2020届高三毕业生六月供题（二）理科综合化学试题（解析版）

武汉市 2020 届高中毕业生六月供题（二） 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 V-51 Ru- 101 1.化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是 A. 用 NaHCO3 和 Al2(SO4)3 溶液可以制作泡沫灭火剂 B. 为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻保藏 C. 溴化银见光易分解，可用作胶片感光剂 D. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂 【答案】B 【解析】 A．NaHCO3 水解显碱性，Al2(SO4)3 水解显酸性，二者反应生成二氧化碳气体可用于灭火，故 A 正确； B．为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故 B 错误；C．溴化银不稳定，见光易分解，可用 作胶片感光剂，故 C 正确；D．硅胶多孔，易吸收水份，常用作食品干燥剂，故 D 正确；答案为 B。 2.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为 SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2 等。研究小组对其进行综 合处理的流程如下：Ksp[ Al(OH)3]=1.0×10-34 Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10 -38。已知:：“酸浸”后钛主要以 TiOSO4 形式存在，强电解质 TiOSO4 在溶液中仅能电离 SO42-和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是 A. “酸浸”时 TiO2 发生反应的离子方程式为 TiO2 +2H+= =TiO2+ +H2O B. “结晶”时温度需控制在 70℃以上，温度过低 TiO2 xH2O 产率降低 C. 为使滤渣 2 沉淀完全，需“调 pH"最小为 4.3 D. MgCl2 溶液制备 MgCl2 6H2O 需要在 HCl 的气氛下蒸发浓缩 【答案】B 【解析】 【分析】 粉煤灰的主要成分为 SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2 等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣 1 和滤液，氧 化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸 浸”后钛主要以TiOSO4 形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚 铁晶体，过滤，得到滤液 1 含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4 生成 ⋅ ⋅TiO2•xH2O，经酸洗水洗干燥和灼烧后得到 TiO2，滤液 2 中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧 化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液 pH 使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣 2 为氢氧化铁和氢氧 化铝沉淀，滤液 3 含硫酸镁，最终获取 MgCl2·6H2O。 【详解】A. 根据题干信息知“酸浸”后 TiO2 反应生成 TiOSO4，TiOSO4 电离产发生 SO42-和 TiO2+，则反应 离子方程式为 TiO2 +2H+= =TiO2++H2O，故 A 正确； B. “结晶”需控制在 70℃左右，温度过高会导致 TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低 TiO2•xH2O 的产量， 故 B 错误； C. 调节溶液 pH 目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因 Ksp[ Al(OH)3]=1.0×10-34 ， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，阴阳离子比相同，Ksp[ Al(OH)3] ＞Ksp[Fe(OH)3]，则铝离子沉淀完全对应溶液 pH 最小，结合溶度积常数计算，c3(OH-)= ，c(OH-)=10-9.6mol/L，c(H+)= ，pH=4.3，故 C 正确； D. 用 MgCl2 溶液制备 MgCl2•6H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯 化镁水解，为抑制氯化镁水解应在 HCl 的气氛下蒸发浓缩，故 D 正确； 故选 B。 3.有以下合成路线（部分反应条件已省略），下列有关说法错误的是 A. 物质 A 的名称为乙炔，其电子式为 B. 物质 B 中所有原子可能共平面 C. 物质 C 的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基的有 3 种 D. 