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河北省唐山市2020届高三9月摸底考试化学（解析版）
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河北省唐山市2020届高三9月摸底考试
相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 S－32 Fe－56 Cu－64
一、选择题
1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）
A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物
B. 玻璃质地坚硬，不易破碎
C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液
【答案】B
【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；
B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；
C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；
D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；
故选B。
2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C9H10 B. 分子中所有碳原子均处于同一平面
C. 与互为同分异构体 D. 易溶于水
【答案】A
【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；
B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。
3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是（ ）
A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用
B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快
C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高
D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量
【答案】D
【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；
B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；
C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；
D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；
答案选D。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. pH＝13NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
B. Na2O2与足量H2O反应生成0.1mol O2时转移电子的数目为0.4NA
C. 常温常压下，23g NO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子
D. 常温常压下，22.4L CO2中含有NA个CO2分子
【答案】C
【详解】A. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误；
B. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误；
C. 23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确；
D. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L CO2的物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；
2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。
5.常温下，用0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是（ ）
A. Ka(HA)的数量级为10－5
B. 溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点
C. 当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)
D. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL
【答案】A
【详解】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；
B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H＋)：a点
D. HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；
答案选A。
【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 该方法能够提供电能
B. B极上的电势比A极上的电势低
C. A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+
D. 电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动
【答案】D
【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。
【详解】A. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；
B. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；
C. A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；
D. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；
答案选D。
8.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是____________________________________。
（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是__________________________________________________。
（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：
2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋
2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是____________________________________________。
（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是____________________。
（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是____________________________________________。
（6）过程③生成废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是_______________________________________。
（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____________________（只要求写出一项）。
（8）依据表中信息，可采用___________方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。
TiCl4
SiCl4
熔点/℃
－25.0
－68.8
沸点/℃
136.4
57.6
【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10-9~10-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏
【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2＋、Fe2＋，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2＋的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3＋，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋；
故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；
（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-9~10-7m；
故答案为：10-9~10-7m；
（5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3＋，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
（6）过程③反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；
故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；
（8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；
故答案为：蒸馏。
9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/g•cm－3
溶解性
二苯基羟乙酮
212
133
344
1.310
不溶于冷水，溶于乙醇
二苯基乙二酮
210
97
348
1.084
不溶于水，能溶于乙醇
+2FeCl3+2FeCl2+2HCl
在反应装置中，加入10mL冰醋酸、5.50g FeCl3固体、10mL水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。
重结晶过程如下：
加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥
请回答以下问题：
（1）装置图中仪器a的名称是________，其作用是____________________。
（2）加入碎瓷片的作用是________________________。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是___________________________________________________。
（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：
该实验条件下加热____后可认为反应结束。
A．15min B．30min C．45min D．60min
（4）上述重结晶过程中，____________（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。
（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是____________________________。
（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是___________________________。
（7）本实验的产率是____%。（保留3位有效数字）
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止暴沸 (4). 停止加热，待冷却后补加 (5). C (6). 趁热过滤 (7). 所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸 (8). 二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小 (9). 85.7
【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；
（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；
（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；
（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；
（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答；
（6）根据二者的熔沸点选择分离方式；
（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。
【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；
故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；
（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；
故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；
（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；
故答案为：C；
（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；
故答案为：趁热过滤；
（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热；
故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；
（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，
因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；
故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；
（7）理论上2.12 g二苯基羟乙酮完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为0.1mol，其质量为m=nM=0.01mol×210g/mol=2.1g，则其产率为；
故答案为：85.7。
10.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol
反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3
（1）△H3＝____kJ/mol。
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是___（填序号）。
A．反应体系总压强保持不变
B．容器内的混合气体的密度保持不变
C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键
D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变
（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3(g)
H2O(g)
CH3OH(g)
浓度/mol·L－1
1.8
1.8
0.4
此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% ＝___%。
（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________________________。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%
① 温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_________________________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________。
A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T
【答案】 (1). －122.6 (2). AC (3). ＞ (4). 20 (5). 0.18mol·L−1·min−1 (6). KA＝KC＞KB (7). 反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 (8). BD
【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；
（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；
（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；
