山东省日照市2020届高三校际联合考试化学试题 25页

‎2020年高三校际联合考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 P 31 S 32 Zn 65‎ 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列说法正确是（ ）‎ A. 可以注射消毒液杀灭人体内的新型冠状病毒 B. 干粉灭火器主要用于扑救有机溶剂、可燃气体和电气设备的初期火灾 C. 家蚕丝心蛋白水解生成的甘氨酸和丙氨酸共能形成3种二肽 D. 骨水泥（骨粘固剂）的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯的单体是甲基丙烯酸和甲醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将消毒液注入人体，可导致人体蛋白质变性，危害人体生命安全，A错误；‎ B．干粉灭火器主要用于扑救有机溶剂、可燃气体和电气设备的初期火灾，B正确；‎ C．用A代表甘氨酸，用B代表丙氨酸，二者可形成4种二肽：A-A、B-B、A-B、B-A，C错误；‎ D．骨水泥（骨粘固剂）的主要成分聚甲基丙烯酸甲酯的单体是甲基丙烯酸甲酯，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎2.下列说法错误的是（ ）‎ A. 棉花、麻、羊毛、蚕丝都属于天然纤维 B. 可用热的NaOH溶液鉴别地沟油和汽油 C. 甲苯、间二甲苯的一氯代物种数相同 D. 不饱和度是6，核磁共振氢谱有2组峰 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．棉花、麻、羊毛、蚕丝都属于天然纤维，A正确；‎ B．地沟油属于油脂，在碱性条件下水解且产物溶于水，汽油属于烃类，不会水解且不溶于水，故二者可用热的NaOH溶液鉴别，B正确；‎ C．甲苯、间二甲苯均有4种一氯代物，C正确；‎ D．的分子式为C8H8，不饱和度==5，有2种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎3.下列说法错误的是（ ）‎ A. 基态Cr原子有6个未成对电子 B. PH3和NH3分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于NH3‎ C. BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3‎ D. 向1mol配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cr的原子序数为24，价电子排布为3d54s1，基态Cr原子有6个未成对电子，A正确；‎ B．PH3分子结构和NH3相似，中心原子都含有一个孤电子对，N元素的电负性大于P，电负性越大，其原子越不易提供孤电子对，故PH3提供孤电子对的能力强于NH3，B正确；‎ C．BeO的晶格能大于MgO，说明Be2+离子结合碳酸根中的氧离子的能力更强，故BeCO3更容易分解生成氧化物和二氧化碳，所以BeO的晶格能大于MgO，可推测BeCO3的分解温度低于MgCO3，C正确；‎ D．内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在向1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎22.4L15NH3中含有的质子数为11NA B. 含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数大于0.5NA C. 常温下，‎1L溶液中含有的氮原子数小于0.2NA D. 标准状况下，224mLSO2溶于水后形成的溶液中、、粒子数之和等于0.01NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．15NH3的质子数为7+1´3=10，标准状况下，‎22.4L15NH3的物质的量为1mol，含有的质子数为10NA，A错误；‎ B．浓硝酸与铜发生反应：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1molHNO3转移0.5mol电子，反应一段时间硝酸浓度变小，发生反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，1molHNO3转移0.75mol电子，含‎63g即1molHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，生成物有NO2 、NO，转移电子数大于0.5mol，B正确；‎ C．根据氮原子守恒，常温下，‎1L溶液中含有的氮原子数等于0.2NA，C错误；‎ D．标准状况下，224mLSO2的物质的量= =0.01mol，SO2溶于水后一部分与水生成亚硫酸，亚硫酸发生电离，在溶液以、、粒子存在，还有一部分SO2在水中以分子形式存在，根据硫原子守恒，标准状况下，224mLSO2溶于水后形成的溶液中、、粒子数之和小于0.01NA，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎5.近年来被网络炒得火热的抗衰老“神药”白藜芦醇结构简式如图所示，下列关于白藜芦醇说法错误的是（ ）‎ A. 