河南省洛陽市屆高三上學期期末模擬考試化學試題含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2019-2020學年第一學期洛陽市高三第一學期期末化學模擬考試試卷本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分共8頁，共100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷（選擇題，共50分)本試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12O：16Cl：35。5一、選擇題（本題共10小題,每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，共20分）1.化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是()A.乙醇汽油可以減少汽車尾氣污染B.化妝品中添加甘油可以起到保濕作用C.有機高分子聚合物不能用于導電材料D。葡萄與浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土放在一起可以保鮮【答案】C【解析】【詳解】A選項，乙醇汽油燃燒生成二氧化碳和水，可以減少污染，故A正確；B選項，甘油丙三醇可以起到保濕作用,故B正確;C選項，聚乙炔膜屬于導電高分子材料，故C錯誤；D選項，浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土反應掉葡萄釋放出的乙烯氣體，起保鮮作用，故D正確.綜上所述，答案為C?！军c睛】乙烯是水果催熟劑，與高錳酸鉀反應，被高錳酸鉀氧化。2.下列垃圾或廢棄物的處理不符合環(huán)保節(jié)約理念的是（）A.廢紙、塑料瓶、廢鐵回收再利用B。廚余垃圾采用生化處理或堆肥C.稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒D.廢電池等有毒有害垃圾分類回收【答案】C【解析】【詳解】A.廢紙、塑料瓶、廢鐵屬于可回收垃圾，廢紙、塑料瓶、廢鐵可回收再利用，故不選A；B.廚余垃圾含有大量有機物，采用生化處理或堆肥,減少污染，符合環(huán)保節(jié)約理念，故不選B；C.稻草、農(nóng)膜和一次性餐具露天焚燒，產(chǎn)生大量煙塵，污染空氣，不符合環(huán)保節(jié)約理念，故選C；D。廢電池含有重金屬,任意丟棄引起重金屬污染,廢電池等有毒有害垃圾分類回收，可減少污染,符合環(huán)保節(jié)約理念,故不選D;答案選C。3。下列模型表示的烴或烴的含氧衍生物中，可以發(fā)生酯化反應的是（）A. B. C. D?！敬鸢浮緿【解析】【詳解】醇和羧酸發(fā)生酯化反應生成酯和水，表示甲烷，表示苯，表示乙醛，表示乙醇，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，能發(fā)生酯化反應的是乙醇;答案選D。4。實驗室提供的玻璃儀器有試管、導管、容量瓶、燒杯、酒精燈、表面皿、玻璃棒（非玻璃儀器任選）,選用上述儀器能完成的實驗是（)A.粗鹽的提純 B。制備乙酸乙酯C.用四氯化碳萃取碘水中的碘 D.配制0。1mol·L-1的鹽酸溶液【答案】B【解析】【詳解】A選項，粗鹽的提純需要用到漏斗,故A不符合題意；B選項，制備乙酸乙酯需要用到試管、導管、酒精燈，故B符合題意；C選項，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合題意；D選項，配制0。1mol·L-1的鹽酸溶液,容量瓶、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管，故D不符合題意。綜上所述，答案為B?！军c睛】有試管、導管和酒精燈三種玻璃儀器即可完成乙酸乙酯的制備實驗（如圖）5.下列說法不正確的是（）A。Fe2O3可用作紅色顏料 B。濃H2SO4可用作干燥劑C.可用SiO2作半導體材料 D.NaHCO3可用作焙制糕點【答案】C【解析】【詳解】A.Fe2O3的顏色是紅色，可用作紅色顏料,故A正確；B.濃H2SO4具有吸水性,可用作干燥劑,故B正確；C.單質(zhì)Si是半導體材料，故C錯誤；D。NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水,可用作焙制糕點，故D正確；答案選C.6.《天工開物》記載“凡火藥以硝石、硫磺為主,草木灰為輔……而后火藥成聲”涉及的主要反應為：S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2↑。下列有關說法不正確的是(）A。硝石主要成分為硝酸鹽 B.硫磺在反應中作還原劑C.該反應為放熱反應 D。火藥可用于制作煙花爆竹【答案】B【解析】【詳解】A。KNO3是硝酸鹽，硝石主要成分為硝酸鹽,故A正確;B。硫元素化合價由0降低為-2，硫磺在反應中作氧化劑，故B錯誤；C。黑火藥爆炸釋放能量,所以該反應為放熱反應，故C正確；D。燃放煙花爆竹，利用火藥爆炸釋放的能量，所以火藥可用于制作煙花爆竹，故D正確；答案選B。7。X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C、D、E為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物。