宁夏回族自治区银川一中2020届高三模拟考试化学试题 17页

‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试试题卷-化学 ‎(银川一中第二次模拟考试)‎ ‎1.化学与社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B. “梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的主要成分相同，都是合成纤维 C. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”‎ D. 对“地沟油”蒸馏可以获得汽油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染,不是用化学原理对环境污染进行治理，A选项错误;‎ B．柳絮的主要成分和棉花的主要成分相同，都是纤维素，B选项错误；‎ C．二氧化硅能用于制光导纤维，二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，C选项正确；‎ D．“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物，所含元素的种类不同，所以不能通过蒸馏“地沟油”获得汽油，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA B. 2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间 C. ‎3g3He含有的中子数为2NA D. 1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2Cr2O7被还原为Cr3+，2个+6价的Cr转化为+3价的Cr，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，A选项正确；‎ B．2.3gNa与O2完全反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，Na均变成Na+，转移1‎ 个电子，故‎2.3g(即0.1mol)的Na与O2完全反应，转移的电子数为0.1NA，B选项错误；‎ C．‎3g3He为1mol，根据质量数=质子数+中子数可得，3He中有3-2=1个中子，故‎3g3He含有的中子数为NA，C选项错误；‎ D．1mol乙烷中含有7mol共价键，1mol乙烯中含有5mol共价键，化学键数目不同，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 已知酸性的强弱顺序：H2CO3>HCN>HCO3-，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时：2CN-+CO2+H2O=2HCN+CO32-‎ B. 在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液：Ca2＋＋OH-＋HCO3-=CaCO3↓＋H2O C. 侯氏制碱法：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4+‎ D. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为酸性的强弱顺序：H2CO3>HCN>HCO3-，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时应该生成HCN和HCO3-，A选项错误；‎ B．在澄清石灰水中加入少量碳酸氢镁溶液，因为Mg(HCO3)2少量，故以Mg(HCO3)2的量为标准，应有2个HCO3-参与反应，且Mg2+会与OH-生成沉淀，正确的离子方程式为：2Ca2＋+Mg2++4OH-+2HCO3-===2CaCO3↓＋2H2O+Mg(OH)2↓，B选项错误；‎ C．侯氏制碱法的正确离子反应方程式为：Na++NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4+，C选项错误；‎ D． NaOH和Cl2反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子反应方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 原子半径：W>Z B. 常温下，X的单质与Y的单质均能溶于浓硫酸 C. X的最高价氧化物的水化物是强碱 D. 最简单气态氢化物热稳定性：ZZ，A选项错误；‎ B．X的单质为铝单质，遇到浓硫酸会发生钝化，不能溶于浓硫酸，Y的单质为硅单质，硅单质之溶于HF一种酸，B选项错误；‎ C．X的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，为弱碱，C选项错误；‎ D．非金属性：PPH3，D选项正确；‎ 答案选D ‎【点睛】本题依据元素周期表的结构片段，结合题干信息进行元素推断，并着重考查元素周期表及周期律的应用，平时的学习过程中要对于元素周期律准确记忆并理解。‎ ‎5.下列关于有机物的说法正确的是 A. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)‎ B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面 C. 乙醇和丙三醇互为同系物 D. 二环己烷( )的一氯代物有3种结构(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；③丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2‎ 种；因此属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，选项A正确；‎ B、环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，选项B错误；‎ C、乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，不是同系物，选项C错误；‎ D、二环己烷( )中有两种不同环境的氢，其一氯代物有2种结构(不考虑立体异构)，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握官能团的性质、同分异构体数目的推断、同系物和共面的判断为解答的关键。易错点为选项B，环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由甲烷的结构可知分子中的所有碳原子不可能同一个平面上。‎ ‎6.