湖南省攸县第一中学2022-2023学年高三第五次月考化学（解析版）

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攸县一中2023届高三月考化学试卷(五)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是A.燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”B.核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物C.野外被蚊虫叮咬，可在伤口处涂抹肥皂水来减轻痛痒D.天然气、水煤气、沼气等不可再生能源，均可设计成燃料电池实现能量转化【答案】C【解析】【详解】A．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；B．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于高分子化合物，故B错误；C．在野外被蚊虫叮咬时会注入含甲酸的毒汁，肥皂水呈碱性，可涂抹肥皂水来减轻痛痒，故C正确；D．由碳与水蒸气加热反应生成水煤气、利用植物在沼气池中可制备沼气，则水煤气、沼气为可再生能源，故D错误；故选：C。2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下22.4LNH3含有的中子数为7NAB.常温下1LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.2NAC.将50mL12mol/L盐酸与足量共热，转移的电子数为0.3NAD.56gC3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8NA【答案】D【解析】【详解】A．常温下，不能使用Vm=22.4L/mol计算22.4LNH3的物质的量，故无法计算22.4LNH3所含有的中子数，A错误；B．pH=13的Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，n(OH-)=0.1mol/L´1L=0.1mol，即该溶液中OH-的数目为0.1NA，B错误；C．n(HCl)=0.05L´12mol/L=0.6mol，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，0.6molHCl完全参加反应可转移0.3mol

1电子，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，故反应中转移电子数小于0.3NA，C错误；D．C3H6和C4H8的最简式都是CH2，可以将混合气体看成是由CH2构成的，则n(CH2)==4mol，n(H)=2´4mol=8mol，故该混合气体中氢原子数目为8NA，D正确；故选D。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.用氨水吸收足量的SO2气体：2NH3·H2O+SO2=2++H2OB.将Cl2通入石灰乳中制漂白粉：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2OC.ZnCO3溶于稀盐酸：+2H+=H2O+CO2↑D.向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀：2AgBr(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Br-(aq)【答案】D【解析】【详解】A．用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵：NH3·H2O+SO2=+，选项A错误；B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2ClO-+2Cl-+2H2O，选项B错误；C．ZnCO3溶于稀盐酸生成氯化锌、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：+2H+=Zn2++H2O+CO2↑，选项C错误；D．向AgBr悬浊液中滴加足量Na2S溶液，出现黑色沉淀，转化为更难溶的硫化银，反应的离子方程式为：2AgBr(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Br-(aq)，选项D正确；答案选D。4.用反渗透法将海水淡化，剩余的浓缩液(主要含、、、、等离子)，可加工获得其他产品。某学习小组模拟工业生产流程进行实验。下列说法正确的是A.反应I、II、III、IV均属于氧化还原反应B.反应III的离子方程式为C.反应II加入适量固体可以获得D.粗盐提纯中，加入试剂的顺序依次为、、NaOH、盐酸【答案】C【解析】

2【详解】A．由题干流程图可知，反应I为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑或者2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，反应II为Ca2++=CaSO4↓，反应III为：MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2，反应IV为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，则I、IV均属于氧化还原反应，II、III不属于氧化反应反应，A错误；B．反应III中使用石灰乳，离子方程式书写时不能拆，则反应III的离子方程式为，B错误；C．反应II加入适量固体可以获得，离子方程式为：Ca2++=CaSO4↓，C正确；D．粗盐提纯中，Na2CO3需除去原溶液中Ca2+，同时还要除去除过程中过量的Ba2+，故加入试剂的顺序必须保证Na2CO3在BaCl2之后加入，可以依次为、、NaOH、盐酸或者、NaOH、、盐酸等，D错误；故答案为：C。5.W、X、Y、Z、M是构成如图所示离子液体的五种短周期元素，原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期。下列有关说法不正确的是A.H3XO3为一元弱酸B.Y氢化物一定比Z的氢化物沸点低C.Z的最高价含氧酸在一定条件下能与Y单质反应D.由W、Z、M元素形成的离子晶体中可能含有正四面体结构的阳离子【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的五种短周期元素，且只有一种元素与其他元素不在同一周期，由化合物中元素的成键特点，可确定W为H元素，Y为C元素，Z为N元素，M为F元素；X与M形成的负离子中X可以形成4个共价键，则X为B元素。从而得出W、X、Y、Z、M分别为H、B、C、N、F元素。【详解】A．由分析可知，X为B元素，H3BO3能与OH-反应生成[B(OH)4]-，所以其为一元弱酸，A正确；

