四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题.doc

四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题

四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题

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四川省乐山市犍为一中2020届高三化学模拟考试试题（含解析）
1.化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. 侯德榜制碱法制备NaHCO3的原理是利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质
B. “雷雨肥庄稼”含义是N2最终转化成NO3-，此转化过程中氮元素被还原
C. “金柔锡柔，合两柔则为刚”中“金”为铜，说明合金的硬度一般大于各组分金属
D. 我国科学家利用蜡虫肠道菌群将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．侯德榜制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行，利用溶解度较大的物质制备溶解度较小的物质，故A正确；
B．根据氧化还原反应理论可知，N2最终转化成NO3-，氮元素的化合价升高，失去电子，做还原剂，被氧化，发生氧化反应，故B错误；
C．合金是金属与金属或金属与非金属的混合，具有低熔点、高硬度、抗腐蚀能力强等特点，故C正确；
D．加快塑料降解速率，可减少“白色污染”，所以将塑料降解的时间由500年缩减到24小时，有助于解决“白色污染”问题，故D正确；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应口诀：升（化合价）失（电子）氧化（被氧化、发生氧化反应、得氧化产物）还原剂（还原性）。
2.实验室用SO2还原MnO2制备MnSO4的装置如图所示，下列说法正确的是( )

A. 装置B中试剂可为Na2SO3溶液，其作用是除去SO2中的HCl
B. 装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度过高时反应速率可能减慢
C. 将装置D中所得MnSO4溶液蒸干可获得纯净的MnSO4·H2O
D. 装置E中发生反应的离子方程式为SO2+2OH－＝SO32-+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
A装置中，2HCl+Na2SO3=2NaCl+H2O+SO2↑，生成SO2气体，但是会有HCl气体挥发出来，B装置用来吸收HCl，选用饱和NaHSO3溶液。C装置为安全瓶，防倒吸，D装置发生反应：MnO2+SO2=MnSO4，制得MnSO4，E装置吸收过量的SO2，防止汚染空气。
【详解】A．Na2SO3溶液能与SO2反应，故装置B中的试剂不能是Na2SO3溶液，可用饱和NaHSO3溶液，A错误；
B．当温度过高时，SO2在水中的溶解度减小，反应速率减慢，B正确；
C．MnSO4•H2O受热易分解，故不能将溶液蒸干，可用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到MnSO4•H2O， C错误；
D．石灰乳是悬浊液，不能拆写，因此反应离子方程式为SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O，D错误。
故选B。
3.旋烷是一类比较特殊的碳氢化合物，其张力较大。如下给出了几种旋烷的结构。下列说法不正确的是( )

A. 旋烷①与三甲苯互为同分异构体
B. 旋烷②的二氯代物种类数小于其十四氯代物的种类数
C. 1 mol旋烷③完全燃烧时消耗20 mol O2，生成10 mol H2O
D. 旋烷系列分子中含碳量为0. 9
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，旋烷①、②、③、④的分子式分别是C9H12、C12H16、C15H20、C18H24，所以旋烷分子的通式是 C3n +6H4n+8 (n≥l)。
【详解】A．旋烷①与三甲苯分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，A正确；
B．根据旋烷②的分子式为C12 H16，可以得出其二氯代物种类数等于其十四氯代物的种类数，B错误；
C．旋烷③(C15H20)完全燃烧时消耗20 mol O2，生成10 mol H2O，C正确；
D．根据旋烷的通式，可以得出其含碳量为，D正确。
故选B。
4.2019年被联合国定为“国际化学元素周期表年”，如图为元素周期表的一部分，其中W、X、Y、Z均为短周期元素，Y的氧化物易形成酸雨。下列叙述正确的是( )
W

