2020年河北省衡水市高考化学二模试卷(有答案解析)

2020年河北省衡水市高考化学二模试卷

题号一二三总分

得分

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）

（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）

结左球气体颜色加深烧瓶中冒气泡，试管中测得AH为的△%、AH2%与（J2的体积比

果右球气体颜色变浅出现浑浊的和约为2：1

A.AB.BC.CD.D

2.俗称“一滴香”的物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌.“一滴香”的分子结

构如图所示，下列说法正确的是（）

A.该有机物的分子式为C8Ho

OOO

B.1mol该有机物最多能与2mol也发生加成反应

C.该有机物能发生取代、加成和氧化反应

D.该有机物能与碳酸缄钠反应生成CO2

海水是重要的资源，可以制备一系列物质。下列说法不正确的是（）

U疝，e

4NaUrRi」

A.要除去粗盐中SO；-、Ca2+、Mg2+等杂质，步骤①中所加试剂及相关操作顺序可以是过量

NaOH溶液一过量BaC%溶液一过量Na2cO3溶液一过滤-盐酸

B.步骤②的反应原理为2C1-+2H2。，竺20H-+H2T+C12T

C.步骤③中需将MgC%-6H2。置于干燥的HC1气流中加热脱水制备无水MgC%

D.步骤④、⑤、⑥所涉及的反应中，漠元素均发生氧化反应

4.关于NA下列说法正确的是（）

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A.常温常压下，17g羟基（一180H）所含中子数为9NA

B.O.lmolN也溶于水形成的溶液中，微粒NH?。与。和微粒NH1的数目之和为O.INA

C.常温下电解饱和食盐水，当溶液pH值由7变为12时，电路中转移的电子数为O.OINA

D.标准状况下，足量的甲烷与22.4LC12在光照条件下发生取代反应，形成C-Q键的数目为NA

5.某化学兴趣小组从含有KI、KNO3等成分的工业废水中回收I2和KNO3,其流程如下：

血水

C*KI.KN(13)

下列说法正确的是（）

A.步骤1中有机相应从分液漏斗下端放出，无机相从上口倒出

B.步骤2使用的玻璃仪器有蒸馆烧瓶、酒精灯、牛角管、球形冷凝管、锥形瓶

C.步骤3可在装置中完成

D.步骤4中，将溶液蒸发至只剩少量水时，用余热蒸干

6.下列有关四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）

A.图I所示电池中，Nin。2是正极，电极反应式是2H2。+2e-=4+2OH-

B.图n所示电池放电过程中，当外电路通过Imol电子时，理论上负极板的质量增加96g

C.图HI所示装置工作过程中，阳极质量减少量等于阴极的质量增加量

D.图W所示电池中，不管KOH溶液换成H,SO溶液还是Na,SO溶液，电池的总反应式不变

短周期元素W、X、Y、乙的原子序数依次增加，山这些元素组成的常见物质的转化关系如下图,

其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，且该单

质可制造照明弹；f为固体单质。下列有关说法正确的是（）

A.简单离子的半径：Y>Z>X

B.元素的非金属性：W>X

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c.最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>Z

D.X、丫两种元素组成的化合物只含离子键

二、简答题(本大题共4小题，共20.0分)

8.目前世界上新建的金矿中约有80%都采用氟化法提金。某工厂利用锌冶炼渣回收金、银等贵金

属的流程如图1所示

已知：HCN有剧毒，Ka(HCN)=5xlO-io；Au++2CN-=[Au(CN)2]-,平衡常数Kp=1x1038

(1)矿细度对浸出率的影响如图2所示，依据浸出率应选择磨矿细度_____为宜.

(2)生产中用生石灰调节矿泥pH>11.5,其目的之一是阻止溶液中的氟化物转化为HCN而挥发,

其作用原理是(用离子方程式表示)

(3)“鼠化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥敞口放置将Au转化为Na[Au(CN)2]

①其化学方程式为。

②“鼠化”环节中，金的溶解速率在80久时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在

10~20℃,原因是(答一点即可)

