四川省成都七中2020届高三化学理科综合二诊模拟考试试题（解析版）

成都七中 2020 届高中毕业班二诊模拟检测理科综合 化学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷(选择题)1 至 5 页，第Ⅱ卷(非选择题)5 至 12 页， 共 13 页：满分 300 分，考试时间 150 分钟。 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号项写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5.考试结束后，只将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 K-39 Cl-35.5 Ca-40 Ti-48 第Ⅰ卷(共 126 分) 一、选择题 1.下列有关叙述正确的是 ①氧化镁：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造计算机芯片；③水玻璃：可作木材防火剂；④铝热反应既 可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；⑤水煤气属于清洁能源；⑥浓硫酸：可用于干燥 Cl2、SO 2、H2S 等气体；⑦“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，使用时加入浓盐酸可以增强消毒效果；⑧用 CO2 合成可降解 的聚碳酸酯塑料，能减少白色污染及其危害 A. ②③④⑤ B. ②④⑤⑥ C. ①③⑤⑧ D. ①③⑥⑦ 【答案】C 【解析】 【分析】 ①氧化镁是离子化合物，离子键强，熔点高； ②二氧化硅能全反射光，可作光纤； ③水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，不能燃烧和支持燃烧； ④铝热反应原理是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，工业上冶炼铁原理是 CO 还原铁的氧化物得到铁； ⑤水煤气主要成分是 H2 和 CO，燃烧产物是 H2O 和 CO2； ⑥浓硫酸与 Cl2、SO2 等不反应，能氧化 H2S 生成 S 或 SO2；⑦次氯酸钠和盐酸可发生有毒气体氯气； ⑧白色污染是塑料制品降解程度差、对环境造成的污染。 【详解】①氧化镁具有较高熔点，可用作耐火材料，故①正确； ②二氧化硅能全反射光，可作光纤，Si 是良好的半导体材料，可制造计算机芯片，故②错误； ③水玻璃是硅酸钠溶液的俗名，不能燃烧和支持燃烧，可作木材防火剂，故③正确； ④铝热反应原理是铝与氧化铁反应生成铁和氧化铝，液态铁用于焊接钢轨，但不用于工业上冶炼铁，工业 上冶炼铁原理 CO 还原铁的氧化物得到铁，故④错误； ⑤水煤气主要成分是 H2 和 CO，完全燃烧产物是 H2O 和 CO2，无污染，所以水煤气属于清洁能源，故⑤正 确； ⑥浓硫酸能氧化 H2S 生成 S 或 SO2，会造成二次污染，不能用于干燥 H2S 气体，故⑥错误； ⑦“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，次氯酸钠和盐酸可发生有毒气体氯气，所以二者不能混用，故⑦错 误； ⑧白色污染是塑料制品不能降解从而对环境造成的污染，若用 CO2 合成的是可降解的聚碳酸酯塑料，降解 生成二氧化碳，可以减少白色污染和危害，故⑧正确； 故答案选 C。 2.常温下，将 0.20 mol/LKMnO4 酸性溶液 0.l0L 与一定量 pH=3.0 的草酸(HOOC-COOH)溶液混合，放出 VL 气体。NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 9 g HOOC-COOH 含共用电子对数目为 0.9NA B. 当 0.01mol KMnO4 被还原时，强酸提供的 H+数目为 0.01NA C. pH=3.0 的草酸溶液含有 H+数目为 0.001NA D. 该反应释放 CO2 分子数目为 VNA/22.4 【答案】A 【解析】 【分析】 A．1 个 HOOC−COOH 分子中含有 9 对共用电子对； B．KMnO4 与草酸反应的方程式为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O，根 据方程式来分析； C．溶液体积不明确； D．不确定 CO2 气体所处的温度压强条件。【详解】A．1 个 HOOC−COOH 分子中含有 9 对共用电子对，则 9 g HOOC-COOH 物质的量为 =0.1mol，含共用电子对数目为 0.9NA，故 A 正确； B．KMnO4 与草酸反应的方程式为 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O，根据 方程式可知当 1molKMnO4 被还原时，强酸提供的 H＋的物质的量为 3mol，因此反应消耗的 H＋数目为 3NA， 故 B 错误； C．缺少溶液的体积，不能计算 H＋的数目，故 C 错误； D．不确定 CO2 气体所处的温度压强条件，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，故 D 错误； 故答案选 A。 3.阿巴卡韦(Abacavir) 是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体 M( )，下列说法正确的是 A. 与环戊醇互为同系物 B. 分子中所有碳原子共平面 C 和 1 mol 钠反应可以生成 22.4 L 氢气 D. 