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广东省广州市2019年高考化学二模试卷及答案
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这是一份广东省广州市2019年高考化学二模试卷及答案，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题，选考题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列应用的解释错误的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
2.降冰片烯（ ）在一定的条件下可以转化为降冰片烷（ ）。下列说法正确的是（ ）
A. 降冰片烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 降冰片烷易溶于水
C. 降冰片烷与 互为同分异构体 D. 降冰片烷的一氯代物有3种（不含立体异构）
3.实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替
B. 若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀
C. 若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀
D. 反应后装置c中溶液的pH降低
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3N
B. 0.1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为0.1 NA
C. 常温常压下，124 g P4中所含P－P键数目4 NA
D. 标准状况下，22.4 L丙烷中所含共价键数目为10 NA
5.一种化合物Y2ZW3X可用作牙膏的添加剂，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，W与X的最外层电子数之和为13。下列说法错误的是（ ）
A. 简单氢化物的沸点：W＞X B. 离子半径：Y＞W＞X
C. Z的最高价氧化物可用作干燥剂 D. Y与X形成的化合物的水溶液呈碱性
6.我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH- ， 工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜
B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH−-2e− =Zn(OH)42−
C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸
D. 外电路中每通过1 mol电子，复合膜层间有1 mol H2O解离
7.已知Ka（CH3COOH）=1.7×10−5 ，Kb（NH3·H2O）=1.7×10−5。常温下，用0.01mol·L−1氨水滴定20 mL浓度均为 0.01 mol·L−1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. a点的混合溶液中c(CH3COO−)约为1.7×10−5mol·L−1
B. b点的混合溶液中：c(CH3COOH) >c(NH4+)
C. c点的混合溶液中：
D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40mL
二、非选择题：
8.乙酸正丁酯是无色透明有果香气味的液体。实验室制备乙酸正丁酯的反应方程式如下：
制备流程和有关数据如下：
已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成的三元共沸物的沸点为90.7℃。
反应装置如图所示。在烧瓶中加入反应物和沸石，分水器中加入一定体积水，80℃反应15分钟，然后提高温度使反应处于回流状态，分水器中液面不断上升，当液面达到分水器支管口时，上层液体返回到烧瓶中。
回答下列问题：
（1）仪器甲的名称是________。步骤①在80℃反应时温度计水银球置于________（填“a”或“b”）处。
（2）使用分水器能提高酯的产率，原因是 ________（用平衡移动原理解释）。
（3）步骤②观察到 （填标号）现象时，酯化反应已基本完成。
A.当分水器中出现分层
B.分水器中有液体回流至烧瓶
C.分水器水层高度不再变化
D.仪器甲有液体滴落
（4）若反应前分水器中加水不足，会导致 ________，使产率偏低。
（5）步骤③操作a的名称是________ 。
（6）步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，分出的产物加入少量无水MgSO4固体，蒸馏，得到乙酸正丁酯4.64g。加入10% Na2CO3溶液的目的是除去________。乙酸正丁酯的产率为________ %。
9.氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石（主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO）为原料制备Sc2O3的工艺流程如下，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
（1）Sc2O3中Sc的化合价为 ________ 。
（2）“溶解”时铁屑被MnO 氧化为Fe3+ ， 该反应的离子方程式是________ 。
（3）“滤渣”的主要成分是________。
（4）“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A比（有机相与水相的体积比）的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为 ________ 。
（5）有机萃取剂P507萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：ScCl3+3HR＝ScR3+3HCl（HR代表P507）。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是 ________。
（6）“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有________。
（7）Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是________ 。
（8）某厂用1000 kg的钪锰矿制备Sc2O3 ， 最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为 ________。
10.甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。利用苯(C6H6)和甲醇(CH3OH)在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。
① 由图分析，随着投料比 增加，CH3OH的平衡转化率 ________，平衡时 的值________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
②投料比 为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1。CH3OH的平衡转化率为 ________，反应I的平衡常数K= ________。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
① 反应I的∆H = ________ kJ·mol−1。
② 吸附CH3OH的焓变________ 吸附C6H6的焓变（填“＞”或“＜”）。
③ C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为 ________。
④ 在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v =k∙p(C6H6)（k为速率常数）。在刚性容器中发生反应 I，关于反应 I 的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是________（填标号）。
