天津一中2021-2022-2高三年级化学学科4月考试卷相对原子质量：H-1C-12Ca-40I卷选择题(单选，共36分)1.第22届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕，科技部提出了“科技冬奥”理念，并将重点着力于做好此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法不正确的是A.北京冬奥会将使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B.轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种高分子材料C.冬奥会上将采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性D.冬奥会将采用氢燃料电池车，还开发了全新车载光伏发电系统，体现了“绿色出行”的理念【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．氟氯烃化合物进入高空会破坏臭氧层，使到达地面的紫外线增多，因此二氧化碳跨临界直冷制冰技术的使用会减少臭氧层破坏，A正确；B．碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子化合物，B错误；C．紫外线能够使蛋白质变性，故能对手机和笔记本电脑进行消毒，C正确；D．氢燃料电池车产物是水，会减少二氧化碳的排放，体现了“绿色出行”的理念，D正确；故选：B。2.下列表示不正确的是A.乙炔的结构简式HC≡CHB.KOH的电子式C.乙烷的球棍模型：D.氯离子的结构示意图：【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．乙炔中碳碳之间为三键，故结构简式HC≡CH，选项A正确；,B．KOH为离子化合物，故电子式为，选项B正确；C．为乙烷的比例模型，不是球棍模型，选项C错误；D．氯离子的核电荷数是17，电子数为18，氯离子的结构示意图为，选项D正确；故答案是C。3.下列过程中，没有发生酯化反应的是A.用秸秆制取燃料乙醇B.用纤维素制取硝酸纤维C.核苷酸生成多聚核苷酸D.白酒陈化过程中产生香味【3题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用秸秆(纤维素)水解最终产物得到葡萄糖、葡萄糖发酵得乙醇，没有发生酯化反应，A符合；B．纤维素所含羟基、与硝酸发生酯化反应生成硝酸纤维，B不符合；C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物。核酸可看做磷酸、戊糖(含羟基)和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，则核苷酸则核苷酸生成多聚核苷酸的过程中有酯化反应，C不符合；D．白酒陈化过程中产生乙酸乙酯因而产生香味，因为有乙醇转变为乙酸、乙酸与乙醇反应形成的，D不符合；答案选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g金刚石中含有C—C键4NAB.6.4gCaC2固体中含有的离子总数为0.2NAC.已知H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-11kJ/mol，当晶体I2与H2(g)反应生成2NA个HI(g)分子时，反应放出的热量为11kJD.1L0.01mol/L溶液中，和数目之和为0.01NA,【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．1个碳原子形成四条共价键，每2个碳原子形成1个共价键，12g金刚石的物质的量为1mol，1mol金刚石形成2NA个C-C键，A错误；B．6.4gCaC2的物质的量为0.1mol，固体中含有的离子总数为0.2NA，B正确；C．当I2(g)与H2(g)反应生成2NA个HI(g)分子时，反应放出的热量为11kJ，C错误；D．溶液中含有邻苯二甲酸，、、 的数目之和为0.01NA，D错误；故选B。5.下列实验操作或装置正确的是蒸发除去苯乙酸中的乙醇除去水中的苯酚实验室提纯工业乙酸乙酯用NaOH溶液滴定醋酸溶液ABCDA.AB.BC.CD.D【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．苯乙酸和乙醇沸点不同，应用蒸馏方法分离，A项错误；B．苯酚难溶于水，但苯酚在水溶液中是以乳浊液的形式析出，会与水分层，故应采用分液方法分离，B项错误；,C．工业乙酸乙酯中杂质与乙酸乙酯的沸点不同，实验室可以用蒸馏的方法提纯，C项正确；D．NaOH溶液是标准溶液，应用碱式滴定管盛放，D项错误；答案选C。6.下列实验对应的离子方程式不正确的是A.C6H5ONa溶液中通入少量CO2：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCOB.将少量NO2通入NaOH溶液：2NO2+2OH-=NO+NO+H2OC.将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClO-=SO+2HClOD.向氨水中滴入少量硝酸银溶液：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O【6题答案】【答案】C【解析】【详解】A．C6H5ONa溶液中通入少量CO2，碳酸酸性比苯酚强，苯酚酸性比碳酸氢根强，离子方程式正确，故产物为苯酚和碳酸氢根，A正确；B．将少量NO2通入NaOH溶液，反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为：，B正确；C．将少量SO2通入NaClO溶液，反应生成硫酸钠和盐酸，反应的离子方程式为：，C错误；D．向氨水中滴入少量硝酸银溶液，反应生成氢氧化二氨合银，反应的离子方程式为：，D正确；故选C。7.下列由实验现象所得结论错误是A.向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性B.向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)C.向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应【7题答案】【答案】C,【解析】【分析】【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；故选C。8.R、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且Y、Z位于同主族。由R、X、Y、Z组成的有机物M是日用化妆品冷烫精的主要原料，其结构如图所示。下列说法正确的是A.电负性：Y>Z>R>XB.XZ2、XW4、XR4都是非极性分子C.简单离子结合质子能力：W>ZD.1molM含7molσ键【8题答案】【答案】B【解析】【分析】依题意，Y和Z位于同主族，Y原子能形成1个双键，Z原子形成2个单键，说明Z原子最外层有6个电子，Y为氧，Z为硫。X原子能形成2个单键、1个双键(或4个单键)，说明X原子最外层有4个电子，原子序数小于8，故X为碳。R原子形成1个单键，上述五种元素中R的原子序数最小，R为氢；W为短周期主族元素且原子序数大于16，故W为氯。【详解】A．非金属性越强则其电负性越强，氧、硫、碳、氢的电负性依次减小，A错误；,B．CS2是直线形分子，CH4，CCl4分子都是正四面体形分子，它们都是非极性分子，B正确；C．