上海市崇明区2024届高三下学期学业质量调研（二模）
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
3.答题前，考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号。
4.本试卷的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明双选，有两个正确选项；若注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。
可能用到的原子量：H-1 C-12 Ti-48 Ba-137 O-16 Mg-24
一、碳达峰与碳中和(本题共20分)
1. 利用CH4超干重整CO2技术，可以得到富含CO和H2的化工原料气，对碳达峰和碳中和有重要意义，反应如下：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)+247.4kJ·mol 1
（1）反应过程中断裂的化学键属于______。
A. 离子键 B. 极性共价键
C. 非极性共价键 D. 氢键
（2）该反应的熵变 S___________0(填“>”“=”或“<”)，需要在___________条件下进行(填“低温”或“高温”)。
（3）CO2的电子式为___________；CO2分子中碳原子的杂化方式为___________杂化，1molCO2中含有___________molπ键。
（4）已知部分化学键的键能如下：
共价键 C-H H-H C=O
键能(kJ/mol) 413 436 745
由此计算断裂1molCO分子中的共价键需要吸收___________kJ能量。
燃料燃烧产生的二氧化碳有多种捕捉方式，在自然界中存在着二氧化碳气体与其他物质的反应过程，而实验室中一般使用碱液来吸收二氧化碳气体。
2. 向500mL2mol·L 1的NaOH溶液中通入一定体积的CO2充分反应，再向所得溶液中逐滴滴加1mol·L 1的稀盐酸。测得产生CO2的物质的量随加入盐酸的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A. 整个过程中Na+没有参与化学反应，故保持不变
B. 图中的a=0.4，b=1.0
C. 稀盐酸滴加在0→0.2L过程中，发生的离子反应是：
D. 在A、B、C、D四处的溶液中，能与大量K+、Ba2+、NO、OH 共存的只有1处
3. Na2CO3溶液中各离子浓度关系正确的选项有
A. B.
C. D.
4. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2气体，会有晶体析出，写出反应的离子方程式___________，反应后溶液中水的电离程度___________(填“增大”“不变”或“减小”)。
二、新型太阳能电池材料——钛酸钡(本题共20分)
钛酸钡(BaTiO3)是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：BaCO3+XBaTiO3+CO2↑。
5. 元素周期表中钛的数据如图所示，47.87的含义是___________；Ti在元素周期表中的位置是___________；基态钛原子的价电子排布式为___________(填选项)。
A．3d34s1 B．3d24s2 C．3d14s1 D．3d34s2
6. 已知钛酸钡的晶胞结构如图所示，晶胞的边长为acm，NA为阿伏加德罗常数的值。方程式BaCO3+XBaTiO3+CO2↑中X的化学式为___________，晶体中Ti4+周围距离最小且相等的Ba2+有___________个，钛酸钡的密度为___________g·cm 3。
7. 目前生产钛的方法之一是先将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。以下是碳氯化法制备TiCl4：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) HkJ·mol 1。
（1）对于该反应：增大压强，平衡___________移动(填“正向”“不”或“逆向”)；温度升高，平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是______。
