【文档说明】江苏省盐城市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(22)页，1.284 MB，由小赞的店铺上传

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2019/2020学年度第二学期高二年级期终考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.近年来，德国研究人员利用

O2、N2、CH4、NH3、H2O和HCN这6种远古地球上存在的简单物质，再使用硫醇和铁盐等物质模拟当时环境，成功制得核酸的4种基本模块。下列说法正确的是()A.O2的沸点比N2的低B.NH3分子呈三角锥形C.配离子[

Fe(H2O)6]3+中H与中心原子配位D.元素C、N、O、S的第一电离能依次增大【答案】B【解析】【详解】A.氧气和氮气均属于分子晶体，其沸点高低取决于分子间作用力的大小，氧气的相对分子质量大于氮气，其分子间作用力大，沸点高于氮气，故A错误；B.NH3分子中心N原子的价层电子对数=5+31=

42，孤电子对数为4-3=1，分子构型为三角锥形，故B正确；C.配离子中中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对，而H不存在孤电子对，O存在孤电子对，因此是O原子与中心原子配位，故C错误；D.同周期元素第一电离能呈逐渐增大趋势，但是VA族最外层半满较稳定，第一电离能大于同周

期VIA族元素，元素C、N、O的第一电离能的大小顺序：N>O>C，故D错误；故选：B。2.请阅读下列材料，完成下面小题。利用Kolbe's电解法制取乙炔的反应原理为：+2H2O2CO2↑+C2H2↑+H2↑+2KOH1.下列表示反应中相关微粒的化学用语错误的是（）A.中子数为20的

钾原子：3919KB.K+的结构示意图：C.CO2的电子式：D.C2H2的结构式：H—CC—H2.有关该反应的下列说法正确的是（）A.化学能转变为电能B.电解槽中向阴极迁移的主要是H+C.电解过程中溶液pH不断减小D.阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑3.下列羧酸钾盐中，其水溶

液电解生成的烃主要是CH2=CH2的是（）A.CH3COOKB.CH3CH2COOKC.CH2=CHCOOKD.KOOCCH2CH2COOK【答案】(1).C(2).D(3).D【解析】【详解】1、A．该K的核素中子数为20，质子数为19，故可表示为3919K，A正确；B．K外层共19个电子，

K+失去最外层电子，结构示意图为，B正确；C．CO2中C与O之间共用两对电子，电子式为，C错误；D．C2H2中C与H之间为单键，C与C之间为三键，结构式为H—CC—H，D正确；故选C。2、A．该反应是电解反应，是电能转化为化学能，A错误；B．根据电解反应，电解生成KOH，因此溶液中不会大量存

在H+，B错误；C．电解生成KOH，因此溶液的pH不断增大，C错误；D．阴极区H2O放电，因此电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D正确；故选D。3、根据题目中制乙炔的反应，要生成一个不饱和键需要脱去两个羧酸钾，要制得CH2=CH2，需要有两个羧酸钾，且C和C之间以单键相

连，故选D。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A.NaClO能使蛋白质变性，可用于配制消杀剂B.Na2CO3易溶于水，可用于去除餐具表面油污C.FeCl3水解显酸性，可用于催化H2O2的分解

D.醋酸具有挥发性，可用于溶洗热水器内水垢【答案】A【解析】【详解】A.NaClO具有强氧化性能氧化蛋白质使其变性，可用于杀菌消毒，故A正确；B.碳酸钠在水中能发生水解，水解显碱性，有利于油脂的水解，

可用于去除餐具表面的油污，故B错误；C.FeCl3中的三价铁离子具有催化效果，可用于催化H2O2的分解，与FeCl3水解显酸性无关，故C错误；D.醋酸溶水显酸性，能与水垢中的碳酸钙反应使其溶解，与醋酸挥发性无关，故D错误；故选：A。4.下列反应均可

在室温下自发进行，其中△H＞0，△S＞0的是（）A.(NH4)2CO3(s)=NH3(g)+NH4HCO3(s)B.Mg(s)+2HCl(aq)=MgCl2(aq)+H2(g)C.4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)

=4Fe(OH)3(s)D.Al(OH)3(s)+3HNO3(aq)=Al(NO3)3(aq)+3H2O(l)【答案】A【解析】【详解】A．(NH4)2CO3(s)=NH3(g)+NH4HCO3(s)为分解反应，是吸热反应，△H＞0，

