2017年广东省惠州市高考化学二模试卷（解析版）

2017年广东省惠州市高考化学二模试卷
　
一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）
1．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性．现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2；②ICl+H2O=HCl+HIO，下列叙述正确的是（　　）
A．Cl2与I2生成ICl是非氧化还原反应
B．反应①中，每生成1
mol
ZnCl2时转移2mol电子
C．反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物
D．反应②中，ICl既是氧化剂又是还原剂
2．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（　　）
A．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化
D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
3．设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（C﹣12
H﹣1）（　　）
A．标准状况下，22.4LCCl4所含的分子数为NA
B．1mol的羟基（﹣OH）与1
mol的氢氧根（OH
﹣）离子所含电子数均为9
NA
C．常温常压下，在30g
的乙烷气体分子中，碳氢键的总个数为6NA
D．一定条件下，将2molSO2与足量的O2充分反应，生成SO3的分子数为2NA
4．下列说法正确的是（　　）
A．
的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
B．用酸性KMnO4溶液可以确定CH2=CH﹣CHO中含有C=C双键
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
5．某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（　　）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
6．已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法不正确的是（　　）
溶质
NaCl
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7
11.6
9.7
8.3
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl＞H2CO3＞HClO
B．等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
D．若将CO2通入0.1mol/L
Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L
7．已知X、Y、Z、W为短周期的主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（　　）
X
Y
Z
W
A．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）
B．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
C．若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
D．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应水化物一定为强碱
　
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义．
（1）用CO可以合成甲醇．已知：
CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H
1
kJ mol﹣1
CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2
kJ mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3
kJ mol﹣1
则CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=　　kJ mol﹣1．
（2）一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol
CO与2mol
H2，在催化剂作用下发生反应：CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．
①下列说法正确的是　　
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态
B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0
D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
②p2　　p1
（填“大于”、“小于”或“等于”）；
③100℃时，该反应的化学平衡常数K=　　；
（3）某科研小组用SO2为原料制取硫酸．
①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触．请写出该电池负极的电极反应式：　　．
②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸．电解原理示意如图2所示．请写出开始时阳极反应的电极反应式　　．
9．钛合金烤瓷牙是目前国内使用最为普遍的一种烤瓷牙，TiCl4是生产金属钛的原料．
（1）工业上主要用TiO2氯化的方法来制取TiCl4
①有人拟用以下氯化反应来制取TiCl4：TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g），写出实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2的离子方程式　　．
②工业上通常往TiO2和Cl2反应体系中加入碳单质，在一定条件下制取TiCl4，从化学平衡的角度解释此方法能顺利制取TiCl4的原因　　．
（2）某化学实验小组以TiO2和足量
CCl4为原料制取TiCl4，装置如图1所示：
如表是有关物质的性质：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
﹣23
76.8
与TiCl4互溶
TiCl4
﹣25
136
遇潮湿空气产生白雾
①实验开始时先点燃A处的酒精灯，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，其主要目的是　　．
②本实验中仪器a采用题给的加热方式的突出优点是　　．
③B中CCl4与TiO2发生反应的化学方程式是　　．
④欲分离C装置中的TiCl4，应采用的实验操作为　　（填操作名称）．
⑤若将反应过程中生成的气体X（足量）缓缓通入Ba（