结合质子能力越强，形成的酸越弱，酸性：HCl>H2S，结合质子(H+)能力：S2->Cl-，C错误；D．单键都是g键，双键中有1个σ键，1个M分子含8个σ键，D错误；故选：B。9.工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料，采用接触法制备浓硫酸原理如下：下列说法不正确的是A.用盐酸和烧碱可从烧渣中提取铁红B.净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性C.用水替代98.3%浓硫酸能提高吸收效率D.制备硫酸的3个反应中2个是氧化还原反应【9题答案】【答案】C【解析】【详解】A．用盐酸溶解烧渣，可除去二氧化硅；再用氢氧化钠可分离铝元素和铁元素，灼烧氢氧化铁制铁红，故A正确；B．二氧化硫中有砷等杂质会使催化剂中毒(降低活性)，净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性，故B正确；C．三氧化硫与水反应放出大量热量，用水直接吸收三氧化硫会形成“酸雾”，污染环境且吸收率低，故C错误；D．黄铁矿(FeS2)与O2反应，SO2和O2反应2个是氧化还原反应，故D正确；故答案为C10.某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是,A.反应原料中的原子100%转化为产物B.该过程在化合物X和I-催化下完成C.该过程仅涉及加成反应D.若原料用，则产物为【10题答案】【答案】C【解析】【详解】A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A正确；B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B正确；C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C错误；D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D正确；故选C。11.1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物，得到汞齐后再蒸去汞，发现了镁、钙、锶、钡。下列说法不正确的是,A.电流流向：b极→石墨极，铂极→a极B.向铂极迁移M2+数目等于向石墨极迁移О2-数目C.阳极反应式为D.汞齐起保护金属作用【11题答案】【答案】C【解析】【分析】О2-→O2，O元素化合价升高，则阳极是石墨电极，阳极反应式为，阴极是铂电极，阴离子反应式为；【详解】A．由图示分析可知：铂电极为阴极，石墨电极为阳极，电流由正极流出，流向阳极；阴极流向负极，A正确；B．MO中阴、阳离子带电荷数相等，通电时向两极迁移的阴，阳离子数目相等，B正确；C．阳极反应式为，阴离子反应式为，C错误；D．镁、钙、锶，钡等活泼金属容易与空气中氧气反应，液态汞包裹金属，避免活泼金属在高温下被氧化，D正确；故选：C。12.某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：,下列说法正确的的是A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO+H+=CO2↑+H2OC.根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)【12题答案】【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO+H+=HCO，B错误；C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO)，NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO)=c(OH-)-c(H+)，D错误；,答案选C。II卷填空题(共64分)13.碳族元素及其化合物在材料领域有广泛应用。（1）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图甲所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。①Li+半径与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一个孤电子对作用形成稳定结构W(如图甲)。基态碳原子核外有____种运动状态不同的电子，其价电子轨道表示式为____。W中Li+与孤电子对之间的作用属于____(填序号)。A.离子键B.分子间作用力C.氢键D.配位键②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是____。③冠醚分子中C—O—C的键角____109°28'(填“>”“<”或“=”)。（2）金刚石、晶体硅和碳化硅的熔点由高到低的顺序为____(用化学式表示)，金刚石的晶胞结构如图甲，晶胞边长为apm，金刚石的密度可表示为____g/cm3。（3）SiCl4与N-甲基咪唑()反应可以得到M2+，其结构如图乙所示，N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为____，1个M2+中含有____个σ键。,【13题答案】【答案】（1）①.6②.③.D④.Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构⑤.<（2）①.C>SiC>Si②.（3）①.sp3、sp2杂化②.54【解析】【小问1详解】基态碳原子核外有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，故有6种不同运动状态的电子；其价电子排布为2s22p2，价电子轨道表示式为：；Li离子与孤电子对之间的作用力属于配位键，故选D；K+半径较大，能与空腔内氧原子结合形成稳定结构，而Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构，故答案为：Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构；冠醚分子中O原子杂化方式为sp3杂化，但氧原子有两个孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对和成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，故键角变小，小于109°28'，故选“<”；【小问2详解】原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体熔沸点越高，键长：金刚石<碳化硅<晶体硅，故熔点由高到低的顺序为：C>SiC>Si；根据均摊法，金刚石晶体中碳原子个数为8，密度：g/cm3；【小问3详解】N-甲基咪唑分子中碳原子只参与形成单键和大派键，碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2杂化；,1个N-甲基咪唑分子中含有12个键，整个离子中含有6个配位键，故键的总个数为：。15.反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：已知：RCHO+R＇OH+R＂OH（1）A的名称是__________；B分子中共面原子数目最多为__________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有__________种。