重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月拔尖强基联合定时检测化学Word版含解析.docx

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2023拔尖强基联合定时检测化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生保管，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23S：32Ca：40Cu：64Mo：96一、选择题：共本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列叙述不正确的是A.“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染B.新能源汽车电池的负极有石墨化碳材料，该材料属于无机非金属材料C.电解冶炼铝技术的成熟使铝合金应用得到普及D.二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，让化解粮食危机成为可能【答案】C【解析】【详解】A．液氧液氢推进剂燃烧后产物为水，对环境无污染，故A项正确；B．石墨是由碳元素组成的单质，属于无机非金属材料，故B项正确；C．为分子化合物，在熔融状态下不会发生电离，因此电解无法获得铝单质，故C项错误；D．日常所食用的大米、面食主要成分为淀粉，因此二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，可能解决粮食危机，故D项正确；综上所述，不正确的是C项。2.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，2.24L中，约含有个σ键B.18g和的混合气体中含有的中子数为C.用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目为 D.6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．1个分子有5个σ键，标准状况下，2.24L为0.1mol，约含有个σ键，故A正确；B．和的混合气体可以看成平均化学式为，18g和的混合气体为1mol，1个中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为，故B错误；C．胶粒具有吸附性，用1L0.1mol/L溶液制备胶体，胶粒数目小于，故C错误；D．Cu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为，故D错误；故答案为A。3.有关HCN分子的说法正确的是A.HCN电子式B.基态N原子的价层电子轨道表示式为C.HCN分子中含有极性键和非极性键D.HCN分子的球棍模型为【答案】B【解析】【详解】A．HCN分子中单原子最外层有8个电子，电子式应为，A错误；B．N原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为，B正确；C．HCN分子中不含同种元素原子形成的非极性键，C错误；D．HCN分子中C原子为sp杂化，其空间构型为直线形，D错误；综上所述答案为B。4.分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。 下列有关说法不正确的是A.甲分子最多有10个碳原子共平面B.乙和丙均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应C.以上三个分子都只有1个手性碳原子D.1mol甲分子最多能与3mol发生反应【答案】A【解析】【详解】A．甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)，A错误；B．乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在NaOH溶液和稀溶液中发生水解反应，B正确；C．手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，C正确；D．甲分子中，只有苯环能和发生加成反应，1mol甲分子最多能与3mol发生反应，D正确；故选A。5.物质W常用作食品添加剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，元素N的单质在常温下为气体。下列说法正确的是 A.W中Y原子的杂化方式为B.常温下N的单质与NaOH溶液反应，其中一种产物的水溶液呈碱性，有漂白性C.Z的氢化物的沸点一定大于Y的所有氢化物的沸点D.化合物W受热易分解，发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】根据题意，W结构中为+1价的离子，再根据原子序数和原子半径的关系，原子半径最大，推出为Na元素，再根据X的原子半径最小，原子序数最小，又只能形成一个化学键，推出X为H，Y可以形成4个键，原子序数大于H小于Na，所以Y为C，Z可以形成2个键，原子序数大于C小于Na，最外层电子为6，故Z为O，元素N的原子序数大于Na，其单质在常温下为气体，N为Cl，故W为。