湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学Word版含解析

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华中师大一附中2022—2023学年度高三年级上学期期中检测化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活紧密相关，下列说法错误的是A.脲醛树脂可用于生产电器开关B.味精以淀粉主要原料通过发酵法生产C.直径为1~100nm的纳米材料可产生丁达尔现象D.防晒衣的主要成分为聚酯纤维，忌长期用肥皂洗涤【答案】C【解析】【详解】A．脲醛树脂具有良好绝缘性能，可用于生产电器开关，故A正确；B．味精可用小麦面筋等蛋白质为原料制成，也可由淀粉或甜菜糖蜜中所含焦谷氨酸制成，故B正确；C．直径为1~100nm的纳米材料分散到分散剂中形成胶体后才能产生丁达尔现象，故C错误；D．防晒衣的主要成分为聚酯纤维，因酯在碱性条件下能发生水解，而肥皂液呈碱性，因此不能长期用肥皂液洗涤，故D正确；故选：C。2.“夏禹铸九鼎，天下分九州”。青铜器在古时被称为“吉金”，是红铜与锡、铅等的合金。其表面铜锈大多呈青绿色，主要含有Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3。下列说法错误的是A.青铜器中锡、铅对铜有保护作用B.Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3都属于盐类C.可用NH4Cl溶液浸泡青铜器来清洗铜锈D.博物馆中贵重青铜器常放在银质托盘上进行展示【答案】D【解析】【详解】A．锡、铅的金属性比铜强，在形成原电池时，作原电池的负极，能阻止铜失电子，从而保护青铜器中的铜，A正确；B．Cu2(OH)3Cl和Cu2(OH)2CO3中都含有Cu2+和Cl-或CO，二者都属于盐类，B正确；C．NH4Cl在溶液中能发生水解而使溶液显酸性，浸泡青铜器能清洗青铜器的铜锈，C正确；

1D． 青铜器常放在银质托盘上，可以形成原电池，青铜器作原电池的负极，从而会加快青铜器的腐蚀，D错误；故选：D。3.药物非洛地平是一种长效的钙离子通道阻断剂，广泛应用于医药领域，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.非洛地平的分子式为C18H20Cl2NO4B.非洛地平可以与盐酸反应C.1mol非洛地平最多消耗7molH2D.非洛地平分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知其分子式为：C18H17Cl2NO4，故A错误；B．该物质中含有亚氨基，能与酸反应，故B正确；C．1mol非洛地平含1mol苯环结构和2mol碳碳双键，能加成5mol氢气，故C错误；D．由结构可知与苯环直接相连的碳原子为饱和碳原子，该碳原子与其所连的四个原子呈四面体结构，所有碳原子不可能共面，故D错误；故选：B。4.下列离子反应方程式书写正确的是A.等体积等物质的量浓度的Na[Al(OH)4]溶液与稀硫酸混合：[Al(OH)4]-+4H+=Al3++4H2OB.次氯酸钠溶液吸收少量SO2：SO2+H2O+=SO++2HClOC.硫氰化铁溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀：Fe3++=Fe(OH)3↓D.向H2O2溶液中滴加少量氯化铁溶液：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．等体积等物质的量浓度的Na[Al(OH)4]溶液与稀硫酸混合，[Al(OH)4]-

2与氢离子的物质的量之比为1：2，首先按照1：1完全反应生成氢氧化铝，生成的氢氧化铝有溶于硫酸生成铝离子，反应的方程式为：，故A错误；B．次氯酸钠溶液吸收少量SO2，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠和次氯酸，SO2+H2O+=SO++2HClO，故B正确；C．硫氰化铁溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀：Fe(SCN)3+=Fe(OH)3↓+3SCN-，故C错误；D．H2O2溶液中滴加少量氯化铁溶液，氯化铁作催化剂促进双氧水分解成氧气，反应为：，故D错误；故选：B。5.下列关于阿伏伽德罗常数NA的说法中正确的是A.1molHClO中含有H-Cl键个数为NAB.1molSO3溶于水，所得溶液中H2SO4分子数为NAC.78gNa2O2和足量水完全反应，转移电子数为2NAD.13g乙炔和苯乙烯的混合气中，碳原子个数为NA【答案】D【解析】【详解】A．HClO的结构为H-O-Cl，不含H-Cl键，故A错误；B．H2SO4为强电解质，在水中完全电离成离子，因此硫酸溶液中不含硫酸分子，故B错误；C．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，1molNa2O2转移1mol电子，78gNa2O2和足量水完全反应，转移电子数为NA，故C错误；D．乙炔和苯乙烯的最简式均为CH，13g混合气体可视为13gCH，其物质的量为1mol，含碳原子数为NA，故D正确；故选：D。6.下列实验装置及现象正确的是ABCD

