【期中真题】江西省抚州市临川第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题.zip

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临川一中2022—2023学年度上学期期中考试
高三年级化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65 Br-80 Ba-137
一、单选题(共48分)
1. 中国古典小说四大名著文学造诣极高，深深地影响着国人的思想观念和价值取向。下列情节所涉及的物品，其主要材质属于有机高分子化合物的是
A. 《三国演义》中诸葛亮所持的白鹤羽扇
B. 《红楼梦》中贾宝玉所佩戴的通灵宝玉
C. 《水浒传》中青面兽杨志卖的祖传宝刀
D. 《西游记》中卷帘大将失手打破的琉璃盏
【答案】A
【解析】
【详解】A．白鹤羽扇主要材质为鹤羽，化学成分为蛋白质，属于有机高分子化合物，故A符合题意；
B．通灵宝玉为无机非金属材料，故B不符合题意；
C．祖传宝刀为金属合金，属于金属材料，故C不符合题意；
D．琉璃盏属于无机非金属材料，故D不符合题意；
故选A。
2. 利用下列装置及药品能达到实验目的的是




A.制备并收集
B.检验溴乙烷的消去产物
C.制备并收集
D.比较、与酸反应的快慢

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化碳，不能用排水法收集，A错误；
B．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中加热反应可制得乙烯，乙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．制取氨气应用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，只加热氯化铵固体，无法制得氨气，C错误；
D．碳酸钠和碳酸氢钠在常温下溶解度有较大差异，则两者的饱和溶液浓度不相同，要比较碳酸钠和碳酸氢钠与酸反应的快慢，应选用等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，D错误；
故选B。
3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温常压下，1mol环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NA
B. 65g锌与浓硫酸充分反应(锌完全溶解)，生成气体的体积(标准状况下)为22.4L
C. 常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH=7，则溶液中CH3COO-与NH的数目均为0.5NA
D. 16gO2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．1分子环丙烷和丙烯的共用电子对数均为9，则常温常压下，1mol环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NA，故A正确；
B．65g锌（1mol）与浓硫酸充分反应(锌完全溶解)，反应开始生成二氧化硫，Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应进行硫酸浓度变小，反应生成氢气，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，根据化学方程式可知，反应生成混合气体物质的量为1mol，故生成气体的体积(标准状况下)为22.4L，故B正确；
C．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子、铵根离子均会水解导致其量减小，则溶液中CH3COO-与NH的数目小于0.5NA，故C错误；
D．1分子O2和14C2H4的相对分子质量均为32且中子数均为16，故16gO2和14C2H4的混合物的物质的量为0.5mol，所含中子物质的量为8mol，数目为8NA，故D正确。
故选C。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
B. 向Ca(OH)2溶液中滴加少量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O
C. 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+
D. 向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大：Al3++2SO+4OH-+2Ba2+=2BaSO4↓+AlO+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据还原性：Fe2+＞Br－，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2+先与Cl2反应：2 Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，故A错误；
B．向Ca(OH)2溶液中滴加少量的NaHCO3溶液，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀，Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+ H2O，故B错误；
C．向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，二氧化硫被氧化为硫酸根，再和钡离子结合生成白色硫酸钡沉淀，故C错误；
D．1mol硫酸钡的质量大于1mol氢氧化铝的质量，向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀质量最大，则硫酸根离子完全反应，此时铝离子生成偏铝酸钠：Al3+ + 2SO+ 4OH-+ 2Ba2+ = 2BaSO4↓ + AlO + 2H2O，故D正确。
故选D。
5. 汽车尾气中的氮氧化合物与大气中的发生如下作用，形成一种雾霾。

有关该雾霾的叙述错误的是
A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应②是非氧化还原反应
C. 反应①是固氮反应 D. 可能来自过度施用氮肥
【答案】C
【解析】
【分析】NOx发生反应①生成N2O5，N2O5是硝酸的酸酐与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵。
【详解】A．硝酸和氨气反应生成硝酸铵，故雾霾中含有硝酸铵固体，A正确；
B．N2O5中氮元素为+5价，O为-2价，H2O中H为+1价，O为-2价，HNO3中H为+1价，N为+5价，O为-2价，各元素化合价未发生变化，是非氧化还原反应，B正确；
C．固氮反应是将游离态的氮转化为化合态的氮，NOx中N已经是化合态，故反应①不是固氮反应，C错误；
D．过度使用氮肥，其中铵态氮肥可分解生成氨气，D正确；
故答案选C。
6. 下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. 向双氧水中加入少量，立即产生大量气泡
B. 将由组成的平衡体系加压后，体系颜色加深
C. 合成氨工业中左右比室温更有利于提高单位时间内氨的产量
D. 氯水中存在反应，当加入少量溶液时，溶液颜色变浅
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．是双氧水分解的催化剂，A项不符合题意；
B．由H2、I2、HI气体组成的平衡体系是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大，B项不符合题意；
C．合成氨是一个放热反应，从化学平衡移动角度分析，应采用较低温度，500℃高温较室温不利于平衡向合成氨方向移动，采用500℃既考虑到温度对速率的影响，C项不符合题意；
D．在下列平衡：C12+H2O⇌H++C1-+HClO，若向氯水中加入少量Na2CO3粉末（碳酸根会促进水电离出氢氧根离子），会和溶液中的氢离子反应平衡正向进行，D项符合题意；
故选D。

7. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断不正确的是
A. 在含Ba(OH)2、KOH混合溶液中缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3
B. 在含、Al3+、H+的溶液中逐滴加入KOH溶液：H+、Al3+、、Al(OH)3
C. 在含、OH-、的溶液中逐滴加入盐酸：OH-、、、、Al(OH)3
D. 在含等物质的量的S2-、、I-、Cl-、Br-的溶液中加入氯水：、S2-、I-、Br-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．在含Ba(OH)2、KOH的混合溶液中缓慢通入CO2，若先跟KOH反应，则生成的K2CO3还会与Ba(OH)2反应，重新生成BaCO3，所以Ba(OH)2先与CO2反应，KOH次之，因为Ba(HCO3)2能与K2CO3反应，所以K2CO3先与CO2反应，BaCO3最后与CO2反应，A正确；
B．因为一水合氨、Al(OH)3都能与H+反应，所以H+最先与KOH反应，一水合氨能与Al3+反应，则Al3+比先与KOH反应，最后是Al(OH)3与KOH反应，B正确；
C．因为、Al(OH)3都能与OH-反应，所以OH-最先与盐酸反应，与能发生反应，则与盐酸反应排在第二位，与盐酸反应排在第三位，能与Al3+反应，则与盐酸反应排在第四位，最后是Al(OH)3与盐酸反应，C正确；
D．因为硫酸能与S2-反应，所以S2-最先与氯水反应，I2、Br2都能将氧化，则排在第二位，然后依次是I-、Br-、Cl-，D不正确；
故选D。
8. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过，电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是

A. 电极B区的通过滤布向电极A迁移
B. 电极A的电极发应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节pH除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+—2e—=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电极A为与直流电源负极相连的阴极，电极B为阳极，则电解时，电极B区的氢离子通过滤布向电极A迁移，故A正确；
B．由分析可知，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，故B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，故D正确；
故选C。
9. 将0.06mol锌粉与一定质量浓硝酸反应，当锌粉完全溶解时，收集到NO、NO2混合气体2.24L(标准状况下)，则所消耗酸的物质的量是
A. 0.1mol B. 0.11mol C. 0.16mol D. 0.22mol
【答案】D
【解析】
【详解】根据Zn和硝酸的反应，3Zn+8HNO3=3Zn(NO3)2+2NO↑+4H2O，Zn+4HNO3(浓)= Zn(NO3)2+2NO2↑+2H2O，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸锌，根据元素守恒n(HNO3)= n(NOx)+ 2n[Zn(NO3)2]=+0.06mol×2=0.22mol。故选D。
10. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 能使甲基橙变为橙色的溶液：Na+、NH、CO、Cl¯
B. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO、S2-、Cl¯
C. 0.1 mol/L KOH溶液中：S2¯、Na+、SO、NO
D. 常温下，=1.0×1012的溶液：Fe2+、Mg2+、NO、Cl¯
【答案】C
【解析】
【详解】A．能使甲基橙变为橙色的溶液，显酸性，不能大量存在CO32-，故A错误；
B．能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有较强氧化性，不能存在强还原性的S2-离子，故B错误；
C．碱溶液中S2¯、Na+、SO、NO离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．常温下，=1.0×1012的溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；
故答案为C。
11. m、n、p、q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，p元素的原子最外层电子数是周期数的三倍。W是上述元素中的两种组成的常见化合物，常温下呈液态，法拉第称其为“氢的重碳化合物”；X、Y、Z是m、p、q对应的常见单质，常温下Z是深红棕色的液体。下列说法正确的是
A. 四种元素的原子半径大小顺序为q>p>n>m
B. m和n形成的化合物一定含有非极性共价键
C. W在Y中燃烧时有明亮并带有浓烟的火焰
D. W与Z在一定条件下反应得到的有机物密度比水小
【答案】C
【解析】
【分析】p元素的原子最外层电子数是周期数的三倍，则p为O元素，Y为O2；常温下Z是深红棕色的液体，则Z应为Br2，q为Br元素；W是上述元素中的两种组成的常见化合物，常温下呈液态，法拉第称其为“氢的重碳化合物”，m的原子序数小于n，所以m为H元素，n为C元素，W为C6H6，X为H2；
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小，半径越大，所以原子半径Br＞C＞O＞H，即q>n>p>m，A错误；
B．甲烷为C、H元素形成的化合物，但甲烷中不存在非极性共价键，B错误；
C．苯中含碳量较高，在氧气中燃烧有明亮并带有浓烟的火焰，C正确；
D．苯和液溴在催化剂催化作用下可以生成溴苯，溴苯的密度比水大，D错误；
综上所述答案为C。
12. 把一块镁铝合金(质量为m g)投入到50 mL 1 mol/L的HCl溶液里，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示。下列说法中正确的是

