北京市第四中学2022-2023学年高三化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

高三化学Ⅰ卷选择题可能使用的相对原子质：S-32Pb-207一、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.第24届冬奥会正在北京举办，雪上项目所使用的滑雪板各部分对应的材料中，属于天然有机高分子的是A.板面——尼龙B.板芯——木材C.板底——聚乙烯塑料D.复合层——玻璃纤维【答案】B【解析】【详解】A．尼龙是合成高分子材料，A错误；B．木材主要成分是纤维素，属于天然高分子材料，B正确；C．聚乙烯是合成高分子材料，C错误；D．玻璃纤维属于无机非金属材料，通常用作复合材料中的增强材料，D错误；故选B。2.下列说法正确的是A.硫酸铵和醋酸铅溶液均可使鸡蛋清溶液中的蛋白质变性B.麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖C.天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点D.蛋白质的盐析可用于分离和提纯蛋白质【答案】D【解析】【详解】A．轻金属盐或铵盐使蛋白质盐析，重金属盐使蛋白质变性，故硫酸铵使鸡蛋清溶液中的蛋白质发生盐析，不是变性，故A错误；B．麦芽糖为还原性糖，蔗糖是非还原性糖，故B错误；C．植物油是混合物，没有固定的熔沸点，故C错误；D．饱和硫酸钠溶液或氯化铵盐溶液等使蛋白质的溶解度变小，从溶液中沉淀析出，此过程为盐析，为物理变化，是可逆过程，再用足量的蒸馏水溶解析出的蛋白质，采用多次盐析的方法分离和提纯蛋白质，故D正确； 故选D。3.下列离子检验利用了氧化还原反应的是选项待检验离子检验试剂AFe3+KSCN溶液BI-Cl2、淀粉溶液CSO稀盐酸、氯化钡溶液DNH浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．检验Fe3+常用KSCN溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，A错误；B．检验I-可用Cl2、淀粉溶液，反应为，I元素化合价升高，Cl元素化合价降低，发生氧化还原反应，B正确；C．检验SO常用稀盐酸、氯化钡溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误；D．检验NH常用浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，D错误；故选B。4.现有HX、H2Y和H2Z三种酸，各酸及其盐之间不发生氧化还原反应，它们的电离常数如下表所示。酸电离常数(25℃)HXKa=10-9.2 H2YKa1=10-6.4Ka2=10-10.3H2ZKa1=10-1.9Ka2=10-7.2下列说法正确的是A.在水溶液中结合H+的能力：Y2->Z2-B.NaHY与NaHZ两溶液混合反应的离子方程式为：HY-+HZ-=Y2-+H2ZC.Na2Y溶液与过量HX反应的离子方程式：HX+Y2-=X-+HY-D.25℃时，浓度均为0.1mol/L的H2Y和H2Z溶液的pH：H2Y<H2Z【答案】AC【解析】【分析】根据酸的电离常数判断酸性的强弱，电离常数越大，酸性越弱，离子结合的过程和电离的过程刚好相反，故可以通过判断电离程度的大小判断结合能力；利用离子在水中的反应判断离子的浓度大小，或利用溶液的酸碱性判断离子的浓度大小；对于反应，利用强酸制弱酸的原理判断反应的可能性，及产物；【详解】A．根据HY-和HZ-电离程度越大，则电离出的离子结合氢离子的能力越弱，因为H2Y的Ka2小于H2Z的Ka2，故HZ-的电离程度比HY-的大，故在水溶液中国结合氢离子的能力大小为：Y2->Z2-，A正确；B．H2Z的一级电离常数大于H2Y的二级电离常数，故HY-+HZ-=Y2-+H2Z不能发生，B错误；C．根据电离常数越大，酸性越强，从表格中电离平衡常数的大小判断酸性强弱为：HX>HY-，故根据相对强的酸制相对弱的酸，C正确；D．根据电离平衡常数越大，酸性越强，判断酸性：H2Y<H2Z，故pH：H2Y>H2Z，D错误；故选AC。5.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100mol·L-1NH3·H2O滴定10mL浓度均为0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。下列说法正确的是A.①溶液中c(H+)为0.200mol·L-1 B.溶液温度高低为①>③>②C.③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)D.③点后因离子数目减少使电导率略降低【答案】C【解析】【详解】A、醋酸是弱酸，不能根据醋酸的浓度来确定氢离子的浓度，错误；B、酸碱中和反应是放热反应，所以反应未开始时的温度一定不是最高的，该反应过程可以认为开始的10mL氨水与盐酸反应，反应放热，后10mL氨水与醋酸反应，而醋酸电离是吸热的，所以氨水与醋酸反应放出的热量低于与盐酸反应放出的热量，所以②最高，错误；C、③点时氨水与混酸完全反应生成氯化铵和醋酸铵，因为醋酸根离子水解，而氯离子不水解，所以c(Cl—)>c(CH3COO-)，正确；D、③点离子数目增大，但离子浓度减小，所以电导率降低，错误，答案选C。6.在卤水精制中，纳滤膜对Ca2+、Mg2+有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中表示链延长)。已知：+—NH2+HCl下列说法不正确的是A.合成J的反应为缩聚反应B.MPD的核磁共振氢谱有3组峰C.J具有网状结构与单体TMC的结构有关D.J有亲水性可能与其存在正负离子对有关【答案】B【解析】【详解】A．反应除生成高聚物J外，还有小分子HCl生成，所以该反应是缩聚反应，故A 项正确；B．对比有机物的结构可知，MPD的结构简式为，分子中有4种化学环境不同的氢原子，即MPD的核磁共振氢谱中有4组峰，故B项错误；C．单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故C项正确；D．正、负离子容易与水形成水合离子，高聚物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关，故D项正确；答案选B。