北京市156中2020届高三高考热身练习化学试题 Word版含解析 22页

‎156中2020届高三高考热身练习 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 O 16 N 14 Ga 70‎ 第一部分(单项选择题)‎ ‎1.下列物质的用途不正确的是 A. 生石灰 B. 小苏打 C.阿司匹林 D.苯甲酸钠 物质 用途 抗氧化剂 糕点发酵粉 解热镇痛药 食品防腐剂 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化钙不和氧气反应，也不能吸收氧气，不能做抗氧化剂，A错误；‎ B．B的成分为碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳气体，可做发酵粉，B正确；‎ C．阿司匹林是常用的解热镇痛药，C正确；‎ D．苯甲酸钠可防止食品变酸，延长保质期，D正确；‎ 故选A。‎ ‎2.下列化学用语表示不正确的是（ ）‎ A. H2O分子的比例模型：‎ B. NaClO的电子式：‎ C. CO2的结构式：O=C=O D. 丙烷分子的球棍模型：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．水分子的结构式为H—O—H，水分子为V形，O原子半径大于H原子半径，H2O分子的比例模型：，Ａ正确；‎ B． NaClO离子化合物，其电子式为：，Ｂ错误；‎ C．CO2是碳氧双键形成的直线型结构，结构式：O=C=O，Ｃ正确；‎ D． 球棍模型表现分子中各原子之间的键的情况和相对空间位置，丙烷分子的球棍模型：，Ｄ正确；‎ 故选Ｂ。‎ ‎3.无纺布制成的医用口罩在抗击新型冠状病毒过程中发挥了重要作用，无纺布的主要原料是聚丙烯树脂。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 无纺布制成的医用口罩能有效预防病毒传染 B. 聚丙烯树脂属于合成有机高分子材料 C. 合成聚丙烯树脂的单体是丙烯 D. 丙烯和聚丙烯树脂均属于纯净物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎【详解】A．医用口罩能防止飞沫传播，能有效预防病毒传染，A正确，不选；‎ B．聚丙烯树脂属于合成纤维，是高聚物，属于合成有机高分子材料，B正确，不选；‎ C．聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，C正确，不选；‎ D．聚丙烯中n值不同，导致物质不同，是混合物，D错误，符合题意；‎ 故选D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 无色透明的溶液中：Fe3+、、I-、‎ B. 0.1 mol•L-1 KNO3 溶液中：Na+、Fe2+、Cl－、‎ C. 使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+、、‎ D. ＝1×10-12 的溶液：K+、Na+、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁离子的溶液显淡黄色，且与碳酸根彻底双水解，能与Iˉ发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．溶液酸性较弱，硝酸根不表现氧化性，几种离子可以大量存在，故B符合题意；‎ C．使酚酞变红的溶液显碱性，铵根和镁离子不能在碱性溶液中大量存在，故C不符合题意；‎ D．＝1×10-12 的溶液显碱性，碳酸氢根会和氢氧根反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎5.将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a离子为Cl-，b离子为Na+‎ B. 溶液中含有NA个水合Na+‎ C. 溶液中存在NaClNa++Cl-‎ D. NaCl溶解过程需要在容量瓶中进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠离子核外有2个电子层，氯离子有3个电子层，即氯离子半径大于钠离子，a离子为Cl-，b离子为Na+，A正确；‎ B．题目中没有说明溶液的体积，无法计算溶质的物质的量，即无法判断溶液中水合Na+的个数，B错误；‎ C． 氯化钠是强电解质，全部电离，电离方程式为：NaCl = Na++Cl-，C错误；‎ D．容量瓶是精密仪器，不能用于溶解，NaCl溶解需要在烧杯中进行，D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）‎ A. Na2O2溶于水：Na2O2+2H2O=2Na++2OH﹣+O2↑‎ B. 用石墨电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2↑‎ C. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-‎ D. 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．Na2O2溶于水的离子方程式应为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，题给离子方程式中氢不守恒，A错误；‎ B． 用石墨电极电解饱和食盐水产生氢氧化钠，氢气，氯气，离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，B错误；‎ C． 硫酸钙的溶解度大于碳酸钙，Na2CO3溶液与CaSO4的反应：CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，C正确；‎ D． 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀完全的离子方程式为：Ba2＋＋H++OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O，D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA B. 22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为11NA C. 