（2）D中含氧官能团的名称是__________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________。（3）E为有机物，能发生的反应有__________。a．聚合反应b．加成反应c．消去反应d．取代反应（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：________。（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是__________。【15题答案】【答案】①.正丁醛或丁醛②.98③.醛基④.+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；⑤.cd⑥.CH2=CHCH2OCH3、、、,⑦.；⑧.保护醛基【解析】【详解】（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8种，故答案为丁醛；9；8；（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；（3）根据流程图，结合信息，C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、、，故答案为CH2=CHCH2OCH3、、；（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；,（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应的目的是保护醛基，故答案为保护醛基。【点晴】本题为信息推断题，解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，平时要多加训练。16.实验室以CuSO4•5H2O为原料制备[Cu(NH3)4]SO4•H2O并进行定量分析。已知：CuSO4+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH（1）配制溶液：称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，装置A如图所示(胶头滴管中吸有氨水)。滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4。用离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理：____。（2）制备晶体：将装置A中溶液转移至装置B中，析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，干燥。①两次转移均需洗涤原容器，且将洗涤液也全部转移，目是____。②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要____(填“打开”或“关闭”，下同)活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再____活塞。（3）废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是____(填名称)，回收乙醇的实验方法为____。,（4）用沉淀法测定晶体中SO的含量：称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量____溶液，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净____。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+。写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=____。下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是____。a.未干燥锥形瓶b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c.未除净可与EDTA反应的干扰离子【16题答案】【答案】（1）Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-（2）①.减少溶液中Cu2(OH)2SO4的损失，增加Cu2(OH)2SO4•H2O的产率②.打开③.关闭（3）①.(稀)硫酸②.蒸馏（4）①.BaCl2溶液②.取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净（5）①.×100%②.c【解析】【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离；SO用BaCl2溶液检验，氯离子可,以用银离子检验，据此检验。【小问1详解】称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理：Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-。故答案为：Cu2(OH)2SO4+8NH3•H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O或Cu2(OH)2SO4+8NH3=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-；【小问2详解】制备晶体：将装置A中溶液转移至装置B中，析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2~3次；取出晶体，干燥。①转移过程中，盛有溶液的容器的内壁上会附着少量溶液，溶液中含有溶质，为提高产品的产率，因此需要洗涤原容器，目的是减少溶液中Cu2(OH)2SO4的损失，增加Cu2(OH)2SO4•H2O的产率。故答案为：减少溶液中Cu2(OH)2SO4的损失，增加Cu2(OH)2SO4•H2O的产率；②减压过滤的原理是利用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，提高过滤效率，因此过滤过程中需要关闭活塞，使抽滤瓶中形成负压(相较于大气压)，但是在加入洗涤剂洗涤晶体时，若关闭活塞，大部分洗涤液被快速抽走，会浪费洗涤剂且洗涤效果不佳，因此加入洗涤剂洗涤过程中需要打开活塞，使抽滤瓶中压强与大气压相同，洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要打开(填“打开”或“关闭”，下同)活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再关闭活塞。故答案为：打开；关闭；【小问3详解】废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，因此需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，应加入的试剂是(稀)硫酸(填名称)，充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏。故答案为：(稀)硫酸；蒸馏；,【小问4详解】测定晶体中SO的含量实验原理：将晶体溶解，加入BaCl2溶液，使溶液中SO完全沉淀，通过测定沉淀的质量计算晶体中SO的含量。