7.常温下，下列溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系正确的是A.某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a>7时，则该溶液的pH定为14-aB.常温下，0.1mol/LNaB溶液的pH=8，将该溶液与0.06mol/L盐酸等体积混合(忽略体积变化)后c(B-)+c(HB)=0.05mol/LC.pH=5的稀盐酸加水稀释1000倍后所得溶液中：c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)D.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，所得溶液中存在下列关系：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(HClO)【答案】B【解析】【详解】A．某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a>7时，则该溶液的pH可能为14-a或a，A项错误；B．常温下，0.1mol/LNaB溶液的pH=8，说明NaB为强碱弱酸盐，则HB为弱酸，将0.1mol/LNaB溶液与0.06mol/L盐酸等体积混合，根据物料守恒有：c(B-)+c(HB)==0.05mol/L，B项正确；C．pH=5的稀盐酸加水稀释1000倍后所得溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，C项错误；D．在饱和氯水中加入NaOH使pH=7，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，反应后溶液中的溶质为NaCl、NaClO、HClO，由Cl2+H2OHCl+HClO可知，c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，则离子浓度关系为：c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(HClO)，D项错误；答案选B。8.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是 A.工业上制备硫酸时，选择常压下进行二氧化疏和氧气的反应B.红棕色的NO2气体，加压后颜色先变深后变浅C.氯气在水中溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度D.乙酸与乙醇反应制乙酸乙酯时，加入过量的乙醇【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫和氧气的反应方程式为，加压反应平衡正向移动，选择常压与平衡移动无关，A正确；B．NO2会部分转化为N2O4，反应为，加压NO2浓度会增大则颜色先变深，同时加压反应平衡正向移动，后颜色变浅，能用平衡移动原理解释，B错误；C．氯气与水反应方程式为，饱和食盐水中氯离子浓度大，反应平衡逆向移动，则氯气在水中溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度，能用平衡移动原理解释，C错误；D．乙酸与乙醇反应制乙酸乙酯的反应为，加入过量的乙醇反应平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，D错误；故选A。9.以金属氢化物(MHx)为负极材料的Ni/MHx电池，其充放电原理利用了储氢合金的吸放氢性能，氢通过碱性电解液在金属氢化物电极和Ni(OH)2电极之间运动，充放电过程中的氢像摇椅一样在电池的正负极之间摇动，因此又称为“摇椅”机理，其反应机理如图所示。下列说法错误的是 A.过程a表示电池充电过程B.电池总反应：MHx+xNiOOHM+xNi(OH)2C.放电时负极的电极反应：MHx+xOH−−xe−=M+xH2OD.放电时正极的电极反应：NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−【答案】B【解析】【分析】放电时，负极金属氢化物(MHx)失去电子发生氧化反应，正极NiOOH得到电子被还原，则放电时电池反应为MHx+xNiOOH=M+xNi(OH)2，充电时反应逆转，据此回答。【详解】A．过程a左边电极上水转变为氢氧根离子，电极反应为M+xH2O+xe−=MHx+xOH−，为氧化反应，并不是放电时的负极反应、而是充电时的阳极反应，则过程a表示电池充电过程，A正确；B．据分析，电池总反应：M+xNi(OH)2MHx+xNiOOH，B不正确；C．放电时，负极金属氢化物(MHx)失去电子发生氧化反应、在碱性环境中生成水，电极反应：MHx+xOH−−xe−=M+xH2O，C正确；D．放电时正极NiOOH得到电子被还原，电极反应：NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，D正确；答案选B。10.不同温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH。平衡时CH3OH的物质的量分数随温度变化如图所示。 下列说法不正确的是A.该反应的ΔH＜0B.240℃时，该反应的化学平衡常数K=C.240℃时，若充入2molCO2和6molH2，平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%D.240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O，反应向正反应方向进行【答案】B【解析】【分析】【详解】A．据图知温度升高，甲醇的物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH＜0，故A正确；B．240℃时，甲醇的物质的量分数为25%，设甲醇的转化物质的量为xmol，列三段式：平衡时甲醇的物质的量分数，解得x=，化学平衡常数，故B错误；C．240℃时，若充入2molCO2和6molH2，即建立新的等效平衡，相当于在原平衡上增大压强，该反应是气体分子数减小，则平衡正向进行，CH3OH的物质的量分数大于25%，故C正确；D．240℃时，若起始时充入0.5molCO2、2molH2、1molCH3OH、1molH2O， ，反应向正反应方向进行，故D正确；故选：B。