已知A的相對分子質(zhì)量為28，B分子中含有18個電子，五種化合物間的轉(zhuǎn)化關系如圖所示。下列說法錯誤的是（)A。X、Y組成化合物的沸點一定比X、Z組成化合物的沸點低B.Y的最高價氧化物的水化物為弱酸C。Y、Z組成的分子可能為非極性分子D。W是所在周期中原子半徑最小的元素【答案】A【解析】【分析】根據(jù)分析A相對原子質(zhì)量為28的兩種或三種元素組成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18個電子的化合物，容易想到氯化氫、硫化氫、磷化氫、硅烷、乙烷、甲醇等,但要根據(jù)圖中信息要發(fā)生反應容易想到A為乙烯，B為氯化氫,C為氯乙烷，D為水，E為甲醇，從而X、Y、Z、W分別為H、C、O、Cl?！驹斀狻緼選項，C、H組成化合物為烴，當是固態(tài)烴的時候，沸點可能比H、O組成化合物的沸點高，故A錯誤；B選項，C的最高價氧化物的水化物是碳酸,它為弱酸,故B正確；C選項，Y、Z組成分子二氧化碳為非極性分子，故C正確；D選項，同周期從左到右半徑逐漸減小,因此Cl是第三周期中原子半徑最小的元素,故D正確.綜上所述,答案為A。8。下列操作能達到相應實驗目的的是（）實驗目的操作A檢驗綠茶中是否含有酚類物質(zhì)向茶水中滴加FeCl3溶液B測定84消毒液的pH用潔凈的玻璃棒蘸取少許84消毒液滴在pH試紙上C除去苯中混有的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，過濾后分液D實驗室制備乙酸乙酯向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加熱A.A B。B C.C D。D【答案】A【解析】【詳解】A選項,檢驗綠茶中是否含有酚類物質(zhì)，向茶水中滴加FeCl3溶液，變紫色，則含有分類物質(zhì)，故A正確,符合題意；B選項，不能用pH試紙測定84消毒液的pH,因為84消毒液有漂白性，故B錯誤，不符合題意；C選項，除去苯中混有的少量苯酚,滴加溴水,苯酚和溴水反應生成2，4,6-三溴苯酚與苯互溶,不能用過濾、分液,故C錯誤，不符合題意;D選項，實驗室制備乙酸乙酯，向試管中依次加入乙醇、濃硫酸、乙酸和碎瓷片，加熱，故D錯誤，不符合題意。綜上所述，答案為A?！军c睛】檢驗酚羥基主要用鐵離子檢驗.9.關于一定條件下的化學平衡H2（g）+I2(g)2HI（g)ΔH＜0,下列說法正確的是（)A.恒溫恒容，充入H2，v（正)增大，平衡右移B。恒溫恒容,充入He，v（正）增大，平衡右移C.加壓，v（正），v（逆）不變,平衡不移動D.升溫，v（正）減小,v(逆)增大，平衡左移【答案】A【解析】【詳解】A。恒溫恒容,充入H2，氫氣濃度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正確；B.恒溫恒容，充入He，各反應物濃度都不變，v(正）不變,平衡不移動,故B錯誤；C。加壓，體積縮小,各物質(zhì)濃度均增大，v(正）、v(逆）都增大,平衡不移動，故C錯誤；D。升溫,v（正）增大，v（逆）增大,由于正反應放熱，所以平衡左移，故D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查影響反應速率和影響化學平衡移動的因素;注意恒容容器通入惰性氣體,由于濃度不變，速率不變、平衡不移動，恒壓條件下通入惰性氣體，容器體積變大，濃度減小，相當于減壓.10.Se元素是人體必需的微量元素之一。下列說法不正確的是A。SeO2可以被氧化 B.H2SeO4酸性弱于H2SO4C。SeO2能和堿溶液反應 D。H2Se的熱穩(wěn)定性強于H2S【答案】D【解析】【詳解】A．SeO2中Se元素化合價為+4，處于中間價態(tài)，既可以被氧化又可以被還原，故A正確；B．S、Se同主族，同主族元素從上到下非金屬減弱，非金屬性越強，最高價氧化物的水化物酸性越強，所以H2SeO4酸性弱于H2SO4，故B正確；C．S、Se同主族，SO2是酸性氧化物，能和堿溶液反應，所以SeO2能和堿溶液反應，故C正確;D．S、Se同主族,同主族元素從上到下非金屬減弱，非金屬性越強，簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，所以H2S的熱穩(wěn)定性強于H2Se，故D錯誤;選D。二、選擇題（本題共10小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分,共30分)11.已知2H2(g)+O2（g)=2H2O(l）ΔH1=-572kJ/molC（s)+O2(g）=CO2(g)ΔH2=—393.5kJ/molC2H5OH(l)+3O2（g)=2CO2(g）+3H2O(l)ΔH3=-1367kJ/mol則2C（s）+3H2（g）+O2（g)=C2H5OH（l)，ΔH為（）A.+278kJ/mol B.—278kJ/mol C。+401.5kJ/mol D.—401.5kJ/mol【答案】B【解析】【詳解】①2H2（g）+O2（g)=2H2O(l)ΔH1=-572kJ/mol②C(s)+O2(g）=CO2（g)ΔH2=—393。5kJ/mol③C2H5OH(l）+3O2(g）=2CO2（g)+3H2O(l）ΔH3=-1367kJ/mol根據(jù)蓋斯定律②×2＋①×－③得2C（s）+3H2(g)+O2（g)=C2H5OH(l），ΔH=-278kJ/mol，故選B?！