3B．Y、Z分别为C、N元素，若Y氢化物中含有许许多多个C原子(比如石蜡)，Z的氢化物为NH3，虽然NH3分子间能形成氢键，Y的氢化物的沸点也可能比NH3的沸点高，B不正确；C．Z的最高价含氧酸为HNO3，在加热条件下，能与碳单质发生氧化还原反应，C正确；D．由W、Z、M元素形成的离子晶体可能为NH4F，为正四面体结构的阳离子，D正确；故选B。6.下列装置能达到实验目的的是ABCD+实验室制氨气蒸馏时的接收装置除去中少量吸收多余的气体A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；B．锥形瓶不能密封，否则馏分难以流下，B错误；C．碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，可以用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，C正确；D．氯化氢极易溶于水，直接通入水中容易引起倒流，D错误；答案选C。7.广东新会陈皮由于具有很高的药用价值，在宋代就已成为南北贸易的“广货”之一，现已入选中国农业品牌目录。下图是陈皮中含有的成分M，下列说法错误的是

4A.利用“碱浸酸溶”提取陈皮中M时，发生取代反应B.陈皮在保存期间应该避免与强氧化剂接触C.1molM完全燃烧生成常温下28molCO2D.M中的碳原子不可能全部共面【答案】A【解析】【详解】A．由于M中含酚羟基，具有一定的弱酸性，“碱浸”时生成钠盐溶解，过滤后加盐酸相当于强酸制弱酸，整个过程没有取代反应哦，选项A错误；B．陈皮中含羟基，容易被氧化，在保存期间应该避免与强氧化剂接触，选项B正确；C．1molM含28molC，完全燃烧生成常温下28molCO2，选项C正确；D．M中含饱和碳原子(根据甲烷的空间构型为正四面体进行分析)，所有碳原子不可能全部共面，选项D正确；答案选A。8.H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如下图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是A.在H2O2分子中只有σ键没有π键B.H2O2为非极性分子，O原子采取sp3杂化轨道成键C.H2O2能与水混溶，不溶于CCl4D.H2O2分子间作用力强于H2O分子间作用力【答案】B【解析】【详解】A．H2O2分子中只有单键，则只有σ键没有π键，故A正确；B．H2O2分子的结构不对称，为极性分子，且O原子价层电子对数为=4，O原子采取sp3

5杂化轨道成键，故B错误；C．极性分子易溶于极性分子，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4，故C正确；D．相对分子质量越大、分子间作用力越大，则H2O2分子间作用力强于H2O分子间作用力，故D正确；故选B。9.一种电化学技术中固定CO2的反应途径如图所示，它实现了CO2的固定和储能灵活应用。储能器件使用的Li-CO2电池的组成为钌基正极、饱和LiClO4和DMSO电解液以及锂片负极，CO2固定策略中总反应为CO2=C+O2↑，下列说法错误的是A.CO2的固定中，负极每生成1.5mol气体，可转移3mole-B.CO2通过储能系统和CO2固定策略可转化为固体产物CC.该装置不仅减少了CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体D.储能系统中，Li-CO2电池放电时总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C【答案】A【解析】【分析】由图可知，CO2的固定反应式为：2Li2CO3-4e-=4Li++2CO2↑+O2，CO2固定策略反应式和储能系统过程II的反应式可知，CO2最终转化为固体物质C，Li-CO2电池放电时总反应为4Li+3CO2═2Li2CO3+C。【详解】A．CO2的固定中的电极反应式为：2Li2CO3-4e-=4Li++2CO2↑+O2，转移4mole-生成3mol气体，则每生成1.5mol气体，可转移2mole-，故A错误；B．由图，CO2通过储能系统和CO2固定策略可转化固体产物C，故B正确；C．CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，则这种电化学转化方式不仅减少CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C正确；D．储能系统中，Li失电子变成Li+，Li-e-=Li+，结合4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C，Li-CO2电池放电时总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，故D正确；故选A。10.由下列实验操作及现象得出的结论正确的是选项实验操作现象结论A向中滴加酸性溶液紫红色退去

