1、湖北省武汉市2020届高三化学六月供题（二）（含解析）可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 V-51 Ru- 1011.化学与生活、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是A. 用NaHCO3和Al2(SO4)3溶液可以制作泡沫灭火剂B. 为了防止蛋白质盐析，疫苗等生物制剂应冷冻保藏C. 溴化银见光易分解，可用作胶片感光剂D. 硅胶多孔，常用作食品干燥剂【答案】B【解析】ANaHCO3水解显碱性，Al2(SO4)3水解显酸性，二者反应生成二氧化碳气体可用于灭火，故A正确；B为了防止蛋白质变性，疫苗等生物制剂应冷冻保藏，故B错误；C溴化
2、银不稳定，见光易分解，可用作胶片感光剂，故C正确；D硅胶多孔，易吸收水份，常用作食品干燥剂，故D正确；答案为B。2.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：Ksp Al(OH)3=1.010-34 KspFe(OH)3=4.010 -38。已知:：“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子，该离子会水解，下列说法不正确的是A. “酸浸”时TiO2发生反应的离子方程式为TiO2 +2H+= =TiO2+ +H2OB. “结晶”时温度需控制在70以上，
3、温度过低TiO2xH2O产率降低C. 为使滤渣2沉淀完全，需“调pH最小为4.3D. MgCl2溶液制备MgCl26H2O需要在HCl的气氛下蒸发浓缩【答案】B【解析】【分析】粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等，加入硫酸酸浸过滤得到滤渣1和滤液，氧化铝溶解生成硫酸铝，氧化亚铁溶解生成硫酸亚铁，氧化铁溶解生成硫酸铁，氧化镁溶解生成硫酸镁，“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，滤渣为二氧化硅，加入铁粉还原铁离子生成亚铁离子，结晶析出硫酸亚铁晶体，过滤，得到滤液1含硫酸铝、硫酸镁、TiOSO4、少量硫酸亚铁，水解过滤，TiOSO4生成TiO2xH2O，经
4、酸洗水洗干燥和灼烧后得到TiO2，滤液2中含硫酸铝和硫酸镁、少量硫酸亚铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铝离子和铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液3含硫酸镁，最终获取MgCl26H2O。【详解】A. 根据题干信息知“酸浸”后TiO2反应生成TiOSO4，TiOSO4电离产发生SO42-和TiO2+，则反应离子方程式为TiO2 +2H+= =TiO2+H2O，故A正确；B. “结晶”需控制在70左右，温度过高会导致TiO2+提前水解混入硫酸亚铁晶体，降低TiO2xH2O的产量，故B错误；C. 调节溶液pH目的是铝离子、铁离子沉淀完全除去，因Ksp Al
5、(OH)3=1.010-34 ，KspFe(OH)3=4.010-38，阴阳离子比相同，Ksp Al(OH)3 KspFe(OH)3，则铝离子沉淀完全对应溶液pH最小，结合溶度积常数计算，c3(OH-)=，c(OH-)=10-9.6mol/L，c(H+)=，pH=4.3，故C正确；D. 用MgCl2溶液制备MgCl26H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥等；因为加热蒸发促进氯化镁水解，为抑制氯化镁水解应在HCl的气氛下蒸发浓缩，故D正确；故选B。3.有以下合成路线（部分反应条件已省略），下列有关说法错误的是A. 物质A的名称为乙炔，其电子式为B. 物质B中所有原子可能共平面C. 物质
6、C的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基的有3种D. 反应的反应条件为O2、Cu加热，反应类型为氧化反应【答案】B【解析】【分析】乙炔与CH3CN发生加成反应生成B，B经过取代反应得到C，C通过氧化反应得到D，据此分析。【详解】A根据物质A的结构式可知，物质A的名称为乙炔，分子中含有碳碳三键，形成三对共用电子对，其电子式为，故A正确；B物质B中含有甲基，甲基中的碳原子采用sp3杂化，所有原子不可能共平面，故B错误；C物质C的同分异构体中含有苯环且苯环上有两个取代基，取代基为氨基和羟基，分别位于邻、间、对位，故同分异构体有3种，故C正确；D反应的反应条件为O2、Cu加热，将醇氧化成醛，反应类
7、型为氧化反应，故D正确；答案选B。4.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，Y与W形成的阴离子（如图所示）中W不满足8电子稳定结构，W与Z的最高价之和为8。下列说法中错误的是A. 原子半径：YXWB. Z2O是某种弱酸的酸酐C. W与X形成的二元化合物只能含极性键D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：ZX【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，即最外层电子数分别为1、3、5、7，Y与W形成的阴离子中W不满足8电子稳定结构，能形成一条共价键，则可知W为H元素，若Y的最外层电子数为5能形成3条共价键和一个配位键