A. 升高温度，K和 v均增大
B. 增大p(C6H6)，K不变， v增大
C. 降低温度，K和 v均减小
D. 增大p(CH3OH)，K不变， v增大
三、选考题
11.[化学——选修3：物质结构与性质]
铜碘杂化团簇具有优异的光学性能，可用于制备发光二极管、发光墨水、生物成像仪器等。一种铜碘杂化团簇的合成路线如下：
（1）已知SbCl3（三氯化锑）是挥发性显著的物质，由此判断SbCl3中主要含有的化学键类型是________。
（2）Sb为第四周期VA族元素，预测SbCl3的立体结构为 ________。
（3）Et2O（CH3CH2OCH2CH3 ， 乙醚）中氧原子以及 中碳原子的杂化类型分别是 ________、________ 。
（4）CuI中Cu+的核外电子排布式为________ 。
（5）SbCy3只能与一个Cu+配位的原因是________。+
（6）已知上述铜碘杂化团簇属四方晶系，晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，棱间夹角为α=β=γ=90°，平均一个晶胞含有一个铜碘杂化团簇，该团簇的化学式为________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知SbCy的相对分子量是371，则该铜碘杂化团簇的密度是 ________ g·cm−3（列计算式）。
12.[化学——选修5：有机化学基础]
化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）链烃A的名称是 ________ 。B中官能团的名称是________ 。
（2）反应②、④的反应类型分别是 ________ 、 ________ 。
（3）反应③的化学方程式是 ________ 。
（4）F的结构简式是 ________ 。
（5）W的分子式是 ________。
（6）芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，写出三种X的同分异构体的结构简式________。
（7）设计由1，2-二氯乙烷与 制备 的合成路线________。（无机试剂任选）
答案解析部分
一、选择题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A. 液氢作为燃料在燃烧时产物为水，属于无污染燃料，热值较高适用于航空燃料，A不符合题意；
B. 光感电池可以将光能转化为电能，利用高纯度硅的半导体性能，B不符合题意；
C. 二氧化硅具有良好的导光性，且硬度大，可以制作光导纤维，C符合题意；
D. 钛合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等性能，可以用于航天材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A. 液氢是一种清洁无污染，热值较高的燃料；
B. 硅为半导体材料，可以实现光和电的直接转化；
C. 二氧化硅可以用来制作光导纤维；
D.钛的比重仅是铁的1/2，却像铜一样经得起锤击和拉延；钛有很强的耐酸碱腐蚀能力，在海水中浸5年不锈蚀；在航天事业中，钛可制成飞船的“外衣”，防高温的侵袭；钛和镍组成的合金，被成为“记忆合金”。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A. 降冰片烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B. 降冰片烷属于烃类，难溶于水，B不符合题意；
C. 降冰片烷的分子式为C7H12 ， 的分子式为C7H10 ， 不是同分异构体，C不符合题意；
D. 降冰片烷中有3种位置的H，如图， 则当它发生一氯取代时，同分异构体有3种，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 含有碳碳双键，碳碳三键的物质均能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B. 烃类密度比水小，均难溶于水；
C. 同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物；
D. 一氯取代物的确定一般通过H原子的种类来确定。
3.【答案】 A
【解析】【解答】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2 ， 故不能替换，A符合题意；
B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，B不符合题意；
C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，C不符合题意；
D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O；
B. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
C. 2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++4H++SO42-；
D. Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，亚硫酸的酸性强于碳酸。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A. K2Cr2O7中Cr元素化合价由+6价降低为Cr3+中的+3价，则1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为(6-3)×2=6mol，即6NA ， A不符合题意；
B. 0.1molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA ， B不符合题意；
C. 常温常压下，124gP4的物质的量为=1mol，P4分子中所含6个P-P键，则124gP4中P－P键数目6NA ， C不符合题意；
D. 标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为1mol，丙烷分子中含有10个共价键，则所含共价键数目为10NA ， D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 根据K2Cr2O7中Cr元素化合价变化来计算；
B. CH4与Cl2在光照下的反应，生成物是混合物，不会单独生成 CH3Cl；
C. P4为正四面体结构，一分子P4含6个P－P键，然后根据P4的物质的量计算；
D. 烷烃通式CnH2n+2,(共价键)=2n+2+(n-1)=3n+1（mol）,分别从H、C出发考虑：C-H键：仅计H原子；C-C键：总数目=C原子数-1。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．W、X的简单氢化物分别为H2O和HF，水在常温下是液体，HF是气体，简单氢化物的沸点：W＞X，A不符合题意；
B．W、X、Y分别为O、F、Na，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y＜X＜W，B符合题意；
C．Z的最高价氧化物五氧化二磷可用作干燥剂，可以干燥酸性或中性气体，C符合题意；
D．Y与X形成的化合物氟化钠的水溶液呈碱性，由于F-水解使NaF溶液显碱性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】分析题干信息，Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Z为P，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y是Na，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X的最外层电子数之和为13，W、X分别为O和F。所以W为O，X为F，F为Na，Z为P，据此分析解答。
A．液体的沸点大于气体；
B．注意三者形成的分别形成的离子为O2-、F-、Na+；
C．五氧化二磷为酸性气体；
D．F-水解：F-+H2OHF+OH-。
6.【答案】 C
