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1、石景山区20192020学年第一学期高三期末试卷化学可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 P31 Fe56第卷（选择题）本部分共14个小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意1.垃圾分类并回收利用，符合可持续发展的理念。废易拉罐对应的垃圾分类标志是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】废易拉罐应放进可回收垃圾桶，则选择可回收垃圾分类标志，故答案为A。2.配制一定物质量浓度的溶液，一定用到的仪器是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定规格的容量瓶等，则一定用到
2、的仪器是容量瓶，故答案为A。3.下列关于物质分类的组合正确的是（ ）碱性氧化物碱盐A氧化钠纯碱氯化铝B生石灰烧碱明矾C熟石灰苛性钠硫酸铜D过氧化钠氢氧化钙小苏打A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A纯碱是碳酸钠，是盐，不属于碱，故A错误；B生石灰是碱性氧化物，烧碱是NaOH属于碱，明矾是盐，故B正确；C熟石灰是氢氧化钙，属于碱，不是碱性氧化物，故C错误；D过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，故D错误；故答案为B。【点睛】考查物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸、碱、盐和碱性氧化物等概念，掌握基础是关键。碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生
3、的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或NH4+)和酸根离子的化合物；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物(且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成)；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)。4.下列物质的用途不正确的是（ ）A. 氧化铁用于制作涂料B. 漂白粉用于杀菌消毒C. SiO2用于半导体材料D. 液氨常用作制冷剂【答案】C【解析】【详解】A氧化铁俗称铁红，常用于制作涂料，故A正确；B漂白性具有强氧化性，可杀菌消毒，所以漂白粉用于杀菌消毒，故B正确；CS
4、i用于制造半导体材料，而二氧化硅是光导纤维的成份，故C错误；D液氨沸点低，易挥发，使环境温度降低，常用作制冷剂，故D正确；故答案为C。5.反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列化学用语正确的是A. NH4Cl的电离方程式：NH4ClNH4+Cl-B. N2的电子式：C. Cl-的结构示意图：D. H2O的结构式：【答案】D【解析】【详解】ANH4Cl是强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为NH4Cl=NH4+Cl-，故A错误；BN2的电子式为，故B错误；C是Cl原子结构示意图，而Cl-的结构示意图为，故C错误；DH2O的电子式为，则其
5、结构式为，故D正确；故答案为D。【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来；书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来；比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。6.五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为没食子酸（记做W），在一定条件下W可分别转化为X、Y，下列说法正确的是（ ）A. X和W都能与溴水发生加成反应B. X能发生加成、消去、
6、缩聚等反应C. 1molY最多能与7molNaOH发生反应D. 1molY水解生成两种有机化合物【答案】B【解析】【详解】AX分子结构中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，而W分子结构中不含碳碳双键，属于酚，只能与浓溴水发生取代反应，故A错误；BX分子结构中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有醇羟基，可以发生消去反应，含有羟基和羧基，可以发生缩聚反应，故B正确；C在1molY中含有1mol水解后生成1mol羧基和1mol酚羟基的酯基、1mol羧基、5mol酚羟基，则可以和8molNaOH发生反应，故D错误；DY的水解产物只有一种，故D错误；故答案为B。【点睛】本题以有机物的结构为载体，考查官
7、能团的性质；熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基则具有酚的性，有苯环还具有苯的性质，本题难点是酚与醇的性质差异。7.反应是制备SiH4的一种方法，利用其副产物可制备相应物质，有关转化关系如下：下列说法不正确的是（ ）A. A2B的化学式为Mg2SiB. NH3、NH4Cl可以循环使用C. 反应中参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之比为11D. 反应中每生成24gMg转移2mol电子【答案】C【解析】【分析】根据化学反应的本质，反应的产物中出现Si和Mg元素，结合Mg为+2价、Si