可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和 M 【答案】D 【解析】 【分析】 该有机物中含有醇羟基和碳碳双键，具有醇和烯烃性质，能发生氧化反应、酯化反应、消去反应、加成反 应、加聚反应等。 【详解】A．环戊醇中含有一个羟基且不含碳碳双键，该分子中含有 2 个羟基且含有碳碳双键，二者结构不 同，所以不属于同系物，故 A 错误； B．该分子中有 4 个碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故 B 错误； C．该物质可以与金属钠反应生成氢气，但没有确定气体的状况无法计算体积，故 C 错误； D．乙酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，碳酸氢钠和 M 不反应，现象不同可以用碳酸氢钠溶液鉴别，故 D 正确； 故答案选 D。 4.短周期元素原子半径与原子序数的关系如图，下列有关说法正确的是 . 9g 90g/molA. 氢化物的热稳定性：C>B>A B. 简单离子半径大小：D>C C. E 的一种氧化物和 A 的单质在高温下能反应 D. G 的最高价氧化物对应的水化物是离子化合物 【答案】C 【解析】 【分析】 同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前 7 种元素处于第二周期，后 7 种元素 处于第三周期，由原子序数可知，A 为碳元素，B 为氮元素，C 为氧元素，D 为铝元素，E 为硅元素，G 为 硫元素，结合元素周期律与物质的性质等解答。 【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前 7 种元素处于第二周期，后 7 种元素处于第三周期，由原子序数可知，A 为碳元素，B 为氮元素，C 为氧元素，D 为铝元素，E 为硅元素 ，G 为硫元素； A．碳元素有多种氢化物，如 CH4、C2H6 等，无法根据非金属性判断氢化物稳定性强弱，故 A 错误； B．O2−、Al3＋离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径： O2−＞Al3＋，故 B 错误； C．二氧化硅与碳在高温下可以反应生成硅和一氧化碳，故 C 正确； D．硫的最高价氧化物对应的水化物是 H2SO4，属于共价化合物，故 D 错误； 故答案选 C。 【点睛】本题推断元素的种类是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中 要抓住“短周期元素”几个字。 5.下列说法正确的是 A. 用苯萃取溴水中的 Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层 B. 欲除去 H2S 气体中混有的 HCl，可将混合气体通入饱和 Na2S 溶液 C. 乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇D. 用 pH 试纸分别测量等物质的量浓度的 NaCN 和 NaClO 溶液的 pH，可比较 HCN 和 HClO 的酸性强弱 【答案】A 【解析】 【详解】A．苯的密度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出 水层，再从上口倒出有机层，故 A 正确； B．H2S 与 Na2S 溶液能够发生反应生成 NaHS，因此不能用饱和 Na2S 溶液除去 H2S 气体中混有的 HCl，故 B 错误； C．乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故 C 错误； D．NaClO 具有漂白性，不能用 pH 试纸测定溶液的 pH，故 D 错误； 故答案为：A。 【点睛】测定溶液 pH 时需注意：①用 pH 试纸测定溶液 pH 时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；② 不能用 pH 试纸测定具有漂白性溶液的 pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO 溶液、H2O2 溶液 等。 6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2 电极，b 为 Pt 电极，c 为 WO3 电极， 电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大 气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ） A. 若用导线连接 a、c,则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B. 若用导线连接 a、c,则 c 电极的电极反应式为 HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C. 若用导线先连接 a、c,再连接 b、c,可实现太阳能向电能转化 D. 若用导线连接 b、c, b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．用导线连接 a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为 2H2O-4e-=4H++O2↑，a 电极周围 H+浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确；B．