（4）根据图像确定CO2的平衡转化率，进而计算CH3OCH3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(CH3OCH3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出KA＝KC，再根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断T1、T2的大小关系，从而得出KA、KC、KB三者的关系；
（5）反应I的△H＜0，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。
【详解】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6 kJ/mol×2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；
故答案为：－122.6；
（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，
A. 该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；
B. 根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；
C. 当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；
D. 反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1:1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；
故答案为：AC；
（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；
设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：
CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)2CH3OH(g)
起始（mol） a mol a mol 0
转化（mol） x mol x mol 2x mol
平衡（mol） (a-x)mol (a-x)mol 2x mol
则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；
故答案为：＞；20；
（4）由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol×60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；
化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1
（5）①反应I的△H＜0，在相同的时间段内反应，230℃反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降；
故答案为：反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；
②由图像可知在230℃下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr－1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230℃，催化剂CZ(Zr－1)T。
故答案为：BD。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。
11.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。
（1）基态Co原子的电子排布式为_______________________。
（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是_______（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的σ键数目为______；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_________。
（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是________，B原子的杂化方式__。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是_______（写元素符号），原因是________________________________________________________。
（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与___个S原子相连，晶体密度ρ＝___________g·cm−3（列出计算表达式）。
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，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，，0），则原子1的坐标为_______。
【答案】(1). [Ar]3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN－或C22－ (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，，）
【分析】(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键；
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据ρ=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。
【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键，1molNi(CO)4中含有的σ键数目为8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22－，故答案为：碳；8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；CN-或C22－；
(3)①BH4-中B原子的孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度ρ＝= g·cm−3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，，)，故答案为：4；；(，，)；
【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。
12.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O；
②同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。
③C、F均能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）A的名称是________，B含有的官能团是_____________。
（2）①的反应类型是________________，③的反应类型是________________。
（3）G结构简式是________________。
（4）反应②化学方程式是________________________________________。
（5）L是M的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1 mol的L可与1 mol的NaHCO3反应，L共有___种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是___________（任写一种）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂的合成路线（无机试剂任选）。____________________________________________
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基或－OH (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 8 (8). 、或 (9).
【分析】由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息②可知，F为；C与F发生信息①中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为。据此分析解答。
【详解】(1)A 的名称是乙烯，B为C2H5OH，含有的官能团是羟基，故答案为：乙烯；羟基；