8、，但与H原子不能形成阴离子，若Y的最外层为3个电子，则Y得到一个电子后，可与氢原子形成4条共价键，构成阴离子，则Y的最外层为3个电子，W与Z的最高价之和为8，则Z的最外层为7个电子，X的最外层为5个电子，四种元素均为短周期元素且原子序数依次增大，则X为N元素，Y为Al元素，Z为Cl元素，据此分析解答。【详解】AW为H元素，X为N元素，Y为Al元素，电子层数越多，半径越大，则原子半径：YXW，故A正确；BZ为Cl元素，Z2O是Cl2O，Cl元素为+1价，与次氯酸中Cl元素的化合价相同，则Cl2O为次氯酸的酸酐，次氯酸为弱酸，故B正确；CW为H元素，X为N元素，W与X可形成多种二元化合物，其中形成
9、的氨气中全部是N-H键为极性键，还可形成肼(N2H4)，结构式为，既有极性共价键，又含有非极性共价键，故C错误；DX为N元素， Z为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：NCl，即ZX，则最高价氧化物对应水化物的酸性：ZX，故D正确；答案选C。5.探究金属与过量浓硫酸反应的装置（固定装置已略去）如下图所示。关于实验操作或叙述错误的是A. 上下抽动铜丝,可控制反应随时发生或停止B. e中可以选用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液C. 其他条件不变,用铁丝代替铜丝，c、d中两次实验现象相同D. 为确定a中白色固体是否是硫酸铜,可向冷却后的试管中注入水,振荡后观察现象【答
10、案】D【解析】分析】由实验装置，a装置中铜丝与浓硫酸加热，发生反应Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2+2H2O，装置b中的浓硫酸可除去水蒸气，c装置中黑色的CuO固体颜色无明显变化，说明没有H2产生，SO2能使品红溶液褪色，所以d装置中品红溶液红色褪去，e为尾气处理装置，据此分析解答。【详解】A上下抽动铜丝，可控制浓硫酸与铜丝接触与否，从而控制反应的发生与停止，A选项正确；Be为尾气处理装置，用于吸收SO2，SO2是酸性气体，具有还原性，可用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液吸收，B选项正确；C用铁丝代替铜丝，其他条件不变，铁丝与浓硫酸加热仍然产生SO2，不产生氢气，则c、d中两次实验
11、现象相同，C选项正确；D装置a中反应后的溶液中含有浓硫酸，所以确定a中白色固体是否是硫酸铜时，应将a装置中试管内冷却的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液是否变蓝，D选项错误；答案选D。6.一种固定CO2的电化学装置如图，该电化学装置放电时可将CO2转化为Li2CO3和C,充电时选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应,释放出CO2和O2。下列说法正确的是A. 放电时,Li+向电极X方向移动B. 充电时,电极Y应与外接直流电源的负极相连C. 充电时,阳极的电极反应式为C +2Li2CO3-4e- =3CO2 +4Li +D. 充电时,每转移0.4mol电子,理论上阳极生
12、成标准状况下4.48LCO2【答案】D【解析】【分析】根据题干分析可知，放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，电极反应式为2Li2CO3-4e-=2CO2+4Li+O2，据此分析解答。【详解】A放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，阳离子向正极移动，即Li+向电极Y方向移动，A选项错误；B该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，B选项错误；C阳极上Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，电极反应式为2L
13、i2CO3-4e-=2CO2+4Li+ O2，C选项错误；D电池充电时，只有Li2CO3发生氧化反应，所以反应式为2Li2CO3-4e-=2CO2+4Li+O2每转移0.4mol电子，理论上阳极产生0.2molCO2，标准状况下的体积为4.48L，D选项正确；答案选D。【点睛】本题考察了原电池和电解池的原理。解题关键在于抓住电子守恒规律判断两极的产物，原电池根据氧化还原判断电池的正负极，电解池也是根据氧化还原反应判断电池的阴阳极。7.已知常温下浓度为0.1mol/L的几种溶液的pH如右下表。下列有关说法正确的是（ ）溶质pHNaF7.5Na2CO311.6NaClO9.7NaHCO38.3A.