【解析】【解答】根据图示信息，放电时是原电池，放电时，锌为负极，失去电子生成锌离子，和复合膜层释放的氢氧根离子生成Zn(OH)42- ， 负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-。多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，据此分析解答。
A．根据图示信息，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，A不符合题意；
B．根据图示信息，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42- ， 负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42- ， B不符合题意；
C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2 ， C符合题意；
D．复合膜层间的H2O解离成H+和OH- ， 根据总的电极反应：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1molH2O解离，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】
A．阴阳离子膜，阳离子膜只能释放阳离子，阴离子膜只能释放阴离子；
B．注意负极的Zn再碱性条件下生成了n(OH)42-；
C．注意观察图示信息，CO2生成了HCOOH；
D．根据电子守恒计算。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：Ka=；可得c（CH3COO-）===1.7x10-5mol/L，A不符合题意；
B．Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 ， Kh（NH4+）=， Ka(CH3COOH)＞Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)＞c(CH3COOH)，B符合题意；
C．c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4 ， 根据物料守恒：2c(Cl−)＝c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO−)＝c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，c(Cl−)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，所以有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)＝c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，C不符合题意；
D．c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 ， Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5 ， 即醋酸的酸性和氨水的碱性相当，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，要让混合溶液pH=7即中性，加入氨水体积需大于40mL，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．注意醋酸的电离微弱，其电离出的H+浓度忽略不计；
B．根据两者电离平衡常数的差异进行计算，并比较；
C．c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4 ， 所以溶液中的醋酸根离子和醋酸的物质的量浓度和与氯离子浓度相等；
D．注意考虑盐的水解。
二、非选择题：
8.【答案】 （1）球形冷凝管；b
（2）分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。
（3）C
（4）回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶
（5）分液
（6）混在产品中的硫酸和醋酸；74
【解析】【解答】(1)仪器甲的名称是球形冷凝管，由于反应在蒸馏烧瓶中进行，反应的温度在80℃，温度计水银球应置于b处；
(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；
(3)A．当分水器中出现分层，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，A不符合题意；
B．分水器中有液体回流至烧瓶，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，B不符合题意；
C．分水器水层高度不再变化 ，证明酯化反应已完成，不再产生酯了，C符合题意；
D．仪器甲有液体滴落，说明分水器中的液体在冷凝回流，不能确定酯化反应已完成，D不符合题意。
(4)若反应前分水器中加水不足，回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶，会导致使产率偏低；
(5)步骤③操作a的名称是分液，用于分离互不相溶的液体，经分液得到乙酸正丁酯和水；
(6)步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，醋酸的沸点与乙酸正丁酯的相差不大，硫酸难挥发，未反应的硫酸也会和醋酸一起留在蒸馏烧瓶中，加入10%Na2CO3溶液的目的是除去混在产品中的硫酸和醋酸；已知加入5mL丁醇和3.5mL冰醋酸，根据m=ρV计算得到冰醋酸和正丁醇的质量分别为m(CH3COOH)=3.5mL×1.05g/mL=3.675g，m (CH3CH2CH2CH2OH)=0.8g/mL×5mL=4g，根据化学反应：
通过计算可知，醋酸过量，正丁醇完全反应，利用正丁醇计算乙酸丁酯的质量，设乙酸正丁酯的质量为x，
， 解得x=6.27g
乙酸正丁酯的产率==74%。
【分析】正丁醇、冰醋酸、浓硫酸加热至80℃反应15分钟，在烧瓶中加入沸石防止暴沸，得到乙酸正丁酯，再提高温度使反应处于回流状态，分水器能分离出产物中的水。将未反应的正丁醇回流到烧瓶， 再将液体分液得到乙酸正丁酯和水，再将乙酸正丁酯纯化可得到产品，据此分析解答。
9.【答案】 （1）+3
（2）
（3）SiO2
（4）2
（5）
（6）
（7）
（8）0.02%
【解析】【解答】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据化合物中各元素的化合价之和等于0，则Sc的化合价为+3价；
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+ ， MnO2还原Mn2+ ， 溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(3)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；
(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；
(5)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3 ， ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3 ， 化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+ ， “萃余液2”中的金属阳离子除了Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3和二氧化碳，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3 ， 最终得到Sc2O3306g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量×钪元素的质量分数=306g，
该矿中含钪的质量分数为。