用导线连接 a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3，故 B 错误； C．用导线先连接 a、c，再连接 b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故 C 正确； D．用导线连接 b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O，故 D 正确； 故答案为 B。 7.向某 Na2CO3、NaHCO3 的混合溶液中加入少量的 BaCl2，测得溶液中 与 的关系如 图所示，下列说法正确的是 A. 该溶液中 B. B、D、E 三点对应溶液 pH 的大小顺序为 B>D>E C. A、B、C 三点对应的分散系中，A 点的稳定性最差 D. D 点对应的溶液中一定存在 2c(Ba2+ ) +c(Na+ )+c(H+ )=c(CO32- )+c(OH- )+c(Cl- ) 【答案】C 【解析】 【详解】A．该溶液 K1 > K2，因此溶液中 ，故 A 错误； B． 越大，则 c(Ba2+)越小，c(CO32－)越大，碱性越强，因此 B、D、E 三点对应溶液 pH 的大小 顺序为 E >D > B，故 B 错误； C．A、B、C 三点对应的分散系中，A 点为过饱和溶液，会生成碳酸钡沉淀，因此 A 点的稳定性最差，故 C 正确； D．D 点对应的溶液，根据电荷守恒，一定存在 2 c(Ba2+ ) + c(Na+ )+ c(H+ )=2 c(CO32－) + c(OH－) + c(Cl－) + c(HCO3－)，由于 c(CO32－) = c(HCO3－)，还可以为 2 c(Ba2+ ) + c(Na+ )+ c(H+ ) = 3c(CO32－) + c(OH－) + c(Cl－) ，故 D 错误。 综上所述，答案为 C。 2- 3 2- 3 c(CO )lg c(HCO ) 2+-lgc(Ba ) - 2 3 3 - 2- 3 3 c(H CO ) c(HCO )>c(HCO ) c(CO ) 2 3 3h2 h1 2 3 3 c(H CO ) c(HCO )=c(HCO ) (OH ) c(CO ) (OH ) K K c c − − − − −< = 2+-lgc(Ba )三、非选择题 8.以环己醇为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO H]的实验流程如下： 其中“氧化”的实验过程：在 250mL 四颈烧瓶中加入 50 mL 水和 3.18g 碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓 慢加入 9.48g(约 0.060 mol)高锰酸钾，按图示搭好装置： 打开电动搅拌，加热至 35℃，滴加 3.2 mL(约 0.031 mol) 环己醇，发生的主要反应为： KOOC(CH2)4COOK ∆H＜0 (1)“氧化”过程应采用____________加热 (2)“氧化”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：_______________。 (3)为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点 1 滴混合物，若观察到___________则表明反应已经完成。 (4)“趁热抽滤”后，用___________进行洗涤(填“热水”或“冷水")。 (5)室温下，相关物质溶解度如表： 化学式 己二酸 NaCl KCl 溶解度 g/100g 水 1.44 35.1 33.3 “蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至_________(填标号) A.5mL B.10mL C.15mL D.20mL (6)称取己二酸(Mr-=146 g/mol)样品 0.2920 g，用新煮沸 50 mL 热水溶解，滴入 2 滴酚酞试液，用 0.2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点，消耗 NaOH 的平均体积为 19.70 mL。NaOH 溶液应装于____________(填仪 器名称)，己二酸样品的纯度为________。 【答案】 (1). 水浴 (2). 为保证反应温度的稳定性(小于 50℃)或控制反应温度在 50℃以下 (3). 的 - 4KMnO / OH ＜50℃ →未出现紫红色 (4). 热水 (5). C (6). 碱式滴定管 (7). 98.5% 【解析】 【分析】 由题意可知，三颈烧瓶中加入 3.18 克碳酸钠和 50mL 水，低温搅拌使其溶解，然后加入 9.48g 高锰酸钾，小 心预热溶液到 35℃，缓慢滴加 3.2mL 环己醇，控制滴速，使反应温度维持在 45℃左右，反应 20min 后，再 在沸水浴上加热 5min 促使反应完全并使 MnO2 沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁 热过滤得到 MnO2 沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤 MnO2 沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤 液体积减少至 10mL 左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节 