【期中真题】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题.zip

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华中师大一附中2022—2023学年度上学期高三年级期中检测化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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. 化学与生活紧密相关，下列说法错误的是
A. 脲醛树脂可用于生产电器开关
B. 味精以淀粉为主要原料通过发酵法生产
C. 直径为1~100 nm的纳米材料可产生丁达尔现象
D. 防晒衣的主要成分为聚酯纤维，忌长期用肥皂洗涤
【答案】C
【解析】
【详解】A．脲醛树脂具有良好绝缘性能，可用于生产电器开关，故A正确；
B．味精可用小麦面筋等蛋白质为原料制成，也可由淀粉或甜菜糖蜜中所含焦谷氨酸制成，故B正确；
C．直径为1~100 nm的纳米材料分散到分散剂中形成胶体后才能产生丁达尔现象，故C错误；
D．防晒衣的主要成分为聚酯纤维，因酯在碱性条件下能发生水解，而肥皂液呈碱性，因此不能长期用肥皂液洗涤，故D正确；
故选：C。
2. “夏禹铸九鼎，天下分九州”。青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。其表面铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是
A. 青铜器中锡、铅对铜有保护作用
B. Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类
C. 可用NH4Cl溶液浸泡青铜器来清洗铜锈
D. 博物馆中贵重青铜器常放在银质托盘上进行展示
【答案】D
【解析】
【详解】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A正确；
B．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或CO，二者都属于盐类，B正确；
C．NH4Cl在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，C正确；
D． 青铜器常放在银质托盘上，可以形成原电池，青铜器作原电池的负极，从而会加快青铜器的腐蚀，D错误；
故选：D。
3. 药物非洛地平是一种长效的钙离子通道阻断剂，广泛应用于医药领域，其结构简式如图所示。下列说法正确的是

A. 非洛地平的分子式为C18H20Cl2NO4
B. 非洛地平可以与盐酸反应
C. 1 mol非洛地平最多消耗7 mol H2
D. 非洛地平分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知其分子式为：C18H17Cl2NO4，故A错误；
B．该物质中含有亚氨基，能与酸反应，故B正确；
C．1 mol非洛地平含1mol苯环结构和2mol碳碳双键，能加成5mol氢气，故C错误；
D．由结构可知与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，该碳原子与其所连的四个原子呈四面体结构，所有碳原子不可能共面，故D错误；
故选：B。
4. 下列离子反应方程式书写正确的是
A. 等体积等物质的量浓度的Na[Al(OH)4]溶液与稀硫酸混合：[Al(OH)4]- + 4H+ =Al3++4H2O
B. 次氯酸钠溶液吸收少量SO2：SO2 + H2O +=SO++ 2HClO
C. 硫氰化铁溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀：Fe3+ +=Fe(OH)3↓
D. 向H2O2溶液中滴加少量氯化铁溶液：2Fe3+ + H2O2 = O2↑ + 2H+ + 2Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．等体积等物质的量浓度的Na[Al(OH)4]溶液与稀硫酸混合，[Al(OH)4]-与氢离子的物质的量之比为1：2，首先按照1：1完全反应生成氢氧化铝，生成的氢氧化铝有溶于硫酸生成铝离子，反应的方程式为：，故A错误；
B．次氯酸钠溶液吸收少量SO2，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠和次氯酸，SO2 + H2O +=SO++ 2HClO，故B正确；
C．硫氰化铁溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀：Fe(SCN)3+=Fe(OH)3↓+ 3SCN-，故C错误；
D．H2O2溶液中滴加少量氯化铁溶液，氯化铁作催化剂促进双氧水分解成氧气，反应为：，故D错误；
故选：B。
5. 下列关于阿伏加德罗常数NA的说法中正确的是
A. 1 mol HClO中含有H-Cl键个数为NA
B. 1 mol SO3溶于水，所得溶液中H2SO4分子数为NA
C. 78 g Na2O2和足量水完全反应，转移电子数为2NA
D. 13 g乙炔和苯乙烯的混合气中，碳原子个数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的结构为H-O-Cl，不含H-Cl键，故A错误；
B．H2SO4为强电解质，在水中完全电离成离子，因此硫酸溶液中不含硫酸分子，故B错误；
C．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，1mol Na2O2转移1mol电子，78 g Na2O2和足量水完全反应，转移电子数为NA，故C错误；
D．乙炔和苯乙烯的最简式均为CH，13 g混合气体可视为13gCH，其物质的量为1mol，含碳原子数为NA，故D正确；
故选：D。
6. 下列实验装置及现象正确的是
A
B
C
D