③已知2H++[AU(CN)2]-#Au++2HCN,该反应的K=。

(4用锌还原NaHMCN%]生成金，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_____。

(5)氯化物有剧毒，经合理处理就可以基本消除对环境的负面影响,为。2可消除水中的氧化物(如

NaCN),经以下反应实现：NaCN+H202+H20=A+NH3fo

①生成物A的化学式为,的电子式为。

②某废水用H2。?处理40min后，测得剩余总氟，为0.16mg•L-1,除氟，率达80%,计算0〜40min时

间段反应速率v(CN-)=mg-L-imin-i,(结果保留两位有效数字)

9.煤炭属于不可再生资源，高效、清洁地利用煤炭资源至关重要，请回答下列问题：

(1)煤的液化,原理是C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=akjmol-i

CO(g)+2H2(g)UCH3OH(1)△H=bkJ-mol-i'

则反应C(s)+H2O(g)+H2(g)UCH3OH(1)KAH=kJ-mol-i

(2)煤的气化。原理是C(s)+2H2(g)UCH4(g)△H,在IL密闭容器中投入Imol碳并充入2m0叫，

测得相关数据如图所示：

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恒3碳的平由”化《和温股的吊祭

用2M.UI-.瞰的，—«川”哪的X彳;

①有关图1、图2的说法正确的有(填字母)

A.氢气的反应速率以v(Z)>v(X)>v(Y)

B.T]<1000K

C.平衡常数K(X)=K(Y)>K(Z)

D.工业生产中，当温度为I2时，压强越高，经济效益越好

②图2中A点(坐标为4.5,50)对应的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分

压=总压x物质的量分数)

(3)煤生产水煤气和半水煤气

①工业上用煤生产作为合成氨原料气的水煤气，要求气体中(CO+H2)与％的体积之比为

3.1〜3.2,发生的反应有C(s)+40值)UCO(g)+%(g)△H>0

C(s)+109(g)^CO(g),从能量角度考虑，通入空气的目的是______o

2Z

②如图3是反应CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H<0中CO和CO2的浓度随时间发生变化

的曲线，则t2时刻改变的条件可能是(写出1种即可)。若t,时刻通过改变容积的方法将压

强增大为原来的2倍，在图中t4〜ts区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质(假设各物

质状态均保持不变)。

10.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如图

叵画/.画!迦祠翳叵画1期,国;国¥9同

请回答下列问题

(1)基态钛原子的价层电子排布图为______，其原子核外共有_____种运动状态不同的电子，Ti

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形成的+4价化合物最稳定，原因是。

金属钛晶胞如图1所示，为(填堆积方式)堆积。

(2)已知TiC：在通常情况下是无色液体，熔点为-37汽，沸点为136匕可知iTiCl,为晶体。Ti3+可

形成两种不同的TiC%•6%0晶体：口葭4。%、、(紫色)。

[TiClC4O¥Clz•40(绿色)。两者配位数(填“相同”或“不同”),绿色品体中的配体

是。

(3)纳米Tit)?是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2所示，化合物乙的沸点明显高

于化合物甲的沸点，主要原因是。化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小

的顺序为。

IJ

1结束THJ.

-CH.-O-CH,-C—CH,

CH]<>—CY2VH,}•|•

化合物甲化合物乙

(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示。该阳离子为______o

(5)钙钛矿晶体的结构如图4所示，钛离子位于立方品胞的顶点，被_____个氧离子包围成配位

八面体；钙离子位于立方品胞的体心，被个氧离子包围。钙钛矿晶体的化学式为_____。

11.扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A、B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：

(1)A的分子式为C2H2O3,ImolA能消耗含有2.5molCu(OH)2新制悬浊液，写出反应①的化学

方程式______。

(2)化合物C所含官能团名称为_____,在一定条件下C与足量NaOH溶液反应，ImolC最多

消耗NaOH的物质的量为moL

(3)反应②的反应类型为；请写出反应③的化学方程式_____。

(4)E是由2个分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子式为。

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(5)符合条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)有种，其中核磁共振氢谱有五组峰

的结构简式为。

①属于一元酸类化合物；②苯环上只有2个取代基③遇FeC§溶液显紫色

(6)参照上述合成路线。以冰醋酸为原料(无机试剂任选)设计制备A的合成路线。已知

RCHCOOH-。

2-------------

三、实验题(本大题共1小题，共10.0分)

12.高氯酸俊(NHJIO/为白色晶体，具有不稳定性，他00℃时开始分解产生多种气体，常用于生

产火箭推进剂。某化学兴趣小组同学利用下列装置对NH4cIO4的分解产物进行探究，(假设装置

内试剂均足量，部分夹持装置已省略)

(1)在实验过程中发现C中铜粉由红色变为黑色，说明分解产物中有_____(填化学式)。

(2)实验完毕后，取D中硬质玻璃管中的固体物质于试管中，滴加蒸储水，产生能使湿润的红色

石蕊试纸变蓝色的气体，产生该气体的化学方程式为______。

(3)通过上述实验现象的分析，某同学认为产物中还应有H?。，可能有C'.该同学认为可能有Cl?