8、为-4价，可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl26NH3，MgCl26NH3加入碱液，可生成Mg(OH)2，MgCl26NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl26NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。【详解】A由分析知，A2B应为Mg2Si，故A正确；B由分析知，产物氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，故B正确；C反应发生反应的化学方程式为Mg2Si+8NH3+4NH4Cl=SiH4+2MgCl26NH3，则参加反应的NH3和NH4Cl的物质的量之
9、比为2:1，故C错误；D反应中电解MgCl2生成Mg，其中Mg元素从+2价降为0价，则每生成24g(1mol)Mg转移2mol电子，故D正确；故答案为C。8.自热食品不用火电，将水倒在发热包上，发热包遇水自动升温，从而加热食物。发热包的主要成分是：生石灰、铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、碳酸钠、焙烧硅藻土等，下列说法不正确的是（ ）A. 生石灰和水反应放出热量B. 铝粉和碱反应放出热量C. 氢氧化钙和碳酸钠反应使溶液碱性增强：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOHD. 过程中有微小原电池形成，负极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-【答案】D【解析】【详解】ACaO和水反应生成C
10、a(OH)2的反应为放热反应，故A正确；B铝粉和碱反应生成NaAlO2和氢气，是放热反应，故B正确；C氢氧化钙和碳酸钠反应的方程式为Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3+2NaOH，有NaOH生成，则使溶液碱性增强，故C正确；D过程中有微小原电池形成，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应有Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故答案为D。9.2018年国际计量大会将摩尔的定义修改为：1摩尔包含6.022140761023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数（NA），通常用6.021023mol1表示，新定义于2019年5月20日正式生效。
11、下列说法不正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4L的NH3约含有176.021023个质子B. 白磷分子（P4）呈正四面体结构，62g白磷中约含有36.021023个P-P键C. 标准状况下，18gH2O中约含有26.021023个氢原子D. 由新定义可知，阿伏加德罗常数表达为NA6.022140761023 mol1【答案】A【解析】【详解】A每个NH3分子含有10个质子，则标准状况下，22.4L的NH3的物质的量为=1mol，含有106.021023个质子，故A错误；B62g白磷的物质的量为0.5mol，而白磷分子中含6个p-p键，故0.5mol白磷中含3NA，即36.021023个p-
12、p键，故B正确；C标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，则约含有26.021023个氢原子，故C正确；D1摩尔包含6.022140761023个基本单元，则阿伏加德罗常数表达为NA6.022140761023 mol1，故D正确；故答案为A。10.水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是（ ）A. 水煤气变换反应的H0B. 步骤的化学方程式为：CO+OH+H2O(g)=COOH+H2OC. 步骤只有非极性键H-H键形
13、成D. 该历程中最大能垒（活化能）E正=1.70eV【答案】B【解析】【分析】图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒(活化能)E正，得到反应的化学方程式。【详解】A图象分析可知水煤气生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，反应的焓变H小于0，故A错误；B结合此图分析判断，是发生的过渡反应：CO+OH+H2O(g)=COOH+H2O，故B正确；C步骤中H-O键原反应物中已经存在，则形成的化学键包括极性键C=O，非极性键H-H键形成，故C错误；D该历程中最大能垒(活
14、化能)E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，故D错误；故答案为B。11.用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg2+）并进行相关实验，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象如下：对应现象（1）中黑色固体变红（2）电极a附近溶液出现浑浊（3）中溶液出现浑浊（4）中溶液红色褪去下列对实验现象解释不正确的是（ ）A. （1）中：CuOH2CuH2OB. （2）中a电极：2H2O2e-=H2+2OH-，Mg2+2OH-=Mg(OH)2C. （3）中：Cl2S2-=S+2Cl-D. （4）中：Cl2H2OHCl + HClO【答案】D【解析】【详解】A电解饱和食盐水生成NaOH、H
15、2和Cl2，则(1)中黑色固体变红发生的反应为CuOH2CuH2O，故A正确；B(1)中黑色固体变红，则a极有H2生成，a为阴极，发生的电极反应为2H2O2e-=H2+2OH-，a极周围溶液中的Mg2+和OH-发生离子反应生成Mg(OH)2，故电极a附近溶液出现浑浊，故B正确；Cb为阳极，有Cl2生成，则(3)中发生的离子反应为Cl2S2-=S+2Cl-，可观察到(3)中溶液出现浑浊，故C正确；D(4)中发生的化学反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，NaClO有漂白性，所以C中溶液红色褪去，即原因可能为NaClO的强氧化性褪色，故D错误；故答案为D。12.下列酸碱溶液恰好完
