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2021高考化学模拟卷第二十二套
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这是一份2021高考化学模拟卷第二十二套，共25页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底，并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机
2．有机物E具有抗肿瘤.镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图。下列说法正确的是（ ）
A．G→E发生了水解反应
B．E分子中所有碳原子一定 在同一平面内
C．化合物G的一卤代物有6种
D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
3．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）
A．6g SiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C．1ml Na2O2与1ml SO2充分反应，转移的电子数为2NA
D．0.5ml NO与0.5ml O2充分反应后，分子数为0.75NA
4．下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓
B．向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
C．向KAl（SO4）2溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O
6．主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，X、Z两种元素形成的一种离子结构式为。下列说法正确的是（ ）
A．单质的熔点：Z＞X＞Y
B．Z的氧化物对应的水化物为强电解质
C．Y的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
D．W分别与X、Y、Z形成简单化合物的化学键类型相同
7．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
二．实验题（共1小题）
8．已知：①氮的氧化物能与红热的铜反应；②Cu2O在酸性条件下能迅速发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，某小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物（设Cu全部被氧化），装置如图所示。（部分夹持装置未画出）
请回答下列问题：
（1）装置E中倒置在水槽中的仪器名称为 ；装置 B中试剂为 。
（2）装置A中a的作用是 ；写出A中反应的离子方程式 。
（3）实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是 。若观察到D中红色粉末变为黑色，说明D中有 （填化学式）生成。
（4）对D中氧化产物提出如下假设：
假设1：氧化产物是CuO；
假设2：氧化产物是CuO和Cu2O的混合物。
为了探究氧化产物是否含有Cu2O，设计如下方案：
（甲）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硝酸，观察是否溶解
（乙）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硫酸，观察是否溶解
（丙）取少量完全反应后的产物，加入足量的浓硝酸，观察是否溶解
（丁）取少量完全反应后的产物，在加热条件下通入乙醇蒸气，观察是否变为红色其中，能达到实验目的的是 。（填代号）
（5）若氧化产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL。标准状况下NO气体，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为 。
三．解答题（共3小题）
9．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分是CuFeS2 ）制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如图。
已知：①T.f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。
②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）从物质分类的角度看，本题中涉及的“矾”属于 。（填序号）
A.化合物
B.硫酸盐
C.混合物
D.复盐
为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是 。
（2）生物堆浸包括两个过程：
①CuFeS2+4H++O2═Cu2++Fe2++2S+2H2O；② 。（ 补充离子方程式）
这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是 （ 填“①”或“②”）。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为 。
（3）检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为 （ 填化学式）。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是 ，然后经过 、洗涤、干燥制得绿矾。
（4）测定绿矾（FeSO4•7H2O，式量为278）样品的纯度。取wg绿矾样品溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，将cml•L﹣1标准KMnO4溶液装入 （填酸式、碱式）滴定管进行滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为25.00mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾样品的纯度为 。（用 含w、c的代数式表示）
10．水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2
回答下列问题：
（1）C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H＝ （用△H1和△H2表示）。改变条件，提高H2的产率，△H 。（填“增 大”、“减小”或“不变”）
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和1ml H2O（g），在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时测得c（CO）＝0.20ml•L﹣1，c（H2）＝0.40ml•L﹣1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为 。
②反应I的平衡常数Kp＝ 。（用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压＝总压X该组分体积分数）
（3）在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应Ⅱ。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600C～750℃范围内影响CO转化率的主要因素是 。
（4）工业上常以水煤气（CO和H2）为原料合成甲醇，在一容积可变的密闭容器中充入1ml CO与2ml H2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是 。
A.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变
D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为 、 （填两条即可）。
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为 。
11．沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如图。
已知：（1）R﹣OHROOCCH3+CH3COOH
（2）R﹣X+→+HX
请回答：
（1）A中所含官能团的名称为 。
（2）B→C的反应类型是 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）D→E的化学反应方程式为 ，设计D→E的目的是 。
（5）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 。（不考虑立体异构，只需写出2个）
①遇FeCl3溶液显紫色；
②能发生银镜反应；
③分子中有4种不同化学环境的H原子。
（6）请利用所学知识并参照上述合成路线，设计以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物的路线 。（用流程图表示，无机试剂任选）
第二十二套
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底，并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机
【分析】A．原电池中，电解质溶液中阳离子移向正极；
B．合金熔点低于各成分；
C．胶体分散系具有丁达尔效应；
D．“可燃冰”（主要成分为甲烷）为清洁燃料。
【解答】解：A．锂离子电池工作时为原电池，Li+向正极移动，故A错误；
B．钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性，熔点低于纯金属，故B错误；
C．浮力材料纳米级玻璃微珠属于纳米材料，但不是胶体分散系，无丁达尔效应，故C错误；
D．“可燃冰”（主要成分为甲烷）中的甲烷为清洁燃料，未来海底可燃冰，开采将有助于缓解能源危机，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成、材料的性能分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2．有机物E具有抗肿瘤.镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图。下列说法正确的是（ ）
A．G→E发生了水解反应
B．E分子中所有碳原子一定 在同一平面内
C．化合物G的一卤代物有6种
D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
【分析】A.G→E的变化中C＝O键生成C﹣O键；