存在的理由是。

(4)为了证明H2。和C'的存在，选择上述部分装置和下列提供的装置进行实验：

①按气流从左至右，装置的连接顺序为A---。

②实验结束后发现G中液体变为橙黄色，用化学方程式解释出现该现象的原因：。

③F中发生反应的离子方程式为o

(5)实验结论：NH4cIO4分解时产生了上述几种物质，则高氯酸筱分解的化学方程式为。

(6)在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是o实验结束后，某同学拟通过称量D中铁

粉质量的变化，计算高氯酸钱的分解率，会造成计算结果_____(填“偏大”“偏小”或“无法

判断”)。

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-------答案与解析---------

1•答案：B

解析：解：A,反应2N02（g）;N2C）4（g）为放热反应，热水中平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，

左球气体颜色加深；冷水中平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒

夏特列原理解释，故A不选；

B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HC1>碳酸，由于HC1不是含氧酸，无法用元素周期律解释，故B选；

C.根据盖斯定律可知：△H=AH1+AH2,能够用盖斯定律解释，故C不选；

D.根据电子守恒可知，电解水生成力与。2的物质的量之比2：1，结合阿伏伽德罗定律可知，”与。2

的体积比约为2：1,故D不选：

故选：Bo

A.反应2NC）2（g）W为04也）的4H<0,为放热反应，结合温度对化学平衡的影响分析；

B.HC1不是含氧酸，盐酸酸性大于碳酸与元素周期律无关；

C.结合盖斯定律内容分析；

D.根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用阿伏伽德罗定律分析。

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及化学平衡的影响、阿伏伽德罗定律、盖斯定律、

元素周期律等知识，明确元素周期律内容、化学平衡的影响因素即可解答，试题培养了学生的综合

应用能力。

2.答案：C

解析：解：A,由有机物的结构简式可知，该有机物含有7个C原子，8个H原子和3个O原子，则

分子式为C,HRO故A错误；

B.能与氢气发生加成反应的为C=C和C=。键，贝也mol该有机物最多能与3mol”发生加成反应，

故B错误；

C.该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有：=0键，可发生加成反应，含有

-OH,可发生取代、氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故C正确；

D.分子中不含竣基，与碳酸氢钠不反应，故D错误.

故选C.

由有机物的结构简式可确定有机物的分子式，该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化

反应，含有C=O键，可发生加成反应，含有-OH,可发生取代、氧化反应，以此解答该题.

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意

把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度中等.

3.答案：D

解析：解：A.选NaOH除去镁离子，选氯化钢除去硫酸根离子，选碳酸钠除去钙离子及过量的钢离

子，过滤后加盐酸至中性，则步骤①中所加试剂及相关操作顺序可以是过量NaOH溶液一过量BaC%

溶液一过量Na2cO3溶液-过滤-盐酸，故A正确；

B.电解饱和食盐水可生成NaOH、氢气、氯气，步骤②的反应原理为2C1-+2H20%20H-+H2T

+C12T,故B正确；

C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，HC1可抑制水解，则步骤③中需将MgClz^4。置于干

燥的HC1气流中加热脱水制备无水MgCL故C正确；

D.步骤④中Br元素的化合价升高、⑤中Br元素的化合价降低、⑥中Br元素的化合价升高，则步

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骤④、⑥中澳元素均发生氧化反应，⑤中澳元素被还原，故D错误；

