湖南省邵阳市第一中学2023届高三化学第五次月考试题（Word版附解析）

湖南省邵阳市第一中学2023届高三第五次月考化学试题时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Na～23S～32K～39Cu～64第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)1.新型冠状病毒的主要成分是蛋白质、核酸、脂肪及糖类物质，下列说法正确的是A.蛋白质、核酸、脂肪及糖类在一定条件下都能水解，其中蛋白质水解的产物是氨基酸B.医院可能采取高温或者紫外线照射的方法能使蛋白质变性，杀死病毒C.蛋白质、核酸、脂肪及糖类都是高分子化合物D.浓的溶液能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质不再溶解【答案】B【解析】【详解】A．油脂水解的最终产物是高级脂肪酸和丙三醇，核酸水解的最终产物是五碳糖、含氮碱基、磷酸，蛋白质水解的最终产物为氨基酸，二糖、多糖能水解生成单糖，但单糖(如葡萄糖)不能水解，A错误；B．蛋白质在高温或者紫外线照射时变性，故可以杀死病毒，B正确；C．糖类中的单糖、二糖等、油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C错误；D．浓的溶液能使蛋白质溶液发生盐析，即能使溶液中的蛋白质析出，加水后析出的蛋白质又溶解，D错误；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，转移电子数均为0.2NAB.3.6gH2O中含有的质子数为2NAC.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAD.标准状况下，11.2LHF含有的分子数为0.5NA 【答案】D【解析】【详解】A．Fe与Cl2反应产生FeCl3，0.1molFe完全反应需消耗0.15molCl2，则Fe过量，Cl2不足量，0.1molCl2反应转移0.2NA个电子；Cu与Cl2反应产生CuCl2，0.1molCu反应消耗0.1molCl2，故0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，故转移电子数均为0.2NA，A正确；B．3.6gH2O的物质的量是0.2mol，由于H2O分子中含有10个质子，则0.2molH2O分子中含有质子数目是2NA，B正确；C．Na2S与Na2O2的式量是78，都是由2个阳离子和一个阴离子构成。7.8gNa2S与Na2O2的混合物中含有Na2S或Na2O2的物质的量的和为0.1mol，则其中含离子总数为0.3NA，C正确；D．在标准状况下，HF是以聚合分子(HF)n存在，而不是以气体形式存在，因此不能根据HF的体积计算其中含有的分子数，D错误；故合理选项是D。3.下列离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是选项离子加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式AFe3+、Cl-、SO、K+铜粉2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+BK+、HCO、AlO、Cl-盐酸H++AlO+H2O=Al(OH)3↓CNa+、Fe2+、Br-、Mg2+氯气2Br-+Cl2=Br2+2Cl-DNH、Na+、SO、HCONaOHNH+OH-=NH3·H2OA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Fe3+、Cl-、SO、K+之间不反应能够大量共存，加入铜粉后与Fe3+发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A符合题意；B．由于HCO的酸性强于HAlO2，故HCO+AlO+H2O=Al(OH)3↓+，即HCO、AlO 在水溶液中不能大量共存，B不合题意；C．Na+、Fe2+、Br-、Mg2+各离子互不反应可以大量共存，但由于Fe2+的还原性强于Br-，通入Cl2时，先发生的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C不合题意；D．NH、Na+、SO、HCO各离子互不反应可以大量共存，但由于HCO先与OH-反应，故加入NaOH后，先发生的离子方程式为：HCO+OH-=+H2O，D不合题意；故答案为：A。4.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是A.可减少CO2的排放B.Fe3O4和CaO均可循环利用C.过程①和④的转化均为氧化还原反应D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成【答案】D【解析】【详解】A．反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放，A正确；B．根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；C．过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；D．过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成CO2，是极性键断裂和生成，H2与Fe3O4反应是非极性键断裂和极性键生成，D错误； 答案选D5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述正确的是A.简单离子半径：B.该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒C.该化合物中W、X、Y、Z最外层均达到8电子稳定结构D.W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素；【详解】由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，A．O2-和Na+的电子层数相同，则核电荷数大的离子半径小，即Na+小，简单离子半径：Y>Z，故A错误；B．该化合物含过氧根具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；C．W为H，该化合物中H最外层电子只有2，未达到8电子稳定结构，故C错误；D．X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；故选：B。6.定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操作能达到实验目的的是ABCD 测定未知溶液的浓度测定硫酸铜晶体中结晶水的含量配制0.10mol/LNaOH溶液中和热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．盛装在酸式滴定管中的酸性高锰酸钾溶液能测定未知浓度的草酸钠的浓度，故A正确；B．测定硫酸铜晶体中结晶水的含量应选用坩埚，不能选用蒸发皿，故B错误；C．容量瓶是量器，不能用来溶解氢氧化钠固体，故C错误；D．中和热的测定时需要用到环形玻璃搅拌棒，故D错误；故选A。7.La和Ni的合金是目前使用最广泛的储氢材料。