B.E含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
C.G含有6种H原子；
D.G不含羟基、羧基，与钠不反应。
【解答】解：A.G→E的变化中C＝O键生成C﹣O键，为加成反应，故A错误；
B.E含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故B错误；
C.G含有6种H原子，则合物G的一卤代物有6种，故C正确；
D.G不含羟基或羧基，则与钠不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）
A．6g SiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C．1ml Na2O2与1ml SO2充分反应，转移的电子数为2NA
D．0.5ml NO与0.5ml O2充分反应后，分子数为0.75NA
【分析】A．依据n＝计算物质的量，结合二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键计算；
B．每个甲烷和氨气均含有10个质子；
C．两者反应为Na2O2+SO2＝Na2SO4，根据得失电子守恒计算；
D．反应过程如下：2NO+O2＝2NO2，2NO2⇌N2O4。
【解答】解：A．6g二氧化硅物质的量＝＝0.1ml，二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键，6g二氧化硅含有Si﹣O键数目为0.4NA，故A正确；
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物的物质的量＝＝0.5ml，每个甲烷和氨气均含有10个质子，所以11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA，故B正确；
C．根据Na2O2+SO2＝Na2SO4，1ml Na2O2与1ml SO2充分反应转移的电子物质的量为2ml，转移的电子数为2NA，故C正确；
D．根据2NO+O2＝2NO2，反应生成0.5ml的NO2，剩余0.25mlO2，气体共0.75ml，但是存在2NO2⇌N2O4的化学平衡，导致总分子数小于0.75NA，故D错误；
故选：D。
【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，注意二氧化硅的结构，题目难度中等。
4．下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，可比较对应酸的酸性；
C.容器体积增大，浓度减小，且为气体体积不变的反应；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红。
【解答】解：A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，且硝酸可氧化亚硫酸根离子，则溶液中可能有Ag+或亚硫酸根等离子，故A错误；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，NaHCO3溶液的pH更大，可知碳酸氢根离子的水解程度大，则酸性：H2CO3＜H2C2O4，故B正确；
C.容器体积增大，浓度减小，气体颜色变浅，且为气体体积不变的反应，则平衡不移动，故C错误；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红，甲烷的氯代产物不具有酸性，故D错误；
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、反应与现象、离子检验、盐类水解及平衡移动、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．对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓
B．向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
C．向KAl（SO4）2溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠固体；
B．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁；
C．氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钾和水；
D．高锰酸钾能够氧化草酸生成二氧化碳和水。
【解答】解：A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，离子方程式：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓，故A正确；
B．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液生成氢氧化铁和氯化镁，离子方程式：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，故B正确；
C．向KAl（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故C错误；
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液，离子方程式：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
6．主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，X、Z两种元素形成的一种离子结构式为。下列说法正确的是（ ）
A．单质的熔点：Z＞X＞Y
B．Z的氧化物对应的水化物为强电解质
C．Y的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
D．W分别与X、Y、Z形成简单化合物的化学键类型相同
【分析】主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，则W为H，Y为Na；X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，二者核外电子数之和为22，结合图示可知，Z形成4个共价键，X能够形成1个双键，且Z位于第三周期，则Z为Si，X为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为O，Y为Na，Z为Si元素，
A．X、Y、Z单质形成晶体分别为分子晶体、金属晶体、原子晶体，则单质的熔点：Z＞Y＞X，故A错误；
B．Z的氧化物对应的水化物为硅酸，硅酸为弱电解质，故B错误；
C．Y的单质为钠，钠性质活泼，既能与水反应，也可与乙醇反应，故C正确；
D．水、硅烷分子中只含有共价键，而NaH只含有离子键，含有化学键类型不完全相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构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。
7．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
【分析】充电时F﹣从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，乙电极为阴极，反应式为MgF2+2e﹣═Mg+2F﹣，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F﹣生成MgF2，电极反应式为Mg+2F﹣﹣2e﹣═MgF2，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，据此解答。
【解答】解：A．放电时，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，故A错误；
B．放电时，乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故B错误；
C．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，所以导线上每通过1ml e﹣，增加1mlF﹣，则甲电极质量增加1ml×19g/ml＝19g，故C正确；
D．充电时，外加电源的正极与正极甲电极相连，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查新型原电池工作原理和电解池原理，为高频考点，把握原电池的工作原理即可解答，注意判断原电池的正负极和电极反应式的书写是难点和易错点，本题难度中等。
二．实验题（共1小题）
8．已知：①氮的氧化物能与红热的铜反应；②Cu2O在酸性条件下能迅速发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，某小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物（设Cu全部被氧化），装置如图所示。（部分夹持装置未画出）
请回答下列问题：
（1）装置E中倒置在水槽中的仪器名称为 圆底烧瓶 ；装置 B中试剂为 水 。
（2）装置A中a的作用是 平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下 ；写出A中反应的离子方程式 Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（3）实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是 排尽反应装置内空气，避免氧气干扰实验效果 。若观察到D中红色粉末变为黑色，说明D中有 CuO （填化学式）生成。
（4）对D中氧化产物提出如下假设：
假设1：氧化产物是CuO；
假设2：氧化产物是CuO和Cu2O的混合物。
为了探究氧化产物是否含有Cu2O，设计如下方案：
（甲）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硝酸，观察是否溶解
（乙）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硫酸，观察是否溶解
（丙）取少量完全反应后的产物，加入足量的浓硝酸，观察是否溶解
（丁）取少量完全反应后的产物，在加热条件下通入乙醇蒸气，观察是否变为红色其中，能达到实验目的的是 乙 。（填代号）
（5）若氧化产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL。标准状况下NO气体，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为 2：3 。
【分析】整个实验装置的原理是，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2，接着B装置利用水和NO2反应生成NO，C装置利用浓硫酸除去NO中的水蒸气，D装置氮的氧化物能与红热的铜反应，生成的气体及剩余的NO气体需尾气收集，