(2)根据上述分析，反应①是加成反应，反应③是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(5)L是M()的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1mol的L可与1mol的NaHCO3反应，说明含有1个-COOH，可以看作CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH中烃基中的H原子被苯基取代，分别有3种、3种、2种，故符合条件的共有3+3+2=8种，其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是、或，故答案为：8；、或；
(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa，故答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。
河北省唐山市2020届高三9月摸底考试
相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 S－32 Fe－56 Cu－64
一、选择题
1.《本草纲目》中对玻璃有如下叙述：“本作颇黎。颇黎，国名也。其莹如水，其坚如玉，故名水玉，与水精（即水晶，主要成分为SiO2）同名。有酒色、紫色、白色，莹澈与水精相似。”下列说法错误的是（ ）
A. 文中所描述的玻璃颜色，来自某些金属氧化物
B. 玻璃质地坚硬，不易破碎
C. 将石灰石、纯碱、石英在高温下熔融，可制得普通玻璃
D. 不能用带有磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶盛放NaOH溶液
【答案】B
【详解】A、玻璃中含有少量金属氧化物，能够使玻璃呈现不同的颜色，故A正确；
B、玻璃是一种质地坚硬，容易破碎的玻璃态物质，故B错误；
C、制玻璃的原料是：石灰石、纯碱、石英，三者在玻璃熔炉中高温熔融可制得玻璃，故C正确；
D、玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应生成硅酸钠，长时间后，塞子不容易打开，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，故D正确；
故选B。
2.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C9H10 B. 分子中所有碳原子均处于同一平面
C. 与互为同分异构体 D. 易溶于水
【答案】A
【详解】A、根据结构简式可知，该化合物的分子式为C9H10，故A正确；
B、分子中含有结构，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；
C、的分子式为C9H12，分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D、该化合物属于烃类，难溶于水，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有或中的一种，分子中的所有碳原子就不可能处于同一平面内。
3.实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是（ ）
A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用
B. 实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快
C. 依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高
D. C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量
【答案】D
【详解】A. 实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；
B. 滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；
C. B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；
D. B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)= =n(CO2)= n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量， D项错误；
答案选D。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. pH＝13NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1NA
B. Na2O2与足量H2O反应生成0.1mol O2时转移电子的数目为0.4NA
C. 常温常压下，23g NO2与N2O4的混合气体中共含有NA个氧原子
D. 常温常压下，22.4L CO2中含有NA个CO2分子
【答案】C
【详解】A. 缺少氢氧化钠溶液的体积，无法计算溶液中氢氧根离子的数目，A项错误；
B. 过氧化钠中氧元素化合价-1价变化为0价和-2价，生成1mol氧气，电子转移2mol，过氧化钠与水反应生成0.1mol氧气，转移0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，B项错误；
C. 23g NO2和N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，含有1mol氧原子，含有氧原子总数为NA，C项正确；
D. 不是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L CO2的物质的量，D项错误；
答案选C。
【点睛】1、A项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；
2、D.项也是学生们的易错点，随意使用气体摩尔体积22.4L/mol，只有同时满足气体、标准状况，才可使用22.4L/mol，利用该公式计算气体的体积或者气体物质的量。
5.常温下，用0.1000mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是（ ）
A. Ka(HA)的数量级为10－5
B. 溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点
C. 当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)
D. 当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL
【答案】A
【详解】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；
B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H＋)：a点
D. HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；
答案选A。
【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B. Y单质的熔点高于X单质
C. W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D. 化合物M中W不都满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；
B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；
C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；
D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；
故选B。
7.通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 该方法能够提供电能
B. B极上的电势比A极上的电势低
C. A极的电极反应为+H++2e-→Cl-+
D. 电池工作时H＋通过质子交换膜由正极区向负极区移动
【答案】D
【分析】该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，电流从正极经导线流向负极，据此解答。
【详解】A. 该装置为原电池，将化学能转化为电能，则该方法能够提供电能，A项正确；
B. 原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A极为正极，B极为负极，则B极上的电势比A极上的电势低，B项正确；
C. A极为正极，有氢离子参与反应，电极反应式为+H++2e-→Cl-+，C项正确；
D. 原电池中阳离子移向正极，则该原电池中氢离子向正极移动，D项错误；
答案选D。
8.四氯化钛（TiCl4）是制取航空材料——钛合金的重要原料。由钛铁矿（主要成分是FeTiO3，不溶于水）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时需要将钛铁矿粉碎，其目的是____________________________________。