常温下，1L0.1mol/LMgCl2溶液中，含有Mg2＋数为0.1NA D. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．1molCl2与足量Fe反应，氯由0价降低到-1价，转移的电子数为2NA，A错误；‎ B． 22.4L（标准状况），物质的量为1mol,15NH3含有的质子数为10NA，B错误；‎ C．MgCl2是强酸弱碱盐，镁离子会发生少量水解，Mg2＋个数小于0.1NA，C错误；‎ D．NO2和N2O4具有相同的最简式NO2，46g的NO2和N2O4混合气体含有NO2物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列实验中，能达到相应实验目的的是（ ）‎ A.H2在Cl2中燃烧 B.证明氯化银溶 解度大于硫化银 C.证明乙炔可使溴水褪色 D.验证温度对平衡移动的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢气密度小于空气，会将氯气从下口排出，A错误；‎ B．硝酸银和氯化钠反应后，银离子过量，不能证明氯化银溶解度大于硫化银，B错误；‎ C．电石不纯，会产生还原性气体，也能使溴水褪色，C错误；‎ D．温度改变，根据颜色变化可以知道反应的平衡移动，D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜M B. Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R C. X、N两种元素形成的化合物属于离子化合物 D. 简单离子的半径：Z＞M＞X ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。‎ ‎【详解】A．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，金属性越强对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；‎ B．氟、氯两种元素属于同一主族元素，且氟的非金属性大于氯，所以Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：HF>HCl，B正确；‎ C．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，属于共价化合物，C错误；‎ D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：X ＞Z＞M，D错误；‎ 故选B。‎ ‎10.甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是（ ）‎ A. 图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/mol B. 图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=﹣607.3kJ/mol C. 由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol D. 由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A错误；‎ B．根据图像分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol，B错误；‎ C．CO(g)+O2(g)=CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=﹣283kJ/mol，CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol求出焓变DH=﹣283kJ/mol，C正确；‎ D．CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的反应式为LixC6+Li1﹣xCoO26C+LiCoO2（x＜1）其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 放电时A极电极式为：LixC6–xe-=6C+xLi+‎ B. 放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g C. 充电时，A极接外电源的正极 D. 该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据工作原理可判断出，A为负极，B为正极，充电A为阴极，B为阳极。‎ A．放电时，A极为负极，失电子，化合价升高，电极反应式为：LixC6–xe-=6C+xLi+，A正确；‎ B．放电时石墨电极发生Li-e-=Li+，若转移0.3mo电子，则有0.3mol参与反应，电极减重为0.3×7g/mol=.2.1g，B正确；‎ C．充电时，原来的负极作阴极，与外接电源的负极相连，C错误；‎ Ｄ．放电处理时，Li+在正极参与反应，生成LiCoO2，故该废旧电池进行放电处理有利于锂在B极回收，D正确；‎ 故选C。‎ ‎12.利用有机物X、Y合成广谱抗菌药物M的反应表示如图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. X分子与强酸、强碱均能发生反应 B. Y分子与丙烯酸分子互为同系物 C. X和Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. X、Y合成M的反应类型为取代反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X分子含有酚羟基，酯基，氨基等，与强酸、强碱均能发生反应，A正确；‎ B．Y分子与丙烯酸分子结构不相似，而且分子组成上没有相差一个或几个CH2原子团，故不是同系物，B错误；‎ C．X和Y均含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；‎ D．X、Y合成M是羧基和氨基脱水缩合，是取代反应，D正确；‎ 故选B。‎ ‎13.