X

Y
Z

A. X的简单氢化物为强酸
B. Z的氧化物对应水化物的酸性强于Y的氧化物对应水化物的酸性
C. WY2分子中每个原子最外层均达到8电子稳定结构
D. X单质能够从Z的盐溶液中置换出Z单质
【答案】C
【解析】
【分析】
Y的氧化物易形成酸雨说明Y是S元素，根据表格里元素相对位置的关系，Z是Cl元素，X是F元素，W是C元素。
【详解】A．X的简单氢化物是HF，是弱酸，A错误；
B．Z的氧化物对应水化物有可能是HClO，HClO属于弱酸，其酸性弱于Y的氧化物对应水化物H2SO4的酸性，B错误；
C．CS2分子与CO2分子结构相似，结构式为S=C=S，每个原子的最外层均为8电子稳定结构，C正确；
D．F2 直接与水反应，不能置换出氯化物水溶液中的氯元素，D错误。
故选C。
【点睛】本题的易错选项为B，B选项中只说了氧化物的水化物，没有说最高价。Cl元素有多重化合价，氧化物对应的酸也有很多种，比如HClO，HClO2，HClO3，HClO4，S元素也有两种含氧酸，H2SO4，H2SO3，所以不一定是比较HClO4和H2SO4的酸性。
5.下列实验方案与现象正确且能达到相应实验目的的是( )
选项
实验目的
实验方案与现象
A
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B
证明酸性条件下，氧化性:H2O2 > Fe3 +
向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C
证明同温下，溶度积常数:
Ksp(AgCl)> Ksp(Ag2CrO4)
向体积为100 mL、浓度均为0.01 mol·L-1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加 0.01 mol·L-1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D
证明溶液X中含有
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象,再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于新制氯水有酸性和漂白性，所以向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，A错误；
B．向Fe(NO3)2 溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2 >Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，B错误；
C．Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断大小，C错误；
D．向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续试验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有，D正确。
故选D。
6.我国成功研发一种新型铝-石墨双离子电池，这种新型电池采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池总反应为Cx(PF6) +LiAlxC + PF6-+Li+ +Al。该电池放电时的工作原理如图所示。下列说法不正确的是( )

A. 放电时，B极的电极反应为LiAl－e－＝Li+ +Al
B. Li2SO4溶液可作该电池的电解质溶液
C. 充电时A极的电极反应式为xC + PF6-－e－＝Cx(PF6)
D. 该电池放电时，若电路中通过0.01 mol电子，B电极减重0.07 g
【答案】B
【解析】
【分析】
电池总反应为 Cx (PF6) + LiAlxC + + Li + +Al，放电时锂离子向A极移动，则A极为正极，B极为负极。
【详解】A．放电时B极为负极，负极上LiAl失电子发生氧化反应，电极反应为LiAl-e- =Li+ +Al，故A正确；
B．锂铝合金会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以该电池的电解质溶液不能使用任何水溶液，B错误；
C．充电时A极为阳极，电极反应式为 xC+-e-=Cx(PF6)， C正确；
D．该电池放电时，若电路中通过0.01 mol电子，则B极有0.01 mol Li失去电子变成 Li+ ，B电极减重0.07 g， D正确；
故选B。
7.室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是

A. 整个过程中，水的电离程度逐渐增大
B. 该温度下H2S的Ka1数量级为10-7
C. 曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化
D. a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1 mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；
B．由图中起点可知0.1 mol/L H2S溶液电离出c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；
C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；
D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；
答案选C。
8.锆石(ZrSiO4)酷似钻石且价格低廉，是钻石很好的代用品。天然锆石的主要成分是ZrSiO4，另外还常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质。工业上以天然锆石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：

已知：i．氯化过程中除C、O外，其他元素均转化为其最高价氯化物；
ⅱ．Zr在化合物中通常显+4价；ZrC14易溶于水，400　℃时升华；
ⅲ．“配合”生成的Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
(1)将锆石“粉碎”的目的是_______________________________。
(2)“氯化”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式为_______________，由下图可知，“氯化”过程选择的最佳反应条件是_________ ；若“氯化”温度过高会导致ZrC14产率降低，原因是________。

