河南省洛阳市届高三上学期期末模拟考试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2019-2020学年第一学期洛阳市高三第一学期期末化学模拟考试试卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分共8页，共100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题，共50分)本试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Cl：35。5一、选择题（本题共10小题,每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共20分）1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是()A.乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C.有机高分子聚合物不能用于导电材料D。葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜【答案】C【解析】【详解】A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故A正确；B选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用,故B正确;C选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故D正确.综上所述，答案为C。【点睛】乙烯是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。2.下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（）A.废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B。厨余垃圾采用生化处理或堆肥C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧D.废电池等有毒有害垃圾分类回收【答案】C【解析】【详解】A.废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A；B.厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥,减少污染，符合环保节约理念，故不选B；C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C；D。废电池含有重金属,任意丢弃引起重金属污染,废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染,符合环保节约理念,故不选D;答案选C。3。下列模型表示的烃或烃的含氧衍生物中，可以发生酯化反应的是（）A. B. C. D。【答案】D【解析】【详解】醇和羧酸发生酯化反应生成酯和水，表示甲烷，表示苯，表示乙醛，表示乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，能发生酯化反应的是乙醇;答案选D。4。实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃仪器任选）,选用上述仪器能完成的实验是（)A.粗盐的提纯 B。制备乙酸乙酯C.用四氯化碳萃取碘水中的碘 D.配制0。1mol·L-1的盐酸溶液【答案】B【解析】【详解】A选项，粗盐的提纯需要用到漏斗,故A不符合题意；B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；D选项，配制0。1mol·L-1的盐酸溶液,容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图）5.下列说法不正确的是（）A。Fe2O3可用作红色颜料 B。浓H2SO4可用作干燥剂C.可用SiO2作半导体材料 D.NaHCO3可用作焙制糕点【答案】C【解析】【详解】A.Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料,故A正确；B.浓H2SO4具有吸水性,可用作干燥剂,故B正确；C.单质Si是半导体材料，故C错误；D。NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,可用作焙制糕点，故D正确；答案选C.6.《天工开物》记载“凡火药以硝石、硫磺为主,草木灰为辅……而后火药成声”涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2↑。下列有关说法不正确的是(）A。硝石主要成分为硝酸盐 B.硫磺在反应中作还原剂C.该反应为放热反应 D。火药可用于制作烟花爆竹【答案】B【解析】【详解】A。KNO3是硝酸盐，硝石主要成分为硝酸盐,故A正确;B。硫元素化合价由0降低为-2，硫磺在反应中作氧化剂，故B错误；C。黑火药爆炸释放能量,所以该反应为放热反应，故C正确；D。燃放烟花爆竹，利用火药爆炸释放的能量，所以火药可用于制作烟花爆竹，故D正确；答案选B。7。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（)A。X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低B.Y的最高价氧化物的水化物为弱酸C。Y、Z组成的分子可能为非极性分子D。W是所在周期中原子半径最小的元素【答案】A【解析】【分析】根据分析A相对原子质量为28的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等,但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢,C为氯乙烷，D为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。【详解】A选项，C、H组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，故A错误；B选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸,它为弱酸,故B正确；C选项，Y、Z组成分子二氧化碳为非极性分子，故C正确；D选项，同周期从左到右半径逐渐减小,因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素,故D正确.综上所述,答案为A。8。下列操作能达到相应实验目的的是（）实验目的操作A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FeCl3溶液B测定84消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上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，过滤后分液D实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热A.A B。B C.C D。D【答案】A【解析】【详解】A选项,检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确,符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH,因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚,滴加溴水,苯酚和溴水反应生成2，4,6-三溴苯酚与苯互溶,不能用过滤、分液,故C错误，不符合题意;D选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验.9.关于一定条件下的化学平衡H2（g）+I2(g)2HI（g)ΔH＜0,下列说法正确的是（)A.恒温恒容，充入H2，v（正)增大，平衡右移B。恒温恒容,充入He，v（正）增大，平衡右移C.加压，v（正），v（逆）不变,平衡不移动D.升温，v（正）减小,v(逆)增大，平衡左移【答案】A【解析】【详解】A。恒温恒容,充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B.恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v(正）不变,平衡不移动,故B错误；C。加压，体积缩小,各物质浓度均增大，v(正）、v(逆）都增大,平衡不移动，故C错误；D。升温,v（正）增大，v（逆）增大,由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素;注意恒容容器通入惰性气体,由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压.10.Se元素是人体必需的微量元素之一。下列说法不正确的是A。SeO2可以被氧化 B.H2SeO4酸性弱于H2SO4C。SeO2能和碱溶液反应 D。