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（ ）‎ ‎①蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水 ‎②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯 ‎③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品 ‎④分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞 ‎⑤H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯 ‎⑥使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码 ‎⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热 A ②③④⑤⑦ B. ②③④⑤ C. ①②③④⑦ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故①错误；‎ ‎②加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故②正确；‎ ‎③制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故③正确；‎ ‎④分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强相同，再打开分液漏斗的旋塞，故④正确；‎ ‎⑤做H2还原CuO实验开始时要排除空气，先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故⑤正确；‎ ‎⑥托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故⑥错误；‎ ‎⑦蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故⑦错误；‎ 综上所述，②③④⑤正确，答案选B。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下将pH均为a的氢氧化钠溶液和氢氧化钡溶液分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是：b＞c＞a B. 常温下5.0×10-3mol·L-1KHA溶液的pH=3.75，该溶液中c(HA-)b=c，A选项错误；‎ B．常温下5.0×10-3mol·L-1KHA溶液的pH=3.75，说明HA-在溶液中电离出部分H+和A2-，故c(HA-)>c(A2-)，B选项错误；‎ C．Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=a，则，常温下氢离子浓度为，则该溶液的，C选项正确；‎ D．Na‎2C2O4溶液中，根据质子守恒可得c(OH-)=c(H+)+c(HC2O4-)+‎2c(H‎2C2O4)，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物(C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑）。‎ Ⅰ.已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，产生的气体能使Br2‎ 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证。（气密性已检验，部分夹持装置略）。实验操作和现象：‎ 操作 现象 点燃酒精灯，加热至‎170℃‎ Ⅰ：A中烧瓶内液体渐渐变黑 Ⅱ：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色 ‎……‎ 实验完毕，清洗烧瓶 Ⅲ：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出 ‎（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有___性。‎ ‎（2）对产生的气体进行分析，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用。‎ ‎①写出实验室制取SO2化学反应方程式是___；‎ ‎②乙根据现象认为实验中产生的SO2和___，使B中有色物质反应褪色。‎ ‎③为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：‎ 甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色。‎ 乙：用下列装置按一定顺序与A连接：（尾气处理装置略）‎ 现象：C中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色。‎ 请回答下列问题：‎ a.甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是___；乙设计的实验D 中盛放的试剂是___，装置连接顺序为___ (用仪器接口字母编号)。‎ b.能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是___。‎ c.乙为进一步验证其观点，取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是___。由此可得出的干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色。‎ Ⅱ.葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂。‎ ‎（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成‎1L溶液，该溶液的pH=4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示。写出Na2S2O5溶于水时溶液中离子浓度由大到小的排列顺序___。‎ ‎（4）已知：Ksp［BaSO4］=1×10-10，Ksp［BaSO3］=5×10-7。把部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42-沉淀完全［c(SO42-)≤1×10-5mol·L-1］，此时溶液中c(SO32-)≤___mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 脱水性 (2). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (3). H2O (4). NaOH溶液 (5). 浓硫酸 (6). dcabef (7). 加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2 (8). .Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓ (9). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (10). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能使乙醇碳化；‎ ‎(2)①实验室用Cu与浓硫酸加热制取SO2；‎ ‎②溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应；‎ ‎③a、氢氧化钠可以和二氧化硫发生反应；浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂；根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，据此确定装置连接顺序；‎ b、二氧化硫使品红褪色，受热时又恢复红色，根据这一性质判断是否为二氧化硫使品红褪色；‎ c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀；‎ ‎(3)根据图可以知道，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，再结合图得到溶液中离子大小关系；‎ ‎(4)根据Ksp[BaSO4]=c(Ba2+)· c(SO42-)，可计算出需要放热c(Ba2+)，进而计算最大浓度c(SO32-)；据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能使乙醇碳化“渐渐变黑”，故答案为：脱水性；‎ ‎(2)①实验室用Cu与浓硫酸加热或者Na2SO3与浓硫酸发生氧化还原制取SO2，反应方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎②乙根据现象Ⅲ认为生成了SO2和水，溴单质可以和二氧化硫、水发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，故答案为：H2O；‎ ‎③a、根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，可以和二氧化硫反应，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干扰，根据乙的设计，C中盛放的试剂是浓硫酸，具有吸水性，可以做干燥剂，根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，所以装置连接顺序为dcabef，故答案为：NaOH溶液；浓硫酸；dcabef；‎ b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复,证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；‎ c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，相关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓，故答案为：Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓；‎ ‎(3)根据图可以知道，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，则溶液中离子大小关系：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)，故答案为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；‎ ‎(4) 根据Ksp[BaSO4]=c(Ba2+)· c(SO42-)，可知需要 ‎，则溶液中SO32-的最大浓度，故答案为0.05。‎ ‎9.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：‎ 已知：①Cu2O＋2H+=Cu＋Cu2+＋H2O。‎ ‎②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：‎ 沉淀物 Cu(OH)2‎ Al(OH)3‎ Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ 开始沉淀pH ‎5.4‎ ‎4.0‎ ‎2.7‎ ‎5.8‎ 沉淀完全pH ‎6.7‎ ‎5.2‎ ‎37‎ ‎8.8‎ ‎（1）为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是__(任写1条)。‎ ‎（2）固体混合物A中的成分是__。‎ ‎（3）反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为__(填离子符号)；检验该离子常用的方法之一是：取少量含该离子的溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生沉淀.写出该反应的离子方程式__。‎ ‎（4）操作1主要包括：__、__、__。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是__。‎ ‎（5）用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为___，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。‎ ‎（6）用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为___。‎ ‎【答案】 (1). 适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 (2). SiO2、Cu (3). Fe2+ (4). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ (5). 蒸发浓缩 (6). ‎ 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失 (9). Fe(OH)3 (10). 1：2 (11). 5.2-5.4或5.2≤pH<5.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知，分析工艺流程图，矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，在加入稀硫酸溶解经过滤后得到CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4溶液和固体混合物A(主要成分为Cu单质和SiO2)，再加入NaClO氧化Fe2+并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3+沉淀，再加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O粗产品，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)由于矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或增大反应物H2SO4浓度等措施，故答案为：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；‎ ‎(2)SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应，其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应Cu、CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，因此发生反Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu，故答案为：SiO2、Cu；‎ ‎(3)因为在反应Ⅰ中Fe2O3与硫酸发生反应生成Fe2(SO4)3，而Cu2O与稀硫酸生成的Cu又与Fe2(SO4)3发生氧化还原生成Cu2+和Fe2+，则铁元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+用铁氰化钾溶液，发生的反应方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为：Fe2+；3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓；‎ ‎(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，由于CuSO4溶解于水,且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；过滤；冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；‎ ‎(5)NaClO具有氧化性，Fe2+具有还原性，用NaClO调节pH时,反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO，反应的离子方程式为：7ClO-+2Fe2++2H++5H2O===2Fe(OH)3↓+Cl-+6HClO，其中氧化剂和还原剂的比值为1：2，故答案为：Fe(OH)3；1:2；‎ ‎(6)结合表格数据，Al3+完全沉淀时的pH为5.2，而Cu2+开始沉淀的pH为5.4，故加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3+沉淀，而Cu2+不沉淀，故答案为：5.2-5.4或5.2≤pH<5.4。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及了影响化学反应速率的因素、化学方程式书写、混合物的分离方法等知识，依据流程和物质的性质正确书写化学方程式是解答的关键。‎ ‎10.TiO2和TiCl4均为重要的化工原料，已知：‎ Ⅰ.TiCl4(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g) ΔH=-175.4kJ/mol Ⅱ‎.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-220.9kJ/mol 请回答下列问题：‎ ‎（1）TiCl4(g)+2CO(g)TiO2(s)+‎2C(s)+2Cl2(g)的ΔH=___kJ/mol。‎ ‎（2）t℃时，向‎10L恒容密闭容器中充入1molTiCl4和2molO2，发生反应I，4min达到平衡时测得TiO2的物质的量为0.2mol。‎ ‎①反应0~4min末的平均速率v(Cl2)=_，该温度下K=_（用分数表示），O2的平衡转化率=__。‎ ‎②下列措施，既能加快正反应速率，又能增大O2的平衡转化率的是_。‎ A.缩小容器的体积 B.加入催化剂 C.分离出部分TiO2‎ D.增加O2的浓度 E.减低温度 F.以上方法均不可以 ‎③t℃时，向‎10L恒容密闭容器中充入3molTiCl4和一定量的O2，发生反应I，两种气体的平衡转化率（a%）与起始的物质的量之比（TiCl4/O2）的关系如图1所示：能表示O2的平衡转化率的曲线为___(填“L‎1”‎或“L‎2”‎)，M点的坐标为___(用整数或分数表示)。‎ ‎（3）CO是有毒气体，测定空气中CO含量常用的方法之一是电化学气敏传感器法。其中CO传感器的工作原理如图2所示，则工作电极的反应式为___；为减少对环境造成的影响，用CO和H2可以制备甲醇(CH3OH)，以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中溶质的主要成分是___(写化学式)。‎ ‎【答案】 (1). +45.5 (2). 0.01mol/(L∙min) (3). (4). 10% (5). F (6). L1 (7). (1，) (8). CO－2e-＋H2O=CO2＋2H+ (9). K2CO3、KHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知Ⅰ. TiCl4(g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g) ΔH=-175.4kJ/mol，Ⅱ‎.2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH=-220.9kJ/mol，用Ⅰ-Ⅱ可得TiCl4(g)+2CO(g)TiO2(s)+‎2C(s)+2Cl2(g)，根据盖斯定律可得，ΔH=-175.4kJ/mol-(-220.9kJ/mol)=+45.5kJ/mol，故答案为：+45.5；‎ ‎(2)根据题干信息可知：‎ ‎①0~4min内，用Cl2表示的反应速率，平衡常数，，故答案为：0.01mol/(L∙min)；；10%；‎ ‎②A. 缩小容器体积，气体压强增大，正反应速率加快，但平衡不移动，O2的平衡转化率不变，A选项错误；‎ B．加入催化剂，正反应速率加快，但平衡不移动，O2的平衡转化率不变，B选项错误；‎ C．分离出部分TiO2，正反应速率减慢，平衡正向移动，O2的平衡转化率增大，C选项错误；‎ D．增加O2的浓度，正反应速率加快，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理，只能削弱不能抵消，O2的平衡转化率降低，D选项错误；‎ E．减低温度，正反应速率减慢，平衡正向移动，O2平衡转化率增大，E选项错误；‎ 综上，以上方法均不能满足条件，F正确，答案为：F；‎ ‎③随着TiCl4的浓度增加，O2的转化率越来越大，故曲线L1表示O2的平衡转化率的曲线，M点表示n(TiCl4/O2)=方程式计量数之比=1时，TiCl4的转化率和O2的转化率相同，即a=1，t℃时，向‎10L恒容密闭容器中充入3molTiCl4和3molO2的混合气体时，转化率相等，有 因为温度不变，故平衡常数不变，则，解得x=，M点的坐标为：，故答案为：L1；；‎ ‎(3)由图可知，H2SO4做电解质溶液，工作电极上CO失去电子转化为CO2，则电极反应式为CO－2e-＋H2O=CO2＋2H+，以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极），甲醇在负极参与反应，根据元素守恒，当有0.5mol甲醇参与反应时，产生的CO2是0.5mol，与0.8mol氢氧化钾反应，根据方程式2KOH+CO2===K2CO3+H2O，K2CO3+CO2+H2O===2KHCO3，可知生成0.3mol的K2CO3和0.2mol的KHCO3，则电解质溶液中溶质的主要成分是K2CO3和KHCO3，故答案为：CO-2e-+H2O===CO2+2H+；K2CO3和KHCO3。