pH＝1～2)，冷却结晶、抽滤、洗 涤、干燥，得己二酸白色晶体； (1)氧化过程需要使反应温度维持在 35℃左右； (2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度； (3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可； (4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析； (5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然 溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积； (6)①根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器； ②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品 0.2920g，用新煮沸的 50mL 热水溶解，滴入 2 滴酚酞试液，用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗 NaOH 的平均体积为 19.70mL；设己二酸样品的 纯度为 ω，根据 HOOC(CH2)4COOH～2NaOH 计算。 【详解】(1)氧化过程需要使反应温度维持在 35℃左右，要用 35℃的热水浴； (2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于 50℃)或控制反应温度在 50℃以下，需要 控制环己醇滴速； (3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点 1 滴混合物，若观察到未出现 紫红色，即表明反应完全； (4)根据步骤中分析可知要使生成的 MnO2 沉淀并充分分离 MnO2 沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少 MnO2 沉 淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤； (5)据题意，高锰酸钾约 0.060mol，碳酸钠 3.18g，0.030mol，根据元素守恒，得最后 NaCl、KCl 最多为 0.060mol ，质量分别为 3.51g，4.47g，所需体积最少要 10mL、13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体 积至 15mL； (6)①氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品 0.2920g，用新煮沸的 50mL 热水溶解，滴入 2 滴酚酞试液，用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗 NaOH 的平均体积为 19.70mL；设己二酸样品的 纯度为 ω，则： ＝ 解得 ω＝98.5%. 【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解答， 注意题目信息与相关基础知识的联合分析。 9.铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含 25%BeO、71%CuS、 少量 FeS 和 SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图： 已知： Ⅰ.铍、铝元素化学性质相似； Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如表： 难溶物 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 2.2×10-20 4.0×10-38 2.1×10-13 (1)滤液 A 的成分除 NaOH、Na2BeO2 外，还有________(填化学式)，写出反应 I 中 Na2BeO2，与过量盐酸反 应的化学方程式：_________________。 (2)从滤液 C 中提纯纯 BeCl2，最合理 实验步骤顺序为_________(填字母) a.加入过量的氨水 b.通入过量 CO2 c.加入过量 NaOH 溶液 d.加入适量 HCl e.洗涤 f.过滤 的 2 4 -3 HOOC(CH ) COOH 2NaOH 146g 2mol 0.2920g 0.2000mol/L 19.70 10 Lω× × ×  0.292 146g 0g ω× 3 2mol 0.2000mol/L 19.70 10 L−× ×(3)MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应Ⅱ中 CuS 发生反应的离子方程式：__________。 若用浓 HNO3 溶解金属硫化物，缺点是________(任写一条) (4)滤液 D 中 c(Cu2+)= 2.2 mol∙L-1、c(Fe3+) = 8.0×10 -3mol∙L-1、c(Mn2+)= 0.01mol∙L-1，逐滴加入 Na2CO3 溶液调 节 pH 可将其转变成氢氧化物依次分离，首先沉淀的是______ (填离子符号)。为使铜离子开始沉淀，常温下 应调节溶液的 pH____4。 【答案】 (1). Na2SiO3 (2). Na2BeO2 + 4HCl = BeCl2 + 2NaCl + 2H2O (3). afed (4). MnO2 + CuS + 4H+ = Mn2+ + S + Cu2+ + 2H2O (5). 