11.在2L恒容密闭容器中充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)⇌3Z(g)∆H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是A.升高温度，平衡常数增大B.W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率C.Q点时，Y的转化率最大D.恒温下，平衡时再充入适量Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大【答案】C【解析】【分析】反应开始时没有达到平衡，反应向正向进行，X的量减少，到Q点时达到最小，则这一点是反应的最大限度，Q点后平衡向逆向移动X的量逐渐增加。【详解】A．温度升高平衡向逆向移动，平衡常数减小，A错误；B．W、M两点X的浓度相同但是温度不相同，故反应速率不相等，B错误；C．Q点X的量最少，转化率最大，C正确；D．平衡时充入Z，相当于增大压强，反应两边气体的化学计量数相等，改变压强对平衡没有影响，达到新平衡时Z的体积分数与原平衡一样，D错误；故选C。12.生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀．在密闭容器中，用压强传感器记录该过程的压强 变化，如图所示．下列说法中，不正确的是（　　）A.两容器中负极反应均为Fe-2e-═Fe2+B.曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化C.曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+2H2O═4OH-D.在弱酸性溶液中，生铁能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【详解】生铁在pH=2和pH=4的盐酸中构成原电池，铁是负极，铁失电子生成Fe2+，故A正确；根据图象，曲线a压强逐渐增大，气体增多，说明有氢气生成，所以曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化，故B正确；根据图象，曲线b压强逐渐减小，气体减少，说明氧气在正极得电子，pH=4溶液呈酸性，曲线b记录的容器中正极反应是O2+4e-+4H+═2H2O，故C错误；在强酸性溶液中发生析氢腐蚀，在弱酸性溶液中，正极是氧气得电子，生铁发生吸氧腐蚀，故D正确。13.CN-会造成水体污染，某研究小组按图所示装置模拟电化学法除去CN-(实验数据如表)。实验(1)中一段时间后，在装置甲X极(Fe)附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液，Fe表面有蓝色沉淀生成；装置乙石墨(Ⅰ)表面有无毒气体生成。已知：K3[Fe(CN)6]溶液具有氧化性实验序号电极(X)NaCl溶液浓度(mol/L)甲中石墨表面通入气体电流计读数(A)(1)Fe0.1空气I (2)Al0.1空气1.5I(3)Fe0.1O22I(4)Al0.5空气16I依据上述实验现象和数据，下列说法不正确的是A.仅依据实验(1)装置甲中现象，不能确定X极(Fe)为负极B.若实验(1)中X极换成Zn，则电流计读数的范围为1.5I~2IC.石墨(Ⅰ)的电极反应式：2CN-+12OH--10e-=2CO+N2↑+6H2OD.相同条件下，X电极活性、O2浓度、电解质溶液浓度均会影响CN-处理效果【答案】B【解析】【分析】乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，电极反应式为，则石墨(I)为电解池的阳极、石墨（Ⅱ）为电解池阴极、X为电池的负极、装置甲中石墨为电池的正极。【详解】A．在装置甲X电极附近滴入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则说明X极附近有Fe2+生成，而由已知条件可知，Fe2+可能是K3[Fe(CN)6]氧化Fe得到的，并不能确定X极为负极，A正确；B．锌的活泼性介于铝和铁之间，根据表中数据可知，金属越活泼，电流计的值越大，所以电流计读数的范围为I～1.5I，B错误；C．乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，电极反应式为，C正确；D．通过比较表中的数据可知，金属越活泼，电流计的值越大；电解质浓度越大，电流计的值越大；氧气浓度越大，电流计的值越大，故相同条件下，X电极活性、O2浓度、电解质溶液浓度均会影响CN-处理效果，D正确；故选B。14.某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：装置实验试剂a现象与结果 I10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2II8mL5mol/L氨水立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2III8mL5mol/L氨水和1gNH4Cl固体立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮下列说法不正确的是A.I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2B.由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强C.增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成D.[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；选B。Ⅱ卷填空题二、填空题(5道大题，共58分)15.色酮类化合物K具有抗菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下： 已知：①++HCl(R代表烃基)②+R′OH→+RCOOH(R、R′代表烃基)③+→(R、R1、R2、R3、R4代表烃基)（1）A的结构简式是_______；根据系统命名法，F的名称是_______。（2）试剂b的结构简式是_______。（3）C与足量的NaOH反应的化学方程式为_______。