2019届二轮复习“7＋5”小卷练(七)作业（全国通用）

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‎“7＋‎5”‎小卷练(七)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　Li—‎7　‎C—12　N—14　O—16　K—39　Cl—35.5　Mn—55　Fe—56　Zn—65　Sn—118.7‎ 选择题 一、选择题(本题共7小题，每小题6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。)‎ ‎7．(2018·山东济宁高三期末)化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是(　　)‎ A．“绿水青山就是金山银山”，矿物燃料的脱硫脱硝，可以减少SO2、NO2的排放 B．‎2017年11月5日，发射北斗三号全球导航卫星计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅 C．为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶 D．‎2M＋N===2P＋2Q，2P＋M===Q(M、N为原料，Q为期望产品)，不符合绿色化学的理念 解析　SO2、NOx是污染性气体，大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术以减少SO2、NO2的排放符合绿色化学的理念，故A正确；计算机的芯片材料是高纯度晶体硅，故B错误；生石灰或硅胶是干燥剂，不能防止氧化变质，故C错误；‎2M＋N===2P＋2Q，2P＋M===Q的总反应是‎3M＋N===3Q，原料完全转化为期望产品，符合绿色化学的理念，故D错误。‎ 答案　A ‎8．(2018·西安长安一中质检)下列有关说法正确的是(　　)‎ ‎①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；‎ ‎②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；‎ ‎③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；‎ ‎④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；‎ ‎⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；‎ ‎⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。‎ A．③⑤⑥ B．①④⑤‎ C．除②外都正确 D．③⑤‎ 解析　①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3＋，Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I－的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。‎ 答案　D ‎9．(2018·湖南怀化高三期末)下列说法正确的是(　　)‎ A．‎2.8 g环己烷含共价键数目为0.4NA B．过氧化钠与水反应，生成0.1 mol氧气时，转移的电子数为0.4NA C．‎142 g Na2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴阳离子总数为3NA D．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子数为0.2NA 解析　A．‎2.8 g环己烷的物质的量为＝ mol，含共价键数目为 mol×18NA＝0.6NA，故A错误；B.过氧化钠与水反应时，氧元素由－1价变为0价生成氧气，故当生成0.1 mol氧气时转移0.2 mol电子即0.2NA，故B错误；C.Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为‎142 g/mol，故‎142 g混合物的物质的量为1 mol，而且两者均含2 mol钠离子和1 mol阴离子，故1 mol混合物中含离子共3NA，故C正确；D.用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1 mol Cu(OH)2‎ 能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1 mol氧气，阴极上析出的是0.1 mol铜和0.1 mol氢气，故转移0.4 mol电子即0.4NA，故D错误。‎ 答案　C ‎10．(2018·江苏省南京市、盐城市一模)一种从含Br－废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。已知：‎ Br2‎ CCl4‎ 正十二烷 密度/g·cm－3‎ ‎3.119‎ ‎1.595‎ ‎0.753‎ 沸点/℃‎ ‎58.76‎ ‎76.8‎ ‎215～217‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．用甲装置过滤时，需不断搅拌 B．用乙装置将Br－氧化为Br2‎ C．丙装置中用正十二烷而不用CCl4，是因为其密度小 D．可用装置丁进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2‎ 解析　A．过滤时是不能搅拌的，否则可能使滤纸破损，故A错误；B.由于氯气的氧化性强于溴，多余的氯气和挥发的溴都能被NaOH溶液吸收，所以B正确；C.丙装置的萃取与萃取剂的密度大小无关，故C错误；D.根据溴单质和正十二烷的沸点可知，先蒸馏出来的是Br2，故D错误。‎ 答案　B ‎11．人尿中可以分离出具有生长素效应的化学物质——吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．吲哚乙酸与苯丙氨酸互为同系物 B．吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种 C．1 mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 mol H2‎ D．吲哚乙酸可以发生取代反应、氧化反应和还原反应 解析　吲哚乙酸中含有苯环、羧基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生氧化反应和还原反应，D项正确；吲哚乙酸与苯丙氨酸不互为同系物，A项错误；吲哚乙酸苯环上有4种氢原子，苯环上的二氯代物共有6种，B项错误；1 mol吲哚乙酸含有1 mol苯环、1 mol碳碳双键，与足量H2发生反应，最多消耗4 mol H2，C项错误。