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸反应后，溶液中含有Al3+ ， Fe2+ ， Ca2+ ， Sc3+ ， 再加入废铁屑，可以将二氧化锰还原为Mn2+ ， 铁被氧化成Fe3+ ， 滤渣中含有SiO2 ， 加入TBP和HCl除去Fe3+ ， 得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+ ， 萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ， 富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3 ， 加入HCl得到ScCl3 ， 加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3 ， 在空气中煅烧后Sc2O3 ， 据此分析解答。
10.【答案】 （1）减小；增大；75%；1.8
（2）-61.4；＜；；B
【解析】【解答】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图像，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图像中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；
②设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol。反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol。即反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：
根据以上转化，平衡时CHOH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%=75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K===1.8；
(2)①反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则∆H=-61.4kJ/mol；
②根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4 kJ/mol，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变小于吸附C6H6的焓变；
③根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为：C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，
A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)，则反应v增大，B正确
C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，D错误。
【分析】(1)①根据投料比的变化，来分析苯(C6H6)的转化率和CH3OH的物质的量的变化；
②根据投料比为1.0时， C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1 ，然后根据三个反应方程式分别达到平衡时的各物质的物质的量，来计算各个数据；
(2)①利用盖斯定律解答即可；
②根据图示信息比较两者焓变大小，注意仔细观察；
③根据图示信息，找到两者量的关系；
④根据①中分析可知，该反应的为放热反应；反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。
三、选考题
11.【答案】 （1）共价键
（2）三角锥形
（3）sp3；sp2
（4）1s2s2p3s3p63d10或[Ar]3d10
（5）SbCy3中Sb只含一对孤对电子
（6）Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12或Cu4lsSb4C72H132；
【解析】【解答】(1)已知SbCl3(三氯化锑)是挥发性显著的物质，说明沸点低，一般为共价化合物，主要含有的化学键类型是共价键；
(2)Sb为第四周期VA族元素，最外层5个电子，SbCl3分子中Sb与三个氯原子形成三对单键，剩余一对孤对电子，杂化方式为sp3 ， SbCl3分子的立体结构为三角锥形；
(3)Et2O(CH3CH2OCH2CH3 ， 乙醚)中氧原子成了两对单键，剩余两对孤对电子，价层电子对为4对，杂化方式为sp3杂化， 中六个碳原子共平面，碳原子的杂化类型sp2杂化，剩余一个p轨道垂直于苯环的平面形成一个大π键；
(4)29号元素Cu的核外电子排布式为：1s22s22p63s63p63d104s1或[Ar]3d104s1 ， CuI中Cu+失去最外层的一个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s63p63d10或[Ar]3d10；
(5)SbCy3中Sb只含一对孤对电子，故只能与一个Cu+配位；
(6)根据图示，铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3个数都为4个，该团簇的化学式为Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12 ， 由于SbCy3中Cy为C6H11 ， 故分子式还可以是Cu4I4Sb4C72H132；
设阿伏加德罗常数的值为NA ， 已知SbCy的相对分子量是371，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，棱间夹角为α=β=γ=90°，晶胞的体积为a×b×c×10-21 cm-3 ， 则该铜碘杂化团簇的密度是：。
【分析】(1)SbCl3属于挥发性显著的物质属于共价化合物，含有共价键；
(2)根据VSEPR模型判断杂化方式，再判断分子的立体构型；
(3)根据VSEPR模型判断杂化方式；
(4)根据构造原理写出29号元素Cu的核外电子排布式，再写出Cu+的核外电子排布式；
(5)根据SbCy3的结构确定只能与一个Cu+配位的原因；
(6)根据铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3的数目，写出团簇的化学式；利用进行计算。
12.【答案】 （1）丙烯；碳碳双键、氯原子
（2）加成反应；取代反应
（3）
（4）
（5）C13H16O2
（6）
（7）
【解析】
【解答】(1)根据分析，A为， 其名称为丙烯，B的结构简式为， 含有的官能团有碳碳双键、氯原子；
(2)反应②为B与HOCl发生加成反应得到C，反应④为D与NaCN发生取代反应得到E；
(3)反应③为C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，反应方程式为；
(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5 ， 则F的结构简式为；
(5)W的结构简式为， 1个该分子含有13个C原子，16个H原子，2个O原子，则其分子式为C13H16O2；
(6)芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5组等效氢，且峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、、、、、；
(7)结合题干中G→H→W的合成路线，由1，2-二氯乙烷与制备， 可先将1，2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成， 再在Cu作催化剂加热的条件下发生催化氧化生成， 接着与发生类似于G→H→W的反应制得， 合成路线为：
【分析】由合成路线分析可知，A为丙烯，在光照条件下和氯气发生取代反应生成B， B和HOCl发生加成反应生成C， C发生催化氧化生成D，D与NaCN发生取代反应生成E，E在酸性条件下生成F，F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5 ， 则F为， G与在pH=8.3的条件下反应生成H()，H酸性条件下加热生成W()，据此分析解答。
高考化学二模试卷
一、选择题
1.化学与社会、生活、生产密切相关。对下列应用的解释错误的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