16、全中和，如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A. 因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2B. 若V1V2，则说明HA为强酸，HB为弱酸C. 若实验中，V=V1，则混合液中c(Na+)=c(A-)D. 实验的混合溶液，可能有pH7【答案】C【解析】【详解】pH 均为2的一元酸HA、HB，两种溶液中H+离子浓度相等，酸越弱则酸的浓度越大，与氢氧化钠反应时消耗的体积越小，所以消耗的体积大的酸性较强；若V1V2，则说明 HA 的酸性比HB的酸性强；若V1=V2，则说明 HA 的酸性与HB的酸性相同；A因为不知道两种酸的酸性强弱关系，所以不能判断V1与V2的相对大小，故A错误；B由以上分析可知，Vl
17、V2，则说明 HA 的酸性比HB的酸性强，但无法说明HA是强酸，故B错误；C若实验中，V=V1，说明HA的物质的量浓度也为0.01mol/L，其pH=2，则HA为强酸，反应后溶液显中性，故混合液中c(Na+)=c(A-)，故C正确；D完全反应后实验的混合溶液中溶质为强碱弱酸盐或强酸强碱盐，溶液的pH7，不可能有pH7，故D错误；故答案为C。13.环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为：。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. T1T2B. a点的正反应速率小于b点的逆反应速率C. a点的反应速率小于c点的反应速率D. 反应开始至b点时，双环戊二烯平
18、均速率约为：0.45molL1h1【答案】D【解析】【详解】A温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1T2，故A错误；Ba到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故B错误；C根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线的绝对值，则a点速率大于c点，故C错误；Db点时环戊二烯的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的，则b点时二聚体的浓度为0.9mol/L=0.45molL-1，故D正确；故答案为D。14.水浴加热滴加酚酞的NaHCO3
19、溶液，颜色及pH随温度变化如下（忽略水的挥发）：时间温度/203040从40冷却到20沸水浴后冷却到20颜色变化红色略加深红色接近红色比加深较多pH8.318298.268.319.20下列说法不正确的是（ ）A. NaHCO3溶液显碱性的原因：HCO3-+H2OH2CO3+OH-B. 的过程中，颜色加深的原因可能是HCO3-水解程度增大C. 的过程中，pH略微下降说明升温过程中c(OH-)减小D. 比pH增大，推测是由于NaHCO3分解生成的Na2CO3的缘故【答案】C【解析】【详解】ANaHCO3显碱性,是溶液中HCO3-发生水解反应的缘故，其中水解反应式为HCO3-+H2OH2CO3+O
20、H-，故A正确；B的过程中，溶液温度升高，促进HCO3-水解，溶液的碱性增强，故B正确；C的升温过程中，促进水的电离，水的离子积常数增加，溶液中OH-略有增大，但溶液pH略微却下降，故C错误；D和的温度相同，但比pH增大，应该是溶液中的Na2CO3的水解程度大于中NaHCO3的水解程度，故D正确；故答案为C。第卷（非选择题）本部分共5小题，共58分15.某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶M。已知：.RNH2+RNHCH2CH2OH.（1）AB的化学方程式是_。（2）BC的反应类型是_。（3）D的核磁共振氢谱只有一个吸收峰，其结构简式是_。（4）DE的化学方程式是_。（5）G中含有两个六元环，
21、其结构简式是_。（6）I和H反应生成镇痛药哌替啶M的化学方程式是_。（7）写出同时符合下列条件的C的同分异构体的结构简式_（写出一种即可）。分子中有苯环且是苯的邻位二取代物；核磁共振氢谱表明分子中有6种氢原子；红外光谱显示存在碳氮双键（CN）。（8）以C为原料可以合成重要的医药中间体对氨基苯乙酸，合成路线如下：写出Y的结构简式_。合成路线中反应条件Fe/HCl的作用是_。【答案】 (1). +Cl2+HCl (2). 取代反应 (3). (4). 2+CH3NH2 (5). (6). +CH3CH2OH+H2O (7). 、（任意一种） (8). (9). 将硝基（-NO2）还原为氨基（-NH
22、2）【解析】【分析】C与F发生信息中的反应生成G，G中含有-CN，G发生水解反应生成H，H中含有-COOH，结合H、I在酸性条件下生成物的结构简式，可知H、I发生酯化反应，结合C、F含有碳原子数目可推知I为CH3CH2OH、H为，结合有机物分子式逆推可知G为、C为、F为、E为；由C的结构可逆出A分子结构中含有苯环，则A为，A再Cl2在光照条件下发生取代反应生成的B为；乙烯与O2在催化剂的作用下发生氧化反应生成的D核磁共振氢谱只有一个吸收峰，则D应为，D再和CH3NH2发生信息的反应生成E，据此分析解题；(8)以为原料合成的最终产物为对氨基苯乙酸，则C与浓HNO3和浓硫酸混合加热生成的X应为，X
23、在酸性溶液中水解生成的Y为，Y再在Fe/HCl的作用下发生还原反应生成。【详解】(1)A再Cl2在光照条件下发生取代反应生成的B为，发生反应的化学方程式是+Cl2+HCl；(2)和NaCN发生取代反应生成；(3)由分析知，乙烯与O2在催化剂的作用下发生氧化反应生成的D结构简式为，(4)DE为与CH3NH2发生加成反应生成，反应方程式是2+CH3NH2；(5)由分析可知，G的结构简式是；(6)CH3CH2OH和发生酯化反应生成镇痛药哌替啶的化学方程式是+CH3CH2OH+H2O；(7)C()的同分异构体符合：分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；1H-NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存
