安徽省皖东智校协作联盟2024届高三10月联考模拟预测化学试题（Word版附解析）

化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。需要用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32Cl：35.5K：39I：127W：184一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.科技助力世界杯，化学用品和材料大放异彩，以下相关说法正确的是A.比赛中利用氯乙烷应急处理运动员软组织挫伤，其原理是氯乙烷汽化时破坏了共价键吸热，从而达到快速冷冻麻醉的作用B.赛场采用了插入式铝制球门，铝合金相比于单质铝硬度较小，符合赛场要求C.加入碳纤维的护腿板强度高，受力效果佳。碳纤维、碳纳米管、石墨烯等物理性质和化学性质完全不同D.比赛场地的人造草坪使用了尼龙等合成纤维，合成纤维性能优异，用途广泛且生产条件可控，原料来源丰富，不受自然条件影响【答案】D【解析】【详解】A．氯乙烷汽化时破坏的是范德华力而非共价键，A项错误；B．铝合金和铝单质相比铝合金硬度更大，B项错误；C．碳纤维、碳纳米管、石墨烯互为同素异形体，物理性质不同，化学性质基本相同，C项错误D．合成纤维性能优异，用途广泛且生产条件可控，原料来源丰富，不受自然条件影响，D正确；答案选D。2.双氯芬酸属于非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，其结构如图所示，下列有关说法正确的是A.能在一定条件下发生消去反应 B.只能和NaOH溶液反应，不能和盐酸反应C.1mol双氯芬酸在一定条件下最多能消耗5molNaOHD.与完全加成后所得产物结构中有2个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．双氯芬酸不能发生消去反应，选项A错误；B．双氯芬酸结构中有结构，能与盐酸反应，选项B错误；C．注意1mol氯苯水解后可消耗2molNaOH，故1mol双氯芬酸在一定条件下最多能消耗5molNaOH，选项C正确；D．与完全加成后所得产物结构中有4个手性碳，选项D错误；答案选C。3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，1个分子的体积约为B.1mol中键数目为12C.铅酸蓄电池工作时，若转移个电子，则负极质量增加48gD.合成氨反应若3个H-H断裂的同时有2个N-H生成，则说明反应达到平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．气体的体积取决于气体分子的数日和分子之间的间隔，与分子本身的大小无关，由已知条件无法算出一个分子的体积，选项A错误；B．Cu和之间配位键属于键，故1mol中键数目应为16，选项B错误；C．由铅酸蓄电池放电时的负极反应，选项C正确；D．断裂H-H和生成N-H均描述正反应速率，无法判断是否达到平衡状态，选项D错误；答案选C。4.下列反应的离子方程式正确的是A.铬酸钾溶液中加入浓盐酸：B.硫化钠溶液中通入过量二氧化硫： C.热的纯碱去油污：D.泡沫灭火器的反应原理：【答案】B【解析】【详解】A．具有强氧化性，在酸性条件下会将氧化成，选项A错误；B．硫化钠溶液中通入过量二氧化硫生成亚硫酸钠和硫，反应的离子方程式为：，选项B正确；C．的水解应分步书写，第一步水解方程式为，选项C错误；D．泡沫灭火器是利用与反应，离子方程式为，选项D错误；答案选B。5.胶体金是由氯金酸()在还原剂作用下聚合成一定大小的金颗粒，在静电的作用下成为稳定的胶体状态，形成带负电的疏水胶溶液。氯金酸可通过将金单质溶于王水中制得，有研究称将金粉溶于过量过氧化氢一浓盐酸也可以制备氯金酸，其反应原理为：。以下说法正确的是A.将王水中的盐酸换为等浓度的硫酸，仍可实现溶解金单质的目的B.采用过氧化氢—浓盐酸法制备氯金酸更符合绿色化学的思想C.氯金酸水溶液中含有平面正方形结构的，中心Au(Ⅲ)的杂化方式是D.丁达尔效应可用来鉴别胶体和溶液，其原理是胶体粒子对光的衍射作用【答案】B【解析】【详解】A．可与形成从而促进金溶于王水，换为等浓度的硫酸，无法溶解金单质，选项A错误；B．王水溶解金的过程中会生成污染物NO，而过氧化氢一浓盐酸法还原产物是，无污染物生成，选项B正确；C．为平面正方形结构，因而中心的杂化方式不是，选项C错误；D．丁达尔效应是由于胶体粒子对光的散射作用而不是衍射，选项D错误； 答案选B。6.