟工业上从海水中获得粗盐，并对其进行分离和提纯，先向海水混合物中加入氯化钡溶液，过滤分离出硫酸钡和泥沙，在向滤液1中分别加入NaOH溶液和Na2CO3溶液，再进行二次过滤，过滤出氢氧化镁和碳酸钙、碳酸钡沉淀，向滤液2中加入稀盐酸至pH到2~3之间即盐酸适当过量，除去过量的NaOH和Na2CO3，然后蒸发结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，干燥，据此分析解题。
（1）由题干实验装置图可知，盛放BaCl2溶液的仪器名称为恒压滴液漏斗，球形冷凝管中冷却水应该下进上出，以提高冷凝效果，故球形冷凝管中的出水管为b，故答案为：恒压滴液漏斗；b；
（2）在95℃下对30mL海水混合物进行加热搅拌，同时缓慢滴加约2mL1mol·L-1BaCl2溶液，加热10min后取下，确定沉淀完全的实验方法是静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，由于CaSO4是微溶物，若用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂，则使沉淀不完全，即不能完全除去，故不能用CaCl2代替BaCl2做沉淀剂，故答案为：静置，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若不再产生白色沉淀，则沉淀完全，反之则反；否；
（3）与普通过滤相比，减压过滤具有分离速率快，固液分离彻底，分离效率高的优点，故答案为：分离速率快，固液分离彻底，分离效率高；
（4）加热滤液至沸，分别加入2mL3mol·L-1NaOH溶液和2mL饱和Na2CO3溶液，10min后减压过滤(第二次)，进行两次过滤而不是合并一次过滤即先过滤出泥沙和BaSO4，再过滤出Mg(OH)2和BaCO3、CaCO3等，其主要目的是：①由于泥沙中的SiO2等能与NaOH反应生成可溶性的硅酸盐，引入新的杂质，则能防止泥沙溶于NaOH溶液；②防止发生沉淀转化即BaSO4转化为BaCO3，导致硫酸根除不干净，该转化的离子方程式为：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，
A．由于Ba(OH)2比较贵，工业生成中需考虑生成成本，原料的价格是工业生成中必须考虑的因素，A符合题意；
B．Ba(OH)2的溶解度虽然比较低，但能溶于水中，足以沉淀镁离子和硫酸根，B不合题意；
C．沉淀镁离子和硫酸根与几元碱无关，故Ba(OH)2属于二元强碱不属于工业生成考虑的问题，C不合题意；
D．已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp[Mg(OH)2]=1.6×10-12，且溶液中的Mg2+浓度和SO浓度不同，可能导致当SO恰好沉淀完全时，Mg2＋不能完全沉淀，这也是工业生产中需要考虑的因素，D符合题意；
故答案为：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)；AD；
（5）由分析可知，二次过滤之后的滤液中主要含有过量的OH-和，已知NaHCO3溶液显弱碱性，碳酸显弱酸，则若调节pH值呈中性，则溶液中可能含有碳酸氢钠和碳酸，导致未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠，故答案为：导致未除干净，最终所得产品中含有碳酸氢钠或者碳酸钠；
（6）由题干图示可知，KCl的溶解度随温度变化明显，而NaCl的溶解度随温度变化不明显，将调节pH后的溶液转移至蒸发皿中，小火加热，再经蒸发结晶、趁热过滤，乙醇洗涤，干燥，得到纯品氯化钠，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤。
16．（15分）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：

已知：Sn2+容易水解。
回答下列问题：
（1）加快“脱锡”速率的措施有_____________(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
（2）“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是___________________；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因___________________。

（3）“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______________________________； 当阴极出现_____________的现象时，说明电解回收锡结束。
（4）“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_________________________。
（5）称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_____________。

【答案】
（1）研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)     蒸发浓缩     冷却结晶
（2）抑制Sn2+水解     置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
（3）2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O     气泡产生
（4）2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
（5）CuSO4∙H2O
【解析】
本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
17．（14分）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：

（1）液相中，合成尿素的热化学方程式为：
2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l) △H=______kJ/mol。
（2）在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是_______。
A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
B．反应在任何温度下都能自发进行
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
（3）反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3 mol/L，则CH4的转化率为______(保留2位有效数字)。
（4）制备“合成气”反应历程分两步：
步骤
反应
正反应速率方程
逆反应速率方程
反应①
CH4(g)C(ads)+2H2(g)
v正=k1·c(CH4)
v逆=k2·c2(H2)
反应②
C(ads)+CO2(g)2CO(g)
v正=k3·c(CO2)
v逆=k4·c2(CO)

