1、2020年四川省成都七中高考化学一诊试卷一、选择题（共7小题，每题3分）7人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是（）A将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法C压敏胶黏剂（即时贴）只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类8下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+
2、Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2Ag2S+2Cl9设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH10的Na2CO3NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是（）A每升溶液中的OH数目为0.0001NABc（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HCO3 ）+2c（CO32）C当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3）+n（CO32）0.3molD若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定10对下列实验的分析合理的是（）A实验：振荡后
3、静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色保持不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内会出现红棕色D实验：将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热，以制备氢氧化铁胶体11热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法不正确的是（）A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD常温时，在正负极间接
4、上电流表或检流计，指针不偏转12下列有关有机物的说法不正确的是（）A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5060反应生成硝基苯B用CH3CH2OH与CH3CO18OH发生酯化反应，生成的有机物为C苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D戊烷（C5H12）的一溴取代物共有8种（不含立体异构）13根据下列图示所得出的结论不正确的是（）A图甲是室温下20 mL 0.1 molL1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B图乙是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0C图丙是室温下用0.1
5、000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲线，该 滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D图丁是室温下用 Na2SO4 除去溶液中 Ba2+ 达到沉淀溶解平衡时，溶液中 c（Ba2+）与 c（SO42）的关系 曲线，说明 Ksp（BaSO4）11010二、解答题（共3小题，满分43分）26（15分）某工业废水中含有的 Mn2+、CN等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN。已知：iClO2 为黄绿色气体，极易溶于
6、水，沸点 11；iiClO2 易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；iii某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN转化为对大气无污染的气体；iv装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3K2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O。请回答下列问题：（1）B 装置的名称是 ，C 装置的作用为 。（2）用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是 。（3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式 。（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2 ）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl的是 。（填
7、字母序号）。aFeSO4 bO3 cKMnO4 dSO2（5）在实验室里对该废水样品中 CN含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。在此过程中：实验中使用棕色滴定管的原因是 ，滴定终点的判断依据是 。W g 工业废水中 CN的物质的量为 。若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27（14分）钛酸钡（BaTiO3）是一种强介电化合物，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶 瓷工业的支柱
8、”。、固相合成法是钛酸钡的传统制备方法，典型的工艺是将等物质的量的碳酸钡和二氧化钛混合，在1500下反应 24 小时。（1）写出发生反应的化学方程式： 。 （2）该工艺的优点为工艺简单，不足之处为 。、工业上还可以 BaCO3、TiCl4 为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O，再高温煅烧制得钛酸钡粉末，其制备工业流程如图所示。（3）为提高 BaCO3 的酸浸率，可采取的措施为 （任答一点）。（4）加入 H2C2O4 溶液时，可循环使用的物质 X 是 。（5）研究表明，钛离子在不同 pH 下可以 TiO（OH）+、TiOC2O4 或 TiO（C2O4）2等