A. 混合气体的压强保持不变 B.
C. 混合气体的密度保持不变 D. Cl2和CO物质的量相等
（3）在某温度下，该恒容体系已经达到平衡，若向其中加入少量碳，TiCl4的体积分数将___________(填选项)；若加入少量氯气，TiCl4的体积分数将___________(填选项)。
A．减小 B．不变 C．增大
三、火法炼铜原料——黄铜矿
火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分含)，反应生成Cu2S、SO2和FeS等物质。
8. Cu2S溶于浓氨水中形成无色的[Cu(NH3)2]+，其中___________称为中心离子，它的空轨道接受了配位体提供的___________，形成___________键。
9. Cu2O和Cu2S晶体类型相同，其中___________熔点更高，原因___________。
10. 焙烧黄铜矿的反应为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列说法中正确的是
A. SO2只是氧化产物
B. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
C. 每生成1molCu2S，有4mol硫元素被氧化
D. 每转移0.6mol电子，有0.2mol铜元素被还原
11. Cu2S与一定浓度的硝酸反应，生成硝酸铜、硫酸铜、二氧化氮、一氧化氮和水，当二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为时，实际参加反应的硫化亚铜与硝酸的物质的量之比为___________。
12. 常温下，，将0.1molFeS加到下列体积均为100mL的溶液中，Fe2+浓度最大的是_____。
A．0.001mol·L 1的H2S溶液
B．0.001mol·L 1的NaHS溶液
C．0.001mol·L 1的Na2S溶液
13. Ⅰ.二氧化硫可用于“接触法制硫酸”，核心反应是2SO2+O22SO3，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如下：
（1）下列说法正确是_________。
A. SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀
B. 增大O2的浓度可以明显提高SO3的生成速率
C. 图示过程中既有V-O键的断裂又有V-O键的形成
D. V2O5的作用是降低该反应的活化能，提高SO2的平衡转化率
Ⅱ.也可以用电化学原理，使用SO2制备硫酸，同时精制粗铜，装置如图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许H+通过。
（2）通入SO2的电极其电极反应式为___________，与___________(填“精铜”或“粗铜”)连接；
（3）假设粗铜中含有铁、锌杂质，工作一段时间后CuSO4溶液中的Cu2+浓度___________(填“不变”或“增大”“减小”)。
四、治疗高血压的药物——美托洛尔
14. 美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：
请回答下列问题：
（1）关于原料A，则下列说法正确的是_________。
A. 在常温下为固态且易溶于水
B. A中所有碳原子可能在同一平面上
C. 1molA与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
D. 1molA与浓溴水反应，最多消耗3molBr2
（2）美托洛尔中的含氧官能团为___________和___________(填名称)。
（3）③中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl，X的结构简式为___________，分子中有___________个手性碳原子。
（4）在上述①②③三步反应中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（5）写出B和足量的氢气发生反应的方程式___________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为___________(写出一种即可)。
Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应
Ⅲ.分子中有4种不同化学环境的氢原子，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2
（7）如果要区分符合上述要求的B的同分异构体，下列方法可行的是_________。
A 单晶X射线衍射 B. 红外光谱
C. 质谱法 D. 核磁共振氢谱
（8）参照上述合成路线，根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_________。
五、一种重要的无机化工产品——碱式碳酸镁
15. 碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石【主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等】为原料制备碱式碳酸镁的实验流程如下：
（1）常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。
应控制“碳化”终点pH约为___________，钙元素的主要存在形式是___________(填化学式)。
（2）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为___________。