3氢气在氯气中燃烧检验乙炔气体可使酸性高锰酸钾溶液褪色浓氨水与浓硫酸反应分离I2和KMnO4固体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．H2与Cl2混合后点燃，能观察到气体安静燃烧，产生苍白色火焰，故A项正确；B．电石中CaC2与水反应生成乙炔，乙炔能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但电石中部分杂质能与水反应生成还原性气体H2S、PH3，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B项错误；C．浓硫酸不具有挥发性，因此玻璃棒不接触的情况下不能发生反应，故C项错误；D．KMnO4固体受热能发生分解，因此不能用加热方法分离I2和KMnO4固体，故D项错误；综上所述，正确的是A项。7.下列实验设计方案、现象和结论均正确的是方案设计现象和结论A取2mL卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH溶液并加热，冷却到室温后滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，则该卤代烃中含有氯元素B向2mL0.1mol/LNaOH溶液中加入2mL0.1mol/LMgCl2溶液，再滴加几滴0.1mol/LFeCl3溶液先产生白色沉淀，再转化为红褐色沉淀，则Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]C室温下，用pH试纸分别测试CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHpH(CH3COONa)=9，pH(NaNO2)=8，则酸性:HNO2>CH3COOHD将氯气通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色，则氯气具有酸性和漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．产生的白色沉淀不一定是氯化银，也可能是氢氧化银，所以，在加AgNO3滴入之前，应先加入稀硝酸进行酸化，排除氢氧根的干扰，A错误；

4B．由反应方程式：2NaOH+MgCl2↓=+2NaCl和已知条件可知，氯化镁是过量的，再加入三氯化铁，氢氧根已知反应完全了，故发生了沉淀的转化反应，，说明氢氧化铁的溶解度更小，则说明了Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]，B正确；C．必须是CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度相等，才能根据pH判断水解程度，再根据水解程度判断酸性，C错误；D．氯气具有酸性和漂白性，氯气与水反应生成盐酸具有强酸性，生成次氯酸具有漂白性，D错误；故本题选B。8.下列关于物质的结构与性质的叙述正确的是A.Li、Na同主族，Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中B.Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱C.Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料D.O、S同主族，H2O2有氧化性，可推断H2S2也有氧化性【答案】D【解析】【详解】A．Na的密度比煤油大可以保存在煤油中，而Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故A错误；B．BeO属于两性氧化物可溶于强碱，故B错误；C．Pb的金属性比Ge强，是金属元素，导体材料，故C错误；D．H2O2有氧化性，是因-1价O容易得电子转化成-2价，H2S2中S也为-1价，也容易得电子生成-2价S，表现氧化性，故D正确；故选：D。9.ZnS是一种重要的光导体材料。如图是ZnS的某种晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，原子旁标注的数字是该原子位于z轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。下列说法正确的是

5A.S2-周围等距且最近的S2-有6个B.基态Zn原子核外电子的空间运动状态有30种C.Zn2+与S2-的最短距离为D.在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素只有两种【答案】C【解析】【详解】A．根据投影图知，该晶体晶胞结构为，由此可知该晶体中S2-周围等距且最近的S2-有12个，故A错误；B．Zn元素的基态原子核外电子排布式为，有30种运动状态不同的电子，15种空间运动状态不同的电子，故B错误；C．根据晶胞结构可知，Zn2+与S2-的最短距离为体对角线的四分之一，为，故C正确；D．在第三周期中，比S元素第一电离能大的元素有P、Cl、Ar三种元素，故D错误；故选：C。10.某种化合物结构如图，X、Y、Z、Q、W为原子半径依次减小的短周期元素，分别位于三个不同的周期。下列说法错误的是A.Z的氧化物的水化物为强酸