9、形式存在（如图），所以在制备草酸氧钛钡晶体时要用到氨水调节混合溶液的 pH 请结合图示信息分析，混合溶液的最佳 pH 为 左右。（6）高温煅烧草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O得到 BaTiO3 的同时，生成高温气体产物有 CO、 和 。成都七中某兴趣小组在实验室里模拟“高温煅烧”操作时所使用的陶瓷仪器有 。（7）将 TiCl4 水解产物加热脱水可生成 TiO2，写出 TiCl4 水解的化学方程式： 。28（14分）乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业等。（1）在标准状态时，由元素最稳定的单质生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓，符
10、号Hf几种物质的标准摩尔生成焓如图 1 所示。请写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为 。（2）取等物质的量的乙酸、乙醇在 T K 下密闭容器中发生液相（反应物和生成物均为液体）酯化反应，达到平衡，乙酸的转化率为，则该温度下用物质的量分数表示的平衡常数 Kx ；（注：对于可逆反应：aA+bBcC 达到化学平衡时，Kx）。而相同条件下实验室采用回流并分离出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达 88%，可能的原因是 。 （3）若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相（反应物和生成物均为气体）酯化反应，其平衡常数与温度关系为：lgK0.127（式中T为温度，单位为 K），则气相酯化反应为
11、（填“吸热”或“放热”）反应。（4）乙酸和乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图 2 所示。由图 2 可知，产率为 95%时，应该选择催化剂和温度分别是 、 ；使用催化剂乙时，当温度高于 190，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因 。（5）为了保护环境，CO2 的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以达到低碳排放的目的。图 3 是通过人工光合作用，以 CO2 和 H2O 为原料制备乙醇（CH3CH2OH）和 O2 的原理示意图。判断 H+迁移的方向 （选填“从左向右”、“从右向左”）。写出电极 b 的电极反应式： 。化学-
12、物质结构与性质（15分）35（15分）铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。 请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子的价电子排布式为 。镍与 CO 生成的配合物 Ni（CO）4，1 mol Ni（CO）4 中含有的 键数目为 ；写出与 CO 互为等电子体的阴离子的化学式 。（2）研究发现，在 CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。元素 Co 与 O 中，第一电离能较大的是 。生成物 H2O 与 CH3OH 中，沸点较高的是 ，原因是 。用 KCN 处理含
13、 Co2+的盐溶液，有红色的 Co（CN）2 析出，将它溶于过量的 KCN 溶液后，可生成紫色 的Co（CN）64Co（CN）64 具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的Co（CN）63，写出该反应的离 子方程式 。（3）铁有 、 三种同素异形体（如图 1），、 两种晶胞中铁原子的配位数之比为 。若 Fe 原子半径为 rpm，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则 Fe 单质的密度为 g/cm3（列出算式即可）。在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1）晶面。如图 2，则 Fe 晶胞体中（1，1，1）晶面共有 个。化学-有机化学基础（15分）36（15分）用于汽车刹车片的聚
14、合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成 A 的反应类型是 。（2）试剂 a 是 。（3）B 中所含的官能团的名称是 。（4）W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。F 的结构简式是 。生成聚合物 Y 的化学方程式是 。（5）Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有 种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰 面积比为 1：2：2：3 的为 、 （写结构简式）（6）试写出由 1，3丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用 结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。2020年四川省成都七中高
15、考化学一诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每题3分）7人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是（）A将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法C压敏胶黏剂（即时贴）只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类【分析】A、电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B、二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C、压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；D、人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂
16、。【解答】解：A、活泼金属铝作电解池的阳极时，为活泼电极，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，故A正确；B、二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙，所以在燃煤中加入石灰石，可对煤燃烧后形成的烟气脱硫，故B正确；C、压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，故C正确；D、人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，故D错误；故选：D。【点评】本题综合考查物质的性质与用途，为高考常见题型，侧重学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。8下列表示对应
