广西桂林市第十八中学2021届高三上学期第八次月考理科综合化学试题+Word版含答案

这是一份广西桂林市第十八中学2021届高三上学期第八次月考理科综合化学试题+Word版含答案，共16页。试卷主要包含了化学与生活、生产科技密切相关，NA 是阿伏加德罗常数的值，下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
①本试卷共12页，答题卡2页。考试时间150分钟，满分300分；
②正式开考前，请务必将自己的姓名、学号用黑色水性笔填写清楚填涂学号；
③请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Cu-64 Ag-108 Ca-40 Ba-137
第I卷（选择题，共126分)
选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求
7．化学与生活、生产科技密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌
B．高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料
C．《梦溪笔谈》中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应
D．我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅
8．NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键 B．13g乙炔(C2H2)和13g苯均含有2NA个原子
C．1 ml H216O比1ml H218O少2NA个质子 D．0.1 L 1 ml·L-1 CH3OH溶液中含有0.1NA个分子
9．有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ）
A．M中所有碳原子可能共面
B．N可以与钠反应生成H2
C．M生成N的反应为取代反应
D．M、N的一氯代物数目相同
10．利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图4装置可进行酸碱中和滴定
11．下列离子方程式正确的是（ ）
A．电解氯化镁溶液：2Cl—+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑
B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl—
C．用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H+=Ca2+ + CO2 ↑+ H2O
D．K2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32—+ 2Cl2 + 3H2O = 2SO32—+ 4Cl— + 6H+
12．某化合物(结构如图所示)是一种高效消毒剂，可用于工业用水、游泳池、医院、餐具的杀菌消毒。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z与W不在同一周期。下列叙述不正确的是（ ）
A．原子半径：W>Y>Z>X
B．该化合物中所有原子都满足8电子稳定结构
C．X、Y均能与Z形成两种或以上化合物
D．W的单质能使鲜花褪色
13．二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
电极B的材料是石墨
阴极区部分C1O2循环反应
产生C1O2的反应式为：C1O3—+ C1O2—+ 2H+ = 2C1O2↑ + H2O
电解后阳极区溶液pH增大
26．（14分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：
已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。
I．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。
(1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有____________(选填编号)
(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为____________________________，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是______________________________________________(写出操作、现象和结论)。
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。
依据实验过程回答下列问题：
(3)装置A中发生反应的离子方程式为________________________________，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是_________________________________________________。
(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是____________(选填编号)。
a．把盐酸换成不具有挥发性的硫酸 b．在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置
c．滴加盐酸不宜过快 d．在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
(5)实验中准确称取8.0 g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97 g。则样品中碳酸钙的质量分数为____________。
27．（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图：
试回答下列问题：
(1)“焙烧”时生成的主要气体有___________；滤渣I的主要成分为___________。
(2)氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因____________________________________。
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是________________________________________________________。
(3)试剂a可能是___________。
(4)资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是_________________________________________________________________。
(5)该流程中可以循环利用的物质是___________。
28．（15分）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) ∆H1= -49. 1 kJ/ml
反应II： CH3OCH3(g) +H2O(g)2CH3OH (g) ∆H2 = + 24.5kJ/ml
反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) ∆H3