14、 同温度同浓度下，酸由强到弱的顺序为：HFH2CO3HClOB. 水解方程式：F-+H2OHF+OH-的平衡常数为110-13C. 将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/LD. 等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(HF)c(Na+)c(F-)c (H+)c(OH-)【答案】A【解析】【详解】A相同温度下，相同浓度的强碱弱酸盐的碱性越大，说明弱酸根的水解程度越大，对应的酸越弱，则酸由强到弱的顺序为：HFH2CO3HClO，故A正确；B常温下0.1mol/NaF的pH=7.5，水解方程式：F-+
15、H2OHF+OH-的平衡常数K=110-12，故B错误；C溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故C错误；D等物质的量的NaF和HF混合溶液中HF的电离大于F-的水解，溶液显酸性，则溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)c(Na+)c(HF)c (H+)c(OH-)，故D错误；答案A。【点睛】准确理解弱电解质的电离和盐类的水解原理是解题关键，相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常
16、数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32-ClO-HCO3-F-，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3-HClOH2CO3HF，难点是选项B水解平衡常数的计算。8.乙酰苯胺（C6H5-NHCOCH3）可用作止痛剂退热剂、防腐剂和染料中间体，常用苯胺（C6H5-NH2）与冰醋酸为原料制备，具体流程如下：化学原理：C6H5-NH2 + CH3COOHC6H5NHCOCH3+ H2O，已知：苯胺易被氧化，乙酰苯胺碱性条件下水解；部分物质有关性质如下表；步骤1所用装置如图所示（固定装置、加热装置已略去）。请回答下列问题:（1）仪器a的名称_（2）盛有冰醋酸的容器，最有可能贴有的安全标
17、签是_（填标号）。a. b. c. d. （3）加入锌粒，除了防止暴沸外，还能起到的作用是_（4）步骤1中控制温度计示数约105 C的原因是_（5）判断反应基本完全的现象是_；步骤3中洗涤乙酰苯胺粗产品最合适的试剂是_（填标号）。a.冰水 b.热水 c.15%的乙醇溶液 d. NaOH溶液（6）步骤4中重结晶的过程：粗产品溶于沸水中配成饱和溶液再加入少量蒸馏水加入活性炭脱色加热煮沸 _ 冷却结晶过滤洗涤干燥。（7）本实验中乙酰苯胺产率为_。【答案】 (1). 直形冷凝管(冷凝管) (2). d (3). 防止苯胺被氧化 (4). 冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，温
18、度过低，不利于蒸出水 (5). 尾接管中不再有液滴滴下 (6). a (7). 趁热过滤 (8). 68.7%【解析】【分析】根据题干信息，根据实验原理C6H5-NH2 +CH3COOHC6H5NHCOCH3+H2O制备乙酰苯胺，以苯胺和冰醋酸为原料，控温加热1h后趁热倒入冷水，析出晶体后抽滤、洗涤、干燥得到粗产品，洗涤时需注意温度越高，乙酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，可选用冰水洗涤，再重结晶得到产品，据此分析解答问题。【详解】(1)根据仪器构造可知，a为直形冷凝管，用于冷凝回流，提高反应物的利用率，故答案为：直形冷凝管(冷凝管)；(2)冰醋酸属于酸，具有腐蚀性，所以盛有冰醋酸的容器
19、最有可能贴有的安全标签为腐蚀品，故答案为：d；(3)根据题干信息，苯胺易被氧化，而锌粒可与酸反应生成氢气，形成氢气环境，从而防止苯胺被氧化，故答案为：防止苯胺被氧化；(4)已知冰醋酸具有挥发性，因此温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，但温度过低，不利于蒸出水，所以将温度控制在约105时，故答案为：冰醋酸具有挥发性，温度过高，冰醋酸蒸出，降低了反应物的利用率，温度过低，不利于蒸出水；(5)当尾接管中不再有液滴滴下时，说明反应基本完全，由于乙酰苯胺易溶于酒精，在水中温度越高，乙酰苯胺溶解度越大，且在碱性条件下易水解，故选用冰水洗涤，故答案为：尾接管中不再有液滴滴下；a；(6)重结晶时，将粗
20、产品溶于沸水中配成饱和溶液，再加入少量蒸馏水，加入活性炭脱色，接着加热煮沸，趁热过滤后冷却结晶，再过滤、洗涤、干燥得到最终产品，故答案为：趁热过滤；(7)根据分析，制备乙酰苯胺的实验原理为C6H5-NH2 +CH3COOHC6H5NHCOCH3+H2O，以0.11mol的苯胺和0.26mol的冰醋酸为原料，可知冰醋酸过量，根据反应方程式可求得理论上制得的乙酰苯胺的物质的量为0.11mol，则质量为0.11mol135g/mol=14.85g，则根据公式可知，乙酰苯胺的产率为，故答案为：68.7%。9.三氯化钌是一种重要的贵金属化合物，广泛应用于氯碱工业中金属阳极钌涂层及加氢催化剂。I.三氯化钌
21、的制备将金属钌粉与氯化钠混合后，加入微量还原性淀粉，将温度升高到8001000C，再往熔融的熔体中通入氯气，大部分钌粉转化为氯钌酸钠(Na2RuCl6)，再经过一系列化学工艺制备出三氯化钌。(1)生成氯钌酸钠的化学方程式为_(2)升温阶段加入还原性淀粉的作用是_II.三氯化钌的回收从废弃催化剂回收三氯化钌的一种工艺流程如下图所示:回答下列问题:(3)“氧化”时加H2SO4的目的_(4)“吸收”过程中加入乙醇的作用是_(5)可用氢还原重量法测定产品的纯度,其原理为2RuCl3+3H2=2Ru+6HCl。某同学对产品纯度进行测定,所得数据记录如下:则产品的纯度为_(用百分数表示,保留两位有效数字)