军c睛】根據(jù)蓋斯定律，反應熱只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關，與反應歷程無關；在用蓋斯定律計算時，要準確找到反應物和生成物及它們的系數(shù),這樣有助于準確的對已知方程進行處理.12.工業(yè)上電解NaHSO4溶液制備Na2S2O8。電解時,陰極材料為Pb；陽極（鉑電極）電極反應式為2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列說法正確的是（）A.陰極電極反應式為Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B.陽極反應中S的化合價升高C.S2O82－中既存在非極性鍵又存在極性鍵D.可以用銅電極作陽極【答案】C【解析】【詳解】A選項，陰極反應式為2H++2e－=H2，故A錯誤；B選項，S的化合價仍為+6價，中間的兩個O均為—1價，其他的O均為-2價，電解時陽極的HSO4－中O失去電子，S未變價，故B錯誤；C選項，Na2S2O8的結(jié)構(gòu)為,由此結(jié)構(gòu)可以判斷S2O82－中既存在氧氧非極性鍵，氧硫極性鍵，故C正確；D選項，陽極不能用銅電極作電極，銅作電極，陽極是銅失去電子，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】HSO4－中硫已經(jīng)是最高價了，硫的化合價不變，因此只有氧元素化合價升高.13。亞氯酸鈉（NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑,可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜(Mathieson）法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是（)A.反應①階段，參加反應的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1B.若反應①通過原電池來實現(xiàn),則ClO2是正極產(chǎn)物C.反應②中的H2O2可用NaClO4代替D.反應②條件下,ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)流程圖反應①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2，氧化產(chǎn)物是NaHSO4，根據(jù)化合價升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A項正確；B．由反應①化合價變化情況，再根據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應，所以ClO2是正極產(chǎn)物,B項正確；C．據(jù)流程圖反應②,在ClO2與H2O2的反應中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑,氧元素的化合價升高,不能用NaClO4代替H2O2，C項錯誤；D．據(jù)流程圖反應②ClO2與H2O2反應的變價情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D項正確；故答案選C。【點睛】根據(jù)反應的流程圖可得反應①中的反應物與生成物，利用得失電子守恒規(guī)律推斷反應物或生成物的物質(zhì)的量之比.14。鋅—空氣電池的電容量大，可作為汽車的清潔能源?？偡磻綖?2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH）2。示意圖如圖所示：有關該電池的說法不正確的是A。電池不可以用稀硫酸做電解質(zhì)溶液B.電池工作時,電子由a電極沿導線流向b電極C?？諝鈹U散電極上的電極反應:O2+2H2O+4e–=4OH–D。阻隔空氣進入鋅—空氣電池，電池停止工作【答案】B【解析】【詳解】A．由總反應式可知，Zn→Zn（OH）2，電解質(zhì)應為堿性溶液，所以不可以用稀硫酸做電解質(zhì)溶液，故A正確；B．Zn發(fā)生氧化反應，Zn是負極，電池工作時，電子由b電極沿導線流向a電極,故B錯誤;C．空氣擴散電極上氧氣得電子生成氫氧根離子，a電極反應是O2+2H2O+4e–=4OH–，故C正確；D．阻隔空氣進入鋅—空氣電池，氧氣不足,所以電池停止工作,故D正確;選B。15.CalanolideA是一種抗HIV藥物,其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示.下列關于CalanolideA的說法錯誤的是（）A.分子中有3個手性碳原子B.分子中有3種含氧官能團C.該物質(zhì)既可發(fā)生消去反應又可發(fā)生加成反應D。