【KS5U解析】河北省衡水中学2020届高三下学期一调化学试题 Word版含解析

1、2019-2020学年度高三年级下学期一调考试理综试卷可能用到的相对原子量：h 1 c 12 o 16 cu 64 mn 55一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2019年9月25日，全世界几大空之一北京大兴国际机场，正式投运。下列相关说法不正确的是( )a. 机杨航站楼所用钢铁属于合金材料b. 航站楼使用的玻璃是无机非金属材料c. 航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成，属于新型无机材料d. 机场高速应用自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏【答案】c【解析】【详解】a机杨航站楼所用钢铁是合金，

2、属于金属材料，故a正确；b玻璃是硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故b正确；c橡胶隔震支座，成分为有机高分子材料，钢板是金属材料，故c错误；d常用的融雪剂为工业食盐，而盐溶液会加速铁的生锈，应尽量减小使用，故d正确；故答案为c。2.下列说法不正确的是( )a. 金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理b. 氨氮废水(含nh4+及nh3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理c. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加d. 用ph计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度【答案】a【解析】【详

3、解】a金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故a错误；b氨氮废水中n为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故b正确；c做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故c正确；d乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用ph计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度，故d正确；故答案为a。3.2019 年是元素周期表诞生的第 150 周年，联合国大会宣布 2019 年是“国

4、际化学元素周期表年”。w、x、y 和 z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。w 的一种核素可用于文物年代的测定， x 与 w 同周期相邻，四种元素中只有 y 为金属元素，z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是a. w 的氢化物中常温下均呈气态b. z 的氧化物对应的水化物均为强酸c. 四种元素中，z 原子半径最大d. y 与 z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键【答案】d【解析】【分析】w、x、y 和 z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。w 的一种核素可用于文物年代的测定，则w为c元素，x 与 w 同周期相邻，则x为n元素，z 的单质为黄绿色气体，则z为cl元素，四

5、种元素中只有 y 为金属元素，则y可能为na、mg或al，以此解题。【详解】由上述分析可知，w为c，x为n，y为na或mg或al，z为cl，a w为c元素， c的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故a错误；bz为cl 元素，当z 的氧化物对应的水化物为hclo时，属于弱酸，故b错误；c电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则y的原子半径最大，故c错误；dy为na或mg或al，z为cl，y与z形成的化合物为nacl时含离子键，为alcl3时含共价键，故d正确；答案选d。【点睛】b项z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是

6、最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。4.pet（，m链节= 192 gmol1）可用来生产合成纤维或塑料。测某pet样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c moll1 naoh醇溶液滴定m g pet端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗naoh醇溶液v ml。下列说法不正确的是a. pet塑料是一种可降解高分子材料b. 滴定终点时，溶液变为浅红色c. 合成pet的一种单体是乙醇的同系物d. pet的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）【答案】c【解析】【分析】是聚酯类高分子，它的单体为：hoch2ch2oh和，可以发生水解反应生成小分子。

7、【详解】a、pet塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成hoch2ch2oh和，故a正确；b、用naoh醇溶液滴定pet端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，b正确；c、的单体为：hoch2ch2oh和，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-ch2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故c错误；d、naoh醇溶液只与 pet端基中的羧基反应，n（naoh）=cv10-3mol，则pet的物质的量也等于cv10-3mol，则pet的平均相对分子质量=g/mol，pet的平均聚合度，故d正确。答案选c。【点睛】本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等

8、知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-ch2-的整数倍。5.下列有关描述中，合理的是a. 用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液b. 洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗c. 裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴d. 为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液ph，从而析出晶体，进行分离。【答案】d【解析】【详解】a葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故a错误；b银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故b错误；c裂化汽油成分中

9、，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故c错误；d氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的ph不同，可控制ph利用溶解度差异分离，故d正确。答案选d。【点睛】氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的ph称为该氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。6.工业上电解mnso4溶液制备mn和mno2，工作原理如图所示，下列说法不正确的是a. 阳极区得到h2so4b. 阳极反应式为mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+c. 离子交换膜为阳离子交换膜d. 当电路中有2mole-转移时，生成55gmn