17、化学反应的离子方程式正确的是（）A将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2Ag2S+2Cl【分析】A过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；B醋酸为弱电解质，保留化学式；C漏写铵根离子与碱的反应；D硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。【解答】解：A过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方
18、程式为：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+，故A正确；B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故B错误；CNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为NH4+HCO3+2OHCO32+H2O+NH3H2O，故C错误；DAgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2Ag2S+2Cl，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用
19、能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。9设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH10的Na2CO3NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是（）A每升溶液中的OH数目为0.0001NABc（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HCO3 ）+2c（CO32）C当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3）+n（CO32）0.3molD若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定【分析】A、pH10的溶液中，氢氧根浓度为104mol/L；B、根据溶液的电荷守恒来分析；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离
20、子和碳原子的个数之比为1：1；D、根据CO32的水解平衡常数来分析。【解答】解：A、pH10的溶液中，氢氧根浓度为104mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故A正确；B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HCO3 ）+2c（CO32），故B正确；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3）+n（CO32）0.3mol，故C错误；D、CO32的水解平衡常数Kh，故当加入少量的碱后，溶液中的c（
21、OH）变大，而kh不变，故溶液中变小，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，应注意掌握基础的运算方法。10对下列实验的分析合理的是（）A实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色保持不变C实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内会出现红棕色D实验：将FeCl3饱和溶液煮沸后停止加热，以制备氢氧化铁胶体【分析】A溴与氢氧化钠溶液反应，上层溶液变为无色；B浓硫酸与碳反应生成的二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色；C铜与稀硝酸反应生成NO，NO遇到空气生成红棕色的二氧化氮；D直接加
22、热饱和氯化铁溶液，无法得到氢氧化铁胶体。【解答】解：A溴单质与NaOH溶液反应，则振荡后静置，上层溶液变为无色，故A错误；B蔗糖与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能够被酸性KMnO4溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液变为无色，故B错误；C微热稀HNO3片刻生成NO气体，则溶液中有气泡产生，NO与空气中氧气反应生成二氧化氮，则广口瓶内会出现红棕色，故C正确；D制备氢氧化铁胶体时，应该向沸水中逐滴加入少量FeCl3饱和溶液、加热至溶液呈红褐色，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及混合物分离与提纯、元素化合物性质及氢氧化铁胶体制备等知识，注意掌握常见元素化合物性质，试
23、题有利于培养学生的分析、理解能力及化学实验能力。11热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法不正确的是（）A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl
24、2eCaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算。【解答】解：ACa为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl2eCaCl2，故A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B错误；C根据电极方程式PbSO4+2e+2Li+Li2SO4+Pb，可知每转移0.2 mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7gPb，故C正确；D常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D正确；故选：B
25、。【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等。12下列有关有机物的说法不正确的是（）A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5060反应生成硝基苯B用CH3CH2OH与CH3CO18OH发生酯化反应，生成的有机物为C苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷D戊烷（C5H12）的一溴取代物共有8种（不含立体异构）【分析】A在浓硫酸作催化剂、加热5060条件下苯和浓硝酸发生取代反应；BCH3CH2OH与CH3CO18OH发生酯化反应时，乙醇断裂OH键、乙酸断裂CO键；C苯乙烯