OH）2和NaOH的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和
通入气体X的体积（V）的关系如图2所示，若混合溶液中Ba（
OH）2和2NaOH的物质的量之比为1：1，则b点溶液中溶质主要成分的化学式为　　，从b点到c点，沉淀减少过程中发生反应的离子方程式为　　．
10．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2 2H2O的流程如图：
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀的pH
13.9
11.1
3.2
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
（1）实验室用37%的盐酸配制1mol/L盐酸，下列仪器中，不需要使用的是　　
a．容量瓶
b．量筒
c．烧杯
d．滴定管
为了加快毒重石的酸浸速率，可以采取的措施有　　（至少两条）．
（2）加入氨水调节溶液pH=8的目的是　　．滤渣Ⅱ中含　　（填化学式）．加入H2C2O4时应避免过量，原因是　　．
（3）操作Ⅳ的步骤是：　　、过滤．
（4）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行．
已知：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；Ba2++CrO42﹣=BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x
mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL．
步骤Ⅱ：移取y
mL
BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x
mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL．通过计算，氯化钡溶液浓度为　　
mol L﹣1（用含字母的式子表示）．
　
[有机化学基础]
11．用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如图：
已知：
Ⅲ．有机物L是一种六元环酯，M的分子式是（C15H16O6）n
（1）C中含氧官能团的名称　　，D的结构简式　　．
（2）E在KMO4/OH﹣中转化成F，F的结构简式　　，H→J的反应类型　　．
（3）H→L的化学反应方程式是　　．
（4）K→M属于加聚反应，K的结构简式是　　．
（5）写出一定量的C与足量NaOH溶液反应的化学方程式　　．
（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　　．
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③遇FeCl3溶液能发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为l：l：2：2．
　
[物质结构与性质]
12．将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H2在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．
（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，
请判断该排布图　　（填“正确”或“错误”），理由是　　（若判断正确，该空不用回答）．
（2）写出两种与CO互为等电子体的离子　　．
（3）向CuSO4溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4中
所含配位键是通过配体分子的　　给出孤电子对，　　接受电子对形成，SO42﹣的空间构型是　　，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为　　＞　　＞　　（填元素符号）．
（4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是　　；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为　　．
（5）甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：
①在该晶胞中，Cu+的配位数是　　，
②若该晶胞的边长为a
pm，则Cu2O的密度为　　g cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）
　
2017年广东省惠州市高考化学二模试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共7小题，每小题4分，满分28分）
1．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性．现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2；②ICl+H2O=HCl+HIO，下列叙述正确的是（　　）
A．Cl2与I2生成ICl是非氧化还原反应
B．反应①中，每生成1
mol
ZnCl2时转移2mol电子
C．反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物
D．反应②中，ICl既是氧化剂又是还原剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】A、根据氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化来分析；
B、2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，2molZn反应转移4mol电子；
C、2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低；
D、ICl+H2O=HCl+HIO中没有元素的化合价变化，
【解答】解：A、氧化还原反应的特征：存在元素化合价的变化，氯气与碘单质反应得到ICl的过程中氯元素和碘元素的化合价均发生了变化，故为氧化还原反应，故A错误；B、2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，每生成1
mol
ZnCl2时需2molZn反应转移4mol电子，故B错误；
C．2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，所以ZnCl2是氧化产物，而ZnI2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．反应②中，没有元素的化合价变化，则ICl既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；
故选C．
　
2．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程．下列有关说法不正确的是（　　）
A．工业上通过电解熔融状态MgCl2制取金属镁
B．用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．在第②、④步骤中，溴元素均被氧化