反应后气体的物质的量增大，△S＞0，A符合题意；B．Mg(s)+2HCl(aq)=MgCl2(aq)+H2(g)为活泼金属与酸反应，为放热反应，△H＜0，B不符合题意；C．反应4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(O

H)3(s)为放热反应，△H＜0，气体的物质的量减少，△S＜0，C不符合题意；D．Al(OH)3(s)+3HNO3(aq)=Al(NO3)3(aq)+3H2O(l)为放热反应，△H＜0，D不符合题意；答案选A。5.实验室以乙醇为原料

制备少量1，2—二溴乙烷的相关装置如图所示。下列说法正确的是()A.用装置甲制取乙烯，加热混合液使温度缓慢上升至170℃B.用装置乙净化乙烯，瓶中盛放的试剂可以是KMnO4酸性溶液C.用装置丙制备1，2—二溴乙烷，冰水浴、液溴液面上加少量水等措施均可减少B

r2的挥发D.用装置丁净化尾气，可除去尾气中的Br2和未反应的乙烯气体【答案】C【解析】【详解】A.乙醇在浓硫酸催化作用下脱水得到乙烯，应迅速升温至170℃，缓慢升温会产生大量副产物，如140℃时会产生

乙醚，故A错误；B.乙烯容易被高锰酸钾氧化，不能用高锰酸钾净化乙烯，故B错误；C.液溴易挥发，为减少溴单质的挥发常在液溴中加少量水，采用水封的方法减少其挥发，置于冰水浴中可以降低温度也能减少溴的挥发，故C正确；D.溴单质用氢氧化钠除去，乙烯与氢氧化钠不反应不能

被氢氧化钠吸收，故D错误；故选C。6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.能使甲基橙变红的溶液：Na+、K+、AlO2−、C1-B.0.1mol·L-1苯酚溶液：K+、Na+、CO23−、OH-C.0.1mol·L-1NH4Fe(SO4)2溶液：H

+、Mg2+、NO3−、CI-D.由水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液：Na+、NH4+、SO24−、CH3COO-【答案】C【解析】【详解】A．能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+和AlO2−反应得到Al(OH)3沉淀或Al3+而不能大量共存，A不

满足题意；B．苯酚显弱酸性，和OH-反应生成C6H5O-和水、和CO23−反应生成C6H5O-和HCO3−而不能大量共存，B不满足题意；C．各种离子之间不会反应，能大量共存，C满足题意；D．水电离产生的c(OH-)=1×10-13mol·L-1＜10-7mol·L-1，水的电离受到抑制，可能是

酸性溶液，也可能是碱性溶液，酸性溶液中的H+和CH3COO-反应生成CH3COOH而不能大量共存，碱性溶液中的OH-和NH4+反应生成NH3·H2O而不能大量共存，D不满足题意。答案选C。7.下列指定反应的离子方程式错误的是（）A.A

gCl悬浊液中加入KI，沉淀由白色变为黄色：AgCl+I-=AgI+C1-B.用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C.CaCO3与FeCl3溶液反应：3CaCO3+2Fe3++3H2O=3Ca2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑D.向沸水中滴

加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+【答案】B【解析】【详解】A．AgCl悬浊液中加入KI，可以生成溶解度更小的AgI，白色沉淀变为黄色，离子方程式为：AgCl+I-=AgI+C1-，A正确；B．用惰性电极电解MgCl2溶液，会生成Mg(OH)2,Mg(

OH)2不能拆，离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2，B错误；C．Fe3+水解可生成H+，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，H+与2-3CO反应，可促进CaCO3Ca2++2-3CO平衡向正向移动，直至反应完全。总反应为3C

aCO3+2Fe3++3H2O=3Ca2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑，C正确；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，沸水温度高，可促进Fe3+水解，生成Fe(OH)3胶体，离子反应为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，D正确；故选B。8.抗癌化合物ethuliacoumario

nA的结构简式如图所示。下列关于ethuliacoumarionA的说法正确的是A.分子中有3种含氧官能团B.分子中有4个手性碳原子C.能发生银镜反应D.1mol该化合物与NaOH溶液反应时至多消耗1molNaOH【答案】A【解析】【详解】A.由结构简式可知该物质中的官能团有羟