（1）根据仪器的形状判断，B装置利用水和NO2反应生成NO；
（2）a的作用是平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2；
（3）空气中O2能与NO及赤热铜反应，故D装置加热前需要通入生成的气体排尽反应装置内空气，红色粉末变为黑色，说明生成了氧化铜，因为CuO是黑色；
（4）根据信息，将黑色粉末加入足量稀硫酸，观察是否有固体，Cu不能完全溶解，可判断固体成分是否有Cu2O，因为硝酸有强氧化性，能溶解氧化亚铜生成硝酸铜，无法判断，故甲、丙错误，如果通入乙醇蒸气，CuO和CugO都被还原成铜，丁错误，只有乙正确；
（5）因为CuO与硝酸反应不产生气体，由反应3Cu2O+14HNO3＝6Cu（NO3）2+7H2O+2NO↑，生成标准状况下448mL NO气体，需要0.03ml Cu2O，其质量为0.03 ml×144g/ml＝4.32g，CuO的质量为5.92g﹣4.32g＝1.60 g。
【解答】解：（1）根据仪器的形状判断，收集气体的仪器为圆底烧瓶，B装置利用水和NO2反应生成NO，B中的试剂为水，
故答案为：圆底烧瓶；水；
（2）a的作用是平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2，A中反应的离子方程式为：Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O
故答案为：平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下；Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O；
（3）空气中O2能与NO及赤热铜反应，故D装置加热前需要通入生成的气体排尽反应装置内空气，红色粉末变为黑色，说明生成了氧化铜，因为CuO是黑色，
故答案为：排尽反应装置内空气，避免氧气干扰实验效果；CuO；
（4）根据信息，将黑色粉末加入足量稀硫酸，观察是否有固体，Cu不能完全溶解，可判断固体成分是否有Cu2O，因为硝酸有强氧化性，能溶解氧化亚铜生成硝酸铜，无法判断，故甲、丙错误，如果通入乙醇蒸气，CuO和CugO都被还原成铜，丁错误，只有乙正确，
故答案为：乙；
（5）因为CuO与硝酸反应不产生气体，由反应3Cu2O+14HNO3＝6Cu（NO3）2+7H2O+2NO↑，生成标准状况下448mL NO气体，需要0.03ml Cu2O，其质量为0.03 ml×144g/ml＝4.32g，CuO的质量为5.92g﹣4.32g＝1.60 g，即0.02 ml，故CuO和CugO的物质的量之比为2：3，
故答案为：2：3。
【点评】以Cu和NO的反应为载体，探究性质的检验与设计，涉及氧化还原反应原理分析，属基础考查，难度中等。
三．解答题（共3小题）
9．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分是CuFeS2 ）制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如图。
已知：①T.f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。
②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）从物质分类的角度看，本题中涉及的“矾”属于 AB 。（填序号）
A.化合物
B.硫酸盐
C.混合物
D.复盐
为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是 粉碎过筛 。
（2）生物堆浸包括两个过程：
①CuFeS2+4H++O2═Cu2++Fe2++2S+2H2O；② 4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O 。（ 补充离子方程式）
这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是 ① （ 填“①”或“②”）。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为 1.0＜pH＜1.9 。
（3）检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为 KSCN （ 填化学式）。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是 抑制Fe2+离子水解 ，然后经过 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥制得绿矾。
（4）测定绿矾（FeSO4•7H2O，式量为278）样品的纯度。取wg绿矾样品溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，将cml•L﹣1标准KMnO4溶液装入 酸式 （填酸式、碱式）滴定管进行滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为25.00mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾样品的纯度为 ×100% 。（用 含w、c的代数式表示）
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜（CuFeS2）含量较低]，粉碎过筛，经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，加入Na2S2O3溶液、Na2S溶液，会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS、S沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，CuS、S沉淀，用H2O2和稀硫酸氧化处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾（CuSO4•5H2O），
（1）矾属于硫酸盐，增大矿石和溶液接触面积，会加快生物堆浸速率；
（2）生物堆浸包括两个过程，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的活化能大的决定反应速率，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）活性低；
（3）用KSCN溶液检验Fe3+离子的存在，硫酸亚铁溶液温度升高时，Fe2+的水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，先加入少量稀硫酸，能抑制亚铁离子的水解，溶液中得到溶质晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；
（4）高锰酸钾溶液为强氧化剂，能腐蚀橡胶管，三组数据计算得到平均消耗高锰酸钾溶液的体积＝mL＝25.00mL，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：MnO4﹣～5Fe2+～FeSO4•7H2O，据此计算。
【解答】解：（1）从物质分类的角粉碎过筛度看，本题中涉及的“矾”属于硫酸盐，为纯净物中的化合物，为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是：粉碎过筛，
故答案为：AB；粉碎过筛；
（2）生物堆浸过程的反应在Tf细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是反应①，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）活性低，故应控制溶液的pH在1.0＜pH＜1.9范围内，
故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；①；1.0＜pH＜1.9；
（3）用KSCN溶液检验Fe3+离子的存在，硫酸亚铁溶液温度升高时，Fe2+的水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，加入稀硫酸能抑制亚铁离子的水解，溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等，
故答案为：KSCN；抑制Fe2+离子水解；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）通过KMnO4滴定法测定绿矾的纯度，高锰酸钾溶液为强氧化剂，能腐蚀橡胶管，应盛装在酸式滴定管中，三组数据计算得到平均消耗高锰酸钾溶液的体积＝mL＝25.00mL，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：MnO4﹣～5Fe2+～FeSO4•7H2O，n（FeSO4•7H2O）＝5n（KMnO4）＝5×cml/L×25.00×10﹣3L×＝0.5cml，绿矾晶体质量分数＝×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2
回答下列问题：
（1）C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H＝ △H1+△H2 （用△H1和△H2表示）。改变条件，提高H2的产率，△H 不变 。（填“增 大”、“减小”或“不变”）
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和1ml H2O（g），在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时测得c（CO）＝0.20ml•L﹣1，c（H2）＝0.40ml•L﹣1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为 80% 。
②反应I的平衡常数Kp＝ 4.0 。（用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压＝总压X该组分体积分数）
（3）在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应Ⅱ。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600C～750℃范围内影响CO转化率的主要因素是 温度 。
（4）工业上常以水煤气（CO和H2）为原料合成甲醇，在一容积可变的密闭容器中充入1ml CO与2ml H2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是 A 。
A.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变
D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为 加压 、 降温 （填两条即可）。