D．制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁；
B、碳酸钠和碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，都会出现白色沉淀；
C、化合价升高的元素在反应中做还原剂被氧化；
D、在混合溶液中，溶解度小的物质会先结晶析出；
【解答】解：A、工业上是电解熔融的氯化镁来制取金属镁，故A正确．
B、碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钙之间均能反应，且都会出现白色沉淀，所以用澄清的石灰水不可鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；
C、第②步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，第④步中，溴元素化合价从﹣1升高到0价，被氧化，故C正确；
D、向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度较小的碳酸氢钠会先析出，制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故D正确；
故选B．
　
3．设NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（C﹣12
H﹣1）（　　）
A．标准状况下，22.4LCCl4所含的分子数为NA
B．1mol的羟基（﹣OH）与1
mol的氢氧根（OH
﹣）离子所含电子数均为9
NA
C．常温常压下，在30g
的乙烷气体分子中，碳氢键的总个数为6NA
D．一定条件下，将2molSO2与足量的O2充分反应，生成SO3的分子数为2NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、标况下四氯化碳为液体；
B、氢氧根中含10个电子；
C、求出乙烷的物质的量，然后根据乙烷中含6条碳氢键来分析；
D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应．
【解答】解：A、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、氢氧根中含10个电子，故1mol氢氧根中含10NA个电子，故B错误；
C、30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含6条碳氢键，故1mol乙烷中含6NA条碳氢键，故C正确；
D、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的三氧化硫分子个数小于2NA个，故D错误．
故选C．
　
4．下列说法正确的是（　　）
A．
的系统命名为2﹣甲基﹣2﹣乙基丙烷
B．用酸性KMnO4溶液可以确定CH2=CH﹣CHO中含有C=C双键
C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D．在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．主链含4个C，2号C上有2个甲基；
B．碳碳双键、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化；
C．酯化反应时羧酸脱﹣OH，醇脱H；
D．﹣COOH、﹣CONH﹣均与NaOH反应．
【解答】解：A．主链含4个C，2号C上有2个甲基，则名称为2，2﹣二甲基﹣丁烷，故A错误；
B．碳碳双键、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化，则酸性KMnO4溶液不能确定CH2=CH﹣CHO中含有C=C双键，故B错误；
C．酯化反应时羧酸脱﹣OH，醇脱H，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故C错误；
D．﹣COOH、﹣CONH﹣均与NaOH反应，则在一定条件下，乙酸、氨基乙酸、蛋白质均能与NaOH发生反应，故D正确；
故选D．
　
5．某化学兴趣小组进行有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示．下列有关说法正确的是
（　　）
A．①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2
B．③中反应的化学方程式：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O
C．③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
D．由上述实验可知：Cu在常温下既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质．
【分析】由实验可知，①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，②中观察到Cu剩余，则硝酸完全反应，③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，以此来解答．
【解答】解：A．①中发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+Cu（NO3）2+4H2SO4═4CuSO4+2NO↑+4H2O，故B正确；
C．③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，继续与Cu反应，而硝酸的氧化性强，故C错误；
D．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，不能与稀硫酸反应，故D错误；
故选B．
　
6．已知：常温下浓度为0.1mol/L的下列溶液的pH如表：下列有关说法不正确的是（　　）
溶质
NaCl
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7
11.6
9.7
8.3
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl＞H2CO3＞HClO
B．等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸，反应为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
D．若将CO2通入0.1mol/L
Na2CO3溶液至溶液中性，则溶液中：2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L
【考点】盐类水解的应用．
【分析】相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大小关系，则酸性：HCl＞H2CO3＞HClO；
A．溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强；
B．ClO﹣在溶液中会发生水解；
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠；
D．根据电荷守恒分析．