化学反应原理是化工产业的基石，下列有关工业生产中的化学原理说法正确的是A.制硝酸过程中涉及的反应原理均为氧化还原反应B.将氯气通入冷的石灰水中来制备漂白粉C.可以利用乙醇在浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯D.采用电解溶液的方法冶炼铝单质【答案】A【解析】【详解】A．工业制硝酸的3个重要反应、2NO+O2=2NO2、均为氧化还原反应，选项A正确；B．石灰水浓度太小，应将氯气通入冷的石灰乳中制备漂白粉，选项B错误；C．工业中一般采用石油裂解的方法制备乙烯，选项C错误；D．工业上采用电解熔融制备铝单质，选项D错误；答案选A。7.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将用砂纸打磨后的铝箔放在酒精灯上加热铝箔熔化并滴落下来铝熔点较低B向酸性溶液中通入足量溶液褪色有漂白性C相同温度下，用pH试纸测定等浓度的和NaClO溶液的pH前者pH更小D对溶液进行加热溶液由蓝色变为黄绿色的正反应吸热 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．加热在铝表面生成高熔点的氧化铝，铝熔化但并不滴落下来，实验现象描述有误，选项A错误；B．该实验可证明的还原性而不是漂白性，选项B错误；C．pH试纸不能用于测定NaClO溶液的pH，暴露于空气中的pH试纸会被产生的HClO漂白，选项C错误；D．为蓝色、为黄色，对溶液进行加热溶液由蓝色变为黄绿色可证明该可逆反应正反应吸热，选项D正确。答案选D。8.海洋中的的化学资源具有十分巨大的开发潜力，海水的综合利用示意图如下。下列有关说法正确的是A.火电厂利用物质燃烧产生的热能直接转化为电能来实现火力发电B.海水提溴其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，先吹出再吸收的目的是富集以提高溴的含量C.氯碱工业中得到氯气、NaOH等产品常使用阴离子交换膜D.向10%的食盐水中先通入，再通入即可析出小苏打进而制备纯碱【答案】B【解析】【详解】A．火力发电的能量转化形式为：化学能→热能→机械能→电能，A项错误；B．海水提溴其过程主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节，先吹出再吸收，其目的是富集以提高溴的含量，选项B正确； C．氯碱工业中应使用阳离子交换膜，否则可通过离子交换膜与阳极区生成的反应，C项错误；D．常温下NaCl的溶解度约为36g，其质量分数约为26.5%，10%的NaCl溶液不饱和，先通入，再通入不会有析出，无法进一步制备纯碱，D项错误；故选B。9.元素X、Y、Z、P、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，X的基态原子核外各能级上电子数相同，Z的基态原子核外s能级与p能级上电子数相同，X、Y、Z与氢元素均可形成10电子微粒，P和X处于同一主族，Q位于元素周期表的第8列，下列有关说法中正确的是A.氢化物的沸点：Z>Y>XB.化合物XZ可作配体，提供孤电子对的原子通常是XC.工业上可利用X的单质制备P单质其原理是非金属性X强于PD.Q的价层电子的运动状态有6种【答案】B【解析】【分析】元素X、Y、Z、P、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，X的基态原子核外各能级上电子数相同，为1s22s22p2,是C元素，Z的基态原子核外s能级与p能级上电子数相同，Z为1s22s22p4,是O元素，Y为N元素，X、Y、Z与氢元素均可形成10电子微粒，P和X处于同一主族，P为Si元素，Q位于元素周期表的第8列，Q为Fe，X、Y、Z、P、Q分别为C、N、O、Si、Fe。【详解】A．碳的氢化物种类丰富，氧与氮的氢化物也不止一种，不指名是哪种氢化物其沸点高低不能判断，A项错误；B．CO作为配体通常是电负性较差的C原子提供电子对，B项正确；C．工业利用焦炭还原二氧化硅制粗硅的反应中焦炭作还原剂，单质硅是还原产物，不能说明碳和硅的非金属性强弱，C项错误；D．Fe的价层电子排布式为，价层电子运动状态有8种，D项错误；故选B。10.与环氧丙烷()在催化剂作用下生成的反应原理如图： 下列有关说法正确的是A.反应过程中C原子的杂化方式没有发生改变B.反应过程中有极性键和非极性键的断裂C.催化剂能改变反应历程，改变反应活化能和反应热，使反应快速达到平衡D.该反应的催化剂为和【答案】D【解析】【详解】A．