基、醚键、酯基、碳碳双键，含氧官能团有3种，故A正确；B.手性碳原子是一个碳上连接四个不同原子或者原子团的碳原子，该结构中的手性碳原子如图：只有三个，故B错误；C.该分子中不存在醛基，不能发生银镜反应，故C错误；D.该分子中只有酯基能与氢氧化钠反应，1mol酯基消耗1mol

NaOH，同时1mol该酯基水解得酚羟基又消耗1molNaOH，共消耗2molNaOH，故D错误；故选：A。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两

个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。9.下列说法错误的是（）A.海港码头钢管桩可采用外接电源阴极保护法，以减缓钢管桩的腐蚀B.配制Hg(NO3)2溶液时，将Hg(NO3)2溶于较浓硝酸，然后加水稀释C.一定条件下反应H2

(g)+I2(g)2HI(g)，当2v正(H2)=v逆(HI)时，反应达到平衡状态D.向密闭容器中充入1molSO2与0.5molO2，在实验条件下充分反应生成SO3(g)，放出80kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H

=-160kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】A．电解池中阴极发生还原反应，所以可以将海港码头钢管桩连接电源的负极，防止其被氧化腐蚀，该种保护法被称为外接电源阴极保护法，故A正确；B．Hg2+在水溶液中发生水解，溶于硝酸可抑制Hg2+水解

，再加水稀释即可配制溶液，故B正确；C．反应过程中2v正(H2)=v正(HI)，当2v正(H2)=v逆(HI)时，也就是v正(HI)=v逆(HI)，说明反应达到平衡，故C正确；D．二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，1molSO2与0.5molO2充分反应生

成的SO3(g)小于1mol，所以当生成1molSO3(g)时放出的热量要大于80kJ，故D错误；故答案为D。10.光刻胶是制造芯片、集成电路的关键材料。一种新型的光刻胶(高聚物)可由芳香化合物a、化合物b(b中氢

的化学环境均相同)为原料制备，其合成路线如图：已知：a、c均能与NaHCO3反应放出CO2。下列说法错误的是()A.b的结构简式为CH3COCH3B.c发生消去反应时的产物只有1种C.d、e均能发生水解反应D.反应③为加

成聚合反应【答案】B【解析】【分析】结合流程采用逆合成分析，e为d的加聚产物，结合e的结构可得d为，d由c反应得到，且c能与NaHCO3反应放出CO2，说明c中含有羧基，且c、d组成相差一分子水，由d结构分析可知，c应为，c

由a、b反应得到，b的分子式为C3H6O，且b中氢的化学环境均相同，由此可得b为，再结合c的结构可推出a为，据此分析解答。【详解】A.由以上分析，b为丙酮结构简式为：CH3COCH3，故A正确；B.c

为，含有醇羟基可发生消去反应，且羟基所连碳有两种邻位碳氢存在，可得到两种消去产物，故B错误；C.由以上分析，d、e中均含有酯基，都能发生水解反应，故C正确；D.反应③是d中碳碳双键发生加成聚合反应产生

e，故D正确；故选：B。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某植物油试样X中滴入溴水，震荡后溴水褪色X的碳链上含有碳碳双键B向溴代烃Y中加入NaOH醇溶液，加热，将产生的Y一定是C2H5Br气体通入Br2

的CCl4溶液，溶液橙色逐渐褪去C室温下，用精密pH试纸测得相同浓度CH3COONa溶液的pH比HCOONa溶液的大甲酸的酸性比乙酸强D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热片刻后，再向其中加入新制Cu(OH)2，加热无红色沉淀产生蔗糖未发生水解A.AB.BC.CD.D【

答案】AC【解析】【详解】A．溴水褪色，说明和植物油试样X发生了加成反应，说明X含有碳碳双键，A正确；B．向溴代烃Y中加入NaOH醇溶液，加热，将产生的气体通入Br2的CCl4溶液，溶液橙色逐渐褪去，该气体可能是乙烯、丙烯、1-丁烯，2-甲基-2-丙烯，则Y可能

是C2H5Br，1-溴丙烷，2-溴丙烷，1-溴丁烷，2-溴丁烷，2-甲基-1-溴丙烷，2-甲基-2-溴丙烷，B错误；C．CH3COONa溶液的pH比HCOONa溶液的大，则CH3COO-的水解程度比HCOO-的水解程度大，则HCOOH的酸性强于CH3CO