2.降冰片烯（ ）在一定的条件下可以转化为降冰片烷（ ）。下列说法正确的是（ ）
A. 降冰片烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 降冰片烷易溶于水
C. 降冰片烷与 互为同分异构体 D. 降冰片烷的一氯代物有3种（不含立体异构）
3.实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替
B. 若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀
C. 若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀
D. 反应后装置c中溶液的pH降低
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3N
B. 0.1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为0.1 NA
C. 常温常压下，124 g P4中所含P－P键数目4 NA
D. 标准状况下，22.4 L丙烷中所含共价键数目为10 NA
5.一种化合物Y2ZW3X可用作牙膏的添加剂，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，W与X的最外层电子数之和为13。下列说法错误的是（ ）
A. 简单氢化物的沸点：W＞X B. 离子半径：Y＞W＞X
C. Z的最高价氧化物可用作干燥剂 D. Y与X形成的化合物的水溶液呈碱性
6.我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH- ， 工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜
B. 放电时负极的电极反应式为Zn+4OH−-2e− =Zn(OH)42−
C. 充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸
D. 外电路中每通过1 mol电子，复合膜层间有1 mol H2O解离
7.已知Ka（CH3COOH）=1.7×10−5 ，Kb（NH3·H2O）=1.7×10−5。常温下，用0.01mol·L−1氨水滴定20 mL浓度均为 0.01 mol·L−1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. a点的混合溶液中c(CH3COO−)约为1.7×10−5mol·L−1
B. b点的混合溶液中：c(CH3COOH) >c(NH4+)
C. c点的混合溶液中：
D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40mL
二、非选择题：
8.乙酸正丁酯是无色透明有果香气味的液体。实验室制备乙酸正丁酯的反应方程式如下：
制备流程和有关数据如下：
已知：乙酸正丁酯、正丁醇和水组成的三元共沸物的沸点为90.7℃。
反应装置如图所示。在烧瓶中加入反应物和沸石，分水器中加入一定体积水，80℃反应15分钟，然后提高温度使反应处于回流状态，分水器中液面不断上升，当液面达到分水器支管口时，上层液体返回到烧瓶中。
回答下列问题：
（1）仪器甲的名称是________。步骤①在80℃反应时温度计水银球置于________（填“a”或“b”）处。
（2）使用分水器能提高酯的产率，原因是 ________（用平衡移动原理解释）。
（3）步骤②观察到 （填标号）现象时，酯化反应已基本完成。
A.当分水器中出现分层
B.分水器中有液体回流至烧瓶
C.分水器水层高度不再变化
D.仪器甲有液体滴落
（4）若反应前分水器中加水不足，会导致 ________，使产率偏低。
（5）步骤③操作a的名称是________ 。
（6）步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，分出的产物加入少量无水MgSO4固体，蒸馏，得到乙酸正丁酯4.64g。加入10% Na2CO3溶液的目的是除去________。乙酸正丁酯的产率为________ %。
9.氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，可用于制作激光、半导体材料。以钪锰矿石（主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO）为原料制备Sc2O3的工艺流程如下，其中TBP和P507均为有机萃取剂。
回答下列问题：
（1）Sc2O3中Sc的化合价为 ________ 。
（2）“溶解”时铁屑被MnO 氧化为Fe3+ ， 该反应的离子方程式是________ 。
（3）“滤渣”的主要成分是________。
（4）“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A比（有机相与水相的体积比）的关系如图所示。该工艺中最佳O/A比为 ________ 。
（5）有机萃取剂P507萃取Sc3+的反应原理为阳离子交换：ScCl3+3HR＝ScR3+3HCl（HR代表P507）。在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3的化学方程式是 ________。
（6）“萃余液2”中的金属阳离子除Al3+、Ca2+外，还有________。
（7）Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3的化学方程式是________ 。
（8）某厂用1000 kg的钪锰矿制备Sc2O3 ， 最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为 ________。
10.甲苯(C7H8)和二甲苯(C8H10)是重要的化工原料。利用苯(C6H6)和甲醇(CH3OH)在催化剂作用下反应得到C7H8、C8H10和副产物三甲苯(C9H12)，发生的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）500℃、0.18Mpa条件下，反应达到平衡时，结果如图所示。
① 由图分析，随着投料比 增加，CH3OH的平衡转化率 ________，平衡时 的值________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
②投料比 为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1。CH3OH的平衡转化率为 ________，反应I的平衡常数K= ________。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了反应I在固体酸(HB)催化剂表面进行的反应历程如图所示。其中吸附在固体酸(HB)表面的物种用*标注。
① 反应I的∆H = ________ kJ·mol−1。
② 吸附CH3OH的焓变________ 吸附C6H6的焓变（填“＞”或“＜”）。
③ C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为 ________。
④ 在固体酸(HB)催化作用下，测得反应I的速率方程为v =k∙p(C6H6)（k为速率常数）。在刚性容器中发生反应 I，关于反应 I 的平衡常数(K)和反应速率(v)的叙述正确的是________（填标号）。
A. 升高温度，K和 v均增大
B. 增大p(C6H6)，K不变， v增大
C. 降低温度，K和 v均减小
D. 增大p(CH3OH)，K不变， v增大
三、选考题
11.[化学——选修3：物质结构与性质]
铜碘杂化团簇具有优异的光学性能，可用于制备发光二极管、发光墨水、生物成像仪器等。一种铜碘杂化团簇的合成路线如下：
（1）已知SbCl3（三氯化锑）是挥发性显著的物质，由此判断SbCl3中主要含有的化学键类型是________。
（2）Sb为第四周期VA族元素，预测SbCl3的立体结构为 ________。
（3）Et2O（CH3CH2OCH2CH3 ， 乙醚）中氧原子以及 中碳原子的杂化类型分别是 ________、________ 。
（4）CuI中Cu+的核外电子排布式为________ 。
（5）SbCy3只能与一个Cu+配位的原因是________。+