用0.1000mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00ml0.1000mol·L-1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COOH)＞c(CH3COO-)‎ C. pH=7时，滴定盐酸消耗V(NaOH)大于醋酸消耗V(NaOH)‎ D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)═c(Cl-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，故A错误；‎ B. 加入10mL 氢氧化钠时，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到同浓度的醋酸和醋酸钠混合液，由图可知，溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则溶液中c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故B错误；‎ C. 醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸完全反应，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到醋酸和醋酸钠的混合液，则醋酸所用NaOH溶液的体积小，故C正确；‎ D. V(NaOH)=20.00mL时，盐酸和醋酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和醋酸钠，由于醋酸根离子发生水解，则c（CH3COO-）＜c（Cl-），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH=7时，盐酸完全反应，醋酸与氢氧化钠溶液反应得到醋酸和醋酸钠的混合液是分析的易错点。‎ ‎14.实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（ ）‎ A. Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3‎ B. Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应 C. Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2‎ D. Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；‎ B. Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；‎ C. SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；‎ D. SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】FeSO4在高温下分解生成Fe2O3、SO3和SO2，三氧化硫易和水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收是易错点，也是解答关键。‎ 第二部分 ‎15.地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。‎ ‎（1）不同温度下工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g)反应的部分K值如下表。‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎400‎ ‎450‎ K ‎5×108‎ ‎0.507‎ ‎0.152‎ ‎①工业合成氨反应平衡常数表达式为K=___。‎ ‎②请结合平衡常数解释，该反应为放热反应的理由___。‎ ‎③从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因___。‎ ‎（2）科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。‎ ‎①阴极区生成NH3的电极方程式为___。‎ ‎②下列说法不正确的是___（填字母序号）。‎ a.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性 b.该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能 c.选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置 ‎【答案】 (1). (2). 随温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，反应逆向为吸热反应 (3). 从速率角度考虑，高温更好；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性更高 (4). N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- (5). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1）①化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值；‎ ‎②升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由表格数据可知，升高温度，合成氨反应平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动；‎ ‎③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适；‎ ‎（2）①由阴极区的微观示意图可知，阴极上N2转化为NH3，C2H5OH转化为C2H5O-离子，说明N2在C2H5OH作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成NH3；‎ ‎②a. 电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，三氟甲磺酸锂是离子化合物，能提供离子；‎ b.