1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應時消耗1molNaOH【答案】D【解析】【詳解】A選項，分子中有3個手性碳原子,手性碳原子用*標出，，故A正確，不符合題意；B選項，分子中有羥基、醚鍵、酯基3種含氧官能團，故B正確,不符合題意；C選項，該物質(zhì)含有羥基，且連羥基的碳相鄰碳上有氫原子，能發(fā)生消去反應，含有碳碳雙鍵、苯環(huán)可發(fā)生加成反應,故C正確，不符合題意；D選項，該物質(zhì)中含有酚酸酯，1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液反應時消耗2molNaOH,故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】手性碳原子是碳原子周圍連的四個原子或原子團不相同為手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氫氧化鈉，1mol羧酸酯消耗1mol氫氧化鈉。16。已知Pb3O4與HNO3溶液發(fā)生反應I:Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2與酸化的MnSO4溶液發(fā)生反應II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推斷正確的是A。由反應I可知，Pb3O4中Pb(II）和Pb（IV)含量之比為1:2B。由反應I、II可知,氧化性:HNO3>PbO2>MnO4－C。Pb可與稀硝酸發(fā)生反應：3Pb+16HNO3=3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2ODPb3O4可與鹽酸發(fā)生反應：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】D【解析】【詳解】A．由反應I可知,PbO2與Pb2+的比為1:2，Pb3O4中Pb（II）和Pb(IV）含量之比為2:1，故A錯誤;B．根據(jù)反應I可知，PbO2和硝酸不反應,不能得出氧化性HNO3〉PbO2，故B錯誤;C．由反應I可知，硝酸不能把Pb氧化為Pb(IV）,故C錯誤；D．根據(jù)反應II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb（IV）能把鹽酸氧化為氯氣，Pb3O4與鹽酸發(fā)生反應的離子方程式是Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，故D正確。17。錫為ⅣA族元素，四碘化錫是常用有機合成試劑（SnI4，熔點144。5℃，沸點364.5℃，易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應Sn+2I2SnI4制備SnI4。下列說法錯誤的是()A。加入碎瓷片的目的是防止暴沸B.SnI4可溶于CCl4中C。裝置Ⅰ中a為冷凝水進水口D.裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的I2【答案】D【解析】【分析】四碘化錫是常用的有機合成試劑SnI4，熔點144。5℃,沸點364.5℃，易水解，說明SnI4是分子晶體。【詳解】A選項，在液體加熱時溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸,故A正確,不符合題意；B選項，根據(jù)相似相溶原理,SnI4是非極性分子溶于CCl4非極性分子中，故B正確，不符合題意；C選項，冷凝水方向是“下進上出”，因此裝置Ⅰ中a為冷凝水進水口，故C正確,不符合題意；D選項，SnI4易水解，裝置Ⅱ的主要作用是防止空氣中的水蒸氣進去到反應裝置中，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】相似相溶原理,SnI4是非極性分子,CCl4是非極性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。18.利用小粒徑零價鐵(ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯誤的是()A。反應①②③④均在正極發(fā)生B。單位時間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC。④的電極反應式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD.增大單位體積水體中小粒徑ZVI投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【詳解】A選項，由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知,反應①②③④均為得電子的反應，所以應在正極發(fā)生，故A正確；B選項，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價為+1價,乙烯中C原子化合價為-2價,1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時ne=2amol，故B錯誤；C選項，由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3_+8e_-NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應，而不能用H2O和OH_來配平,所以④的電極反應式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正確；D選項，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。