会产生污染环境的气体 (6). Fe3+ (7). > 【解析】 【分析】 废旧铍铜元件(含 25%BeO、71%CuS、少量 FeS 和 SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，滤液 A 含有氢氧化钠、 Na2SiO3、Na2BeO2 等，滤液 B 含有 CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，固体含有 S， 滤液 D 含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入 Na2CO3 固体，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，以此解 答该题。 【详解】(1)BeO 具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液 A 的主要 成分除 NaOH、Na2BeO2 外，还有 Na2SiO3，反应 I 中 Na2BeO2 与过量盐酸反应的化学方程式为 Na2BeO2 + 4HCl = BeCl2 + 2NaCl + 2H2O； (2)溶液 C 含 NaCl、BeCl2 和少量 HCl 为提纯 BeCl2，可先加入过量的氨水生成 Be(OH)2，过滤，洗涤后再加 入盐酸，可生成 BeCl2，则顺序为 afed； (3)MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与 CuS 反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，反应的离子 方程式为 MnO2 + CuS + 4H+ = Mn2+ + S + Cu2+ + 2H2O；用浓HNO3 溶解金属硫化物，可生成二氧化氮等气体 ，污染环境； (4)常温下：Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38，Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10-13，溶液 D 中含 c(Cu2+)=2.2 mol∙L-1、c(Fe3+) = 8.0×10-3mol∙L-1、c(Mn2+)= 0.01mol∙L-1，如分别生成沉淀，需要 c(OH-)分别为 、 、 ，可知 Fe3+的 c(OH-)最小，最先生成沉淀， 使铜离子开始沉淀，则 c(OH-)＝ ＝1×10-10mol/L，pH 应大于 4。 10.CO2 的回收与利用是科学家研究的热点课题。可利用 CH4 与 CO2 制备合成气(CO、H2)，还可制备甲醇、 二甲醚、低碳烯经等燃料产品。 I.科学家提出制备“合成气”反应历程分两步： -20 2.2 2.2 10 mol/L × 38 3 4.0 10 mol/L0.008 −× -13 0.01 2.1 10 mol/L × -20 2.2 2.2 10 mol/L ×反应①：CH4(g)⇌C(ads) +2H2(g) (慢反应) 反应②：C(ads) + CO2(g)⇌2CO(g) (快反应) 上述反应中 C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图： (1)CH4 与 CO2 制备合成气的热化学方程式为____________：该反应在高温下可自发正向进行的原因是 _________，能量变化图中：E5+E1___E4+E2(填“>”、“”、“”、“(已知 PTFE 浸泡了饱和 KCl 溶液)。请写出阴极的电极反应式______。 【答案】 (1). CH4 (g) + CO2 (g)⇌2CO (g) + 2H2 (g) ΔH= +(E3 - E1) kJ·mol-1 (2). 该反应正向吸热，气体 计量数增大(熵增)，高温有利于正向自发进行 (3). ＜ (4). ＜ (5). ＞ (6). C (7). 正 (8). 2CO2 + 12e- + 8H2O = C2H4 + 12OH- 【解析】 【分析】 Ⅰ．(1)焓变△H＝生成物的总内能−反应物的总内能，结合物质的凝聚状态写出热化学方程式；根据化学反 应自发进行的条件判断；反应越慢，反应的活化能越高，据此解答； II．由 lnKc=-2.205+ 可知，温度 T 越大，则 Kc 越小，即升高温度，Kc 减小，所以 2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＜0； (2)升高温度，平衡逆向进行，即 v 正＜v 逆，结合速率常数 k 的变化分析； (3)根据浓度熵 Qc 与平衡常数 K 的关系分析：若 Qc＞K，则反应逆向进行； (4)根据 lnKc=-2.205+ 和 T＝500K 计算平衡常数 Kc，结合反应三段式计算平衡时 CH3OCH3(g)的 物质的量和物质的量分数； Ⅲ．(5)由电解装置图可知，a 电极上 CO2 发生得电子的还原反应生成 C2H4，所以 a 电极为阴极、b 为阳极， 阴极上 CO2 得电子生成 C2H4，结合电子守恒和电荷守恒写出电极反应式。 【详解】Ⅰ．