故选：D。

A.选NaOH除去镁离子，选氯化根除去硫酸根离子，选碳酸钠除去钙离子及过量的钢离子，过滤后

加盐酸至中性；

B.电解饱和食盐水可生成NaOH、氢气、氯气；

C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，HC1可抑制水解；

D.步骤④中Br元素的化合价升高、⑤中Br元素的化合价降低、⑥中Br元素的化合价升高。

本题考查海水资源的综合应用，为高频考点，把握粗盐提纯的试剂、电解原理、盐类水解、氧化还

原反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

4.答案：D

解析：【分析】

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解

题关键。

【解答】

A.羟基(-180H)的摩尔质量为19g/mol,故17g羟基的物质的量门=^mol,而一180H中含10个中子，

故卫mol羟基(-180H)中含中子为8.95N«个，故A错误；

19A

B.N%溶于水的反应为可逆反应,不能进行彻底，则溶液中除了N%•%0和NH：外，含有NH3分子，

故微粒和微粒NH1的数目之和小于O.INA，故B错误；

C.溶液体积不明确，故当溶液pH值由7变为12时，电路中转移的电子数无法确定，故C错误；

D.标况下22.4L氯气的物质的量为Imol,而氯气和甲烷发生取代反应时，Imol氯气〜ImolC-C1键，

故形成的C-C1键条数为NA条，故D正确。

故选D。

5.答案：C

解析：解：A.苯的密度比水小，应从下端流出，故A错误；

B.蒸储操作应需要温度计，以便控制温度，故B错误；

C.步骤3为碘的升华操作，可在装置皇二「脸中完成，故C正确；

D.硝酸钾易分解，应蒸发浓缩、冷却结晶，故D错误。

故选：C。

含有KI、KNO3的废水中通入过量的氯气，加入苯萃取，分液，有机相含有苯、碘，经蒸储可的苯

以及粗碘，经升华达到碘，无机相为硝酸钾溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸钾，以此解答该

题。

本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方

法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

6.答案：D

解析：【分析】

本题考查原电池和电解池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关

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键，题目难度不大。

【解答】

A.正极上二氧化镒得电子发生还原反应，电极反应式幺MnO,+e-+H2O=MnO(OH)+OH-,故A

错误；一一

B.负极的电极反应式为：Pb(s)+S02-(aq)-2e-=PbSOJs),所以当外电路通过Imol电子时，理

论上负极板的质量增加48g,故B错误；

C.在铜的精炼中，阳极上不仅铜失电子还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，当转移电

子相等时，阳极质量减少量不等于阴极的质量增加量，故C错误；

D.图IV所示电池中，不管KOH溶液换成H2sO,溶液还是Na2s溶液，电池总反应式都为：2明+。？=

2H2。，故D正确；

故选D。

7.答案：C

解析：解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系

如下图，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，贝I]a为^2。2：C是Z的单质，该单质与沸水

缓慢反应，且该单质可制造照明弹，则Z为Mg；f为固体单质，结合转化关系可知则e为()2、b为CO2、

f为C、d为碳酸钠、g为MgO,则W、X、Y、Z分别为C、O、Na、Mg元素，

A.O、Na、Mg的离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小,则简单离子的半径:X>Y>Z,

故A错误；

B.C、。位于同一周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性C<0,故B错误；

C.金属性Na>Mg,金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则最高价氧化物对应水化

物的碱性：丫(Na)>Z(Mg),故C正确；

D.X、丫两种元素组成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中含有共价键和离子键，故D错误；

故选：Co

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图，其

中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为Na?。?；C是Z的单质，该单质与沸水缓慢反应，

且该单质可制造照明弹，则Z为Mg；f为固体单质，结合转化关系可知则e为。2、b为CO?、f为C、

d为碳酸钠、g为MgO,则W、X、Y、Z分别为C、0、Na、Mg元素，以此解答该题。

本题考查无机物的推断，为高频考点，题目难度中等，把握淡黄色固体及c为Mg为解答的关键，

注意掌握常见元素及其化合物性质，试题侧重分析与推断能力的考查。

8.答案：87%CN-+H2O=HCN+OH-4Au+8NaCN+02+2H20=4NaAu(CN)2+

4NaOH氧气在溶液中溶解度随温度升高而减小，温度升高也促进了氟化物的水解，增加了HCN

的挥发速度，随温度升高氢氧化钙溶解度减小部分碱从溶液中析出4x10-201:

2NaHCO,OII：•0•：•<•>：II0.016

解析：解：(1)磨矿细度对浸出率的影响如图2所示，时浸出率应选择磨矿细度87%为宜，此时浸渣

品味最iWi,

故答案为：87%；

(2)生产中用生石灰调节矿泥pH>11.5,其目的之一是阻止溶液中的氟化物转化为HCN而挥发，其

作用原理是：碱抑制CN-离子的水解，反应的离子方程式为：CN-+H2O=HCN+OH-,

故答案为：CN-+H2O=HCN+OH-；

(3)①“鼠化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥，敞口放置，将Au转换为NaHMCN%],