氢气在氯气中燃烧
检验乙炔气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色
浓氨水与浓硫酸反应
分离I2和KMnO4固体

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2与Cl2混合后点燃，能观察到气体安静燃烧，产生苍白色火焰，故A项正确；
B．电石中CaC2与水反应生成乙炔，乙炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但电石中部分杂质能与水反应生成还原性气体H2S、PH3，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B项错误；
C．浓硫酸不具有挥发性，因此玻璃棒不接触的情况下不能发生反应，故C项错误；
D．KMnO4固体受热能发生分解，因此不能用加热方法分离I2和KMnO4固体，故D项错误；
综上所述，正确的是A项。
7. 下列实验设计方案、现象和结论均正确的是

方案设计
现象和结论
A
取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH溶液并加热，冷却到室温后滴加AgNO3溶液
产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯元素
B
向2 mL 0.1 mol/L NaOH溶液中加入2 mL 0.1 mol/L MgCl2溶液，再滴加几滴0.1 mol/LFeCl3溶液
先产生白色沉淀，再转化为红褐色沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]
C
室温下，用pH试纸分别测试CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH
pH(CH3COONa)=9，pH(NaNO2)=8，则酸性: HNO2>CH3COOH
D
将氯气通入紫色石蕊溶液中
溶液先变红后褪色，则氯气具有酸性和漂白性

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．产生的白色沉淀不一定是氯化银，也可能是氢氧化银，所以，在加AgNO3滴入之前，应先加入稀硝酸进行酸化，排除氢氧根的干扰，A错误；
B．由反应方程式：2NaOH+ MgCl2↓= + 2NaCl和已知条件可知，氯化镁是过量的，再加入三氯化铁，氢氧根已知反应完全了，故发生了沉淀的转化反应，，说明氢氧化铁的溶解度更小，则说明了Ksp[Mg(OH)2]> Ksp[Fe(OH)3]，B正确；
C．必须是CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度相等，才能根据pH判断水解程度，再根据水解程度判断酸性，C错误；
D．氯气具有酸性和漂白性，氯气与水反应生成盐酸具有强酸性，生成次氯酸具有漂白性，D错误；
故本题选B。
8. 下列关于物质的结构与性质的叙述正确的是
A. Li、Na同主族， Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
B. Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C. Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
D. O、S同主族，H2O2有氧化性，可推断H2S2也有氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na的密度比煤油大可以保存在煤油中，而Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故A错误；
B．BeO属于两性氧化物可溶于强碱，故B错误；
C．Pb的金属性比Ge强，是金属元素， 导体材料，故C错误；
D．H2O2有氧化性，是因-1价O容易得电子转化成-2价，H2S2中S也为-1价，也容易得电子生成-2价S，表现氧化性，故D正确；
故选：D。
9. 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
【解析】
【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。
10. 某种化合物结构如图，X、Y、Z、Q、W为原子半径依次减小的短周期元素，分别位于三个不同的周期。下列说法错误的是

