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四川省成都七中2020届高三化学二诊模拟考试试题

四川省成都七中2020届高三化学二诊模拟考试试题

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四川省成都七中2020届高三化学二诊模拟考试试题（含解析）
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

A. 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。
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). 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
(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：
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“>”、“<”或“=”)。
II.利用“合成气”合成申醇后，脱水制得二甲醚。
反应为：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3 (g) + H2O(g) △H
经查阅资料，在一定范围内，上述反应化学平衡常数与热力学温度存在如下关系：lnKc=-2.205+。其速率方程为：v正=k正•c2(CH3OH)，v逆=k逆•c(CH3OCH3)•c(H2O)，k正、K逆为速率常数，且影响外因只有温度。
(2)反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________ k逆增大的倍数(填“>”、“<”或“= ”)。
(3)某温度下，Kc=200，在密闭容器中加入一定量CH3OH。反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
物质的量/mol
0.4
0.4
0.4

此时正、逆反应速率的大小：v正 ____v逆(填“>”、“<”或“=”)。
(4)500K下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为_____(埴标号)
A. B. C. D.无法确定
Ⅲ.合成低碳烯经
(5)强碱性电催化还原CO2制备乙烯研究取得突破进展，原理如图所示。b极接的是太阳能电池的_______极(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2CH3OH(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+2Cl2TiCl4+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

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；
(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)。
（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。