‎ ‎【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、化学反应速率、平衡常数、物质转化率的计算，以及原电池中电极反应式的书写和溶液中离子的判断，综合性很强，难度大，在解答时需要认真审题。‎ ‎11.氢、碳、氮、氧、铁、铜等元素及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎（1）写出基态铜原子的价电子排布式___。‎ ‎（2）实验室用KSCN溶液、检验Fe3+。C、N、O的电负性由大到小的顺序为___(用元素符号表示)，一定条件下，SCN-与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式___。‎ ‎（3）FeCl3的熔点为‎306℃‎，沸点为‎315℃‎FeCl3的晶体类型是__。FeSO4常作补铁剂，SO42-‎ 的立体构型是__。‎ ‎（4）CH3OH分子中O原子的杂化方式为___，键角：H-C-H___H-O-C。（填“<”、“>”、“=”）CH3OH能与H2O以任意比互溶的原因是___。‎ ‎（5）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图I、图Ⅱ所示)：‎ 则一个C60分子中含有σ键的个数为__，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有__个，C60晶体的密度的表达式为__g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). O＞N＞C (3). N≡C—S—S—C≡N (4). 分子晶体 (5). 正四面体形 (6). sp3 (7). > (8). 可形成分子间氢键 (9). 90 (10). 12 (11). 或 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)铜为29号元素，基态铜原子核外有29个电子，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；‎ ‎(2) 同一周期元素，从左至右电负性依次增强，则C、N、O的电负性由大到小的顺序：O＞N＞C，(SCN)2中S与C、S与S分别形成一对共用电子对，C与N形成3对共用电子对，则(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，故答案为：O＞N＞C；N≡C—S—S—C≡N；‎ ‎(3)因为FeCl3的熔点为‎306℃‎，沸点为‎315℃‎，所以FeCl3是分子晶体，SO42-中S原子成键电子对数，无孤电子对，则SO42-的立体构型是正四面体形，故答案为：分子晶体；正四面体形；‎ ‎(4) CH3OH分子中O原子与C、H原子形成2个σ键，由2个孤电子对，则杂化方式为sp3杂化，有孤电子对的对成键电子的排斥作用大，键角小，所以键角H-C-H>H-O-C，因为甲醇和水均可形成分子间氢键，所以CH3OH能与H2O以任意比互溶，故答案为：sp3；>；可形成分子间氢键；‎ ‎(5)根据C60分子结构，C60‎ 分子中1个碳原子有2个C—C键，1个C=C键，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为，即一个C60分子中含有σ键的个数为个，根据C60的晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有12个，一个C60的晶胞中，C60的个数为，根据公式，可得晶胞的质量为g，又晶胞的体积为a‎3cm3，则，故答案为：90；12；或。‎ ‎12.某抗结肠炎药物的有效成分的合成路线如图所示(部分试剂和反应条件已略去)：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）E中含有的官能团为__。‎ ‎（2）②的反应类型是__。‎ ‎（3）下列对抗结肠炎药物的有效成分可能具有的性质推测不正确的是__(填字母)。‎ a.水溶性比苯酚的好，密度比苯酚的大 b.能发生消去反应 c.能发生加聚反应 d.既有酸性又有碱性 ‎（4）①的反应方程式为__。‎ ‎（5）符合下列条件的E的同分异构体有__种。写出其中核磁共振氢谱中有四组峰的结构简式：__。‎ a.与E具有相同的官能团且官能团不在同一侧链上 b.水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应 ‎（6）连有烷基的苯环上再引入一个取代基时，常取代烷基邻、对位上的氢原子，而连有羧基的苯环上再引入一个取代基时，常取代羧基间位上的氢原子。据此设计出以A为原料合成的路线(仿照题中抗结肠炎药物的有效成分的合成路线进行答题)___。‎ ‎【答案】 (1). 羧基和酯基 (2). 取代反应（或硝化反应） (3). bc (4). +Cl2+HCl (5). 15 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，C发生信息(a)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式、E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为，烃A与Cl2在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，可推知A为，B为，E与NaOH反应、酸化得到F为，由信息(b)并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)E的结构式为，其中含有的官能团有羧基和酯基，故答案为：羧基和酯基；‎ ‎(2)F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生硝化反应生成G，硝化反应也属于取代反应，故答案为：取代（或硝化）反应；‎ ‎(3)a.羧基和氨基与水分子之间可以形成氢键，其水溶性比苯酚好，a正确；‎ b．不能发生消去反应，b错误；‎ c．抗结肠炎药物有效成分含有的官能团有氨基、羧基、和羟基，可以发生缩聚反应生成高分子化合物，但不能发生加聚反应，c错误；‎ d．含有氨基、羧基，机有碱性又有酸性，d正确，综上，bc错误，故答案为：bc；‎ ‎(4)反应①是烃A与Cl2在FeCl3催化剂条件下反应得到B，反应方程式为+Cl2+HCl，故答案为：+Cl2+HCl；‎ ‎(5)根据条件a.与E具有相同的官能团且官能团不在同一侧链上，有—COOH和—COO—，b.水解产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有羧酸苯酯，则满足条件的同分异构体可能是：①有3个取代基“HCOO—、—COOH、—CH‎3”‎，苯环上有—COOH和—CH3时有邻、间、对三种，苯环上在连接一个HCOO—，对应的种类有4、4、2共10种；②苯环上有2个取代基“HCOO—和—CH2COOH”时，共3种；③苯环上有2个取代基“—COOH和CH3COO—”时，共3种，其中一种是E的结构，则满足条件的E的同分异构体共有10+3+2=15种，其中核磁共振氢谱种有四组峰的结构简式为，故答案为：15；；‎ ‎(6)以甲苯为原料合成的流程为甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为，故答案为：。‎