A. Z的氧化物的水化物为强酸
B. 废弃的金属X可置于酒精中销毁
C. 电负性：Q＞Z＞Y>W>X
D. Z2W4和ZW3分子中Z原子的杂化方式相同
【答案】A
【解析】
【分析】由化合物的结构可知Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，则Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、W为H元素，由化合物的结构可知X能形成+1价阳离子，则X为Na元素。
【详解】A．Z为N元素，N的氧化物对应的水化物HNO2为弱酸，A错误；
B．金属钠可以和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B正确；
C．同周期电负性自左向右依次增强，同主族电负性从上而下依次减弱，氢的电负性小于碳的电负性，所以电负性：Q＞Z＞Y>W>X，C正确；
D．Z2W4和ZW3分子分别是NH3和 N2H4，N原子的价层电子对均是4，杂化方式都是sp3，D正确；
故选A。
11. 同位素示踪法是研究反应机理的重要手段之一。已知CH3COOH和CH3CH2OD在浓硫酸作用下发生反应生成乙酸乙酯(不考虑副反应)，下列说法正确的是
A. 同位素(14C)示踪法常用于考古断代
B. 上述实验可用于判断该反应中乙酸和乙醇的断键位置
C. 平衡体系中除H2SO4外各物质均含有D元素
D. 平衡体系中同时含有H2O、HDO和D2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．14C常用于考古断代是因为其有固定的半衰期，而不是采用示踪法，故A错误；
B．上述乙酸和乙醇反应，无论酸脱羟基醇脱氢，还是酸脱氢醇脱羟基，最终D原子均进入水中，无法确定断键位置，故B错误；
C．平衡体系中生成的乙酸乙酯中均不含D元素，故C错误；
D．CH3COOH和CH3CH2OD反应生成HDO，生成乙酸乙酯与HDO发生逆反应时D原子可以进入乙酸中得到CH3COOD，H原子可以进入乙醇中得到CH3CH2OH，得到的酸与醇之间反应时会生成 H2O、HDO和D2O，故D正确；
故选：D。
12. 聚碳酸酯(L)可用于制作滑雪镜镜片，透明性好、强度高、不易碎，其结构简式如图

已知：2R'OH++ 2R''OH。L可由两种链状单体经该反应制备。下列关于L的说法错误的是
A. 制备L的反应是缩聚反应 B. 制备L的单体分子中均含两个苯环
C. 1 mol L中sp3杂化的碳原子数目为3NA D. 分离出苯酚可促进L的合成
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构可知，聚碳酸酯是通过 和 发生缩聚反应，故A正确；
B．制备L的单体为 和 ，均含2个苯环，故B正确；
C．sp3杂化的碳原子为单键碳原子，即饱和碳原子，由结构可知L的一个链节中含3个饱和碳原子，1 mol L中含3nmol饱和碳原子，sp3杂化的碳原子数目为3nNA，故C错误；
D．该反应是缩聚反应，除了生成L以外，还有苯酚生成，因此通过蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确；
故选：C。
13. 过氧硫酸氢根(HSO)参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图所示，下列说法错误的是

A. 该反应受体系pH的影响
B. 是中间产物且具有较强氧化性
C. 该过程中有非极性键的生成，没有非极性键的断裂
D. 总反应方程式为：+OH- + HSO+SO+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．由机理图可知，中间过程中OH-参与反应，改变pH值即该反应受体系pH的影响，故A正确；
B．由图可知反应物和最终生成物均没有，故其为中间产物，结构中含有过氧键，具有类似于双氧水的强氧化性，故B正确；
C．如图中间产物和中均存在非极性键，整个过程中存在非极性键断裂，故C错误；
D．由图可知该反应的反应物有：、OH- 、 HSO，生成物为：、SO、H2O，总反应方程式为：+OH- + HSO+SO+H2O，故D正确；
故选：C。
14. “电解法”制备氢碘酸的装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电作用下复合层间的H2O解离成H+和OH－(少量I－会因为浓度差通过BPM膜)。下列说法正确的是

A. a极的电势比b极的低
B. A、B膜均为阳离子交换膜
C. 若撤去A膜，对该电解池的工作无影响
D. 电解过程中，图中三处H2SO4溶液的c(H2SO4)均不变
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中信息B膜右边生成NaOH，说明钠离子穿过B膜进入到右边，根据电解质“异性相吸”，则b极为阴极，a为阳极。
【详解】A．根据前面分析a极为阳极，b为阴极，则a极的电势比b极的高，故A错误；
B．钠离子穿过B膜进入到右边，因此B膜为阳离子交换膜，a为阳极，水中的氢氧根失去电子生成氧气，氢离子穿过A膜进入到右边，因此A、B膜均为阳离子交换膜，故B正确；
C．若撤去A膜，由于少量的碘离子在a极失去电子变为碘单质，因此对该电解池的工作有影响，故C错误；
D．电解过程中，a电极是阳极，水中失去电子生成氧气和氢离子，氢离子穿过A膜进入右边，溶液体积减小，则H2SO4溶液的c(H2SO4)增大，故D错误。
综上所述，答案为B。
15. 常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA－的分布分数：δ(HA－)=] 随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示，下列说法正确的是