A. 整个反应过程中，主要发生了6个离子反应
B. c值越大，合金中Mg的含量越高
C. b值越大，合金中Al的含量越高
D. 根据图象判断，镁铝合金与50 mL 1 mol/L的HCl溶液恰好完全反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．整个过程中发生的离子反应为：、、、、、。A正确；
B．图中a→b过程是生成Al(OH)3、Mg(OH)2两种沉淀，b→c为Al(OH)3与NaOH的反应，故c值越大，Al(OH)3消耗的NaOH越多，合金中Al的含量越高，B错误；
C．由B可知，c值越大，合金中Al的含量越高，C错误；
D．由图象可知，O→a反应为：，即HCl有剩余，D错误。
故本题选A。
13. 已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成；②产生刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是
A. 反应中只有铜元素化合价发生变化
B. 1molNH4CuSO3完全反应转移1mol电子
C. 刺激性气味的气体可能是硫酸的还原产物
D. 刺激性气味的气体可能是氨气
【答案】A
【解析】
【分析】NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成，表明生成Cu，发生反应为2Cu+=Cu+Cu2+；
②产生刺激性气味的气体，发生反应+2H+=H2O+SO2↑；
③溶液呈现蓝色，则表明生成Cu2+。
【详解】A．由分析可知，反应中，发生的氧化还原反应为2Cu+=Cu+Cu2+，则只有铜元素化合价发生变化，A正确；
B．由反应2Cu+=Cu+Cu2+可得，2Cu+——e-，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，B不正确；
C．刺激性气味的气体是SO2，由反应+2H+=H2O+SO2↑产生，硫酸只表现出酸性，不可能是硫酸的还原产物，C不正确；
D．在酸性溶液中，不可能生成碱性气体，所以刺激性气味的气体不可能是氨气，D不正确；
故选A。
14. 某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：

已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。。于是，C为醇，E为醛，F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。
【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。
综上所述，答案为C。
15. 常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是

A. 电离平衡常数：
B. 水的电离程度：④>①>③>②
C. 点①和点②所示溶液中：
D. 点③和点④所示溶液中均有：
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图象，同浓度的HA、HB溶液的pH：HA>HB，可判断，故A错误；
B．①点溶质为HA、NaA，溶液呈碱性，说明NaA水解大于HA电离，水解促进水电离；④中溶质是NaB，溶液呈碱性，NaB水解促进水电离，碱性④>①，说明④点盐水解大于①，水的电离程度：④>①；③点溶质为HB、NaB，pH=7，溶质对水电离无影响；②点溶质为HB、NaB，溶液呈酸性，说明HB电离程度大于NaB水解，HB电离出的氢离子抑制水电离，所以②点水电离程度最小，故B正确；
C．点①和点②所示溶液中，根据物料守恒，则，故C错误；
D．点③的溶液呈中性，，故D错误；
答案选B。
16. 25℃时，用HCl和KOH固体改变0.1mol·L-1的邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3、Ka2=3.9×10-6)溶液的pH，lgc(H2A)、lgc(HA-)和Igc(A2-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是