（2）浸出液呈强酸性，含有TiO2＋、Fe2＋及少量Fe3＋、Al3＋等离子，则生成TiO2＋的离子方程式是__________________________________________________。
（3）“反应”时需加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：
2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋
2TiO2＋（无色）＋Fe＋4H＋＝2Ti3＋（紫色）＋Fe2＋＋2H2O
Ti3＋（紫色）＋Fe3＋＋H2O＝TiO2＋（无色）＋Fe2＋＋2H＋
加入铁屑的作用是____________________________________________。
（4）通过控制条件，可以使过程①中生成的TiO2·nH2O形成一种液态分散系，用一束光照射该分散系能够产生丁达尔效应，则分散质颗粒直径的范围是____________________。
（5）过程①制得的固体TiO2·nH2O需用过量酸清洗以除去其中的Fe(OH)3杂质，检验Fe(OH)3杂质除净的实验方法是____________________________________________。
（6）过程③生成废气中含有CO，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是_______________________________________。
（7）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是____________________（只要求写出一项）。
（8）依据表中信息，可采用___________方法精制含少量SiCl4杂质的TiCl4。
TiCl4
SiCl4
熔点/℃
－25.0
－68.8
沸点/℃
136.4
57.6
【答案】(1). 增大接触面积，加快反应速率 (2). FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O (3). 将Fe3＋还原为Fe2＋ (4). 10-9~10-7m (5). 用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净 (6). TiO2＋2C＋2Cl2 TiCl4＋2CO (7). 过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气 (8). 蒸馏
【详解】（1）将钛铁矿粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）根据已知信息，确定部分反应物FeTiO3和生成物TiO2＋、Fe2＋，再结合元素守恒，电荷守恒配平生成TiO2＋的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
故答案为：FeTiO3＋4H＋＝TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；
（3）根据题意：浸出液中含有少量Fe3＋，而浸出液加入铁粉后浓缩、结晶得到FeCl2晶体，因此加入铁粉的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，加入铁屑至浸出液显紫色，说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋；
故答案为：将Fe3＋还原为Fe2＋；
（4）能够产生丁达尔效应的分散系为胶体，则分散质颗粒直径的范围是10-9~10-7m；
故答案为：10-9~10-7m；
（5）过量酸将Fe(OH)3中和为Fe3＋，用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
故答案为：用试管取少量最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若溶液未变为血红色，则说明Fe(OH)3杂质已除净；
（6）过程③反应物为TiO2、氯气、焦炭，生成的废气中含有CO，根据得失电子守恒、元素守恒写出方程式，则TiO2和焦炭、氯气在高温下发生反应的化学方程式是TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
故答案为：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；
（7）依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；
故答案为：过程③中产生的CO和残留的Cl2有毒，污染空气；
（8）SiCl4、TiCl4为液态混合物，沸点相差较大，因此可用蒸馏的方法提纯TiCl4；
故答案为：蒸馏。
9.二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，相关物质的物理参数、化学方程式及装置图（加热和夹持装置已略去）如下：
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/g•cm－3
溶解性
二苯基羟乙酮
212
133
344
1.310
不溶于冷水，溶于乙醇
二苯基乙二酮
210
97
348
1.084
不溶于水，能溶于乙醇
+2FeCl3+2FeCl2+2HCl
在反应装置中，加入10mL冰醋酸、5.50g FeCl3固体、10mL水及少量碎瓷片，加热至沸腾，停止加热，待沸腾平息后加入2.12g二苯基羟乙酮，继续加热回流至二苯基羟乙酮完全反应。反应结束后加水煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70%乙醇水溶液重结晶提纯，得到1.80g产品。
重结晶过程如下：
加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥
请回答以下问题：
（1）装置图中仪器a的名称是________，其作用是____________________。
（2）加入碎瓷片的作用是________________________。若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是___________________________________________________。
（3）实验中可采用薄层色谱跟踪反应进程，其原理和操作与纸上层析类同，通过观察薄层色谱展开后的斑点（在实验条件下，只有二苯基羟乙酮和二苯基乙二酮能够产生斑点）判断样品中的成分。如图分别为加入二苯基羟乙酮后反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样，薄层色谱展开后的斑点：
该实验条件下加热____后可认为反应结束。
A．15min B．30min C．45min D．60min
（4）上述重结晶过程中，____________（填步骤名称）操作除去了不溶性杂质。
（5）在重结晶过程中，不可选用明火直接加热，原因是____________________________。
（6）不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品的原因是___________________________。
（7）本实验的产率是____%。（保留3位有效数字）
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流 (3). 防止暴沸 (4). 停止加热，待冷却后补加 (5). C (6). 趁热过滤 (7). 所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸 (8). 二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小 (9). 85.7
【分析】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，可减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；
（2）烧瓶中加热液体时均需加入碎瓷片防止液体暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；
（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余，据此解答；
（4）根据重结晶的过程判断每一步的作用，趁热过滤可以除去不溶性杂质；
（5）乙醇作为重结晶的溶剂，但是乙醇易挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，据此解答；
（6）根据二者的熔沸点选择分离方式；
（7）列比例计算二苯基乙二酮的理论产量，进而计算产率。
【详解】（1）仪器a的名称是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，减少二苯基乙二酮、二苯基羟乙酮的损失；
故答案为：球形冷凝管；冷凝回流；