10、【答案】c【解析】分析】根据图示，不锈钢电极为阴极，阴极上发生还原反应，电解质溶液中阳离子得电子，电极反应为：mn2+2e-= mn；钛土电极为阳极，锰离子失去电子转化为二氧化锰，电极反应为：mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+，据此解题。【详解】a根据分析，阴极电极反应为：mn2+2e-= mn，阳极电极反应为：mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+，阴极区的so42-通过交换膜进入阳极区，因此阳极上有mno2析出，阳极区得到h2so4，故a正确；b根据分析，阳极反应式为mn2+-2e-+2h2o=mno2+4h+，故b正确；c由a项分析，阴极区的so42-通过交换膜进入阳极区

11、，则离子交换膜为阴离子交换膜，故c错误；d阴极电极反应：mn2+2e-= mn，当电路中有2mole-转移时，阴极生成1mol mn，其质量为1mol 55g/mol=55g，故d正确；答案选c。【点睛】本题易错点是c选项判断硫酸根离子的移动方向，阴极阳离子减少导致错误判断会认为阴极需要补充阳离子，阳极产生的氢离子数目多，硫酸根离子应向阳极移动。7.电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100moll-1的koh溶液分别滴定体积均为20.00ml、浓度均为0.100moll-1的盐酸和ch3cooh溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）a. 曲线代表滴定c

12、h3cooh溶液的曲线b. 在相同温度下，p点水电离程度大于m点c. m点溶液中：c(ch3coo-)+c(oh-)-c(h+)=0.1moll-1d. n点溶液中：c(k+)c(oh-)c(ch3coo-)c(h+)【答案】d【解析】【详解】a醋酸为弱电解质，滴加koh，变为ch3cook是强电解质，故导电率增加，即曲线代表滴定醋酸的曲线，故a错误。b.相同温度下，p点溶质为kcl，不影响水的电离，m点为ch3cook，其水解促进水的电离，故m点大于p点，故b错误。c对于m点，根据电荷 守恒可知，c(ch3coo-)+c(oh-)-c(h+)=c(k+)=0.05moll-1，故c错误。dn

13、点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，ch3coo-只有很小的一部分发生水解，所以c(k+)c(oh-)c(ch3coo-)c(h+),故d正确。答案：d。8.一水硫酸四氨合铜晶体cu(nh3)4so4h2o常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以cu粉、3moll-1的硫酸、浓氨水、10% naoh溶液、95%的乙醇溶液、0.500 moll-1稀盐酸、0.500 moll-1 的naoh溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。icuso4溶液的制取

14、实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的so2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成cuo，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 o2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加 h2o2 溶液。趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的cuso4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_。(2)若按进行制备，请写出c

15、u在h2o2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_。(3)h2o2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30的h2o2溶液浓缩至40，在b处应增加一个设备，该设备的作用是_馏出物是 _。ii晶体的制备将上述制备的cuso4溶液按如图所示进行操作(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量nh3h2o调节溶液ph，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 cu2(oh)2so4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(2)继续滴加 nh3h2o，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法_。并说明理由_。.产品纯度的测定精确称取 mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然

16、后逐滴加入足量 naoh 溶液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 v1ml 0.500moll1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 0.500 moll1 naoh 标准溶液滴定过剩的 hcl(选用 甲基橙作指示剂)，到终点时消耗 v2mlnaoh 溶液。1.水 2.长玻璃管 3.10%naoh溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液(1)玻璃管2的作用_。(2)样品中产品纯度的表达式_。（不用化简）(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_a.滴定时未用 naoh 标准溶液润洗滴定管b.滴定过程中选用酚酞作指示剂c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.