19.25°C時，向10mL0.10mol·L—1的一元弱酸HA（Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是（）A.a點時，c（HA)+c(OH-)=c（Na+)+c（H+)B.溶液在a點和b點時水的電離程度相同C。b點時，c(Na+）=c(HA)+c（A-)+c(OH—）D。V=10mL時,c（Na+）〉c（A—）>c（H+)〉c(HA）【答案】A【解析】【詳解】A．a(chǎn)點時，pH=3，c（H+）=10-3mol·L—1,因為Ka=1.0×10—3，所以c（HA）=c（A—)，根據(jù)電荷守恒c(A—）+c(OH-)=c（Na+)+c（H+)和c（HA）=c（A—)即得c（HA)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+），故A正確；B．a(chǎn)點溶質(zhì)為HA和NaA，pH＝3，水電離出的c（OH—)＝10—11；b點溶質(zhì)為NaOH和NaA,pH＝11，c(OH-)=10—3，OH—是由NaOH電離和水電離出兩部分之和組成的，推斷出由水電離處的c(OH—)〈10-3，那么水電離的c(H+）＞10-11，故B錯誤；C．根據(jù)電荷守恒c(Na+）+c（H+）=c（A—）+c（OH—）可得c(Na+)=c（A—)+c（OH—）－c(H+）,假設C選項成立，則c(A-)+c(OH-)－c(H+)=c（HA)+c（A—)+c（OH—)，推出c(HA)+c(H+）=0，故假設不成立，故C錯誤;D．V=10mL時，HA與NaOH恰好完全反應生成NaA，A-+H2O?HA+OH—,水解后溶液顯堿性，c(OH-）>c(H+）,即c(HA)〉c(H+）,故D錯誤；故答案選A.【點睛】判斷酸堿中和滴定不同階段水的電離程度時,要首先判斷這一階段溶液中的溶質(zhì)是什么，如果含有酸或堿，則會抑制水的電離；如果是含有弱酸陰離子或弱堿陽離子的溶液，則會促進水的電離；水的電離程度與溶液pH無關。20.熱催化合成氨面臨的兩難問題是：采用高溫增大反應速率的同時會因平衡限制導致NH3產(chǎn)率降低。我國科研人員研制了Ti-H—Fe雙溫區(qū)催化劑(Ti-H區(qū)域和Fe區(qū)域的溫度差可超過100℃）。Ti—H-Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用＊標注.下列說法正確的是A。①為氮氮三鍵的斷裂過程B.①②③在低溫區(qū)發(fā)生，④⑤在高溫區(qū)發(fā)生C.④為N原子由Fe區(qū)域向Ti—H區(qū)域的傳遞過程D.使用Ti-H—Fe雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻敬鸢浮緾【解析】【詳解】A．根據(jù)圖示，①為氮分子的吸附在催化劑表面的過程，氮氮三鍵沒有斷裂，故A錯誤;B．①②③在高溫區(qū)發(fā)生，提高反應速率，④⑤在低溫區(qū)發(fā)生，促進平衡正向移動,故B錯誤；C．根據(jù)圖示④為→,N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域的傳遞,故C正確;D．反應的焓變只與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關,與催化劑無關，故D錯誤；選C。三、必做題(本題共3小題，共37分）21。聚乙烯醇生產(chǎn)過程中會產(chǎn)生大量副產(chǎn)物乙酸甲酯，其催化醇解反應可用于制備甲醇和乙酸己酯,該反應的化學方程式為:CH3COOCH3(l）+C6H13OH(l）CH3COOC6H13（l)+CH3OH（l）已知v正=k正x（CH3COOCH3)?x（C6H13OH），v逆=k逆x（CH3COOC6H13)?x（CH3OH),其中v正、v逆為正、逆反應速率，k正、k逆為速率常數(shù)，x為各組分的物質(zhì)的量分數(shù).（1）反應開始時,已醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1：1投料,測得348K、343K、338K三個溫度下乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率（α)隨時間(t）的變化關系如圖所示。該醇解反應的ΔH____0（填〉或<）。348K時,以物質(zhì)的量分數(shù)表示的化學平衡常數(shù)Kx=____(保留2位有效數(shù)字）。在曲線①、②、③中，k正－k逆值最大的曲線是____；A、B、C、D四點中，v正最大的是___，v逆最大的是____。（2)343K時，己醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1：1、1：2和2：1進行初始投料.則達到平衡后,初始投料比____時，乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大；與按1:2投料相比，按2：1投料時化學平衡常數(shù)Kx___（填增大、減小或不變）。（3）該醇解反應使用離子交換樹脂作催化劑,下列關于該催化劑的說法正確的是____。a.參與了醇解反應，但并不改變反應歷程b.使k正和k逆增大相同倍數(shù)c.降低了醇解反應的活化能d。