‎ 答案　D ‎12．如图是一种正投入生产的大型蓄电系统。放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。下列叙述正确的是(　　)‎ A．放电时，负极反应为3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋‎ B．充电时，阳极反应为2Na2S2－2e－===Na2S4＋2Na＋‎ C．放电时，Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池 D．用该电池电解饱和食盐水，产生‎2.24 L H2时，b池生成‎17.40 g Na2S4‎ 解析　根据放电后Na2S2转化为Na2S4，S元素化合价升高，知Na2S2被氧化，故负极反应为：2Na2S2－2e－===Na2S4＋2Na＋，A项错误；充电时阳极上发生氧化反应，NaBr转化为NaBr3，电极反应为：3NaBr－2e－===NaBr3＋2Na＋，B项错误；放电时，阳离子向正极移动，故Na＋经过离子交换膜，由b池移向a池，C项正确；放电时b池为负极区域，发生氧化反应：2Na2S2－2e－===Na2S4＋2Na＋，用该电池电解饱和食盐水，产生标准状况下‎2.24 L H2时转移0.2 mol电子，生成0.1 mol Na2S4，其质量为‎17.40 g，D项错误。‎ 答案　C ‎13．室温下，用0.1 mol·L－1的盐酸分别滴定50 mL的三种碱(AOH、BOH和DOH)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是(　　)‎ A．从反应开始至恰好完全反应，水电离出的c(H＋)始终增大 B．滴定至P点时，溶液中：c(B＋)>c(Cl－)>c(BOH)>c(OH－)>c(H＋)‎ C．pH＝7时，三种溶液中c(A＋)＝c(B＋)＝c(D＋)‎ D．当盐酸体积为50 mL时，将三种溶液混合后：c(H＋)＝c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＋c(OH－)‎ 解析　滴定前为碱溶液，碱电离的OH－抑制水的电离，恰好完全反应时生成强酸弱碱盐，弱碱根离子水解促进水的电离，故从反应开始至恰好完全反应，水电离出的c(H＋)始终增大，A项正确；滴定至P点时，得到等物质的量浓度的BOH、BCl的混合溶液，溶液呈碱性，说明BOH的电离程度大于B＋的水解程度，故c(B＋)>c(Cl－)>c(BOH)>c(OH－)>c(H＋)，B项正确；根据图示，三种碱溶液滴加盐酸至pH＝7时，消耗盐酸的体积不同，故三种溶液中c(Cl－)不同，因此c(A＋)、c(B＋)、c(D＋)互不相等，C项错误；当盐酸体积为50 mL时，将三种溶液混合后得到等物质的量浓度的ACl、BCl、DCl的混合溶液，根据质子守恒，可得：c(H＋)＝c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＋c(OH－)，D项正确。‎ 答案　C 非选择题 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每道题考生都必须作答。第35、36题为选考题，考生根据要求作答。)‎ ‎(一)必考题(共43分)‎ ‎26．(14分)(2018·山东淄博高三联考)锡为第ⅣA族具有可变价的金属元素，其单质沸点为2 ‎260 ℃‎。四氯化锡(SnCl4)是无色液体，熔点－‎33 ℃‎，沸点‎114 ℃‎ ‎，极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室中可用氯气与过量金属锡通过下图装置制备SnCl4(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)仪器C的名称为________，装置乙中的试剂是________。‎ ‎(2)装置甲中发生反应的化学方程式为________________________________。‎ ‎(3)氯气与锡的反应类似与铁的反应，但该实验中对装置丁要持续加热，其原因是__________________________________________________。‎ ‎(4)你认为该实验装置需要进行的改进是：___________________________。‎ ‎(5)用下列方法和步骤测定所用金属锡样品的纯度(杂质不参加反应)‎ ‎①将‎2.000 g锡完全溶于过量稀盐酸中，并用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液，最后得100.00 mL溶液。写出第二步反应的离子方程式：____________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎②取①所得溶液a mL用0.100 mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定，发生如下反应：6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。‎ K2Cr2O7溶液应注入到________式(填“酸或碱”)滴定管中。到达滴定终点时用去b mL。则样品中锡的质量分数为：________(用含a、b的最简代数式表示)。‎ 解析　工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，丁装置烧瓶中含有Sn，则甲装置的目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点－‎33 ℃‎，沸点‎114 ℃‎，极易水解，在潮湿的空气中发烟，为防止丁中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则乙、丙装置要除去HCl、H2O，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；己中收集的物质是SnCl4。