广东省广州市2020届高三二模考试理科综合化学试题+Word版含解析

这是一份广东省广州市2020届高三二模考试理科综合化学试题+Word版含解析，共21页。试卷主要包含了化学与社会、生活、生产密切相关，降冰片烯，NA是阿伏加德罗常数的值，已知Ka=1， 球形冷凝管 等内容，欢迎下载使用。

2020年广州市高三二测理科综合—化学试题
相对原子量：H-1 C-12 O-16 F-19 P-31 Sc-45 Cu-64 Sb-122 I-127
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（ ）
选项
应用
解释
A
液氢可用作长征5号火箭的燃料
液氢无毒无污染燃料，燃烧热值高
B
高纯硅可用于制作光感电池
硅具有半导体性能，可将太阳能转换为电能
C
二氧化硅可用于制作光导纤维
二氧化硅具有良好导电性能，硬度大
D
钛合金可用于制作飞机的结构部件
钛合金质轻、强度高、耐腐蚀


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】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，故A正确；
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，故B正确；
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，故C错误；
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，故D正确；
故选C。
【点睛】此题易错点是硅单质与二氧化硅性质的比较，性质决定用途，注意用途与性质间的关系。
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）
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】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，故A错误；
B. 根据相似相溶原理分析，降冰片烷难溶于水，故B错误；
C. 降冰片烷的分子式为C7H12，的分子式为C7H10，不是同分异构体，故C错误；
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，故D正确；
故选D。

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
【答案】A
【解析】
【详解】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2，故不能替换，故A错误；
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，故B正确；
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，故C正确；
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，故D正确；
故选A。
4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为3NA
B. 0.1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为0.1NA
C 常温常压下，124gP4中所含P－P键数目4NA
D. 标准状况下，22.4L丙烷中所含共价键数目为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cr元素化合价由K2Cr2O7中+6价降低为Cr3+中+3价，则1mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为(6-3)×2=6mol，即6NA，故A错误；
B. 1.0molCH4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，故B错误；
C. 常温常压下，124gP4的物质的量为，P4分子中所含6个P－P键，则124gP4中P－P键数目6NA，故C错误；
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，故D正确；
故选D。
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
【答案】B
【解析】
【分析】
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分别代表O和F，故W、X、Y、Z分别为O、F、Na、P，以此分析。
【详解】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，故A正确；
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，故B错误；
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，故C正确；
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，故D正确；
答案选B。