提高乙酸甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】(1）?！担?).3.2（3).①（4).A（5)。C(6)。2：1（7).不變（8).bc【解析】【詳解】(1）根據(jù)圖像,①的速率最快，說明①對應的是最高溫度348K，溫度升高，平衡時轉(zhuǎn)化率增大，說明正向是吸熱的,所以ΔH>0；348K時，設初始投入為1mol,則有：帶入平衡常數(shù)表達式：Kx=χ(CH3COOC6H13）?χ(CH3OH)/［χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)］=0。32×0.32/(0.18×0。18）=3.2；k正、k逆是溫度的函數(shù)，根據(jù)平衡移動的規(guī)律，k正受溫度影響更大，因此溫度升高，k正增大的程度大于k逆，因此,k正－k逆值最大的曲線是①；根據(jù)v正=k正χ（CH3COOCH3)?χ（C6H13OH)，v逆=k逆χ(CH3COOC6H13)?χ(CH3OH)，A點χ(CH3COOCH3)?χ（C6H13OH)大，溫度高,因此A點v正最大；C點χ（CH3COOC6H13)?χ（CH3OH)大且溫度高，因此C點v逆最大；故答案為：>；3。2；①；A；C；(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率，因此，2:1時乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大；化學平衡常數(shù)Kx只與溫度有關，因此不變;故答案為：2：1；不變;（3)催化劑參與了醇解反應,改變了反應歷程，a錯誤;催化劑不影響化學平衡，說明催化劑使k正和k逆增大相同倍數(shù)，b正確;催化劑能夠降低反應的活化能，c正確；催化劑不改變化學平衡，d錯誤；故答案為：bc。【點睛】在可逆反應中,增大某一反應物的投入量,會增大另一反應物的轉(zhuǎn)化率，但化學平衡常數(shù)只與溫度有關,溫度不變,則化學平衡常數(shù)不變。22。四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體,熔點為38.3℃，沸點為233.5℃,具有潮解性且易發(fā)生水解.實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是__，其目的是__，此時活塞K1，K2,K3的狀態(tài)為__；一段時間后，打開電爐并加熱反應管,此時活塞K1，K2，K3的狀態(tài)為____。（2）試劑A為__,裝置單元X的作用是__；反應過程中需用熱源間歇性微熱連接管,其目的是___。(3）反應結(jié)束后應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是___。(4）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為__、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）?！敬鸢浮浚?)。打開K1，關閉K2和K3（2)。先通入過量的CO2氣體，排除裝置內(nèi)空氣(3)。打開K1，關閉K2和K3（4）.打開K2和K3，同時關閉K1（5)。濃硫酸(6）.吸收多余的溴蒸氣同時防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解(7）。防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險（8).排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣(9).直形冷凝管(10)。溫度計(量程250°C）【解析】【分析】⑴檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行排除裝置內(nèi)的空氣，防止反應物碳單質(zhì)與氧氣反應，浪費原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，開始僅僅是通入CO2氣體，所以只需要打開K1，關閉K2和K3,打開電爐并加熱反應管,此時需要打開K2和K3,同時關閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進入反應裝置中。⑵因為產(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置需要保持干燥,因此進入的CO2氣體必須干燥，裝置單元X應為尾氣處理裝置，吸收多余的溴蒸氣，同時還能防止空氣中的水蒸氣干擾實驗,防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。⑶反應結(jié)束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續(xù)通入一段時間CO2,主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中,提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣,進行尾氣處理,防止污染。⑷實驗結(jié)束后,將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純，因此需要用到直形冷凝管.