分子式为C14H12O3 B. 存在顺反异构 C. 所有碳原子可能共平面 D. 属于醇类，能发生加成反应、取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知白藜芦醇的分子式为C14H12O3，A正确；‎ B．该有机物分子的双键碳原子上连有不同的基团，存在顺反异构，B正确；‎ C．分子中含有苯环、乙烯等基础分子的共面结构，单键可以旋转，所有碳原子可能在同一平面，C正确；‎ D．该有机物分子中羟基连接在苯环上，所以属于酚而不属于醇；该有机物分子含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有酚羟基，可以发生取代反应；D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素组成的氧化物，甲、乙分别是元素Y、W的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. X、Y、Z三种元素的第一电离能：‎ B. X分别与Y、Z、W形成的分子中均可能含有非极性共价键 C. Z元素的最高价含氧酸的酸性在同周期和同主族元素中均最强 D. 若固体是由直线形的和平面三角形的组成，则与丙溶液中的溶质阴离子相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ K是红棕色气体，丙的浓溶液具有强氧化性，K是NO2，丙为浓HNO3，可知乙是O2，L为H2O，甲是常见的固体，与浓HNO3反应生成NO2，所以甲为C，M为CO2，所以X、Y、Z、W分别是H、C、N、O四种元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，同周期元素第一电离能从左到右增大，H原子比碳原子的核外电子距离原子核近，受到原子核的引力大，电离需要消耗更多的能量，所以第一电离能比C的大，N原子的2p能级处于半充满状态，比较稳定，第一电离能较大，H、C、N三种元素的第一电离能为：N>H>C ，A错误；‎ B．H与C、N、O形成的分子中，C2H4、N2H4、H2O2中都含有非极性共价键，B正确；‎ C．Z为N元素，N在元素周期表第二周期第VA族，由于O、F无正价，第二周期中元素的最高价氧化物的水化物中HNO3酸性最强；第VA族中N非金属性最强，故第VA族中最高价氧化物的水化物中HNO3酸性最强，C正确；‎ D．N2O5在固态时由和构成，其中呈直线型，呈平面三角形，丙溶液为硝酸，所以Q−与丙溶液中的溶质阴离子相同，D正确。‎ 答案为A。‎ ‎7.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 少量SO2通入BaCl2溶液中：‎ B. 与足量盐酸反应：‎ C. 中加入酸化的KMnO4：‎ D. 向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸的酸性比亚硫酸强，强酸可以制弱酸，SO2与BaCl2溶液不能反应，A错误；‎ B．银氨溶液与盐酸反应生成AgCl和NH4Cl，溶液里[Ag(NH3)2] OH应该拆开，离子方程式为： [Ag(NH3)2]++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2+H2O，B错误；‎ C．中加入酸化的KMnO4，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：，C正确；‎ D．NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2ClO-+2H2O=Fe3++HClO+Fe(OH)3↓+Cl-，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是 A B C D 蒸馏时的接收装置 将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到胆矾晶体 用CCl4除去HBr气体中的少量溴蒸气 模拟工业制氨气并检验产物 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞住，否则锥形瓶中气压过大会导致事故，A不选；‎ B．蒸发溶液时应该在蒸发皿里进行，B不选；‎ C．溴易溶于CCl4而HBr不溶，用CCl4可以除去HBr气体中的少量溴蒸气，C选；‎ D．检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸使用不合理，D不选。‎ 答案选C。‎ ‎9.某小组为验证SO2的性质设计如图所示的实验装置，下列说法错误的是（ ）‎ A. 一段时间后石蕊溶液和品红溶液均褪色，说明SO2有漂白性 B. 一段时间后酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，说明SO2有还原性 C. 一段时间后氢硫酸溶液中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性 D. 该装置能体现实验的微型化和绿色化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．SO2具有酸性氧化物的性质，可以使石蕊溶液变红但不会褪色，SO2使品红溶液褪色说明SO2有漂白性，A错误；‎ B．SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液、溴水发生氧化还原反应而使溶液褪色，B正确；‎ C．SO2与氢硫酸溶液发生反应，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成的硫单质难溶于水为淡黄色沉淀，C正确；‎ D．该装置使用注射器代替分液漏斗，药品用量少，用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收尾气，对环境的污染也少，操作方便，体现实验的微型化和绿色化，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎10.溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水、易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下（已知步骤Ⅲ的滤液中不含）。‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 试剂a可以是生石灰，试剂b是氢溴酸 B. 步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C. 为将杂质离子除尽，步骤Ⅱ需加过量试剂a，保证溶液呈强碱性 D. 工业上常用氨气与溴、石灰乳反应制取溴化钙，若反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为3∶2，则产物中会生成一种无色气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业大理石（含少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙，工业大理石加入氢溴酸溶液生成溴化钙、溴化铝、溴化铁，然后向溶液中加入试剂a，目的是除去Al3+、Fe3+等杂质，除杂质不能引入新杂质，Al3+、Fe3+能与碱反应生成沉淀，a可选取氢氧化钙或生石灰，反应后过滤，滤去沉淀，向滤液中加入试剂b，目的是除去过量的碱，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到CaBr2•H2O,再进行加热，得到纯净的溴化钙。‎ ‎【详解】A．由分析可知，试剂a，目的是除去Al3+、Fe3+等杂质，可以是生石灰，试剂b，目的是除去过量的碱，除杂质不能引入新杂质，因为最后要制取溴化钙，试剂b是氢溴酸，A正确；‎ B．要从溶液中得到溴化钙，步骤V所含的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；‎ C．步骤Ⅱ需加过量生石灰，溶液呈强碱性，会发生反应：Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，导致Al3+无法除去，C错误；‎ D．氨气与溴、石灰乳反应制取溴化钙，反应中氧化剂为溴单质，还原剂为氨气，反应中1mol溴得到2mol电子，设溴的物质的量为3mol，得到的电子为6mol，还原剂氨气中氮的化合价为-3 ，根据得失电子守恒，2mol氨气要失去6mol电子，氮元素就要由-3价变为0价生成氮气，氮气为无色气体，D正确；‎ 答案选C。‎ 二、选择题 ‎11.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐Na4S2O3中加入足量稀硫酸，发生反应：。下列说法正确的是（ ）‎ A. Na4S2O3的水溶液显碱性 B. 1mol Na4S2O3中共含离子数为5NA C. 上述反应中，每产生3molS，转移电子的物质的量为6mol D. CaOCl2也可称为混盐，向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混盐Na4S2O3中S元素的平均化合价为+1价，应为Na2SO3和Na2S的混盐，混盐CaOCl2‎ 中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2两种盐。‎ ‎【详解】A．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，Na2SO3和Na2S都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，A正确；‎ B．由分析可知Na4S2O3为Na2SO3和Na2S的混盐，所以1molNa4S2O3中共含离子数为2+1+2+1=6NA，B错误；‎ C．由可知，生成单质硫的S元素化合价由+1变为0，则每产生3molS，转移电子的物质的量为3mol，C错误；‎ D．在酸性条件下，发生反应：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，即向CaOCl2中加入足量稀硫酸会有Cl2产生，D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎12.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（含CaO）上清液中的，制取石膏（）的过程如下：‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 属于盐类和纯净物 B. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 C. 过程Ⅰ后溶液pH减小 D. 将‎10L上清液中的（浓度为）转化为，理论上共需要0.15molO2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化钙溶于水后生成氢氧化钙，与硫酸锰生成氢氧化锰，过程I中，通入氧气将氢氧化锰氧化为，过程II中，将上清液中的S2-氧化为，同时 被还原为氢氧化锰，再通入氧气将氧化为，经过浓缩结晶，得到石膏。‎ ‎【详解】A．俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；‎ B．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与生成和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓ +10OH- ，B错误；‎ C．由分析可知过程I中发生反应：2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，溶液的pH减小，C正确；‎ D．‎10L上清液中的S2-的物质的量==0.15mol，根据物质转化过程可知，S2-转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气， 在S2-的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，S2-共失去0.15mol´8=1.2mol电子，1molO2在反应中得到4mol电子，所以将‎10L上清液中的S2-转化为，理论上共需要O2的物质的量==0.3mol，D错误。‎ 答案选BD。‎ ‎13.Pd-Mg/SiO2催化剂上CO2甲烷化反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 上述甲烷化过程总反应可表示为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)‎ B. 整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgO C. Pd-Mg/SiO2催化剂加快了甲烷化速率，提高了H2的平衡转化率 D. 经过一个加氢循环后的MgO再次与CO2结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，反应为：CO2+4H2CH4+2H2O，A正确；‎ B．由反应机理可知CO2甲烷化反应的关键在于加氢，整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd，错误；‎ C．催化剂可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率，C错误；‎ D．MgO与CO2结合形成碳酸盐经过一个加氢循环后，又得到MgO，化学性质没有变化，继续参加新的加氢循环过程，D正确。‎ 答案选BC。‎ ‎14.t℃时，两种碳酸盐MCO3（M表示X2+或Y2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，，。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 线a表示YCO3的溶解平衡曲线 B. ‎ C. t℃时，向XCO3悬浊液中加入饱和溶液，可能有YCO3生成 D. t℃时，向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，一定能产生YCO3沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pM相等的时候，图像中p(CO32-)数值越大，实际浓度越小，因为Ksp(XCO3)N>P (2). 氢键、范德华力 (3). 29 (4). S (5). (6). (7). 正四面体 (8). 16 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据白磷分子在晶胞中的位置，在1个白磷分子的晶胞中，8个白磷分子位于晶胞的顶点，六个白磷分子位于晶胞的面心，故1个晶胞中白磷分子的个数为，1个白磷分子中含有4个磷原子，该晶胞中含有的P原子个数为4×4=16，然后计算1mol白磷分子晶胞的质量为，计算出晶胞参数a。‎ ‎【详解】（1）同周期主族元素的电负性，从左到右随着元素原子序数的递增，电负性逐渐增强，故N、O、P原子的电负性由大到小的顺序为O>N>P；该药物的分子内含有氨基和羟基，所以该药物的分子间作用力有氢键、范德华力；‎ ‎（2）1个分子中含有29个键，故1mol该物质含键数目为29NA；‎ ‎（3）SCN-的结构式为，因为Mn，C，N三种原子不在同一水平线上，所以S原子为配位原子提供孤电子对，形成配位键后，S原子的价层电子对数为4，并且S原子含有2对孤电子对，所以S原子的杂化方式为sp3；‎ ‎（4）As元素原子序数为33，为第ⅤA族元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24sp3，故As元素基态原子的价电子排布式为4s24sp3；的价层电子对数为4，并且中心原子As不含有孤电子对，故的空间构型为正四面体；‎ ‎（5）在1个白磷分子的晶胞中，8‎ 个白磷分子位于晶胞的顶点，六个白磷分子位于晶胞的面心，故1个晶胞中白磷分子的个数为，1个白磷分子中含有4个磷原子，该晶胞中含有的P原子个数为4×4=16；已知晶胞参数为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，1mol该晶胞的质量为，a= ，晶体中白磷分子的最短距离为该晶胞面对角线的一半，该晶胞的面对角线为cm，故晶体中白磷分子之间的最短距离为cm。