6B.废弃的金属X可置于酒精中销毁C.电负性：Q＞Z＞Y>W>XD.Z2W4和ZW3分子中Z原子的杂化方式相同【答案】A【解析】【分析】由化合物的结构可知Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，则Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、W为H元素，由化合物的结构可知X能形成+1价阳离子，则X为Na元素。【详解】A．Z为N元素，N的氧化物对应的水化物HNO2为弱酸，A错误；B．金属钠可以和乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B正确；C．同周期电负性自左向右依次增强，同主族电负性从上而下依次减弱，氢的电负性小于碳的电负性，所以电负性：Q＞Z＞Y>W>X，C正确；D．Z2W4和ZW3分子分别是NH3和N2H4，N原子的价层电子对均是4，杂化方式都是sp3，D正确；故选A。11.同位素示踪法是研究反应机理的重要手段之一。已知CH3COOH和CH3CH2OD在浓硫酸作用下发生反应生成乙酸乙酯(不考虑副反应)，下列说法正确的是A.同位素(14C)示踪法常用于考古断代B.上述实验可用于判断该反应中乙酸和乙醇的断键位置C.平衡体系中除H2SO4外各物质均含有D元素D.平衡体系中同时含有H2O、HDO和D2O【答案】D【解析】【详解】A．14C常用于考古断代是因为其有固定的半衰期，而不是采用示踪法，故A错误；B．上述乙酸和乙醇反应，无论酸脱羟基醇脱氢，还是酸脱氢醇脱羟基，最终D原子均进入水中，无法确定断键位置，故B错误；C．平衡体系中生成的乙酸乙酯中均不含D元素，故C错误；D．CH3COOH和CH3CH2OD反应生成HDO，生成的乙酸乙酯与HDO发生逆反应时D原子可以进入乙酸中得到CH3COOD，H原子可以进入乙醇中得到CH3CH2OH，得到的酸与醇之间反应时会生成H2O、HDO和D2O，故D正确；故选：D。12.聚碳酸酯(L)可用于制作滑雪镜镜片，透明性好、强度高、不易碎，其结构简式如图

7已知：2R'OH++2R''OH。L可由两种链状单体经该反应制备。下列关于L的说法错误的是A.制备L的反应是缩聚反应B.制备L的单体分子中均含两个苯环C.1molL中sp3杂化的碳原子数目为3NAD.分离出苯酚可促进L的合成【答案】C【解析】【详解】A．根据结构可知，聚碳酸酯是通过和发生缩聚反应，故A正确；B．制备L的单体为和，均含2个苯环，故B正确；C．sp3杂化的碳原子为单键碳原子，即饱和碳原子，由结构可知L的一个链节中含3个饱和碳原子，1molL中含3nmol饱和碳原子，p3杂化的碳原子数目为3NA，故C错误；D．该反应是缩聚反应，除了生成L以外，还有苯酚生成，因此通过蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确；故选：C。13.过氧硫酸氢根(HSO)参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图所示，下列说法错误的是A.该反应受体系pH的影响

8B.是中间产物且具有较强氧化性C.该过程中有非极性键的生成，没有非极性键的断裂D.总反应方程式为：+OH-+HSO+SO+H2O【答案】C【解析】【详解】A．由机理图可知，中间过程中OH-参与反应，改变pH值即该反应受体系pH的影响，故A正确；B．由图可知反应物和最终生成物均没有，故其为中间产物，结构中含有过氧键，具有类似于双氧水的强氧化性，故B正确；C．如图中间产物和中均存在非极性键，整个过程中存在非极性键断裂，故C错误；D．由图可知该反应的反应物有：、OH-、HSO，生成物为：、SO、H2O，总反应方程式为：+OH-+HSO+SO+H2O，故D正确；故选：C。14.“电解法”制备氢碘酸的装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电作用下复合层间的H2O解离成H+和OH－(少量I－会因为浓度差通过BPM膜)。下列说法正确的是A.a极电势比b极的低

9B.A、B膜均为阳离子交换膜C.若撤去A膜，对该电解池的工作无影响D.电解过程中，图中三处H2SO4溶液的c(H2SO4)均不变【答案】B【解析】【分析】根据题中信息B膜右边生成NaOH，说明钠离子穿过B膜进入到右边，根据电解质“异性相吸”，则b极为阴极，a为阳极。【详解】A．根据前面分析a极为阳极，b为阴极，则a极的电势比b极的高，故A错误；B．钠离子穿过B膜进入到右边，因此B膜为阳离子交换膜，a为阳极，水中的氢氧根失去电子生成氧气，氢离子穿过A膜进入到右边，因此A、B膜均为阳离子交换膜，故B正确；C．若撤去A膜，由于少量的碘离子在a极失去电子变为碘单质，因此对该电解池的工作有影响，故C错误；D．电解过程中，a电极是阳极，水中失去电子生成氧气和氢离子，氢离子穿过A膜进入右边，溶液体积减小，则H2SO4溶液的c(H2SO4)增大，故D错误。综上所述，答案为B。15.常温下，某实验小组以酚酞为指示剂，用0.1000mol∙L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L−1H2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA－的分布分数：δ(HA－)=]随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2−)B.NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性C.常温下，HA－的水解常数Kh≈1.0×10−9D.当滴定至中性时，溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)【答案】D【解析】【分析】根据图中信息20.00mL0.1000mol∙L−1H2A溶液消耗了20mL0.1000mol∙L−1NaOH溶液，说明H2A