‎ ‎(1)根据装置图，仪器C为蒸馏烧瓶，根据上述分析，装置乙中的试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢；‎ ‎(2)装置甲中固体B为黑色粉末，为二氧化锰，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；‎ ‎(3)氯气与锡的反应类似与铁的反应，生成的SnCl4需要及时蒸馏出去，便于提高原料的利用率，因此实验中对装置丁要持续加热；‎ ‎(4)SnCl4发生水解，为防止水解，要防止外界的水蒸气进入己装置，所以改进措施为在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管，同时可以吸收未反应的氯气，防止污染环境，故答案为：在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管；‎ ‎(5)①将‎2.000g锡完全溶于过量稀盐酸中，锡与盐酸发生反应：Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液，发生的反应为：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，反应的离子方程式为Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋；‎ ‎②K2Cr2O7溶液具有强氧化性，可氧化腐蚀橡胶，则K2Cr2O7溶液应装在酸式滴定管中，滴定时发生反应：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl2～6FeCl3～6FeCl2～K2Cr2O7，反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.100 mol/L×b×10－‎3 L，故n(Sn)＝3n(K2Cr2O7)×＝3×0.100 mol/L××10－‎3 L×100＝ mol，Sn的质量为： mol×‎118.7 g/mol＝ g，样品中锡的质量分数为：×100%＝%。‎ 答案　(1)蒸馏烧瓶　饱和食盐水 ‎(2)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O ‎(3)要将SnCl4蒸馏出 ‎(4)在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管 ‎(5)①Sn2＋＋2Fe3＋===Sn4＋＋2Fe2＋　②酸　‎ %‎ ‎27．(14分)高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3，写出温度较高时反应的离子方程式_______________________。‎ ‎(2)在溶液Ⅰ中加入NaOH固体的目的是________(填字母)。‎ A．与溶液Ⅰ中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO B．NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供碱性环境 D．使NaClO3转化为NaClO ‎(3)反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。图2为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图3为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4的生成率的影响。‎ 工业生产中最佳温度为________，Fe(NO3)3与NaClO两种溶液的最佳质量浓度之比为________。‎ ‎(4)反应③的离子方程式为______________________________________；‎ 往溶液Ⅱ 中加入饱和KOH溶液得到湿产品的原因是____________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎(5)高铁酸钾作为水处理剂是能与水反应的，其离子反应是：4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋3O2↑＋8OH－‎ 则其作为水处理剂的原理是：‎ ‎①_____________________________________________________；‎ ‎②_________________________________________________。‎ 解析　(1)温度较高时，NaOH与Cl2发生歧化反应，生成NaClO3、NaCl，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式：3Cl2＋6OH－5Cl－＋ClO＋3H2O。(2)NaOH和Cl2反应生成NaClO，可除去溶液Ⅰ中未反应的Cl2，且只有在碱性条件下，Fe3＋才能和ClO－发生氧化还原反应生成FeO，所以加入NaOH固体的目的是除去Cl2且使溶液为碱性。(3)根据图2和图3知，工业生产中最佳温度为‎26 ℃‎，Fe(NO3)3、NaClO的最佳质量浓度分别为‎330 g·L－1、‎275 g·L－1，故Fe(NO3)3、NaClO两种溶液的最佳质量浓度之比为330∶275＝6∶5。(4)反应③为Fe3＋在碱性条件下被ClO－氧化为FeO，ClO－被Fe3＋还原为Cl－，配平离子方程式为：2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O。溶液Ⅱ中含有Na2FeO4，往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，得到K2FeO4，发生反应：Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4↓＋2NaOH，故得到湿产品的原因是高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。(5)高铁酸钾能作为水处理剂，是因为K2FeO4中铁元素为＋6价，具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，其对应还原产物为Fe3＋，Fe3＋水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性，可除去水中的悬浮物质，从而起到净化水的作用。‎ 答案　(1)6OH－＋3Cl2ClO＋5Cl－＋3H2O ‎(2)AC ‎(3)‎26 ℃‎　6∶5(或1.2∶1)‎ ‎(4)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O　高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小 ‎(5)①高铁酸钾中的铁为＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒　②还原产物Fe3＋水解产生的氢氧化铁胶体具有吸附作用而净水 ‎28．(15分)CO、CO2的转化再利用能够很好地减少温室效应，给环境问题的解决提供了一个很好的方法。其中用有机合成的方式可以合成醋酸、甲醇等，用无机方式转化为碳酸盐或者碳酸氢盐。‎ Ⅰ.