OH的酸性，C正确；D．加热无红色沉淀产生，是因为新制Cu(OH)2和稀硫酸反应了，蔗糖可能已水解，D错误。答案选AC。12.肼(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。25℃时，水合肼(N2H

4·H2O)的电离常数K1、K2依次为9.55×10-7、1.26×10-15。下列推测或叙述一定错误的是A.N2H4易溶于水和乙醇B.N2H4分子中所有原子处于同一平面C.N2H6Cl2溶液中：2c(N2H26+)+c(N2H5+)>c(Cl-)+c(OH-)D.25°C

时，反应H++N2H4⇌N2H5+的平衡常数K=9.55×107【答案】BC【解析】【详解】A.N2H4是极性分子，且能与水分子和乙醇分子形成氢键，因此其易溶于水和乙醇，故A正确；B.N2H4分子中N原子采

用sp3杂化，为四面体结构，因此所有原子不可能共平面，故B错误；C.N2H6Cl2溶液中存在电荷守恒：2c(N2H26+)+c(N2H5+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则2c(N2H26+)+c

(N2H5+)<c(Cl-)+c(OH-)，故C错误；D.反应H++N2H4⇌N2H5+的平衡常数K=++-2525++-21424cNH)cNH)cH)cNH)cH)cNH)cH)c(((OK(((((O)KwH===77141.019

.55109.55100−−=，故D正确；故选：BC。13.T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H=108kJ·mol-1，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图

所示：下列说法正确的是（）A.4min时改变的条件是：降低体系的温度B.10min时改变的条件是：向体系中再充入Cl2C.14min时改变的条件是：增大容器的体积D.若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则达到平衡前，v

正>v逆【答案】CD【解析】【详解】A.由图可知，4min瞬间浓度不变，不可能是改变压强、浓度，应是改变温度，此时反应物的浓度减小，产物浓度增加，说明平衡正向移动，而正向为吸热反应，则应该是升高温度，故A错误；B.10min瞬间氯气浓

度不变，CO的浓度降低，故改变条件为分离出CO，故B错误；C.14min瞬间各物质的浓度同时减小，且平衡正向移动，应为增大容器的体积，减小压强，故C正确；D.T℃时由图像起点可得平衡常数K=0.0680.0900.

1130.054，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则Qc=0.20mol0.20mol2L2L0.10.20mol2L=<K，则反应正向进行，v正>v逆，故D正确；

故选：CD。非选择题14.铜酸镧是一种反铁磁绝缘体，可由Cu(NO3)2和La(NO3)3为起始原料、水为溶剂、柠檬酸为络合剂，采用溶胶—凝胶法制备。(1)Cu2+基态核外电子排布式为___。(2)与NO3−互为等电子体的阴离子为___。(3)柠

檬酸(结构简式为)分子中碳原子的轨道杂化类型为___；1mol柠檬酸分子含σ键数目为___mol。(4)铜酸镧的晶胞结构如图所示，写出其化学式：___。【答案】(1).[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9(2).C

O2-3(3).sp2和sp3(4).20(5).La2CuO4【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为：101Ar3d4s，Cu原子失去两个电子得铜离子，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p

63d9，故答案为：[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；(2)NO3−含4个原子，价电子总数为24，结合等电子体原理，用替代法，与NO3−互为等电子体的阴离子为CO2-3，故答案为：CO2-3；(3)柠檬酸(结构简式为)分子中碳原子有两种，一种饱和碳原

子采用sp3杂化，一种是羧基中的双键碳原子采用sp2杂化，单键都是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，结合柠檬酸的结构可知1mol柠檬酸分子含σ键数目为20mol，故答案为：sp2和sp3；20；(4)由铜酸镧的

晶胞结构可知：Cu2+位于顶点和体心，Cu2+个数为18+1=28；16个O2-位于棱上、4个位于面心、2个位于体内，O2-个数为1164+142+2=8；La3+有8个在棱上、2个在体内，La3+

个数为18+2=44，La3+、Cu2+、O2-的个数比为4:2:8=2:1:4，其化学式：La2CuO4，故答案为：La2CuO4；15.HCN是常见的化工原料，其有机衍生物往往以甙的形式广泛存在于植物界中。（1）

HCN中三种元素的电负性从大到小的顺序为___。（2）室温时HCN的Ka=6.2×10-10，写出HCN的电离方程式：___；向NaCN溶液中通入CO2，发生反应的离子方程式为___(H2CO3的Ka1