17、取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁e.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡【答案】 (1). 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使cuso45h2o 失去结晶水变为 cuso4 (2). cu+h2o2+h2so4cuso4+2h2o (3). 减压设备 (4). 水（h2o） (5). 2cu2+2nh3h2o+so42-=cu2(oh)2so4+2nh4+ (6). 加入乙醇或醇析 (7). cu(nh3)4so4h2o晶体难溶于乙醇，能溶于水 (8). 平衡气压，防止堵塞和倒吸 (9). (10). ab【解析】【分析】i(1) 得到

18、的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；(2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；(1) 硫酸铜与nh3h2o反应生成cu2(oh)2so4，据此书写离子方程式；(2) 根据cu(nh3)4so4h2o可溶于水，难溶于乙醇分析；. (1) 玻璃管2起到了平衡气压的作用；(2)根据关系式计算；(3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积v2偏大。【详解】i(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使cuso45h2o失去结晶水变为cuso4，可使固体变为白色；(2) cu在h2o2作用

19、下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：cu+h2o2+h2so4cuso4+2h2o；(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则b处增加一个减压设备，馏出物为h2o；ii(1) 浅蓝色沉淀的成分为cu2(oh)2so4，反应的离子方程式为：2cu2+2nh3h2o+so42-=cu2(oh)2so4+2nh4+；(2) 由题中信息，cu(nh3)4so4h2o晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；. (1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；(2)与氨气反应的n(hcl)=103v1l0.500moll10.500moll1

20、103v2l=5104(v1v2)mol，根据nh3hcl可知，n(nh3)=n(hcl)=5104(v1v2)mol，则ncu(nh3)4so4h2o=n(nh3)= 5104(v1v2)mol，样品中产品纯度的表达式为：100%=100%；(3) a滴定时未用naoh标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则v2偏大，氨含量偏低，故a正确；b滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗naoh溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故b正确；c读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致v2偏小，则含量偏高，故c错误；d取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，

21、则v2偏小，含量偏高，故d错误；e由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积v2偏小，测定的氨含量偏高，故e错误；故答案选ab。9.随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含s、se、fe2o3、cuo、zno、sio2等）提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。最佳温度是_。(2)“氧化酸浸”中，se转化成h2seo3，该反应的离子方程式为_。(3)采用硫脲(nh2)2cs联合亚硫酸钠进行“控

22、电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在0.7401.511v范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原clo2。该过程的还原反应（半反应）式为_。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_v。(4)粗硒的精制过程：na2so3浸出se转化成硒代硫酸钠（na2seso3）na2s净化h2so4酸化等步骤。净化后的溶液中c(s2-)达到0.026 moll1，此时溶液中的c(cu2+)的最大值为_，精硒中基本不含铜。ksp(cus)=1.31036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_

23、。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 gg1，则精硒中铁的质量分数为_ %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。【答案】 (1). 温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 (2). 95 (3). 4clo3+ 4h+ + se4clo 2+ h2o + h2seo3 (4). clo2 + 4h+ + 5e-cl + 2h2o (5). 0.345 (6). 5.01035 moll1 (7). na2seso3 + h2so4na2so4 + se+ so2+ h2o (8). 3.2103【解析】【分析】(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；(2

24、)“氧化酸浸”中，se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成h2seo3；(3)根据表格数据，控制电位在0.7401.511v范围内，clo2被还原为cl-；结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；(4) 利用溶度积表达式ksp(cus)= c(s2-) c(cu2+)，结合已知条件计算；根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化硒单质；(5)根据1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。【详解】(1)含硒物料（主要含s、se、fe2o3、cuo、zno、sio2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率

25、随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95脱硫率最高；(2)“氧化酸浸”中，se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成h2seo3，离子反应方程式为：4clo3+ 4h+ + se4clo 2+ h2o + h2seo3；(3)根据表格数据，控制电位在0.7401.511v范围内，在酸性条件下，clo2得电子被还原为cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：clo2+4h+5e-=cl+2h2o；根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使