反应的化学方程式为：4Au+8NaCN+02+2H?0=4NaAu(CN)2+4NaOH,

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故答案为：4Au+8NaCN+02+2H20=4NaAu(CN)2+4NaOH；

②“氟化”环节中，金的溶解速率在8(TC时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在10-20。&

原因是：氧气在溶液中溶解度随温度升高而减小，温度升高也促进了氟化物的水解，增加了HCN的

挥发速度，随温度升高氢氧化钙溶解度减小部分碱从溶液中析出，

故答案为：氧气在溶液中溶解度随温度升高而减小，温度升高也促进了氧化物的水解，增加了HCN

的挥发速度，随温度升高氢氧化钙溶解度减小部分碱从溶液中析出；

③其Ka(HCN)=5x10-10,Au++2CN-=[AMCNR-平衡常数KB=1x1038,

2H++[Au(CN)]-#Au++2HCN,K=…凶睇)幽.+)一=一口跳N)3..+).x凶郎二)=(X)2xJ-=

2

C2(H+)C[AU(CN)2]-C2(H+)C[AU(CN)2卜c2(CN-)KaKB

(—i—)2X1X=4X10-20,

5x10-101038

故答案为：4X10-20；

(4)用锌还原NaAMCN%生成金锌元素化合价。价变化为+2价，金+1价变化为0价，电子守恒得到

消耗的锌与生成的金的物质的量之比为1：2,

故答案为：1：2；

⑸①4。2可消除水中的氟化物(如NaCN),经以下反应实现：NaCN+H2O2+H2O=A+NH3T,原

子守恒得到A为NaHCO?H,O’的电子式为H：＜＞：＜)：!!,

故答案为：NaHCO,；H：()：＜＞：H;

②某废水用与。2处理40min后，测得剩余总氟为0.16mg/L,除鼠率达80%,计算0-40min时间段

反应速率v(CN-)="她皿包=0.016mg/(L-min),

40min

故答案为:0.016«

(1)结合图象变化分析可知磨矿细度为87%浸渣率最高；

(2)碱抑制CN-离子的水解；

(3)①“氧化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥，敞口放置，将Au转换为Na[Au(CN)2]。

②温度升高促进盐的水解，增加HCN的挥发速度，温度升高八氧化钙溶解度减小会析出晶体；

③2H++[Au(CN)1-UAu++2HCN,K=一mHCNKM)；

2

c2(H+)c[Au(CN)2]-

(4)氧化还原反应电子守恒计算锌还原NaAMCN%生成金，消耗锌和生成金物质的量之比；

(5)①氧化还原反应规律和元素守恒得到A的化学式；

②反应速率v=心计算得到。

△t

本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方

法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

9.答案：a+bABC1前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应,可维持体系的热平衡降

6

低温度(或增大水蒸气的量，减少氢气的量)

解析：解：⑴①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ-mol-i

(2)C0(g)+2H2(g)UCH30H(1)△H=bkJ-mol-1

将方程式①+5得C(s)+H2O(g)+H2(g)#CH3OH(1)△H=(a+b)kj/mol,

故答案为：a+b；

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(2)①A.增大压强平衡逆向移动，碳的转化率减小，则压强P1>6MPa,温度越高、压强越大化学反

应速率越快，温度X=Y<Z、压强：X>Y,所以氢气的反应速率以v(Z)>v(X)>v(Y),故正确；

B.根据图1知，升高温度C转化率降低，说明正反应是放热反应，根据图知，温度：T]<1000K,

故正确；

C.该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，温度X=Y<Z,则

K(X)=K(Y)>K(Z),故正确;