【詳解】⑴檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行排除裝置內(nèi)的空氣，防止反應物碳單質(zhì)與氧氣反應,浪費原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，因此加熱實驗前應先通入過量的CO2氣體,其目的是排除裝置內(nèi)空氣。此時僅僅是通入CO2氣體，所以只需要打開K1，關閉K2和K3；而反應開始一段時間后,打開電爐并加熱反應管，此時需要打開K2和K3，同時關閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進入反應裝置中，故答案為先通入過量的CO2氣體；排除裝置內(nèi)空氣;打開K1，關閉K2和K3；打開K2和K3，同時關閉K1。⑵因為產(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置需要保持干燥，因此進入的CO2氣體必須干燥，所以試劑A為濃硫酸(作干燥劑），裝置單元X應為尾氣處理裝置，吸收多余的溴蒸氣，同時還能防止空氣中的水蒸氣干擾實驗，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。反應過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險，用熱源間歇性微熱連接管可以使產(chǎn)品四溴化鈦加熱熔化，流入收集裝置中，故答案為濃硫酸；吸收多余的溴蒸氣同時防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解；防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管,造成危險.⑶反應結(jié)束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣,應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣,進行尾氣處理,防止污染，故答案為排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣.⑷實驗結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點233.5°C,可以使用蒸餾法提純；此時應將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是溫度計（量程是250°C），故答案為直形冷凝管;溫度計（量程250°C)。23.普通立德粉（BaSO4·ZnS)廣泛用于工業(yè)生產(chǎn)中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制備。以粗氧化鋅（含Zn、CuO、FeO等雜質(zhì))和BaSO4為原料制備立德粉的流程如下：（1）生產(chǎn)ZnSO4的過程中，反應器Ⅰ要保持強制通風，原因是___.(2）加入鋅粉的主要目的是___(用離子方程式表示）。(3）已知KMnO4在酸性溶液中被還原為Mn2+,在弱酸性、弱堿性溶液中被還原為MnO2，在堿性溶液中被還原為MnO42—.據(jù)流程判斷，加入KMnO4時溶液的pH應調(diào)至___；a．2。2~2.4b．5.2～5.4c．12.2～12.4濾渣Ⅲ的成分為____。（4）制備BaS時，按物質(zhì)的量之比計算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是__；生產(chǎn)過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，反應器Ⅳ中產(chǎn)生的尾氣需用堿液吸收，原因是__.（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量為29。4％，高品質(zhì)銀印級立德粉中ZnS含量為62。5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中選取三種試劑制備銀印級立德粉，所選試劑為___，反應的化學方程式為__(已知BaSO4相對分子質(zhì)量為233，ZnS相對分子質(zhì)量為97)。【答案】（1）。反應中產(chǎn)生氫氣，達一定濃度后易爆炸，出現(xiàn)危險，需要通風（2）.Zn+Cu2+=Zn2++Cu（3）.b(4）。MnO2和Fe（OH)3(5).避免產(chǎn)生CO等有毒氣體(6).尾氣中含有的SO2等有毒氣體(7)。ZnSO4、BaS、Na2S(8).4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4【解析】【分析】分析流程中的相關反應：反應器Ⅰ中粗氧化鋅中所含Zn、CuO、FeO與硫酸反應，不溶性雜質(zhì)以濾渣Ⅰ的形式過濾分離；反應器Ⅱ中用Zn置換溶液中Cu2+；反應器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同時控制pH，在弱酸性、弱堿性環(huán)境中,產(chǎn)生MnO2和Fe（OH）3沉淀得到凈化的ZnSO4溶液;反應器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2制備BaS；反應器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制備立德粉.