26、硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；(4) 已知：c(s2-)=0.026 moll1，ksp(cus)c(s2-)c(cu2+)=1.31036，c(cu2+)= =5.01035 moll1；根据精制流程：na2so3浸出se转化成硒代硫酸钠（na2seso3）na2s净化h2so4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：na2seso3 + h2so4na2so4 + se+ so2+ h2o；(5)设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 gg11g=32g=3.210-5g，则精硒中铁的质量分数=3.2103%。10.二甲醚（ch3och

27、3）被称为“21 世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下： 2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g) h1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2h2（g）+ co（g） ch3oh（g） h2co（g）+ h2o（g） co2（g）+ h2(g) h33h2（g）+ 3co（g） ch3och3（g）+ co2 (g) h4则h1 _（用含有h2、h3、h4的关系式表示）。(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下 kp 的计算式为: （kp 为以分压表示的平衡常数，t 为热力学温度）。且催化剂吸附 h2o(g)的量会受压强影响，从而进一步

28、影响催化效率。)在一定温度范围内，随温度升高，ch3oh(g)脱水转化为二甲醚的倾向_ （填“增大”、“不变”或“减小”）。某温度下（此时 kp=100），在密闭容器中加入ch3oh，反应到某时刻测得各组分的分压如下：物质ch3ohch3och3h2o分压/mpa0.500.500.50此时正、逆反应速率的大小：v正 _v逆 （填“”、 “”或“”）。200时，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 _（填标号）。a b c d e300时，使 ch3oh(g)以一定流速通过催化剂，v/f (按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化

29、率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律_，原因_。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。该电池的负极反应式为：_。某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为 50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到铜的质量为_ g。【答案】 (1). h4-2h2- h3 (2). 减小 (3). (4). c (5). 规律：压强增大，甲醇转化率减小 (6). 原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低 (7). ch3och3 -12e-3h2o2co212h+ (8). 9.6g【解析】【分析

30、】(1)结合已知热化学反应方程式，根据盖斯定律解答；(2)根据温度对2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g)反应的平衡移动的影响分析；结合反应2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g)，根据表格数据，比较qp与kp的大小，确定反应进行方向，进而判断正、逆反应速率的大小；200时，根据（kp 为以分压表示的平衡常数，t为热力学温度）计算平衡时kp，结合反应2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g)判断达平衡状态时体系中ch3och3(g)的物质的量分数；300时，根据图1中曲线随压强的变化分析变化规律；(3)该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做

31、负极，燃料燃烧生成二氧化碳和水，据此书写负极反应式；计算2.3g 二甲醚完全燃烧时转移电子的物质的量，再根据电子守恒计算生成铜的质量。【详解】(1)已知：2h2(g)+ co(g) ch3oh(g) h2co(g)+ h2o(g) co2(g)+ h2(g) h33h2(g)+ 3co(g) ch3och3(g)+ co2 (g) h4由盖斯定律可知，-2-得2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g)h1=h4-2h2- h3；(2)，则kp=，温度越高，越小，越小，即kp越小，反应向逆向进行倾向增大，则ch3oh(g)脱水转化为二甲醚的倾向减小；结合反应2ch3oh(g) c

32、h3och3(g) + h2o(g)可知qp=1kp=100，则反应正向进行，则v正 v逆；200时，根据:3.52，则kp1。若反应初始投入ch3oh(g)1mol，完全反应全部转化为ch3och3(g)和h2o(g)，根据反应比例关系，ch3och3(g)和h2o(g)各占一半，即ch3och3(g)物质的量分数为，由于反应为可逆反应，不可能完全转化，反应平衡时，ch3och3(g)的物质的量分数小于；如果平衡时三种物质的含量相同，即均为1/3，由于反应前后体积不变，则此时kp1，因此要使kp1，则ch3och3(g)的物质的量分数一定大于。答案选c；300时，根据图1中曲线随压强的变化规