原子的杂化方式发生了改变，如二氧化碳中的一个碳原子由sp杂化转变为杂化等，选项A错误；B．反应过程没有非极性键的断裂，选项B错误；C．催化剂改变反应的活化能而改变反应历程，但不能改变反应热，选项C错误；D．这两种物质符合催化剂的定义，选项D正确；答案选D。11.晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为anm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置(如图所示)。下列有关说法错误的是 A.K与O间的最短距离为B.与K距离最近且相等的O的个数为12C.若晶胞密度为，则阿伏加德罗常数的值可表示为D.在晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于体心位置，O处于面心位置【答案】D【解析】【详解】A．根据晶胞结构可知，K与O间的最短距离为面对角线的一半，即，选项A正确；B．K、O构成面心立方，配位数为12(同层4个，上、下层各4个)，选项B正确；C．若晶胞密度为，根据均摊法可知，晶胞中含有1个I，6=3个O，8=1个K，，则阿伏加德罗常数的值可表示为，选项C正确；D．若I处于各顶角位置，则K处理体心位置，O应处于棱心位置，选项D错误；答案选D。12.以超细含铝废渣(主要成分为，含有少量、PbO杂质)为原料制备钾冰晶石()的工艺流程如图所示，已知微溶于水，“萃取”过程可表示为。下列有关说法中不正确的是A.氧化时反应液的pH控制在较低水平的目的是抑制、的水解B.由有机层获取溶液的操作是向有机层中加入适量的固体，充分振荡，静置，分离出水层C.“合成”时发生反应的化学方程式为D.“系列操作”后“滤液”的主要成分可作氮肥 【答案】B【解析】【分析】浸酸后氧化铝和四氧化三铁，氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸铅沉淀，所以滤渣为硫酸铅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，萃取由有机层获取Fe2(SO4)3溶液，合成步骤：Al2(SO4)3+12NH4F+3K2SO4=2K3AlF6↓+6(NH4)2SO4，然后将钾冰晶石过滤、洗涤、干燥。【详解】A．氧化时反应液的pH控制在较低水平的目的是抑制、的水解，避免生成氢氧化物沉淀，A正确；B．“萃取”过程可表示为，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，分离出水层，B错误；C．根据分析，“合成”时发生反应的化学方程式为，C正确；D．合成时生成(NH4)2SO4，“系列操作”后滤液的主要成分为(NH4)2SO4，可用作氮肥，D正确；故选B。13.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。下列反应是目前大规模制取氢气的方法之一、。在容积不变的密闭容器中，将2.0molCO与8.0mol混合加热到830℃发生上述反应。其他条件不变，在相同时间内向上述体系中投入一定量的CaO可以增大的体积分数，结果如图。下列有关说法不正确的是A.微米CaO和纳米CaO对平衡影响不同主要是CaO作为催化剂表面积越大，反应的速率越快B.该反应的活化能C.在生产中，增大的用量可同时提高CO的转化率和的产率D.若达到平衡时CO的转化率为80%，则反应的平衡常数为1【答案】A 【解析】【详解】A．CaO可吸收生成的，促进平衡正向移动，表面积越大，吸收越充分，而不是作为催化剂，选项A错误；B．该反应是放热反应，故有，选项B正确；C．增大的用量，平衡正向移动，可同时提高CO的转化率和的产率，选项C正确；D．，由于该反应是气体分子总数不变的反应，则设体积为1L，可得，选项D正确；答案选A。14.制造尼龙—66的原料己二腈[]在工业上用量很大，传统上以乙炔和甲醛为原料需经过很长路线才能合成己二腈，现一般改用电合成法先以丙烯为原料制备丙烯腈()，再用丙烯腈电解合成己二腈。某研究小组利用如图所示两个甲烷燃料电池串联后作为电源电合成己二腈，下列有关说法不正确的是A.当电路中转移1mol时，阳极室溶液质量减少9gB.离子交换膜应选用阳离子交换膜C.若每个电池甲烷通入量为5.6L(标准状况)且反应完全，则理论上最多能获得2mol的D.与传统有机合成相比，电有机合成法反应条件温和、反应试剂纯净且生产效率高【答案】C【解析】 【详解】A．阳极的电极反应式为：，当电路中转移1mol时，生成8g从溶液中逸出，同时有1mol通过离子交换膜向阴极室迁移，所以阳极室溶液质量共减少9g，故A正确；B．