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为 CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O 。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应I+反应II可得；△H只与反应物的始态和终态有关；
（2）根据三段式计算各物质的浓度以及转化率；对于反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，根据Kp＝K＝计算；
（3）反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为放热反应，反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热反应，当温度600℃～750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，既使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此分析解答；要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现；
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO在负极反应转化为碳酸根。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应I+反应II得出C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）可求出△H＝△H1+△H2，△H与反应条件、反应途径无关，只与反应物的始态和终态有关，因此改变条件提高氢气的产率，△H不变，
故答案为：△H1+△H2；不变；
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmlH2O（g），在一定温度下发生
反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
起始（ml） 1 0 0
转化（ml） x x x
平衡（ml） 1﹣x x x
反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（ml） x 1﹣x 0 x
转化（ml） y y y y
平衡（ml） x﹣y 1﹣x﹣y y x+y
根据题意x﹣y＝0.2ml/L×2L＝0.4ml，x+y＝0.4ml/L×2L＝0.8ml，解得x＝0.60ml，y＝0.20ml
起始时水蒸气的浓度为lml/2L＝0.5ml/L，达到平衡时c（H2）＝0.40ml•L﹣1，则水蒸气的转化浓度为0.40ml•L﹣1，则水蒸气的转化率为0.40ml•L﹣1÷0.5 ml•L﹣1×100%＝80%；达到平衡时，水蒸气转化量为0.4 ml•L﹣1，剩余量为平衡量0.1 ml•L﹣1，生成一氧化碳的总量应为0.4 ml•L﹣1，而平衡时一氧化碳的浓度为c（CO）＝0.20ml•L﹣1，另有0.2 ml•L﹣1的一氧化碳转化为了二氧化碳，平衡时c（CO2）＝0.20ml•L﹣1，对于反应II，因为反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，所以Kp＝K＝＝＝4.0，
故答案为：80% 4.0；
（3）根据一氧化碳的转化率随温度升高先增大后减小，可推出反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为放热反应，对于反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热反应，当温度600℃～750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，既使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响，
故答案为：温度；
（4）在一容积可变的密闭容器中充入1mlCO与2mlH2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A．H2的消耗速率是正向进行，CH3OH生成速率也是正向进行，故A错误；
B．CH3OH的体积分数不再改变，说明达到了平衡状态，故B正确；
C．因是可变容积，气体的总质量不变，体积可变，混合气体的密度不再改变，说明达到了平衡状态，故C正确；
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，说明达到了平衡状态，故D正确；
要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现，
故答案为：A；加压、降温、增大 CO与H2的投料比；
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O，
故答案为：CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、反应热与焓变等知识，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握原电池原理，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
11．沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如图。
已知：（1）R﹣OHROOCCH3+CH3COOH
（2）R﹣X+→+HX
请回答：
（1）A中所含官能团的名称为 羟基、羰基（酮基） 。
（2）B→C的反应类型是 取代反应 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）D→E的化学反应方程式为 ++CH3COOH ，设计D→E的目的是 保护酚羟基 。
（5）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 、、、 。（不考虑立体异构，只需写出2个）
①遇FeCl3溶液显紫色；
②能发生银镜反应；
③分子中有4种不同化学环境的H原子。
（6）请利用所学知识并参照上述合成路线，设计以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物的路线 。（用流程图表示，无机试剂任选）
【分析】A中苯环上的H原子和甲醛发生加成反应生成B中﹣CH2OH，则A→B为加成反应，醛基变为醇羟基；根据C的分子式和D的结构简式知，B→C为取代反应，醇羟基被氯原子取代C的结构简式为；C→D为取代反应，CH3COO﹣取代了﹣Cl；根据已知（1）结合E的分子式可知E的结构简式：，结合E、F分子式，根据反应条件E→F为取代反应，F的结构简式为：；根据F、H两种物质的分子式及反应条件，根据已知（2）和G的结构简式可以推知H的结构简式：，H酸性条件下水解生成I，I和氢气发生加成反应生成J；
（6）以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物，根据题中流程分析，苯酚与甲醛在酸性条件下发生加成反应，生成；该有机物在与氯化氢发生取代反应生成；与H2NC（CH3）3在一定条件下反应生成目标产物。
【解答】解：（1）根据题给A的结构简式可推知，A中所含官能团的名称为羟基、羰基（酮基），
故答案为：羟基、羰基（酮基）；
（2）结合以上分析可知，B→C的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）结合以上分析可知，化合物F的结构简式为，
故答案为：；
（4）根据已知（1），结合以上分析可知，D→E发生取代反应，化学反应方程式为++CH3COOH；由于酚羟基在反应中易被氧化，因此设计D→E的目的是保护酚羟基，
故答案为：++CH3COOH；保护酚羟基，
（5）有机物B的结构简式：，有机物与B分子式相同，且满足①遇溶液显紫色，结构中含有酚羟基；②能发生银镜反应，结构中含有醛基；③分子中有4种不同化学环境的H原子，结合以上条件分析有机物结构中含有2个甲基，一个羟基，一个酯基，满足条件的B的同分异构体的结构简式：、、、，
故答案为：、、、；
（6）根据题中流程分析，苯酚与甲醛在酸性条件下发生加成反应，生成；该有机物在与氯化氢发生取代反应生成；与H2NC（CH3）3在一定条件下反应生成目标产物；具体流程如下：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维、知识迁移方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
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日期：2021/5/20 14:43:01；用户：18185977636；邮箱：18185977636；学号：25303007实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
B
25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值
NaHCO3溶液的pH更大
酸性：H2CO3＜H2C2O4
C
其他条件不变，将H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍
气体颜色变浅
减小压强，平衡正向移动
D
将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液
紫色石蕊试液变红
甲烷的氯代产物具有酸性
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.2
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
B
25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值
NaHCO3溶液的pH更大
酸性：H2CO3＜H2C2O4
C
其他条件不变，将H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍
气体颜色变浅
减小压强，平衡正向移动
D
将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液
紫色石蕊试液变红
甲烷的氯代产物具有酸性
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.2
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底，并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机
2．有机物E具有抗肿瘤.镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图。下列说法正确的是（ ）