（2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸；若加热后发现未加碎瓷片，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后补加；
故答案为：防止暴沸；停止加热，待冷却后补加；
（3）对照图上的斑点分析，可以知道，反应开始时图上的斑点是反应物，由此可推知，回流15min、30min时的图上，下面的斑点为反应物，上面的斑点为生成物，45min时则图上的斑点是生成物，而反应物基本上无剩余。因此，该实验条件下加热45min后可认为反应结束；
故答案为：C；
（4）重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中活性炭脱色可以除去有色杂质，趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质，则上述重结晶过程中，趁热过滤操作除去了不溶性杂质；
故答案为：趁热过滤；
（5）在重结晶过程中，用的是70%乙醇水溶液重结晶提纯二苯基乙二酮，乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸，因此在重结晶过程中，不可选用明火直接加热；
故答案为：所用70%乙醇溶液会挥发出乙醇蒸气，与空气混合遇明火爆炸；
（6）二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，且二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小，
因此不选择蒸馏的方法提纯二苯基乙二酮粗产品；
故答案为：二苯基乙二酮粗产品为固体混合物，二苯基乙二酮与二苯基羟乙酮的沸点差别较小；
（7）理论上2.12 g二苯基羟乙酮完全反应，其物质的量为，则理论上生成二苯基乙二酮为0.1mol，其质量为m=nM=0.01mol×210g/mol=2.1g，则其产率为；
故答案为：85.7。
10.研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H1＝－49.6 kJ/mol
反应Ⅱ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g) △H2＝＋23.4 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) △H3
（1）△H3＝____kJ/mol。
（2）恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2，发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态的是___（填序号）。
A．反应体系总压强保持不变
B．容器内的混合气体的密度保持不变
C．水分子中断裂2NA个H-O键，同时氢分子中断裂3NA个H-H键
D．CH3OH和H2O的浓度之比保持不变
（3）反应II在某温度下的平衡常数为0.25，此温度下，在密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反应到某时刻测得各组分浓度如下：
物质
CH3OCH3(g)
H2O(g)
CH3OH(g)
浓度/mol·L－1
1.8
1.8
0.4
此时v正___v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），当反应达到平衡状态时，混合气体中CH3OH体积分数(CH3OH)% ＝___%。
（4）在某压强下，反应III在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2 L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝____________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________________________。
（5）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性＝×100%
① 温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是_________________________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________。
A．210℃ B．230℃ C．催化剂CZT D．催化剂CZ(Zr－1)T
【答案】 (1). －122.6 (2). AC (3). ＞ (4). 20 (5). 0.18mol·L−1·min−1 (6). KA＝KC＞KB (7). 反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降 (8). BD
【分析】（1）根据盖斯定律以及热化学方程式进行计算；
（2）根据化学平衡状态的判断标志进行判断；
（3）根据浓度商和化学平衡常数的大小关系判断反应进行的方向；设未知数利用化学平衡常数列出三段式解方程，进而计算体积分数；
（4）根据图像确定CO2的平衡转化率，进而计算CH3OCH3的生成量，再利用化学反应速率的计算公式计算v(CH3OCH3)；根据化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，得出KA＝KC，再根据该反应为正向放热的反应，降温平衡逆向移动，结合图像判断T1、T2的大小关系，从而得出KA、KC、KB三者的关系；
（5）反应I的△H＜0，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降，再结合图像判断合成甲醇的工业条件。
【详解】（1）根据盖斯定律知，反应III=反应Ⅰ×2-反应Ⅱ，因此，△H3=△H1×2-△H2=－49.6 kJ/mol×2-23.4 kJ/mol=-122.6 kJ/mol；
故答案为：－122.6；
（2）反应条件为恒温恒容，反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)为反应前后气体物质的量减少的反应，
A. 该反应为反应前后气体物质的量减少的反应，随着反应的进行气体物质的量减少，体系总压强减小，因此当反应体系总压强保持不变时能说明反应I达到平衡状态，A项正确；
B. 根据质量守恒定律知混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则随着反应的进行，容器内的混合气体的密度始终保持不变，因此当反容器内的混合气体的密度保持不变时不能说明反应I达到平衡状，B项错误；
C. 当水分子中断裂2NA个H－O键时会有3NA个H－H键形成，即生成3mol氢分子，若同时氢分子中断裂3NA个H－H键，即消耗3mol氢分子，则氢气的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，因此水分子中断裂2NA个H－O键，同时氢分子中断裂3NA个H－H键能说明反应I达到平衡状，C项正确；
D. 反应达到平衡状态时各物质的物质的量浓度保持不变，但CH3OH和H2O的浓度之比始终等于1:1，因此CH3OH和H2O的浓度之比保持不变不能说明反应I达到平衡状，D项正确；
故答案为：AC；
（3）此刻反应的浓度商，因此反应向正反应方向进行，v正>v逆；
设起始时CH3OCH3和H2O的物质的量均为a mol，反应达到平衡状态时，CH3OCH3的转化量为x mol，则可列出三段式：
CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)2CH3OH(g)
起始（mol） a mol a mol 0
转化（mol） x mol x mol 2x mol
平衡（mol） (a-x)mol (a-x)mol 2x mol
则化学平衡常数，解得：x=0.2a，则混合气体中CH3OH的物质的量为0.4a，混合气体总物质的量不变仍为2a，因此混合气体中CH3OH体积分数；
故答案为：＞；20；
（4）由图可知，在T1温度下，将6 molCO2和12molH2充入2 L的密闭容器中时，CO2的平衡转化率为60%，因此CO2的转化量为6 mol×60%=3.6，则生成CH3OCH3的物质的量为1.8mol，；
化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则KA＝KC，由图像可知，当投料比相同时，T1温度下的平衡转化率较大，该反应为正向放热的反应，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，因此T1
（5）①反应I的△H＜0，在相同的时间段内反应，230℃反应达到平衡状态，升温平衡逆向移动，CO2转化转化率降低，CH3OH产率下降；
故答案为：反应I的△H＜0温度升高，使CO2转化为CH3OH的平衡转化率下降；
②由图像可知在230℃下CH3OH的转化率最高，催化剂CZ(Zr－1)T对CH3OH的选择性最好，因此合成甲醇的工业条件是230℃，催化剂CZ(Zr－1)T。
故答案为：BD。