（3）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是___________(填化学式)。
16. 某碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]中含有SiO2杂质，为测定其纯度。某兴趣小组设计了如下方案：①称取碱式碳酸镁样品mg；②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为m1g(用电子天平称量)。
（1）下列仪器中，该方案不会用到的是________。
（2）判断样品完全分解的方法是___________；本实验至少需要称量___________次。
（3）某研究小组进行三次实验，数据记录如下：
样品质量/g 剩余固体质量/g
实验1 18000 8.000
实验2 18.000 8.020
实验3 18.000 7.980
通过计算，该样品中碱式碳酸镁的纯度为___________。(4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O式量466；写出简要的步骤)
（4）有同学认为高温煅烧过程中会发生MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，会导致测定结果有误，你认为这位同学的观点正确吗？___________(填“正确”或“错误”)，请说明自己的理由：___________。上海市崇明区2024届高三下学期学业质量调研（二模）
化学试题
考生注意：
1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
3.答题前，考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号。
4.本试卷的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明双选，有两个正确选项；若注明不定项，有1～2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。
可能用到的原子量：H-1 C-12 Ti-48 Ba-137 O-16 Mg-24
一、碳达峰与碳中和(本题共20分)
1. 利用CH4超干重整CO2技术，可以得到富含CO和H2的化工原料气，对碳达峰和碳中和有重要意义，反应如下：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)+247.4kJ·mol 1
（1）反应过程中断裂的化学键属于______。
A. 离子键 B. 极性共价键
C. 非极性共价键 D. 氢键
（2）该反应的熵变 S___________0(填“>”“=”或“<”)，需要在___________条件下进行(填“低温”或“高温”)。
（3）CO2的电子式为___________；CO2分子中碳原子的杂化方式为___________杂化，1molCO2中含有___________molπ键。
（4）已知部分化学键的键能如下：
共价键 C-H H-H C=O
键能(kJ/mol) 413 436 745
由此计算断裂1molCO分子中的共价键需要吸收___________kJ能量。
【答案】（1）B （2） ①. > ②. 高温
（3） ①. ②. sp ③. 2
（4）1011.3
【解析】
【小问1详解】
CH4和CO2都只含有极性共价键，该反应过程中断裂的化学键属于极性共价键，故选B。
【小问2详解】
该反应是气体体积增大的熵增反应， S>0，该反应的 H>0， H-T S<0时，反应能自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
【小问3详解】
CO2是共价化合物，电子式为，CO2分子中心原子价层电子对数为2+ 2，碳原子的杂化方式为sp杂化，CO2中含有2个碳氧双键，有2个π键，1molCO2中含有2 molπ键。
【小问4详解】
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H =反应物的总键能-生成物的总键能=4×413kJ/mol+2×745kJ/mol-2×436 kJ/mol-2E(CO)=+247.4kJ·mol 1，解得CO中的键能为1011.3kJ/mol，断裂1molCO分子中的共价键需要吸收1011.3kJ能量。
燃料燃烧产生的二氧化碳有多种捕捉方式，在自然界中存在着二氧化碳气体与其他物质的反应过程，而实验室中一般使用碱液来吸收二氧化碳气体。
2. 向500mL2mol·L 1的NaOH溶液中通入一定体积的CO2充分反应，再向所得溶液中逐滴滴加1mol·L 1的稀盐酸。测得产生CO2的物质的量随加入盐酸的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A. 整个过程中Na+没有参与化学反应，故保持不变
B. 图中的a=0.4，b=1.0
C. 稀盐酸滴加在0→0.2L过程中，发生的离子反应是：
D. 在A、B、C、D四处的溶液中，能与大量K+、Ba2+、NO、OH 共存的只有1处
【答案】BD
【解析】
【分析】向500mL2mol·L 1的NaOH溶液中通入一定体积的CO2充分反应，再向所得溶液中逐滴滴加1mol·L 1的稀盐酸，BC段放出二氧化碳气体，BC段发生反应，当二氧化碳气体恰好完全放出时，溶质恰好为NaCl。
【详解】A. 整个过程中Na+没有参与化学反应，由于加入盐酸，溶液体积增大，故减小，故A错误；
B. 当二氧化碳气体恰好完全放出时，溶质恰好为NaCl，根据元素守恒n(HCl)=n(NaOH)= 0.5L×2mol·L 1=1mol，所以消耗盐酸的体积为；BC段发生反应，BC段消耗盐酸的体积为0.4L，所以放出二氧化碳气体的物质的量为0.4mol，则图中的a=0.4，b=1.0，故B正确；