用沉淀法测定晶体中SO的含量：称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，至不再有白色沉淀产生时，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净。故答案为：BaCl2；取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净；【小问5详解】滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100ml溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol；所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=×100%。故答案为：×100%；下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是：a.未干燥锥形瓶，对实验结果没有影响，故不选；b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，读出的b值偏小，测定结果偏低，故不选；c.未除净可与EDTA反应的干扰离子，读出的b值偏大，测定结果偏高，故选；故答案为：c。18.甲醇既是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。（1）利用CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。①若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/mol和ΔH=-726.5kJ/mol，则由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为____。此反应的活化能Ea(正)____Ea(逆)(填“>”或“<”)，该反应应选择高效____催化剂(填“高温”或“低温”)。②下列措施能使CO2的平衡转化率提高的是____(填序号)。A.增大压强B.升高温度C.增大H2与CO2的投料比D.改用更高效的催化剂（2）利用CH4与O2在催化剂的作用下合成甲醇。,主反应：CH4+O2(g)CH3OH(g)ΔH副反应：CH4+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了CH4、O2和H2O(g)(H2O的作用是活化催化剂)按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇的反应，部分反应历程如图乙所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS代表过渡态)。①在催化剂表面上更容易被吸附的是____(填“H2O”或“O2”)。②该历程中正反应最大能垒(活化能)为____kJ/mol，写出该步骤的化学方程式：____。③在恒温的刚性密闭容器中，分别按照CH4、O2的体积比为2：1以及CH4、O2、H2O(g)的体积比为2：1：8反应相同的时间，所得产物的选择性[如甲醇的选择性=]，如图丙所示：向反应体系中加入H2O(g)能够显著提高甲醇选择性的原因：____。向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入CH4、O2和H2O(g)，在450K下达平衡时，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，则副反应的压强平衡常数Kp=____。(Kp是以分压代表的平衡常数，分压=,总压×物质的量分数)(计算结果保留1位小数)。（3）可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，请写出在酸性条件下的阴极反应式：____。【18题答案】【答案】（1）①.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1②.<③.低温④.AC（2）①.H2O②.22.37③.*CH4+*OH=*CH3OH+*H④.加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少；水可以活化催化剂，增大甲醇的生成速率⑤.54.9（3）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】【小问1详解】①H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为ΔH=-285.8kJ/mol和ΔH=-726.5kJ/mol，可得热化学方程式：，，由CO2和H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：该反应可由3×①-②得到，根据盖斯定律可得反应的ΔH=3×-=3×()-()=-130.9kJ•mol-1，该反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1，该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，低温条件有利于反应正向移动，利于产物生成，应选用低温高效催化剂，故答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=-130.9kJ•mol-1；<；低温；②A.该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，故A选；B.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低CO2的平衡转化率，故B不选；C.增大H2与CO2的投料比，可使CO2的平衡转化率提高，故C选；D.催化剂只改变反应速率，对平衡无影响，故D不选；故答案为：AC；【小问2详解】①由图可知催化剂吸附H2O后的相对能量比吸附O2后的相对能量更低，由此可知催化剂吸附,H2O更容易，故答案为：H2O；②由图可知*CH4+*OH生成*CH3OH+*H的能量差最大，能垒最高，能垒值为22.37，该反应方程式为：*CH4+*OH=*CH3OH+*H，故答案为：22.37；*CH4+*OH=*CH3OH+*H；③加入H2O(g)能与二氧化碳发生副反应反应使二氧化碳的量减少，同时水可以活化催化剂，提高催化剂对甲醇的选择性；向上述刚性密闭容器中按照体积比2：1：8充入CH4、O2和H2O(g)，CH4的转化率为50%，CH3OH的选择性为90%，设CH4、O2和H2O(g)的物质的量分别为2mol、1mol、8mol，则两个反应中CH4的消耗量为2×50%=1mol，其中主反应中消耗0.9mol，副反应中消耗0.1mol，列三段式得：两反应达到平衡时各物质的物质的量分别为：n(CH4)=1mol、n(O2)=1mol-0.45mol-0.2mol=0.35mol、n(CO2)=0.1mol、n(H2O)=8mol+0.2mol=8.2mol，n()=0.9mol，容器中气体的总物质的量为：10.55mol，设平衡时总压强为P，则副反应的压强平衡常数Kp=；故答案为：加入水蒸气，促进副反应逆向进行，二氧化碳减少；水可以活化催化剂，增大甲醇的生成速率；54.9；【小问3详解】利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，阴极二氧化碳得电子转化成甲醇，阴极反应方程式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