（6）已知上述铜碘杂化团簇属四方晶系，晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，棱间夹角为α=β=γ=90°，平均一个晶胞含有一个铜碘杂化团簇，该团簇的化学式为________。设阿伏加德罗常数的值为NA，已知SbCy的相对分子量是371，则该铜碘杂化团簇的密度是 ________ g·cm−3（列计算式）。
12.[化学——选修5：有机化学基础]
化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）链烃A的名称是 ________ 。B中官能团的名称是________ 。
（2）反应②、④的反应类型分别是 ________ 、 ________ 。
（3）反应③的化学方程式是 ________ 。
（4）F的结构简式是 ________ 。
（5）W的分子式是 ________。
（6）芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，写出三种X的同分异构体的结构简式________。
（7）设计由1，2-二氯乙烷与 制备 的合成路线________。（无机试剂任选）
答案解析部分
一、选择题
1.【答案】 C
【解析】【解答】A. 液氢作为燃料在燃烧时产物为水，属于无污染燃料，热值较高适用于航空燃料，A不符合题意；
B. 光感电池可以将光能转化为电能，利用高纯度硅的半导体性能，B不符合题意；
C. 二氧化硅具有良好的导光性，且硬度大，可以制作光导纤维，C符合题意；
D. 钛合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等性能，可以用于航天材料，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A. 液氢是一种清洁无污染，热值较高的燃料；
B. 硅为半导体材料，可以实现光和电的直接转化；
C. 二氧化硅可以用来制作光导纤维；
D.钛的比重仅是铁的1/2，却像铜一样经得起锤击和拉延；钛有很强的耐酸碱腐蚀能力，在海水中浸5年不锈蚀；在航天事业中，钛可制成飞船的“外衣”，防高温的侵袭；钛和镍组成的合金，被成为“记忆合金”。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A. 降冰片烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，A不符合题意；
B. 降冰片烷属于烃类，难溶于水，B不符合题意；
C. 降冰片烷的分子式为C7H12 ， 的分子式为C7H10 ， 不是同分异构体，C不符合题意；
D. 降冰片烷中有3种位置的H，如图， 则当它发生一氯取代时，同分异构体有3种，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 含有碳碳双键，碳碳三键的物质均能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B. 烃类密度比水小，均难溶于水；
C. 同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物；
D. 一氯取代物的确定一般通过H原子的种类来确定。
3.【答案】 A
【解析】【解答】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2 ， 故不能替换，A符合题意；
B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，B不符合题意；
C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，C不符合题意；
D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O；
B. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
C. 2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++4H++SO42-；
D. Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，亚硫酸的酸性强于碳酸。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A. K2Cr2O7中Cr元素化合价由+6价降低为Cr3+中的+3价，则1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为(6-3)×2=6mol，即6NA ， A不符合题意；
B. 0.1molCH4与Cl2在光照下反应，生成物是氯化氢和四种卤代烃，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA ， B不符合题意；
C. 常温常压下，124gP4的物质的量为=1mol，P4分子中所含6个P-P键，则124gP4中P－P键数目6NA ， C不符合题意；
D. 标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为1mol，丙烷分子中含有10个共价键，则所含共价键数目为10NA ， D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 根据K2Cr2O7中Cr元素化合价变化来计算；
B. CH4与Cl2在光照下的反应，生成物是混合物，不会单独生成 CH3Cl；
C. P4为正四面体结构，一分子P4含6个P－P键，然后根据P4的物质的量计算；
D. 烷烃通式CnH2n+2,(共价键)=2n+2+(n-1)=3n+1（mol）,分别从H、C出发考虑：C-H键：仅计H原子；C-C键：总数目=C原子数-1。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．W、X的简单氢化物分别为H2O和HF，水在常温下是液体，HF是气体，简单氢化物的沸点：W＞X，A不符合题意；
B．W、X、Y分别为O、F、Na，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，离子半径：Y＜X＜W，B符合题意；
C．Z的最高价氧化物五氧化二磷可用作干燥剂，可以干燥酸性或中性气体，C符合题意；
D．Y与X形成的化合物氟化钠的水溶液呈碱性，由于F-水解使NaF溶液显碱性，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】分析题干信息，Z的最高价氧化物的水化物是三元酸，Z为P，Y的原子半径是短周期主族元素中最大的，Y是Na，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X的最外层电子数之和为13，W、X分别为O和F。所以W为O，X为F，F为Na，Z为P，据此分析解答。
A．液体的沸点大于气体；
B．注意三者形成的分别形成的离子为O2-、F-、Na+；
C．五氧化二磷为酸性气体；
D．F-水解：F-+H2OHF+OH-。
6.【答案】 C
【解析】【解答】根据图示信息，放电时是原电池，放电时，锌为负极，失去电子生成锌离子，和复合膜层释放的氢氧根离子生成Zn(OH)42- ， 负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-。多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，据此分析解答。
A．根据图示信息，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，A不符合题意；
B．根据图示信息，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42- ， 负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42- ， B不符合题意；
C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2 ， C符合题意；
D．复合膜层间的H2O解离成H+和OH- ， 根据总的电极反应：Zn+2OH-+2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1molH2O解离，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】