26、中苯环和碳碳双键都能和氢气在一定条件下发生加成反应；D戊烷有正异新三种同分异构体，烷烃中含有几种氢原子，其一溴代物就有几种结构。【解答】解：A在浓硫酸作催化剂、加热5060条件下苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，故A正确；BCH3CH2OH与CH3CO18OH发生酯化反应时，乙醇断裂OH键、乙酸断裂CO键，所以CH3CH2OH与CH3CO18OH发生酯化反应，生成的有机物为CH3COOCH2CH3，故B错误；C苯乙烯中苯环和碳碳双键都能和氢气在一定条件下发生加成反应，所以苯乙烯和氢气在一定条件下发生加成反应生成乙基环己烷，故C正确；D烷烃中含有几种氢原子，其一溴代物就有几种结构，戊烷有正异新三
27、种同分异构体，正戊烷一溴代物有3种，异戊烷一溴代物有4种，新戊烷一溴代物有1种，所以戊烷的一溴代物共有8种，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯、烷烃、烯烃性质，明确官能团及其性质关系、反应中断键和成键方式是解本题关键，注意同分异构体种类判断方法，B为解答易错点，题目难度不大。13根据下列图示所得出的结论不正确的是（）A图甲是室温下20 mL 0.1 molL1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）随加入盐酸体积的变化关系，图中b、d两点溶液的pH值均为7B图乙是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0C
28、图丙是室温下用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲线，该 滴定过程可以选择酚酞作为指示剂D图丁是室温下用 Na2SO4 除去溶液中 Ba2+ 达到沉淀溶解平衡时，溶液中 c（Ba2+）与 c（SO42）的关系 曲线，说明 Ksp（BaSO4）11010【分析】A过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；B根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行；C根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离；D温度不变，溶度积常数不变，Ksp（B
29、aSO4）c（Ba2+）c（SO42）。【解答】解：A过量氨水或者盐酸存在抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离，随着盐酸的滴加，溶液中NH4Cl逐渐增多，到达b点时存在NH4Cl和氨水，此时溶液中c水（H+）107mol/L，可说明溶液为中性，继续滴加至c点，此时完全是NH4Cl，溶液为酸性，继续滴加HCl，溶液酸性增强，到达c点虽然c水（H+）107mol/L，但溶液为酸性，故A错误；B根据图象，温度升高，平衡常数值减小，不利于反应正向进行，所以正反应为放热反应，恒温恒压无非体积功的条件下，反应的H0，故B正确；C根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH
30、大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，pH突跃范围落在酚酞的指示范围内，可以使用酚酞，故C正确；D温度不变，溶度积常数不变，Ksp（BaSO4）c（Ba2+）。c（SO42），c（Ba2+）与c（SO42）成反比，则c（SO42）越大c（Ba2+）越小，根据图象上的点计算，Ksp（BaSO4）11010，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了反应热、化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，题目难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力。二、解答题（共3小题，满分43分）26（15分）某工业废水中含有的 Mn2+、CN等会对环境造成污染，在排放之前必须进行
31、处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN。已知：iClO2 为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11；iiClO2 易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；iii某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN转化为对大气无污染的气体；iv装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3K2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O。请回答下列问题：（1）B 装置的名称是圆底烧瓶，C 装置的作用为防倒吸。（2）用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的
32、最大优点是制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性。（3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式2ClO2+5 Mn2+6H2O5 MnO2+2 Cl+12H+。（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2 ）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl的是ad。（填字母序号）。aFeSO4 bO3 cKMnO4 dSO2（5）在实验室里对该废水样品中 CN含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25