【点睛】化学平衡状态的判断是学生们的易错点，首先一定要关注反应条件是恒温恒容、恒温恒压还是恒温绝热等，再关注反应前后气体物质的量的变化以及物质的状态，化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的量、浓度等保持不变，以及衍生出来的一些量也不变，但一定得是“变化的量”不变了，才可作为判断平衡的标志。
11.镍、钴、钛、铜等元素常用作制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数，请填写下列空白。
（1）基态Co原子的电子排布式为_______________________。
（2）镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤电子对的成键原子是_______（填元素名称）；1 molNi(CO)4中含有的σ键数目为______；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_________。
（3）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4-的空间构型是________，B原子的杂化方式__。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是_______（写元素符号），原因是________________________________________________________。
（4）CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与___个S原子相连，晶体密度ρ＝___________g·cm−3（列出计算表达式）。
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，例如图中原子2和3的坐标分别为（0，1，）、（，，0），则原子1的坐标为_______。
【答案】(1). [Ar]3d74s2 (2). 碳 (3). 8NA (4). CN－或C22－ (5). 正四面体 (6). sp3 (7). Zn (8). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (9). 4 (10). (11). （，，）
【分析】(1)Co是27号元素，结合构造原理写出电子排布式；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，结合电负性判断哪个原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键；
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断BH4-中B原子杂化类型和空间构型；结合原子轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定分析判断；
(4)根据均摊法计算晶胞中含有的原子个数，再根据ρ=计算；根据原子2和3的坐标分析判断出坐标原点，再根据图示判断原子1的坐标。
【详解】(1)钴为27号元素，基态钴原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d74s2或简写为[Ar]3d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Ni原子含有空轨道，CO与氮气互为等电子体，二者化学键类似，CO分子中C、O原子均有1对孤对电子，由于O元素电负性比碳元素的大，C原子更易提供孤对电子形成配位键；Ni(CO)4分子中有4个配位键，属于σ键，CO中含有1个σ键，故1个Ni(CO)4分子中有8个σ键，1molNi(CO)4中含有的σ键数目为8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；与CO互为等电子体微粒有2个原子、价电子总数为10，阴离子可以是CN-或C22－，故答案为：碳；8NA(或8×6.02×1023或4.816×1023)；CN-或C22－；
(3)①BH4-中B原子的孤电子对数==0，价层电子对数=0+4=4，BH4-的空间构型与VSEPR模型相同，即为正四面体，杂化轨道数目为4，B原子采取sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素为Zn和Ga，由于Zn核外电子排布为全满结构，比较稳定，较难失电子，因此第一电离能比Ga的大，故答案为：正四面体形；sp3杂化；Zn；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(4)根据CuFeS2的晶胞图，晶胞内部的每个Cu原子与4个S相连，因此晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，则晶胞质量为g，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则晶胞体积=abc(nm3)，晶体密度ρ＝= g·cm−3；图中原子2和3的坐标分别为(0，1，)、(，，0)，说明是以图中底面左前方的铜原子作为坐标原点的，则原子1的坐标为(，，)，故答案为：4；；(，，)；
【点睛】本题的难点和易错点为(4)中原子1的坐标的确定，要注意根据原子2和3的坐标找出坐标原点。
12.有机物M可由A（C2H4）按如图路线合成：
已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O；
②同一个碳原子上连有两个羟基的有机物不稳定，易脱水形成羰基。
③C、F均能发生银镜反应。
回答下列问题：
（1）A的名称是________，B含有的官能团是_____________。
（2）①的反应类型是________________，③的反应类型是________________。
（3）G结构简式是________________。
（4）反应②化学方程式是________________________________________。
（5）L是M的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1 mol的L可与1 mol的NaHCO3反应，L共有___种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是___________（任写一种）。
（6）参照上述合成路线，设计以C为原料制备高吸水性树脂的合成路线（无机试剂任选）。____________________________________________
【答案】 (1). 乙烯 (2). 羟基或－OH (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 8 (8). 、或 (9).
【分析】由分子式C2H4可知A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成B，B为C2H5OH，B发生催化氧化生成C，C为CH3CHO；由分子式C7H8可知D为，D与氯气在光照时发生甲基上的取代反应生成E，结合E的分子式可知，E为，E发生水解反应生成F，结合信息②可知，F为；C与F发生信息①中反应生成G，G为，G发生氧化反应，酸化后生成H，H为，H与甲醇发生酯化反应生成M，M为。据此分析解答。
【详解】(1)A 的名称是乙烯，B为C2H5OH，含有的官能团是羟基，故答案为：乙烯；羟基；
(2)根据上述分析，反应①是加成反应，反应③是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
(3)根据上述分析，G为，故答案为：；
(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(5)L是M()的同分异构体，分子中除含有1个苯环外无其他环状结构，且苯环上只有一个侧链，1mol的L可与1mol的NaHCO3反应，说明含有1个-COOH，可以看作CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、CH2=C(CH3)COOH中烃基中的H原子被苯基取代，分别有3种、3种、2种，故符合条件的共有3+3+2=8种，其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为3∶2∶2∶1∶1∶1的结构简式是、或，故答案为：8；、或；
(6)以乙醛为原料制备，需要首先合成CH3CH=CHCOONa，可以由乙醛先在碱性、加热条件下反应生成CH3CH=CHCHO，然后用银氨溶液氧化得到CH3CH=CHCOOH，再与NaOH发生中和反应得到CH3CH=CHCOONa，最后发生加聚反应得到目标物，合成路线为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa，故答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOONa。
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