A. 曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2−)
B. NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性
C. 常温下，HA－水解常数Kh≈1.0×10−9
D. 当滴定至中性时，溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)
【答案】D
【解析】
【分析】根据图中信息20.00 mL 0.1000 mol∙L−1 H2A溶液消耗了20mL 0.1000 mol∙L−1 NaOH溶液，说明H2A为一元弱酸，则曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)。
【详解】A．根据前面分析，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，故A错误；
B．H2A 为一元弱酸，因此NaHA是正盐，故B错误；
C．曲线①和曲线②的交叉点，对应的pH为3，常温下，HA－的水解常数，故C错误；
D．当滴定至中性时，再根据电荷守恒得到，c()＝c(Na+)，则溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)，故D正确。
综上所述，答案为D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3。
已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：

熔点/℃
沸点/℃
其它
PCl3
−112
75.5
遇水极易水解
POCl3
2
105.3
遇水极易水解
某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：

请回答下列问题：
（1）装置戊中发生反应的离子方程式为：___________________。
（2）装置乙的主要作用为：①干燥气体，②_________， ③_________________。
（3）装置丙的温度需控制在60~65 ℃的原因是____________。
（4）实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：
I．取m g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性
II．向锥形瓶中加入V1 mL c1 mol∙L−1 AgNO3溶液至完全沉淀
Ⅲ．向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖
Ⅳ．加入指示剂，用c2 mol∙L−1 KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2 mL
(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12)
① 步骤IV中选用的指示剂为 ______________。
② 在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，_________________，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。
③ 产品中氯元素含量的表达式为：______________。
④ 下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是____________。
a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线 b．实验过程中未加入硝基苯
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡 d．滴定时锥形瓶未干燥
（5）如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为___________。
【答案】（1）MnO2 ＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+ ＋ Cl2↑＋ 2H2O
（2） ①. 观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率 ②. 平衡气压
（3）温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低
（4） ①. 硫酸铁溶液 ②. 用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 ③. ④. bc
（5）蒸馏
【解析】
【分析】根据工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl2 4PCl3，2PCl3＋O2 2POCl3，则甲装置是制备氧气的装置，乙装置是干燥氧气的装置，戊装置是制备氯气的发生装置，丁装置是干燥氯气的装置，丙装置发生P4(白磷)与Cl2反应、PCl3与O2反应。
【小问1详解】
装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O；故答案为：MnO2＋ 4H＋ ＋2Cl－ Mn2+＋ Cl2↑＋ 2H2O。
【小问2详解】
甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率， ③平衡气压；故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压。
【小问3详解】
PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65 ℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低；故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。
【小问4详解】
① 铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用指示剂为硫酸铁溶液；故答案为：硫酸铁溶液。
②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：；故答案为：。
④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；
b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；
c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；
d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；
综上所述，答案为：bc。
【小问5详解】
如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏；故答案为：蒸馏。
17. 铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋(BiOCl)常用作电子设备、塑料助剂等。以下是一种用铋精矿(Bi2S3，含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)制备 BiOCl的一种方法，其流程如图：