反应③的反应条件为 O2、Cu 加热，反应类型为氧化反应 【答案】B 【解析】 【分析】 乙炔与 CH3CN 发生加成反应生成 B，B 经过取代反应得到 C，C 通过氧化反应得到 D，据此分析。 【详解】A．根据物质 A 的结构式可知，物质 A 的名称为乙炔，分子中含有碳碳三键，形成三对共用电子 对，其电子式为 ，故 A 正确； 的 ( )( ) ( ) -34 3 -29 -53+ Ksp Al OH 10= =1010c Al ( ) -4.3 - Kw =10 mol/L c OHB．物质 B 中含有甲基，甲基中的碳原子采用 sp3 杂化，所有原子不可能共平面，故 B 错误； C．物质 C 的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基，取代基为氨基和羟基，分别位于邻、间、对位， 故同分异构体有 3 种，故 C 正确； D．反应③的反应条件为 O2、Cu 加热，将醇氧化成醛，反应类型为氧化反应，故 D 正确； 答案选 B。 4.W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，Y 与 W 形成的阴离子（如图所示）中 W 不满足 8 电子稳定结构，W 与 Z 的最高价之和为 8。下列说法中错误的是 A. 原子半径：Y＞X＞W B. Z2O 是某种弱酸的酸酐 C. W 与 X 形成的二元化合物只能含极性键 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞X 【答案】C 【解析】 【分析】 W、X、Y、Z 它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，即最外层电子数分别为 1、3、5、7，Y 与 W 形成的阴离子 中 W 不满足 8 电子稳定结构，能形成一条共价键，则可知 W 为 H 元素， 若 Y 的最外层电子数为 5 能形成 3 条共价键和一个配位键，但与 H 原子不能形成阴离子，若 Y 的最外层为 3 个电子，则 Y 得到一个电子后，可与氢原子形成 4 条共价键，构成阴离子，则 Y 的最外层为 3 个电子，W 与 Z 的最高价之和为 8，则 Z 的最外层为 7 个电子，X 的最外层为 5 个电子，四种元素均为短周期元素且 原子序数依次增大，则 X 为 N 元素，Y 为 Al 元素，Z 为 Cl 元素，据此分析解答。 【详解】A．W 为 H 元素，X 为 N 元素，Y 为 Al 元素，电子层数越多，半径越大，则原子半径：Y＞X＞ W，故 A 正确； B．Z 为 Cl 元素，Z2O 是 Cl2O，Cl 元素为+1 价，与次氯酸中 Cl 元素的化合价相同，则 Cl2O 为次氯酸的酸 酐，次氯酸为弱酸，故 B 正确； C．W 为 H 元素，X 为 N 元素，W 与 X 可形成多种二元化合物，其中形成的氨气中全部是 N-H 键为极性 键，还可形成肼(N2H4)，结构式为 ，既有极性共价键，又含有非极性共价键，故 C 错误；D．X 为 N 元素， Z 为 Cl 元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N＜Cl， 即 Z＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞X，故 D 正确； 答案选 C。 5.探究金属与过量浓硫酸反应的装置（固定装置已略去）如下图所示。关于实验操作或叙述错误的是 A. 上下抽动铜丝,可控制反应随时发生或停止 B. e 中可以选用 NaOH 溶液或酸性 KMnO4 溶液 C. 其他条件不变,用铁丝代替铜丝，c、d 中两次实验现象相同 D. 为确定 a 中白色固体是否是硫酸铜,可向冷却后的试管中注入水,振荡后观察现象 【答案】D 【解析】 分析】 由实验装置，a 装置中铜丝与浓硫酸加热，发生反应 Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2↑+2H2O，装置 b 中的浓硫 酸可除去水蒸气，c 装置中黑色的 CuO 固体颜色无明显变化，说明没有 H2 产生，SO2 能使品红溶液褪色， 所以 d 装置中品红溶液红色褪去，e 为尾气处理装置，据此分析解答。 【详解】A．上下抽动铜丝，可控制浓硫酸与铜丝接触与否，从而控制反应的发生与停止，A 选项正确； B．e 为尾气处理装置，用于吸收 SO2，SO2 是酸性气体，具有还原性，可用 NaOH 溶液或酸性 KMnO4 溶液 吸收，B 选项正确； C．用铁丝代替铜丝，其他条件不变，铁丝与浓硫酸加热仍然产生 SO2，不产生氢气，则 c、d 中两次实验 现象相同，C 选项正确； D．装置 a 中反应后的溶液中含有浓硫酸，所以确定 a 中白色固体是否是硫酸铜时，应将 a 装置中试管内冷 却的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液是否变蓝，D 选项错误； 答案选 D。 6.一种固定 CO2 的电化学装置如图，该电化学装置放电时可将 CO2 转化为 Li2CO3 和 C,充电时选用合适催化 剂，只有 Li2CO3 发生氧化反应,释放出 CO2 和 O2。下列说法正确的是 【A. 放电时,Li+向电极 X 方向移动 B. 充电时,电极 Y 应与外接直流电源的负极相连 C. 充电时,阳极的电极反应式为 C +2Li2CO3-4e- =3CO2 ↑+4Li + D. 