【详解】A．由图可知，中C原子形成3个σ键，C原子的价电子全部用于成键，无孤电子对，因此C原子的杂化方式为，A错误；B．N的单质为，常温下与NaOH溶液反应生成的水溶液呈碱性，有漂白性，B正确；C．Z为C，氢化物为烃类物质，其沸点不一定大于Y的所有氢化物的沸点，C错误；D．中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误；故选A。6.已知水合肼()具有较强还原性，通常可被氧化为。现用如下流程可制得较纯的单质Pt，下列有关说法不正确的是A.王水是由浓盐酸与浓硝酸组成，与粗Pt反应时浓硝酸表现出强氧化性B.已知是配合物，则中心原子是Pt，配位数为6C.脱硝除去残余的和氮氧化物，主要目的是防止其污染环境D.由制得1mol纯Pt，理论上至少需要2mol作还原剂【答案】C【解析】 【详解】A．粗Pt与王水反应生成H2[PtCl6]的过程中Pt被浓硝酸氧化，浓硝酸表现出氧化性，故A项正确；B．的内界为，其中心原子为Pt，配离子为Cl-，因此配位数为6，故B项正确；C．粗Pt与王水反应后所得溶液中含有和硝酸和硝酸的还原产物(氮氧化物)，硝酸具有氧化性，能与具有还原性的发生氧化还原反应，因此脱硝的主要目的是除去硝酸和氮氧化物，防止干扰的还原，故C项错误；D．由制得1mol纯Pt，由流程可知PtO2先与发生反应生成粗Pt，被还原为N2，根据得失电子守恒可知1mol消耗的物质的量为1mol，后续与再发生氧化还原反应，此过程中1mol将消耗1mol，因此由制得1mol纯Pt，理论上至少需要2mol作还原剂，故D项正确；综上所述，答案选C项。7.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是实验现象实验结论A左边棉球变橙色，右边棉球变蓝色氧化性：B加入KSCN溶液后，试管中溶液颜色变红加入溶液前试管内的溶液中有C左边试管产生白色沉淀，加入KI溶液后产生黄色沉淀 D以甲基橙做指示剂，达滴定终点时锥形瓶中溶液由红色变为橙色测得的醋酸浓度偏大A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．左边棉球变橙色，说明有Br2生成，右边棉球变蓝色，说明有I2生成，I2可能是由Cl2氧化I-生成，因此无法比较Br2与I2的氧化性强弱，故A项错误；B．若原溶液中含有Fe3+，后续加入KSCN溶液，试管中溶液颜色也将变红，因此无法判断原溶液中是否含有，故B项错误；C．由于，加入AgNO3溶液后，溶液中Ag+完全反应生成AgCl，加入KI溶液后，AgCl沉淀转化为AgI，说明相同条件下生成AgI所需Ag+浓度更低，由此可得出，故C项正确；D．醋酸和氢氧化钠溶液恰好完全反应后溶质为醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，当溶液呈橙色时，溶液依然呈酸性，即醋酸未反应完全，最终测得的醋酸浓度偏小，故D项错误；综上所述，正确的是C项。8.下列离子方程式的书写正确的是A.向溶液中加入稀：B.实验室制备氯气：C.向溶液中加入溶液：D.少量Fe与足量稀：【答案】B 【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性，与稀硝酸发生氧化还原反应生成Na2SO4、NO、H2O，故A项错误；B．实验室利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应离子方程式为，故B项正确；C．因酸性：，故结合质子能力强于，因此向溶液中加入溶液将生成和Na2CO3，故C项错误；D．少量Fe与足量稀反应生成Fe(NO3)3、NO、H2O，故D项错误；综上所述，正确的是B项。9.某荧光材料由与组成，其摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构如图所示。下列叙述不正确的是A.该晶体的化学式是XYB.该晶胞参数为anm，则其晶体密度为C.的配位数是4，的配位数也是4D.若A点的原子坐标为，则B点的原子坐标为【答案】B【解析】【详解】A．由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为，Y2-个数为4，X2+与Y2-个数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确；B．1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质量为，晶胞体积为，因此晶体密度 ，故B项错误；C．由图可知，距离X2+最近且等距的Y2-有4个，距离Y2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；D．若A点的原子坐标为，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，同理从左至右也可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，因此B点的原子坐标为，故D项正确；综上所述，不正确的是B项。10.某实验小组将足量置于温度为T℃、体积为V的密闭容器中，发生反应，测出总压p随时间的变化如下图中A曲线所示。下列有关说法正确的是A.在T℃时，该反应压强平衡常数为B.