=4.45×10-7、Ka2=4.7×10-11)。（3）已知下列热化学反应：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH1=-91.8kJ·mol-1C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH2=-75.0kJ·mol-1H2(g)+2C(s)+N2(g)=2HCN(g)ΔH3=+270.0k

J·mol-1则反应NH3(g)+CH4(g)=HCN(g)+3H2(g)的ΔH=___kJ·mol-1。（4）测定木薯肉水解产物中HCN含量的步骤如下：称取ag木薯肉进行水解，将产生的HCN蒸出，用V1mLc1mol·L-1Hg(NO3)2溶液吸

收HCN，[Hg(NO3)2+2HCN=Hg(CN)2+2HNO3]；以NH4Fe(SO4)2·12H2O作指示剂，用c2mol·L-1KSCN标准溶液滴定上述剩余的Hg(NO3)2，[Hg(NO3)2+2KSCN=Hg(SCN)2+2KNO3]

；滴定至终点时消耗KSCN溶液V2mL。该木薯肉样品中所含HCN的质量分数c(HCN)=___(用c1、c2、V1、V2表示)。【答案】(1).N>C>H(2).HCNH++CN-(3).CO2+CN-+H2O=HCO-3+HCN(4).+255.9(5).112227(2cV-cV)1000a×

100%【解析】【详解】（1）同一周期元素，从左到右电负性依次增强，H的电负性小于C，故三种元素的电负性从大到小的顺序为N>C>H；（2）HCN是弱酸，在水中部分电离，电离方程式为：HCNH++CN-；根据H2CO3的Ka1=4.45×10-7、Ka2=

4.7×10-11以及HCN的Ka=6.2×10-10，可以推断出酸性H2CO3>HCN>-3HCO，故向NaCN溶液中通入CO2时生成HCO-3和HCN，反应的离子方程式为：CO2+CN-+H2O=HCO-3+HCN；（3）设N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH1=-91.8k

J·mol-1为式①，C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH2=-75.0kJ·mol-1为式②，H2(g)+2C(s)+N2(g)=2HCN(g)ΔH3=270.0kJ·mol-1为式③，反应NH3(g)

+CH4(g)=HCN(g)+3H2(g)可表示为12×(③-2×②-①)，故ΔH=()1[270kJ/mol-2-75kJ/mol-(-91.8kJ/mol)]=+255.9kJ/mol2；（4）Hg(NO3)2的物质的量为c1V1-3

10mol，KSCN的物质的量为c2V2-310mol，由Hg(NO3)2~2KSCN可知，与KSCN反应的Hg(NO3)2的物质的量为-322cV102mol，则与HCN反应的Hg(NO3)2的物质的量为(c1V1-310--322cV102)mol，由Hg(NO3)2~2H

CN可得HCN的物质的量为(c1V1-310--322cV102)×2=11222cV-cV1000，HCN的质量分数为112227(2cV-cV)1000a×100%；【点睛】本题要注意第（2）题，根据强酸制弱酸的原理，

酸性H2CO3>HCN，所以产物中有HCN，但酸性HCN>-3HCO，所以另一个产物是-3HCO，而不是2-3CO。16.藁本酚是一种新发现的倍半萜类化合物，具有较强的抗炎活性，其一种合成路线如图：已知：(R1～R5为烃基、H等)（1）A中含氧官能团的名称为___和___。（2）B→C的反

应类型为___。（3）D的分子式为C12Hl6O3，写出D的结构简式：___。（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___。①只有两种不同化学环境的氢；②碱性水解后酸化，得到两种产物，其中一种能与FeCl3溶液发生显色反应。（5）写出以CH3CHO和为原

料制备的合成路线流程图___(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】(1).(酮)羰基(2).(酚)羟基(3).加成反应(4).(5).(6).【解析】【分析】化合物A（）与硫酸二甲酯发生甲基化反应，生成化合物B（），B与乙炔钠

发生加成反应，生成C（），C在HgO和H2SO4的作用下发生反应生成D（），D与在NaOH的作用下反应生成E（），E在BBr3的作用下生成最终产物F（）。【详解】（1）化合物A是，含氧官能团是羰基和酚羟基；（2）由分析可知，B→C的反