上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：

①反应速率快慢比较：反应①________反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因______________。
②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K=_________(用k1、k2、k3、k4表示)。
（5）制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0 kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：

随着进料比的增加，的值______(填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是______。
【答案】
（1）-93.7  
（2）AC
（3）60%
（4）＜     反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快     K=
（5）减小     随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少
【解析】
（1）根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；
（2）A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；
B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不能自发进行的，故B错误；
C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案为：AC；
（3）设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：，，解得x=2.5mol，CH4的转化率为；
（4）①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①＜反应②；
②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，，，则K=；
（5）可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少。
18．（15分）甲基效应可以显著改变药物分子的性质。药物分子后期甲基化研究过程中的一种分子(G)可由丙烯(A)制得，合成路线如下：

已知：R-OH+R′-CH2-XR-O-CH2-R′+HX
R-OH++HCl
R-NH2++HCl
(R、R′、R″可以是芳基，X为卤原子)
回答下列问题；
（1）A→B的反应类型为_______；F中含氧官能团有醚键、_______(填名称)。
（2）C→D的化学方程式为_________________________；G的结构简式为_______。
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基因时，该碳称为手性碳。写出E的结构简式，用星号(*)标出E中的手性碳_____________。
（4）核磁共振氢谱显示，化合物有_______组峰，与该物质互为同系物，分子式为C9H12O的物质有_______种(不考虑立体异构)。
（5）以、为原料，参照上述合成路线及相关信息合成，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其他试剂任选)。
→___________________________________________。
【答案】
（1）取代反应     羟基
（2）ClCH2CH(OH)CH2Cl +NaOH+NaCl+H2O
或者HOCH2CHClCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O    
（3）
（4）4     22
（5）
【解析】
本题是有机合成流程题，已知A为丙烯，其结构简式为：CH2=CHCH3，根据A到B的转化条件可知，B的结构简式为CH2=CHCH2Cl，由B到C的转化条件并结合D额的结构简式和C到D的转化条件可知，C的结构简式为：ClCH2CH(OH)CH2Cl或者HOCH2CHClCH2Cl，由F的结构简式和G的分子式并结合已知信息可知，G的结构简式为：，（5）由题干流程图转化信息可知，和发生类似于题干流程中D到E的反应生成，然后再发生类似于第一个已知信息反应生成，然后在NaOH水溶液中发生水解反应即得目标产物，由分析确定合成路线，据此分析解题。
（1）由分析可知，A→B即CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，由题干流程图中F的结构简式可知，F中含氧官能团有醚键、羟基，故答案为：取代反应；羟基；
（2）由分析可知，C的结构简式为：ClCH2CH(OH)CH2Cl 或者HOCH2CHClCH2Cl，则C→D的化学方程式为；ClCH2CH(OH)CH2Cl +NaOH+NaCl+H2O或者HOCH2CHClCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O，由分析可知，G的结构简式为，故答案为：ClCH2CH(OH)CH2Cl +NaOH+NaCl+H2O或者HOCH2CHClCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O；；
（3）碳原子上连有4个不同的原子或基因时，该碳称为手性碳，用星号(*)标出E中的手性碳表示如图：，故答案为：；
（4）根据等效氢原理可知，核磁共振氢谱显示，化合物有4组峰，如图所示：，与该物质互为同系物即含有酚羟基，分子式为C9H12O的物质有：若两个取代基即-OH、-CH2CH2CH3或者-OH、-CH(CH3)2两组，每组又有邻、间、对三种位置关系，若有三个取代基即-OH、-CH3和-CH2CH3，苯环上连有三种互不相同的基团共有10种位置关系，若连有4个基团即-OH和3个甲基，则先考虑三个甲基的位置关系有邻偏均三种，再连羟基则分别有2种、3种和1种，故该物质属于酚类的同分异构体共有2×3+10+2+3+1=22种，故答案为：4；22；
（5）由题干流程图转化信息可知，和发生类似于题干流程中D到E的反应生成，然后再发生类似于第一个已知信息反应生成，然后在NaOH水溶液中发生水解反应即得目标产物，据此分析确定合成路线为：，故答案为：。