阳极室产生，阴极电极反应式为：，消耗，应选用阳离子交换膜使通过离子交换膜由阳极室向阴极室迁移，故B正确；C．通入甲烷一极的电极反应式为：，石墨电极b上的电极反应式为：，每个电池甲烷通入量为5.6L(标准状况)且反应完全，则电路中转移电子为2mol，理论上最多能获得1mol的，故C错误；D．根据题意，与传统有机合成相比，电有机合成法反应条件温和、反应试剂纯净且生产效率高，故D正确；选C。15.25℃时，用NaOH溶液分别滴定NaHA、、三种物质的溶液，pM［p表示负对数，M表示、、］随pOH的变化关系如图所示。当化学平衡常数时，认为该反应不能进行。下列说法错误的是A.的电离常数的数量级为B.C.当pOH=5.4时，NaHA溶液中离子浓度大小： D.NaHA溶液能够溶解固体，不能溶解固体【答案】D【解析】【分析】由图可知，，，化简可得，即曲线①；，即为曲线②；，即为曲线③。【详解】A．根据图中算出，根据图中算出，根据图中算出。A项，数量级为，选项A正确；B．代入上述数据计算，选项B正确；C．当pOH=5.5时，溶液中，现pOH=5.4，则，所以离子浓度大小：，选项C正确；D．若NaHA溶液能够溶解固体，则反应方程式为：，反应的平衡常数，反应不能进行。同理，若NaHA溶液能够溶解固体，则反应方程式为，反应不能进行。因此NaHA溶液不能溶解固体，也不能溶解固体，选项D错误；答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.亚硝酰氯(NOCl)为红褐色液体或黄色气体，其熔点为-64.5℃，沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。其制备装置如图所示。 （1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，试写出该装置制备氯气的离子方程式：___________。（2）将制得的NO和通入图乙对应装置制备NOCl。①装置连接顺序为a→___________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)；②装置Ⅳ、Ⅴ的作用是___________、___________。（3）实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是___________。（4）有同学认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存然后再利用，下列可以用作氯气的储气装置的是___________(填序号)。（5）制得的NOCl中可能含有少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取3.500g样品溶于NaOH配制成1000.00mL溶液，用移液管取10.00mL溶液，加入几滴溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.020mol/L溶液进行滴定，消耗溶液20.00mL。①滴定终点的现象是___________；②样品的纯度为___________%(保留1位小数)。【答案】16.17.①.e→f→c→b→d(e，f可互换)②.充分干燥和NO③.通过观察气泡的多少调节两种气体的流速18.用排尽装置内的空气，防止NO被氧化 19.Ⅱ20.①.当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀，且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点②.74.9【解析】【分析】氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯；图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl,再用浓硫酸干燥；由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥；将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置。【小问1详解】用与浓盐酸加热制备纯净干燥的氯气，该装置制备氯气的离子方程式：。