(1)土壤中也含有碳酸盐，土壤中Na2CO3含量较高时，pH可高达10.5，试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因：________________________。‎ 加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤碱性降低，原因是(用化学用语表达)________ _____________________________________________。‎ ‎(2)常温下在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：‎ ‎①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存。‎ ‎②溶液中各种粒子的物质的量浓度关系正确的是________。‎ A．pH＝11时：c(Na＋)>c(H2CO3)＝c(CO)>c(OH－)>c(H＋)‎ B．pH＝11时：c(HCO)>c(Cl－)‎ C．pH＝7时：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)＝c(H＋)‎ D．pH＝11时：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎3c(CO)＋c(OH－)‎ ‎③碳酸钠的水解平衡常数为________。‎ Ⅱ.醋酸成本低，在生产中被广泛应用。‎ ‎(1)若某温度下，CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应的ΔH＝－46.8 kJ·mol－1，H2SO4(aq)与NaOH(aq)的中和热为57.3 kJ·mol－1，则CH3COOH在水溶液中电离的反应热ΔH1＝________。‎ ‎(2)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显的经济优势。其合成的基本反应为：CH2===CH2(g)＋CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)‎ 该反应类型是________，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有____________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________(任写出一条)。‎ ‎(3)在n(乙烯)与n(乙酸)的物料比为1的条件下，某研究小组在保持不同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎①温度在60～‎80 ℃‎范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是________[用v(p1)、v(p2)、v(p3)分别表示不同压强下的反应速率]。‎ ‎②a、b、c三点乙烯的转化率从大到小的顺序是______________________________________________________。‎ ‎③p1下乙酸乙酯的产率‎60 ℃‎～‎90 ℃‎时，先升高后降低的原因是____________________________________________________________，‎ 根据测定的实验结果分析，较适宜的生产条件是_____________________________________________________‎ ‎(合适的压强和温度)。‎ 解析　Ⅰ.(1)土壤呈碱性是由于碳酸盐中CO水解，水解反应的离子方程式为：CO＋H2OHCO＋OH－。加入石膏，发生沉淀的转化：CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)，c(CO)降低，水解平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，故土壤碱性降低。(2)①向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，先后发生反应：CO＋H＋===HCO；HCO＋H＋===H2CO3，根据图示，可知a为CO ‎，b为HCO，c为H2CO3，在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO不能大量共存。②根据图示，pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)>c(H2CO3)，A项错误；pH＝11时，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(Cl－)＋c(OH－)及物料守恒c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，联立消去c(Na＋)，可得：c(HCO)＋c(H＋)＋‎2c(H2CO3)＝c(Cl－)＋c(OH－)，由于pH＝11，c(OH－)>c(H＋)，c(H2CO3)≈0，则c(HCO)>c(Cl－)，B项正确；pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)>c(CO)≈0，C项错误；pH＝11时，c(CO)＝c(HCO)，代入电荷守恒式c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎3c(CO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，D项错误。③pH＝11时c(CO)＝c(HCO)，根据CO＋H2OHCO＋OH－，Na2CO3的水解常数Kh＝＝c(OH－)＝1.0×10－3。Ⅱ.(1)醋酸和NaOH的中和反应(反应热ΔH)，可以分为CH3COOH的电离(反应热ΔH1)、H＋和OH－的中和(反应热ΔH2)两步，故ΔH1＝ΔH－ΔH2＝－46.8 kJ·mol－1－(－57.3 kJ·mol－1)＝＋10.5 kJ·mol－1。(2)该反应可以看作CH3COOH中CH3COO—、H—分别加在乙烯中两个双键碳原子上，故该反应为加成反应。根据外界条件对反应速率和化学平衡的影响规律，通入乙烯气体或增大压强，可以加快反应速率，且能使平衡正向移动，即提高合成乙酸乙酯的合成速率和产率。(3)①增大压强，平衡向正反应方向移动，乙酸乙酯的产率增大，故p1>p2>p3，增大压强，反应速率加快，故v(p1)>v(p2)>v(p3)。②由图可以看出a、b、c三点乙烯的转化率依次增大，即c>b>a。③反应从正反应方向开始，升高温度，反应先建立平衡，后平衡移动。