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能降低反应物的键能；‎ c.由图可知，水在选择性透过膜的上方。‎ ‎【详解】（1）①化学平衡常数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则工业合成氨反应平衡常数表达式为K=，故答案为：；‎ ‎②升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，由表格数据可知，升高温度，合成氨反应平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则合成氨反应为放热反应，故答案为：随温度升高，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，反应逆向为吸热反应；‎ ‎③合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适，故答案为：从速率角度考虑，高温更好；从催化剂角度考虑，500℃左右催化剂活性更高；‎ ‎（2）①由阴极区的微观示意图可知，阴极上N2转化为NH3，C2H5OH转化为C2H5O-离子，说明N2在C2H5OH作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成NH3，电极反应式为N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-，故答案为：N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；‎ ‎②a. 电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂，三氟甲磺酸锂是离子化合物，能提供离子，增强电解液的导电性，故a正确；‎ b.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，不能降低反应物的键能，该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的活化能， 故b错误；‎ c.由图可知，水在选择性透过膜的上方，说明选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置，故c正确；‎ 故答案为：b。‎ ‎【点睛】合成氨反应中，反应温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，而且在500℃左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适是解答的难点。‎ ‎16.金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓及其化合物应用广泛。‎ ‎（1）一种镍催化法生产GaN的工艺如图：‎ ‎①镓（Ga）的原子结构示意图为，镓元素在周期表中的位置是___。‎ ‎②“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是___。‎ ‎③“酸浸”操作目的是___。‎ ‎（2）某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：‎ ‎①仪器X中的试剂是__，加热前需先通入一段时间的H2，原因是__。‎ ‎②取某GaN样品m克溶于足量热NaOH溶液，发生反应GaN+OH﹣+H2OGaO2-+NH3↑，用H3BO3溶液将产生NH3完全吸收，滴定吸收液时消耗浓度为cmol/L的盐酸VmL，则样品的纯度是___。‎ 已知：NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3‎ ‎【答案】 (1). 第四周期ⅢA族 (2). 2Ga+2NH32GaN+3H2 (3). 除去GaN 中混有少量Ni (4). 浓氨水 (5). 排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸 (6). %‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)由流程图可知，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应得到混有Ni的GaN混合物，向反应后的固体中加入稀盐酸，Ni溶于稀盐酸生成可溶的氯化镍，GaN不与稀盐酸反应，过滤、洗涤、干燥得到GaN；‎ ‎(2)由实验装置图可知，实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热混合发生爆炸，当装置中空气排尽后，再用浓氨水与氧化钙反应制备氨气，在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气加热反应生成GaN和H2，由于氨气与稀硫酸反应，在吸收装置前连接一个空载仪器，起防止倒吸的作用。‎ ‎【详解】(1)镓的原子结构示意图为可知，镓原子有4个电子层，最外层有3个电子，则镓元素位于周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；‎ ‎②由流程图可知，“热转化”的过程为在少量Ni做催化剂作用下，Ga粉与氨气高温下反应生成GaN和H2，反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；‎ ‎③由分析可知反应得到混有Ni的GaN混合物，酸浸的目的是使Ni溶于稀盐酸，除去GaN中混有的少量Ni，故答案为：除去GaN中混有的少量Ni；‎ ‎(2)①仪器X中的试剂是浓氨水，目的是用浓氨水与氧化钙反应制备氨气；空气中的氧气能与镓反应，且镓与氨气反应生成的氢气能与空气中氧气反应，发生爆炸，所以加热前需先通入一段时间的H2，排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸，故答案为：排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸；‎ ‎②由题给化学方程式可得如下关系式：GaN—NH3—NH3•H3BO3—HCl，由关系式可知n（GaN）=n（HCl）=10-3cVmol，则样品的纯度为×100%=%，故答案为：%。