(3)常用的铜抑制剂为NaCN，它可与重金属离子生成沉淀，如Cu(CN)2，其Ksp＝4.0×10－10。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol·L－1，若溶液中Cu2+的浓度小于等于1.0×10－6mol·L－1时可视为沉淀完全，则Cu2+沉淀完全时溶液中CN－的浓度为________mol•L－1。
(4)由于NaCN有剧毒，所以需要对“废液”中的NaCN进行处理，通常选用漂白液(有效成分是NaClO)在碱性条件下将其氧化，其产物之一是空气中的主要成分，则上述反应的离子方程式为___________。
(5)流程中“萃取”与“反萃取”可以分离铁、富集锆，简述“萃取”的原理：________________。
【答案】 (1). 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2). ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2 (3). 1MPa、380~400℃ (4). 高于400℃时ZrCl4升华，产率降低 (5). 0.02 (6). 2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2↑+H2O (7). Fe(SCN)3难溶于MIBK，则Zr(SCN)4被MIBK萃取进入有机层
【解析】
【分析】
天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中是NaAlO2，沉淀中主要有H2SiO3、Fe(OH)3、Zr(OH)4 、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl，H2SiO3不溶。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，加入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)将锆石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
(2)根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；观察图像可知产率最高点时的压强和温度分别是1MPa、380~400℃；温度过高会使ZrC14升华，导致产率降低；
(3)Cu2+沉淀完全时溶液中满足：1.0×10-6•c2(CN-)=4×10-10，即c(CN-)=0.02mol·L-1；
(4)漂白液的有效成分是NaClO，由题意知，发生反应的离子方程式为2CN-+5C1O-+2OH-=2+5Cl-+N2↑+H2O；
(5)“配合”后，Fe3+、Zr4+分别生成Fe(SCN)3、Zr(SCN)4；
Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MIBK萃取进入有机层，从而达到分离铁、富集锆的目的。
【点睛】要注意本题的第（5）小题，既有萃取又有反萃取，比较混乱，但只要把握住最终要得到Zr(SCN)4，即Zr(SCN)4要进入沉锆的环节，所以该萃取和反萃取的过程是为了除去Fe(SCN)3。
9.硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下：

①在仪器a中先加入20 g铜片、60 mL水，再缓缓加入 17 mL浓硫酸；在仪器b中加入39 mL浓硝酸；在仪器c中 加入20%的石灰乳150 mL。
②从仪器b中放出约5 mL浓硝酸，开动搅拌器，然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后一滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。
③将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片，溶液冷却至室温，析出蓝色晶体。
试回答下列问题：
(1)仪器b的名称为_______；将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是_____________。
(2)写出仪器a中反应的化学方程式:________________。
(3)步骤②中将导气管先从仪器c中取出再停止加热的目的是____________________。
(4)为提高尾气吸收，防止空气污染，下列装置___________(填字母)适合吸收逸出的气体(反应中产生的气体因来不及被石灰乳吸收而逸出)。

(5)根据表中五水硫酸铜和硝酸铜在不同温度下的溶解度，分析步骤③中溶液冷却至室温析出蓝色晶体的主要原因：_________。除去硫酸铜晶体中的少量硝酸铜可采用____________方法，检验硝酸铜是否被除净的方法：_____________。