‎ ‎【点睛】本题考查晶胞的相关计算，关键是利用“均摊法”找到晶胞内所含分子数，然后根据一个白磷分子中含有4个磷原子，计算出一个晶胞中所含有的磷原子数，利用密度表达式列式计算晶胞参数a，计算时切勿漏掉原子个数。‎ ‎17.在药物和染料的制取中有重要作用，沸点‎69℃‎，‎100℃‎以上分解生成两种常见气体。实验室对其稳定性和分解产物的部分性质分别进行了如下探究。已知：反应开始后，乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄绿色气体。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中的进水口为______，仪器B的名称为______，加热B的方式最好选用______（填“水浴加热”或“油浴加热”）。‎ ‎(2)装置C的作用为____________，装置D的作用为____________。‎ ‎(3)试剂X、Y分别为下列试剂中的______、______（填标号）。‎ a.品红溶液 b.氢氧化钠溶液 c.高锰酸钾溶液 d.四氯化碳 ‎(4)若进入丙中的气体过量，则丙中的现象为____________，发生反应的离子方程式为__________________。‎ ‎【答案】 (1). m (2). 圆底烧瓶 (3). 油浴加热 (4). ‎ 通过观察气泡速率调节油浴温度，控制反应速率 (5). 安全瓶，防止倒吸 (6). d (7). c (8). 溶液变浑浊 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现实验室欲对的稳定性和分解产物的部分性质分别进行探究，已知反应开始后，乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄绿色气体，则分解生成氯气和二氧化硫，已知在‎100℃‎以上分解，则可采用油浴加热装置B，通过观察装置C中的气泡速率调节油浴温度，控制反应速率；装置D作安全瓶，可防止倒吸；装置甲用于除去二氧化硫中的氯气，在装置丙中二氧化硫与硫化钠溶液反应生成硫单质，溶液变浑浊；装置丁用于除去氯气中的二氧化硫，在装置己中氯气氧化硫化钠生成硫单质，溶液变浑浊；装置乙和装置戊均作安全瓶，可防止倒吸，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)冷凝管的冷凝水应下口进上口出，则应从m口进水；仪器B的名称为圆底烧瓶；已知在‎100℃‎以上分解，则加热B的方式最好选用油浴加热，故答案为：m；圆底烧瓶；油浴加热；‎ ‎(2)可通过观察装置C浓硫酸中的气泡速率调节油浴温度，控制反应速率；装置D作安全瓶，可防止倒吸；‎ ‎(3)装置甲中试剂X用于除去二氧化硫中的氯气，因此试剂X应能吸收氯气，而不能吸收二氧化硫，因此应选择四氯化碳；装置丁中试剂Y用于除去氯气中的二氧化硫，因此试剂Y能吸收二氧化硫，而不能吸收氯气，因此应选择高锰酸钾溶液，故答案为：d；c；‎ ‎(4)过量二氧化硫与硫化钠反应生成硫单质和亚硫酸氢钠，则丙中溶液变浑浊，发生反应的离子方程式为。‎ ‎18.随着现代工业的快速发展，SO2烟气的排放量急剧增加。将SO2还原为硫磺是目前烟气脱硫研究的热点。根据SO2的反应状态，将SO2还原法分为气相还原法和液相还原法。‎ Ⅰ.气相还原法—固体还原剂直接还原法 固体还原剂直接还原法是指在一定温度下（‎200℃‎～‎300℃‎）将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如下：‎ ‎（1）再生塔中生成的物质______（填化学式）可在流程中循环使用。‎ ‎（2）脱硫塔中发生反应的化学方程式为________。脱硫过程中，当产生‎48g单质S2时，转移电子的物质的量为______mol。‎ Ⅱ液相还原法—液相催化歧化制硫法 V.M Petrusevski等人用作为催化剂，在常温下，将NaHSO3进行液相催化回收硫磺的工艺如下：‎ ‎（3）下列仪器中，“操作”时不需要用到的是______（填标号）。‎ a. b. c. d.‎ ‎（4）催化NaHSO3的反应过程为①_________（用离子方程式表示）；②。‎ ‎（5）液相催化歧化制硫法具有反应条件温和、运行费用低等优点，然而其缺点是硫磺的回收率不会高于______%（保留1位小数）。‎ ‎（6）若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，随着吸收液pH的变化，会生成二次污染物______（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). CaS (2). CaS+2SO2CaSO4+S2 (3). 3 (4). a (5). (6). 