‎ ‎【点睛】‎ 实验时，应先制备氢气，利用氢气排除装置中的空气，避免空气与镓反应，防止空气中氧气和反应生成的氢气加热方式爆炸是实验设计的关键，也是解答的关键。‎ ‎17.双功能手性催化剂在药物合成中起到重要的作用。其中一种催化剂I的合成路线如下：‎ 已知：R-NH2+‎ ‎(1)A可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是_________。‎ ‎(2)下列关于A的说法中，正确的是_________。‎ a.与乙醇互为同系物 b.与B在一定条件下可发生缩聚反应 c.发生消去反应的试剂和条件是：NaOH的醇溶液、加热 ‎(3)写出B→C的化学方程式：___________。‎ ‎(4)D的结构简式是__________。‎ ‎(5)E→F的反应类型是___________。‎ ‎(6)已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，K的结构简式是__________。‎ ‎(7)F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是___________。‎ ‎(8)H的结构简式是___________。‎ ‎【答案】 (1). 羟基 (2). b (3). HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O (4). (5). 取代 (6). (7). n+n ‎+(2n-1)HCl (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知反应R-NH2+，由F在一定条件下与试剂a反应生成G以及F的分子式C5H6O2Cl2，可推出F为，而a为，E与SOCl2反应生成F，可知E为，根据逆推示可知D为，C为C2H5OOCCH2COOC2H5，B为HOOC—CH2—COOH，A为HOCH2CH2CH2OH， 加成反应生成H，H脱去水生成，加成时应形成环，推出H为，据此分析。‎ ‎【详解】（1）A为HOCH2CH2CH2OH，可与Na反应可生成H2，则A中的官能团名称是羟基；‎ ‎（2）A为HOCH2CH2CH2OH，a.与乙醇所含有羟基数目不相同，结构不相似，不互为同系物，故错误；b.与B分别为二元醇和二元羧酸，在一定条件下可发生缩聚反应，故正确；c.发生消去反应的试剂和条件是：浓硫酸、加热，故错误；答案选b；‎ ‎（3）B→C是HOOC—CH2—COOH与C2H5OH发生酯化反应生成C2H5OOC—CH2—COOC2H5和水，反应的化学方程式为：HOOC—CH2—COOH + 2C2H5OHC2H5OOC—CH2—COOC2H5 + 2H2O；‎ ‎（4）D的结构简式是；‎ ‎（5）E→F是与SOCl2发生取代反应生成 ‎、二氧化硫和水，反应类型是取代反应；‎ ‎（6）已知：NH3+→H2N-CH2CH2OH，NH3和物质K发生反应可以制备试剂a，为开环加成，则K的结构简式是；‎ ‎（7）F与对苯二胺()在一定条件下可发生缩聚反应制备尼龙MXD6的衍生品，该反应的化学方程式是n+n+(2n-1)HCl；‎ ‎（8）H的结构简式是。‎ ‎18.合理利用资源成为当今研究热点。CH3NH2、PbI2及HI常用作合成太阳能电池的敏化剂甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)的主要原料。‎ ‎（1）制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：‎ 共价键 C-O H-O N-H C-N 键能/kJ·mol-1‎ E1‎ E2‎ E3‎ E4‎ 则上述热化学方程式中ΔH=___kJ·mol-1。‎ ‎（2）可利用水煤气合成上述反应所需甲醇。反应为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0。在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：‎ ‎①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。‎ ‎②图中Y轴表示温度，其判断的理由是__。‎ ‎（3）可利用四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶PbI2，若反应中生成amolPbI2，则转移电子的物质的量为___。‎ ‎（4）将二氧化硫通入碘水制备HI的反应曲线如图所示，其反应原理为：SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-，I2＋I-I3-，图中曲线a、b分别代表的微粒是__和__（填微粒符号）；由图知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是___。‎ ‎【答案】 (1). (E1+E3)-(E2+E4) (2). 25% (3). 随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)逆移 (4). amol (5). HSO4- (6). I3- (7). 减小的投料比 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎（2）①依据题意建立三段式求解可得；‎ ‎②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；‎ ‎（3）四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应制备生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O；‎ ‎（4）根据图象b为从零越来越大的离子，a为不变的离子，结合反应过程分析判断；减小的投料比能提高碘的还原率。