充电时,每转移 0.4mol 电子,理论上阳极生成标准状况下 4.48LCO2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题干分析可知，放电时，X 极上 Li 失电子，则 X 为负极，Y 为正极，正极上 CO2 得电子生成 C 和 Li2CO3；充电时，阴极上 Li+得电子生成 Li，阳极上 Li2CO3 发生氧化反应，释放出 CO2 和 O2，电极反应式 为 2Li2CO3-4e-==2CO2↑+4Li++O2↑，据此分析解答。 【详解】A．放电时，X 极上 Li 失电子，则 X 为负极，Y 为正极，阳离子向正极移动，即 Li+向电极 Y 方 向移动，A 选项错误； B．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极 X 与外接直流电源的负极相连，B 选项错误； C．阳极上 Li2CO3 发生氧化反应，释放出 CO2 和 O2，电极反应式为 2Li2CO3-4e-==2CO2↑+4Li++ O2↑，C 选 项错误； D．电池充电时，只有 Li2CO3 发生氧化反应，所以反应式为 2Li2CO3-4e-==2CO2↑+4Li++O2↑每转移 0.4mol 电 子，理论上阳极产生 0.2molCO2，标准状况下的体积为 4.48L，D 选项正确； 答案选 D。 【点睛】本题考察了原电池和电解池的原理。解题关键在于抓住电子守恒规律判断两极的产物，原电池根 据氧化还原判断电池的正负极，电解池也是根据氧化还原反应判断电池的阴阳极。 7.已知常温下浓度为 0.1mol/L 的几种溶液的 pH 如右下表。下列有关说法正确的是（ ） 溶质 pH NaF 7.5 Na2CO3 11.6NaClO 9.7 NaHCO3 8.3 A. 同温度同浓度下，酸由强到弱的顺序为：HF＞H2CO3＞HClO B. 水解方程式：F-+H2O HF+OH-的平衡常数为 1×10-13 C. 将 CO2 通入 0.lmol/LNa2CO3 溶液至溶液呈中性，则溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D. 等物质的量的 NaF 和 HF 混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(HF)>c(Na+)>c(F-)>c (H+)>c(OH-) 【答案】A 【解析】 【详解】A．相同温度下，相同浓度的强碱弱酸盐的碱性越大，说明弱酸根的水解程度越大，对应的酸越弱， 则酸由强到弱的顺序为：HF＞H2CO3＞HClO，故 A 正确； B．常温下 0.1mol/NaF 的 pH=7.5，水解方程式：F-+H2O HF+OH-的平衡常数 K= = =1×10-12，故 B 错误； C．溶液存在电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈中性，则 c(H+)=c(OH-)，所以 c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故 C 错误； D．等物质的量的 NaF 和 HF 混合溶液中 HF 的电离大于 F-的水解，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小关 系为：c(F-)>c(Na+)>c(HF)>c (H+)>c(OH-)，故 D 错误； 答案 A。 【点睛】准确理解弱电解质的电离和盐类的水解原理是解题关键，相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸 根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的 pH 知，酸根离子水 解程度 CO32-＞ClO-＞HCO3-＞F-，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3-＜HClO＜H2CO3＜HF，难点 是选项 B 水解平衡常数的计算。 8.乙酰苯胺（C6H5-NHCOCH3）可用作止痛剂退热剂、防腐剂和染料中间体，常用苯胺（C6H5-NH2）与冰醋 酸为原料制备，具体流程如下： 为 ( ) ( ) ( ) c HF c OH c F − − × 6.5 6.51 10 1.0 10 0.1 − −× × ×化学原理：C6H5-NH2 + CH3COOH C6H5–NHCOCH3+ H2O，已知：①苯胺易被氧化，乙酰苯胺碱性条 件下水解；②部分物质有关性质如下表；③步骤 1 所用装置如图所示（固定装置、加热装置已略去）。 请回答下列问题: （1）仪器 a 的名称________________________ （2）盛有冰醋酸的容器，最有可能贴有的安全标签是__________（填标号）。 a. b. c. d. （3）加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是________________ （4）步骤 1 中控制温度计示数约 105 °C 的原因是_____________________ （5）判断反应基本完全的现象是____________；步骤 3 中洗涤乙酰苯胺粗产品最合适的试剂是_________ （填标号）。 a.冰水 b.热水 c.15%的乙醇溶液 d. NaOH 溶液 （6）步骤 4 中重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱和溶液→再加入少量蒸馏水→加入活性炭脱色→加 热煮沸→ _____ →冷却结晶→过滤→洗涤→干燥。 （7）本实验中乙酰苯胺产率为_____________。 