A．阴阳离子膜，阳离子膜只能释放阳离子，阴离子膜只能释放阴离子；
B．注意负极的Zn再碱性条件下生成了n(OH)42-；
C．注意观察图示信息，CO2生成了HCOOH；
D．根据电子守恒计算。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，盐酸全部电离，醋酸部分电离，根据醋酸的电离平衡表达式：Ka=；可得c（CH3COO-）===1.7x10-5mol/L，A不符合题意；
B．Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 ， Kh（NH4+）=， Ka(CH3COOH)＞Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)＞c(CH3COOH)，B符合题意；
C．c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4 ， 根据物料守恒：2c(Cl−)＝c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO−)＝c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)，c(Cl−)＝c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，所以有c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)＝c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，C不符合题意；
D．c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5 ， Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5 ， 即醋酸的酸性和氨水的碱性相当，在醋酸氨溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，氯化铵属于强酸弱碱盐，显酸性，要让混合溶液pH=7即中性，加入氨水体积需大于40mL，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A．注意醋酸的电离微弱，其电离出的H+浓度忽略不计；
B．根据两者电离平衡常数的差异进行计算，并比较；
C．c点溶液中恰好生成等量的NH4Cl和CH3COONH4 ， 所以溶液中的醋酸根离子和醋酸的物质的量浓度和与氯离子浓度相等；
D．注意考虑盐的水解。
二、非选择题：
8.【答案】 （1）球形冷凝管；b
（2）分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率。
（3）C
（4）回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶
（5）分液
（6）混在产品中的硫酸和醋酸；74
【解析】【解答】(1)仪器甲的名称是球形冷凝管，由于反应在蒸馏烧瓶中进行，反应的温度在80℃，温度计水银球应置于b处；
(2)使用分水器能提高酯的产率，原因是分水器能分离出产物中的水，将未反应的正丁醇回流到烧瓶，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；
(3)A．当分水器中出现分层，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，A不符合题意；
B．分水器中有液体回流至烧瓶，说明开始产生乙酸正丁酯，不能确定酯化反应已完成，B不符合题意；
C．分水器水层高度不再变化 ，证明酯化反应已完成，不再产生酯了，C符合题意；
D．仪器甲有液体滴落，说明分水器中的液体在冷凝回流，不能确定酯化反应已完成，D不符合题意。
(4)若反应前分水器中加水不足，回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶，会导致使产率偏低；
(5)步骤③操作a的名称是分液，用于分离互不相溶的液体，经分液得到乙酸正丁酯和水；
(6)步骤④中，依次用10%Na2CO3溶液、水洗涤有机相，醋酸的沸点与乙酸正丁酯的相差不大，硫酸难挥发，未反应的硫酸也会和醋酸一起留在蒸馏烧瓶中，加入10%Na2CO3溶液的目的是除去混在产品中的硫酸和醋酸；已知加入5mL丁醇和3.5mL冰醋酸，根据m=ρV计算得到冰醋酸和正丁醇的质量分别为m(CH3COOH)=3.5mL×1.05g/mL=3.675g，m (CH3CH2CH2CH2OH)=0.8g/mL×5mL=4g，根据化学反应：
通过计算可知，醋酸过量，正丁醇完全反应，利用正丁醇计算乙酸丁酯的质量，设乙酸正丁酯的质量为x，
， 解得x=6.27g
乙酸正丁酯的产率==74%。
【分析】正丁醇、冰醋酸、浓硫酸加热至80℃反应15分钟，在烧瓶中加入沸石防止暴沸，得到乙酸正丁酯，再提高温度使反应处于回流状态，分水器能分离出产物中的水。将未反应的正丁醇回流到烧瓶， 再将液体分液得到乙酸正丁酯和水，再将乙酸正丁酯纯化可得到产品，据此分析解答。
9.【答案】 （1）+3
（2）
（3）SiO2
（4）2
（5）
（6）
（7）
（8）0.02%
【解析】【解答】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据化合物中各元素的化合价之和等于0，则Sc的化合价为+3价；
(2)“溶解”时铁屑被MnO2氧化为Fe3+ ， MnO2还原Mn2+ ， 溶液为酸性，有氢离子参与反应，根据元素守恒补齐生成物水，反应的离子方程式：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O；
(3)钪锰矿石中不与硫酸和废铁屑反应的物质为二氧化硅，“滤渣”的主要成分是SiO2；
(4)从图中可以看出，萃取除铁时需要铁的萃取率最高，钪的萃取率最低，此时该工艺中最佳O/A比为2；
(5)在“富钪有机相”中反应生成Sc(OH)3 ， ScR3与氢氧化钠反应生成Sc(OH)3 ， 化学方程式是ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓；
(6)除去铁离子后，“萃余液1”中含有Sc3+ ， “萃余液2”中的金属阳离子除了Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3和二氧化碳，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；
(8)某厂用1000kg的钪锰矿制备Sc2O3 ， 最终得到Sc2O3306g，钪元素的质量等于三氧化二钪的质量×钪元素的质量分数=306g，
该矿中含钪的质量分数为。
【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸反应后，溶液中含有Al3+ ， Fe2+ ， Ca2+ ， Sc3+ ， 再加入废铁屑，可以将二氧化锰还原为Mn2+ ， 铁被氧化成Fe3+ ， 滤渣中含有SiO2 ， 加入TBP和HCl除去Fe3+ ， 得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+ ， 萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+ ， 富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc(OH)3 ， 加入HCl得到ScCl3 ， 加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3 ， 在空气中煅烧后Sc2O3 ， 据此分析解答。
10.【答案】 （1）减小；增大；75%；1.8
（2）-61.4；＜；；B
【解析】【解答】(1)①由图分析，随着投料比增加，苯(C6H6)的转化率在增加，CH3OH的物质的量在增加，平衡转化率减小；根据图像，结合三个反应，苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10和C9H12三种产物的产量成正比关系，图像中苯(C6H6)的转化率与C7H8、C8H10的产量之差，应为C9H12的产量，根据图显示，C9H12的产量在增大，则的值增大；