(1)CH4 与 CO2 制备“合成气”的化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)⇌2H2(g)＋2CO(g)，由图可知故 反应的焓变△H＝生成物的总内能−反应物的总内能＝(E3−E1)kJ/mol，反应的热化学方程式为 CH4(g)＋ CO2(g)⇌ 2CO(g)+2H2 (g) △H＝＋(E3−E1)kJ/mol；该反应正向吸热，气体计量数增大(熵增)，高温有利于正 向自发进行；两步历程中反应①是慢反应，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，即 E4−E1＞E5−E2， 所以 E5＋E1＜E4＋E2； II．由 lnKc=-2.205+ 可知，温度 T 越大，则 Kc 越小，即升高温度，Kc 减小，所以 2708.6137 T 2708.6137 T 2708.6137 T2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＜0； (2)升高温度，正逆反应速率均增大，但平衡逆向进行，v 正＜v 逆，所以 k 正增大的倍数小于 k 逆增大的倍数； (3)2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)是气体体积不变化的反应，可用物质的量代替浓度代入表达式中计算， 浓度熵 Qc＝ ＝ ＝1＜200＝Kc，所以反应正向进行，v 正＞v 逆； (4)T＝500K 时，lnKc=-2.205+ ＝−2.205＋ ＝3.2122274，Kc＝e3.2122274，所以 22＜ e3.2122274＜34，即 4＜Kc＜81，设 CH3OH 的起始量为 2mol，CH3OCH3 生成的物质的量为 xmol，则反应的三 段式为： 平衡常数 Kc＝ ＝ ＝ × ， ＝4Kc，16＜ ＝4Kc ＜324，解得 ＜x＜ ，体系中 CH3OCH3(g)的物质的量分数为 ×100%，在 40%～47.4%之间； (5)①由电解装置图可知，a 电极上 CO2 发生得电子的还原反应生成 C2H4，所以 a 电极为阴极、b 为阳极， 阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接； ②阴极上 CO2 得电子生成 C2H4，电极反应式为 2CO2 + 12e- + 8H2O = C2H4 + 12OH-。 【点睛】判断正逆反应速率的相对大小就是判断可逆反应的进行方向，运用化学平衡常数进行解题是本题 解答的关键，注意(4)估算法在化学计算中的应用。 11.金属钛因为其优越的性能被称为“未来金属”，其工业冶炼涉及到的反应如下：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO。回答下列相关问题： (1)基态钛原子的价层电子排布式为____ ，上述反应中非金属元素电负性由大到小是______； (2)已知部分物质熔沸点如下： 名称 金红石 金刚石 四氯化钛 四溴化钛 四碘化钛 化学式 TiO2 C TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 1830 3550 -24.1 38 150 沸点/℃ 2927 4827 136.4 233.1 377.2 ( ) ( )3 3 2 2 3 CH OCH H O (CH OH) c c c  2 0.4mol 0.4mo (0.4m l ol) × 2708.6137 T 2708.6137 500 3 3 3 22CH OH(g) CH OCH (g) + H O(g) (mol) 2 0 0 (mol) 2x x x (mol) 2-2x x x  起始量 变化量 平衡量 ( ) ( )3 3 2 2 3 CH OCH H O (CH OH) c c c  2 xmol xmol [(2-2x)mol] ⋅ 1 4 2x( )1-x 2x( )1-x 2x( )1-x 4 5 18 19 x 2 一定条件自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次升高的原因是__________。 (3)配位数为 6，组成为 TiCl3•6H2O 的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O 的 X 呈绿色，定量实验表 明，X 与 AgNO3 以 1:2 物质的量比反应生成沉淀。Y 呈紫色，且 Y 与 AgNO3 以 1:3 物质的量之比反应生成 沉淀，则 Y 的化学式为 ______。 (4)钙钛矿是重要的含钛矿物之一。其主要成分 Z 的晶胞如图所示。推测 Z 的化学式为__________，Ca 填充 在 O 围成的_________空隙中。 (5)若晶胞参数 a=384.1pm，Z 晶体的密度为 _________列出计算表达式并计算出两位有效数字结果， 3.8413≈56.67，阿伏加德罗常数用 6.0×1023 mol-1) 【答案】 (1). 3d24s2 (2). O＞Cl＞C (3). 三种物质都 分子晶体，组成和结构相似时，相对分子 质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高 (4). [Ti(H2O)6]Cl3 (5). CaTiO3 (6). (正)八面体 (7). 4.0 g/cm3 【解析】 【分析】 (1)Ti 位于周期表中第 4 周期第ⅣB 族；元素的非金属性越强其电负性越强； (2)三种钛的卤化物均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高； (3)配合物外界能够完全电离，根据与 AgNO3 发生反应的物质的量之比确定配合物的化学式； (4)根据晶胞结构，顶点粒子占 ，面心粒子占 ，内部粒子为整个晶胞所有，据此推测化学式；根据晶胞 结构示意图推断 Ca 原子 位置； (5)根据密度 ρ＝ 做相关计算。 