某La-Ni合金(晶胞为平行六面体)由图甲、图乙两个原子层交替紧密堆积而成，图丙是该合金的晶胞结构：下列说法错误的是A.该晶体可表示为 B.该晶体中1个La原子与18个Ni原子配位C.该晶体的一个晶胞中Ni原子数为12D.通过晶体X射线衍射实验可确定该晶组成的结构【答案】C【解析】【详解】A．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有7个La，其中6个在线的角上，1个La面心，根据均摊法计算可得一个晶胞中La原子数为(6+6)×+1=3；该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15；故该晶体中La与Ni的个数比是3：15=1：5，可表示为LaNi5，故A正确；B．对于1个La来说，同一层周围有6个Ni，还有上下两层各6个，所以，La原子与18个Ni原子配位，故B正确；C．该晶体的一个晶胞中在两个底面上各有6个Ni，侧面有6个Ni，体心内有6个Ni，根据均摊法计算可得一个晶胞中Ni原子数为(6+6+6)×+6=15，故C错误；D．X射线衍射可用于确定晶体结构，故D正确；故选：C。8.固体电解质是具有与强电解质水溶液相当的导电性的一类无机物，一种以RbAgals晶体为固体电解质的气体含量测定传感器如图所示，固体电解质内迁移的离子为，氧气流通过该传感器时，可以透过聚四氟乙烯膜进入体系，通过电位计的变化可知的含量。下列说法不正确的是A.银电极为负极，多孔石墨电极为正极B透过聚四氟乙烯膜后与反应生成C.多孔石墨电极附近发生如下反应： D.当传感器内迁移2mol时，有标准状况下参与反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，原电池反应为2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，以此来解答。【详解】A．根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；B．传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，所以透过聚四氟乙烯膜后与反应生成，故B正确；C．多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：I2+2Ag++2e-=2AgI，故C正确；D．4Ag~1molO2，所有迁移2molAg+，有标准状况下11.2LO2参与反应，故D错误；故选D。9.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。下列叙述错误的是A.循环过程中，催化剂参与了中间反应B.该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31kJ·mol-1C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为→CH3OCH3+H+ D.总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O【答案】B【解析】【详解】A．整个过程中是催化剂，先参与第一步反应，最后一步生成，故A正确；B．判断反应历程能垒时，注意纵坐标采用科学记数法，由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131kJ·mol-1，故B错误；C．决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为：→CH3OCH3+H+，故C正确；D．整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为，故D正确；故选B。10.下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向溶液中加入浓KOH溶液溶液由黄色变为红褐色生成了氢氧化铁胶体B向某溶液中滴加NaSCN溶液产生红色沉淀溶液中存在三价铁离子C向某溶液中滴加溶液产生蓝色沉淀溶液中存在亚铁离子D向溶液中滴加溶液有白色沉淀和气体产生与发生了相互促进水解反应A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中加入浓溶液，生成红褐色氢氧化铁沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，A错误；B．向某溶液中滴加溶液，溶液变为红色而不是产生红色沉淀，则溶液中存在三价铁离子，现象错误，B错误；C．亚铁离子能与溶液反应生成蓝色沉淀，向某溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀，则溶液中存在亚铁离子，C正确；D．向溶液中滴加溶液生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，没有气体生成，结论是偏铝酸根离子结合能力强于碳酸根离子，D错误；故答案为：C。11.以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.“灼烧”可在石英坩埚中进行B.“母液”中的溶质仅有、C.“结晶”过程宜采用蒸发结晶的方法D.“转化”过程中的反应方程式为【答案】D【解析】【分析】灼烧过程中氯酸钾将氧化为，浸取，向溶液中通入足量二氧化碳，发生歧化反应生成和，过滤，得到滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到晶体。【详解】A．能与反应，会腐蚀石英坩埚，故B错误； B．“结晶”过程中析出，但不可能完全析出，则“母液”中的溶质有、、，故B错误；C．由于受热容易分解，“结晶”过程宜采用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；D．“转化”过程中发生歧化反应生成和，二氧化碳足量，生成碳酸氢钾，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应方程式为，故D正确；故选D。12.汽车尾气中的CO、NOx、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅(熔点-136°C，极易挥发)的排放严重危害人体中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的CO和NO转化为无害气体，发生反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ·mol-1。对于反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，下列说法正确的是A.反应的平衡常数可表示为K=B.使用催化剂可降低反应的活化能，减小反应的焓变C.增大压强能加快反应速率，提高反应物的平衡转化率D.用E总表示键能之和，该反应ΔH=E总(生成物)-E总(反应物)【答案】C【解析】【详解】A．反应的平衡常数可表示为K=，A错误；B．催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应的焓变，B错误；C．增大压强能加快反应速率，反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物的平衡转化率升高，C正确；D．