(1)∆H3 =___________kJ/ml。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是___________(填序号)。
A．体系的温度保持不变 B．CO2和H2的转化率相等
C．单位时间内体系中3mlH2减少的同时1mlH2O增加 D．合成CH3OH的反应限度达到最大
(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH3OH的浓度依次为1.5ml/L、1.5ml/L、1ml/L，此时CH3OCH3的转化率是___________，反应速率v(正)_______v(逆) (选填“>”、“=”或“<”)。
(4)在某压强下，反应I在不同温度、不同投料比时CO2的平衡转化率如图所示。则温度Tl_______T2，该反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为________________(用“>、=、<”填空)

(5)恒压下将CO2和H2按体积比1: 3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和III，在相同的时间段内CH3OH的产率、选择性随温度的变化如上图所示。其中CH3OH的选择性=100﹪
①当温度高于230°C时，CH3OH产率下降的可能原因是___________________________________________。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是________________（填序号）。
A.210 ℃ B.230 ℃ C.CZT催化剂 D.CZ（Zr-1）T催化剂
35. [化学-选修3：物质结构与性质]（15分）
我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6。
(1)“中国蓝”、“中国紫”中均有Cun＋离子，n＝____，基态时该阳离子的价电子排布式为_______________。
(2)“中国蓝”的发色中心是以Cun＋为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是________元素。
(3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9 kJ·ml－1、1733.3 kJ·ml－1，前者高于后者的原因是:________。
(4)铜常用作有机反应的催化剂。例如，2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。
①乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_____________；乙醛分子中π键与σ键的个数比为___________。
②乙醛分子中碳原子的杂化轨道类型是_______________。
(5)铜的晶胞如图所示。铜银合金是优质的金属材料，其晶胞与铜晶胞类似，银位于顶点，铜位于面心。
①该铜银合金的化学式是___________________。
②已知：该铜银晶胞参数为a cm，Ag、Cu原子半径分别为b cm、c cm，则该晶胞中原子空间利用率φ为_______。(用代数式表示，晶胞中原子空间利用率＝×100%)
36. [化学-选修5：有机化学基础]（15分）
化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，可以通过如图所示的路线合成，回答下列问题：
(1)化合物E中含氧官能团的名称________________，其分子式是________________。
(2)反应1、2、3、4中属于取代反应的有______个。
(3)化合物C的结构简式为_____________________。
(4)化合物D与足量氢氧化钠反应的化学方程式为______________________________________________。
(5)为了提高C的产率，可采取的措施是______________________________________________________。
(6)满足下列条件的B的同分异构体有_________种，写出满足核磁共振氢谱1：1：2：2的其中一种结构的结构简式____________________________________。 ①属于芳香族化合物； ②环上有三个取代基。
【化学答案】
7.【答案】C【详解】A．明矾在水中能水解并生成氢氧化铝胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的作用，可用于水的净化，A不正确；
B．增强聚四氟乙烯板，是有机高聚物，属于有机高分子材料，B不正确；
C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，是发生Fe与CuSO4的置换反应，属于氧化还原反应，C正确；
D．计算机的芯片材料是使用高纯度硅制成的，二氧化硅用于生产光导纤维，D不正确；
8.【答案】B【详解】A．标况下水不是气体，所以2.24L水的物质的量不是0.1ml，故A错误；
B．乙炔和苯的最简式均为CH，13g乙炔或苯均含有1mlCH，即含有2NA个原子，故B正确；
C．H216O和H218O所含质子数均为10，故C错误；
D．0.1 L 1 ml·L-1 CH3OH溶液中含有0.1NA个甲醇分子，但除了甲醇分子溶液中还有水分子，故D错误；
9.【答案】B【详解】A．M中数字所标注的C均为烷烃的碳，空间结构为四面体形，特别是3号位置的C，与另外四个C形成四面体，因此所有C原子不可能共平面，A错误；
B．N物质中有羟基(-OH)，可以与活泼金属Na反应生成H2，B正确；
C．M生成N的过程中，M的一个羰基变为羟基，属于加成反应，C错误；
D．M有6种不同化学环境的H，，因此一氯代物有6种，N有8种不同化学环境的H，，但是Cl一般不能取代羟基上的H，因此一氯代物有7种，两者的一氯代物数目不同。10.【答案】D【详解】A．通过在坩埚中加热胆矾晶体可获得无水硫酸铜，A错误；
B．图2装置中的温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，B错误；
C．乙醇与乙酸乙酯互溶，不能用分液漏斗进行分离，C错误；
D．酸碱中和滴定时，酸盛放在酸式滴定管内，碱及2到3滴指示剂盛放在锥形瓶内，进行中和滴定，D对；
11.【答案】B【详解】A．电解氯化镁溶液，阳极Cl-放电，生成Cl2，阴极H+放电生成H2，阴极附近OH-结合Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，即Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B．向FeCl2溶液中通入Cl2，发生氧化还原反应，Fe2+失电子被氧化成Fe3+，Cl2得电子被还原为Cl-，其离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B正确；
C．醋酸为弱酸，不能拆成离子，则用醋酸除去水垢的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C错误；
D．向K2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应方程式为+4Cl2+5H2O═2+8Cl-+10H+，故D错误；
