108，2023年广东省广州市高三化学冲刺训练题(二)

这是一份108，2023年广东省广州市高三化学冲刺训练题(二)，共22页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Ni-59 Ga-70
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 中国传统文化中蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是
A. “堇荼如饴”里“饴”是指糖类，糖类均有甜味
B. “冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是K2CO3
C. “世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“丝、麻、裘、褐”主要成分均是蛋白质
D. “古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”里的“剂钢”的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高
【答案】B
【解析】
【详解】A．糖类不一定均有甜味，例如纤维素等，A错误；
B．草木灰的主要成分是碳酸钾，“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”里的“碱”是指K2CO3，其水溶液显碱性，B正确；
C．麻的主要成分为纤维素，不是蛋白质，故C错误；
D．“剂钢”为铁合金，硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，故D错误；
答案选B。
2. 下列叙述不正确的是
A. 中国古代利用明矾溶液的酸性来除铜镜的铜锈
B. 用标准盐酸溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C. 配制0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液480 mL，需选用500 mL容量瓶
D. 洗涤脱排油烟机表面的油脂污物时，热的纯碱溶液比冷的去污效果好
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾的化学式为，铝离子水解，溶液显酸性，可以与铜锈反应去除铜锈，A项正确；
B．用标准盐酸溶液滴定碱性的碳酸氢钠，滴定终点溶液显酸性，应使用甲基橙为指示剂，B项错误；
C．实验室没有480mL的容量瓶，所以选用规格稍大的500mL容量瓶，C项正确；
D．温度升高，碳酸根水解正向移动，生成更多氢氧根，去油污效果更好，D项正确；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 答案选B。
3. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C. 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
4. 下列说法正确的是
①都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物；④溶液与溶液的相同；⑤适量分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。
A. ①②④B. ①②⑤C. ②③⑤D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①在水溶液完全电离，溶于水的部分能完全电离，都是强电解质，故①正确；
②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料，故②正确；
③合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；
④溶液与溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以不相同，故④错误；
⑤适量通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，故⑤正确；
正确的是①②⑤，选B。
5. 下列关于有机物的叙述正确的是
A. 液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物
B. 环己烷与苯可用酸性溶液鉴别
C. 由合成的聚合物为
D. 能与溶液反应且分子式为的有机物一定是羧酸
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是仅含碳、氢元素的碳氢化合物，故A正确；
B．环己烷和苯但不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则酸性高锰酸钾溶液不能鉴别环己烷和苯，故B错误；
C．丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，故C错误；
D．由分子式为C2H4O2的有机物能与氢氧化钠溶液反应可知，符合条件的有机物可能为乙酸，也可能为甲酸甲酯，故D错误；
故选A。
6. 我国科学家提出用CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4的设想，置换过程如图所示，下列说法正确的是
A. E代表CO2， F代表CH4
B. 笼状结构中水分子间主要靠氢键结合
C. CO2置换出CH4的过程是化学变化
D. CO2可置换可燃冰中所有的CH4分子
【答案】B
【解析】
【详解】A. CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4，由题图可知E代表CH4， F代表CO2，故A错误；
B. 笼状结构中水分子间主要靠氢键结合，故B正确；
C. 由图可知CO2置换出CH4的过程没有形成新的化学键，则CO2置换出CH4的过程是物理变化，故C错误；
D. 由图可知小笼中的CH4 没有被置换出来，则CO2不可置换可燃冰中所有的CH4分子，故D错误；
故答案选：B。
7. 工业上用发烟将潮湿的氧化为棕色的烟，来除去Cr(III)，中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是
A. 中元素显+3价
B. 属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C. 该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
D. 该反应离子方程式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．CrO2(ClO4)2中O为 -2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0 ，可知该物质中Cr元素化合价为+6价，A错误；
B．Cl元素的非金属性较强，HClO4属于强酸， HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分 HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B 正确；
C．该反应的离子方程式为，其中19ml 中有3ml 作氧化剂，被还原为Cl-，8ml Cr3+全部作还原剂，被氧化为8ml CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8，C错误；
D．该反应的离子方程式为，D错误；
故合理选项是B。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 用醋酸除水垢：
B. 向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：
C. 用小苏打治疗胃酸过多：
D. 通入水中制硝酸：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．用醋酸除水垢，醋酸是弱酸，醋酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式是，故B错误；
C．用小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故C正确；
D．通入水中生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为
B. 用惰性电极电解溶液，当阴极产生22.4L气体时，转移的电子数为
C. 溶液中含的数目为