反应的焓变为反应物键能之和减去生成物键能之和，用E总表示键能之和，该反应ΔH=E总(反应物)-E总(生成物)，D错误；答案选C。13.一种光刻胶树脂单体的结构如图所示。下列说法错误的是 A.该有机物分子式为B.分子中存在3个手性碳原子C.与足量氢气加成产物的一溴代物有6种D.该单体水解生成的醇可以发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A．分子中C、H、O原子个数依次是12、18、2，则该有机物分子式为，故A正确；B．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，则该化合物中含有的3个手性碳原子分别是连接2个环的桥头碳和其相邻的连接酯基的碳原子，故B正确；C．与足量氢气加成产物，含有8种氢原子，所以其一溴代物有8种，故C错误;D．水解生成的醇为(CH3)3COH，连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以醇羟基能发生消去反应，故D正确；故选C选项。14.常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与-lgc(H2A)、-lgc(A2-)、-lg[]变化如图所示。下列说法不正确的是A.常温下，H2A电离平衡常数Ka1为10-1.08B.a点时，c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95C.NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A) D.b点时，满足c(Na+)<3c(A2-)【答案】A【解析】【分析】向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，则H2A不断减少，A2-不断增加，且比值减少，则-lgc(H2A)减少、-lgc(A2-)增大、减少且可以减少到0，故上升的曲线是-lgc(A2-)，下降且与横坐标相交的是，另一条下降的曲线是-lgc(H2A)。【详解】A．当pH为5.3时，，此时，c（HA-）=c（A2-）；当pH等于3.05时，-lgc(H2A)等于-lgc(A2-)，即c（H2A）=c（A2-）；又因为，则，则Ka1=10-0.8，A错误；B．a点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=3.05，则c(H+)=10-3.05，c(OH-)=10-10。95，又因为c(A2-)=c（H2A），所以c(Na+)+10-3.05-10-10。95=2c(A2-)+c(HA-)，故c(HA-)+2c(H2A)>10-3.06-10-10.95，B正确；C．在NaHA溶液，由于HA-即存在电离又存在水解，所以c（Na+）>c(HA-)；因为Ka2=10-6.1，水解常数kb=，故水解程度小于电离程度，即c（H2A）<c（A2-），则c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)成立，C正确；D．b点时，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，此时c（HA-）=c（A2-），则c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，因为c(H+)>c(OH-)，故c(Na+)<3c(A2-)成立，D正确；故选A。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(共4个大题，58分)15.草酸(H2C2O4)是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来做还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学学习兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料：乙炔在45-55℃ 硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。[草酸的制备]甲同学以电石(主要成分CaC2)、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。（1）仪器a的名称_______（2）实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水的目的是。_______。反应时C中产生大量红棕色气体，请写出C中发生化学反应方程式_______。[产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)质量分数的测定]乙同学准确称取ag产品，配成100mL水溶液，取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液vmL。试回答：（3）上述滴定实验中发生的离子反应方程式_______，判断到达滴定终点的现象是_______。（4）产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的质量分数为_______(用a、v表示)[草酸的性质]（5）上述酸性高锰酸钾与草酸反应，体现了草酸_______(填酸性、氧化性或还原性)（6）室温下已知：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.5×104，通过下列实验探究草酸的性质。[1g2=0.3，lg3=0.5]。向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入VmL0.1mol/LNaOH溶液，当V从0逐渐增大至20时，测得混合溶液的pH逐渐增大，下列说法正确的是_______(填字母)A.当V=10时，溶液中离子浓度关系：c(Na+)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H+)>c(OH-)B.当溶液中c(C2O)=c(HC2O)时，混合溶液的pH约为3.8C.当溶液中c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)时，混合溶液pH=7 D.当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时，混合溶液的pH>7【答案】（1）分液漏斗（2）①.减缓反应速率②.C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O（3）①.2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O②.