【答案】 (1). 直形冷凝管(冷凝管) (2). d (3). 防止苯胺被氧化 (4). 冰醋酸具有挥发性，温度 Δ→过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水 (5). 尾接管中不再有液滴滴下 (6). a (7). 趁热过滤 (8). 68.7% 【解析】 【分析】 根据题干信息，根据实验原理 C6H5-NH2 +CH3COOH C6H5–NHCOCH3+H2O 制备乙酰苯胺，以苯胺和 冰醋酸为原料，控温加热 1h 后趁热倒入冷水，析出晶体后抽滤、洗涤、干燥得到粗产品，洗涤时需注意温 度越高，乙酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，可选用冰水洗涤，再重结晶得到产品，据此分析 解答问题。 【详解】(1)根据仪器构造可知，a 为直形冷凝管，用于冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：直形冷 凝管(冷凝管)； (2)冰醋酸属于酸，具有腐蚀性，所以盛有冰醋酸的容器最有可能贴有的安全标签为腐蚀品，故答案为：d； (3)根据题干信息，苯胺易被氧化，而锌粒可与酸反应生成氢气，形成氢气环境，从而防止苯胺被氧化，故 答案为：防止苯胺被氧化； (4)已知冰醋酸具有挥发性，因此温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，但温度过低，不利于蒸 出水，所以将温度控制在约 105℃时，故答案为：冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应 物的利用率，温度过低，不利于蒸出水； (5)当尾接管中不再有液滴滴下时，说明反应基本完全，由于乙酰苯胺易溶于酒精，在水中温度越高，乙酰 苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，故选用冰水洗涤，故答案为：尾接管中不再有液滴滴下；a； (6)重结晶时，将粗产品溶于沸水中配成饱和溶液，再加入少量蒸馏水，加入活性炭脱色，接着加热煮沸， 趁热过滤后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥得到最终产品，故答案为：趁热过滤； (7)根据分析，制备乙酰苯胺的实验原理为 C6H5-NH2 +CH3COOH C6H5–NHCOCH3+H2O，以 0.11mol 的苯胺和 0.26mol 的冰醋酸为原料，可知冰醋酸过量，根据反应方程式可求得理论上制得的乙酰苯胺的物质 的量为 0.11mol，则质量为 0.11mol×135g/mol=14.85g，则根据公式 可知，乙酰苯 胺的产率为 ，故答案为：68.7%。 9.三氯化钌是一种重要的贵金属化合物，广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。 I.三氯化钌的制备 将金属钌粉与氯化钠混合后，加入微量还原性淀粉，将温度升高到 800~1000°C，再往熔融的熔体中通入氯 气，大部分钌粉转化为氯钌酸钠(Na2RuCl6)，再经过一系列化学工艺制备出三氯化钌。 Δ→ Δ→ = 100%×实际产量产率 理论产量 10.2g 100% 68.7%14.85g × ≈(1)生成氯钌酸钠的化学方程式为__________________ (2)升温阶段加入还原性淀粉的作用是__________________ II.三氯化钌的回收 从废弃催化剂回收三氯化钌的一种工艺流程如下图所示: 回答下列问题: (3)“氧化”时加 H2SO4 的目的______________________ (4)“吸收”过程中加入乙醇的作用是__________________________ (5)可用氢还原重量法测定产品的纯度,其原理为 2RuCl3+3H2==2Ru+6HCl。某同学对产品纯度进行测定,所得 数据记录如下: 则产品的纯度为________(用百分数表示,保留两位有效数字) (6)钌及其化合物在合成工业.上有广泛用途,下图是用钌( Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程。每生成 92g 液态 HCOOH 放出 62.4kJ 的热量。 ①根据图示写出该反应的热化学方程式_______________ ②下列说法正确的是________ a.图示中物质 I 为该反应的催化剂 b.图示中参与循环的物质只有 CO2 和 H2 c.反应 活化能为 62.4 kJ·mol -1的【答案】 (1). Ru+2Cl2+2NaCl Na2RuCl6 (2). 保持还原性反应环境，防止金属钌被空气中氧气氧 化 (3). NaClO 在酸性环境下氧化性增强 (4). 增加 RuO4 在溶液中的溶解性 (5). 82% (6). H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) △H=-31.2kJ·mol-1 (7). a 【解析】 【分析】 II．含 Ru 废催化剂加入 KOH/KNO3 混合溶液浸取，硝酸根在碱性环境下将 Ru 元素氧化为 K2RuO4，自身被 还原成红棕色气体 NO2，之后再加入硫酸酸化的次氯酸钠，将 K2RuO4 氧化为 RuO4，蒸馏得到 RuO4，加盐 酸和乙醇混合液进行吸收，得到 RuCl3 溶液，之后进行减压蒸馏得到 β—RuCl3 晶体； Ⅲ．