33、.00mL。在此过程中：实验中使用棕色滴定管的原因是防止KMnO4见光分解，滴定终点的判断依据是锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色。W g 工业废水中 CN的物质的量为0.0005mol。若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将无影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【分析】（1）B为圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸；（2）反应生成的产物结合“ClO2易爆炸，用“惰性气体”等稀释时，可防止爆炸；（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；（4）将ClO2 转化为 Cl，应加入还原剂；（5）高锰酸钾不稳定
34、；高锰酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；涉及反应为2MnO4+8H+2CN2Mn2+2CO2+N2+4H2O，结合方程式计算；锥形瓶无需润洗。【解答】解：（1）B装置的名称是圆底烧瓶；依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；（2）用H2C2O4溶液、稀硫酸和KC1O3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性，故答案为：制得ClO2的同时有CO2产生，可稀释ClO2，大大降低爆炸的可能性；（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子
35、生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO2+5 Mn2+6H2O5 MnO2+2 Cl+12H+，故答案为：2ClO2+5 Mn2+6H2O5 MnO2+2 Cl+12H+；（4）将ClO2 转化为 Cl，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等，故答案为：ad；（5）高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：防止KMnO4见光分解；锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；设CN物质的量为n，则依据方程式可知： 2MnO4+8H+2C
36、N2Mn2+2CO2+N2+4H2O 2 2 0.020 0mol/L0.025L n解得n0.0005mol，故答案为：0.0005mol；锥形瓶无需润洗，对测定结果没有影响，故答案为：无影响。【点评】本题考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握二氧化氯的制备和性质，能正确书写氧化还原反应方程式，掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度，熟悉制备原理，准确把握题干信息是解题关键，题目难度较大。27（14分）钛酸钡（BaTiO3）是一种强介电化合物，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶 瓷工业的支柱”。、固相合成法是钛酸钡的传统制备
37、方法，典型的工艺是将等物质的量的碳酸钡和二氧化钛混合，在1500下反应 24 小时。（1）写出发生反应的化学方程式：BaCO3+TiO2BaTiO3+CO2。 （2）该工艺的优点为工艺简单，不足之处为高温煅烧能耗大，对设备要求高。、工业上还可以 BaCO3、TiCl4 为原料，采用草酸盐共沉淀法制备草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O，再高温煅烧制得钛酸钡粉末，其制备工业流程如图所示。（3）为提高 BaCO3 的酸浸率，可采取的措施为将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等 （任答一点）。（4）加入 H2C2O4 溶液时，可循环使用的物质 X 是HCl。（5）研究表明，钛离子在不同 pH
38、下可以 TiO（OH）+、TiOC2O4 或 TiO（C2O4）2等形式存在（如图），所以在制备草酸氧钛钡晶体时要用到氨水调节混合溶液的 pH 请结合图示信息分析，混合溶液的最佳 pH 为3左右。（6）高温煅烧草酸氧钛钡晶体BaTiO（C2O4）24H2O得到 BaTiO3 的同时，生成高温气体产物有 CO、CO2和H2O（g）。成都七中某兴趣小组在实验室里模拟“高温煅烧”操作时所使用的陶瓷仪器有坩埚、泥三角。（7）将 TiCl4 水解产物加热脱水可生成 TiO2，写出 TiCl4 水解的化学方程式：TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl。【分析】反应在高温下进行，消耗能源较多
39、，涉及反应为BaCO3+TiO2BaTiO3+CO2；由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO（C2O4）24H2O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，以此解答该题。【解答】解：（1）涉及反应为BaCO3+TiO2BaTiO3+CO2，故答案为：BaCO3+TiO2BaTiO3+CO2；（2）反应在高温下进行，消耗能源较多，对设备要求高，故答案为：高温煅烧能耗大，对设备要求高；（3）为提高 BaCO3 的酸浸率，可将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等，故答案为：将碳酸钡固体粉碎、搅拌、适当升温等；（4）酸浸时消耗HCl、生成草酸氧钛钡时生成H
40、Cl，所以能循环的物质X是HCl，故答案为：HCl；（5）由图象可知pH3时TiO（C2O4）2含量较高，故答案为：3；（6）BaTiO（C2O4）24H2O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO2、H2O（g），煅烧时需要坩埚、泥三角等陶瓷仪器，故答案为：CO2；H2O（g）；坩埚、泥三角；（7）TiCl4水解生成TiO2xH2O，同时生成HCl，水解方程式为：TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl。【点评】本题考查物质制备实验，为高频考点，把握物质的性质及流程中的反应为解答的关键
41、，侧重分析、实验能力及混合物分离提纯实验设计能力的考查，题目难度中等。28（14分）乙酸乙酯是重要的工业溶剂和香料，广泛用于化纤、橡胶、食品工业等。（1）在标准状态时，由元素最稳定的单质生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓，符号Hf几种物质的标准摩尔生成焓如图 1 所示。请写出标准状态下，乙酸和乙醇反应的热化学方程式为CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）H3.37kJ/mol；。（2）取等物质的量的乙酸、乙醇在 T K 下密闭容器中发生液相（反应物和生成物均为液体）酯化反应，达到平衡，乙酸的转化率为，则该温度下用物质