(6)本实验采用硝酸氧化法制取硫酸铜，工业上也常采用将铜在450 ℃左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法。采用硝酸氧化法的优点在于__________________。
(7)用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成 100 mL 溶液，每次取 20. 00 mL，用 c mol • L-1 EDTA (H2Y2－)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。 滴定反应为Cu2++ H2Y2－→CuY2－+2H+。计算蓝色晶体中Cu2+质量分数w＝____________。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 旋转玻璃塞，使分液漏斗颈上的小孔与玻璃塞上的凹槽对齐 (3). Cu+H2SO4+2HNO3 =CuSO4+2NO2 ↑+2H2O (4). 防倒吸 (5). B (6). 五水硫酸铜在室温下的溶解度明显小于硝酸铜的溶解度，易冷却结晶析出 (7). 重结晶 (8). 取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明硝酸铜已被除净 (9). 能耗低，且生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐副产品 (10).
【解析】
【分析】
三颈烧瓶中发生反应：Cu+H2SO4+2HNO3 =CuSO4+2NO2↑+2H2O，反应中Cu过量。步骤电炉加热至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时NO2会转化为NO，NOx通入石灰乳中被部分吸收，来不被石灰乳吸收而逸出的气体主要是NO，需要通入氧气才能完全被NaOH溶液吸收。反应产生的反应完毕后，将溶液冷却至室温，由于硫酸铜的溶解度远小于硝酸铜的溶解度，所以硫酸铜晶体会从溶液中析出。
【详解】(1)仪器b是分液漏斗；使用分液漏斗滴加液体时，应旋转玻璃塞，使分液漏斗口径上的小孔与玻璃塞下的凹槽对齐，便于液体顺利流下。
(2)由题意可知，铜片与浓硫酸和浓硝酸反应制备硫酸铜的同时还生成红棕色的NO2，反应的化学方程式为 Cu+H2SO4+2HNO3 =CuSO4+2NO2↑+2H2O。
(3)若先停止加热，三颈烧瓶内温度降低，气体压强减小，容易引起倒吸，故为防止倒吸，应先将导气管从仪器c中取出，再停止加热。
(4)逸出的气体中除NO2还可能含有NO， NO2可以被NaOH溶液吸收，NO需在氧气的作用下才能被 NaOH溶液吸收，故应选择B装置。
(5)由题表中数据可知，五水硫酸铜在室温下的溶解度明显小于硝酸铜的溶解度，温度较低时易结晶析出。结晶析出的硫酸铜晶体中可能含有少量的硝酸铜，要除去硫酸铜晶体中的硝酸铜，可采用重结晶的方法。检验硝酸铜是否被除净可以通过检验判断，故可通过在酸性条件下与铜反应生成NO，NO遇空气变为红棕色的NO2的方法检验。
(6)焙烧氧化法需要在 450℃左右的较高温度下进行，能量消耗大，而硝酸氧化法在常温下就能进行，且生成的NO2通过微热处理再赶入碱液中即可获得硝酸盐或亚硝酸盐副产品。
(7)根据滴定反应 Cu2+ + H2Y2-→CuY2-+2H+及平均消耗 c mol•L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液b mL，可以得出100 mL溶液中n(Cu2+) =bc×10-3×5 mol，则蓝色晶体中Cu2+的质量分数w= 。
【点睛】本题第（6）问需要注意，一般情况下HNO3做氧化剂，被还原后生成氮的氧化物，而氮的氧化物是污染气体，故一般不用HNO3做氧化剂。但本题中HNO3是原料之一，生成氮的氧化物，可以用来制硝酸，故本题选用硝酸做氧化剂。
10.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景，可用Pt/Al2O3、Pd/C、 Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇:2H2 (g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
(1)下表所列数据是各化学键的键能，该反应的ΔH=_______(用含字母的代数式表示)。

(2)某科研小组用Pd/C作催化剂，在450℃时，研究了n(H):n(CO)分别为2:1、3:1时CO转化率的变化情况(如图)，则图中表示n(H2)：n(CO)=3:1的变化曲线为______(填“曲线a"或“曲线b”)。

(3)某化学研究性学习小组模拟工业合成甲醇的反应，在2L的恒容密闭容器内充入1 mol CO和2molH2，加入合适催化剂后在某温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如下：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
12.6
10.8
9.5
8.7
8.4
8.4

则从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为________,该温度下的平衡常数K为_______.
(4)将CO和H2加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH<0。平衡时CO的体积分数(%)与温度和压强的关系如下图所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。