D. 向盐酸溶液中通入至中性(忽略溶液体积变化)，此时个数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不确定其物质的量，A错误；
B．没有标况，不确定生成气体的物质的量，B错误；
C．硅酸根离子水解导致其物质的量小于0.2ml，数目小于，C错误；
D．根据电荷守恒可知，，此时溶液呈中性，则，个数为，D正确；
故选D。
10. a、b、c、d、e为前四周期元素且原子序数依次增大，其中a、b、c均为短周期主族元素(其相对位置如图所示)，b、d、e三种原子组成一种晶胞。c的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸；d元素位于s区，基态原子的电子均成对；e与d的原子序数之差为2。下列说法不正确的是
A. 第一电离能：a＞bB. 粒子的空间结构是平面三角形
C. 晶胞的原子数之比D. 元素b、e可组成化合物
【答案】B
【解析】
【分析】a、b、c、d、e为前四周期元素且原子序数依次增大，其中a、b、c均为短周期主族元素(其相对位置如图所示)，c的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，c是S元素，则a是N元素、b是O元素；d元素位于s区，基态原子的电子均成对，d是Ca元素；e与Ca的原子序数之差为2，e是Ti元素。
【详解】A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N＞O，故A正确；
B．中S原子价电子对数为，有1个孤电子对，空间结构是三角锥，故B错误；
C．根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、O原子数为、Ca原子数为1，原子数之比，故C正确；
D．Ti的价电子排布为3d24s2，元素O、Ti可组成化合物，故D正确；
选B。
11. 下列实验操作能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲从碘水中萃取碘B. 用装置乙验证SO2的漂白性
C. 用装置丙检验溶液中是否有K＋D. 用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 苯与水不互溶，与碘不反应，且I2在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取剂，萃取碘水中的I2，可以达到实验目的，A项正确；
B. SO2与酸性的高锰酸钾之间因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明SO2具有漂白性，不能达到实验目的，B项错误；
C. 用焰色反应检验K+时，观察火焰的颜色时要透过蓝色的钴玻璃，不能达到实验目的，C项错误；
D. 将FeCl3溶液蒸干的过程中，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热后生成Fe2O3，因此将FeCl3溶液蒸干不能制备纯净的FeCl3，不能达到实验目的，D项错误；
答案选A。
【点睛】解答本题的关键是要掌握盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；
(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3；
(3)考虑盐受热时是否分解：
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；
(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
12. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法不正确是
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
13. 甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如下表所示，甲原子最外层电子数是其内层电子数的倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素。下列判断正确的是
A. 原子半径：丙＞丁
B. 甲与丁的核外电子数相差
C. 氢氧化物碱性：乙＜丙
D. 甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：丙（Al）>丁（Cl），故A正确；
B．甲为C、丁为Cl，二者核外电子数之差为17-6=11，故B错误；
C．金属性乙（Na）>丙（Al），金属性越强其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，故氢氧化物的碱性乙>丙，故C错误；
D．甲、乙的最高价氧化物分别为二氧化碳、氧化钠，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D错误，
故答案为A。
14. 常温下，浓度均为 0.1 ml·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氨水中，c(NH)=c(OH－)=0.1 ml·L-1
B. NH4Cl 溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C. Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH-)=c(H+)
D. Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH)，故A项错误；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH)＜c(C1-)，故B项错误；
C．c(Na+)=2c(SO)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项正确；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，故D项错误；
故选C。
15. 镁－次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是
A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强
B. 电池工作时，OH－向镁合金电极移动
C. 电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力
D. 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－＝2OH－
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。
A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；
B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH－向镁合金电极移动，B正确；
C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；
D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－+2H+=2H2O，D不正确。
故选D。
16. 25℃时，向溶液中滴入溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 25℃时，的电离平衡常数
B. M点对应的NaOH溶液体积为20.0mL
C. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q
D. N点所示溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，溶液的pH=3，则，A项错误；
B．M点pH=7，若加入20mLNaOH溶液，溶液中溶质是，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项错误；
C．完全反应后，加入的NaOH越多，对水的电离抑制程度越大，故N点水的电离程度比Q点大，C项正确；
D．N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)> c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. Ⅰ．学习小组在实验室制备并探究其相关性质，装置如下图所示。