（4）G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_______。（5）已知：①2HJ+H2O；②J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：E：_______；J：_______。中间产物1：_______；中间产物2：_______。【答案】（1）①.②.1-丙醇 （2）（3）（4）CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O↓+3H2O（5）①.②.③.④.【解析】【分析】由分子式可知A为，由转化关系可知B为，由D可知C为，结合E的分子式以及K的结构简式可知E为，试剂b为，F为CH3CH2CH2OH，G为CH3CH2CHO，H为CH3CH2COOH，J为。【小问1详解】 由以上分析可知A为，F为CH3CH2CH2OH，为1-丙醇，故答案为：；1-丙醇；【小问2详解】B与溴发生取代反应，需要FeBr3作催化剂，所需试剂a是Br2、FeBr3，试剂b为，故答案为：；【小问3详解】C为，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为，故答案为：；【小问4详解】G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O。故答案为：CH3CH2CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3CH2COONa+Cu2O+3H2O；【小问5详解】E为，J为，由题意可知二者先反 应生成，然后生成，最后发生消去反应可生成K，故答案为：；；；。16.不锈钢生产过中产生的酸洗废液(含有NO、Cr2O、Cu2+等)可以用零价铁(Fe)处理。处理前调节酸洗废液的pH=2，进行如下实验：（1）在废液中投入足量铁粉，测得溶液中氮元素的存在形式及含量如下：初始浓度(mg/L)处理后浓度(mg/L)NO中的氮元素604.32NO中的氮元素00.34NH中的氮元素038.64溶液中的氮元素的总量6043.30①铁粉去除NO时，主要反应的离子方程式是_______。②处理前后溶液中氮元素的总量不相等，可能的原因是_______。（2）其他条件相同时，铁粉投入量(均足量)对废液中NO去除效果如下： ①0~10min之间铁粉的投入量不同，NO去除率不同的原因是_______。②已知：Ⅰ.在铁粉去除NO的过程中，铁粉表面会逐渐被FeOOH和Fe3O4覆盖。FeOOH阻碍Fe和NO的反应，Fe3O4不阻碍Fe和NO的反应。Ⅱ.2FeOOH+Fe2+=Fe3O4+2H+在铁粉去除NO的过程中，下列措施能提高NO去除率的是_______。(填字母)a.通入氧气b，加入盐酸c.加入氯化亚铁溶液d.加入氢氧化钠溶液（3）相同条件下，相同时间，废液中共存离子对NO去除率的影响如下图：Cu2+和Cr2O对NO去除率产生的不同影响及原因是_______。（4）向零价铁去除NO之后的溶液中投加_______(填试剂名称)，既可去除重金属离子又有利于氨的吹脱。【答案】（1）①.②.有N2 或氮的氧化物从溶液中逸出，造成氮元素损失（2）①.铁粉表面积越大，反应速率越快②.bc（3）Cu2+ 被Fe置换生成Cu，与Fe形成原电池，加快反应速率；氧化Fe2+生成Fe3+，进而形成FeOOH，阻碍反应进行（4）氧化钙【解析】【小问1详解】①铁粉去除时，主要反应的离子方程式是酸性溶液中硝酸根离子被还原为铵根离子，铁被氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为：。②处理前后溶液中氮元素的总量不相等，可能的原因是:有N2或氮的氧化物从溶液中逸出，造成氮元素损失。【小问2详解】①0~10min之间铁粉的投入量不同，去除率不同的原因是铁粉表面积越大，反应速率越快。②a．通入氧气不能去除硝酸根离子，故a错误；b．加入盐酸，酸性溶液中硝酸根离子具有氧化性，可以继续反应，增大去除率，故b正确；c．加入氯化亚铁溶液，酸性溶液中去除更多硝酸根离子，能提高去除率，故c正确；d．加入氢氧化钠溶液不能提高去除率，故d错误；故答案为bc。【小问3详解】相同条件下、同一时间段内，废液中共存离子对去除率的影响分析图中数值可知，Cu2+ 和对去除率产生的不同影响及原因是：Cu2+被Fe置换生成Cu，与Fe形成原电池，加快反应速率；氧化Fe2+生成Fe3+，进而形成FeOOH，阻碍反应进行。【小问4详解】向零价铁去除NO之后的溶液中投加氧化钙反应生成氢氧化钙，可以沉淀重金属，也可以结合铵根离子生成氨气，既可去除重金属离子又有利于氨的吹脱。17.开发CO2催化加氢合成二甲醚技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重 要途径。（1）已知：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.01kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2OΔH=-24.52kJ/mol则CO2催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为_______。（2）CO2催化加氢直接合成二甲醚时还会发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.2kJ/mol。其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实际总转化率影响如图1所示：反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。(已知：CH3OCH3的选择性)。①图1中，温度高于290℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是_______。②图2中，在240~300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因_______。③图1、图2中CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性具体数据如下表：温度/℃220240260280300CO2实际转化率%7.612.414.818.622.9二甲醚实际选择性%68.777.261.041.527.5据此确定CO2催化加氢直接合成二甲醚的最佳温度为_______℃。