应类型为加成反应；（3）D的分子式为C12Hl6O3，结合框图中E的结构，可推出D的结构简式为；（4）只有两种不同化学环境的氢说明该同分异构体高度对称，能发生碱性水解，说明有酯基，得到两种产物，说明水解酸化后的酸只有一种，另一种含羟基的产物能与FeCl3溶

液发生显色反应，说明是酚羟基，综上所述，该同分异构体的结构为；（5）设计制备的路线可采用逆推法，根据框图，要得到，需用制备，根据已知，需用与乙醛制备，醛可用醇氧化制得，而醇可用卤代烃水解制得，故流程为：【点睛】本题要注意，第一步用硫酸二甲酯将酚羟基转化为甲氧基，起到保护酚羟

基的作用，最后一步才用BBr3将甲氧基变回酚羟基。17.甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，可由H2与CO或CO2反应制备，主要用于制备羧基甲酯等。(1)水杨酸甲酯是无色透明油状液体，密度为1.54g·cm-3，常作为医药制剂的赋香剂。制备及提纯水杨酸甲酯的实验

步骤如下：步骤1.在三口烧瓶中加入3.5g(0.025mol)水杨酸、15mL(0.375mol)甲醇、1mL浓硫酸，几粒沸石，在85~95℃加热回流1.5h(装置如图所示)。步骤2.向回收甲醇后剩余液中加入10mL水，振荡、静置，分液出有机相。步骤3.有机相依次用水、10%Na2

CO3溶液、水洗涤。步骤4.干燥，蒸馏并收集221~224℃馏分。①图中仪器W的名称是___。②步骤3，第一次水洗的主要目的是___；第二次水洗的目的是___。③合成水杨酸甲酯的化学方程式为___；实验中加入过量甲醇的目的是___。(2)工业上制备甲醇的主要反应有：(Ⅰ)CO2(g)+3H2(

g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1平衡常数K1(Ⅱ)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2平衡常数K2(Ⅲ)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3平衡常数K3维持22n(H)n(CO)+n(CO)=75：25，CO、CO2以及n(CO2)：n(CO)=1：2，用不

同催化剂时甲醇的产率随温度的变化如图所示：①平衡常数K3=___(用K1、K2表示)；△H1___0(填“>"或“<”)。②下列叙述正确的是___(填标号)。A.催化剂Cu/ZnO不能催化反应(I)B.催化剂Cu/ZnO在温度低于480K时活性很低C

.图中a点所示条件下，延长反应时间能提高甲醇的产率D.图中b点所示条件下，若增加H2的浓度不能提高甲醇的产率③400K时向某恒容密闭容器中充入CO和H2，使c(CO)=0.10mol·L-1，c(H2)=0.20mol·L-1，且只发生反应(II)；

平衡时c(CH3OH)=0.08mol·L-1。该温度下反应(II)的平衡常数为___。【答案】(1).球形冷凝管(2).除去大部分的水杨酸和硫酸(3).除去Na2CO3、水杨酸钠等盐(4).+CH3OH+H2O(5).提高水杨酸的(平衡)转化率(6).12KK(7

).＜(8).BC(9).2.5×103【解析】【详解】(1)①由装置的结构特点可知，W为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；②反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和未反应完的水杨酸，10%Na2CO3溶液既可以除去未洗净的硫酸，也可以降低酯

的溶解度，但第二步洗涤后生成的酯中混有Na2CO3，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的Na2CO3、水杨酸钠等盐，故答案为：除去大部分的水杨酸和硫酸；除去Na2CO3、水杨酸钠等盐；③水杨酸甲酯是由水杨酸和甲醇酯化反应得到，反应为：+CH3OH浓硫酸+H2O；实验中

甲醇用量稍微过量可以提高水杨酸的(平衡)转化率，故答案为：+CH3OH浓硫酸+H2O；提高水杨酸的(平衡)转化率；(2)①由盖斯定律可知(Ⅲ)=(I)-(II)，则K3=12KK，由图像可得，随温度的升高，甲醇的产率逐渐减小，说明升温平衡逆向移动，逆向为吸热方向，则正向

为放热反应，△H1<0，故答案为：12KK；<；②A.由图像可知加催化剂Cu/ZnO后随温度的升高反应(I)中甲醇的产率增大，因此催化剂Cu/ZnO能催化反应(I)，故A错误；B.由图可知催化剂Cu/ZnO在