②设C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量分别为6mol、3mol、1mol，则反应ⅢC8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)中平衡时，C8H10和C9H12的物质的量分别为3mol、1mol，则反应Ⅲ中C8H10(g)的初始投料为4mol。反应ⅡC7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)平衡时，C7H8、C8H10的物质的量分别为6mol和4mol，则反应Ⅱ中C7H8初始量为10mol。即反应ⅠC6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)中C7H8(g)平衡时的物质的量为10mol，则反应ⅠC6H6(g)和CH3OH(g)的转化量为10mol，根据投料比为1.0时，C6H6的平衡转化率为50%，则反应Ⅰ中C6H6(g)和CH3OH(g) 的初始投入量相等，都为20mol，据此列三段式可得：
根据以上转化，平衡时CHOH剩余5mol，则CH3OH平衡转化率为×100%=75%，反应I体系中各物质反应计量系数都为1，则物质的量的变化量可代表浓度变化量，体系平衡时，CH3OH物质的量为5mol，C6H6的物质的量为10mol，C7H8的物质的量为6mol，水蒸气的物质的量为15mol，则平衡常数K===1.8；
(2)①反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，利用盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与反应过程无关，则∆H=-61.4kJ/mol；
②根据图示，吸附CH3OH的焓变为-109.9 kJ·mol-1，吸附C6H6的焓变为-66.4 kJ/mol，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变小于吸附C6H6的焓变；
③根据图示，C6H6*在催化剂表面转化为C7H8*的反应方程式为：C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB；
④根据①中分析可知，反应I的方程式为：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，正反应为放热反应；该体系反应前后气体分子数目不变，
A．升高温度，平衡逆向移动，则K减小，升高温度反应速率v增大，A错误；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(C6H6)，根据v=k∙p(C6H6)，则反应v增大，B正确
C．降低温度，平衡向正向移动，平衡常数K增大，降温反应速率v减小，C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，增大p(CH3OH)，体系中各组分的压强都增大，反应速率v增大，D错误。
【分析】(1)①根据投料比的变化，来分析苯(C6H6)的转化率和CH3OH的物质的量的变化；
②根据投料比为1.0时， C6H6的平衡转化率为50%，产物中C7H8、C8H10和C9H12物质的量之比为6︰3︰1 ，然后根据三个反应方程式分别达到平衡时的各物质的物质的量，来计算各个数据；
(2)①利用盖斯定律解答即可；
②根据图示信息比较两者焓变大小，注意仔细观察；
③根据图示信息，找到两者量的关系；
④根据①中分析可知，该反应的为放热反应；反应前后气体分子数目不变，平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，结合外界条件对反应速率的影响分析判断速率的变化。
三、选考题
11.【答案】 （1）共价键
（2）三角锥形
（3）sp3；sp2
（4）1s2s2p3s3p63d10或[Ar]3d10
（5）SbCy3中Sb只含一对孤对电子
（6）Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12或Cu4lsSb4C72H132；
【解析】【解答】(1)已知SbCl3(三氯化锑)是挥发性显著的物质，说明沸点低，一般为共价化合物，主要含有的化学键类型是共价键；
(2)Sb为第四周期VA族元素，最外层5个电子，SbCl3分子中Sb与三个氯原子形成三对单键，剩余一对孤对电子，杂化方式为sp3 ， SbCl3分子的立体结构为三角锥形；
(3)Et2O(CH3CH2OCH2CH3 ， 乙醚)中氧原子成了两对单键，剩余两对孤对电子，价层电子对为4对，杂化方式为sp3杂化， 中六个碳原子共平面，碳原子的杂化类型sp2杂化，剩余一个p轨道垂直于苯环的平面形成一个大π键；
(4)29号元素Cu的核外电子排布式为：1s22s22p63s63p63d104s1或[Ar]3d104s1 ， CuI中Cu+失去最外层的一个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s63p63d10或[Ar]3d10；
(5)SbCy3中Sb只含一对孤对电子，故只能与一个Cu+配位；
(6)根据图示，铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3个数都为4个，该团簇的化学式为Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12 ， 由于SbCy3中Cy为C6H11 ， 故分子式还可以是Cu4I4Sb4C72H132；
设阿伏加德罗常数的值为NA ， 已知SbCy的相对分子量是371，晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，棱间夹角为α=β=γ=90°，晶胞的体积为a×b×c×10-21 cm-3 ， 则该铜碘杂化团簇的密度是：。
【分析】(1)SbCl3属于挥发性显著的物质属于共价化合物，含有共价键；
(2)根据VSEPR模型判断杂化方式，再判断分子的立体构型；
(3)根据VSEPR模型判断杂化方式；
(4)根据构造原理写出29号元素Cu的核外电子排布式，再写出Cu+的核外电子排布式；
(5)根据SbCy3的结构确定只能与一个Cu+配位的原因；
(6)根据铜碘杂化团簇的铜原子，碘原子，SbCy3的数目，写出团簇的化学式；利用进行计算。
12.【答案】 （1）丙烯；碳碳双键、氯原子
（2）加成反应；取代反应
（3）
（4）
（5）C13H16O2
（6）
（7）
【解析】
【解答】(1)根据分析，A为， 其名称为丙烯，B的结构简式为， 含有的官能团有碳碳双键、氯原子；
(2)反应②为B与HOCl发生加成反应得到C，反应④为D与NaCN发生取代反应得到E；
(3)反应③为C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，反应方程式为；
(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5 ， 则F的结构简式为；
(5)W的结构简式为， 1个该分子含有13个C原子，16个H原子，2个O原子，则其分子式为C13H16O2；
(6)芳香化合物X是W的同分异构体，X能够发生银镜反应，则分子中含有醛基，核磁共振氢谱有五组峰，即含有5组等效氢，且峰面积之比为6︰4︰3︰2︰1，满足条件的同分异构体有：、、、、、、、、、、、；
(7)结合题干中G→H→W的合成路线，由1，2-二氯乙烷与制备， 可先将1，2-二氯乙烷在NaOH溶液中加热发生消去反应生成， 再在Cu作催化剂加热的条件下发生催化氧化生成， 接着与发生类似于G→H→W的反应制得， 合成路线为：
【分析】由合成路线分析可知，A为丙烯，在光照条件下和氯气发生取代反应生成B， B和HOCl发生加成反应生成C， C发生催化氧化生成D，D与NaCN发生取代反应生成E，E在酸性条件下生成F，F与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成G()，则F为羧酸，又E()酸化得到F，F的分子式为C5H6O5 ， 则F为， G与在pH=8.3的条件下反应生成H()，H酸性条件下加热生成W()，据此分析解答。
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