【詳解】⑴反應器Ⅰ中Zn與硫酸反應產(chǎn)生氫氣，保持強制通風,避免氫氣濃度過大而易發(fā)生爆炸,出現(xiàn)危險，故答案反應中產(chǎn)生氫氣，達一定濃度后易爆炸，出現(xiàn)危險，需要通風。⑵反應器Ⅱ中用Zn置換溶液中Cu2+，其離子方程式為Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案為Zn+Cu2+=Zn2++Cu.⑶反應器Ⅲ除Fe2+,將亞鐵離子氧化為鐵離子以便除去,同時在弱酸性、弱堿性環(huán)境中KMnO4還原為MnO2，以濾渣形式分離，因此在弱酸性環(huán)境來氧化亞鐵離子，利用鐵離子水解變?yōu)槌恋?故答案為b；MnO2和Fe(OH）3。4反應器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2,BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1:2，避免產(chǎn)生CO等有毒氣體；生產(chǎn)過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，將BaS氧化產(chǎn)生SO2等有毒氣體，因此有毒氣體要除掉需用堿液吸收，故答案為避免產(chǎn)生CO等有毒氣體;尾氣中含有的SO2等有毒氣體.⑸已知BaSO4的相對分子質(zhì)量為233，ZnS的相對分子質(zhì)量為97，ZnS含量為29.4％，立德粉為BaSO4·ZnS；ZnS含量為62.5％，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4molZnSO4和1molBaS反應生成BaSO4·4ZnS，還需要3mol硫離子和將3mol硫酸根與另外的離子結(jié)合，因此還需要3molNa2S參與反應，反應的化學方程式為：4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4,故答案為ZnSO4、BaS、Na2S;4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4.四、選做題(本題包括2小題,每小題13分，考生只能選做一題）24.非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值.我國科學家利用Cs2CO3、XO2（X＝Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學晶體?；卮鹣铝袉栴}:（1）C、O、Si三種元素電負性由大到小的順序為__________；第一電離能I1(Si)____I1(Ge)（填“＞”或“＜"）.（2）基態(tài)Ge原子核外電子排布式為_____________；SiO2、GeO2具有類似的晶體結(jié)構(gòu)，其中熔點較高的是________，原因是______。（3）如圖為H3BO3晶體的片層結(jié)構(gòu),其中B的雜化方式為________；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是_____________。（4）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系(長方體形），晶胞參數(shù)為apm，bpm和cpm。如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數(shù)坐標。據(jù)此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為_______；CsSiB3O7的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則CsSiB3O7晶體的密度為_____________g·cm－1（用代數(shù)式表示）?！敬鸢浮?1)。O＞C＞Si(2）.＞(3)。1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar］3d104s24p2）(4）.SiO2(5）。二者均為原子晶體,Ge原子半徑大于Si,Si—O鍵長小于Ge—O鍵長，SiO2鍵能更大,熔點更高.(6)。sp2（7).熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，而且硼酸分子與水形成分子間氫鍵,使溶解度增大(8)。4（9）.【解析】【分析】(1)電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大，同主族由上至下逐漸減少，第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小。(2）SiO2、GeO2為同類型晶體結(jié)構(gòu),即為原子晶體,Ge原子半徑大于Si，Si—O鍵長小于Ge-O鍵長，SiO2鍵能更大，熔點更高。（3）B原子最外層有3個電子，與3個—OH形成3個共價鍵,即可得雜化方式，熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大.(4)先分析得出C