当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（4）157.5cv/a%(1.575cv/a)（5）还原性（6）BD【解析】【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、AsH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O，装置D用来吸收二氧化氮尾气；【小问1详解】仪器a的名称分液漏斗；【小问2详解】乙炔与水的反应比较剧烈，为得到平稳的乙炔气流，制乙炔时用饱和食盐水代替水，目的是减缓反应速率；反应时C中产生大量红棕色气体即NO2，已知乙炔在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，化学反应方程式C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；【小问3详解】滴定实验中草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳和Mn2+，发生的离子反应方程式2MnO+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；到达滴定终点的现象是：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；【小问4详解】用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液滴定平均消耗标准溶液vmL，n(KMnO4)=cv×10-3mol，由滴定原理可得关系式n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5cv×10-3mol，产品中草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的 质量为m=nM=2.5cv×10-3mol×126g/mol=1.575cvg，质量分数为；【小问5详解】酸性高锰酸钾与草酸反应，C元素化合价升高，草酸做还原剂，体现了草酸还原性；【小问6详解】A．当V=10时，溶质为NaHC2O4，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)=1.5×104，水解常数为，则电离程度比水解程度大，所以溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中H+由HC2O、H2O共同电离产生，HC2O电离程度大于H2O的电离程度，则c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，盐溶液在盐电离产生的两种水解、电离程度微弱，主要以盐电离产生的离子存在，故溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)，故A错误；B．当c(C2O)=c(HC2O)时，Ka2═=c(H+)=1.5×10-4，pH=-lgc(H+)=-lg1.5×10-4=4-lg3+1g2=3.8，故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)+c(H+)，若溶液pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此2c(C2O)+c(HC2O)=c(Na+)，所以c(C2O)+c(HC2O)＜c(Na+)，故C错误；D．当溶液中c(Na+)=2c(C2O)+2c(HC2O)+2c(H2C2O4)时即物料守恒，溶质为Na2C2O4，C2O发生水解反应溶液呈碱性，则混合溶液的pH>7，故D正确；故选：BD。16.碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I.Cr(OH)3为两性氢氧化物；II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。化合物Cr(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2SrCO3Ksp近似值1×10-315.5×10-61.8×10-115.6×10-10回答下列问题：（1）气体A的电子式为_______。（2）“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。（3）“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。（5）“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。（6）已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。（7）“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为_______(填化学式)。【答案】（1）（2）①.2CrO+2H+Cr2O+H2O②.8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O（3）Cr(OH)3（4）pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低（5）Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+（6）1.9×105（7）NH4NO3【解析】【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液， 向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。【小问1详解】气体A为CO2，其电子式为；【小问2详解】(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；【小问3详解】由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；【小问4详解】Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；【小问5详解】“调pH≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；【小问6详解】Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=====1.9×105； 【小问7详解】由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。17.碳排放问题是第26届联合国气候变化大会讨论的焦点。我国向国际社会承诺2030年“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。为了实现这个目标，加强了对CO2转化的研究。下面是CO2转化为高附加值化学品的反应。相关反应的热化学方程式如下：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90.0kJ·mol-1反应Ⅲ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3=-490kJ·mol-1反应Ⅳ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H4=-165.0kJ·mol-1反应Ⅴ：2CO2g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H5=-122.7kJ·mol-1回答下列问题：（1）反应Ⅲ一般认为通过反应Ⅰ、Ⅱ来实现，则反应Ⅰ的△H1=____kJ·mol-1；已知：由实验测得反应Ⅰ的v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆·c(H2O)·c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则=____(填“增大”、“不变”或“减小”)。