④一定温度下，不改变反应时间和温度，能进一步提高CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性的措施有_______(至少写出一项)。（3）下图所示是一种二甲醚和CO2直接制备碳酸二甲酯()的电化学方 法，b极的电极反应式为_______。【答案】（1）（2）①.当温度高于290℃，随着温度升高，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡向右移动的程度大于平衡向左移动的程度，导致CO2平衡总转化率随温度升高而上升②.CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低，而合成二甲醚时的副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)活化能较高，导致二甲醚的实际选择性高于其平衡值③.240④.增大压强或者及时将二甲醚分离出来（3）CH3OCH3-e-+=【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由①×2+②可得CO2催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为；【小问2详解】①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，当温度高于290℃，随着温度升高，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡向右移动的程度大于平衡向左移动的程度，导致CO2平衡总转化率随温度升高而上升；②在240~300℃范围内，相同温度下，CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低，而合成二甲醚时的副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)活化能较高，导致二甲醚的实际选择性高于其平衡值； ③根据表格数据可知，240℃时CO2实际转化率和二甲醚实际选择性相对较高，则CO2催化加氢直接合成二甲醚的最佳温度为240℃；④平衡正向移动，而副反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡尽量不发生移动，能进一步提高CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性，故采取的措施为增大压强或者及时将二甲醚分离出来；【小问3详解】由图可知，CO2在a极发生还原反应生成，则b极为负极，b极上二甲醚发生氧化反应生成碳酸二甲酯，电极反应式为CH3OCH3-e-+=。18.铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。I．火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2。（1）用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为___________________________。（2）火法炼铅的废气中含低浓度SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离子方程式为__________________________________________________。II．湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下：已知：①不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。温度（℃）20406080100溶解（g）1．001.421.942.883.20②PbCl2为能溶于水的弱电解质，在Cl-浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)（3）浸取液中FeCl3的作用是___________________________。（4）操作a为加适量水稀释并冷却，该操作有利于滤液1中PbCl2的析出，分析可能的原因是____________________________________。 （5）将溶液3和滤液2分别置于如图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。①溶液3应置于_______________（填“阴极室”或“阳极室”）中。②简述滤液2电解后再生为FeCl3的原理：_____________________。③若铅精矿的质量为ag，铅浸出率为b，当电解池中通过cmol电子时，金属铅全部析出，铅精矿中PbS的质量分数的计算式为_______________。【答案】（1）2PbS+3O2=2PbO+2SO2（2）2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O（3）使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl4-，S元素转化成单质硫成为滤渣（4）加水稀释使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)平衡向左移动；温度降低PbCl2溶解度减小（5）①.阴极室②.阳极发生电极反应：Fe2+-e-=Fe3+（或2Cl--2e-=Cl2；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，文字表述也可），使c(Fe3+)升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生③.【解析】【小问1详解】火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2；2PbS+3O2=2PbO+2SO2；正确答案：2PbS+3O2=2PbO+2SO2。