22、(6)钌及其化合物在合成工业.上有广泛用途,下图是用钌( Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程。每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量。根据图示写出该反应的热化学方程式_下列说法正确的是_a.图示中物质I为该反应的催化剂b.图示中参与循环的物质只有CO2和H2c.反应活化能为62.4 kJmol -1【答案】 (1). Ru+2Cl2+2NaClNa2RuCl6 (2). 保持还原性反应环境，防止金属钌被空气中氧气氧化 (3). NaClO在酸性环境下氧化性增强 (4). 增加RuO4在溶液中的溶解性 (5). 82% (6). H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l) H=-31.2
23、kJmol-1 (7). a【解析】【分析】II含Ru废催化剂加入KOH/KNO3混合溶液浸取，硝酸根在碱性环境下将Ru元素氧化为K2RuO4，自身被还原成红棕色气体NO2，之后再加入硫酸酸化的次氯酸钠，将K2RuO4氧化为RuO4，蒸馏得到RuO4，加盐酸和乙醇混合液进行吸收，得到RuCl3溶液，之后进行减压蒸馏得到RuCl3晶体；H2和物质I反应生成水和物质，之后物质II和CO2反应生成物质，之后物质和水反应生成物质I和HCOOH，所以物质I为催化剂，氢气和二氧化碳为反应物【详解】I(1)根据题意反应物有Ru、NaCl以及氯气，产物有Na2RuCl6，该过程中Ru元素被氧化成+4价，Cl元
24、素被还原成-1价，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为Ru+2Cl2+2NaClNa2RuCl6；(2)空气中的氧气具有氧化性，升温阶段加入还原性淀粉可以保持还原性反应环境，防止金属钌被空气中氧气氧化；II(3)酸性环境下可以增强NaClO的氧化性；(4)加入乙醇可以增大RuO4在溶液中的溶解度；(5)根据三组实验数据得到的Ru单质的平均质量为=0.500g，根据方程式可知样品中RuCl3的质量为=1.0272g，则样品的纯度为=82%；(6)根据整个流程可知，CO2和H2为反应物，产物为HCOOH，92gHCOOH的物质的量为=2mol，所以生成1mol液体HCOOH放出31.2kJ能量，
25、热化学方程式为H2(g)+CO2(g)=HCOOH(l)H=-31.2kJmol-1；a据图可知物质I虽然参与整个过程，但整个反应前后没有变化，且反应从物质I和氢气的反应开始，所以为该反应的催化剂，故a正确；b据图可知催化剂虽然整个过程前后质量和化学性质没有变化，但也参与了整个循环，故b错误；c每生成2mol HCOOH放出62.4kJ的能量，据此可知反应物和生成物的能量之差，不能确定反应的活化能，故c错误；综上所述选a。【点睛】焓变=正反应活化能-逆反应活化能，仅知道反应的焓变无法确定反应的活化能。10.碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：(1)已知下列热化学方程式:
26、i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) H1= -133 kJmol-1ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2= -100 kJmol-1又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能Ea(正)为132 kJmol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为_kJmol-1。(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行:第I步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)CH3I(l) +
27、HI(aq)+CO(g)(慢反应)；第II步为快反应。增大I2的浓度_(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，理由为_。(3)用催化剂Fe3(CO)12/ZSM -5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM -5中添加_助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_。(4)在一密闭容器中，起始时向该容器中
28、充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4) =2:1，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp=_ ( MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。(5)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。阳极的电极反应式为_，离子交换膜a为_(填“阳膜”、“阴膜”)。【答案】 (1). 165 (2). 能 (3). 总反应平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总
29、反应的反应速率增大(或根据总反应可知I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率) (4). K (5). 降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响 (6). 减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等(任写一条) (7). 810-4 (8). 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ (9). 阳膜【解析】【分析】(1)i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) H1= -133 kJmol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)