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1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图示可知，放电时是原电池，放电时，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-，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，由此分析。
【详解】A．由图可知，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，故A正确；
B．根据图示可知，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-，故B正确；
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，故C错误；
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1mol H2O解离，故D正确；
答案选C。
【点睛】根据图中信息写出电极反应是解本题的关键，方法是根据氧化还原反应的原理找到反应物和生成物，根据化合价的变化找到转移的电子数，再进行判断。
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20mL浓度均为0.01mol·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：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D. 混合溶液pH=7时，加入氨水体积大于40mL
【答案】B
【解析】
【分析】
a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸(1:1)混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。
【详解】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：；可以得到，故A正确；
B．Ka(CH3COOH)=1.7×10-5， ，Ka(CH3COOH)＞Kh(NH4+)，醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c(NH4+)＞c(CH3COOH)，故B错误；
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)，故C正确；
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，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题判断出a、b、c点的意义很关键，醋酸是弱酸，存在电离平衡，加入氨水中，氨水会优先和盐酸反应，得到醋酸和氯化铵的混合溶液，要从图像中找到溶液导电能力降低的原因，充分考虑弱电解质的电离和水解，进行综合运用。
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：CH3COOH+CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3+H2O。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___%。
【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). b (3). 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，使平衡向生产酯的方向移动，提高酯的产率 (4). C (5). 回流时正丁醇不能全部返回到烧瓶 (6). 分液 (7). 混在产品中的硫酸和醋酸 (8). 74
【解析】
分析】
正丁醇、冰醋酸、浓硫酸80℃反应15分钟，加入碎瓷片防止爆沸，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。
【详解】(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，使平衡向生产酯的方向移动，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，故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，故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，故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，故D不符合题意；
答案选C。
(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
乙酸正丁酯的产率为74%。
【点睛】关于产率计算时，需注意判断醋酸过量还是正丁醇过量，利用完全反应的正丁醇计算产率。
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的工艺流程如图，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MnO2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1000kg的钪锰矿制备Sc2O3，最终得到Sc2O3306g，该矿中含钪的质量分数为___。
【答案】 (1). +3 (2). 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O (3). SiO2 (4). 2 (5). ScR3+3NaOH=3NaR+Sc(OH)3↓ (6). Mn2+ (7). 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 (8). 0.02%
【解析】
【分析】
钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)，加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+，Fe2+，Ca2+，Sc3+，再加入Fe，可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入除去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。
【详解】(1)Sc2O3中O的化合价为-2价，根据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，萃取除铁时需要将铁的萃取率最高，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Al3+、Ca2+外，还有Mn2+；
(7)Sc2(C2O4)3在空气中“煅烧”生成Sc2O3和二氧化碳的化学方程式是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，
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.C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)
Ⅱ.C7H8(g)+CH3OH(g)⇌C8H10(g)+H2O(g)
Ⅲ.C8H10(g)+CH3OH(g)⇌C9H12(g)+H2O(g)
(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“＜”)。
③C6H6*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
【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). 75% (4). 1.8 (5). -61.4 (6). ＜ (7). C6H6*+H2O+CH3B=C7H8*+H2O+HB (8). B
【解析】
【分析】
(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，根据平衡移动的方向判断平衡时的值的变化；
②设当设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，即平衡时反应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，即平衡时反应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，设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，据此列三段式计算解答；
(2)①结合反应I的方程式：C6H6(g)+CH3OH(g)⇌C7H8(g)+H2O(g)，根据图示，利用盖斯定律解答；
②根据图示中，吸附CH3OH的焓变和吸附C6H6的焓变数值进行比较判断；
③根据图示，找到C6H6*和C7H8*所在的位置书写反应方程式；
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，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。
【详解】(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，即平衡时反应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，即平衡时反应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，设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：



根据以上转化后，平衡时CH3OH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=；
(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-1；
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-1，二者焓变都小于0，则吸附CH3OH的焓变＜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，故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，故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，故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，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点在于平衡常数的计算，要注意当反应I达到平衡时，反应Ⅱ和反应Ⅲ也必须达到平衡，在利用平衡常数表达式进行计算时，必须正确选取平衡时的各组分的含量是解题关键。
11.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图：

(1)已知SbCl3(三氯化锑)是挥发性显著物质，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anm、bnm、cnm，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)。
【答案】 (1). 共价键 (2). 三角锥形 (3). sp3 (4). sp2 (5). 1s22s22p63s63p63d10或[Ar]3d10 (6). SbCy3中Sb只含一对孤对电子 (7). Cu4I4(SbCy3)4或Cu4I4Sb4Cy12或Cu4I4Sb4C72H132 (8).
【解析】
【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。
【详解】(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
。
12.化合物W是一种医药化工合成中间体，其合成路线如图：

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】 (1). 丙烯 (2). 碳碳双键、氯原子 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). 2+O22+2H2O (6). (7). C13H16O2 (8). 、、、、、、、、、、、(写出其中3个) (9).
【解析】
【分析】
由合成路线分析可知，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，D与NaCN发生取代反应得到E，C的分子式为C3H6OCl2，C在Cu作催化剂、加热的条件下发生催化氧化生成D，则C为，B与HOCl发生加成反应得到C，则B为，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，则A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。
【详解】(1)根据上述分析，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，故答案为：丙烯；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，故答案为：加成反应；取代反应；
(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2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
(4)F与C2H5OH在浓硫酸加热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，故答案为：；
(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，故答案为：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、、、、、、、、、、、，故答案为：、、、、、、、、、、、(写出其中3个)；
(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，故答案为：。