【小问2详解】SO2与过量的氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O；正确答案：2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O。【小问3详解】铁离子具有氧化性，能够把PbS中的Pb氧化为PbCl4-，把S氧化为单质硫；正确答案：使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl4-，S元素转化成单质硫成为滤渣。 【小问4详解】加水稀释使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)平衡向左移动；温度降低PbCl2溶解度减小，两种操作都有利于PbCl2的析出；正确答案：加水稀释使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)平衡向左移动；温度降低PbCl2溶解度减小。【小问5详解】①根据流程可知溶液3为PbCl42-，滤液2为氯化亚铁溶液，因此溶液3放入阴极室，发生还原反应生成铅；正确答案：阴极室。②滤液2放入到阳极室，阳极发生电极反应：Fe2+-e-=Fe3+（或2Cl--2e-=Cl2；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-），使c(Fe3+)升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生；正确答案：阳极发生电极反应：Fe2+-e-=Fe3+（或2Cl--2e-=Cl2；Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，文字表述也可），使c(Fe3+)升高，同时Cl-通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生。③根据PbCl42-+2e-=Pb+4Cl-可知，当电解池中通过cmol电子时，析出金属铅为0.5cmol，根据PbS~Pb关系可知，纯PbS的量为0.5cmol，因此铅精矿中PbS的质量分数的计算式0.5c×239/a×b×100%=；正确答案：。19.某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2，实验装置如下图(电源装置略去)。（1）分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色产生无色气泡IINaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡 资料：i．CuOH是黄色、易分解的难溶固体，CuCl是白色的难溶固体。ii．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生①I和II中Cu作___________极(填“阳”或“阴”)。②II中石墨电极产生气体的电极反应式为___________。③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___________。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl—，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是___________。（2）探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象IIINa2SO4溶液铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___________。②小组认为适当增大c(OH—)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___________。（3）进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象IVNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀IV中出现深蓝色说明电解生成了___________离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。（4）综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑因素有___________。【答案】（1）①.阳②.2H2O+2e—=H2↑+2OH—③.2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O④.阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生（2）①.取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀②.常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大 （3）[Cu(NH3)4]2+（4）电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制【解析】【分析】该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素，通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。【小问1详解】①由题意可知，I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—；③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度，氧化反应易发生；【小问2详解】①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；【小问3详解】由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；【小问4详解】由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9 的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。