42、的量分数表示的平衡常数 Kx0.25；（注：对于可逆反应：aA+bBcC 达到化学平衡时，Kx）。而相同条件下实验室采用回流并分离出水的方式制备乙酸乙酯时，乙酸转化率可以高达 88%，可能的原因是分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率。 （3）若将乙醇与乙酸在催化剂作用下发生气相（反应物和生成物均为气体）酯化反应，其平衡常数与温度关系为：lgK0.127（式中T为温度，单位为 K），则气相酯化反应为放热（填“吸热”或“放热”）反应。（4）乙酸和乙醇酯化反应在甲、乙两种催化剂的作用下，在相同时间内乙酸乙酯的产率随温度变化如图 2 所示。由图 2 可知，产率为 95%时，应该选择催化剂
43、和温度分别是催化剂甲、135；使用催化剂乙时，当温度高于 190，随温度升高，乙酸乙酯产率下降的原因当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低。（5）为了保护环境，CO2 的排放必须控制。化学工作者尝试各种方法将燃煤产生的二氧化碳回收利用，以达到低碳排放的目的。图 3 是通过人工光合作用，以 CO2 和 H2O 为原料制备乙醇（CH3CH2OH）和 O2 的原理示意图。判断 H+迁移的方向从左向右（选填“从左向右”、“从右向左”）。写出电极 b 的电极反应式：2CO2+12e+12H+CH3CH2OH+3H2O。【分析】（1）根据图象书写已知焓变的热化学方
44、程式，并推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；（2）根据方程式计算平衡时各组分的物质的量，代入Kx表达式计算，减小生成物的浓度，平衡正向移动，反应物的转化率增大；（3）由平衡常数K与温度T关系1gK可知，升高温度T，则K减小，即升高温度平衡逆向移动；（4）根据图2分析最优条件；温度高于190，催化剂乙的活性可能降低，反应速率减慢，乙酸乙酯产率下降；（5）根据电池装置分析，电极a上H2O转化为O2，过程中H2O被氧化，则电极a为负极，电极b为正极；电极b上CO2被还原为CH3CH2OH，H+迁移到b电极参加电极反应。【解答】解：（1）根据标准摩尔生成焓图可知2C（s）+3H2（g）+O2
45、（g）CH3CH2OH（l）H276.98kJ/mol，2C（s）+2H2（g）+O2（g）CH3COOH（l）H484.30kJ/mol，4C（s）+4H2（g）+O2（g）CH3COOCH2CH3（l）H478.82kJ/mol，H2（g）+O2（g）H2O（l）H285.83kJ/mol，根据盖斯定律+计算CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）的焓变H478.82kJ/mol+（285.83kJ/mol）（276.98kJ/mol）（484.30kJ/mol）3.37kJ/mol，热化学方程式为CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）
46、CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）H3.37kJ/mol，故答案为：CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）H3.37kJ/mol；（2）设起始时乙醇、乙酸的物质的量均为1mol，反应三段式为 CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）起始量（mol） 1 1 0 0变化量（mol） 平衡量（mol） CH3COOH的物质的量分数CH3CH2OH的物质的量分数，CH3COOCH2CH3的物质的量分数H2O的物质的量分数，Kx0.25，分离出生成物水，可使平衡正向移动，增大乙酸转化率，故答案为
47、：0.25；分离出水后，使平衡不断向右移动，从而增大乙酸转化率；（3）平衡常数K与温度T关系1gK，则升高温度，K的值减小，即升高温度，平衡逆向移动，所以逆向是吸热反应，正向为放热反应，故答案为：放热；（4）由图2可知，使用催化剂甲、温度在135左右时乙酸乙酯的产率为95%，而催化剂乙在190左右时乙酸乙酯的产率才达到95%，所以应选择的最优条件是催化剂甲、135左右；由于CH3COOH（l）+CH3CH2OH（l）CH3COOCH2CH3（l）+H2O（l）H3.37kJ/mol，所以升高温度对化学平衡的影响较小，当温度高于190，温度升高使乙酸乙酯产率下降的主要原因是催化剂活性降低，使化学
48、反应速率降低，导致相同时间内乙酸乙酯的产率降低，故答案为：催化剂甲；135；当温度高于190，催化剂活性降低，使得反应速率降低，相同时间内乙酸乙酯的产率降低；（5）根据电池装置分析，电极a上H2O转化为O2，过程中H2O被氧化，则电极a为负极，电极b为正极，电极a上发生反应为：2H2O4eO2+4H+，产生H+发生迁移，H+从负极迁移到正极，则H+迁移的方向为：从左到右，故答案为：从左到右；电极b上CO2被还原为CH3CH2OH，H+迁移到b电极参加电极反应，则电极b上发生的电极反应为：2CO2+12e+12H+CH3CH2OH+3H2O，故答案为：2CO2+12e+12H+CH3CH2OH+
49、3H2O。【点评】本题考查盖斯定律的应用及热化学方程式书写、化学平衡常数及其应用、化学平衡的影响因素、图象分析以及三段式计算的应用等知识，以及电化学知识，侧重考查学生分析能力、计算能力和灵活运用能力，注意掌握平衡常数的应用，题目难度中等。化学-物质结构与性质（15分）35（15分）铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。 请回答下列问题：（1）基态 Ni 原子的价电子排布式为3d74s2。镍与 CO 生成的配合物 Ni（CO）4，1 mol Ni（CO）4 中含有的 键数目为8NA；写出与 CO 互为等电子体的阴离子的化学式CN或C22。（2）研
50、究发现，在 CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。元素 Co 与 O 中，第一电离能较大的是O。生成物 H2O 与 CH3OH 中，沸点较高的是H2O，原因是平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个氢键，氢键越多，熔沸点越高。用 KCN 处理含 Co2+的盐溶液，有红色的 Co（CN）2 析出，将它溶于过量的 KCN 溶液后，可生成紫色 的Co（CN）64Co（CN）64 具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的Co（CN）63，写出该反应的离 子方程式2Co（CN）64+2H2O