若在时刻减小体积为，则容器内压强变化为曲线BC.若减少适量，平衡向逆反应方向移动D.若充入少量，发生反应，T℃达平衡时，与原平衡相比，的分压减小，的分压增大【答案】D【解析】【详解】A．反应达到平衡时，容器内总压为p0，因此平衡时物质分压为，，则在T℃时，该反应压强平衡常数，故A项错误； B．若在时刻减小体积为，则压强瞬间增大至2p0，平衡将逆向移动，设达到新平衡时总压为p1，则，，根据温度不变，反应压强平衡常数不变可知p1=p0，故B项错误；C．若减少适量，由于为固体，平衡不移动，故C项错误；D．若充入少量，NO2和O2将会被消耗，分解生成NO2和O2的物质的量之比为2：1，生成HNO3所消耗NO2和O2的物质的量之比为4：1，因此反应达到平衡时，NO2的分压将减小，而根据温度不变时，平衡常数不变可知，O2的平衡分压将增大，故D项正确；综上所述，正确的是D项。11.中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙炔选择性氢化制乙烯，副产物是。其反应机理如下图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法正确的是A.由图1可知，转化为时，有C—H的形成，无C—C形成B.由图2可知，反应中是还原剂C.决定制乙烯速率快慢的反应为：D.生成的速率比生成的速率慢【答案】C【解析】【详解】A．转化为时，碳链增长，有C—H、C—C键形成，故A项错误；B．反应过程中，H、O元素化合价均未发生变化，因此H2O既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；C．由图2可知，由C2H2(g)制取C2H4(g)的反应主要反应分为两步，其中第一步反应的活化能高于第二步，因此决定制取乙烯的快慢由第一步决定，第一步反应为，故C项正确； D．由图2可知，生成的反应活化能高于生成的反应活化能，反应活化能越高，反应所需能量越大，相同条件下反应速率越低，即生成的速率比生成的速率快，故D项错误；综上所述，正确的是C项。12.某实验小组探究NiO能否催化NO和CO反应生成无毒物质。已知：①Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似；②。现采用如下两个装置完成探究实验(夹持装置略去)。下列有关说法正确的是A.从理论上推断，与生成和的反应，高温有利于自发进行B.在空气中加热可制备NiOC.打开装置1中气球，通过观察气体是否变为红棕色判断是否生成D.若以上实验证明能够成功催化该反应，且固体A是，则装置2中的反应方程式为：【答案】D【解析】【详解】A．为熵减的放热反应，即、，当反应时，反应能自发进行，因此若要使，则T应尽量小，即低温有利于反应自发进行，故A项错误；B．Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似，具有还原性，能被空气中氧气氧化，因此在空气中加热会得到+3价Ni的化合物，故B项错误；C．打开装置1中气球，若气体由无色变为红棕色，则说明生成NO2气体，气球中有NO气体，遇到试管中的氧气会被氧化为NO2，无法确定是否有N2生成，故C项错误； D．若以上实验证明能够成功催化该反应，且固体A是，则为整个反应过程中的中间产物，则装置2中CO将还原为NiO，反应方程式为，故D项正确；综上所述，正确的是D项。13.盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)在水中完全电离为NH3OH+和Cl−，可利用如下装置来制备盐酸羟胺。以盐酸为离子导体，向两电极分别通入NO和H2。下列说法正确的是A.铂电极为正极B.离子交换膜为阴离子交换膜，Cl−从左室移向右室C.含铁催化电极上的反应为：NO+3e−+4H+=NH3OH+D.每生成1mol盐酸羟胺电路中转移4mole−【答案】C【解析】【分析】该装置的目的是制备盐酸羟胺，所以NO会被还原为NH3OH+，则通入NO的电极为正极，通入氢气的电极为负极，酸性环境中氢气被氧化为H+。【详解】A．铂电极上通入氢气，发生氧化反应，为负极，A错误；B．根据分析可知左侧电极上产生NH3OH+，与Cl−结合生成盐酸羟胺，而Cl−有向右(负极)移动的趋势，未避免Cl−都移动到右侧，离子交换膜应选用阳离子交换膜，B错误；C．该装置工作时含铁催化电极上NO被还原为NH3OH+，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为NO+3e−+4H+=NH3OH+，C正确；D．含Fe的催化电极反应式为NO+3e−+4H++Cl-=NH2OH•HCl,每生成1mol盐酸羟胺电路中转移3mole−，D错误；综上所述答案为C。14.常温下，在10mLMOH溶液中滴加的盐酸，溶液中AG(AG=)与盐酸体积(V)之间的关系如图所示 下列说法正确的是A.常温下，MOH的电离常数约为B.F点溶液中：C.水的电离程度：G>PD.Q点溶液中：【答案】CD【解析】【详解】A．E点溶液为滴定时MOH溶液中，=1×10-3mol/L，MOH的电离常数约为，A错误；B．F点溶液呈碱性，溶质为MCl，，B错误；C．G点接近酸碱恰好完全反应，生成强酸弱碱盐，促进水的电离，G点过后酸过量，抑制水的电离，故G点水的电离程度最大，水的电离程度：G>P，C正确；D．