2019-2020学年北京市西城区第14中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区第14 中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A灼热的炭与CO2的反应BBa(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 的反应C镁条与稀盐酸的反应D氢气在氧气中的燃烧反应【答案】A【解析】A、灼热的炭与CO2 的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，故 A正确；B、Ba(OH)2 8H2O 与 NH4Cl 的反应不是氧化还原反应，故B错误；C、镁条与稀盐酸的反应是放热反应，故C错误；D、氢气在氧气中的燃烧反应是放热反应，故D错误；故选A。2短

2、周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大,其中只有一种金属元素,它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中,有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，下列说法正确的是（）A简单离子半径:r(W)r(Z)r(Y)r(X)B最简单气态氢化物的稳定性:XY CW 形成的含氧酸是强酸D Z、Y形成的某种化合物中含有共价键且在熔融状态下能导电【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，这三种物质应该是 NO2、Na2O2、C

3、l2，因此 X、Y、Z、W 分别是 N、O、Na、Cl，据此解答。【详解】A核外电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径r(W)r(X)r(Y)r(Z)，A 错误；B非金属性NO，则最简单气态氢化物的稳定性XY，B 错误；CCl 形成的含氧酸不一定都是强酸，C 错误；D由 Z、Y形成的化合物过氧化钠中含有共价键且在熔融状态下能导电，D 正确。答案选 D。3用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A中子数为8 的氮原子：87NBHCl 的电子式：CNH3的结构式：DCl-的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8

4、 的氮原子的质量数为15；B、HCl 中只含共价键；C、NH3中含个 N-H 键；D、Cl-最外层有8 个电子。【详解】A、中子数为8 的氮原子的质量数为15，可表示为157N，选项 A 错误；B、HCl 中只含共价键，其电子式为，选项 B错误；C、NH3中含个 N-H 键，NH3的结构式为：，选项 C 正确；D、Cl-最外层有8 个电子，Cl-的结构示意图为，选项 D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。4下列

5、图示中的实验操作、仪器、试剂（部分夹持装置已略）均正确的是A如图为稀释浓硫酸B如图可用于验证浓硫酸的脱水性和氧化性C如图可用于分离乙酸与CH2Cl2D如图可用于测量SO2的体积【答案】B【解析】【详解】A.由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A 项错误；B.浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B 项正确；C.乙酸与 CH2Cl2互溶，沸点不

6、同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；D.饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D 项错误；答案选 B。【点睛】C 项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。5化学与日常生活紧密相关。下列说法中，不正确的是A甲醛可作食品防腐剂B氢氧化铝可作抗酸药C氯化钠可作食品调味剂D生石灰可作食品干燥剂【答案】A【解析】【详解】A甲醛有毒，不能作食品防腐剂，A 错

7、误；B氢氧化铝能与酸反应，可作抗酸药，B 正确；C氯化钠可作食品调味剂，C正确；D生石灰易吸水，可作食品干燥剂，D 正确；答案选 A。6常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（）A c(Al3+)=0.1mol?L-1的溶液中：H+、NH4+、F-、SO42-B水电离出的c(H+)=10-4mol?L-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C与 Al 反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-D使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-【答案】B【解析】【分析】【详解】A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F-也不能大量共存，故

8、A 错误；B.常温下，水电离出的c(H+)=10-4mol?L-1，水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发生水解反应，促进水的电离，故B 正确；C.与 Al 反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故C错误；D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，NO2-有强氧化性能与Br-发生氧化还原反应，故D 错误；综上所述，答案为B。【点睛】NO2-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。7NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出A

9、B2型分子为非极性分子的经验规律是A分子中必须含有键B在 ABn分子中 A 原子没有孤对电子C在 ABn分子中不能形成分子间氢键D分子中每个共价键的键长应相等【答案】B【解析】【分析】共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A 原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H 原子无关。【详解】A BF3、CCl4中均为单键没有键，故 A 不选；B在 ABn分子中 A 原子的所有价电子都构成共价键，A 原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B

10、选；CH2S分子间不能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C 不选；D H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子是极性分子，故D 不选；故选：B。【点睛】本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，学会利用实例来分析。8设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 1 mol 甲苯分子最多共平面的原子个数为A15NB在标准状况下，4.48L 环己烷含氢原子个数为A2.4NC331 mol CH COOCH，在稀硫酸中充分水解，所得生成物中HO键数为A2ND24.4 g N O和2CO的混合气体中含有的质子数，中子数均为A2.2N【答案】D【解析】【详解】A