故答案为：；【小问2详解】①NOCl熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，装置连接顺序为a→e→f→c→b→d(e，f可互换)；故答案为：e→f→c→b→d(e，f可互换)；②亚硝酰氯遇水剧烈水解，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，故装置Ⅳ、Ⅴ为浓硫酸，充分干燥氯气和一氧化氮，同时可根据通过观察气泡的多少调节两种气体的流速。故答案为：充分干燥和NO；通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；【小问3详解】由于NO具有很强的还原性，容易被氧化，故用排尽装置内的空气，以防NO与反应，故实验开始时，先通入氯气，再通入NO，原因是用排尽装置内的空气，防止NO被氧化。故答案为：用排尽装置内的空气，防止NO被氧化；【小问4详解】装置Ⅰ：当关闭右侧活塞时，氯气在下方容器液面上聚集，气体压强加大，容器中的液体被挤入上而的容器少许后，由于上方容器液面上方不与大气相通，很难再多储存氯气，装置Ⅰ不能满足要求。装置Ⅱ ：当关闭右侧活塞时，氯气将下方大瓶内的液体压人上方的小瓶里，只要右侧活塞关闭，则导管内充满液体将上下两瓶中的液体连通，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅱ可以用作氯气的储气的装置。装置Ⅲ：由于右侧的广口瓶与大气不相通，当关闭右侧活塞时，氯气很难将左侧广口瓶内的液体压入右侧广口瓶里，如同装置I一样起不到储存气体的作用，装置Ⅲ不能满足要求。可以用作氯气的储气装置的是Ⅱ。故答案为：Ⅱ；【小问5详解】①硝酸银标准溶液滴定氯离子，以溶液作指示剂，当氯离子消耗完全时，溶液中出现砖红色的铬酸银沉淀，滴定终点的现象是当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀，且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点；故答案为：当滴入最后半滴硝酸银标准溶液时，锥形瓶内出现红棕色沉淀，且半分钟内红棕色沉淀不消失，即为滴定终点；②设样品中NOCl的质量为x。，，，样品的纯度为。样品的纯度为74.9%(保留1位小数)。故答案为：74.9。17.环酯是有机合成的重要中间体，广泛应用于溶剂、增塑剂、香料、粘合剂及印刷、纺织等工业。M是一种重要的环酯化合物，其合成路线如下：根据以上合成路线，回答下列问题：（1）B通过聚合反应可得到高分子J，J具有顺反异构，试分别写出J的顺式异构体和反式异构体的结构简式：___________、___________。（2）写出C→D的反应类型：___________；I中的官能团名称为___________。（3）写出C与足量的氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式：___________。（4）已知G→H发生的是分子内成环的取代反应，试写出G→H的化学方程式：___________。（5）若化合物K是相对分子质量比I大14的同系物，符合下列条件的K的同分异构体共有___________种(不考虑立体异构)。 ①能与碳酸氢钠溶液反应放出气体；②分子中含有六元环，且六元环上有三个取代基；③能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶1∶1∶1的结构简式为___________(任写一种)。（6）请设计以环己烯()、1，3丁二烯()和乙醇为原料制备的合成路线：___________(无机试剂任选)。【答案】（1）①.②.（2）①.还原反应②.(酮)羰基、羧基（3）+2NaOH+H2O（4）+C2H5OH（5）①.19②.、、(任写一种即可)（6）+【解析】【分析】由题意可知，G→H发生的是分子内成环的取代反应，乙醇钠具有非常强的碱性，对比G、I的结构，结合H的分子式和反应条件，可知G发生取代反应成环，生成H和乙醇，G发生酯的水解反应生成I，可推知H的结构简式为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；【小问1详解】B为1，3-丁二烯，分子含有2个碳碳双键，发生加聚反应生成的聚1，3-丁二烯J有双键，存在顺反异构，故J的两种结构为、； 【小问2详解】A与B发生加成反应生成C，则C的结构简式为，C在强还原剂作用下，发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，F与乙醇发生酯化反应生成G，对比G、I的结构，结合H的分子式和反应条件，可知G发生取代反应成环，生成H和乙醇，G发生酯的水解反应生成I，可推知H的结构简式为；【小问3详解】C是A和B发生D-A反应的加成产物，其结构简式为，是羧酸衍生物的酸酐，能发生水解反应生成羧酸，故C与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的化学方程式为：；【小问4详解】由题意可知，G→H发生的是分子内成环的取代反应，乙醇钠具有非常强的碱性，对比G、I的结构，结合H的分子式和反应条件，可知G发生取代反应成环，生成H和乙醇，G发生酯的水解反应生成I，可推知H的结构简式为。