【解答】解：相同条件下，酸的酸性越弱，其盐溶液的水解程度越大，盐溶液的碱性越强，已知溶液的pH大小关系，则酸性：HCl＞H2CO3＞HClO；
A．酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，溶液中离子浓度越大，溶液的导电能力越强，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力：HCl＞H2CO3＞HClO，故A正确；
B．ClO﹣在溶液中会发生水解，所以等体积等物质的量浓度的NaCl溶液与NaClO溶液中Cl﹣和ClO﹣离子个数：Cl﹣＞ClO﹣，故B正确；
C．向Na2CO3溶液中逐滴滴入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠，其反应的方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故C错误；
D．若将CO2通入0.1mol/L
Na2CO3溶液至溶液中性，电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），则溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）=0.2mol/L，故D正确．
故选C．
　
7．已知X、Y、Z、W为短周期的主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（　　）
X
Y
Z
W
A．若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n均为正整数）
B．若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
C．若四种元素中只有一种为金属，则Y的最高价氧化物对应水化物一定为强酸
D．若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应水化物一定为强碱
【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．
【分析】A．若HmXOn为强酸，由位置可知，X可能为N；
B．若四种元素均为非金属，X可能为C，W可能为P；
C．若四种元素中只有一种为金属，结合位置可知，只有Z为Al，则Y为C；
D．若四种元素均为金属，X为Li，Z为Na．
【解答】解：A．若HmXOn为强酸，由位置可知，X可能为N，X的氢化物为氨气，溶于水一定显碱性，故A错误；
B．若四种元素均为非金属，X可能为C，W可能为P，但W的最高价氧化物对应水化物为磷酸，为中强酸，故B错误；
C．若四种元素中只有一种为金属，结合位置可知，只有Z为Al，则Y为C，则Y的最高价氧化物对应水化物为碳酸，为弱酸，故C错误；
D．若四种元素均为金属，X为Li，Z为Na，则Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，一定为强碱，故D正确；
故选D．
　
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染物有重要意义．
（1）用CO可以合成甲醇．已知：
CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H
1
kJ mol﹣1
CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2
kJ mol﹣1
H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3
kJ mol﹣1
则CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=　2△H3+△H2﹣△H1　kJ mol﹣1．
（2）一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1mol
CO与2mol
H2，在催化剂作用下发生反应：CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．
①下列说法正确的是　B　
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态
B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0
D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
②p2　大于　p1
（填“大于”、“小于”或“等于”）；
③100℃时，该反应的化学平衡常数K=　4　；
（3）某科研小组用SO2为原料制取硫酸．
①利用原电池原理，用SO2、O2和H2O来制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触．请写出该电池负极的电极反应式：　SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+　．
②用Na2SO3溶液充分吸收SO2得NaHSO3溶液，然后电解该溶液可制得硫酸．电解原理示意如图2所示．请写出开始时阳极反应的电极反应式　HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+　．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）已知：①CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H
1
kJ mol﹣1
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2
kJ mol﹣1
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3
kJ mol﹣1
根据盖斯定律2×③+②﹣①可得CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）；
（2）①A．混合气体质量不变，气体体积不变，混合气体密度不变；
B．反应达到平衡状态时各物质的含量不变；
C．由图1可知相同压强下，温度升高，CO的转化率减小，反应逆向移动，正方向为放热反应；
D．催化剂不改变平衡；
②该反应是个气体体积减小的反应，根据压强对化学平衡的影响分析；
③100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，代入化学平衡常数K计算可得；
（3）①依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
②根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式．
【解答】解：（1）①CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H
1
kJ mol﹣1
②CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H2
kJ mol﹣1
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H3
kJ mol﹣1