6中含碳碳双键B加热某盐与的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体红色石蕊试纸变蓝该盐为铵盐C将用硫酸酸化的溶液滴入溶液中溶液变黄色氧化性：(酸性条件)D向一定浓度的溶液中通入适量气体产生黑色沉淀的酸性比强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，故该实验中酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO含有碳碳双键，A错误；B．反应产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3；铵盐和NaOH的混合溶液受热后，会产生NH3，则该盐为铵盐，B正确；C．在酸性条件下具有强氧化性；向硫酸酸化的H2O2溶液中滴加Fe(NO3)2溶液，溶液变黄，H2O2和都可以氧化Fe2+，该实验不能说明H2O2的氧化性比Fe3+（酸性条件）强，C错误；D．向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀，不能说H2S的酸性比H2SO4强，D错误；故选B。11.Ni可活化放出，其反应历程如下图所示：下列关于活化历程的说法错误的是A.此反应的决速步骤：中间体2→中间体3B.涉及极性键的形成和非极性键的断裂

7C.在此反应过程中Ni的成键数目发生变化D.【答案】D【解析】【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步反应，由图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决速步骤，故A正确；B．由图可知，反应过程涉及非极性键键断裂和极性键键的形成，故B正确；C．由图可知，反应过程中镍原子的成键数目在不断发生变化，故C正确；D．由图可知，镍和乙烷的反应为放热反应，反应的热化学方程式为，故D错误；故选D。12.是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是A.每个晶胞中个数为xB.每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为6C.每个晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当转化为时，每转移电子，产生原子【答案】D【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B错误；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu

8，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选D。13.硫元素广泛分布于自然界，其相图(用于描述不同温度、压强下硫单质的转化及存在状态的平衡图象)如图。已知正交硫和单斜硫是硫元素的两种常见单质，且都是由S8分子组成的晶体，燃烧的热化学方程式为：S(正交，s)+O2(g)=SO2(g)△H1；S(单斜，s)+O2(g)=SO2(g)△H2。则下列有关说法正确的是A.正交硫和单斜硫互为同分异构体B.温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫发生升华现象C.图中M→N过程为固态硫的液化，该过程一定破坏了共价键和分子间作用力D.由上述信息可判断：△H1>△H2【答案】D【解析】【详解】A．正交硫和单斜硫均是硫元素组成的单质，二者互为同素异形体，A错误；B．温度低于95.5℃且压强大于0.1Pa，正交硫是固态，需要降压才能升华为气态，B错误；C．图中M→N过程为固态硫的液化，该过程中，正交硫先转化为单斜硫，再变成液体；正交硫和单斜硫都是由S8分子组成的晶体，则两种晶体中分子排列的方式不同，从正交硫转化为单斜硫破坏的是分子间作用力，单斜硫变为液体破坏的也是分子间作用力，C错误；D．在同压条件下，升温由正交硫转化为单斜硫，说明单斜硫能量高，同质量的情况下，单斜硫燃烧放热多，由于两个燃烧反应的ΔH均为负值，则ΔH1>ΔH2，D正确；故选D。14.MOH是一种一元弱碱，25℃时，在20.0mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸VmL，混合溶液的pH与的关系如图所示。下列说法错误的是

9A.x=3.75B.a点时，V=10.0mLC.25℃时，MOH的电离常数Kb的数量级为10-4D.V=20.0mL时，溶液存在关系：2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH-)+c(Cl-)【答案】B【解析】【分析】由图可知，a点时pH=10.75，故c(OH-)=10-3.25，当=0，故c(M+)=c(MOH)，。【详解】A．由分析知，当pH=7时，c(OH-)=10-7，则，故x=3.75，A项正确；B．当V=10.0mL，若不考虑电离和水解，则溶液中溶质为c(MOH)=c(MCl)，由于M+的水解程度和MOH的电离程度不同，则c(MOH)≠c(MCl)，故，B项错误；C．由分析知，故MOH的电离常数Kb数量级为10-4，C项正确；D．当V=20.0mL时，由电荷守恒可知：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH-)+c(Cl-)，D项正确；答案选B。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应生成SO2和另一种酸性气体，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。