24、在碳氮双键(C=N)，可能的同分异构体有：；(8)由分析知Y的结构简式为；在反应条件Fe/HCl的作用下，将硝基(-NO2)还原为氨基(-NH2)。【点睛】考查有机物的推断与合成，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键，注意准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。16.为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等从世界范围征集优秀青年化学家提名，形成一张“青年化学家元素周期表”，向世界介绍118位优秀青年化学家，有8
25、位中国青年化学家成为“N、Hg、U”等元素的代言人。回答下列问题：（1）N在周期表中的位置是_。（2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_。a酸性：HClH2SO3 b非金属性：OSc碱性：NaOHMg(OH)2 d热稳定性：Na2CO3NaHCO3（3）非金属性：ClBr，用原子结构解释原因_，用一个离子方程式证明_。（4）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中R、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。Y的元素符号为_。X的氢化物的电子式_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). bc (3). 氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比
26、溴小，得电子能力比溴强，非金属性ClBr (4). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (5). Si (6). 【解析】【分析】(1)N的核电荷数是7，其原子结构示意图为；(2)结合同周期、同主族元素的性质递变规律分析；(3)单质之间的置换反应可说明非金属性强弱；(4)R、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，Y能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则Y位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则Y原子核外有14个电子，故Y为Si元素，Z为Cl元素；该阴离子中Cl元素为-1价、Si元素为+4价，根据化合价的代数和为-1价可知，X为-3价，
27、则X为P元素；根据阳离子所带电荷知，R为Na元素，据此解答。【详解】(1)N原子结构示意图为，则N在周期表中的位置是第二周期第A族；(2)a元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：ClS，则酸性：HClO4H2SO4，而HCl的酸性大于HClH2SO3无法用元素周期律解释，故a错误；b同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：CS，能用元素周期律解释，故b正确；c元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：NaMg，则碱性：NaOHMg(OH)2，能用元素周期律解释，故c正确；d酸式碳酸盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3NaH
28、CO3，不能用元素周期律解释，故d错误；(3)氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性ClBr，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可证明非金属性：ClBr；(4)通过以上分析知：R、X、Y、Z分别为Na、P、Si、Cl元素；由分析知：Y的元素符号为Si；X为P元素，其氢化物分子式为PH3，是共价化合物，则其电子式为。【点睛】元素周期律的主要内容是同周期主族元素，随核电荷数的递增，金属性减弱，非金属性增强，同主族元素从上到下金属性增强，非金属性减弱，本题易错点是混淆非金属性和金属性强弱的判断规律，同时主要注意非金属性越强，
29、最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，要特别注意是“最高价”，否则不能使用该规律。17.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：（1）过程生成NaAlO2溶液离子方程式是_。（2）过程中HCl/H2O2的作用是_。（3）浸出液X的主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等。过程控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85 、反应时间3 h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为_。结合平衡移动原理，解释过程中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原
30、因_。当pH2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因_。（4）LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取，共沉淀反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2 (2). 溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O） (3). 2.5 (4). H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者