（2）在2L恒容密闭容器中充入总物质的量为8mol的CO2和H2发生反应Ⅲ，改变氢碳比，在不同温度下反应达到平衡状态，测得的实验数据如表：温度/KCO2转化率500600700800145332012260432815 383624022①下列说法中正确的是____(填英文字母)。A.增大氢碳比，平衡正向移动，平衡常数增大B.v(CH3OH)=v(CO2)时，反应达到平衡C.当混合气体平均摩尔质量不变时，达到平衡D.当混合气体密度不变时，达到平衡②在700K、氢碳比为3.0的条件下，某时刻测得容器内CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2mol、2mol、1mol和1mol，则此时正反应速率和逆反应速率的关系是_____(填英文字母)。A.v(正)>v(逆)B.v(正)<v(逆)C.(正)=r(逆)D.无法判断（3）CO2在一定条件下催化加氢生成CH3OH，主要发生三个竞争反应(即反应Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ)，为分析催化剂对反应的选择性，在1L恒容密闭容器中充入2.0molCO2和5.3molH2，测得反应进行相同时间后，有关物质的物质的量随温度变化如图所示：①该催化剂在较低温度时主要选择反应____(“Ⅲ”或“Ⅳ”或“Ⅴ”)。研究发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是：____。②在一定温度下达到平衡，此时测得容器中部分物质的含量为：n(CH4)=0.1mol，n(C2H4)=0.4mol，n(CH3OH)=0.5mol。则该温度下反应Ⅲ的平衡常数K(Ⅲ)=____L2/mol2(保留两位小数)。（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。欲用1LNa2CO3溶液将2.33gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____mol/L(已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10-11，Ksp(BaCO3)=1×10-10。忽略溶液体积的变化，保留两位有效数字)。（5）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2 零排放，其基本原理如图所示。温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应式为2CO-4e-=2CO2↑+O2↑，则阴极的电极反应式为____。【答案】（1）①.+41.0或+41②.减小（2）①.C②.A（3）①.Ⅳ②.温度升高催化剂活性降低③.1.92（4）0.11（5）3CO2+4e-=C+2CO【解析】【小问1详解】根据盖斯定律Ⅲ-Ⅱ可得CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=-49.0kJ·mol-1+90.0kJ·mol-1=41kJ·mol-1；反应Ⅰ属于吸热反应，升温平衡正向移动，k正＞k逆，则减小；【小问2详解】①A.平衡常数与温度有关，温度不变平衡常数不变，A错误；B.反应速率之比等于化学计量数之比，未指明方向，v(CH3OH)=v(CO2)时，不能说明反应达到平衡，B错误；C.该反应气体总质量不变，总物质的量发生改变，平均摩尔质量改变，当混合气体平均摩尔质量不变时，达到平衡，C正确；D.由于质量守恒，且体积不变，当混合气体密度不变时，不能说明反应达到平衡，D错误；故选C；②=3，平衡时CO2的转化率为40%，某时刻测得容器内CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为2mol、2mol、1mol和1mol，可知CO2的转化量为1mol，起始投入量为3mol，转化流程为33.3%＜40%，说明反应未达到平衡，故v(正)>v(逆)，故选A； 【小问3详解】①在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅳ。研究发现，若温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，其主要原因可能是：温度升高催化剂活性降低；②，，K(Ⅲ)=(L2/mol2)；【小问4详解】2.33gBaSO4固体的物质的量为0.01mol，根据可知，需要消耗xmol/L的碳酸钠，所得1L溶液中，反应平衡常数 ，平衡时，，x=0.11；则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为0.11mol/L；【小问5详解】温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，熔融碳酸钠中的碳酸根移向阳极，阳极的电极反应式为2CO-4e-=2CO2↑+O2↑，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应式为：3CO2+4e-=C+2CO。18.化合物是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：回答下列问题：（1）的结构简式为_______，写出中除醚键)外的另外两种官能团的名称_______。（2）④的反应类型为_______，的结构简式为_______。（3）反应③的化学方程式为_______反应⑤可能产生与互为同分异构体的副产物，其结构简式为_______。（4）芳香化合物是的同分异构体。已知的苯环上只有个取代基且分子结构中不含中仅含四种不同化学环境的氢原子，则的结构简式为_______(任写一种)。（5）参照上述合成路线，设计由合成的路线 _______(乙醇、乙酸及无机试剂任选)。(合成路线常用的表达方式为：AB目标产物)【答案】（1）①.；②.羟基、碳碳三键；（2）①.消去反应；②.；（3）①.；②.；（4）、、、（任意写一种即可）；（5） 【解析】【分析】A的分子式为，A到B转化用了重铬酸钠，为氧化反应，B经过②得到为取代反应，对比A和的结构，可知A为，B为；经过③得到Ｃ，由条件可知发生了消去反应，Ｃ为；D经过④得到，根据D的分子式知D不饱和度为0，故D为；C和经过⑤得到E，发生了加成反应；E和F反应生成G，G到H羰基被还原成羟基，同时发生了取代反应，由此E和F发生取代反应生成G，G为。【小问1详解】由分析知Ａ为；Ｈ中除了醚键外的官能团为：羟基、碳碳三键；【小问2详解】 经过④羟基变成了双键，故发生了消去反应；由分析可知G为【小问3详解】反应③为卤代烃的消去反应，反应方程式为；与发生加成反应时，可能得到或（E）两种产物，故E的同分异构体结构为；【小问4详解】H的不饱和度为4，其同分异构体含苯环，苯环的不饱和度为4，因此M中不含其他的不饱和键，M中苯环上有3个取代基，且只有四种不同环境的氢原子，其结构应该高度对称，可能的结构式为：、、、 ；【小问5详解】产物中存在四元环，参照题中⑤，可知上一步原料为，其可由卤代烃消去得到，与题中③方法一致。从原料开始分析，原料通过与溴单质发生取代得到，再消去得到，两个分子发生加成法应可得到产物。合成路线为：。