H2 和物质 I 反应生成水和物质Ⅱ，之后物质 II 和 CO2 反应生成物质Ⅲ，之后物质Ⅲ和水反应生成物质 I 和 HCOOH，所以物质 I 为催化剂，氢气和二氧化碳为反应物 【详解】I．(1)根据题意反应物有 Ru、NaCl 以及氯气，产物有 Na2RuCl6，该过程中 Ru 元素被氧化成+4 价， Cl 元素被还原成-1 价，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为 Ru+2Cl2+2NaCl Na2RuCl6； (2)空气中的氧气具有氧化性，升温阶段加入还原性淀粉可以保持还原性反应环境，防止金属钌被空气中氧 气氧化； II．(3)酸性环境下可以增强 NaClO 的氧化性； (4)加入乙醇可以增大 RuO4 在溶液中的溶解度； (5)根据三组实验数据得到的 Ru 单质的平均质量为 =0.500g，根据方程式可知样 品中 RuCl3 的质量为 =1.0272g，则样品的纯度为 =82%； (6)①根据整个流程可知，CO2 和 H2 为反应物，产物为 HCOOH，92gHCOOH 的物质的量为 =2mol， 所以生成 1mol 液体 HCOOH 放出 31.2kJ 能量，热化学方程式为 H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l)△H=-31.2kJ·mol-1； ②a．据图可知物质 I 虽然参与整个过程，但整个反应前后没有变化，且反应从物质 I 和氢气的反应开始， 所以为该反应的催化剂，故 a 正确； b．据图可知催化剂虽然整个过程前后质量和化学性质没有变化，但也参与了整个循环，故 b 错误； c．每生成 2mol HCOOH 放出 62.4kJ 的能量，据此可知反应物和生成物的能量之差，不能确定反应的活化能， 故 c 错误； 高温 高温 0.4900g+0.5100g+0.5000g 3 0.500g 207.5g/mol101g/mol × 1.0272g 100%1.2500g × 92g 46g/mol综上所述选 a。 【点睛】焓变=正反应活化能-逆反应活化能，仅知道反应的焓变无法确定反应的活化能。 10.碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用： (1)已知下列热化学方程式: i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1 又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能 Ea(正)为 132 kJ∙mol-1，则逆反应的活化能 Ea(逆)为________kJ∙mol-1。 (2)查阅资料得知，反应 CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量 I2 的溶液中分两步进行: 第 I 步反应为 CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l) +HI(aq)+CO(g)(慢反应)； 第 II 步为快反应。增大 I2 的浓度________(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为 ______________。 (3)用催化剂 Fe3(CO)12/ZSM -5 催化 CO2 加氢合成乙烯的反应，所得产物含 CH4、C3H6、C4H8 等副产物， 反应过程如图。 催化剂中添加 Na、K、Cu 助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同 助剂，经过相同时间后测得 CO2 转化率和各产物的物质的量分数如下表。 欲提高单位时间内乙烯的产量，在 Fe3(CO)12/ZSM -5 中添加__________助剂效果最好；加入助剂能提高单 位时间内乙烯产量的根本原因是__________________。 (4)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入 H2S 和 CH4 且 n(H2S):n(CH4) =2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：为提高 H2S 的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是______________(列举一条)。N 点对应温度 下，该反应的 Kp=______ ( MPa)2(Kp 为以分压表示的平衡常数)。 (5)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。 阳极的电极反应式为_______，离子交换膜 a 为__________(填“阳膜”、“阴膜”)。 【答案】 (1). 165 (2). 能 (3). 总反应 平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大 I2 的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知 I2 可为该反应的催化剂，增 大 I2 的浓度，可以增大总反应的平均反应速率) (4). K (5). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加 快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 (6). 