30、 H2= -100 kJmol-1根据盖斯定律，将i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)，H=Ea(正)-Ea(逆)；(2)第II步反应可由总反应-第I步反应得到，总反应的平均速率由慢反应决定，根据增大I2的浓度对反应速率的影响分析，或从催化剂的角度分析；(3)由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；(4)根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移；为提高H2S的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、
31、及时分离出产物、减小起始时等；N点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为3mol，转化甲烷物质的量为xmol，列“三段式”： 6-2x=4x，解出x，平衡常数KP=；(5)该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4H+4e-=2H2O，据此分析解答。【详解】(1)已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(
32、g) H1= -133 kJmol-1ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2= -100 kJmol-1根据盖斯定律，将i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) H=-133 kJmol-1-(-100 kJmol-1)=-33 kJmol-1，H=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能Ea(逆)为132 kJmol-1+33 kJmol-1=165 kJmol-1；(2)根据题意，第II步反应=总反应-第I步反应，则第II步反应为CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+ CH4(
33、g)，总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)；(3)由表中数据可知，添加Na助剂时其他副反应占比大，添加Cu助剂时CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；(4)根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，H0；为提高H2S的平衡转化率，即
34、平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小起始时等；N点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为3mol，转化甲烷物质的量为xmol，列“三段式”： 6-2x=4x，解出x1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数KP=810-4( MPa)2；(5)该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的电极反应为：O2+4
35、H+4e-=2H2O，根据阴极反应，氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜a为阳膜。【点睛】易错点为(2)，化学反应的快慢由反应过程中进行较慢的反应决定，慢反应进行的快，整体反应速率就快，即只要加快慢反应的反应速率，体系反应速率就增大。11.锰及其化合物用途非常广泛,请回答下列问题：(1)Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+ ，下列说法合理的是_A.Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型B.根据Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子C.Mn2+易被氧化，可能是因为Mn2+轨道内有大量自旋方向相同的电子D.Mn
36、2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似(2)锰的一种配合物的化学式为 Mn( CO)5( CH3CN)。配体CH3CN与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_原子(填写元素名称)，该分子中碳原子的杂化方式为_。(3)研究发现,在成甲醇反应(CO2 +3H2=CH3OH +H2O)中，CO氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性。反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_，原因是_，硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了键外，还存在_，NO的空间构型是_(用文字描述)。(4)某锰氧化物的晶胞结构如图所示，该锰氧化物的化学式为_，该晶体