D.工业生产中，当温度为时，压强越高，平衡正向移动，但是对设备要求更高，所以压强越高，

经济效益不越好，故错误；

故选ABC；

②A点C的转化率为50%,则平衡时M4)=2(1-50%)xlmol=lmokn(CH/=lmolx50%=

0.5mol,混合气体物质的量=1.5mol,P(HJ=2x4.5MPa=3MPa,P(CH)=1.5MPa,图2中A

234

点(坐标为4.5,50)对应的平衡常数Kp=吗S=9=工，

H

P2(H2)326

故答案为：,；

6

(3)①发生的反应有C(s)+H2()(g)UCO(g)+H2(g),C(s)+：C)2(g)=C0(g),从能量角度考虑，通

入空气的目的是：前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡，

故答案为：前者是吸热反应，通入空气后发生的是放热反应，可维持体系的热平衡；

②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，

反应是放热反应，可减低温度使平衡正向进行，或降低氢气的浓度或增大水蒸气的浓度，使平衡向

正反应方向移动，CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)反应为气体体积不变的反应，若时刻通过改

变容积的方法将压强增大为原来的2倍，反应速率增大，平衡不变，在图中t,〜”区间内画出CO、

45

(1)①C(s)+H2O(g)#CO(g)+H2(g)AH=akJ-mol-i

②CO(g)+2H2(g)UCH3OH(1)△H=bkJ-mol-1

将方程式①+②得C(s)+H2O(g)+H2(g)#CH3OH(1)AH进行相应的改变；

(2)①A.增大压强平衡逆向移动，碳的转化率减小，则压强%>6MPa,温度越高、压强越大化学反

第11页，共16页

应速率越快；

B.根据图1知，升高温度C转化率降低，说明正反应是放热反应；

C.该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小；

D.工业生产中，当温度为I2时，压强越高，平衡正向移动，但是对设备要求更高；

②A点C的转化率为50%,则平衡时武明)=2(1-50%)xlmol=Imol、n(CH4)=lmolx50%=

0.5mol,混合气体物质的量=1.5moLP(H?)=2x4.5MPa=3MPa,P(CH)=1.5MPa,图2中A

234

点(坐标为4.5,50)对应的平衡常数％=器十

(3)①前者为吸热反应、后者为放热反应，通入空气后发生放热反应使体系热平衡；

②由图可知，t2时刻后二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，改变条件，平衡向正反应方向移动，

结合平衡移动原理与反应特点分析解答，CO(g)+H2O(g)WH2(g)+CO?®反应为气体体积不变的

反应，若t,时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，反应速率增大，平衡不变，据此画

出选项。

本题考查较为综合，涉及热化学方程式、化学反应速率计算、化学平衡移动、平衡常数应用，题目

难度中等，注意图象变化的理解应用,侧重考查学生的分析能力和计算能力。

10.答案:口111II022最外层为8电子稳定结构六方最密相同HO,C1-化

J2

合物乙分子间形成氢键N>0>CTiO2+(或口2呼+)612CaT%

解析：解：(1)T1是22号元素,原子价电子排布式为3d24s2,结合泡利原理、洪特规则，价电子排

布图为：口卬.Ti原子核外电子数为22,核外共有22种运动状态不相同的电子。

3d4s

+4价的Ti最外层为8电子稳定结构，故Ti形成的+4价化合物最稳定。由金属钛晶胞结构可知，属

于六方最密堆写

故答案为：।।口回;22；最外层为8电子稳定结构；六方最密；

3d4s

(2)丁©4常温下为液体，熔沸点低，属于分子晶体。［叮(乙0)6913中配体为6个H?o分子，而

仃记44。%、%-%。中配体为5个40、1个C1-,两者配位数相同均为6,

故答案为：分子；相同；Cl-

H2O.;

(3)化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高。化合物乙中C、N、O三种原子

的杂化轨道形成均为sp3,同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2P轨道

为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N>O>C,

故答案为：化合物乙分子间形成氢键；N>O>C；

(4)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，二者原子个数之比为1：1,

Ti元素为+4价、O元素为一2价，故离子化学式为TiO2+(或［TiORn+),

故答案为：TiO2+(或［Ti(生")；

(5)钛离子处于晶胞顶点，n钙离子位于立方晶胞的体心，阳离子处于晶胞棱心。晶胞中钛离子周围的

六个氧原子形成八面体。立方体晶胞共有12个棱，

即钙离子被12个氧离子包围。每个晶胞中钛离子数目=8x1=1、钙离子数目=1、氧离子数目=

8

12x1=3,则晶胞的化学式为CaTiOq,

43

故答案为：6；12；CaTiO3„

第12页，共16页

(l)Ti是22号元素，原子价电子排布式为3d24s2,结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；原