H2Se的热稳定性强于H2S【答案】D【解析】【详解】A．SeO2中Se元素化合价为+4，处于中间价态，既可以被氧化又可以被还原，故A正确；B．S、Se同主族，同主族元素从上到下非金属减弱，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，所以H2SeO4酸性弱于H2SO4，故B正确；C．S、Se同主族，SO2是酸性氧化物，能和碱溶液反应，所以SeO2能和碱溶液反应，故C正确;D．S、Se同主族,同主族元素从上到下非金属减弱，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，所以H2S的热稳定性强于H2Se，故D错误;选D。二、选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题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则2C（s）+3H2（g）+O2（g)=C2H5OH（l)，ΔH为（）A.+278kJ/mol B.—278kJ/mol C。+401.5kJ/mol D.—401.5kJ/mol【答案】B【解析】【详解】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根据盖斯定律②×2＋①×－③得2C（s）+3H2(g)+O2（g)=C2H5OH(l），ΔH=-278kJ/mol，故选B。【点睛】根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确找到反应物和生成物及它们的系数,这样有助于准确的对已知方程进行处理.12.工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时,阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4－-2e－=S2O82－+2H+。下列说法正确的是（）A.阴极电极反应式为Pb+HSO4－-2e－=PbSO4+H+B.阳极反应中S的化合价升高C.S2O82－中既存在非极性键又存在极性键D.可以用铜电极作阳极【答案】C【解析】【详解】A选项，阴极反应式为2H++2e－=H2，故A错误；B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为—1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4－中O失去电子，S未变价，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为,由此结构可以判断S2O82－中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4－中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高.13。亚氯酸钠（NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（)A.反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物,B项正确；C．据流程图反应②,在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂,氧元素的化合价升高,不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比.14。锌—空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源。总反应式为:2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH）2。示意图如图所示：有关该电池的说法不正确的是A。电池不可以用稀硫酸做电解质溶液B.电池工作时,电子由a电极沿导线流向b电极C。空气扩散电极上的电极反应:O2+2H2O+4e–=4OH–D。阻隔空气进入锌—空气电池，电池停止工作【答案】B【解析】【详解】A．由总反应式可知，Zn→Zn（OH）2，电解质应为碱性溶液，所以不可以用稀硫酸做电解质溶液，故A正确；B．Zn发生氧化反应，Zn是负极，电池工作时，电子由b电极沿导线流向a电极,故B错误;C．空气扩散电极上氧气得电子生成氢氧根离子，a电极反应是O2+2H2O+4e–=4OH–，故C正确；D．阻隔空气进入锌—空气电池，氧气不足,所以电池停止工作,故D正确;选B。15.CalanolideA是一种抗HIV药物,其结构简式如图所示.下列关于CalanolideA的说法错误的是（）A.分子中有3个手性碳原子B.分子中有3种含氧官能团C.该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D。1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH【答案】D【解析】【详解】A选项，分子中有3个手性碳原子,手性碳原子用*标出，，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确,不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应,故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH,故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。16。已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I:Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是A。由反应I可知，Pb3O4中Pb(II）和Pb（IV)含量之比为1:2B。由反应I、II可知,氧化性:HNO3>PbO2>MnO4－C。Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb（NO3）4+4NO↑+8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑【答案】D【解析】【详解】A．由反应I可知,PbO2与Pb2+的比为1:2，Pb3O4中Pb（II）和Pb(IV）含量之比为2:1，故A错误;B．根据反应I可知，PbO2和硝酸不反应,不能得出氧化性HNO3〉PbO2，故B错误;C．由反应I可知，硝酸不能把Pb氧化为Pb(IV）,故C错误；D．根据反应II，氧化性PbO2>MnO4－，所以Pb（IV）能把盐酸氧化为氯气，Pb3O4与盐酸发生反应的离子方程式是Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，故D正确。17。锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用有机合成试剂（SnI4，熔点144。5℃，沸点364.5℃，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是()A。加入碎瓷片的目的是防止暴沸B.SnI4可溶于CCl4中C。装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D.装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【解析】【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144。5℃,沸点364.5℃，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸,故A正确,不符合题意；B选项，根据相似相溶原理,SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确,不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理,SnI4是非极性分子,CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。18.利用小粒径零价铁(ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是()A。反应①②③④均在正极发生B。单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC。④的电极反应式为NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD.增大单位体积水体中小粒径ZVI投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【详解】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HCl3转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_+8e_-NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平,所以④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量,可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。