37、中Mn的配位数是_，该晶体中Mn之间的最近距离为_cm(用含a、b的代数式表示)。【答案】 (1). A (2). N (3). sp3和sp杂化 (4). H2OCH3OHCO2H2 (5). H2O和CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比CH3OH中多，CO2和H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大 (6). 键和离子键 (7). 平面三角形 (8). MnO2 (9). 6 (10). 【解析】【分析】(1)根据Mn2+ 和Mn4+的结构分析；(2)CH3CN分子中有3个CH键、1个CC键、1个CN键，只有N原子有1对孤电子对，分子中甲基中碳原子形成4个键、另一个碳原子
38、形成2个键，都没有孤电子对，杂化轨道数目为4、2，碳原子采取sp3和sp杂化；(3)水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断，用价层电子对互斥理论判断空间构型；(4)用均摊法计算化学式，并结合微粒的空间排列确定Mn的配位数。由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半。【详解】(1)AMn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5的Mn2+，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；BMn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B错误；CM
39、n2+内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而Mn2+易被氧化，显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，故C错误；DMn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，故D错误；答案选A；(2) CH3CN分子中有3个CH键、1个CC键、1个CN键，只有N原子有1对孤电子对，提供孤对电子的原子是N原子；分子中甲基中碳原子形成4个键、另一个碳原子形成2个键，都没有孤电子对，杂化轨道数目为4、2，碳原子采取sp3和
40、sp杂化；(3)常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O和CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比CH3OH中多，CO2和H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大，所以在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2OCH3OHCO2H2；硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中氮原子和氧原子之间形成的有单键，双键，硝酸根和锰离子间形成离子建，故化学键除了键外，还含有键和离子键；NO的中心原子是氮，价层电子对数是，它的杂化方式为sp2杂化，NO的空间构型是平面三角形；(4)在该晶体中含有的Mn原子个数为：8+1=2，含
41、有的O原子数目为4+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为，所以该晶体中Mn之间的最近距离为=cm。【点睛】第(3)题讨论物质沸点高低时，首先判断物质的类别，属于哪一种晶体类型，都是分子晶体时要根据范德华力的大小判断，不要忽略氢键的影响，氢键的数目是易错点。12.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图：已知：R1CH2COOCH2CH3+R2COOCH2CH3+CH3CH2OH（
42、1）化合物A的名称是_。（2）反应和的反应类型分别是_、_。（3）写出C到D的反应方程式_。（4）E的分子式_。（5）F中官能团的名称是_。（6）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1。写出两种符合要求的X的结构简式_。（7）设计由乙酸乙酯和1，4-二溴丁烷制备的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 1，3-丁二烯 (2). 氧化反应 (3). 取代反应 (4). +2CH3CH2OH+2H2O (5). C8H12O3 (6). 羰基、酯基 (7). 、（任意2种） (8). 【解析】【分析】1，3-丁二烯与乙烯双键加成可以生
43、成环己烯，环己烯氧化成C（1，6-已二酸），之后通过D的分子式可以确定由C到D是酯化反应。【详解】（1）化合物A的名称是：1，3-丁二烯；故答案为：1，3-丁二烯；（2）反应是碳碳双键断裂形成羧基，组成上加氧，属于氧化反应。反应是羰基与酯基连接的碳原子上氢原子被甲基替代，属于取代反应；故答案为：氧化反应；取代反应；（3）对比C、E的结构，结合D的分子式、给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，C到D的反应方程式为：+2CH3CH2OH+2H2O ；故答案为：+2CH3CH2OH+2H2O；（4）交点为碳原子，用氢原子饱和碳的四价结构，可知E的分子式为C8H12O3；故答案为：C8H12O3；（5）F中官能团的名称是：羰基、酯基；故答案为：羰基、酯基；（6）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为6：2：1：1，X存在对称结构，符合要求的X的结构简式有：故答案为：（任意2种）；（7）乙酸乙酯在乙醇钠、DMF作用下生成，和1，4-二溴丁烷发生类似合成路线中的EF的反应生成，再发生碱性水解后酸化得到最终产物。合成路线为：故答案为：。