则G→H的化学方程式：；【小问5详解】化合物K是相对分子质量比I大14的同系物，则K的分子式为，不饱和度为3，根据限制条件可知：K分子中存在羧基、醛基和六元碳环，六元环上的三个取代基分别是羧基、醛基和甲基，环己烷上的三取代同分异构体，不考虑立体异构，采用定2移1法，一共有19种； 其中核磁共振氢谱有6组峰，其峰面积之比为3∶4∶4∶1∶1∶1.由3∶4∶4∶1∶1∶1可知14个H原子，一个甲基，一个羧基，一个醛基，4表示六元环上的两个亚甲基，表明分子具有一定的对称性，则其结构简式为：、或；【小问6详解】采用逆合成路线分析，结合题干信息，若制备，可由发生分子内成环反应制备，可由和乙醇发生酯化反应制备，结合题干信息可知可由发生氧化反应制备，而可由和发生环加成反应得到，因此逆合成路线为：，整理得到答案为+。18.钨是一种重要的战略资源，我国的钨储量居世界首位。黑钨精矿(主要成分为和)中含有以硅铝酸盐为主的多种杂质，需经过多次分离提纯后才能获得纯度较高的，其主要流程如下：已知：仲钨酸铵在200℃下比较稳定，加热至600℃以上可转化为。 （1）请写出一种提高碱煮效率的方法：___________。（2）写出滤渣2中主要成分的化学式：___________。（3）白钨的主要成分是，请写出“酸解”步骤主要反应的离子方程式：___________，请从化学平衡的角度解释该反应能顺利进行的可能原因：___________。（4）已知滤液5中的主要溶质为，随着pH降低，溶液中的容易多聚形成仲钨酸根()，请写出滤液5加酸酸化后操作①的名称：___________。（5）若在焙解过程中调控温度，还可以使进一步转化为一种蓝色的、非整数比的钨氧化物，称为蓝钨，一般认为蓝钨中存在+5价和+6价两种价态的钨。对焙解后的样品进行检测，发现其中+5价和+6价的钨元素之比为1∶7，计算有___________%的转化为了蓝钨。（6）除仲钨酸根外，还可以缩合成其他多钨酸根离子，这些离子中W均为+6价，它们的结构都是由含有一个中心W原子和六个配位O原子的钨氧八面体通过共顶点或共边的方式形成。下图画出了两种简单的多钨酸根离子，图1的化学式为，则图2的化学式为___________。【答案】（1）升高温度、搅拌、粉碎黑钨精矿（2）、（3）①.②.①的溶解度小于，上述反应的平衡常数较大；②反应溶液中加入了浓盐酸，较大，促进平衡正向移动（4）蒸发结晶（5）62.5（6）【解析】【分析】由题干工艺流程图可知，将黑钨精矿加入到浓NaOH溶液中进行煎煮，得到含Fe(OH)3、Mn(OH)2沉淀的滤渣1和主要含Na2WO4以及Na2SiO3、NaAlO2等杂质的滤液1，向滤液1中加入稀盐酸并调节pH值得到含H2SiO3、Al(OH)3的滤渣2，和含有Na2WO4、NaCl的滤液2，向滤液2中加入CaCl2溶液则可生 成CaWO4沉淀即滤渣3和含有NaCl、CaCl2的滤液3，向滤渣3中加入浓盐酸进行“酸解”，将CaWO4沉淀转化为H2WO4沉淀，过滤达到滤渣4主要成分为H2WO4和滤液4主要含有CaCl2和稀盐酸，向滤渣4中加入浓氨水进行“溶解净化”即将H2WO4转化为(NH4)2WO4溶液即滤液5，和不溶性杂质即滤渣5，将滤液5进行蒸发浓缩，冷却结晶，即可得到仲钨酸铵晶体，焙烧仲钨酸铵晶体即可得到WO3；【小问1详解】提高反应速率的方法有增大钨矿表面积，提升反应温度，搅拌等措施；【小问2详解】黑钨精矿中含有的硅铝酸盐杂质经碱煮后以和的形式进入滤液1中，加入稀盐酸调pH后，分别生成和沉淀；【小问3详解】滤液2中的有效成分为，其与反应后生成的滤渣3主要成分为白钨，白钨经浓盐酸酸解后转化为沉淀，该反应涉及到沉淀的转化，其离子方程式为；沉淀转化一般是由难溶沉淀转化为另一种更难溶的沉淀，由此可推测的溶解度小于，此外，该反应中加入大量浓盐酸，较大，也有利于平衡正向移动；【小问4详解】经多次除杂后，溶液5中主要含有和过量氨水，溶液呈碱性，若将溶液加热蒸发，挥发，溶液pH会减小，慢慢转化为仲钨酸铵，由于仲钨酸铵在200℃下比较稳定，故可直接采用蒸发结晶方法获得仲钨酸铵晶体；【小问5详解】经计算可知中+5价和-6价的钨元素之比为1∶4，设样品中的物质的量分数为x，则，解得，故有62.5%的转化为了蓝钨；【小问6详解】图1和图2均由钨氧八面体构成，其中顶点为氧原子，八面体体心为钨原子。