Q点加入盐酸体积为MOH体积的2倍，的盐酸浓度为，溶液中存在物料守恒：，根据电荷守恒有，两式处理后有，故，D正确；答案选CD。二、非选择题：本大题共4小题，共58分。15.铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂的外观为白色结晶粉末，用于电极材料。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有 、、CuO、)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如下图所示：已知：Ⅰ.是酸性氧化物，过铼酸是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。Ⅱ.过铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：（1）铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，则基态Re原子的价电子排布式为_________。（2）“碱浸”时，和分别与NaOH发生以下反应、，则“滤渣I”的主要成分为_________(填化学式)。（3）“还原”时，被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为_________。（4）“沉铼”时，加入热溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的晶体，“操作I”包括_________、_________、洗涤、干燥。（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为_________min；pH为_________。 （6）不纯的溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入固体除去，若溶液中，，在结晶前逐渐加入固体，当开始沉淀时，的去除率是_________%。溶液体积变化可忽略不计，，)【答案】（1）5d56s2（2）CuO、Fe3O4（3）3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO2•2H2O（4）①.冷却结晶②.过滤（5）①.60②.1.0（6）89【解析】【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶2ReO2•2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。【小问1详解】铼(Re)是第六周期元素，与锰元素族序数相同，价层电子排布相同，锰的价电子排布式为3d54s2，则基态Re原子的价电子排布式为5d56s2；【小问2详解】由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4；【小问3详解】“还原”时，Zn被氧化成，NaReO4被还原生成难溶2ReO2•2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO2•2H2O，故答案为：3Zn+2ReO+4OH-=3+2ReO2•2H2O；【小问4详解】加热的氯化铵溶液“沉铼” ，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；过滤；【小问5详解】根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0，故答案为：60；1.0；【小问6详解】Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，，由Ksp(BaMoO4)=×c(Ba2+)可知，当BaMoO4开始沉淀时，c(Ba2+)==10-7molL，由Ksp(BaSO4)=c()×c(Ba2+)可知，此时溶液中=1.1×10-3mol/L，所以的去除率×100%=89%，故答案为：89。16.苯磺酸钠()是一种白色片状晶体，可用于有机合成、洗涤助剂和农药等，实验室模拟工业生产采用发烟硫酸磺化法制备，反应途径如下：已知：①苯磺酸是一元强酸，苯磺酸、苯磺酸钠和苯磺酸钙都易溶于水，溶液均为无色；②苯磺酸钠常温下微溶于乙醇，随着温度升高，溶解度显著增大；苯磺酸钙、Na2CO3可溶于乙醇，溶解度受温度影响较小。操作步骤：Ⅰ．苯的磺化反应。装置如图所示(加热装置省略)，装入药品，通冷凝水，向烧瓶中缓慢加入b中试剂，稍冷后水浴加热充分反应，当c中无液体流下时，立即停止反应；Ⅱ．将反应液转移到盛有适量澄清石灰水的烧杯中，用澄清石灰水调至中性；Ⅲ．加入稍过量的Na2CO3溶液至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤。将滤液蒸发结晶，得到苯磺酸钠粗品； IV．重结晶法纯化苯磺酸钠。回答下列问题：（1）仪器b中盛装的试剂是_________，仪器c的名称是_________。（2）由苯生成苯磺酸的化学方程式为_________(发烟硫酸用浓H2SO4表示)。（3）第Ⅲ步中滤渣成分是_________(填化学式)，该步洗涤的目的是_________。