A. 曲线①代表lgc(H2A)，曲线③代表lgc(A2-)
B. P点时，c(K+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)
C. 0.1mol·L-1KHA溶液中，c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D. 用KOH固体改变KHA溶液pH至14过程中，c(A2-)一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2A+OH-= HA-+H+，HA-+OH-=H2O+ A2-，随pH增大c(H2A)一直下降，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)一直增大，故曲线①代表lgc(H2A)，曲线③代表lgc(A2-)，A正确；
B．P点时，P处有K2A、KHA，(lgc(H2A)≈-5，即c(H2A) ≈10-5mol/L)，若溶质为KHA，则由物料守恒c(K+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，但是P处有K2A、KHA 两种溶质c(K+)不等于c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，B错误；
C．HA-，Ka2=3.9×10-6，，，，故HA-的电离程度更大，故c(A2-)>c(H2A)，整体而言电离程度仍较小，c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．HA-+OH-=H2O+ A2-，c(A2-)一直增大，D正确；
答案选B。
三、填空题(共52分)
17. 某班同学用如下实验探究过氧化氢的性质。回答下列问题：
（1）甲组同学拟配制5%的H2O2溶液，他们先从文献查得H2O2的稳定性与pH的关系如图所示。则配制H2O2溶液时应滴入几滴_______(填“稀硫酸”或“氨水”)。

（2）乙组同学向一支试管中加入2 mL FeCl2溶液，再加入几滴甲组同学配制H2O2溶液，最后滴入KSCN溶液，溶液变红，H2O2与Fe2+发生反应的离子方程式为_______；另取一支试管，向其中加入SO2与BaCl2混合溶液2 mL，再滴入几滴5%的H2O2溶液，现象是_______。
（3）丁组同学向一支试管中加入2 mL 5%的H2O2溶液、0.5 mL乙醚、1 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液和3～4滴0.5 mol·L-1K2Cr2O7溶液，发现上层乙醚层为蓝色(CrO5的乙醚溶液)，一段时间后上层蓝色消失。
①乙醚的主要作用是_______。
②开始时，H2O2溶液与K2Cr2O7酸性溶液反应生成CrO5)，该反应属于_______(填“氧化还原”或“非氧化还原”)反应。
③一段时间后，乙醚层中的CrO5与水中的H+作用生成Cr3+并产生无色气泡，从而使蓝色逐渐消失，该反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）稀硫酸 （2） ①. 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O ②. 产生白色沉淀
（3） ①. 萃取CrO5 ②. 非氧化还原 ③. 4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋7O2↑＋6H2O
【解析】
【小问1详解】
在溶液pH=3.61时H2O2比较稳定，而在pH=5.95时稳定性比较弱，溶液中c(H2O2)比较小，因此配制H2O2溶液时应滴入几滴稀硫酸；
【小问2详解】
Fe2+具有还原性，会被酸性条件下H2O2氧化为Fe3+，遇SCN-会使溶液变为血红色，H2O2被还原为H2O，则反应的离子方程式应该为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
H2O2、SO2在溶液中发生氧化还原反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀，反应方程式为：H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；
【小问3详解】
①H2O2溶液与K2Cr2O7在酸性条件下反应生成CrO5，CrO5易溶于乙醚，故乙醚的主要作用是萃取CrO5；
②K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，在CrO5中Cr元素化合价也是+6价，故开始时，H2O2溶液与K2Cr2O7酸性溶液反应生成CrO5的反应为非氧化还原反应；
③CrO5与水中的H+发生氧化还原反应，产生Cr3+，同时产生O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：4CrO5＋12H＋=4Cr3＋＋7O2↑＋6H2O。
18. 锑(Sb)常用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等)为原料提取锑的工艺如图：

已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时(c=0.01mol•L-1)的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol•L-1)的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为____。
（2）“水解”时需控制溶液pH=2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为____。
②下列能促进该水解反应的措施有____(填字母)。
A.升高温度 B.增大c(H+) C.增大c(Cl-) D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe(OH)3，Fe3+浓度应小于____mol•L-1。
（3）“滤液”中含有的金属阳离子有____。向“滤液”中通入足量____(填化学式)气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀。
（4）Sb可由SbCl电解制得，阴极的电极反应式为____。
【答案】（1）Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2
（2） ①. Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+ ②. ACD ③. 10-2.9
（3） ①. Al3+、Fe2+、Mg2+ ②. Cl2
（4）SbCl+3e-=Sb+4Cl-
【解析】
【分析】“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2，含有Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应形成浸出渣；加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2OSbOCl+2H+，加入HCl酸溶生成SbCl，最后电解得到Sb；
【小问1详解】
“溶浸”时氧化产物是S，则S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3=3S+2SbCl3+6FeCl2；
【小问2详解】
①“水解”生成SbOCl，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl-+H2O=SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，A正确；
B．水解反应为Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(H+)即增大生成物浓度，平衡逆向移动，B错误；
C．水解反应Sb3++Cl-+H2OSbOCl↓+2H+，增大c(Cl-) 即增大反应物浓度，平衡正向移动，可促进水解，C正确；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c(H+)减小使平衡正向移动，可促进水解，D正确；
故选ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，，c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0×10-37.4，“水解”时需控制溶液pH=2.5，，；故Fe3+浓度应小于10-2.9mol•L-1。
【小问3详解】
Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，即通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe(OH)3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用；
【小问4详解】
Sb可由SbCl电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl+3e-=Sb+4Cl-。
19. 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41kJ·mol-1
III.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。