T1、T2、T3由大到小的关系是_________,判断理由是____________
(5)美国的两家公司合作开发了多孔硅甲醇直接燃料电池，其工作原理如图

①石墨2为__________ (填“正“或“负“)极。
②石墨1极发生的电极反应式为________
【答案】 (1). （2a+b-3c-d-e）kJ·mol-1 (2). 曲线a (3). 0.0125mol·L-1·min-1 (4). 4 (5). T3>T2>T1 (6). 压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，则T3>T2>T1 (7). 正 (8). CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
(1)反应热ΔH=反应物的键能和生成物键能和；
(2)n(H2)：n(CO)越大，CO的转化率越大；
(3)反应进行到20min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强为12.6MPa，平衡时压强为8.4MPa，则平衡时总物质的量为3mol=2mol，设反应中参加反应的CO的物质的量为xmol，则：
2H2 (g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
起始物质的量（mol） 2 1 0
变化物质的量（mol） 2x x x
平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x
故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得x=0.5，再根据速率公式和平衡常数表达式计算即可；
(4)图示中压强越大，CO体积分数越小，且CO(g)+2H2(g) ≒CH3OH(g) ΔH<0温度升高平衡逆向移动，CO的体积分数越大；
(5)由甲醇燃料电池工作原理可知，石墨2通入O2，发生还原反应生成H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨1为原电池的负极，发生氧化反应，甲醇被氧化生成CO2；
【详解】(1)已知反应热ΔH=反应物的键能和-生成物键能和，则2H2 (g)+CO(g)⇌CH3OH(g)的反应热ΔH=（2a+b）kJ/mol-(3c+d+e)kJ/mol=（2a+b-3c-d-e）kJ·mol-1；
(2)n(H2)：n(CO)越大，CO的转化率越大，故曲线a表示n(H2)：n(CO)=3：1的变化曲线；
(3)反应进行到20min时达到平衡，在恒温恒容容器中压强与气体的物质的量成正比，起始时总物质的量为3mol，压强为12.6MPa，平衡时压强为8.4MPa，则平衡时总物质的量为3mol=2mol，设反应中参加反应的CO的物质的量为xmol，则：
2H2 (g)+CO(g)⇌CH3OH(g)
起始物质的量（mol） 2 1 0
变化物质的量（mol） 2x x x
平衡物质的量（mol） 2-2x 1-x x
故（2-2x）+（1-x ）+x=2，解得x=0.5，
则从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为=0.0125mol·L-1·min-1；
该温度下的平衡常数K===4；
(4)已知CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH<0，平衡时温度升高平衡逆向移动，CO的体积分数增大，由图示可知压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应向左移动，则T3>T2>T1；
(5)①石墨2通入O2，发生还原反应生成H2O，而原电池的正极发生还原反应，则石墨2为正极；
②石墨1为燃料电池的负极，甲醇被氧化生成CO2，发生的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
11.近年来，在西藏自治区的铜金多金属成矿带多次发现罕见的金属互化物。金属互化物是合金中的一种，可表示为如Cu-Ni-Zn 或CaCux等形式。
(1)某种金属互化物具有自范性，原子在微观空间里呈现周期性的有序排列，该金属互化物属于____________(填“晶体”或“非晶体”)。
(2)铜在元素周期表中的位置是____________，基态Cu原子核外有__________种能量不同的电子。
(3)Ni2+能与许多配体形成配合物，如[Ni(CN)4]2－、二丁二酮肟合镍(Ⅱ)等。
①写出一种与CN-互为等电子体的分子：_______________(用化学式表示)。
②二丁二酮肟合镍(Ⅱ)的结构如图1所示，Ni的配位数为____________，配位原子为____________，其中C原子的杂化方式为_____________。

(4)甲烷、氨气和水分子中的C、N、O原子均采用sp3杂化，VSEPR模型均为正四面体构型，比较三种分子的键角由大到小的顺序为_________，其原因是__________。
(5)CaCux可看作由如图2所示(a)(b)两种原子层交替堆积排列而成，图(c)表示CaCux晶胞结构图。合金CaCux中x=____________。已知同一层中Ca、Ca原子间的距离均为294pm，根据图示求同层的Ca、Ca原子间的距离为____________pm(取=1.73,结果保留整数)。