11、.苯基中有11 个原子共平面，甲基一个C和一个 H 与苯基共平面，共有13 个原子共平面，所以1mol甲苯分子最多共平面的原子个数为A13N，A 错误；B.标况下，环己烷为非气态，无法计算其物质的量，B错误；C.331 mol CH COOCH，在稀硫酸中水解为可逆反应，无法完全变为酸和醇，C错误；D.2N O和2CO的摩尔质量均为44g/mol，混合气体中含有的质子数，中子数均为A2.2N，D 正确；故答案选D。9在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解的杂质C加热时有少量晶体溅出D晶体中混有受热不分解的杂质【答案】D【解析】【详解】

12、A固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO 与 SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A 不合题意；B坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意；D晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D 符合题意；故选 D。10Ag+与 I既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应，进行下列实验：实验现象如下：实验1 中试管出现浅黄色沉淀,试管无蓝色出现；实验2 中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A实验1 中 Ag+与 I沉

13、淀反应速率更大B向实验2 甲烧杯中滴入淀粉，溶液变蓝C实验2 装置的正极反应式为Age=Ag D实验2 中 Ag+与 I沉淀反应速率大于0【答案】D【解析】【分析】【详解】由题意可知Ag+与 I可发生沉淀反应Ag+I=AgI 、氧化还原反应2Ag+2I=2Ag+I2，二者相互竞争。A实验 1 中试管出现浅黄色沉淀，试管无蓝色出现，表明无I2生成或生成的I2没检出，说明Ag+与 I发生沉淀反应占优势，故A 正确；B实验 2 中电流计指针发生明显偏转，则实验2 的装置一定为原电池(无外加电源)，表明 Ag+与 I发生氧化还原反应2Ag+2I=2Ag+I2，淀粉遇碘变蓝，故B正确；C 根据 Ag+与

14、 I发生氧化还原反应2Ag+2I=2Ag+I2，该原电池负极反应为2 I2e=I2，正极反应为Ag+e=Ag，故 C正确；D实验 2 中 AgNO3、KI 溶液分别在甲乙烧杯中，并未相互接触，故二者间不会发生沉淀即速率为0，故D 错误；答案选 D。11实验测得0.1mo1 L-1Na2SO3溶液 pH 随温度升高而变化的曲线如图所示。将b 点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（）A Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH 降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b 两点均有c(Na+）=2

15、c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将 b 点溶液直接冷却至25后，其 pH 小于 a 点溶液【答案】D【解析】【分析】2-3SO是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分2-3SO被空气中的氧气氧化为2-4SO，据此来分析本题即可。【详解】A.水解反应是分步进行的，不能直接得到23H SO，A 项错误；B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；C.温度升高溶液中部分2-3SO被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑2-4SO，C 项错误；D.当

16、 b 点溶液直接冷却至25后，因部分2-3SO被氧化为2-4SO，相当于2-3SO的浓度降低，其碱性亦会减弱，D 项正确；答案选 D。12用 0.10 mol/L 的 NaOH 溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050 mol/L 的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：下列说法正确的是A滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好BH3PO4与 H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4D NaH2PO4溶液中：+-2-24344c Nac H POc H POc HPO【答案】C【解析】【分析】【详解】A 盐酸

17、和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围810 接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A 错误；B滴定前，0.050 mol/L H3PO4与 H2G 的 pH 值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki 的数量级相同，故B错误；C20.00mL、0.050 mol/L 的磷酸用 0.10 mol/L 的 NaOH 完全中和应消耗30mL 氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为 20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故 C 正确，D 当溶液中的溶

18、质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即 H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)c(H3PO4)，则+-2-24434c Nac H POc HPOc H PO，故D 错误；答案选 C。13常温下，向20mL0.05mol L1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol L1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（）A NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性BA、B、C三点溶液的pH 是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH 是逐渐增大CE溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)c(B2)c(OH)c(H+)D F点

19、溶液 c(NH4+)=2c(B2)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为 10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB 属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A 项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH 是逐渐增大的，B 项错误

20、；C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）1 10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则 E点水溶液显酸性，所以c(H+)c(OH-)，C项错误；D.F 点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1 10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则 F 点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因 c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D 项正确；所以答案选择D 项。14下列有关物质结构的叙述正确的是A在离子化合物中不可能存在非极性共价键B由电子定向移动而导电的