C. OH-结合H+的能力大于 ，所以稀盐酸滴加在0→0.2L过程中，发生的离子反应是H++OH-=H2O，故C错误；
D. 在A点溶液中含有， B点溶液中含有、D点溶液中含有H+，A、B、D三处的溶液均不能与K+、Ba2+、NO、OH 共存，只有C点的溶液能与大量K+、Ba2+、NO、OH 共存，故D正确；
选BD。
3. Na2CO3溶液中各离子浓度关系正确的选项有
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸根水解导致溶液呈碱性，碱性溶液氢离子浓度极小，钠离子不水解，浓度最大，碳酸根水解产生1个碳酸氢根同时产生1个氢氧根，氢氧根还来源于水的电离，故c()[OH ]>[]>[H+]， A错误；
B．根据质子守恒，Na2CO3溶液中[OH ]=[H+]+[]+2[H2CO3]，B错误；
C．Na2CO3溶液中钠元素物质的量是碳元素的两倍，故由物料守恒，[Na+]=2([]+[]+[H2CO3])，C错误；
D．Na2CO3溶液中，由电荷守恒，[Na+]+[H+]=[OH ]+[]+2[]，D正确；
本题选D。
4. 向饱和Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体，会有晶体析出，写出反应的离子方程式___________，反应后溶液中水的电离程度___________(填“增大”“不变”或“减小”)。
【答案】 ①. 2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓ ②. 减小
【解析】
【详解】由方程式Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3可看出，向饱和Na2CO3的溶液中通入足量的CO2将使溶剂水减少、溶质的质量增大，并且由于NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小，三方面的原因均使NaHCO3以晶体的形式析出，离子方程式为：2Na++CO+CO2+H2O=2NaHCO3↓，反应后的溶液为NaHCO3的饱和溶液，的水解程度大于，水解会促进水的电离，饱和Na2CO3溶液转化为NaHCO3的饱和溶液后，水的电离程度减小。
二、新型太阳能电池材料——钛酸钡(本题共20分)
钛酸钡(BaTiO3)是一种新型太阳能电池材料，其制备原理为：BaCO3+XBaTiO3+CO2↑。
5. 元素周期表中钛数据如图所示，47.87的含义是___________；Ti在元素周期表中的位置是___________；基态钛原子的价电子排布式为___________(填选项)。
A．3d34s1 B．3d24s2 C．3d14s1 D．3d34s2
【答案】 ①. 钛元素的相对原子质量为47.87 ②. 第四周期第ⅣB族 ③. B
【解析】
【详解】由元素周期表中钛的数据图所示信息可知，47.87的含义是钛元素的相对原子质量为47.87，Ti的原子序数为22，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，即Ti位于第4周期第4列，故Ti在元素周期表中的位置是第四周期第ⅣB族，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：钛元素的相对原子质量为47.87；第四周期第ⅣB族；B。
6. 已知钛酸钡的晶胞结构如图所示，晶胞的边长为acm，NA为阿伏加德罗常数的值。方程式BaCO3+XBaTiO3+CO2↑中X的化学式为___________，晶体中Ti4+周围距离最小且相等的Ba2+有___________个，钛酸钡的密度为___________g·cm 3。
【答案】 ①. TiO2 ②. 8 ③.
【解析】
【详解】由钛酸钡的晶胞结构图可知，O位于棱心，个数为12×=3，Ti位于顶点，个数为8×=1，1个Ba位于体心，其化学式为BaTiO3，根据原子守恒可知，X的化学式为TiO2；晶体中Ti4+周围距离最小且相等的Ba2+位于体心，顶点的Ti4+为8个晶胞共有，故晶体中Ti4+周围距离最小且相等的Ba2+有8个；晶胞质量为g，晶胞体积为a3cm3，晶体密度ρ==g cm 3=g cm 3，故答案为：TiO2；8；。
7. 目前生产钛的方法之一是先将TiO2转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。以下是碳氯化法制备TiCl4：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) HkJ·mol 1。
（1）对于该反应：增大压强，平衡___________移动(填“正向”“不”或“逆向”)；温度升高，平衡转化率___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是______。
A. 混合气体的压强保持不变 B.
C. 混合气体的密度保持不变 D. Cl2和CO物质的量相等
（3）在某温度下，该恒容体系已经达到平衡，若向其中加入少量碳，TiCl4的体积分数将___________(填选项)；若加入少量氯气，TiCl4的体积分数将___________(填选项)。
A．减小 B．不变 C．增大
【答案】（1） ①. 逆向 ②. 减小 （2）AC
（3） ①. B ②. A
【解析】
【小问1详解】
TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)为气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡逆向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故答案为：逆向；减小；