51、2Co（CN）63+H2+2OH 。（3）铁有 、 三种同素异形体（如图 1），、 两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3。若 Fe 原子半径为 rpm，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则 Fe 单质的密度为g/cm3（列出算式即可）。在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1）晶面。如图 2，则 Fe 晶胞体中（1，1，1）晶面共有8个。【分析】（1）Co为27号元素，位于第四周期第族；1 个Ni（CO）4中含有4个配位键、4个共价三键，每个共价三键中含有一个键，配位键也属于键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10；（2）O元素是非金属，Co是金属元素；氢键
52、越多，熔沸点越高；Co（CN）64配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；（3）晶胞为体心立方堆积，Fe原子配位数为8a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6；Fe中顶点粒子占，面心粒子占，根据晶体密度计算；在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1）晶面，该立方晶胞体中（1，1，1）晶面共有8个。【解答】解：（1）Co为27号元素，位于第四周期第族，价电子排布式为3d74s2；1 个Ni（CO）4中含有4个配位键、4个共价三键，每个共价三键中含有一个键，配位键也属于键，所以该分子中含有8个
53、键，则1mol该配合物中含有8NA 个键；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，符合条件的阴离子为CN或C22，故答案为：3d74s2；8NA；CN或C22；（2）元素Co与O中，由于O元素是非金属而Co是金属元素，O比Co原子更难失去电子，所以第一电离能较大的是O，故答案为：O；平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个氢键，氢键越多，熔沸点越高，所以水的熔沸点高，故答案为：H2O；平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个氢键，氢键越多，熔沸点越高；Co（CN）64配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63，只能是水
54、中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2Co（CN）64+2H2O2Co（CN）63+H2+2OH ，故答案为：2Co（CN）64+2H2O2Co（CN）63+H2+2OH ；（3）晶胞为体心立方堆积，Fe原子配位数为8a晶胞为简单立方堆积，Fe原子配位数为6，则、a两种晶胞中铁原子的配位数之比为8：64：3，故答案为：4：3；Fe中顶点粒子占，面心粒子占，则一个晶胞中含有Fe的个数为8+64，晶胞质量m晶胞边长a与Fe的半径的关系为a4r，所以a2r，晶胞体积Va3pm3（2r1010）3cm3晶体密度g/cm3，故答案为：；在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的
55、面在晶体学中称为（1，1，1）晶面，该立方晶胞体中（1，1，1）晶面共有8个，故答案为：8。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、等电子体、晶胞计算与计算等，侧重考查对基本概念、基本理论的理解和灵活运用及空间想像能力、计算能力，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算正确运用。化学-有机化学基础（15分）36（15分）用于汽车刹车片的聚合物 Y 是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成 A 的反应类型是取代反应。（2）试剂 a 是浓硝酸、浓硫酸。（3）B 中所含的官能团的名称是氯原子、硝基。（4）W、D 均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。F 的结构简式是。生
56、成聚合物 Y 的化学方程式是。（5）Q 是 W 的同系物且相对分子质量比 W 大 14，则 Q 有 10种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰 面积比为 1：2：2：3 的为、（写结构简式）（6）试写出由 1，3丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用 结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。【分析】苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B引入氨基，AB引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2CH2，乙烯发生信息中加成反应生
57、成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2CHCHCH2和HCCH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【解答】解：（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）AB发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同
58、系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为CH（COOH）2；有2个取代基为COOH、CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个COOH与CH3，2个COOH有邻、间、对3种位置，对应的CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+110种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为 、，故答案为：10；、；（6）CH2CHCHCH2和HCCH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