33、律：当压强越大，甲醇转化率减小；根据反应2ch3oh(g) ch3och3(g) + h2o(g)，反应前后气体体积不变，平衡不随压强的变化发生移动，出现该图曲线变化的原因是：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低；(3)该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，负极发生氧化反应，燃料燃烧生成二氧化碳和水，结合装置如图 2，负极反应式：ch3och3 -12e-3h2o2co212h+；负极反应式为ch3och3 -12e-3h2o2co212h+，2.3g 二甲醚物质的量为=0.05mol，二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%时，转移电子的物质的量=0.05mol1250%=0

34、.3mol，根据cu2+2e-=cu，则生成铜的物质的量=0.3mol=0.15mol，质量为0.15mol64g/mol=9.6g。11.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：(1)金红石(tio2)是钛的主要矿物之一，基态ti原子价层电子的排布图为_，基态o原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 _形。(2)以tio2为原料可制得ticl4，ticl4的熔、沸点分别为205k、409k，均高于结构与其相似的ccl4，主要原因是 _。(3)ticl4可溶于浓盐酸得h2ticl6，向溶液中加入nh4cl浓溶液可析出黄色的(nh4)2ticl6晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有 _。a

35、离子键 b共价键 c分子间作用力 d氢键 e范德华力 (4)ticl4可与ch3ch2oh、hcho、ch3och3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中c原子的vsepr模型不同于其他分子的是 _，该分子中c的轨道杂化类型为_ 。(5)tio2与baco3一起熔融可制得钛酸钡。baco3中阴离子的立体构型为 _。经x射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（ti4+、ba2+均与o2相接触），则钛酸钡的化学式为 _。已知晶胞边长为a pm，o2的半径为b pm，则ti4+、ba2+的半径分别为_pm、_pm。【答案】 (1). (2). 哑铃型 (3). ticl4的相对分子质量大于ccl

36、4，分子间作用力更大 (4). ab (5). hcho (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). batio3 (9). (10). 【解析】【分析】(1)根据元素核外电子排布规律书写电子排布式，根据电子排布式判断最高能级及电子云轮廓；(2)分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，根据相对分子质量分析判断；(3)结合晶体转化反应过程，和物质类别判断分析化学键的种类； (4)根据有机物中碳原子的成键方式，判断空间构型，进而判断碳原子杂化方式；(5)应用杂化轨道理论计算中心原子的价电子对数确定杂化方式分析确定立体构型；结合晶胞图示计算晶胞中各原子的个数书写其分子式，再结合晶胞微粒的相互位置关

37、系计算微粒的半径。【详解】(1) ti为38号元素，基态钛原子核外电子排布式为：ar3d24s2，则价层电子排布图为；基态o原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃型；(2) ticl4的熔、沸点分别为205k、409k，与ccl4结构相似，都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，ticl4的相对分子质量大于ccl4，分子间作用力更大；(3)根据转化过程ticl4可溶于浓盐酸得h2ticl6，可看做形成一种酸，所有的酸都属于共价化合物，向溶液中加入nh4cl浓溶液可析出黄色的(nh4)2ticl6晶体，

38、可看做酸跟盐反应生成(nh4)2ticl6，产物中含有铵根离子，根据以上分析，(nh4)2ticl6晶体中含有共价键和离子键，故答案选ab；(4) ch3ch2oh和ch3och3中的碳原子都是以单键形式成键，结构与甲烷相似，都是四面体结构，hcho的碳原子含有碳氧双键，分子中所有在同一平面，为平面三角形，根据构型可知，三个分子中c原子的vsepr模型不同于其他分子的是hcho，根据构型可得，该分子中c的轨道杂化类型为sp2杂化；(5)baco3中阴离子为co32-，中心原子为碳原子，其价层电子对数=3+=3，碳原子为sp2杂化，该阴离子由4个原子构成，则立体构型为平面三角形；根据晶胞图示，ti位于晶胞的顶点，ti的数目