子核外没有运动状态相同的电子；+4价的Ti最外层为8电子稳定结构；由晶胞结构图可知，属于六

方最密堆积；

(2)Ti«4常温下为液体，熔沸点低，符合分子晶体性质；[0(40)6N13中配体为6个“。分子，而

[TiCl(H2O)5]Cl2•%0中配体为5个H2。、1个C1-；

(3)化合物乙含有氨基，分子之间可以形成氢键；C、N、0均采取sp3杂化，同周期主族元素随原子

序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2P轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元

素的；

(4)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个0原子共用，利用均摊法计算二者原子个数

之比，Ti元素为+4价、0元素为-2价，确定离子所带电荷书写化学式；

(5)钛离子处于晶胞顶点，钙离子位于立方晶胞的体心，阳离子处于晶胞棱心。晶胞中钛离子周围的

六个氧原子形成八面体；立方体晶胞共有12个棱。均摊法计算晶胞中各离子数目，确定化学式。

本题是考查物质结构与性质，题目比较综合，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、配合物、氢键、

电离能、晶胞结构与计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，(5)为易错点、难点，

需要学生具备一定的空间想力。

1L答案:羟基、竣基2取代反应(或酯化反应

OCH..,IOCH,

)HBr*HOfHO-C/Y♦HiOC16H12O612

o

「Br

HO^^)>-C-COOH

CH3

CHO

强HOCHQWNa吧HOCHeCX)H|

CH/,OOH华CICHQQQH1GA।

COOH

解析：解：(1)A的分子式为C2H2。3，ImolA能消耗含有2.5molCu(0H)2悬浊液，说明A中含有1

CHO

个醛基和1个竣基，则A是|,根据C的结构可知B是。-。H,反应①的方程式为:

COOH

第13页，共16页

OH

(2)化合物C为，所含官能团有竣基、羟基，酚羟基和竣基能够与氢氧化钠反应,

在一定条件下C与足量NaOH溶液反应，ImolC最多消耗2molNaOH,

故答案为：陵基、羟基；2；

(3)根据流程图，反应②是C与甲醇发生的酯化反应；反应③发生了羟基的取代反应，反应的化学

OH

OCH>OfII.

方程式为HBr♦HO

OCH>

故答案为：取代反应(或酯化反应);♦H；O;

(4)C中有羟基和竣基,2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物,C分子间醉羟基、

酸基发生酯化反应，则E为,E的分子式为C16Hl2。6,

故答案为：J6H】2。6；

(5)F的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基，③遇FeCg溶液

显紫色，说明含有酚羟基，其中一个是羟基，另外取代基为-CBr(CH3)C00H、-CH(CH2Br)COOH,

Br

-CH2CHBrCOOH>一CHBrC4COOH,可能的结构简式有'一？一COOH(包括令位和间位，共

CH?

0

HOCH

3眇IEr

CH(包括邻位和同位，共3种)，21HC00H(包括邻位和间

位，共3种)，HOYI，丁心；f0°H(包括邻位和间位，共3种)，因此共12种；其中核磁共振氢谱

Crir

Br

有五组峰的结构简式为HoY^》-f-COOH,

叫

S

0I

HO

故答案为：12；C-—

CH

⑹由题目信息可知，乙酸与PC%反应得到CIC4COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反

应得到HOCH2coONa,用盐酸酸化得到HOCH2COOH,最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到

OHC-COOH,合成路线流程图为：

CHO

C/COOHrClCn^OOHHQCH无0QN。驾HOCH^QOH华I

COOH

第14页，共16页

故答案为:

CHO

CHCOOHCICIU'OOH只"髻叫HQCR^QQNaHOCH^QQH

4

CIOOH

A的分子式为gH,Oq,A的不饱和度=凶但=2,ImolA能消耗含有2.5molCu(OH)?新制悬浊液，

结合A中含有O原子个数知，A为OHCCOOH,根据C结构简式知，B为仁广。><,根据CD结

构简式知，C和甲醇发生酯化反应生成D,D发生取代反应生成F；C中有羟基和竣基，2分子C可

以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醵羟基、竣基发生酯化反应，则E为

m>1°

⑹由题目信息可知，乙酸与PJ反应得到CIC与COOH,在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反

应得到HOCH2coONa,用盐酸酸化得到HOCH