温度低于480K时对甲醇的产率几乎没有影响，说明温度低时其活性很低，故B正确；C.图中a点所示条件下，反应未达到平衡状态，由图可知反应应向增大甲醇产率的方向进行，即反应向正向进行达到平衡状态，因此延长反应时间能提高甲醇的产率，故C正确

；D.图中b点所示条件下，若增加H2的浓度会使平衡正向移动，可以提高甲醇的产率，故D错误；故答案为：BC；③400K时向某恒容密闭容器中充入CO和H2，使c(CO)=0.10mol·L-1，c(H2)=0.20mol·L-1，平衡时c(CH3

OH)=0.08mol·L-1列出三段式如下：设CO的变化浓度为xmol/L()()()230.100.C2Og+0x2xx0.10-x0.22H0-2xxgCHOHg起始浓度转化浓度平衡浓度由已知得：x=0.08mol·L-1，则平衡时c(CO)=0.02m

ol·L-1，c(H2)=0.04mol·L-1，该温度下反应(II)的平衡常数为K=-1-1-120.08molL0.02molL0.04m(ol)L=2.5×103，故答案为：2.5×103。18.水体富营养化是由于水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染现象

。去除水体中N、P的方法很多。(1)化学沉淀法去除水体中的PO34−，常用的化合物有AlCl3、Ca(OH)2等。①AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式为___。②Ca5(PO4)3OH的Ksp为6.8×10-37，其溶度积常数表达式为Ksp[Ca

5(PO4)3OH]=___。(2)为探究将废水中氨态氮(NH3—N)和PO34−同时去除，按n(NH4Cl):n(Na2HPO4):n(MgCl2)=1:1:1加入水中，实验测得不同pH下，氨态氮和PO34−的去除率如图(a

)所示：已知：(I)去除的主要反应为：Mg2++NH4++HPO24−+6H2OMgNH4PO4·6H2O↓+H+，(II)室温时，Ksp(MgNH4PO4·6H2O)=2.5×10-13，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×1

0-11，Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-31。①pH在8.5～10.5时，氨态氮和PO34−去除率随pH增大而增大，其原因是___(从平衡移动角度说明)。②当pH＞10.5时，氨态氮和PO34−去除率随pH增大而减小，其原因是___(从平衡移动角度说

明)。(3)一种浸没式SMDDC电池可用于去除地下水中硝态氮，其装置如图(b)所示：①装置工作时，H+向___极(填“X”或“Y")室迁移。②X极上(CH2O)n→CO2的电极反应式为___；Y极上NO3−→N2的电极反应式为___。【

答案】(1).Al3++3H2OAl(OH)3+3H+(2).c5(Ca2+)·c3(PO3-4)·c(OHˉ)(3).产物中H+与OHˉ结合生成H2O，使平衡右移(4).生成Mg(OH)2和Mg3(PO4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移(5).Y(6).(CH2O)n+nH2O

－4ne-=nCO2↑+4nH+(7).2NO-3+12H++10e-=N2↑+6H2O【解析】【详解】(1)①铝离子水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；②Ca5(PO4)3OH的水溶液中存在沉淀溶解平衡：Ca5(PO4)3OH

5Ca2++3PO3-4+OHˉ所以Ksp[Ca5(PO4)3OH]=c5(Ca2+)·c3(PO3-4)·c(OHˉ)；(2)①去除的主要反应为：Mg2++NH4++HPO24−+6H2OMgNH4PO4

·6H2O↓+H+，pH在8.5～10.5时，产物中H+与OHˉ结合生成H2O，使平衡右移，氨态氮和PO34−去除率随pH增大而增大；②pH过大时，生成Mg(OH)2沉淀，同时HPO24−与氢氧根反应生成PO3-4，从而产生Mg3(P

O4)2沉淀，c(Mg2+)减小，使平衡左移，氨态氮和PO34−去除率随pH增大而减小；(3)①据图可知放电过程中NO-3转化为N2被还原，所以Y极为电池的正极，则X极为电池的负极。装置工作时为原电池，原电池中阳离子向正极移动，所以H+向Y室移动；②X极上(CH2O)n失电子被氧化生成

CO2和H+，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为(CH2O)n+nH2O－4ne-=nCO2↑+4nH+；Y极上中NO-3得电子被还原为N2，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为2NO-3+12H++10e-

=N2↑+6H2O。【点睛】原电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极；电子从负极经外电路流向正极。