减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时 等(任写一条) (7). 8×10-4 (8). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ (9). 阳膜 【解析】 【分析】 的 ( ) ( )2 4 n H S n CH(1)i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1 ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1 根据盖斯定律，将 i-ii 得 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)，△H=Ea(正)-Ea(逆)； (2)第 II 步反应可由总反应-第 I 步反应得到，总反应的平均速率由慢反应决定，根据增大 I2 的浓度对反应速 率的影响分析，或从催化剂的角度分析； (3)由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2 转化率和对副反应的影响，选择添加 K 助剂效果最好，其他副反应 占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率； (4)根据图示，升高温度，CH4 的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移；为提高 H2S 的平衡转化率， 即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小起始时 等；N 点时， n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为 3mol，转化甲烷物质的量为 xmol，列“三段式”： 6-2x=4x，解出 x，平衡常数 KP= ； (5)该装置为电解池，根据图示，O2 在电极表面转化为 H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应， 则通入氧气的一极为阴极，电源电极 B 为负极，A 为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的 电极反应为 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，据此分析解答。 【详解】(1)已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol-1 ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol-1 根据盖斯定律，将 i-ii 得 CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H=-133 kJ·mol-1-(-100 kJ·mol-1)=-33 kJ·mol-1，△H=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能 Ea(逆)为 132 kJ∙mol-1+33 kJ·mol-1=165 kJ·mol-1； (2)根据题意，第 II 步反应=总反应-第 I 步反应，则第 II 步反应为 CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+ CH4(g)，总反应的 平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大 I2 的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应 速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2 可为该反应的催化剂，增大 I2 的浓度，可以增大总反应的平均 反应速率)； (3)由表中数据可知，添加 Na 助剂时其他副反应占比大，添加 Cu 助剂时 CO2 转化率低，兼顾乙烯的产率、 CO2 转化率和对副反应的影响，选择添加 K 助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副 反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率； ( ) ( )2 4 n H S n CH ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2CH g +2H S g CS g +4H g mol 3 6 0 0 mol x 2x x 4x mol 3-x 6-2x x 4x  始 变 平 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 4 2 p CS p H p CH p H S × ×(4)根据图示，升高温度，CH4 的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，△H＞ 0；为提高 H2S 的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小起 始时 等；N 点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为 3mol，转化甲烷物质的量为 xmol， 列“三段式”： 