31、：H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，溶液pH增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀 (5). pH2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降 (6). (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4+3H2O【解析】【分析】含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池，用NaOH溶解后过滤，滤液为NaAlO
32、2溶液，滤渣为LiFePO4和炭黑，再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤，得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，向X中加入Na2CO3溶液，有FePO42H2O析出，过滤的滤液主要是LiCl，再加入饱和Na2CO3溶液，再过滤即可得到LiCO3粗产品，据此分析解题。【详解】(1)过程Al溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2，发生反应的离子方程式是2Al2OH-2H2O=2AlO2-3H2；(2)过程是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为 Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；(
33、3)分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程选择的最佳pH为2.5；已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，过程中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；已知FePO4(s) Fe3+(aq)+ PO43-(aq)，当pH2.5后，随pH增加，溶液中c(OH-)增大，Fe3+开始转变生成Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；(4)(NH4)2Fe
34、(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4，同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为 (NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4+H2O。18.环戊二烯是重要的有机化工原料，制备环戊烯涉及的反应如下：.解聚反应： H0.氢化反应： H=-100.5kJmol-1.副反应： H=-109.4kJmol-1（1）反应的H=_kJmol-1。（2）解聚反应在刚性容器中进行。其它条件不变时，有利于提高双环戊二烯平衡转化率的条件是_，_。实际生产中常通入水蒸气以降低双环戊二烯的沸点。某温度下，通入总压为70
35、kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为115kPa，双环戊二烯的转化率为90%，则体系中PH2O=_kPa。（3）研究环戊二烯氢化制备环戊烯在不同温度下催化剂的活性。下表是以Pd/Al2O3为催化剂，相同反应时间测得不同温度的数据（其它条件相同）。温度/2530354045环戊二烯转化率/%84.993.9100.0100.0100.0环戊烯选择性/%81.388.675.560.651.3说明：选择性=100%，收率=100%，常用收率来衡量催化剂的活性。最佳的反应温度为_，选择该温度的原因是_。表中实验数据表明，升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其原因是_。【答案】 (
36、1). -209.9 (2). 升高温度 (3). 减小压强 (4). 20 (5). 30 (6). 该温度下，收率最大，催化剂的活性最好或该温度下转化率较高，选择性好 (7). 温度升高，、的反应速率均加快，但对的反应速率的影响小于【解析】【分析】(1)已知：.H=-100.5kJmol-1，. H=-109.4kJmol-1，由盖斯定律可知，+得，则可计算H；(2)结合影响的因素分析，改变条件促进平衡正向移动，达到提高双环戊二烯平衡转化率的目的；设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为n，压强为气体物质的量成正比，反应前总压强70kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为115kPa，
37、则平衡时混合气体的物质的量为：mol=1.64nmol，物质的量增大了0.64nmol，则根据可知参加反应的双环戊二烯为0.64nmol，由双环戊二烯的转化率为90%可知原混合气体中双环戊二烯为=0.714nmol，据此计算PH2O；(3)综合表中数据分析环戊二烯转化率和环戊烯选择性最适宜时所对应的温度；根据温度对反应、的速率影响判断。【详解】(1)已知：.H=-100.5kJmol-1，. H=-109.4kJmol-1，由盖斯定律可知，+得，此时H=(-100.5kJmol-1)+(-109.4kJmol-1)=-209.9 kJmol-1；(2)由H0可知，利用升高温度或减小压强等措施，