【答案】 (1). 晶体 (2). 第四周期IB族 (3). 7 (4). CO(或N2) (5). 2 (6). N (7). sp2、sp3 (8). CH4>NH3>H2O (9). CH4、NH3、H2O分子中分别含0、1、2对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对与成键电子对间的排斥力，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小 (10). 5 (11). 509
【解析】
【详解】(1)晶体具有自范性，而非晶体无自范性，因晶体中的原子在微观空间里呈现周期性的有序排列，故该金属互化物属于晶体。
(2)铜位于元素周期表第四周期IB族，铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，不同能级上电子能量不同，Cu共有7个能级，故基态Cu原子核外有7种能量不同的电子。
(3)①与CN-互为等电子体的分子有CO、N2。②由题图可知，N原子与O原子之间形成了2个配位键，根据成键原理可知N原子与Ni原子之间形成2个配位键(如图)，则Ni的配位数为2，因N原子有一对孤电子，则N原子为配位原子；其中-CH3中碳原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，另一种碳原子的价层电子对数为2+1=3，杂化方式为sp2，故碳原子的杂化方式为sp2、sp3。

(4)甲烷、氨气和水分子中的C、N、O原子均采用sp3杂化，VSEPR模型均为正四面体构型，其差异为中心原子形成的成键电子对数与孤电子对数。电子对之间的排斥力大小关系为孤电子对与孤电子对>孤电子对与成键电子对>成键电子对与成键电子对。CH4分子中均为成键电子对，NH3分子中含3对成键电子和1对孤对电子，H2O分子中含2对成键电子和2对孤对电子，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小，故CH4、NH3、H2O三种分子的键角由大到小的顺序为CH4>NH3>H2O。
(5)由题图(c)可知，该晶胞中Ca原子数目为1/6×12+1/2×2=3，Cu原子数目为1/2×18+6=15，则Ca、Cu原子个数比为3︰15=1︰5，合金CaCux中x=5。设同层Ca、Ca原子间的距离为dpm，结合几何关系分析(如图)，可列出关系式：1/2d=/2×294，解得d≈509，故同层Ca、Ca间的距离为509 pm。

12.化合物I(4-对羟基苯基-2-丁酮)是国际公认的既安全又获广泛应用的合成香料。由化合物A制备I的一种合成路线如下：

回答下列问题:
(1)A的化学名称为________________。
(2)B中的官能团名称是_________________。
(3)F的结构简式为_______________。
(4)⑤的反应类型是________________。
(5)写出满足下列条件的G的同分异构体的结构简式：______________。
i.属于芳香族化合物；
ii.既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
iii.核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6︰2︰1。
(6)设计由氯乙烷和丙二酸制备的合成路线：______(无机试剂任选)。
【答案】 (1). 对甲基苯酚 (2). (酚)羟基、醛基 (3). (4). 取代反应 (5). (6).
【解析】
【分析】
中-CH3被氧化成-CHO，得到，酚-OH经过硫酸二甲酯甲基化，得到，-CHO经NaBH4还原，得到，由化合物G可反推出F是，从而反推出E是，化合物G通过NaOH、HCl脱去-COOC2H5，得到，最后经过HBr和HOAc反应，得到。
【详解】(1)A的化学名称为对甲基苯酚。
(2)B中的官能团名称是酚羟基和醛基。
(3)由D的结构简式及E的分子式可知E为，再结合G的结构简式及F的分子式可知，F的结构简式为。
(4)由E、F、G的结构简式可知是F中的，取代了E中的Cl，则反应类型是取代反应。
(5)属于芳香族化合物，说明其分子中含有苯环；能发生银镜反应和水解反应且核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6︰2︰1，说明该分子中有3种不同环境氢，并且个数比为6︰2︰1，且该分子中含有的既能发生银镜反应又能发生水解反应的基团为HCOO—，则符合条件的同分异构体的结构简式有：
和。
(6)由氯乙烷和丙二酸制备的合成路线为：
。
【点睛】本题中第②步将酚羟基转化为-OCH3，实际上是为了保护酚羟基，目的是防止在反应过程中酚羟基发生其他反应。最后一步又将-OCH3转化为-OH。