A．G→E发生了水解反应
B．E分子中所有碳原子一定 在同一平面内
C．化合物G的一卤代物有6种
D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
3．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）
A．6g SiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C．1ml Na2O2与1ml SO2充分反应，转移的电子数为2NA
D．0.5ml NO与0.5ml O2充分反应后，分子数为0.75NA
4．下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓
B．向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
C．向KAl（SO4）2溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O
6．主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，X、Z两种元素形成的一种离子结构式为。下列说法正确的是（ ）
A．单质的熔点：Z＞X＞Y
B．Z的氧化物对应的水化物为强电解质
C．Y的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
D．W分别与X、Y、Z形成简单化合物的化学键类型相同
7．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
二．实验题（共1小题）
8．已知：①氮的氧化物能与红热的铜反应；②Cu2O在酸性条件下能迅速发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，某小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物（设Cu全部被氧化），装置如图所示。（部分夹持装置未画出）
请回答下列问题：
（1）装置E中倒置在水槽中的仪器名称为 ；装置 B中试剂为 。
（2）装置A中a的作用是 ；写出A中反应的离子方程式 。
（3）实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是 。若观察到D中红色粉末变为黑色，说明D中有 （填化学式）生成。
（4）对D中氧化产物提出如下假设：
假设1：氧化产物是CuO；
假设2：氧化产物是CuO和Cu2O的混合物。
为了探究氧化产物是否含有Cu2O，设计如下方案：
（甲）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硝酸，观察是否溶解
（乙）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硫酸，观察是否溶解
（丙）取少量完全反应后的产物，加入足量的浓硝酸，观察是否溶解
（丁）取少量完全反应后的产物，在加热条件下通入乙醇蒸气，观察是否变为红色其中，能达到实验目的的是 。（填代号）
（5）若氧化产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL。标准状况下NO气体，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为 。
三．解答题（共3小题）
9．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分是CuFeS2 ）制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如图。
已知：①T.f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。
②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）从物质分类的角度看，本题中涉及的“矾”属于 。（填序号）
A.化合物
B.硫酸盐
C.混合物
D.复盐
为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是 。
（2）生物堆浸包括两个过程：
①CuFeS2+4H++O2═Cu2++Fe2++2S+2H2O；② 。（ 补充离子方程式）
这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是 （ 填“①”或“②”）。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为 。
（3）检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为 （ 填化学式）。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是 ，然后经过 、洗涤、干燥制得绿矾。
（4）测定绿矾（FeSO4•7H2O，式量为278）样品的纯度。取wg绿矾样品溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，将cml•L﹣1标准KMnO4溶液装入 （填酸式、碱式）滴定管进行滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为25.00mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾样品的纯度为 。（用 含w、c的代数式表示）
10．水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2
回答下列问题：
（1）C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H＝ （用△H1和△H2表示）。改变条件，提高H2的产率，△H 。（填“增 大”、“减小”或“不变”）
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和1ml H2O（g），在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时测得c（CO）＝0.20ml•L﹣1，c（H2）＝0.40ml•L﹣1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为 。
②反应I的平衡常数Kp＝ 。（用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压＝总压X该组分体积分数）
（3）在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应Ⅱ。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600C～750℃范围内影响CO转化率的主要因素是 。
（4）工业上常以水煤气（CO和H2）为原料合成甲醇，在一容积可变的密闭容器中充入1ml CO与2ml H2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是 。
A.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变
D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为 、 （填两条即可）。
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为 。
11．沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如图。
已知：（1）R﹣OHROOCCH3+CH3COOH
（2）R﹣X+→+HX
请回答：
（1）A中所含官能团的名称为 。
（2）B→C的反应类型是 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）D→E的化学反应方程式为 ，设计D→E的目的是 。
（5）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 。（不考虑立体异构，只需写出2个）
①遇FeCl3溶液显紫色；
②能发生银镜反应；
③分子中有4种不同化学环境的H原子。
（6）请利用所学知识并参照上述合成路线，设计以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物的路线 。（用流程图表示，无机试剂任选）
第二十二套
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底，并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li+向负极移动
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．未来对海底“可燃冰”（主要成分为甲烷）的开采将有助于缓解能源危机
【分析】A．原电池中，电解质溶液中阳离子移向正极；
B．合金熔点低于各成分；
C．胶体分散系具有丁达尔效应；
D．“可燃冰”（主要成分为甲烷）为清洁燃料。
【解答】解：A．锂离子电池工作时为原电池，Li+向正极移动，故A错误；
B．钛合金比纯金属钛具有更高的强度.韧性，熔点低于纯金属，故B错误；
C．浮力材料纳米级玻璃微珠属于纳米材料，但不是胶体分散系，无丁达尔效应，故C错误；
D．“可燃冰”（主要成分为甲烷）中的甲烷为清洁燃料，未来海底可燃冰，开采将有助于缓解能源危机，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质组成、材料的性能分析判断等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
2．有机物E具有抗肿瘤.镇痉等生物活性，它的一种合成方法的最后一步如图。下列说法正确的是（ ）
A．G→E发生了水解反应
B．E分子中所有碳原子一定 在同一平面内
C．化合物G的一卤代物有6种
D．G、E均能与H2、Na、NaOH、酸性KMnO4溶液反应
【分析】A.G→E的变化中C＝O键生成C﹣O键；
B.E含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；
C.G含有6种H原子；
D.G不含羟基、羧基，与钠不反应。
【解答】解：A.G→E的变化中C＝O键生成C﹣O键，为加成反应，故A错误；
B.E含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故B错误；
C.G含有6种H原子，则合物G的一卤代物有6种，故C正确；
D.G不含羟基或羧基，则与钠不反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）
A．6g SiO2中所含硅氧键数为0.4NA