19.25°C时，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随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.a点时，c（HA)+c(OH-)=c（Na+)+c（H+)B.溶液在a点和b点时水的电离程度相同C。b点时，c(Na+）=c(HA)+c（A-)+c(OH—）D。V=10mL时,c（Na+）〉c（A—）>c（H+)〉c(HA）【答案】A【解析】【详解】A．a点时，pH=3，c（H+）=10-3mol·L—1,因为Ka=1.0×10—3，所以c（HA）=c（A—)，根据电荷守恒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正确；B．a点溶质为HA和NaA，pH＝3，水电离出的c（OH—)＝10—11；b点溶质为NaOH和NaA,pH＝11，c(OH-)=10—3，OH—是由NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—)〈10-3，那么水电离的c(H+）＞10-11，故B错误；C．根据电荷守恒c(Na+）+c（H+）=c（A—）+c（OH—）可得c(Na+)=c（A—)+c（OH—）－c(H+）,假设C选项成立，则c(A-)+c(OH-)－c(H+)=c（HA)+c（A—)+c（OH—)，推出c(HA)+c(H+）=0，故假设不成立，故C错误;D．V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A-+H2O⇌HA+OH—,水解后溶液显碱性，c(OH-）>c(H+）,即c(HA)〉c(H+）,故D错误；故答案选A.【点睛】判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时,要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。20.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H—Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃）。Ti—H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用＊标注.下列说法正确的是A。①为氮氮三键的断裂过程B.①②③在低温区发生，④⑤在高温区发生C.④为N原子由Fe区域向Ti—H区域的传递过程D.使用Ti-H—Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应【答案】C【解析】【详解】A．根据图示，①为氮分子的吸附在催化剂表面的过程，氮氮三键没有断裂，故A错误;B．①②③在高温区发生，提高反应速率，④⑤在低温区发生，促进平衡正向移动,故B错误；C．根据图示④为→,N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递,故C正确;D．反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关,与催化剂无关，故D错误；选C。三、必做题(本题共3小题，共37分）21。聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯,该反应的化学方程式为: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逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数.（1）反应开始时,已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料,测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α)随时间(t）的变化关系如图所示。该醇解反应的ΔH____0（填〉或<）。348K时,以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____(保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是___，v逆最大的是____。（2)343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料.则达到平衡后,初始投料比____时，乙酸甲酯转化率最大；与按1:2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx___（填增大、减小或不变）。（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂,下列关于该催化剂的说法正确的是____。a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程b.使k正和k逆增大相同倍数c.降低了醇解反应的活化能d。提高乙酸甲酯的平衡转化率【答案】(1）。〉（2).3.2（3).①（4).A（5)。C(6)。2：1（7).不变（8).bc【解析】【详解】(1）根据图像,①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的,所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol,则有：带入平衡常数表达式：Kx=χ(CH3COOC6H13）·χ(CH3OH)/［χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)］=0。32×0.32/(0.18×0。18）=3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此,k正－k逆值最大的曲线是①；根据v正=k正χ（CH3COOCH3)·χ（C6H13OH)，v逆=k逆χ(CH3COOC6H13)·χ(CH3OH)，A点χ(CH3COOCH3)·χ（C6H13OH)大，温度高,因此A点v正最大；C点χ（CH3COOC6H13)·χ（CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：>；3。2；①；A；C；(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变;故答案为：2：1；不变;（3)催化剂参与了醇解反应,改变了反应历程，a错误;催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确;催化剂能够降低反应的活化能，c正确；催化剂不改变化学平衡，d错误；故答案为：bc。【点睛】在可逆反应中,增大某一反应物的投入量,会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关,温度不变,则化学平衡常数不变。22。四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体,熔点为38.3℃，沸点为233.5℃,具有潮解性且易发生水解.实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题:（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞K1，K2,K3的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管,此时活塞K1，K2，K3的状态为____。（2）试剂A为__,装置单元X的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管,其目的是___。(3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。(4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为__、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。【答案】（1)。打开K1，关闭K2和K3（2)。先通入过量的CO2气体，排除装置内空气(3)。打开K1，关闭K2和K3（4）.打开K2和K3，同时关闭K1（5)。浓硫酸(6）.吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解(7）。防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险（8).排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气(9).直形冷凝管(10)。