12.【答案】A【分析】根据结构简式的共价键成键数目可知，X可形成4个共价键，则最外层电子数为4，即位于IVA族，同理可推出Y形成3个共价键，则最外层电子数为5，位于VA族，Z形成2个共价键，则最外层电子数为6，位于VIA族，W形成1个共价键满足稳定结构，则最外层电子数为7，位于VIIA族，又X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，且Z与W不在同一周期，则可推知X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质分析解答。
【详解】A．同一周期元素原子半径从左到右依次减小，且同一主族元素原子半径从上到下依次增大，根据上述分析可知，原子半径大小排序为：W(Cl)> X(C) > Y(N) > Z(O)，A错误；
B．该化合物中不含氢原子，所有原子都为8电子稳定结构，B正确；
C．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，则X、Y能与Z分别形成CO和CO2等、NO和NO2等两种及其以上化合物，C正确；
D．W的单质为氯气，鲜花中含水分，则氯气可使湿润的鲜花褪色，D正确；
13.【答案】D【分析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。
【详解】A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；
B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；
C.由分析可知，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2↑+H2O，故C正确；
D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4 e—= O2↑+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；
26.【答案】(每空2分，共14分) BCD Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3； CO2+2OH-=CO32-+H2O 使反应产生的CO2全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收 c 12.5%
【分析】I．将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量 NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；
Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中CO2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。
【详解】I．(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；
(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3；
Ⅱ．(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；
(4) a．若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；
b．B、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在A~B之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意
c．若滴加盐酸过快，则生成CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意；
d．若在B~C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；
(5)BaCO3质量为1.97 g，则n(BaCO3)==0.01 ml，根据C元素守恒可知在8.0 g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01 ml，其质量m(CaCO3)=0.01 ml×100g/ml=1.0 g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=12.5%。
27.【答案】(除特别注明外，每空2分，共14分) NH3、CO2 SiO2（1分） 引入新杂质Mn2+，产品不纯；将Cl-氧化为Cl2造成污染 否（1分），不先将Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素（2分） MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等) Na2CO3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低 NH4Cl
【分析】菱镁矿主要成分为MgCO3（含少量FeCO3和SiO2杂质），加入NH4Cl在空气中焙烧，主要反应为MgCO3+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，杂质FeCO3也发生类似的反应生成FeCl2，加水溶解，SiO2不溶于水，进入滤渣I中，加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a调pH，但不能引入新物质，故试剂a可以选择Mg的化合物MgO、MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等，此时Fe3+完全水解为Fe(OH)3，过滤除去Fe(OH)3（滤渣II），加入NH4HCO3，Mg2+转化为MgCO3沉淀并得到NH4Cl溶液，经过煅烧得到纳米MgO。
【详解】(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2；滤渣I的主要成分为SiO2；
(2)H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，而的还原产物为Mn2+，引入新杂质Mn2+，产品不纯，另外，氧化性很强，可将溶液中的Cl-氧化为Cl2，造成污染；根据表格数据可知，Fe2+的完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素，故需将Fe2+氧化为Fe3+，得到Fe(OH)3过滤除去；
(3)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；
(4)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；
(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。
【答案】(除特别注明外，每空2分，共15分) -122.7（1分） AD 25% > < KA = KC > KB 反应I的△H＜0，230℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降 BD
【详解】(1)由盖斯定律可知，(反应I×2—反应II)得反应III，则△H3 =2△H1 —△H2 =2×(-49. 1 kJ/ml)—(+ 24.5kJ/ml)= -122.7kJ/ml，故答案为：-122.7；