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA
C．1ml Na2O2与1ml SO2充分反应，转移的电子数为2NA
D．0.5ml NO与0.5ml O2充分反应后，分子数为0.75NA
【分析】A．依据n＝计算物质的量，结合二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键计算；
B．每个甲烷和氨气均含有10个质子；
C．两者反应为Na2O2+SO2＝Na2SO4，根据得失电子守恒计算；
D．反应过程如下：2NO+O2＝2NO2，2NO2⇌N2O4。
【解答】解：A．6g二氧化硅物质的量＝＝0.1ml，二氧化硅所含化学键为4个Si﹣O键，6g二氧化硅含有Si﹣O键数目为0.4NA，故A正确；
B．11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物的物质的量＝＝0.5ml，每个甲烷和氨气均含有10个质子，所以11.2L（标准状况）甲烷与氨气混合物中含质子数为5NA，故B正确；
C．根据Na2O2+SO2＝Na2SO4，1ml Na2O2与1ml SO2充分反应转移的电子物质的量为2ml，转移的电子数为2NA，故C正确；
D．根据2NO+O2＝2NO2，反应生成0.5ml的NO2，剩余0.25mlO2，气体共0.75ml，但是存在2NO2⇌N2O4的化学平衡，导致总分子数小于0.75NA，故D错误；
故选：D。
【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，注意二氧化硅的结构，题目难度中等。
4．下列实验操作、现象和得出的结论全部正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，可比较对应酸的酸性；
C.容器体积增大，浓度减小，且为气体体积不变的反应；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红。
【解答】解：A.白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，且硝酸可氧化亚硫酸根离子，则溶液中可能有Ag+或亚硫酸根等离子，故A错误；
B.测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值，NaHCO3溶液的pH更大，可知碳酸氢根离子的水解程度大，则酸性：H2CO3＜H2C2O4，故B正确；
C.容器体积增大，浓度减小，气体颜色变浅，且为气体体积不变的反应，则平衡不移动，故C错误；
D.发生取代反应生成的HCl使石蕊变红，甲烷的氯代产物不具有酸性，故D错误；
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、反应与现象、离子检验、盐类水解及平衡移动、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．对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓
B．向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+
C．向KAl（SO4）2溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Al3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═BaSO4↓+Al（OH）3↓
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O
【分析】A．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠固体；
B．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁；
C．氢氧化钡过量，反应生成硫酸钡沉淀、偏铝酸钾和水；
D．高锰酸钾能够氧化草酸生成二氧化碳和水。
【解答】解：A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，离子方程式：2Na++CO32﹣+H2O+CO2═2NaHCO3↓，故A正确；
B．氢氧化铁溶解度小于氢氧化镁，向Mg（OH）2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液生成氢氧化铁和氯化镁，离子方程式：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+，故B正确；
C．向KAl（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，反应的离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故C错误；
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液，离子方程式：2MnO42﹣+6H++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
6．主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，X、Z两种元素形成的一种离子结构式为。下列说法正确的是（ ）
A．单质的熔点：Z＞X＞Y
B．Z的氧化物对应的水化物为强电解质
C．Y的单质既能与水反应，也可与乙醇反应
D．W分别与X、Y、Z形成简单化合物的化学键类型相同
【分析】主族元素W、X、Y、Z位于三个不同短周期，且原子序数依次增大，W与Y同主族，则W为H，Y为Na；X与Z原子的核外电子数之和是Y原子序数的2倍，二者核外电子数之和为22，结合图示可知，Z形成4个共价键，X能够形成1个双键，且Z位于第三周期，则Z为Si，X为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为O，Y为Na，Z为Si元素，
A．X、Y、Z单质形成晶体分别为分子晶体、金属晶体、原子晶体，则单质的熔点：Z＞Y＞X，故A错误；
B．Z的氧化物对应的水化物为硅酸，硅酸为弱电解质，故B错误；
C．Y的单质为钠，钠性质活泼，既能与水反应，也可与乙醇反应，故C正确；
D．水、硅烷分子中只含有共价键，而NaH只含有离子键，含有化学键类型不完全相同，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构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。
7．氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，其能量密度是目前锂电池的十倍以上且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F﹣从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．放电时，甲电极的电极反应式为Bi﹣3e﹣+3F﹣═BiF3
B．放电时，乙电极电势比甲电极高
C．充电时，导线上每通过1ml e﹣，甲电极质量增加19g
D．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
【分析】充电时F﹣从乙电极流向甲电极，则充电时，甲电极为电解池的阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，乙电极为阴极，反应式为MgF2+2e﹣═Mg+2F﹣，又充电时，电解池的阳极、阴极与原电池的正极、负极对应，所以放电时，乙电极为负极，Mg失去电子结合F﹣生成MgF2，电极反应式为Mg+2F﹣﹣2e﹣═MgF2，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，据此解答。
【解答】解：A．放电时，甲为正极，正极上BiF3+3e﹣═Bi+3F﹣，故A错误；
B．放电时，乙电极为负极，甲为正极，所以乙电极电势比甲电极低，故B错误；
C．充电时，甲电极为阳极，电极反应式为Bi+3F﹣ ﹣3e﹣═BiF3，所以导线上每通过1ml e﹣，增加1mlF﹣，则甲电极质量增加1ml×19g/ml＝19g，故C正确；
D．充电时，外加电源的正极与正极甲电极相连，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查新型原电池工作原理和电解池原理，为高频考点，把握原电池的工作原理即可解答，注意判断原电池的正负极和电极反应式的书写是难点和易错点，本题难度中等。
二．实验题（共1小题）
8．已知：①氮的氧化物能与红热的铜反应；②Cu2O在酸性条件下能迅速发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，某小组设计实验探究NO和Cu反应的氧化产物（设Cu全部被氧化），装置如图所示。（部分夹持装置未画出）
请回答下列问题：
（1）装置E中倒置在水槽中的仪器名称为 圆底烧瓶 ；装置 B中试剂为 水 。
（2）装置A中a的作用是 平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下 ；写出A中反应的离子方程式 Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O 。
（3）实验开始时，先打开A中分液漏斗活塞，过一会儿，点燃D处酒精灯，这样操作的目的是 排尽反应装置内空气，避免氧气干扰实验效果 。若观察到D中红色粉末变为黑色，说明D中有 CuO （填化学式）生成。
（4）对D中氧化产物提出如下假设：
假设1：氧化产物是CuO；
假设2：氧化产物是CuO和Cu2O的混合物。
为了探究氧化产物是否含有Cu2O，设计如下方案：
（甲）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硝酸，观察是否溶解
（乙）取少量完全反应后的产物，加入足量的稀硫酸，观察是否溶解
（丙）取少量完全反应后的产物，加入足量的浓硝酸，观察是否溶解
（丁）取少量完全反应后的产物，在加热条件下通入乙醇蒸气，观察是否变为红色其中，能达到实验目的的是 乙 。（填代号）
（5）若氧化产物为CuO和Cu2O的混合物，为测定其组成，取混合物5.92g与足量稀硝酸反应，测得生成448mL。标准状况下NO气体，则混合物中CuO和Cu2O的物质的量之比为 2：3 。
【分析】整个实验装置的原理是，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2，接着B装置利用水和NO2反应生成NO，C装置利用浓硫酸除去NO中的水蒸气，D装置氮的氧化物能与红热的铜反应，生成的气体及剩余的NO气体需尾气收集，
（1）根据仪器的形状判断，B装置利用水和NO2反应生成NO；
（2）a的作用是平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2；