33.3 (7). H2S ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.气相还原法—固体还原剂直接还原法 根据流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2和CaS，CaS循环使用，据此分析、结合相关知识作答。‎ Ⅱ.液相还原法—液相催化歧化制硫法 SO2烟气用碱盐吸收转化成NaHSO3，根据流程，加入NaI催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，总反应为，据此分析、结合相关知识作答。‎ ‎【详解】Ⅰ.气相还原法—固体还原剂直接还原法 ‎（1）根据流程，在再生塔中精煤与CaSO4反应生成CO2，C被氧化成CO2，则CaSO4被还原成CaS而在流程中循环使用，反应可表示为‎2C+CaSO4=CaS+2CO2↑，故答案为：CaS；‎ ‎（2）根据“固体还原剂直接还原法是指在一定温度下（‎200℃‎～‎300℃‎）将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原”和流程，在脱硫塔中CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，根据原子守恒，脱硫塔中发生反应的化学方程式为CaS+2SO2CaSO4+S2；在该反应中，CaS中S元素的化合价由-2价升至0价，SO2中S元素的化合价部分由+4价升至+6价、部分由+4价降至0价，生成1molS2转移4mol电子，当产生‎48g单质S2时转移电子物质的量为×4=3mol，故答案为：CaS+2SO2CaSO4+S2，3。‎ Ⅱ.液相还原法—液相催化歧化制硫法 ‎（3）根据流程，“操作”是从含NaHSO4的溶液中获得NaHSO4·H2O，故“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，蒸发浓缩时需要使用蒸发皿和坩埚钳，过滤时需要使用漏斗，则“操作”时不需要用到的是坩埚，答案选a；‎ ‎（4）②的反应为，在②中I2将氧化成，I2被还原成I-，根据流程I-催化NaHSO3反应生成S和NaHSO4，I-是催化剂，在反应前后质量和化学性质不变，则①中I-将NaHSO3还原成S，I-被氧化成I2，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，①的离子方程式为，故答案为：‎ ‎；‎ ‎（5）根据（4）的分析，液相催化歧化制硫法的总反应为，理论上3mol反应生成1molS，所以该法硫磺的回收率不会超过，即不会高于33.3%，故答案为33.3；‎ ‎（6）若采用Na2S溶液作为碱盐吸收液，由于H2SO3的酸性强于H2S，SO2与Na2S溶液反应会生成H2S产生二次污染，故答案为H2S。‎ ‎【点睛】本题以SO2还原为硫磺为载体，考查氧化还原反应方程式的书写和计算、硫元素的单质及其化合物的相互转化、实验仪器的选择等知识；难点是第（4）问，注意根据催化剂的特点进行分析。‎ ‎19.开发新型高效的乙烷脱氢制乙烯过程对于石油化工至关重要。回答下列问题：‎ ‎（1）不同Zn含量PtSn催化剂催化乙烷脱氢反应时，乙烷的转化效率随时间变化如下图所示。由图可知，催化活性最优的催化剂为____________。‎ ‎（2）随着温度升高，乙烷脱氢反应容易造成催化剂表面积碳，影响催化剂的稳定性，脱氢时通常一起充入CO2，该工艺称为“乙烷二氧化碳氧化脱氢反应”，CO2发生的反应为： 、。则CO2的作用为____________、____________。‎ ‎（3）实验室模拟“乙烷二氧化碳氧化脱氢反应”，℃时，将2.8mol与5.2mol CO2‎ 充入容积恒定为‎0.5L的恒温密闭容器中发生反应：，平衡时，。‎ ‎①a=______。‎ ‎②T℃时，该反应的平衡常数K=______。‎ ‎③若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是______（填标号）。‎ a.三种生成物平衡分压比值保持不变时，反应达到平衡状态 b.降低C2H6与CO2用料比，C2H6平衡转化率升高 c.在容器中加入CaO，可与H2O反应，提高CH2=CH2产率 d.反应开始后的一段时间内，适当缩小容器体积可提高单位时间内C2H6的转化率 ‎（4）中国科学院科研团队，利用固体氧化物电解池（Solid oxide electrolysis cell，SOEC），在SOEC阳极实现了高选择性乙烷电化学脱氢制乙烯。装置示意图如下。‎ ‎①b为电源的______极。‎ ‎②阳极电极反应为__________________。‎ ‎【答案】 (1). PtSn/Mg(2-Zn)AlO (2). 消耗H2促进乙烷脱氢反应正向进行 (3). 消除催化剂表面积碳，提高催化剂的稳定性 (4). +178.1 (5). 6.25 mol/L (6). bd (7). 负 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图象看出最高的那条线是催化活性最优的，即PtSn/Mg（2-Zn）AlO 催化剂的催化反应活性最优；‎ ‎（2）根据CO2发生的反应，结合题干信息思考；‎ ‎（3）用盖斯定律计算出目标方程式的反应热，再利用三段式法计算平衡常数；‎ ‎（4）二氧化碳通过电解转变为一氧化碳，碳元素化合价降低，得电子，被还原，则与b相连的电极为阴极，与a相连的电极为阳极，与阴极相连的为电源负极，则a为电源正极，b为电源负极。