计算反应III的ΔH3=___________kJ·mol-1，其对应的曲线为___________(填“a”或“c”)
（2）在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：

①图中代表CH3OH的曲线为___________(填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因___________。
③下列说法错误的是___________(填字母)。
A．H2的平衡转化率始终低于CO2的
B．温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D．150-400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为___________，反应II的平衡常数为___________(列出算式)。
【答案】（1） ①. -90 ②. a
（2） ①. m ②. 反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使CO2平衡转化率减小的程度大于反应II使CO2平衡转化率增大的程度 ③. BC ④. 0.16MPa ⑤.

【解析】
【小问1详解】
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41kJ·mol-1
根据盖斯定律I - II 可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；反应III的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，增大，故对应的曲线为a；
【小问2详解】
①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m。
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，CO2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，正反应程度增大，CO2转化率升高，在150~250℃范围内，温度升高，整体上CO2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，导致CO2转化率随温度升高而降低。
③A．起始n(CO2)：n(H2)=1:3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时， H2的平衡转化率小于CO2的转化率，当I、II都发生时，则H2的平衡转化率小于CO2的转化率，故A正确；
B．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B错误；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故C错误；
D．150-400℃范围内，根据CO2的转化率变化曲线可知H2O的平衡产量先减小后增大，故D正确；
答案BC；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：


反应后总的物质的量为剩余的CO2和H2和生成的CH3OH、H2O、CO的物质的量之和，则反应后混合物总的物质的量为1+3-6x+4x=(4-2x)mol。 CO2的转化率为24%，根据题意可得2x=1mol，得到x=0.12mol，则反应后总物质的量为3.76mol，在5MPa条件下，为恒压反应，则，平衡时，n(CO)=0.12mol、n(H2O)=0.24mol、n(CO2)=0.76mol、n(H2)=2.52mol，则反应II的平衡常数为：。
20. 酮基布洛芬(F)是一种优良非甾体抗炎镇痛药物，具有剂量小、疗效高、副作用小等特点。其有很多种合成路线，其中一种合成路线如图所示：

回答下列问题：
（1）A的名称为_______；C中的官能团名称为_______。
（2）已知硫酸的结构简式为，则的结构简式为_______；1mol E分子中含有的手性碳原子个数为_______。
（3）A→B的反应类型为_______。已知，从化学反应原理的角度解释加入的作用：_______。
（4）制备酮基布洛芬的另外一条合成路线为：

已知：
①A的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。
i.遇氯化铁溶液显色 ii.能发生银镜反应
②B的结构简式为_______。
③写出实验使用新制氢氧化铜悬浊液完成D→E的第一步反应的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. 3-甲基苯甲酸(或间甲基苯甲酸) ②. 羰基、溴原子
（2） ①. ②. NA
（3） ①. 取代反应 ②. 吸收生成的H2O，使反应更加充分
（4） ①. 10 ②. ③. +2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O
【解析】
【分析】由合成路线，A与苯、SOCl2发生取代反应生成B，B与Br2在光照条件下发生取代生成C，C与KCN反应生成D，D与(CH3)2SO4发生取代得到E，E酸化后得到F，据此结合有机化合物相关知识解答。
【小问1详解】
A的结构简式为，分子中含有羧基，属于酸，则A的名称为3-甲基苯甲酸(或间甲基苯甲酸)，C的结构简式为，含有的官能团为：羰基、溴原子；
【小问2详解】
已知硫酸的结构简式为，可推知H2SO4中H被—CH3取代，则的结构简式为，E的结构简式为，分子中含有的手性碳原子如图，共有1个，则1molE分子中含有的手性碳原子个数为NA；
【小问3详解】
A→B的过程为A与苯、SOCl2发生取代反应生成B，故反应类型为取代反应，A→B过程生成H2O，已知，加入SOCl2，可吸收生成的H2O，使得反应更加充分；
【小问4详解】
①A的结构简式为，其同分异构体遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基，且能发生银镜反应，则含有醛基，则苯环上含有的官能团为：—Br、—OH、—CHO，满足条件的有： 共10种；
②由题干合成路线，与苯、SOCl2发生取代反应生成B，B的结构简式为；
③D的结构简式为，与新制氢氧化铜悬浊液反应生成E，反应的第一步生成，化学方程式为：+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。