（1）盛放溶液的仪器名称是___________。
（2）制取的离子方程式为___________。
（3）下列溶液褪色能证明具有还原性的是___________(填标号)。
A. 品红溶液B. 含有酚酞的NaOH溶液
C. 溴水D. 酸性溶液
Ⅱ．有同学提出与溶液反应时，溶液中的溶解氧也有可能起到氧化作用。设计如图所示实验装置探究溶液中与氧化的主导作用：

（4）下列实验均计时80秒，选择提供的试剂完成表格：
溶液、溶液、溶液、溶液
（5）由上述实验可得出：溶液中与氧化占主导作用的是___________(填“”或“”)。
（6）写出在有氧气的条件下，与反应的离子方程式：___________。
（7）GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为，阿伏加德常数的值为。

①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为___________；
②从GaN晶体中“分割”出平行六面体如图2，若该平行六面体的高为，GaN晶体的密度为___________(用、表示)。

【答案】（1）分液漏斗
（2） （3）CD
（4） ① 溶液 ②. 溶液
（5）
（6）
（7） ①. 12 ②.
【解析】
【分析】浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性使A中品红溶液褪色，二氧化硫和硝酸钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失导致酚酞溶液褪色，二氧化硫和溴水发生氧化还原反应而褪色，二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，尾气有毒需要处理；
【小问1详解】
盛放溶液的仪器名称是分液漏斗；
【小问2详解】
浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠和水、二氧化硫气体：；
【小问3详解】
A．品红溶液体现了二氧化硫的漂白性，A不符合题意；
B．二氧化硫具有酸性氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失，导致酚酞溶液褪色，B不符合题意；
C．溴水具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，C符合题意；
D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，D符合题意；
故选CD。
【小问4详解】
实验中探究溶液中与氧化的主导作用，则需要控制实验中的变量唯一；
实验i、ii为对照实验，变量为硝酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验ii填：溶液；
实验iii、iv为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iv填：溶液；
【小问5详解】
由实验i、ii为对照，验iii、iv为对照，通过pH变化可知，存在溶解氧的pH更小，故溶液中与氧化占主导作用的是；
【小问6详解】
在有氧气的条件下，氧气将四价硫氧化为六价硫的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为；
【小问7详解】
①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子在上中下层各存在3、6、3，共12个；
②根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、个Ga，已知六棱柱底边边长为，则底面积为，该平行六面体的高为，则晶体密度为。
18. 过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成的不利影响。因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂应用成为热点。以下是以含钴废渣（主要成分CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CCO3的一种工艺流程：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 ml/L计算）
回答下列问题：
（1）“酸浸”时通入SO2的目的是 ____________，反应的离子方程式为______________。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 __________________。
（3）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 ____________。
（4）用得到的CCO3等为原料采用微波水热法和常规水热法可以制得两种CxNi(1-x)Fe2O4（其中C、Ni均为+2价），均可用作H2O2分解的催化剂，有较高的活性。如图是两种不同方法制得的CxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：____________法制取得到的催化剂活性更高，由此推测C2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是____________ 。
（5）用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CC2O4)废料得到CCO3，向含有CC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CCO3沉淀生成时，溶液中=___________。[已知Ksp(CC2O4)=6.3×10-8 Ksp (CCO3) =1.4×10- 13]
【答案】 ①. 将C3+转化为C2+ ②. 2C3++SO2+2H2O= 2C2++SO42-+4H+ ③. 向有几层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 ④. 防止加入过快而产生C(OH)2沉淀 ⑤. 微波水热 ⑥. C2+ ⑦. 2.2×10-6
【解析】
【详解】（1）从流程图知要把C3+转化为C2+，SO2具有还原性，能把C3+转化为C2+，所以“酸浸”时通入SO2的目的是将C3+转化为C2+，反应的离子方程式为2C3++SO2+2H2O= 2C2++SO42-+4H+。因此，本题正确答案为：将C3+转化为C2+。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有几层中加入适量的硫酸溶液，使平衡逆向进行，充分振荡后再静置，分液。
（3）为防止因加入Na2CO3溶液过快而产生C(OH)2沉淀，“沉钴”时需缓慢滴加，因此，本题正确答案为：防止加入过快而产生C(OH)2沉淀。
（4）H2O2分解的分解速率越大，催化剂活性活性越高，根据图象可以知道，X相同时，微波水热法初始速率大于常规水热法，故微波水热制取得到的催化剂活性更高；由图可以知道，随X越大，过氧化氢的分解速率越大，而X增大，C2+的比例增大，故C2+的催化效果更好，因此，本题正确答案为：微波水热 ；C2+。
（5）向含有CC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CCO3沉淀生成时，Ksp(CC2O4)=c(C2+)c(CO32-)，Ksp (CCO3)=c(C2+)c(C2O42-)，所以溶液中= Ksp (CCO3)/ Ksp(CC2O4)= 1.4×10- 13/6.3×10-8=2.2×10-6。
19. 催化还原是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，在催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和。反应的热化学方程式如下：
I
Ⅱ
某实验室控制和初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】纳米棒；纳米片；
甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比。
已知：①和的燃烧热分别为和
②
回答下列问题(不考虑温度对的影响)：
（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式___________；反应Ⅱ的______。
（2）有利于提高转化为平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂 B．使用催化剂 C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大和的初始投料比
（3）对比实验a和c可发现：相同催化剂下，温度升高，转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因______。对比实验a和b可发现：相同温度下，采用纳米片使转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因______。
（4）在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有和由三种情况下“反应过程-能量”示意图___。