（4）第Ⅳ步重结晶操作时，溶解粗品的装置应选择下图中的装置_________(填字母代号)，主要原因是_________。（5）产品中杂质Ca2+含量的测定，已知：①EDTA(简写为Y4-)能与Ca2+发生反应：Ca2++Y4-(无色)=CaY2-(无色溶液)；②钙指示剂(简写为In2-)能与Ca2+发生反应：Ca2++In2-=CaIn(红色溶液)；③CaIn稳定性弱于CaY2-，pH为12~13时，可发生反应：CaIn+Y4-=CaY2-+In2-(蓝色溶液)。现取10.00g苯磺酸钠样品，配制为100mL溶液，取其中20.00mL于锥形瓶，将pH调至12~13(所加试剂不影响滴定)，加入2~3滴钙指示剂，用0.01mol/L的EDTA标准溶液进行滴定，当达到终点时，消耗16.00mL标准溶液。则滴定终点时的现象是_________，苯磺酸钠样品中钙的质量分数为_________%(保留2位小数)。【答案】（1）①.发烟硫酸②.球形冷凝管（2）+H2SO4(浓)+H2O（3）①.CaCO3、CaSO4②.将沉淀表面的苯磺酸钠洗入滤液，以提高产率（4）①.C②.防止乙醇大量挥发损失（5）①.当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由红色变为蓝色，半分钟内不恢复红色②.0.32【解析】【分析】苯与发烟硫酸在70-80℃条件下发生取代反应产生苯磺酸，苯磺酸与Ca(OH)2 发生中和反应产生苯磺酸钙，然后加入稍过量的Na2CO3溶液，反应产生苯磺酸钠和CaCO3，过滤弃去CaCO3，将苯磺酸钠溶液蒸发结晶获得苯磺酸钠，经重结晶获得产品。【小问1详解】由于浓硫酸的密度比苯大，为了使液体反应物质充分混合发生负，应该先向三颈烧瓶中加入苯，然后由恒压滴液漏斗向其中加入发烟硫酸，则仪器b中盛装的试剂是发烟硫酸；根据仪器结构可知仪器c的名称是球形冷凝管；【小问2详解】苯与发烟硫酸混合加热70-80℃发生取代反应产生苯磺酸和H2O，反应的化学方程式为：+H2SO4(浓)+H2O；【小问3详解】在第II步反应中加入适量澄清石灰水时，Ca(OH)2除与苯磺酸反应产生苯磺酸钙外，还与其中的硫酸反应产生微溶于水的CaSO4；在第Ⅲ步中加入稍过量的Na2CO3溶液，Na2CO3与苯磺酸钙发生复分解反应产生CaCO3沉淀和苯磺酸钠，过量的H2SO4与苯磺酸钠易溶于水，而CaSO4及CaCO3沉淀则会通过过滤进入滤渣中，故第Ⅲ步中滤渣成分是CaCO3、CaSO4；CaCO3、CaSO4固体是从苯磺酸钠溶液中分离出来的，固体表面吸附一些苯磺酸钠，该步将沉淀洗涤的目的是将沉淀表面的苯磺酸钠洗入滤液，以提高苯磺酸钠的产率；【小问4详解】苯磺酸钠常温下微溶于乙醇，随着温度升高，溶解度显著增大，在第IV步重结晶操作时，为促进物质的溶解，防止乙醇大量挥发损失，可以使用球形冷凝管，故溶解粗品的装置应选择下图中的C装置；【小问5详解】由于②钙指示剂(简写为In2-)能与Ca2+发生反应产生CaIn，使溶液变为红色，而在溶液pH为12~13时，可发生反应：CaIn+Y4-=CaY2-+In2-，使溶液变为蓝色，CaIn稳定性弱于CaY2-，所以滴定达到终点时，滴定终点时的现象是当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶中溶液颜色由红色变为蓝色，半分钟内不恢复红色；根据方程式可得关系式：Ca2+～Y4-，n(Ca2+)=n(Y4-)=0.01mol/L×0.016L=1.6×10-4mol，则在10.00g苯磺酸钠配制的100mL溶液中含有Ca2+的物质的量是n(Ca2+)总=1.6×10-4mol×=8.0×10-4mol，其质量是m(Ca2+)=8.0×10-4mol×40g/mol=3.2×10-2g，所以Ca2+的质量分数是。 17.碳中和是目前全球关注的热点。将捕获转化为甲醇、乙醇和碳酸二甲酯等是有效利用的方式。Ⅰ.实验室模拟由与合成甲醇。（1）已知：由上图反应，可知的_________。（2）实验室在1L密闭容器中进行模拟合成实验。将1mol和3mol通入容器中，在催化剂的作用下，恒温500℃反应，每隔一定时间测得容器中甲醇和水蒸气的浓度如下：反应1：(主反应)；反应2：物质时间10min20min30min40min50min60min0.400.550.650.730.800.800.450.630.780.860.900.90①下列说法正确的是_________。(填字母代号)。A.容器内气体的密度不再改变，说明达到平衡状态B.容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态C.压缩容器体积使压强增大，有利于主反应的发生D.升高体系温度有利于主反应发生②反应0~50min内，的平均反应速率为_________；③该温度下，平衡常数K为_________。 Ⅱ.中国科学家通过电还原法将转化为乙醇，其原理图如下所示。（3）则铂电极上的反应式为_________。Ⅲ.与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯，回答下列问题。（4）该反应化学方程式为_________，反应中常加入吸水剂，其目的是_________。（5）下图表示的是甲醇(Me表示)与催化制备碳酸二甲酯的机理，按(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)步骤循环反应。