【小问2详解】
A．该反应为气体体积增大的反应，恒温恒容时，混合气体的压强保持不变，说明反应已达到平衡状态，A正确；
B．由2正(Cl2)=逆(TiCl4)可知，正逆反应速率不相等，说明该反应没有达到平衡状态，B错误；
C．该反应有固体参加反应，气体的总质量为变量，在容积不变的密闭容器中混合气体的总体积为定值，根据ρ=mV可知，混合气体的密度不变，说明反应达到平衡状态，C正确；
D．Cl2和CO物质的量相等不能说明Cl2或CO的物质的量不再改变，不能证明达到平衡状态，D错误；
故答案为：AC；
【小问3详解】
炭是固体，加入少量炭不能使平衡正向移动，TiCl4的体积分数将不变；加入少量氯气时c(Cl2)增大，平衡正向移动，n(TiCl4)增大，但Cl2的增大量远大于其移动转化量，即Cl2的增大量远大于TiCl4的生成量，所以TiCl4的体积分数将减小，故答案为：B；A。
三、火法炼铜原料——黄铜矿
火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分含)，反应生成Cu2S、SO2和FeS等物质。
8. Cu2S溶于浓氨水中形成无色的[Cu(NH3)2]+，其中___________称为中心离子，它的空轨道接受了配位体提供的___________，形成___________键。
【答案】 ①. Cu+ ②. 孤电子对 ③. 配位
【解析】
【详解】配合物由中心原子(提供空轨道)和配体(提供孤电子对)组成，[Cu(NH3)2]+中，Cu+提供空轨道作为中心离子，配位体是NH3，Cu+的空轨道接受了配位体提供的孤电子对，形成配位键，其配位数是2；
故答案为：Cu+、孤电子对、配位。
9. Cu2O和Cu2S晶体类型相同，其中___________熔点更高，原因是___________。
【答案】 ①. Cu2O ②. Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，而O2-的半径小于S2-，与Cu+形成的离子键作用力更大
【解析】
【详解】Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，而O2-的半径小于S2-，与Cu+形成的离子键作用力更大，所以Cu2O的熔点更高。
10. 焙烧黄铜矿的反应为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2，下列说法中正确的是
A. SO2只是氧化产物
B. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
C. 每生成1molCu2S，有4mol硫元素被氧化
D. 每转移0.6mol电子，有0.2mol铜元素被还原
【答案】D
【解析】
【详解】A．O 元素的化合价降低，S 元素的化合价升高，对应的SO2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；
B．CuFeS2中，Cu 元素的化合价降低，S 元素的化合价升高，既作还原剂也作氧化剂，硫元素被氧化，故B错误；
C．每生成1molCu2S，由反应可知，生成1molSO2，则有1mol 硫被氧化，故C错误；
D．由反应可知，2Cu被还原时该反应中转移6mole-，则每转移0.6mol电子，有0.2mol 铜元素被还原，故D正确；
故选D。
11. Cu2S与一定浓度的硝酸反应，生成硝酸铜、硫酸铜、二氧化氮、一氧化氮和水，当二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为时，实际参加反应的硫化亚铜与硝酸的物质的量之比为___________。
【答案】1∶7
【解析】
【详解】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2。令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（Cu2S）×[6-（-2）+1×2]=1mol×（5-4）+1mol×（5-2），解得n（Cu2S）=0.4mol，由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n（Cu2S）-n（CuSO4）=2×0.4mol-0.4mol=0.4mol，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu(NO3)2]+n（NO2）+n（NO）=2×0.4mol+1mol+1mol=2.8mol，所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol∶2.8mol=1∶7。
12. 常温下，，将0.1molFeS加到下列体积均为100mL的溶液中，Fe2+浓度最大的是_____。
A．0.001mol·L 1的H2S溶液
B．0.001mol·L 1的NaHS溶液
C．0.001mol·L 1的Na2S溶液
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶度积规则，S2-的浓度越大，FeS的溶解度越小。浓度均为0.001mol·L 1的H2S、NaHS、Na2S溶液中，Na2S溶液中S2-的浓度最大，H2S溶液中S2-的浓度最小，所以0.001mol·L 1的H2S溶液中Fe2+浓度最大，故选A。
13. Ⅰ.二氧化硫可用于“接触法制硫酸”，核心反应是2SO2+O22SO3，因SO2在催化剂表面与O2接触而得名，反应过程示意图如下：
（1）下列说法正确的是_________。
A. SO2和SO3都属于酸性氧化物，通到BaCl2溶液中都会产生白色沉淀