(2) A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；
B. 由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；
C.单位时间内体系中3ml氢气减少和1ml水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；
D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故AD正确；
(3)由甲醇的浓度为1ml/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5ml/L，起始时甲醚的浓度为(1.5ml/L+0.5ml/L)=2.0ml/L，则甲醚的转化率为×100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc==＞K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25%；＞；
(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，A、C温度相同，低于B，则反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为KA= KC > KB ，故答案为：<；KA= KC > KB；
(5)①由图可知230°C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于230°C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的△H＜0，230℃以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；
②使用CZ（Zr-1）T催化剂时甲醇的选择性和产率均更高，故选择CZ（Zr-1）T催化剂。从产率看，230 ℃时CZ（zr-1）T催化剂作用下甲醇产率最高，故选择BD。
35.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 2 （1分） 3d9 （1分） O （1分）
Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 乙醇分子间存在氢键 1:6 sp2、sp3 AgCu3或Cu3Ag
【分析】(1)化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价和价电子排布式；
（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；
（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；
（4）4条σ键，碳原子无孤电子对，采取sp3杂化类型， 3条σ键和1条π键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。
【详解】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun＋离子，n＝2，Cu的价电子排布式为3d104s1, Cu2+价电子排布式为3d9；
(2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；
(3) Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn的第二电离能；
(4)①乙醇分子间存在氢键，而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个π键6个σ键，个数比为1:6；
②乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。
(5) ①用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；
②原子空间利用率
【点睛】氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率的计算用原子的体积除以晶胞的体积。
36.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 酯基（1分） C9H6O2 3 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 及时移走C 6 或
【分析】A的分子式为C2H4O，与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由乙酸和CH3COCl的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，B（）与甲醇可在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，则推知C的结构为，由D的结构简式可知，CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，D中存在酯基，可在碱液中可以发生水解反应生成目标产物E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
【详解】(1)化合物E的结构简式为：，其中所含官能团为碳碳双键、酯基，不饱和度为4（苯环）+1（脂环）+1（碳碳双键）+1（酯基）=7，则推算出其分子式是C9H6O2，故答案为：碳碳双键、酯基；C9H6O2；
(2)根据上述分析可知，反应1为醛的催化氧化，属于氧化反应，反应2为羧基的取代反应，反应3为酯化反应，也属于取代反应，反应4为CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，属于取代反应，所以其中属于取代反应的有3个，故答案为：3；
(3)根据上述分析可知，化合物C的结构简式为；
(4)化合物D中含有2个酯基，可与氢氧化钠碱性溶液发生水解反应，水解生成的1个酚羟基和2个羧基会和氢氧化钠发生酸碱中和反应，其化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；
(5)反应3为酯化反应，属于可逆反应，根据平衡移动原理，及时移走C，使平衡向正反应方向移动，提高C的产率，故答案为：及时移走C；
(6) B的分子式为C7H6O3，不饱和度为5，其同分异构体若满足①属于芳香族化合物，则含有苯环；②环上有三个取代基，取代基可以是1个醛基和2个羟基，先固定2个羟基的位置，分别为邻间对位，再移动醛基（用数字代替醛基的位置种类），其同分异构体可以是：、、，故共计6种；满足核磁共振氢谱1：1：2：2，则说明分子中氢原子的环境是对称结构，氢原子的个数之比为1：1：2：2，则醛基的位置可以是第3种或第5种，即其结构简式为或，故答案为：6；或。
【点睛】
同分异构体数目的确定是有机物推断题的难点，要求学生有很好的逻辑分析能力，可以采用分类讨论思想，利用“定一议二”的方法分析作答，本题是先固定2个羟基在苯环侧链的位置，再移动另一个醛基的位置。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Mg2+
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
9.0
2.8
10.9
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
B
D
B
A
D