图1由6个正八面体组成，含有6个W；从上往下可看作由5层氧原子构成，每层氧原子个数分别为1、4、9、4、1，共19个氧原子，故图1为。图2由7个正八面体组成，含有7个W；从上往下可看作由5层氧原子构成，每层氧原子个数分别为2、6、8、6、2，共24个氧原子，故图2为。 19.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，可利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂作用下合成甲醇。请回答以下问题：（1）一定条件下往恒定容积的密闭容器中充入1mol和3mol，在不同催化剂作用下发生反应，相同时间内的转化率随温度变化如图1所示(已知a点时已达平衡状态)。①下列能说明某温度下该反应已经达到平衡状态的是___________(选填大写字母)。A．容器内气体压强保持不变B．的体积分数保持不变C．该反应的平衡常数保持不变D．混合气体的平均相对分子质量不变E．每断裂2mol“”键的同时断裂2mol“O—H”键②请按由大到小的顺序排列a、b、c、d四点平衡常数K(a)、K(b)、K(c)、K(d)：___________。③v(a)、v(b)、v(c)分别代表这三点的逆反应速率，请按由大到小的顺序排列v(a)、v(b)、v(c)：___________。④已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，图1中描述的反应Ⅰ和Ⅲ分别在不同催化剂m或者n的作用下发生反应，为研究催化剂效能收集实验数据拟合出如图2所示曲线。 从图2中信息图1中反应Ⅰ使用的催化剂是___________(填“m”或“n”)。（2）在某种催化剂作用下，可同时发生如下反应Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ、Ⅱ、在这种催化剂存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性恒容密闭容器中，充入一定量的及，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：CO总压/kPa起始/mol5.07.0000平衡/molp若反应Ⅰ、Ⅱ均达平衡时，，则表中___________，若此时，则反应Ⅰ的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。计算结果用含总压p的最简分式表示)。【答案】（1）①.A、B、D②.③.④.m（2）①.1②.【解析】【小问1详解】①A．化学平衡反应前气体物质的量不相等，故当气体压强不变时说明达到平衡，A正确；B．当各物质的浓度、体积分数保持不变时，说明达到平衡，B正确； C．平衡常数只受温度影响，C错误；D．根据，反应前后质量不变，气体物质的量不等，故当相对分子质量不变时说明达到平衡，D正确；E．断裂2molC=O键，说明消耗1molCO2，平衡正向进行，断裂3molO-H键，消耗1molCH3OH和H2O，平衡逆向进行，E错误；故答案为：A、B、D；②平衡常数K只温度影响，根据图像分析，温度越高二氧化碳的转化率越高，则平衡正向进行，K(b)=K(d)>K(a)>K(c)；故答案为：K(b)=K(d)>K(a)>K(c)；③温度越高反应速度越快，则v(c)>v(a)>v(b)；故答案为：v(c)>v(a)>v(b)；④根据公式分析，曲线斜率越大，活化能越小，活化能越小，反应越容易，根据图可知，直线n斜率大，则活化能小，斜率高，Ⅰ与Ⅲ相比，Ⅲ的斜率大，反应速率快，则反应Ⅰ使用的催化剂为m；故答案为：m；【小问2详解】反应前气体的物质的量为12mol，压强为P0=1.2P，反应后压强变为P，则反应后气体的物质的量为10mol，设生成甲醇的物质的量为n1，，所以n1=1；则该反应生成水1mol，消耗CO21mol、消耗H23mol、此时n2=3，则反应Ⅱ生成2molH2O，消耗2molCO2、消耗2molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别为2mol、2mol；反应Ⅰ的平衡常数为；