10为一元弱酸，则曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)。【详解】A．根据前面分析，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，故A错误；B．H2A为一元弱酸，因此NaHA是正盐，故B错误；C．曲线①和曲线②的交叉点，对应的pH为3，常温下，HA－的水解常数，故C错误；D．当滴定至中性时，再根据电荷守恒得到，c()＝c(Na+)，则溶液中存在：c()＋c(H2A)＞c(Na+)，故D正确。综上所述，答案为D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.三氯氧磷(POCl3)可用作半导体掺杂剂。工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl24PCl3，2PCl3＋O22POCl3。已知：PCl3、POCl3的部分性质如下：熔点/℃沸点/℃其它PCl3−11275.5遇水极易水解POCl32105.3遇水极易水解某实验小组模拟该工艺设计实验装置如图(部分加热和夹持装置已略去)：请回答下列问题：（1）装置戊中发生反应的离子方程式为：___________________。（2）装置乙的主要作用为：①干燥气体，②_________，③_________________。（3）装置丙的温度需控制在60~65℃的原因是____________。（4）实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，该实验小组采用下列方法测定产品中的氯元素含量，继而通过计算确定三氯氧磷的纯度：

11I．取mg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待水解完全后滴加稀硝酸至酸性II．向锥形瓶中加入V1mLc1mol∙L−1AgNO3溶液至完全沉淀Ⅲ．向其中加入少量硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖Ⅳ．加入指示剂，用c2mol∙L−1KSCN溶液进行滴定，至终点时消耗KSCN溶液V2mL(已知：Ksp(AgCl)=3.2×10−10，Ksp(AgSCN)=2×10−12)①步骤IV中选用的指示剂为______________。②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，_________________，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。③产品中氯元素含量的表达式为：______________。④下列操作会使测得的氯元素含量偏小的是____________。a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线b．实验过程中未加入硝基苯c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡d．滴定时锥形瓶未干燥（5）如需进一步提纯产品，可采用的提纯方法为___________。【答案】（1）MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O（2）①.观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率②.平衡气压（3）温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低（4）①硫酸铁溶液②.用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁③.④.bc（5）蒸馏【解析】【分析】根据工业上采用直接氧化法由PCl3制备POCl3，反应原理为：P4(白磷)＋6Cl24PCl3，2PCl3＋O22POCl3，则甲装置是制备氧气的装置，乙装置是干燥氧气的装置，戊装置是制备氯气的发生装置，丁装置是干燥氯气的装置，丙装置发生P4(白磷)与Cl2反应、PCl3与O2反应。【小问1详解】装置戊是制备氯气的发生装置，因此发生反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑

12＋2H2O；故答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。【小问2详解】甲装置是制备氧气的装置，由于PCl3、POCl3遇水极易水解，因此装置乙的主要作用为：①干燥气体，②观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率，③平衡气压；故答案为：观察O2流速进而调节PCl3与O2的反应速率；平衡气压。【小问3详解】PCl3的沸点是75.5℃，为了加快反应速率，因此装置丙的温度需控制在60~65℃，其主要的原因是温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低；故答案为：温度过低反应速率慢，温度过高会造成PCl3挥发，利用率降低。【小问4详解】①铁离子与KSCN呈红色，因此步骤IV中选用的指示剂为硫酸铁溶液；故答案为：硫酸铁溶液。②根据题意，其方法是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴KSCN溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：用锥形瓶内壁将半滴KSCN溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。③氯离子的物质的量为，则产品中氯元素含量的表达式为：；故答案为：。④a．配制AgNO3标准溶液时仰视容量瓶刻度线，所配浓度偏低，取出相同体积的溶液，物质的量偏小，则消耗KSCN的量减小，则消耗的硝酸银物质的量偏大，测定氯离子结果偏大，故a错误；b．实验过程中未加入硝基苯，部分沉淀溶解，导致结果偏小，故b正确；c．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，消耗KSCN体积偏大，则消耗的硝酸银物质的量偏小，测定氯离子结果偏小，故c正确；d．滴定时锥形瓶未干燥，对结果无影响，故d错误；综上所述，答案为：bc。【小问5详解】如需进一步提纯产品，根据PCl3、POCl3的沸点不同，则可采用的提纯方法为蒸馏；故答案为：蒸馏。17.铋及其化合物在工业生产中用途广泛，如氯氧化铋(BiOCl)常用作电子设备、塑料助剂等。以下是一种用铋精矿(Bi2S3，含有FeS2、Cu2S、PbO2及不溶性杂质)制备BiOCl的一种方法，其流程如图：