10实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。（1）①仪器F的名称为_______，所盛的试剂是______；②装置A、C除干燥气体外，另一作用可能是__________________________________；如果没有A、C，二氧化硫与氯气在装置B中会有副反应发生，该反应的离子方程式为_________③E中反应的化学方程式：_______________________________。（2）甲同学认为SOCl2和FeCl3∙6H2O混合加热可制得无水FeCl3，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量FeCl3∙6H2O于试管中，加入足量SOCl2，充分反应后向试管中加水溶解，用四支试管各取溶解后的溶液少许，分别进行下列实验，通过现象能验证发生副反应的是_______(填选项字母)。a．滴加BaCl2溶液b．滴加K3[Fe(CN)6]溶液c．滴加酸性KMnO4溶液d．滴加溴水（3）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液，检验该溶液中存在Cl-的需要用到的试剂是_______________________【答案】（1）①.干燥管②.碱石灰③.观察气体流速④.SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO⑤.Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2）ab（3）稀HNO3、AgNO3溶液【解析】【分析】用E中次氯酸钙和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用C中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入三颈烧瓶B中，二氧化硫经A中浓硫酸干燥后也通入三颈烧瓶中，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，F中加入碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。【小问1详解】①仪器F的名称为干燥管，中的试剂的作用是除去未反应的SO2和Cl2，同时可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，因为亚硫酰氯遇水剧烈反应，所以仪器F

11中可以装有碱石灰；故答案为：干燥管；碱石灰；②根据反应方程式：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，SO2和Cl2的物质的量最好相等，所以装置A、C除干燥气体外，另一作用是观察气体流速，控制SO2和Cl2的物质的量之比；如果没有A、C，二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，该反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO，故答案为：观察气体流速；SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO；③装置E中次氯酸钙和浓盐酸反应制取氯气，发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；【小问2详解】FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，a．滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，a选；b．滴加K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，b选；c．由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，c不选；d．滴加溴水会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，d不选；故答案为：ab；【小问3详解】检验Cl-的存在，方法是取少量溶液于洁净的试管，滴入稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-的存在；所以检验溶液中存在Cl-的试剂有：稀HNO3、AgNO3溶液。16.锂辉石矿［主要含有LiAlSi2O6，还有少量Fe2＋、Mg2＋］是主要锂源，现利用锂辉石矿制取LiBr，用于高级电池的电解质、医用镇静剂等。工艺流程如下：（1）锂辉石中主要成分LiAlSi2O6改写为氧化物形式为_______。（2）工业选择石灰石进行“中和”而不选择纯碱的主要考虑是_______；在“除镁除铁(调节pH≈11)”步骤中得到的滤渣中含铁成分是_______；写出“除铝”所发生的离子反应方程式_______。（3）碳酸锂在水中的溶解度较小，其-lgKsp与温度t关系如下：t/℃01020304050607080-1gKsp1.441.531.631.711.801.902.002.212.43由此可知碳酸锂在水中的溶解热效应ΔH_______0(填“>”或者“＜”)；加入纯碱试剂进行“沉锂”后，依次进行保温静置、_______(填写正确的顺序)。①洗涤②趁热过滤③离心分离

12（4）在“合成”中，碳酸锂粉末分次少量加入到冰水中溶解，再加入尿素搅拌得到“料液”，料液中徐徐加入溴，控制pH=5.0，反应生成LiBr和两种无色无味气体，写出化学方程式_______。【答案】（1）（2）①.石灰石价廉易得②.③.（3）①.②.③②①（4）【解析】【分析】由题给流程可知，锂辉石矿加入稀硫酸浸取得到，过滤得到含有硅酸、硫酸钙的滤渣和含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子、钙离子的滤液1；向滤液1中加入比纯碱价廉易得的生石灰中和硫酸，向中和后的溶液中加入草酸溶液，将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，过滤得到含有锂离子、亚铁离子、镁离子、铝离子的滤液2；向滤液2中加入过氧化氢溶液将亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化钠溶液将铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有锂离子、偏铝酸根离子的滤液3；向滤液3中加入适量稀硫酸，将偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有锂离子的滤液4；向滤液4中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到滤液和碳酸锂；向碳酸锂中加入尿素和溴，将碳酸锂转化为溴化锂，溴化锂溶液经降温结晶得到一水溴化锂晶体。【小问1详解】由原子个数比不变可知，的氧化物形式为，故答案为：；【小问2详解】由分析可知，工业选择石灰石进行中和而不选择纯碱是因为石灰石价廉易得，生产成本低；除镁、除铁发生的反应为加入氢氧化钠溶液将溶液中铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子；除铝发生的反应为加入适量稀硫酸，将溶液中的偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为；故答案为：石灰石价廉易得；；；【小问3详解】由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随着温度的升高而减小，说明碳酸锂在水中的溶解为放热过程，热效应ΔH；加入纯碱试剂进行沉锂后，为减少碳酸锂沉淀的损失，得到碳酸锂沉淀的操作为进行保温静置、离心分离、趁热过滤、洗涤得到碳酸锂沉淀，故答案为：；③②①；【小问4详解】由题意可知合成中发生的反应为碳酸锂粉在低温条件下与尿素和溴反应生成溴化锂、二氧化碳和氮气，反应的化学方程式为，故答案为：