38、可促进平衡正向移动，达到提高双环戊二烯平衡转化率的目的；设反应前双环戊二烯和水蒸气的总物质的量为n，压强为气体物质的量成正比，反应前总压强70kPa的双环戊二烯和水蒸气，达到平衡后总压为115kPa，则平衡时混合气体的物质的量为：mol=1.64nmol，物质的量增大了0.64nmol，则根据可知参加反应的双环戊二烯为0.64nmol，由双环戊二烯的转化率为90%可知原混合气体中双环戊二烯为=0.714nmol，则水蒸气的物质的量为nmol-0.714nmol=0.286nmol，此时PH2O=115KPa20KPa；(3)由表中数据可知，在30时，收率最大，催化剂的活性最好，且此时环戊二烯转
39、化率较高，环戊烯选择性最好，则最佳的反应温度为30；温度升高，、的反应速率均加快，表中数据表明升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其可能原因是温度对对的反应速率的影响小于。【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。19.碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了FeCO3，并对FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：FeCO3是白色固体，难溶于水Fe2
40、+6SCN-Fe(SCN)64-（无色）.FeCO3的制取（夹持装置略）装置C中，向Na2CO3溶液（pH11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。（1）试剂a是_。（2）向Na2CO3溶液通入CO2的目的是_。（3）C装置中制取FeCO3的离子方程式为_。（4）有同学认为C中出现白色沉淀之后应继续通CO2，你认为是否合理并说明理由_。.FeCO3的性质探究（5）对比实验和，得出的实验结论是_。（6）依据实验的现象，写出加入10%H2O2溶液的离子方程式_。.FeCO3的应用（7）FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)
41、COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，此反应的离子方程式为_。该实验小组用KMnO4测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因是_（不考虑操作不当引起的误差）。【答案】 (1). 饱和NaHCO3溶液 (2). 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 (3). 2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O (4). 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2；合理，排除氧气的影响 (5). Fe2+与SCN的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中溶解性比KCl溶液中大 (6). 6Fe(
42、SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3 +4Fe(SCN)3 +24SCN-或6Fe2+3H2O2 +12SCN-=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3或6Fe2+3H2O2=2Fe(OH)3+4Fe3+ (7). FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2+CO2+H2O (8). 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】.装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的CO2中混有挥发的HCl气体，需要利用装置B中盛装的饱和NaHCO3溶液除去，装置C中，向Na2CO3溶液(pH11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，滴加一定量FeSO
43、4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体；.(5)根据Fe2+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；.(7)FeCO3溶于乳酸CH3CH(OH)COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，可结合盐和酸反应生成新酸和新盐的反应原理分析；乳酸根中羟基也能被高锰酸钾溶液氧化。【详解】.(1)欲除去CO2中混有的HCl，则B中盛装的试剂a是饱和NaHCO3溶液；(2)向Na2CO3溶液通入CO2的目的是，利用碳酸钠和CO2反应生
44、成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通CO2；或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度。(5)通过对比实验和，可知Fe2+与S
45、CN的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解；(6)依据实验的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%H2O2溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe2+3H2O2 +12SCN-=2Fe(OH)3+4Fe(SCN)3；(7)FeCO3溶于乳酸制得可溶性乳酸亚铁补血剂，发生反应的离子方程式为FeCO3+2CH3CH(OH)COOH=2CH3CH(OH)COO-+Fe2+CO2+H2O；乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%。