B. 增大O2的浓度可以明显提高SO3的生成速率
C. 图示过程中既有V-O键的断裂又有V-O键的形成
D. V2O5的作用是降低该反应的活化能，提高SO2的平衡转化率
Ⅱ.也可以用电化学原理，使用SO2制备硫酸，同时精制粗铜，装置如图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许H+通过。
（2）通入SO2的电极其电极反应式为___________，与___________(填“精铜”或“粗铜”)连接；
（3）假设粗铜中含有铁、锌杂质，工作一段时间后CuSO4溶液中的Cu2+浓度___________(填“不变”或“增大”“减小”)。
【答案】（1）C （2） ① SO2-2e-+2H2O=4H++SO ②. 精铜
（3）减小
【解析】
【小问1详解】
A．SO2、SO3都属于酸性氧化物，但SO2通入BaCl2溶液中不会产生白色沉淀，故A错误；
B．增大O2的浓度可以提高化学反应速率，但反应①较慢，总反应速率是由慢反应决定，所以总反应不能明显提高，故B错误；
C．与的相互转化过程中既有V-O的断裂又有V-O键的形成，故C正确；
D．V2O5作为催化剂其作用是降低该反应的活化能，缩短反应达到平衡所需的时间，但不能使平衡发生移动，无法提高SO2的平衡转化率，故D错误；
故选C；
【小问2详解】
通入SO2的电极是负极，因为SO2失电子化合价升高生成硫酸，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=+4H+，电解精炼铜中，精铜在阴极由铜离子得电子生成，故通入SO2的电极与精铜连接；
【小问3详解】
假设粗铜中含有铁、锌杂质，工作时，铁、锌在阳极也会失电子，而阴极一定生成的是铜，相当于阳极失电子而溶解的铜少于阴极得电子生成的铜，故一段时间后CuSO4溶液中的Cu2+浓度减小。
四、治疗高血压的药物——美托洛尔
14. 美托洛尔是一种治疗高血压的药物的中间体，可以通过以下方法合成：
请回答下列问题：
（1）关于原料A，则下列说法正确的是_________。
A. 在常温下为固态且易溶于水
B. A中所有碳原子可能在同一平面上
C. 1molA与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
D. 1molA与浓溴水反应，最多消耗3molBr2
（2）美托洛尔中的含氧官能团为___________和___________(填名称)。
（3）③中加入的试剂X的分子式为C3H5OCl，X的结构简式为___________，分子中有___________个手性碳原子。
（4）在上述①②③三步反应中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（5）写出B和足量的氢气发生反应的方程式___________。
（6）满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为___________(写出一种即可)。
Ⅰ.能发生银镜反应
Ⅱ.能与FeCl3溶液发生显色反应
Ⅲ.分子中有4种不同化学环境的氢原子，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2
（7）如果要区分符合上述要求的B的同分异构体，下列方法可行的是_________。
A. 单晶X射线衍射 B. 红外光谱
C. 质谱法 D. 核磁共振氢谱
（8）参照上述合成路线，根据已有知识并结合题目所给相关信息，写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_________。
【答案】（1）B （2） ①. 羟基 ②. 醚键
（3） ①. ②. 1
（4）①③ （5）+3H2
（6）或 （7）A
（8）
【解析】
【分析】A和CH3ONa发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，由碳链骨架及官能团变化可知，酚-OH上H被-OC3H5取代，且生成HCl，X的分子式为C3H5OCl，结合D的结构可知X的结构简式为，以此解答。
【小问1详解】
A．有机物A中含有憎水基团较多，难溶于水，A错误；
B．苯环为平面结构，与苯环相连的C原子也与苯环共面，则A中所有碳原子可能在同一平面上，B正确；
C．A中含有1个酚羟基和1个氯原子，1molA与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，C错误；
D．A中苯环上最多有4个H原子可以被取代，1molA与浓溴水反应，最多消耗4molBr2，D错误；
故选B。
【小问2详解】
美托洛尔中的含氧官能团为羟基、醚键。
【小问3详解】
由碳链骨架及官能团变化可知，酚-OH上H被-OC3H5取代，且生成HCl，X的分子式为C3H5OCl，结合D的结构可知X的结构简式为，其中含有1个手性碳原子，位置为。
小问4详解】
由分析可知，在上述①②③三步反应中，属于取代反应的是①③。
【小问5详解】
B中含有苯环可以和H2发生加成反应，方程式为：+3H2。
【小问6详解】
分子中有4种不同化学环境的氢原子，且1mol该物质与金属钠反应产生1molH2，可知含2个酚-OH，结构对称，分子中只有4种H，则满足条件的B的同分异构体的结构简式为或。
【小问7详解】
和互为同分异构体，相对分子质量相等，官能团的种类和个数相同，H原子的种类和个数也相等，不能用红外光谱、质谱法、核磁共振氢谱区分，可以用单晶X射线衍射来区分同分异构体，故选A。
【小问8详解】
观察原料和目标产物可知，羟基被氧化，苯环上另一个取代基发生类似B到D的变化，所以合成路线为：。
五、一种重要的无机化工产品——碱式碳酸镁