13。17.我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。a：b：（1）相同温度下，_______。（2）在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。实验组反应模式温度/转化率选择性①326021.967.3②326036.1100.0已知选择性：转化的中生成的百分比。①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是_______(填选项字母)。A．气体压强不再变化B．气体平均相对分子质量不再变化

14C．不再变化D．的物质的量之比为②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因：_______。（3）反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。①D和F两点对应的温度关系：_______(填＜，＞，或=)，其原因是_______。②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时，_______。Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。（4）阴极电极反应式为：_______。【答案】（1）—90.7kJ/mol（2）①.B②.CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大（3）①.＜②.通过计算得出D点平衡常数K小于F

15点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大③.（4）7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=—90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；【小问2详解】①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选B；②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；【小问3详解】①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0.75mol/L，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为

161L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，==K3=1，当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0.3mol/L，则=1×=，故答案为：；小问4详解】由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。18.洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图：已知：①C反应生成D的同时生成碳酸钾和一种常见的醇②③有关格氏试剂的反应：R—XR—MgX(X代表卤素原子，下同)RCOOCH3（1）下列说法正确的是___。

17A.1molI最多与2molNaOH反应B.F中的含氧官能团为羧基C.H中含有1个手性碳原子D.B→C包含了加成反应和取代反应（2）A的结构简式为____，E的结构简式为____，F的结构简式为____。（3）补充完整C→D的化学方程式C+2KOH→____。（4）写出符合下列条件的X的两种同分异构体____。①含有一个六元环，无其他环状结构②核磁共振氢谱为3组峰（5）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH、和乙二醇为原料制备的合成路线(其他试剂任选)____。【答案】（1）BD（2）①.②.③.（3）+2KOH→+C2H5OH+Na2CO3（4）、（5）

18【解析】【分析】根据D的分子式、I的结构简式以及反应D+H→I逆推，D为，根据题给信息①，推测C生成D的反应为肽键和酯基在碱性条件下的水解，结合C的分子式，可知C的结构简式为：，结合流程、根据信息③可知A为对二氯苯，B的结构简式为，X为；由G结合分子式可知F为、结合分子式和流程推知E为以此解题。【小问1详解】A．1molI所含-CON(CH3)2中C-N断裂能水解、氯原子连在苯环上水解生成酚羟基均能消耗氢氧化钠，1molI最多与3molNaOH反应，A错误；B．F为，F中的含氧官能团为羧基，B正确；C．手性碳原子一定是饱和碳原子、手性碳原子所连接的四个基团不同、H中没有手性碳原子，C错误；D．B为、C为，根据信息③可知B→C

19时先发生加成反应生成、再水解得到C，故包含了加成反应和取代反应，D正确；选BD。【小问2详解】据分析A的结构简式为，E的结构简式为，F的结构简式为。【小问3详解】C的结构简式为：，C生成D的反应为肽键和酯基在碱性条件下的水解，故对应的方程式为：+2KOH→+C2H5OH+K2CO3。【小问4详解】X为；X的两种同分异构体符合下列条件：①含有一个六元环，无其他环状结构②核磁共振氢谱为3组峰、则分子内有3种氢原子，考虑对称性可得：

20、【小问5详解】以为主要原料合成，目标产物含有2个五元环，因此从原料到目标产物，因此上的醛基不能直接与格氏试剂反应，只能利用根信息反应②进行合成，故先将氧化，羟基转变为酮羰基、醛基转变为羧基，再发生酯化反应后生成酯基，由于羰基、酯基均能与格氏试剂反应，因此需利用信息反应把羰基保护起来，等酯基与反应引入2个五元环后再水解重新生成羰基，由制成，故目标产物的合成路线为：。