（3）空气中O2能与NO及赤热铜反应，故D装置加热前需要通入生成的气体排尽反应装置内空气，红色粉末变为黑色，说明生成了氧化铜，因为CuO是黑色；
（4）根据信息，将黑色粉末加入足量稀硫酸，观察是否有固体，Cu不能完全溶解，可判断固体成分是否有Cu2O，因为硝酸有强氧化性，能溶解氧化亚铜生成硝酸铜，无法判断，故甲、丙错误，如果通入乙醇蒸气，CuO和CugO都被还原成铜，丁错误，只有乙正确；
（5）因为CuO与硝酸反应不产生气体，由反应3Cu2O+14HNO3＝6Cu（NO3）2+7H2O+2NO↑，生成标准状况下448mL NO气体，需要0.03ml Cu2O，其质量为0.03 ml×144g/ml＝4.32g，CuO的质量为5.92g﹣4.32g＝1.60 g。
【解答】解：（1）根据仪器的形状判断，收集气体的仪器为圆底烧瓶，B装置利用水和NO2反应生成NO，B中的试剂为水，
故答案为：圆底烧瓶；水；
（2）a的作用是平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下，A装置铜和浓硝酸反应生成NO2，A中反应的离子方程式为：Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O
故答案为：平衡气压，便于浓硝酸顺利滴下；Cu+2NO3﹣+4H+＝Cu2++2NO2↑+2H2O；
（3）空气中O2能与NO及赤热铜反应，故D装置加热前需要通入生成的气体排尽反应装置内空气，红色粉末变为黑色，说明生成了氧化铜，因为CuO是黑色，
故答案为：排尽反应装置内空气，避免氧气干扰实验效果；CuO；
（4）根据信息，将黑色粉末加入足量稀硫酸，观察是否有固体，Cu不能完全溶解，可判断固体成分是否有Cu2O，因为硝酸有强氧化性，能溶解氧化亚铜生成硝酸铜，无法判断，故甲、丙错误，如果通入乙醇蒸气，CuO和CugO都被还原成铜，丁错误，只有乙正确，
故答案为：乙；
（5）因为CuO与硝酸反应不产生气体，由反应3Cu2O+14HNO3＝6Cu（NO3）2+7H2O+2NO↑，生成标准状况下448mL NO气体，需要0.03ml Cu2O，其质量为0.03 ml×144g/ml＝4.32g，CuO的质量为5.92g﹣4.32g＝1.60 g，即0.02 ml，故CuO和CugO的物质的量之比为2：3，
故答案为：2：3。
【点评】以Cu和NO的反应为载体，探究性质的检验与设计，涉及氧化还原反应原理分析，属基础考查，难度中等。
三．解答题（共3小题）
9．工业上用生物堆浸法处理低品位黄铜矿（主要成分是CuFeS2 ）制备绿矾和胆矾，其主要工艺流程如图。
已知：①T.f细菌在1.0＜pH＜6.0范围内保持生物活性。
②几种离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
回答下列问题：
（1）从物质分类的角度看，本题中涉及的“矾”属于 AB 。（填序号）
A.化合物
B.硫酸盐
C.混合物
D.复盐
为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是 粉碎过筛 。
（2）生物堆浸包括两个过程：
①CuFeS2+4H++O2═Cu2++Fe2++2S+2H2O；② 4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O 。（ 补充离子方程式）
这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是 ① （ 填“①”或“②”）。生物堆浸过程中应控制溶液pH的范围为 1.0＜pH＜1.9 。
（3）检验滤液M中是否含硫酸铁的试剂为 KSCN （ 填化学式）。在确定无Fe3+后，滤液M先加入少量稀硫酸，目的是 抑制Fe2+离子水解 ，然后经过 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、洗涤、干燥制得绿矾。
（4）测定绿矾（FeSO4•7H2O，式量为278）样品的纯度。取wg绿矾样品溶于稀硫酸中，配制成100mL溶液。取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，将cml•L﹣1标准KMnO4溶液装入 酸式 （填酸式、碱式）滴定管进行滴定至终点，三次平行实验所消耗溶液体积依次为25.00mL、24.95mL、25.05mL。该绿矾样品的纯度为 ×100% 。（用 含w、c的代数式表示）
【分析】低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜（CuFeS2）含量较低]，粉碎过筛，经过研磨后生物堆浸，可增大接触面积，加快反应速率，生物堆浸过滤后得到含Fe3+、Cu2+的溶液，加入Na2S2O3溶液、Na2S溶液，会还原堆浸液中的Fe3+，得到硫酸亚铁溶液以及CuS、S沉淀，硫酸亚铁溶液进一步蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，CuS、S沉淀，用H2O2和稀硫酸氧化处理后，CuS完全溶解，得到CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾（CuSO4•5H2O），
（1）矾属于硫酸盐，增大矿石和溶液接触面积，会加快生物堆浸速率；
（2）生物堆浸包括两个过程，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的活化能大的决定反应速率，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）活性低；
（3）用KSCN溶液检验Fe3+离子的存在，硫酸亚铁溶液温度升高时，Fe2+的水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，先加入少量稀硫酸，能抑制亚铁离子的水解，溶液中得到溶质晶体的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥；
（4）高锰酸钾溶液为强氧化剂，能腐蚀橡胶管，三组数据计算得到平均消耗高锰酸钾溶液的体积＝mL＝25.00mL，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：MnO4﹣～5Fe2+～FeSO4•7H2O，据此计算。
【解答】解：（1）从物质分类的角粉碎过筛度看，本题中涉及的“矾”属于硫酸盐，为纯净物中的化合物，为了提高生物堆浸速率，上述流程采用的措施是：粉碎过筛，
故答案为：AB；粉碎过筛；
（2）生物堆浸过程的反应在Tf细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2+4H++O2Cu2++Fe2++2S+2H2O，第二阶段的反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，Fe2+继续被O2氧化转变成Fe3+，结合电子转移、电荷守恒得离子方程式为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，这两个过程中的能量变化如图所示，其中控制生物堆浸总速率的是反应①，生物堆浸过程中，pH不能超过1.9，否则Fe3+开始沉淀，pH不能小于1.0，否则生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）活性低，故应控制溶液的pH在1.0＜pH＜1.9范围内，
故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；①；1.0＜pH＜1.9；
（3）用KSCN溶液检验Fe3+离子的存在，硫酸亚铁溶液温度升高时，Fe2+的水解程度增大，导致得到的绿矾不纯净，加入稀硫酸能抑制亚铁离子的水解，溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等，
故答案为：KSCN；抑制Fe2+离子水解；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
（4）通过KMnO4滴定法测定绿矾的纯度，高锰酸钾溶液为强氧化剂，能腐蚀橡胶管，应盛装在酸式滴定管中，三组数据计算得到平均消耗高锰酸钾溶液的体积＝mL＝25.00mL，根据电子转移以及Fe元素守恒得关系式：MnO4﹣～5Fe2+～FeSO4•7H2O，n（FeSO4•7H2O）＝5n（KMnO4）＝5×cml/L×25.00×10﹣3L×＝0.5cml，绿矾晶体质量分数＝×100%＝×100%，
故答案为：×100%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
10．水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。
反应Ⅰ：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H1
反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2
回答下列问题：
（1）C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H＝ △H1+△H2 （用△H1和△H2表示）。改变条件，提高H2的产率，△H 不变 。（填“增 大”、“减小”或“不变”）
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和1ml H2O（g），在一定温度下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时测得c（CO）＝0.20ml•L﹣1，c（H2）＝0.40ml•L﹣1。
①在该条件下，水蒸气的平衡转化率为 80% 。
②反应I的平衡常数Kp＝ 4.0 。（用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压＝总压X该组分体积分数）
（3）在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应Ⅱ。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600C～750℃范围内影响CO转化率的主要因素是 温度 。
（4）工业上常以水煤气（CO和H2）为原料合成甲醇，在一容积可变的密闭容器中充入1ml CO与2ml H2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是 A 。
A.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
B.CH3OH的体积分数不再改变
C.混合气体的密度不再改变
D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变
为了提高H2的转化率，可采取的措施为 加压 、 降温 （填两条即可）。
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为 CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O 。