图中分子中只有一种类型的Me，该分子结构式为_________(用Me表示)【答案】（1）-75（2）①.BC②.0.05③.1.8（3）14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO（4）①.+2CH3OH+H2O②.分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率（5）【解析】【小问1详解】 由图可知，①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-116kJ/mol；②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol，根据盖斯定律：①+②得(g)△H=(-116+41)kJ/mol=-75kJ/mol。【小问2详解】①A．反应过程中气体总质量和总体积都不变，所以容器内气体的密度一直不变，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明达到平衡状态，故A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，平均摩尔质量减小，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡状态，故B正确；C．主反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，有利于主反应的发生，故C正确；D．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于主反应发生，故D错误；故选BC。②由表格数据可知，反应开始50min内，生成0.8mol甲醇和0.9molH2O，根据反应反应1：可知，生成0.8mol甲醇会消耗2.4molH2，同时生成0.8molH2O，则有0.1mol水由反应2：生成，生成0.1molH2O需消耗0.1molH，则H2的平均反应速率v(H2)=。③由表中数据知，该温度下达到平衡时，△n(CH3OH)=0.8mol，△n(H2O)=0.9mol，反应1生成0.8mol甲醇，消耗2.4molH2、0.8molCO2，同时生成0.8molH2O，则有0.1mol水由反应2生成，反应2生成0.1mol水消耗0.1molH2、0.1molCO2，生成0.1molCO，所以平衡时剩余的CO2的物质的量为1mol-0.8mol-0.1mol=0.1mol，剩余H2的物质的量为3mol-2.4mol-0.1mol=0.5mol，容器体积为1L，则反应2的平衡常数K=。【小问3详解】Pt电极为阴极，CO2在阴极得到电子生成C2H5OH，C元素由+4价下降到-2价，根据得失电子守恒和电荷守恒写出电极方程式为：14CO2+12e-+9H2O=C2H5OH+12HCO。【小问4详解】与甲醇可以在一定条件下合成碳酸二甲酯（），方程式为：+2CH3OH+H2O，反应中常加入吸水剂，目的是：分离出产物水，使平衡正向移动，提高产率。 【小问5详解】分子中只有一种类型的Me，说明该分子是对称的结构，结合图中的结构式可以推知分子的结构式为：。18.苯酚合成生物可降解聚酯材料G和利用SuFEx反应合成聚硫酸酯材料L的路线如图所示：(L比G材料有更好的化学稳定性和优异的力学性能)。已知：①②（1）I中官能团的名称_________；物质B的化学名称_________。（2）J的结构简式为_________；K与J生成L的反应类型为_________。（3）A→I的反应方程式为_________；（4）E→G的反应方程式为_________；（5）满足下列条件的E同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①有2个羟基且不在同一个碳上②有1个醚键③核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3：2：1：1（6）根据上述合成路线，写出由和为原科制备合成路线_________。【答案】（1）①.羟基②.环己醇 （2）①.②.缩聚反应（3）（4）（5）10（6）【解析】【分析】A：发生加成反应生成B：，B发生催化氧化生成C：，C与双氧水反应后生成D，D与醇发生取代反应生成E：，E发生缩聚反应生成G；由已知①可知I：到J：发生取代反应，J和K发生缩聚反应得到L。【小问1详解】由题中I的结构式可知，含有的官能团为羟基；B的结构式为，命名：环己醇；故答案为：羟基；环己醇；【小问2详解】 根据分析可知，J的结构简式为，因为单体K、J具有多官能团的小分子，生成物L为聚合物，且括号外侧有链节余下的基团，所以发生的是缩聚反应；故答案为：；缩聚反应；【小问3详解】由已知①可推出反应方程式：；故答案为：；【小问4详解】E到G发生缩聚反应，根据缩聚反应原理反应方程式为：故答案为：。【小问5详解】根据题意，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为3:2:1:1，有两个对称的甲基，2个羟基，据此可写出10种同分异构体；故答案为：10；【小问6详解】原料对应流程中A，目标产物对应流程中E，因此合成路线为： ；