已知：① Fe(OH)3开始沉淀的 pH值为2.7，沉淀完全时的 pH值为3.7。
② pH≥3时，BiCl3极易水解BiOCl沉淀。
请回答以下问题：
（1）铋精矿在浸取时除采用粉碎矿石和增大压强来提高铋精矿浸取率外，还可以采取__________________措施(任写两条)。
（2）“加压浸取”过程中，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，而Cu2S溶解进入浸出液，且硫元素转化为，请写出Cu2S在此过程中发生反应的离子方程式：____________。
（3）“操作Ⅰ”为____________、过滤、洗涤、干燥。
（4）根据流程分析，盐酸羟胺(NH3OHCl)在流程中的作用是：①________②_________。
（5）流程中生成 BiOCl 的离子方程式：_________________。
（6）复杂氧化物可改写成氧化物或盐的形式，如可改写为或，请将分别改写成氧化物和盐的形式_____________________。
【答案】（1）多次浸取、适当升高温度、搅拌、适当增大氨水的浓度
（2）2 Cu2S + 16NH3 + 5O2 + 2H2O = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO + 4OH-
或 2 Cu2S + 16 + 5O2 = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO+ 4OH- +14 H2O
（3）蒸发浓缩，冷却结晶 (或“加热浓缩，冷却结晶”)
（4） ①. 将Fe3+还原为 Fe2+，提高产品纯度 ②. 将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”
（5）
（6）或或
【解析】
【分析】铋精矿(Bi2S3，含有FeS2、 Cu2S、PbO2及不溶性杂质)，在加压条件下通入氧气，加入氨水，，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，而Cu2S溶解进入浸出液，铜元素转化成[Cu(NH3)4]2+，且硫元素转化为，过滤后浸出液经一系列操作得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾；浸出渣加稀盐酸和盐酸羟胺发生反应将三价铁离子还原成亚铁离子，同时将铅元素从+4价还原为+2价，在滤液1中加硫酸实现Pb元素沉淀为硫酸铅，滤液2加碳酸钠调节pH为3，使BiCl3完全水解生成BiOCl沉淀，据此分析解答。
【小问1详解】
铋精矿在浸取时除采用粉碎矿石和增大压强来提高铋精矿浸取率外，还可以通过升高温度，增大反应物的浓度，搅拌，多次进行浸取操作的措施提高矿石的浸取率，故答案为：多次浸取、适当升高温度、搅拌、适当增大氨水的浓度；
【小问2详解】
“加压浸取”过程中，Cu2S溶解进入浸出液，且硫元素转化为，可知硫化亚铜被氧化成硫酸根离子和铜离子，其中铜离子与氨水生成[Cu(NH3)4]2+，反应方程式为：2 Cu2S + 16NH3 + 5O2 + 2H2O = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO + 4OH-或 2 Cu2S + 16 + 5O2 = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO+ 4OH- +14 H2O；故答案为：2 Cu2S + 16NH3 + 5O2 + 2H2O = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO + 4OH-或 2 Cu2S + 16 + 5O2 = 4[Cu(NH3)4]2+ + 2SO+ 4OH- +14 H2O；
【小问3详解】
从硫酸铜溶液中得到胆矾晶体需对硫酸铜溶液进行蒸发浓缩，然后冷却结晶析出晶体后进行过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶 (或“加热浓缩，冷却结晶”)；
【小问4详解】
盐酸羟胺(NH3OHCl)具有较强还原性，能将三价铁离子还原成亚铁离子，从而提高产品纯度，同时可以将铅元素从+4价还原为+2价，有利于后续二价铅离子沉淀，故答案为：将Fe3+还原为 Fe2+，提高产品纯度；将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；
【小问5详解】
BiCl3在碳酸钠碱性溶液中完全水解生成BiOCl沉淀，同时氢离子与碳酸根结合生成二氧化碳气体，反应方程式为：，故答案为：；
【小问6详解】
中Pb有+2、+4价，参看可改写为或，可知改写式可以是或或，故答案为：或或。
18. 帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。