【分析】（1）根据盖斯定律，反应I+反应II可得；△H只与反应物的始态和终态有关；
（2）根据三段式计算各物质的浓度以及转化率；对于反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，根据Kp＝K＝计算；
（3）反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为放热反应，反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热反应，当温度600℃～750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，既使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响；
（4）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此分析解答；要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现；
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO在负极反应转化为碳酸根。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应I+反应II得出C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）可求出△H＝△H1+△H2，△H与反应条件、反应途径无关，只与反应物的始态和终态有关，因此改变条件提高氢气的产率，△H不变，
故答案为：△H1+△H2；不变；
（2）在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmlH2O（g），在一定温度下发生
反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）
起始（ml） 1 0 0
转化（ml） x x x
平衡（ml） 1﹣x x x
反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（ml） x 1﹣x 0 x
转化（ml） y y y y
平衡（ml） x﹣y 1﹣x﹣y y x+y
根据题意x﹣y＝0.2ml/L×2L＝0.4ml，x+y＝0.4ml/L×2L＝0.8ml，解得x＝0.60ml，y＝0.20ml
起始时水蒸气的浓度为lml/2L＝0.5ml/L，达到平衡时c（H2）＝0.40ml•L﹣1，则水蒸气的转化浓度为0.40ml•L﹣1，则水蒸气的转化率为0.40ml•L﹣1÷0.5 ml•L﹣1×100%＝80%；达到平衡时，水蒸气转化量为0.4 ml•L﹣1，剩余量为平衡量0.1 ml•L﹣1，生成一氧化碳的总量应为0.4 ml•L﹣1，而平衡时一氧化碳的浓度为c（CO）＝0.20ml•L﹣1，另有0.2 ml•L﹣1的一氧化碳转化为了二氧化碳，平衡时c（CO2）＝0.20ml•L﹣1，对于反应II，因为反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，所以Kp＝K＝＝＝4.0，
故答案为：80% 4.0；
（3）根据一氧化碳的转化率随温度升高先增大后减小，可推出反应II CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）为放热反应，对于反应I C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）是吸热反应，当温度600℃～750℃时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，既使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响，
故答案为：温度；
（4）在一容积可变的密闭容器中充入1mlCO与2mlH2，在催化剂作用下发生反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），△H＜0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A．H2的消耗速率是正向进行，CH3OH生成速率也是正向进行，故A错误；
B．CH3OH的体积分数不再改变，说明达到了平衡状态，故B正确；
C．因是可变容积，气体的总质量不变，体积可变，混合气体的密度不再改变，说明达到了平衡状态，故C正确；
D．CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，说明达到了平衡状态，故D正确；
要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现，
故答案为：A；加压、降温、增大 CO与H2的投料比；
（5）以水煤气（CO、H2体积比为1：2）为燃料的碱性（足量KOH为电解质）空气燃料电池，电池工作时CO发生反应的电极反应式为CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O，
故答案为：CO﹣2e﹣+4OH﹣＝CO32﹣+2H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡计算、反应热与焓变等知识，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握原电池原理，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
11．沙丁胺醇有明显的支气管舒张作用，临床上主要用于治疗喘息型支气管炎、支气管哮喘等，其中一条通用的合成路线如图。
已知：（1）R﹣OHROOCCH3+CH3COOH
（2）R﹣X+→+HX
请回答：
（1）A中所含官能团的名称为 羟基、羰基（酮基） 。
（2）B→C的反应类型是 取代反应 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）D→E的化学反应方程式为 ++CH3COOH ，设计D→E的目的是 保护酚羟基 。
（5）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式 、、、 。（不考虑立体异构，只需写出2个）
①遇FeCl3溶液显紫色；
②能发生银镜反应；
③分子中有4种不同化学环境的H原子。
（6）请利用所学知识并参照上述合成路线，设计以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物的路线 。（用流程图表示，无机试剂任选）
【分析】A中苯环上的H原子和甲醛发生加成反应生成B中﹣CH2OH，则A→B为加成反应，醛基变为醇羟基；根据C的分子式和D的结构简式知，B→C为取代反应，醇羟基被氯原子取代C的结构简式为；C→D为取代反应，CH3COO﹣取代了﹣Cl；根据已知（1）结合E的分子式可知E的结构简式：，结合E、F分子式，根据反应条件E→F为取代反应，F的结构简式为：；根据F、H两种物质的分子式及反应条件，根据已知（2）和G的结构简式可以推知H的结构简式：，H酸性条件下水解生成I，I和氢气发生加成反应生成J；
（6）以苯酚、甲醛和H2NC（CH3）3为原料合成化合物，根据题中流程分析，苯酚与甲醛在酸性条件下发生加成反应，生成；该有机物在与氯化氢发生取代反应生成；与H2NC（CH3）3在一定条件下反应生成目标产物。
【解答】解：（1）根据题给A的结构简式可推知，A中所含官能团的名称为羟基、羰基（酮基），
故答案为：羟基、羰基（酮基）；
（2）结合以上分析可知，B→C的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）结合以上分析可知，化合物F的结构简式为，
故答案为：；
（4）根据已知（1），结合以上分析可知，D→E发生取代反应，化学反应方程式为++CH3COOH；由于酚羟基在反应中易被氧化，因此设计D→E的目的是保护酚羟基，
故答案为：++CH3COOH；保护酚羟基，
（5）有机物B的结构简式：，有机物与B分子式相同，且满足①遇溶液显紫色，结构中含有酚羟基；②能发生银镜反应，结构中含有醛基；③分子中有4种不同化学环境的H原子，结合以上条件分析有机物结构中含有2个甲基，一个羟基，一个酯基，满足条件的B的同分异构体的结构简式：、、、，
故答案为：、、、；
（6）根据题中流程分析，苯酚与甲醛在酸性条件下发生加成反应，生成；该有机物在与氯化氢发生取代反应生成；与H2NC（CH3）3在一定条件下反应生成目标产物；具体流程如下：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用逆向思维、知识迁移方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
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日期：2021/5/20 14:43:01；用户：18185977636；邮箱：18185977636；学号：25303007实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
B
25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值
NaHCO3溶液的pH更大
酸性：H2CO3＜H2C2O4
C
其他条件不变，将H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍
气体颜色变浅
减小压强，平衡正向移动
D
将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液
紫色石蕊试液变红
甲烷的氯代产物具有酸性
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.2
完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加稀HNO3，再加入过量的BaCl2溶液
产生白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
B
25℃时分别测定等物质的量浓度的NaHCO3溶液和NaHC2O4溶液的pH值
NaHCO3溶液的pH更大
酸性：H2CO3＜H2C2O4
C
其他条件不变，将H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡体系的容器体积增大为原来的10倍
气体颜色变浅
减小压强，平衡正向移动
D
将氯气和甲烷在光照下反应后的混合气体通入紫色石蕊试液
紫色石蕊试液变红
甲烷的氯代产物具有酸性
Fe3+
Fe2+
Cu2+
开始沉淀时的pH
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