温度计(量程250°C）【解析】【分析】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3,打开电炉并加热反应管,此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥,因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验,防止产品四溴化钛水解变质。⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2,主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中,提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气,进行尾气处理,防止污染。⑷实验结束后,将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管.【详解】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应,浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体,其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后,打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3，同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为先通入过量的CO2气体；排除装置内空气;打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸(作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管,造成危险.⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气,应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气,进行尾气处理,防止污染，故答案为排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气.⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C,可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250°C），故答案为直形冷凝管;温度计（量程250°C)。23.普通立德粉（BaSO4·ZnS)广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是___.(2）加入锌粉的主要目的是___(用离子方程式表示）。(3）已知KMnO4在酸性溶液中被还原为Mn2+,在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性溶液中被还原为MnO42—.据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至___；a．2。2~2.4b．5.2～5.4c．12.2～12.4滤渣Ⅲ的成分为____。（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是__；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是__.（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29。4％，高品质银印级立德粉中ZnS含量为62。5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为___，反应的化学方程式为__(已知BaSO4相对分子质量为233，ZnS相对分子质量为97)。【答案】（1）。反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风（2）.Zn+Cu2+=Zn2++Cu（3）.b(4）。MnO2和Fe（OH)3(5).避免产生CO等有毒气体(6).尾气中含有的SO2等有毒气体(7)。ZnSO4、BaS、Na2S(8).4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4【解析】【分析】分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中,产生MnO2和Fe（OH）3沉淀得到净化的ZnSO4溶液;反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉.【详解】⑴反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风,避免氢气浓度过大而易发生爆炸,出现危险，故答案反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。⑵反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu.⑶反应器Ⅲ除Fe2+,将亚铁离子氧化为铁离子以便除去,同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀,故答案为b；MnO2和Fe(OH）3。4反应器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2,BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体;尾气中含有的SO2等有毒气体.⑸已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4％，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5％，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4molZnSO4和1molBaS反应生成BaSO4·4ZnS，还需要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3molNa2S参与反应，反应的化学方程式为：4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4,故答案为ZnSO4、BaS、Na2S;4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4.四、选做题(本题包括2小题,每小题13分，考生只能选做一题）24.非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值.我国科学家利用Cs2CO3、XO2（X＝Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题:（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为__________；第一电离能I1(Si)____I1(Ge)（填“＞”或“＜"）.（2）基态Ge原子核外电子排布式为_____________；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是________，原因是______。（3）如图为H3BO3晶体的片层结构,其中B的杂化方式为________；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_____________。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系(长方体形），晶胞参数为apm，bpm和cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则CsSiB3O7晶体的密度为_____________g·cm－1（用代数式表示）。【答案】(1)。O＞C＞Si(2）.＞(3)。1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar］3d104s24p2）(4）.SiO2(5）。二者均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si—O键长小于Ge—O键长，SiO2键能更大,熔点更高.(6)。sp2（7).热水破坏了硼酸晶体中的氢键，而且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大(8)。4（9）.【解析】【分析】(1)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。(2）SiO2、GeO2为同类型晶体结构,即为原子晶体,Ge原子半径大于Si，Si—O键长小于Ge-O键长，SiO2键能更大，熔点更高。（3）B原子最外层有3个电子，与3个—OH形成3个共价键,即可得杂化方式，热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大.(4)先分析得出C