‎ ‎【详解】（1）由图象看出最高的那条线是催化活性最优的，即PtSn/Mg(2-Zn)AlO 催化剂的催化反应活性最优，故答案为：PtSn/Mg(2-Zn)AlO ；‎ ‎（2）根据CO2发生的反应分析，，消耗了H2，有利于乙烷的脱氢反应向右进行；，能消除积碳，提高催化剂的稳定性，故答案为：消耗H2促进乙烷脱氢反应正向进行；消除催化剂表面积碳，提高催化剂的稳定性；‎ ‎（3）①由盖斯定律，根据已知的方程式：‎ ‎① ；‎ ‎② ；‎ 根据盖斯定律，将①+②得到∆H=+136.9kJ/mol+41.2kJ/mol=+178.1 kJ/mol，故答案为：+178.1；‎ ‎②设转化C2H6物质量为xmol，根据题目数据，列式如下：‎ 起始（mol）2.8 5.2 0 0 0‎ 转化（mol）x x x x x 平衡（mol）2.8-x 5.2-x x x x 又因为是恒容容器，压强之比等于物质的量之比，，有，解得x=2，又容器体积为‎0.5L，故平衡时各组分的浓度为：c(C2H6)=，c(CO2)=，c(CH2=CH2)= ‎ c(CO)=c(H2O)=，该反应的平衡常数K===6.25mol/L，故答案为：6.25mol/L； ‎ ‎③a．由方程式看出，三种生成物的化学计量数均为１，三种生成物平衡分压比值始终保持不变，三种生成物平衡分压比值保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；‎ b．降低C2H6与CO2用料比，相当于增大CO2的量，可以使C2H6的平衡转化率升高，故b正确；‎ c．在容器中加入CaO，CO2先与CaO反应，平衡逆向移动，会降低CH2=CH2产率，故c错误；‎ d．适当缩小容器体积，压强增大，反应速率加快，可提高单位时间内C2H6的转化率，故d正确。‎ 故答案为：bd；‎ ‎（4）①根据分析可知，b为电源的负极，故答案为：负；‎ ‎②阳极发生氧化反应，乙烷失电子变成乙烯，固体电解质可以传导O2-，电极反应式为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】该题为化学原理综合题，应用知识是解答关键，化学平衡常数的计算多用三段式法，要注意阿伏加德罗定律的应用，（3）题③小题D项注意是单位时间，故描述的是反应速率。‎ ‎20.吡贝地尔可用于治疗帕金森病，对于控制帕金森病的震颤、运动迟缓、肌张力增高有一定的作用。另外对于不宁腿综合征也有治疗效果。其合成路线如下：‎ 已知：①‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)物质A的结构简式为______，检验A中非含氧官能团所用试剂的先后顺序为____________(填化学式)，物质F中含氧官能团的名称为______。‎ ‎(2)写出C转化为D的化学反应方程式：__________________，D生成E的反应类型为______，试剂Y的结构简式为______。‎ ‎(3)G与E互为同分异构体，请写出符合下列条件的G的结构简式：______(写出1个即可)。‎ ‎①遇FeCl3溶液显色 ②能发生银镜反应 ③含有一个手性碳原子 ‎(4)请结合题目中的相关信息，以物质C、1，1-二氯乙烷、乙醛为原料，设计合成的路线(其他试剂任选)。__________‎ ‎【答案】 (1). (2). NaOH、HNO3、AgNO3 (3). 醚键 (4). (5). 加成反应 (6). (7). 、、 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由B的结构简式，可推出A的结构简式为：，B至C是酸化，C的结构简式为：，由D的结构简式可推出X为CH2Cl2，D与HCHO发生加成反应生成E，E与HCl发生取代反应生成F，F到吡贝地尔发生取代反应，根据吡贝地尔的结构，可推出Y的结构简式为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，A为，其中的非含氧官能团为氯原子，检验方法为：将少量样品与NaOH溶液在试管中混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀，则证明有氯元素，所用试剂的先后顺序为：NaOH、HNO3、AgNO3；根据F的结构简式，其含有的含氧官能团的名称为醚键，故答案为： ；NaOH、HNO3、AgNO3；醚键；‎ ‎(2)C的结构简式为，B至C是酸化，反应方程式为：，D与HCHO发生加成反应生成E，F到吡贝地尔发生取代反应，根据吡贝地尔的结构，可推出Y的结构简式为，故答案为：；加成反应；；‎ ‎(3)E的结构简式为，G与E互为同分异构体，遇FeCl3溶液显色，说明有酚羟基；能发生银镜反应，说明有醛基，含有一个手性碳原子，则该C原子连有4个不同的原子或原子团，满足上述条件的有：、、，故答案为：、、；‎ ‎(4)C的结构简式为，加上1，1-二氯乙烷、乙醛为原料，合成，合成的方案为：先与1，1-二氯乙烷生成，再与甲醛生成，再通过消去反应和加聚反应生成产物，‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题是有机物推断，熟练掌握官能团性质与转化，结合转化关系中有机物的结构进行推断是解答的关键， 试题难点是(4)小题，利用逆向合成思维思考有利于解答。‎