15. 碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石【主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等】为原料制备碱式碳酸镁的实验流程如下：
（1）常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。
应控制“碳化”终点pH约为___________，钙元素的主要存在形式是___________(填化学式)。
（2）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为___________。
（3）该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是___________(填化学式)。
【答案】（1） ①. 9.0 ②. CaCO3
（2）5Mg(HCO3)2=4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑
（3）CO2
【解析】
【分析】白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]在高温下焙烧，其中CaMg(CO3)2分解生成CaO、MgO和CO2，再加水“消化”，其中MgO、CaO均与水反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2，经过滤除去SiO2、Fe2O3等残渣，再向所得溶液中通入CO2气体进行碳化，使得Mg(OH)2转化为可溶的Mg(HCO3)2，经过滤除去CaCO3，将所得Mg(HCO3)2溶液加热并控制温度95 100℃即得到碱式碳酸镁，最后过滤并洗涤得到产品，据此分析作答；
【小问1详解】
由图象可知，应控制“碳化”终点pH约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而CaO含量较低；煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求，所以“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2 和Ca(OH)2+CO2= CaCO3↓+H2O，钙元素存在的主要形式为CaCO3，故答案为9.0；CaCO3；
【小问2详解】
由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2=4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑；
【小问3详解】
由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。
16. 某碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]中含有SiO2杂质，为测定其纯度。某兴趣小组设计了如下方案：①称取碱式碳酸镁样品mg；②将样品充分高温煅烧，冷却后称量；③重复操作②，测得剩余固体质量为m1g(用电子天平称量)。
（1）下列仪器中，该方案不会用到的是________。
（2）判断样品完全分解的方法是___________；本实验至少需要称量___________次。
（3）某研究小组进行三次实验，数据记录如下：
样品质量/g 剩余固体质量/g
实验1 18.000 8.000
实验2 18.000 8.020
实验3 18.000 7.980
通过计算，该样品中碱式碳酸镁的纯度为___________。(4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O式量466；写出简要的步骤)
（4）有同学认为高温煅烧过程中会发生MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，会导致测定结果有误，你认为这位同学的观点正确吗？___________(填“正确”或“错误”)，请说明自己的理由：___________。
【答案】（1）E （2） ①. 连续两次称量的差值不超过0.001g ②. 4
（3）18.000g样品高温煅烧后剩余固体质量为，质量减轻18.000g-8.000g=10.000g，1mol4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O质量为466g，高温煅烧释放4molCO2和5molH2O，质量减轻266g，所以样品中碱式碳酸镁的纯度为
（4） ①. 错误 ②. 该反应对样品在加热条件下释放CO2和水不造成影响
【解析】
【小问1详解】
煅烧固体应选择坩埚，同时需要泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒，干燥选用的仪器为干燥器，不需要蒸发皿，所以该方案不会用到的是E；
【小问2详解】
判断样品完全分解的方法是样品连续两次高温煅烧，冷却后称量其质量的差值应在0.001g以内；本实验加热前需要称量坩埚的质量，称量坩埚和药品的总质量，灼烧后冷却称量坩埚和样品的总质量，再次灼烧冷却后称量坩埚和样品的总质量，所以一共至少称量4次；
【小问3详解】
由表格数据可得，18.000g样品高温煅烧后剩余固体质量为，质量减轻18.000g-8.000g=10.000g，1mol4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O质量为466g，高温煅烧释放4molCO2和5molH2O，质量减轻266g，所以样品中碱式碳酸镁的纯度为；
【小问4详解】
MgCO3+SiO2MgSiO3+CO2↑，由方程式可知，该反应发生不影响样品在加热条件下生成的二氧化碳和水蒸气的量，所以这位同学的观点是错误的。