（5）研究证实，也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在___________极，该电极反应式是___________。
【答案】19 ①. ②. +41.2kJ•ml-1
20. CD 21. ①. 反应I为放热反应，反应II为吸热反应，催化剂相同的条件下，升高温度有利于CO2 转化为CO，不利于转化为CH3OH，甲醇的选择性降低。 ②. 相同温度下，催化剂Cat.2对反应I催化效率更高，相同时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高。
22. 23. ①. 阴极 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【小问1详解】
平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数表达式；CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•ml-1和-285.8kJ•ml-1，可知热化学方程式
a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•ml-1；
b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•ml-1，
c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•ml-1，
根据盖斯定律b-a+c得=-285.8kJ•ml-1+283.0kJ•ml-1+44.0kJ•ml-1=+41.2kJ•ml-1。
【小问2详解】
A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
选CD。
【小问3详解】
对比实验a和c：反应I为放热反应，反应II为吸热反应，催化剂相同的条件下，升高温度有利于CO2 转化为CO，不利于转化为CH3OH，甲醇的选择性降低。
对比实验a和b可发现：相同温度下，催化剂Cat.2对反应I催化效率更高，相同时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高。
【小问4详解】
从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
【小问5详解】
CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
20. 化合物M 是一种药物中间体，其中一种合成路线如图所示：

已知：
Ⅰ．+
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为___________；试剂X的化学名称为___________。
（2）C中官能团的名称为___________；由D生成E的反应类型为___________。
（3）由E生成F的第①步反应的化学方程式为___________。
（4）设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为___________。
（5）为M的同分异构体，同时满足下列条件的结构有___________种(不含立体异构)。
①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基。
②1ml最多能与反应。
③核磁共振氢谱有6种吸收峰。
（6）参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和为原料(其他试剂任选)，制备聚异丁烯的合成路线：___________。
【答案】（1） ①. ②. 环己酮
（2） ①. 羟基、醚键 ②. 取代反应
（3） （4）保护酚羟基不被氧化
（5）3 （6）
【解析】
【分析】由已知信息I及A→B过程可推知A为 ，X为 ；结合已知信息Ⅱ，可推知C为 。E： 水解并酸化后得到F：，F最后根据已知信息Ⅰ合成目标产物M： 。
【小问1详解】
由分析可知A的结构简式为；试剂X的化学名称为环己酮。
【小问2详解】
中含有羟基和醚键两种官能团，由D生成E的反应类型易知为取代反应。
【小问3详解】
在碱性条件下酯基发生水解，得到乙醇和盐，反应方程式为： ＋NaOH ＋CH3CH2OH。
【小问4详解】
设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的在于酚羟基易被CrO3氧化，为保护酚羟基而设计这两步操作。
【小问5详解】
M的同分异构体需要满足酚羟基对位含一个取代基，且含有两个羧基，满足条件的有机物只有三种： 。
【小问6详解】
以丙酮和为原料制备聚异丁烯的合成路线如下： 。a
b
c
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl无固体物质存在
甲
丁
实验编号
步骤操作
pH变化
i
取25mL煮沸过的溶液，通入
pH轻微减小
ii
取25mL未煮沸的①___________，通入
pH减小2.5
iii
取25mL煮沸过的溶液，通入
pH几乎不变
iv
取25mL未煮沸的②___________，通入
pH减小2
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
C2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
实验编号
温度(K)
催化剂
转化率()
甲醇选择性()
a
543
12.3
42.3
b
543
10.9
72.7
c
553
15.3
39.1
d
553
12.0
71.6