13已知：①Fe(OH)3开始沉淀的pH值为2.7，沉淀完全时的pH值为3.7。②pH≥3时，BiCl3极易水解为BiOCl沉淀。请回答以下问题：（1）铋精矿在浸取时除采用粉碎矿石和增大压强来提高铋精矿浸取率外，还可以采取__________________措施(任写两条)。（2）“加压浸取”过程中，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，而Cu2S溶解进入浸出液，且硫元素转化为，请写出Cu2S在此过程中发生反应的离子方程式：____________。（3）“操作Ⅰ”为____________、过滤、洗涤、干燥。（4）根据流程分析，盐酸羟胺(NH3OHCl)在流程中的作用是：①________②_________。（5）流程中生成BiOCl的离子方程式：_________________。（6）复杂氧化物可改写成氧化物或盐的形式，如可改写为或，请将分别改写成氧化物和盐的形式_____________________。【答案】（1）多次浸取、适当升高温度、搅拌、适当增大氨水的浓度（2）2Cu2S+16NH3+5O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-或2Cu2S+16+5O2=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-+14H2O（3）蒸发浓缩，冷却结晶(或“加热浓缩，冷却结晶”)（4）①.将Fe3+还原为Fe2+，提高产品纯度②.将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”（5）（6）或或【解析】【分析】铋精矿(Bi2S3，含有FeS2、Cu2S、PbO2及不溶性杂质)，在加压条件下通入氧气，加入氨水，，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，而Cu2S溶解进入浸出液，铜元素转化成[Cu(NH3)4]2+，且硫元素转化为

14，过滤后浸出液经一系列操作得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾；浸出渣加稀盐酸和盐酸羟胺发生反应将三价铁离子还原成亚铁离子，同时将铅元素从+4价还原为+2价，在滤液1中加硫酸实现Pb元素沉淀为硫酸铅，滤液2加碳酸钠调节pH为3，使BiCl3完全水解生成BiOCl沉淀，据此分析解答。【小问1详解】铋精矿在浸取时除采用粉碎矿石和增大压强来提高铋精矿浸取率外，还可以通过升高温度，增大反应物的浓度，搅拌，多次进行浸取操作的措施提高矿石的浸取率，故答案为：多次浸取、适当升高温度、搅拌、适当增大氨水的浓度；【小问2详解】“加压浸取”过程中，Cu2S溶解进入浸出液，且硫元素转化为，可知硫化亚铜被氧化成硫酸根离子和铜离子，其中铜离子与氨水生成[Cu(NH3)4]2+，反应方程式为：2Cu2S+16NH3+5O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-或2Cu2S+16+5O2=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-+14H2O；故答案为：2Cu2S+16NH3+5O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-或2Cu2S+16+5O2=4[Cu(NH3)4]2++2SO+4OH-+14H2O；【小问3详解】从硫酸铜溶液中得到胆矾晶体需对硫酸铜溶液进行蒸发浓缩，然后冷却结晶析出晶体后进行过滤、洗涤、干燥等操作得到硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶(或“加热浓缩，冷却结晶”)；【小问4详解】盐酸羟胺(NH3OHCl)具有较强还原性，能将三价铁离子还原成亚铁离子，从而提高产品纯度，同时可以将铅元素从+4价还原为+2价，有利于后续二价铅离子沉淀，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，提高产品纯度；将铅元素从+4价还原为+2价，便于后续“沉铅”；【小问5详解】BiCl3在碳酸钠碱性溶液中完全水解生成BiOCl沉淀，同时氢离子与碳酸根结合生成二氧化碳气体，反应方程式为：，故答案为：；【小问6详解】中Pb有+2、+4价，参看可改写为或，可知改写式可以是或或，故答案为：或或。18.帕罗韦德是一种新型口服抗新冠药物，其重要中间体K的合成路线如下。