‎ ‎【详解】（1）反应热=反应物总键能-生成物总键能，由题给键能数据可知△H=(E1+E3)-(E2+E4)，故答案为：(E1+E3)-(E2+E4)；‎ ‎（2）①设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式：‎ 由平衡时CH3OH的体积分数为10%可得×100%=10%，x=0.25即25%，故答案为：25%；‎ ‎②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则Y表示温度，故答案为：随着Y值增加φ(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)逆移；‎ ‎（3）四氧化三铅中铅元素的化合价为+价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2，则四氧化三铅和氢碘酸发生氧化还原反应生成PbI2、I2和H2O，反应的化学方程式为Pb3O4+8HI=3PbI2+I2+4H2O，由方程式可知每生成3molPbI2的反应中电子转移2mol，则生成amolPbI2转移电子的物质的量为amol，故答案为：amol；‎ ‎（4）由图象可知，b为从零越来越大的离子，结合反应原理为SO2＋I2＋2H2O=3H＋＋HSO4-＋2I-和I2＋I-I3-可知反应中越来越多的离子为I3-，反应过程中氢离子和硫酸氢根离子始终不变，但氢离子的物质的量是硫酸氢根的3倍，则图中曲线a、b分别代表的微粒是HSO4-、I3-；由图可知，要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小的投料比，故答案为：HSO4-；I3-；减小的投料比。‎ ‎【点睛】四氧化三铅中铅元素的化合价为+价，碘化铅中铅元素的化合价为+2价，铅元素化合价降低，反应中四氧化三铅作氧化剂，HI作还原剂，碘元素化合价-1价变化为0价，生成I2是解答关键，也是难点。‎ ‎19.某小组探究清洗试管（内壁附着银镜）的反应原理，进行下列实验。‎ I.初步探究 ‎（1）将稀硝酸加入附着银镜的试管中，记录现象如下：‎ 实验操作 实验现象 实验Ⅰ 银镜上出现气泡，在液面下方为无色气体，在试管口附近......；试管内壁上的银逐渐溶解。‎ ‎①补全反应中的实验现象___。‎ ‎②实验Ⅰ中银镜消失发生反应的化学方程式为____。‎ ‎（2）为消除实验Ⅰ中氮氧化物的污染，将双氧水溶液加入附着银镜的试管中。‎ 实验Ⅱ 实验操作 实验现象 剧烈反应，有大量无色气体产生，该气体可以使带火星的木条复燃；试管内壁上的银逐渐溶解。‎ ‎①由现象推测H2O2将Ag氧化为Ag+，但通过实验排除了这种可能。该实验方案是：在反应后的液体中，加入___。‎ ‎②查阅资料发现：该实验中银镜溶解后最终产物为颗粒很小（直径在1～100nm之间）的Ag，其分散在液体中，肉眼无法识别。该同学通过实验证实了这种可能性。他的操作及现象是：___。‎ ‎③写出该实验Ⅱ中发生反应的化学方程式：___。‎ II.查阅资料，继续探究 查阅文献：Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O ‎（3）探究Ag 2O在H 2O 2分解反应中的作用，进行如下实验。‎ 实验Ⅲ 实验操作 实验现象 剧烈反应，产生大量的无色气体，同时在试管底部仍有少量黑色固体 根据实验Ⅲ的现象猜想：Ag 2O在反应中作氧化剂。继续实验，在实验Ⅲ反应后的试管中加入足量的溶液x后，固体仍有剩余。由此验证了该猜想的正确。‎ ‎①在实验中加入足量的溶液x是____。‎ ‎②实验Ⅲ中发生反应的化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 出现红棕色气体 (2). 3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O (3). 加入稀盐酸(或NaCl溶液) (4). 用一束光照射液体a，产生丁达尔现象 (5). 2H2O2O2↑+2H2O (6). 氨水 (7). H2O2+Ag2O=2Ag+O2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将稀硝酸加入附着银镜的试管中，银和硝酸发生氧化还原反应：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；‎ ‎（2）如果加入稀盐酸(或NaCl溶液)后振荡，没有产生白色沉淀，证明不含有Ag+，排除了H2O2将Ag氧化为Ag+的可能。②a中存在直径在1~100nm间的颗粒，属于胶体，利用丁达尔现象检验；‎ ‎③根据实验现象描述可知实验Ⅱ中是过氧化氢在银催化下，发生分解，产生了氧气，化学方程式：2H2O2O2↑+2H2O；‎ ‎（3）若猜想成立，则充分反应后得到银单质，加入足量氨水后，固体不溶解，发生的化学方程式为H2O2+Ag2O=2Ag+O2↑+H2O。‎ ‎【详解】（1）将稀硝酸加入附着银镜的试管中，银和硝酸发生氧化还原反应：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O，所以银镜上出现气泡，在液面下方为无色气体，在试管口附近出现红棕色气体；试管内壁上的银逐渐溶解，故本题答案为：出现红棕色气体；3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；‎ ‎（2）①排除H2O2将Ag氧化为Ag+的可能，如果加入稀盐酸(或NaCl溶液)后振荡，没有产生白色沉淀，证明不含有Ag+，排除了H2O2将Ag氧化为Ag+的可能，故答案为：加入稀盐酸(或NaCl溶液)；‎ ‎②a中存在直径在1~100nm间的颗粒，属于胶体，利用丁达尔现象检验，所以用一束光照射液体a，产生丁达尔现象，故答案为：用一束光照射液体a，产生丁达尔现象；‎ ‎③根据实验现象描述可知实验Ⅱ中是过氧化氢在银催化下，发生分解，产生了氧气，化学方程式：2H2O2O2↑+2H2O，故本题答案为：2H2O2O2↑+2H2O；‎ ‎（3）根据Ag2O 可溶于足量氨水中，转化为银氨溶液，而银不溶于氨水，若猜想成立，则充分反应后得到银单质，加入足量氨水后，固体不溶解，实验Ⅲ中是过氧化氢和氧化银发生反应生成银单质，氧气水，其化学方程式为H2O2+Ag2O=2Ag+O2↑+H2O，本题答案为：①氨水；②H2O2+Ag2O=2Ag+O2↑+H2O。‎ ‎【点睛】本题综合考察实验的设计与评价，通过对新旧信息的加工开发，实现指定的实验设计。本题中以银镜试管的清洗为载体，考查了一系列和银有关的知识点，重在培养学生的分析、总结能力。‎