21、物质一定是金属晶体C有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高D只含有共价键的物质不一定是共价化合物【答案】D【解析】【详解】A含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故 A 错误；B多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；C分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C 错误；D只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D 正确；答案选 D。【点睛】含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。15

22、高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl 4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q ，下列说法不正确的是A可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q BK2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4 2K+Fe6+4O2一C反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3 D反应中涉及的物质中有5 种为电解质【答案】B【解析】【详解】A.根据 2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q 可知 Q 为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故 A 正确；B.K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO

23、4=2K+FeO42-，故 B 错误；C.反应中 16mol HCl 参加反应只有6mol 被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故 C 正确；D.因为产物Q 为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5 种为电解质,故 D 正确；答案选 B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16如图是实验室利用铜与浓硫酸制取二氧化硫并探究它的性质，请回答下列问题：（1）装置 A 中 m 的作用 _，装置 A 中有明显的一处错误_。（2）装置 A 中发生的化学反应方程式_，该反应的氧化产物是_。（3）装置 B 中的现象 _，证明 SO2具有 _。（4）装置 C中溶液在空气

24、中不易保存，时间长了会出现浑浊，原因是_。（用离子方程式表示）（5）装置 D 的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象_。（6）E中的现象是 _，发生的化学反应方程式_。【答案】平衡气压，使液体顺流下蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O CuSO4KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）还原性2S2-+O2+2H2O2S+4OH-品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯，溶液变成红色溴水褪色SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4【解析】【详解】（1）装置 A 中 m 的作用为平衡气压，使液体顺流下，根据蒸

25、馏烧瓶使用规则，蒸馏烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，图中已经超过其容积的2/3。答案为：平衡气压，使液体顺流下；蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3。（2）装置 A 中铜与浓硫酸制取二氧化硫，发生的化学反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O，该反应中Cu 由 0 价变为+2 价，失电子，被氧化，氧化产物是CuSO4；答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O；CuSO4；（3）装置 A 中生成 SO2气体，SO2具有还原性，气体经过装置B中的酸性KMnO4 溶液发生氧化还原反应，KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）

26、；答案为：KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）；还原性；（4）装置 C中为 Na2S溶液，S2-具有还原性，很容易被空气中O2氧化生成单质S，时间长了会出现浑浊，用离子方程式表示：2S2-+O2+2H2O2S+4OH-；答案为 2S2-+O2+2H2O2S+4OH-（5）装置 D 的目的是探究SO2与品红作用的漂白性是可逆的，实验操作及现象为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯加热，溶液变成红色。（6）生成的SO2通入到 E中 SO2与溴水发生氧化还原反应，溴水溶液褪色，发生的化学反应方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；答案为：溴水溶液褪色；SO2+Br2+2

27、H2O=2HBr+H2SO4三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质 A 的化学式为C8H10，写出 A 的名称 _，鉴别 A 和可选用的试剂是_。（2）写出反应的化学反应方程式_。（3）反应中，属于加成反应的是_；反应的反应条件为_。（4）写出 2 种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_，_。含苯环结构能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_合成路线常用的表示方式为：【答案】乙苯溴水+Br2Fe+HBr；NaOH 水溶液、加热或或【解析】【详解】(1)物质 A的化学式为C8H10，则苯与

28、CH3CH2Cl 发生取代反应生成A 为，A 的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为:乙苯；溴水；(2)反应是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2Fe+HBr；(3)对比物质的结构，可知属于取代反应、属于加成反应，而先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH 水溶液、加热，故答案为:;NaOH 水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:含苯环结构，能发生银镜反应，含有醛基，可以有1 个取代基为-CH2CHO,可以有 2 个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体

29、有:、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与 CO2制备“合成气”（CO、H2），还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。I制合成气科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：反应：CH4（g）?C（ads）+2H2（g）（慢反应）反应：C（ads）+CO2（g）?2CO（g）（快反应）上述反应中C（ads）为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：（1）CH4与 CO2制备“合成气”的热化学方程式为_。能量变化图中

30、：E5+E1_E4+E2（填“”、“”或“”）。II脱水制醚利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）H，其速率方程式为：v正=k正 c2（CH3OH），v逆=k逆 c（CH3OCH3）c（H2O），k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：lnKc=-2.205+2708.6137T（Kc为化学平衡常数；T 为热力学温度，单位为K）。（2）反应达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 _ k逆增大的倍数（填“”、“”或“”）。（3）某温度下（该反应平衡常数Kc为 200），在密闭容器中加入一定