15已知：(均为烷基)回答下列问题：（1）已知A→B为加成反应，工业上常利用物质A在氧气中燃烧时放出的大量热来进行_____。（2）B与足量氢气反应后的产物名称为___________。（3）已知C为不饱和醇，C→D的反应类型为___________。（4）写出G→H第一步反应的化学方程式___________。（5）已知芳香化合物M为K的同分异构体，则满足下列条件的同分异构体共有____种。①能与发生显色反应；②1molM最多消耗2molNaOH；③核磁共振氢谱中有五组峰；写出其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：__________。（6）结合以上流程，以乙炔和乙醇为原料合成2,5-己二醇()，无机试剂任选，设计合成路线___。【答案】（1）焊接或切割金属（2）甲基丁醇（3）消去反应（4）

16（5）①.4②.或（6）【解析】【分析】A与丙酮反应生成B，结合B的结构简式可知A应为乙炔，B与氢气发生加成反应得到C()，C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D()，D与HCl发生取代反应得到E，E在给定条件下反应得到F，F中的碳碳双键被高锰酸钾氧化，发生已知中反应生成G()；G中酯基发生碱性水解后再酸化得到H()，H中两个羧基脱水生成I()；I与苯甲胺反应得到J，J与氢气加成得到K，据此分析解答。【小问1详解】A为乙炔，其燃烧过程放出大量的热，常用氧炔焰焊接或切割金属，故答案为：焊接或切割金属；【小问2详解】B与足量氢气反应后得到，其名称为甲基丁醇，故答案为：甲基丁醇；【小问3详解】C在浓硫酸作用下发生消去反应得到D，故答案为：消去反应；【小问4详解】；G中酯基发生碱性水解反应得到，反应生成式为：，故答案为：

17；【小问5详解】芳香化合物M为K的同分异构体，其含有苯环结构，结合K的结构可知其不饱和对为4，而苯环的不饱和度为4，可知M中除苯环外不含其他不饱和键；①能与发生显色反应，可知苯环上含有酚羟基；②1molM最多消耗2molNaOH，结合不饱和度可知M中不含羧基、酯基等官能团，则M中应含2个酚羟基；③核磁共振氢谱中有五组峰；符合的结构有：、、、，其中一种峰面积之比为的有机物的结构简式：或，故答案为：4；或；【小问6详解】乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛与乙炔在碱性条件下反应得到，与氢气发生加成得到，合成路线：，故答案为：；19.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与储存，过程如下：

18（1）反应I由两步反应完成：a.H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g)△H1=+177kJ/molb.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)△H2=+197kJ/mol①请写出反应I的热化学反应方程式：_________________________________。②硫酸工业中可通过反应b的逆反应合成SO3，下表列出了不同温度、压强下SO2的平衡转化率：温度/℃SO2的平衡转化率/%0.1MPa05MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994.997.798.3在实际生产中，选定温度为400~500℃的原因是_________________；选定压强为常压的原因是_____________________。（2）可以作为水溶液中SO2歧化反应(反应II)的催化剂，催化历程如下：i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．某实验小组为探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，进行如下实验：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)ABCD试剂组成0.4mol/LKI0.4mol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKIamolI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色成黄色，出现浑浊较A快①请补全反应ii：___________________________________。②比较A、B、C，可得出的结论是：______________________。③D是A的对比实验，则a=__________。④实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，则反应速率：i____ii(填“＞”、“=”或“＜”)。【答案】（1）①.2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ/mol②.在此温度下催化剂的活性较高③.常压下，SO2的转化率已经很高，若采用高压，SO2转化率增大程度较小，但生产成本增大（2）①.I2+2H2O+SO2=+2I－+4H+②.H+单独存在时不具有催化作用，但H+

19可以加快歧化反应速率③.0.0002(或2×10-4)④.＜【解析】【小问1详解】①应用盖斯定律，反应a×2+反应b得2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1；②此时催化剂活性较高；③常压下，SO2的转化率已经很高，若采用高压，SO2转化率增大程度较小，但生产成本增大；【小问2详解】①反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）÷2得，反应ii的离子方程式为；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③D和A中碘原子的物质的量应该相同，A中碘原子的物质的量为8×10-3mol，D中KI提供4×10-3mol，I2就是0.0002(或2×10-4)mol；④对比D和A，D中加入的浓度小于A，D中多加了，反应i消耗和，反应ii中消耗，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生使增大，从而使反应i加快。

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