根据盖斯定律2×③+②﹣①可得CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=2△H3+△H2﹣△H1；
故答案为：）△H=2△H3+△H2﹣△H1；
（2）①A．容器内混合气体总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，故A错误；
B．容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态，故B正确；
C．由图1可知相同压强下，温度升高，CO的转化率减小，反应逆向移动，正方向为放热反应，故C错误；
D．催化剂不影响化学平衡，故D错误；
故答案为：B；
②该反应是个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，CO的转化率增大，由图1可知相同温度下，p2时CO的转化率大于的p1转化率，故p2大于p1；
故答案为：大于；
③在容积为2L的密闭容器中充入1mol
CO与2mol
H2，100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
c始：0.5
1
0
c转：0.25
0.5
0.25
c平：0.25
0.5
0.25
则化学平衡常数K==4；
故答案为：4；
（3）①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；
故答案为：SO2﹣2e﹣+2H2O═SO42﹣+4H+；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO3溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO3﹣溶液失去电子被氧化生成SO42﹣，则阳极电极反应式是：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；
故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+．
　
9．钛合金烤瓷牙是目前国内使用最为普遍的一种烤瓷牙，TiCl4是生产金属钛的原料．
（1）工业上主要用TiO2氯化的方法来制取TiCl4
①有人拟用以下氯化反应来制取TiCl4：TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g），写出实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2的离子方程式　MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O　．
②工业上通常往TiO2和Cl2反应体系中加入碳单质，在一定条件下制取TiCl4，从化学平衡的角度解释此方法能顺利制取TiCl4的原因　加入的碳单质与氧气反应，减小了产物O2的浓度，使
TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g）平衡向正反应方向移动，使反应能够顺利进行　．
（2）某化学实验小组以TiO2和足量
CCl4为原料制取TiCl4，装置如图1所示：
如表是有关物质的性质：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
﹣23
76.8
与TiCl4互溶
TiCl4
﹣25
136
遇潮湿空气产生白雾
①实验开始时先点燃A处的酒精灯，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，其主要目的是　先排尽系统（装置）中的空气　．
②本实验中仪器a采用题给的加热方式的突出优点是　受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流　．
③B中CCl4与TiO2发生反应的化学方程式是　TiO2+CCl4TiCl4+CO2↑　．
④欲分离C装置中的TiCl4，应采用的实验操作为　蒸馏　（填操作名称）．
⑤若将反应过程中生成的气体X（足量）缓缓通入Ba（
OH）2和NaOH的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量（n）和
通入气体X的体积（V）的关系如图2所示，若混合溶液中Ba（
OH）2和2NaOH的物质的量之比为1：1，则b点溶液中溶质主要成分的化学式为　NaHCO3　，从b点到c点，沉淀减少过程中发生反应的离子方程式为　BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣　．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
②向TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g）反应体系中加C，能反应掉生成物O2，从化学平衡移动的角度分析；
（2）为防止产品TiCl4被氧化，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统（装置）中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点较低，C装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，D装置连接空气，由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，故D装置作用是防止空气中水蒸进入．
①为防止产品TiCl4被氧化，先排尽系统（装置）中的空气；
②水浴加热优点是受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流；
③TiO2和
CCl4为在加热条件下生成TiCl4和CO2；
④CCl4、TiCl4二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离；
⑤向物质的量之比为1：1的Ba（
OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，总反应为：NaOH+CO2═NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，据此分析．
【解答】解：（1）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
②在反应TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g）中，加入C能和O2反应C（s）+O2（g）=CO2（g），降低了O2的浓度，平衡正向移动，反应就可以进行了，
故答案为：加入的碳单质与氧气反应，减小了产物O2的浓度，使
TiO2（s）+2Cl2（g） TiCl4（l）+O2（g）平衡向正反应方向移动，使反应能够顺利进行；
（2）为防止产品TiCl4被氧化，实验开始时先点燃A处的酒精灯，使四氯化碳挥发，排尽系统（装置）中的空气，待C中烧瓶里有液滴出现时再点燃B处的酒精灯，B中装置在加热条件下，发生反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），CCl4、TiCl4熔点较低，C装置使这两种物质转化为液态，二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，D装置连接空气，由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，故D装置作用是防止空气中水蒸进入．