31、量CH3OH，反应到某时刻测得各组分的物质的量如下：物质CH3OH CH3OCH3H2O 物质的量/mol 0.4 0.4 0.4 此时正、逆反应速率的大小：v正_v逆（填“”、“”或“”）。（4）500K 下，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数为_（填标号）。A 13B 13C 13D 无法确定【答案】CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)H=+(E3-E1)kJ?mol-1 C【解析】【详解】I（1）由图像可知，CH4与 CO2制备“合成气”的热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g

32、)H=+(E3-E1)kJ?mol-1；反应为慢反应，反应为快反应，因此可知反应的活化能大于反应的活化能，即E4-E1E5-E2，故 E5+E1E4+E2；II（2）温度升高，lnKC减小，KC减小，说明升高温度，平衡逆向移动，故升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；（3）该时刻浓度熵233C223H OCH OCH0.40.41CH OH0.4ccQcv逆；（4）500K 下，lnKc=-2.205+2708.6137500=3.21，KC=e3.21=24.78，假设某一时刻c(CH3OH)=c(CH3OCH3)=c(H2O)=amol/L，此时 H3OCH3(g)的物质的量分数为1

33、3，则浓度熵233C223H OCH OCHaa1CH OHaccQcKC，因此反应正向进行，达到平衡时，CH3OCH3(g)的物质的量分数大于13。19钛及其合金具有密度小，强度高，耐腐蚀等优良性能，被广泛用于航天、航空、航海、石油化工、医药等部门，因此，钛被誉为第三金属和战略金属。从钛铁矿提取金属钛(海绵钛)的主要工艺过程如下：(1)钛铁矿的主要成分是FeTiO3，第一步发生的反应：FeTiO3+CTiO2+Fe+CO，在 FeTiO3(钛酸亚铁)中，钛的化合价为_。(2)第二步：二氧化钛在高温下与焦炭、氯气反应生成四氯化钛和一氧化碳，写出化学方程式：_，还原产物是 _。(3)用镁在高温下

34、还原四氯化钛，该反应的环境要求是_；写出化学方程式：_。(4)菱镁矿(主要成分是碳酸镁)煅烧后与焦炭混合在氯化器中高温下通入氯气生成氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁。写出菱镁矿煅烧及氯化制取氯化镁的化学方程式：_；写出电解熔融氯化镁的电解方程式：_。【答案】4 价TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 四氯化钛惰性气体保护或隔绝空气2Mg+TiCl42MgCl2+Ti MgCO3MgO+CO2，MgO+Cl2+CMgCl2+CO MgCl2(熔融)Mg+Cl2【解析】【分析】(1)根据化合物中元素正、负化合价代数和等于0 分析；(2)根据质量守恒定律书写反应方程式，结合元素化合价降低，获得电子

35、，被还原，产生还原产物分析判断；(3)根据镁活泼，容易失去电子被氧化，分析判断反应环境，根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒，书写反应方程式；(4)碳酸镁煅烧分解产生MgO、CO2，MgO 与 Cl2、C 在高温下反应产生MgCl2和 CO；电解熔融MgCl2反应产生金属Mg 和 Cl2。【详解】(1)在钛酸亚铁FeTiO3中，Fe化合价为+2 价，O 为-2 价，根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知钛的化合价为+2+x=32=+6，所以 x=+4 价；(2)二氧化钛在高温下与焦炭、氯气反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，在该反应中，Cl元

36、素化合价由反应前Cl2中的 0 价变为反应后TiCl4中的-1价，化合价降低，获得电子，被还原，产生还原产物，所以还原产物是TiCl4；(3)镁是比较活泼的金属，容易失去电子被氧化，所以用镁在高温下还原四氯化钛，该反应的环境要求是惰性气体保护或隔绝空气，反应的化学方程式为：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；(4)菱镁矿煅烧分解产生氧化镁和二氧化碳，反应方程式为：MgCO3MgO+CO2；氧化镁与氯气及碳单质在高温下反应产生氯化镁和一氧化碳，反应的化学方程式：MgO+Cl2+CMgCl2+CO；氯化镁是离子化合物，在高温下电解熔融氯化镁，反应产生镁和氯气，电解方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2。【点睛】本题以从钛铁矿提取金属钛为线索，考查了物质的制备、氧化还原反应等化学方程式的书写。掌握化合物中元素化合价代数和等于0，结合反应前后元素化合价升降总数相等，等于反应过程中电子转移数目及物质性质与元素化合价的性质分析解答。