6-2x=4x，解出 x＝1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数 KP= = =8×10-4( MPa)2； (5)该装置为电解池，根据图示，O2 在电极表面转化为 H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应， 则通入氧气的一极为阴极，电源电极 B 为负极，A 为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的 电极反应为 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，根据阴极反应，氧 气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则 H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜 a 为 阳膜。 【点睛】易错点为(2)，化学反应的快慢由反应过程中进行较慢的反应决定，慢反应进行的快，整体反应速 率就快，即只要加快慢反应的反应速率，体系反应速率就增大。 11.锰及其化合物用途非常广泛,请回答下列问题： (1)Mn3+在水溶液中容易歧化为 MnO2 和 Mn2+ ，下列说法合理的是________ A.Mn3+的价电子构型为 3d4，不属于较稳定的电子构型 B.根据 Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子 C.Mn2+易被氧化，可能是因为 Mn2+轨道内有大量自旋方向相同的电子 D.Mn2+与 Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似 (2)锰的一种配合物的化学式为[ Mn( CO)5( CH3CN)]。配体 CH3CN 与中心原子形成配位键时，提供孤对电子 的原子是_________原子(填写元素名称)，该分子中碳原子的杂化方式为___________。 (3)研究发现,在成甲醇反应(CO2 +3H2=CH3OH +H2O)中，CO 氧化物负载的 Mn 氧化物纳米粒子催化剂具有高 活性。反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是________________，硝酸锰 ( ) ( )2 4 n H S n CH ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2CH g +2H S g CS g +4H g mol 3 6 0 0 mol x 2x x 4x mol 3-x 6-2x x 4x  始 变 平 ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 4 2 p CS p H p CH p H S × × 4 2 1 0.11 0.1111 2 0.11 4MPa MPa11 4MPa MPa1 0.11111  × ×    × × ×  ×是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2 中的化学键除了 σ 键外，还存在______，NO 的空间构型是 ______________(用文字描述)。 (4)某锰氧化物的晶胞结构如图所示，该锰氧化物的化学式为___________，该晶体中 Mn 的配位数是_______， 该晶体中 Mn 之间的最近距离为_____cm(用含 a、b 的代数式表示)。 【答案】 (1). A (2). N (3). sp3 和 sp 杂化 (4). H2O＞CH3OH＞CO2＞H2 (5). H2O 和 CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比 CH3OH 中多，CO2 和 H2 均为非极性分子，CO2 相对分子质量较大，范德华 力较大 (6). π 键和离子键 (7). 平面三角形 (8). MnO2 (9). 6 (10). 【解析】 【分析】 (1)根据 Mn2+ 和 Mn4+的结构分析； (2)CH3CN 分子中有 3 个 C−H 键、1 个 C−C 键、1 个 C≡N 键，只有 N 原子有 1 对孤电子对，分子中甲基中 碳原子形成 4 个 σ 键、另一个碳原子形成 2 个 σ 键，都没有孤电子对，杂化轨道数目为 4、2，碳原子采取 sp3 和 sp 杂化； (3)水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断，用价 层电子对互斥理论判断空间构型； (4)用均摊法计算化学式，并结合微粒的空间排列确定 Mn 的配位数。由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相 等且最近的 2 个 Mn 在晶胞体对角线的一半。 【详解】(1)A．Mn3+在水溶液中容易歧化为 MnO2 和 Mn2+，说明 Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的 稳定的价电子构型为 3d5 的 Mn2+，3d4 则属于不稳定的电子构型，故 A 正确； B．Mn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故 B 错误； C．