①为防止产品TiCl4被氧化，先排尽系统（装置）中的空气，
故答案为：先排尽系统（装置）中的空气；
②水浴加热优点是受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流，
故答案为：受热均匀，能为反应提供稳定的CCl4蒸汽流；
③TiO2和
CCl4为在加热条件下生成TiCl4和CO2，方程式为：TiO2+CCl4TiCl4+CO2↑；
故答案为：TiO2+CCl4TiCl4+CO2↑；
④CCl4、TiCl4二者能互溶，应该采用蒸馏方法分离，
故答案为：蒸馏；
⑤向物质的量之比为1：1的Ba（
OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入CO2，开始产生沉淀，故a点之前发生反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O，从图中可知：氢氧化钡、氢氧化钠消耗二氧化碳体积分别为5L、5L，所以a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，总反应为：NaOH+CO2═NaHCO3，则b点溶液中溶质主要成分的化学式为NaHCO3，b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba（HCO3）2，离子方程式为：BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣；
故答案为：NaHCO3；BaCO3+H2O+CO2=Ba2++2HCO3﹣．
　
10．毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2 2H2O的流程如图：
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀的pH
13.9
11.1
3.2
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
（1）实验室用37%的盐酸配制1mol/L盐酸，下列仪器中，不需要使用的是　d　
a．容量瓶
b．量筒
c．烧杯
d．滴定管
为了加快毒重石的酸浸速率，可以采取的措施有　研磨成粉、加热、搅拌等　（至少两条）．
（2）加入氨水调节溶液pH=8的目的是　使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去　．滤渣Ⅱ中含　Mg（OH）2、Ca（OH）2　（填化学式）．加入H2C2O4时应避免过量，原因是　H2C2O4过量会导致形成BaC2O4沉淀，产品产量减少　．
（3）操作Ⅳ的步骤是：　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤．
（4）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行．
已知：2CrO42﹣+2H+=Cr2O72﹣+H2O；Ba2++CrO42﹣=BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x
mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL．
步骤Ⅱ：移取y
mL
BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x
mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL．通过计算，氯化钡溶液浓度为　　
mol L﹣1（用含字母的式子表示）．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】制备BaCl2 2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶，过滤，得到BaCl2 2H2O，
（1）实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；为了加快毒重石的酸浸速率，可以研磨成粉、加热、搅拌，增大反应速率；
（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3 H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入过量H2C2O4，易发生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+，产品的产量减少；
（3）操作Ⅳ是从氯化钡溶液中获得氯化钡晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到；
（4）利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓、2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H20，与Ba2+反应的CrO42﹣的物质的量为总盐酸的物质的量减去过量的盐酸，据此计算出BaCl2溶液的浓度．
【解答】解：（1）实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，所以要用量筒，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌，不用的是滴定管，故选d，为了加快毒重石的酸浸速率，可以研磨成粉、加热、搅拌等，增大反应速率，
故答案为：d；研磨成粉、加热、搅拌等；
（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3 H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，
故答案为：使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀而除去；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4过量会导致形成BaC2O4沉淀，产品产量减少；
（3）操作Ⅳ是从氯化钡溶液中获得氯化钡晶体，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H20
的盐酸的物质的量为：V1×10﹣3×bmol，步骤Ⅰ：用b
mol L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10﹣3×bmol，Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42﹣的物质的量为V0×10﹣3×bmol﹣V1×10﹣3×bmol=（V0﹣V1）b×10﹣3mol，步骤Ⅱ：移取y
mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：
mol/L=mol/L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，