【详解】(1)Ti 位于周期表中第 4 周期第ⅣB 族，所以钛的价层电子排布式为 3d24s2；元素的非金属性越强 其电负性越强，故上述反应中非金属元素电负性由大到小是 O＞Cl＞C； (2)三种钛的卤化物均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高； 是 的 1 8 1 2 m V(3)配合物外界能够完全电离，Y 与 AgNO3 以 1：3 物质的量比反应生成沉淀，所以 Y 的外界能够解离出 3 份 Cl−，则 Y 的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3； (4)根据晶胞结构，顶点粒子占 ，面心粒子占 ，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中有 Ti 为 8× ＝1 个，有 Ca 为 1 个，有 O 为 6× ＝3 个，所以 Z 的化学式为 CaTiO3，根据晶胞结构示意图可知 Ca 填充在 O 围成的正八面体空隙中； (5)不妨设有 1mol 这样的晶胞，即有 NA 个这样的晶胞，1 个晶胞的体积为 V＝a3pm3＝a3×10−30cm3，1mol 晶 胞的质量为 m＝1mol×136g/mol＝136g，所以晶体密度为 ρ＝ ＝ g/cm3＝ g/cm3=4.0g/cm3。 12.苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M 和高分子化合物 N．（ 部分产物及反应条件已略去） （1）B 的官能团的名称是_______________。 （2）已知 C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，C 的核磁共振氢谱有 3 组峰，则 C 的结构简式 ______________________。 （3）由 D 生成 N 的反应类型是_________，B 与 C 反应生成 M 的反应类型是_________。 （4）写出 M 与 NaOH 溶液反应的化学方程式是__________________________________。 （5）物质 F 的结构是： ，则符合下列条件的 F 的同分异构体有 ______种。 ①能发生银镜反应 ②能与 NaHCO3 溶液反应 ③分子中有苯环，无 结构。其中苯环上只有 两个取代基，且核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1:2:2:1 的为___________(写结构简式)。 1 8 1 2 1 8 1 2 A m N V 3 30 A 136 a 10N −× 23 3 30 136 6.02 10 384.1 10−× × ×（6）已知： ，写出以苯酚、乙醇和 ClCH2COOH 为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任用）。___________ 【答案】 (1). 羧基、羟基（酚羟基） (2). (3). 缩聚反应 (4). 取代反应（ 酯 化 反 应 ） (5). (6). 13 (7). (8). 【解析】 【分析】 苯酚与氢氧化钠反应生成苯酚钠，则 A 为 ，由合成流程可知 B 为 ，C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，说明属于饱和一元醇，C 分子中有 3 中不同化学环境的氢原子，故 C 的结构 简式是 ，B 与 C 发生酯化反应生成 M，M 为 ；苯酚与丙酮反应生成 D， D 的分子式为 C15H16O2，再结合 N 的结构可知 D 为 。 【详解】（1）B 的结构简式为 ，其含有的官能团为羧基、醛基，故答案为羧基、羟基（酚羟 基）； （2）C 的分子式为 C5H12O，C 能与金属 Na 反应，说明属于饱和一元醇，C 分子中有 3 中不同化学环境的 氢原子，故 C 的结构简式是 ，故答案为 ；（3）D 生成 N 的反应为 与 发生缩聚反应生成 ；B 与 C 反应生成 M 的反应为在浓硫酸作用下， 与 共热发生酯化反应生成 ，故答案为缩聚反应；取代反应（酯化反应）； （4） 含有羟基和酯基，与NaOH 溶液反应生成 、 和水，反应的化 学方程式为： ，故答案为 ； （5）由结构简式可知 F 的分子式为 C8H6O4，由 F 的同分异构体符合条件可知分子中有苯环，含有—COOH ，HCOO—或—CHO 和—OH，若苯环上连有—COOH 和 HCOO—，有邻、间、对 3 种位置异构；若苯环上 连有—COOH、—CHO 和—OH 共有 10 种结构，则符合 F 的同分异构体条件共有 13 种；若苯环上只有两 个取代基，核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1:2:2:1 的结构简式为 ，故答案为 13； ； （6）由题给信息可知应先生成 ClCH2COOH 和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与乙醇 发生酯化反应可生成目标物，合成路线为： ，故答案为 。【点睛】本题考查有机化学基础，是一道基础有机合成题，着力考查阅读有机合成方案设计、利用题设信 息、解决实际问题的能力，也考查了对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分 析能力，试题涉及酚、羧酸等性质与转化，注意根据苯酚、D 的分子式、N 的结构式推断 D 的结构是解答 关键。