Mn2+内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而 Mn2+易被氧 3 − 1 2 2 2 -102a +b 10×化，显然与 Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，故 C 错误； D．Mn2+与 Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒 半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而 Fe3+具有较强的氧化性，故 D 错误； 答案选 A； (2) CH3CN 分子中有 3 个 C−H 键、1 个 C−C 键、1 个 C≡N 键，只有 N 原子有 1 对孤电子对，提供孤对电子 的原子是 N 原子；分子中甲基中碳原子形成 4 个 σ 键、另一个碳原子形成 2 个 σ 键，都没有孤电子对，杂 化轨道数目为 4、2，碳原子采取 sp3 和 sp 杂化； (3)常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O 和 CH3OH 均为极性分子， H2O 中氢键比 CH3OH 中多，CO2 和 H2 均为非极性分子，CO2 相对分子质量较大，范德华力较大，所以在 CO2 低压合成甲醇反应所涉及的 4 种物质中，沸点从高到低的顺序为 H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；硝酸锰是制备 上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2 中氮原子和氧原子之间形成的有单键，双键，硝酸根和锰离子间形成离 子建，故化学键除了 σ 键外，还含有 π 键和离子键；NO 的中心原子是氮，价层电子对数是 ，它的杂化方式为 sp2 杂化，NO 的空间构型是平面三角形； (4)在该晶体中含有的 Mn 原子个数为： ×8+1=2，含有的 O 原子数目为 ×4+2=4，Mn：O=2：4=1：2， 所以该锰的氧化物的化学式为 MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体中与 Mn 原子距离相等且最近的 O 原 子有 6 个，所以 Mn 的配位数为 6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的 2 个 Mn 在晶胞体对角 线的一半，晶胞的体对角线为 ，所以该晶体中 Mn 之间的最近距离为 = cm。 【点睛】第(3)题讨论物质沸点高低时，首先判断物质的类别，属于哪一种晶体类型，都是分子晶体时要根 据范德华力的大小判断，不要忽略氢键的影响，氢键的数目是易错点。 12.化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如图： 已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3 +CH3CH2OH 3 − 1 5+1 2 3 +3=32 × − ×（ ） 3 − 1 8 1 2 2 22a +b pm 1 2 2 22a +b pm 1 2 2 2 -102a +b 10×（1）化合物 A 的名称是__。 （2）反应②和⑤的反应类型分别是__、__。 （3）写出 C 到 D 的反应方程式__。 （4）E 的分子式__。 （5）F 中官能团的名称是__。 （6）X 是 G 的同分异构体，X 具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为 6：2： 1：1。写出两种符合要求的 X 的结构简式___。 （7）设计由乙酸乙酯和 1，4-二溴丁烷制备 的合成路线___（无机试剂任选）。 【答案】 (1). 1，3-丁二烯 (2). 氧化反应 (3). 取代反应 (4). +2CH3CH2OH +2H2O (5). C8H12O3 (6). 羰基、酯基 (7). 、 、 、 （任意 2 种） (8). 【解析】 【分析】 1，3-丁二烯与乙烯双键加成可以生成环己烯，环己烯氧化成 C（1，6-已二酸），之后通过 D 的分子式可以 确定由 C 到 D 是酯化反应。 【详解】（1）化合物 A 的名称是：1，3-丁二烯；故答案为：1，3-丁二烯； （2）反应②是碳碳双键断裂形成羧基，组成上加氧，属于氧化反应。反应⑤是羰基与酯基连接的碳原子上 氢原子被甲基替代，属于取代反应；故答案为：氧化反应；取代反应； （3）对比 C、E 的结构，结合 D 的分子式、给予的信息可知，C 与乙醇发生酯化反应生成 D，D 发生取代 反应生成 E，故 D 的结构简式为 ，C 到 D 的反应方程式为： +2CH3CH2OH +2H2O ；故答案为： +2CH3CH2OH +2H2O；（4）交点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构，可知 E 的分子式为 C8H12O3；故答案为：C8H12O3； （5）F 中官能团的名称是：羰基、酯基；故答案为：羰基、酯基； （6）X 是 G 的同分异构体，X 具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为 6：2： 1：1，X 存在对称结构，符合要求的 X 的结构简式有： 故答案为： （任意 2 种）； （7）乙酸乙酯在乙醇钠、DMF 作用下生成 ， 和 1，4-二溴丁 烷发生类似合成路线中的 E→F 的反应生成 ， 再发生碱性水解后酸化得到最终产物。 合成路线为： 故答案为： 。