故答案为：．
　
[有机化学基础]
11．用乙烯、甲苯、E三种原料合成高分子药物M和有机中间体L的路线如图：
已知：
Ⅲ．有机物L是一种六元环酯，M的分子式是（C15H16O6）n
（1）C中含氧官能团的名称　羟基、羧基　，D的结构简式　　．
（2）E在KMO4/OH﹣中转化成F，F的结构简式　　，H→J的反应类型　消去反应　．
（3）H→L的化学反应方程式是　　．
（4）K→M属于加聚反应，K的结构简式是　　．
（5）写出一定量的C与足量NaOH溶液反应的化学方程式　　．
（6）写出一种符合下列条件的C的同分异构体的结构简式　或或　．
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③遇FeCl3溶液能发生显色反应
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为l：l：2：2．
【考点】有机物的合成．
【分析】由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为、M为，据此解答．
【解答】解：由反应信息Ⅰ可知，乙烯在高锰酸钾、碱性条件下被氧化生成B为HOCH2CH2OH．由反应信息Ⅱ可知，与乙酸酐反应生成D为．F发生催化氧化生成G，G与形成氢氧化铜反应生成H，则F为醇、G含有醛基、H含有羧基，L是六元环酯，由H、L的分子式可知，应是2分子H脱去2分子水发生酯化反应，故H中还含有﹣OH，且﹣OH、﹣COOH连接在同一碳原子上，该碳原子不含H原子，故H为，逆推可得G为、F为，故E为（CH3）2C=CH2，在高锰酸钾、碱性条件下氧化生成F．B、D、J反应生成K，K→M属于加聚反应，M分子式是（Cl5Hl6O6）n，由M的链节组成可知，应是1分子B、1分子D、1分子J反应生成K，故H在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成J为CH2=C（CH3）COOH，K为、M为，
（1）由C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羟基、羧基，D为，
故答案为：羟基、羧基；；
（2）根据上面的分析可知，F为，H→J的反应类型消去反应，
故答案为：；消去反应；
（3）H→L的化学反应方程式是，
故答案为：；
（4）根据上面的分析可知，K的结构简式是，
故答案为：；
（5）一定量的C与足量NaOH溶液反应的化学方程式为，
故答案为：；
（6）符合下列条件的C（）的同分异构体：
①属于芳香族化合物，含有苯环；②能发生银镜反应，含有﹣CHO或﹣OOCH，若为﹣CHO，则还含有2个﹣OH，若为﹣OOCH，则还含有1个﹣OH．③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：1：2：2，符合条件的同分异构体为：
，
故答案为：或或．
　
[物质结构与性质]
12．将汽车尾气中含有的CO利用不仅能有效利用资源，还能防治空气污染．工业上常用CO与H2在由Al、Zn、Cu等元素形成的催化剂作用下合成甲醇．
（1）图1是某同学画出CO分子中氧原子的核外电子排布图，
请判断该排布图　错误　（填“正确”或“错误”），理由是　违背泡利原理　（若判断正确，该空不用回答）．
（2）写出两种与CO互为等电子体的离子　CN﹣、C22﹣　．
（3）向CuSO4溶液中加入足量氨水可得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液，[Cu（NH3）4]SO4中
所含配位键是通过配体分子的　N　给出孤电子对，　Cu2+　接受电子对形成，SO42﹣的空间构型是　正四面体　，该物质中N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为　N　＞　O　＞　S　（填元素符号）．
（4）甲醇与乙烷的相对分子质量相近，故二者分子间的作用力（范德华力）相近，但是二者沸点的差距却很大，造成该差异的原因是　甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷　；在甲醇分子中碳原子轨道的杂化类型为　sp3　．
（5）甲醛与新制Cu（OH）2悬浊液加热可得砖红色沉淀Cu2O，已知Cu2O晶胞的结构如图2所示：
①在该晶胞中，Cu+的配位数是　2　，
②若该晶胞的边长为a
pm，则Cu2O的密度为　　g cm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
【分析】（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；
（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体；
（3）配合物中含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间形成配位键；
硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而减小；
（4）分子间氢键能增大物质的熔沸点，甲醇分子中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；
（5）①该晶胞中小球个数是4、大球个数=8×+1=2，根据化学式知，小球表示Cu原子、大球表示O原子，根据图知，每个亚铜离子连接2个氧离子；
②晶胞体积=（a×10﹣10cm）3，晶胞密度=．
【解答】解：（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，根据图知，其中一个孤电子有两个完全相同的电子，所以违背泡利原理，故答案为：错误；违背泡利原理；
（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，CO分子中含有2个原子、其价电子数为10，所以与CO互为等电子体的离子有CN﹣、C22﹣，故答案为：CN﹣、C22﹣；
（3）配合物中含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间形成配位键，该配合物中N原子提供孤电子对、Cu2+提供空轨道；
硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子空间构型为正四面体；
同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而减小，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞S，
故答案为：N；Cu2+；正四面体；N；O；S；
（4）分子间氢键能增大物质的熔沸点，甲醇分子间能形成氢键、乙烷分子之间不能形成氢键，所以甲醇熔沸点高于乙烷；甲醇分子中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式为sp3，
故答案为：甲醇分子间存在氢键，因此其沸点远大于乙烷；sp3；
（5）①该晶胞中小球个数是4、大球个数=8×+1=2，根据化学式知，小球表示Cu原子、大球表示O原子，根据图知，每个亚铜离子连接2个氧离子，所以亚铜离子配位数是2，故答案为：2；
②晶胞体积=（a×10﹣10cm）3，晶胞密度==g cm﹣3=g cm﹣3，
故答案为：．
　
2017年1月8日