已知：(均为烷基)
回答下列问题：
（1）已知A→B为加成反应，工业上常利用物质A在氧气中燃烧时放出的大量热来进行_____。
（2）B与足量氢气反应后的产物名称为___________。
（3）已知C为不饱和醇，C→D的反应类型为___________。
（4）写出G→H第一步反应的化学方程式___________。
（5）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有____种。
①能与发生显色反应；
②1 mol M最多消耗2 mol NaOH；
③核磁共振氢谱中有五组峰；
写出其中一种峰面积之比为有机物的结构简式：__________。
（6）结合以上流程，以乙炔和乙醇为原料合成2,5-己二醇()，无机试剂任选，设计合成路线___。
【答案】（1）焊接或切割金属
（2）甲基丁醇
（3）消去反应 （4）
（5） ①. 4 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】A与丙酮反应生成B，结合B的结构简式可知A应为乙炔，B与氢气发生加成反应得到C()，C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D()，D与HCl发生取代反应得到E，E在给定条件下反应得到F，F中的碳碳双键被高锰酸钾氧化，发生已知中反应生成G()；G中酯基发生碱性水解后再酸化得到H()，H中两个羧基脱水生成I()；I与苯甲胺反应得到J，J与氢气加成得到K，据此分析解答。
【小问1详解】
A为乙炔，其燃烧过程放出大量的热，常用氧炔焰焊接或切割金属，故答案为：焊接或切割金属；
【小问2详解】
B与足量氢气反应后得到，其名称为甲基丁醇，故答案为：甲基丁醇；
【小问3详解】
C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，故答案为：消去反应；
【小问4详解】
；G中酯基发生碱性水解反应得到，反应生成式为：，故答案为：；
【小问5详解】
芳香化合物M为K的同分异构体，其含有苯环结构，结合K的结构可知其不饱和对为4，而苯环的不饱和度为4，可知 M中除苯环外不含其他不饱和键；①能与发生显色反应，可知苯环上含有酚羟基；②1 mol M最多消耗2 mol NaOH，结合不饱和度可知M中不含羧基、酯基等官能团，则M中应含2个酚羟基；③核磁共振氢谱中有五组峰；符合的结构有：、、、，其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：或，故答案为：4；或；
【小问6详解】
乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛与乙炔在碱性条件下反应得到，与氢气发生加成得到，合成路线：，故答案为：；
19. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与储存，过程如下：

（1）反应I由两步反应完成：a. H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g) △H1 = +177 kJ/mol
b. 2SO3(g)2SO2(g) +O2(g) △H2 = +197 kJ/mol
①请写出反应I的热化学反应方程式：_________________________________ 。
②硫酸工业中可通过反应b的逆反应合成SO3，下表列出了不同温度、压强下SO2的平衡转化率：
温度/℃
SO2的平衡转化率/%
0.1 MPa
0.5 MPa
1 MPa
5 MPa
10 MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
550
85.6
92.9
94.9
97.7
98.3
在实际生产中，选定温度为400~500 ℃的原因是_________________；选定压强为常压的原因是_____________________。
（2）可以作为水溶液中SO2歧化反应(反应II)的催化剂，催化历程如下：
i．SO2+4I－+4H+= S↓+2I2+2H2O ii．
某实验小组为探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，进行如下实验：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)

A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol/L KI
0.4 mol/L KI
0.2 mol/L H2SO4
0.2 mol/L H2SO4
0.2 mol/L KI
a mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色成黄色，出现浑浊较A快
①请补全反应ii：___________________________________。
②比较A、B、C，可得出的结论是：______________________。
③D是A的对比实验，则a=__________。
④实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，则反应速率：i____ii(填“＞”、“=”或“＜”)。
【答案】（1） ①. 2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H = +551 kJ/mol ②. 在此温度下催化剂的活性较高 ③. 常压下，SO2的转化率已经很高，若采用高压，SO2转化率增大程度较小，但生产成本增大
（2） ①. I2+2H2O+SO2=+2I－+4H+ ②. H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ③. 0.0002 (或2×10-4) ④. ＜
【解析】
【小问1详解】
①应用盖斯定律，反应a×2+反应b得2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H=+551kJ·mol-1；
②此时催化剂活性较高；
③常压下，SO2的转化率已经很高，若采用高压，SO2转化率增大程度较小，但生产成本增大 ；
【小问2详解】
①反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）÷2得，反应ii的离子方程式为；
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；
③D和A中碘原子的物质的量应该相同，A中碘原子的物质的量为8×10-3mol，D中KI提供4×10-3mol， I2就是0.0002 (或2×10-4)mol；
④对比D和A，D中加入的浓度小于A，D中多加了，反应i消耗和，反应ii中消耗，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生使增大，从而使反应i加快。