‎60 ℃‎～‎80 ℃‎反应未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；‎80 ℃‎时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变，升高温度平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降。由题图可知，p1、‎80 ℃‎时，乙酸乙酯的产率最高，为较适宜的生产条件。‎ 答案　Ⅰ.(1)CO＋H2OHCO＋OH－‎ CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)‎ ‎(2)①不能　②B　③1.0×10－3‎ Ⅱ.(1)＋10.5 kJ·mol－1‎ ‎(2)加成反应　通入乙烯气体或增大压强 ‎(3)①v(p1)>v(p2)>v(p3)　②c>b>a　③‎60 ℃‎～ ‎80℃‎反应从正反应方向开始，未达平衡，温度高反应速率大，乙酸乙酯产率高；‎80 ℃‎时反应已达平衡且正反应放热，故压强不变升高温度平衡逆向移动，乙酸乙酯产率下降　p1和‎80 ℃‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。‎ ‎35．【选修3：物质结构与性质】(15分)‎ 很多物质含有B、C、N三种元素中的一种或几种，回答下列问题：(1)碳元素有‎12C、‎13C和‎14C等同位素，‎14C原子核外存在________对自旋相反的电子。B、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序是______________________________。‎ ‎(2)硼酸(H3BO3)能够吸收中子，屏蔽核辐射。‎ ‎①硼酸晶体中，B的杂化轨道类型是________。‎ ‎②硼酸是一元弱酸，其呈酸性的机理是：硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH－以配位键结合形成Y－，导致溶液中c(H＋)>c(OH－)。Y－的结构简式是________________；‎ 硼酸与水作用时，每生成一个Y－，断裂________个σ键。‎ ‎(3)三溴化硼、三氯化硼的分子结构与三氟化硼相似，如果把B—X(X为卤素原子)键都视为单键来计算键长，计算值与实测值结果如表。硼卤键键长实测值比计算值要小得多，可能的原因是____________________________________‎ ‎____________________________________________________。‎ B—F B—Cl B—Br 键长计算值/pm ‎152‎ ‎187‎ ‎199‎ 键长实测值/pm ‎130‎ ‎175‎ ‎187‎ ‎(4)NH3可用于合成尿素、硫酸铵等氮肥。某化肥厂从生产的硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质。该物质在水溶液中以SO和N4H两种正四面体构型的离子存在。N4H遇碱生成一种形似白磷的N4分子，白磷(P4)分子的结构如图1所示，写出N4H的结构(标明其中的配位键)________。‎ ‎(5)石墨的晶体结构如图2所示，其晶胞结构如图3所示。已知石墨的密度为ρ g·cm－3，C—C键键长为r cm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距为________ cm。‎ 解析　(1)C原子核外电子排布式为1s22s22p2，则‎14C原子核外存在2对自旋相反的电子。同周期主族元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则B、C、N三种元素的电负性由大到小的顺序是N>C>B。(2)①B的杂化轨道类型是sp2杂化。②硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH－以配位键结合形成Y－，则Y－为 ‎，因此形成Y－时要破坏水中的O—H键，每生成一个Y－，断裂1个σ键。(3)硼卤键键长实测值比计算值要小得多，可能的原因是B原子上有一个空的2p轨道，还可以和卤素原子形成π键。(4)N4H中每个N原子与另外3个N原子形成共价键，同时与1个氢离子形成配位键，则N4H 的结构为。(5)设该晶胞的底边长为a cm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h＝2d，a与r的关系图为，则a/2＝r×sin 60°，可得a＝r，则底面积为(r)2×sin 60° cm2，晶胞中C原子数目为1＋2×＋8×＋4×＝4，晶胞质量为 g，则ρ g·cm－3＝ g÷[(r)2×sin 60°×2d]cm3，整理可得d＝。‎ 答案　(1)2　N>C>B ‎(2)①sp2杂化　②或　1‎ ‎(3)B与X原子间还有π键形成 ‎(4)‎ ‎(5) ‎36．【选修5：有机化学基础】(15分)‎ 高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如图：‎ 已知：‎ Ⅰ.RCOOR′＋R″OHRCOOR″＋R′OH(R、R′、R″代表烃基)。‎ Ⅱ. ‎ ‎(R代表烃基)。‎ ‎(1)PMMA单体的结构简式为________，PET单体中的官能团名称为________。‎ ‎(2)反应⑤的反应类型是________；反应②的化学方程式为________。‎ ‎(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为n，则该缩聚反应中脱去的小分子有________个。‎ ‎(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种同分异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，②不能使溴水褪色，③分子内没有环状结构，④核磁共振氢谱有面积比为3∶1的两组峰，则K的结构简式为_____________________________。‎ 另一种同分异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有________种(不考虑立体异构)。‎ 解析　(4)PMMA单体为，根据①不能发生银镜反应，则不含醛基或甲酸酯基，根据②不能使溴水褪色，则不含碳碳双键等不饱和键；根据④，则含有2种类型氢原子，且个数比为3∶1。综合信息①②③④，则该同分异构体的结构简式为CH3COCH2COCH3。根据H在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明羟基均被氧化成了醛基，则结构中含有—CH2‎ OH，故H合理的结构有 ‎，故总共有8种。‎ 答案　(1) 　酯基和羟基 ‎(2)氧化反应　＋2NaBr ‎(3)n－1‎ ‎(4)CH3COCH2COCH3　8‎