二、非选择题：
共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
共43分。
26.I.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。
已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。
实验室利用反应TiO2+C+2Br2
TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。
回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。
（2）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。
此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。
II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。
已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。
以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。
请回答下列问题：
CaCO3
滤液
白色结晶
（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。
将溶液煮沸，趁热过滤。
将溶液煮沸的作用是__。
（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。
（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。
27.钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）是一种金属腐蚀抑制剂。
工业上利用钼精矿（主要成分是不溶于水的MoS2）制备钼酸钠的两种途径如下图所示。
（1）途径Ⅰ碱浸时发生反应的化学方程式为_________________________。
（2）途径Ⅱ氧化时还有Na2SO4生成，则反应的离子方程式为___________________________。
（3）已知途径Ⅰ的钼酸钠溶液中c（MoO42-）=0.40mol·L-1，c（CO32-）=0.10mol·L-1。
由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO32-。
当BaMoO4开始沉淀时，CO32-的去除率是___[已知Ksp（BaCO3）=1×10-9、Ksp（BaMoO4）=4.0×10-8，忽略溶液的体积变化]。
（4）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。
常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图。
①当硫酸的浓度大于90%时，碳素钢腐蚀速率几乎为零，原因是_____________________。
②若缓释剂钼酸钠-月桂酸肌氨酸总浓度为300mg·L-1，则缓蚀效果最好时钼酸钠（M=206g·mol-1）的物质的量浓度为_____（计算结果保留3位有效数字）。
（5）二硫化钼用作电池的正极材料时接受Li+的嵌入，锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为xLi+nMoS2
Lix（MoS2）n，则电池放电时正极的电极反应是_________。
28.对甲烷和CO2的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合CO2重整反应有：
反应（i）：
2CH4（g）＋O2（g）⇌2CO（g）＋4H2（g）△H=－71.4kJ•mol-1
反应（ii）：
CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g）△H=+247.0kJ•mol-1
（1）写出表示CO燃烧热的热化学方程式：
_____。
（2）在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应（ii）：
CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g）（不发生其它反应），CO2的平衡转化率如表所示：
容器
起始物质的量（n）/mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
Ⅰ
0.1
0.1
0
0
50％
Ⅱ
0.1
0.1
0.2
0.2
/
①下列条件能说明反应达到平衡状态的是_____。
A．v正（CH4）=2v逆（CO）
B．容器内各物质的浓度满足c（CH4）·c（CO2）=c2（CO）·c2（H2）
C．容器内混合气体的总压强不再变化
D．容器内混合气体密度保持不变
②达到平衡时，容器Ⅰ、Ⅱ内CO的物质的量的关系满足：
2n（CO）Ⅰ_____n（CO）Ⅱ（填“＞”、“＝”或“＜”）
（3）将一定量的甲烷和氧气混合完成反应（i），其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图所示。
c点_____（填“可能”、“一定”或“一定未”）达到平衡状态，理由是_____。
（4）CO2也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：
2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H5OH（g）+3H2O（g）∆H<0。
设m为起始时的投料比，即m=n（H2）/n（CO2）。
通过实验得到下列图象：
图1
图2
图3
①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为_________。
②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为_________。
③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。
T4温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，代入数据，不用计算）。
（2）选考题：
共15分。
请考生从2道化学题中任选一题作答。
如果多做，则每科按所做的第一题计分。
35.铁、铝、铜三种金属元素在日常生活中的应用最为广泛。
回答下列问题：
（1）基态Fe原子的简化电子排布式为__________。
（2）常温下，Fe（CO）5为黄色液体，易溶于非极性溶剂。
写出CO的电子式_________；Fe（CO）5分子中σ键与π键之比为_______。
（3）硝酸铜溶于氨水形成[Cu（NH3）4]（NO3）2的深蓝色溶液。
①[Cu（NH3）4]（NO3）2中阴离子的立体构型是_______。
NO3-中心原子的轨道杂化类型为________。
②与NH3互为等电子体的一种阴离子为_______（填化学式）；氨气在一定的压强下，测得的密度比该压强下理论密度略大，请解释原因________。
（4）金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铝中铝原子采用铜型模式堆积，原子空间利用率为74%，则铝原子的配位数为________________。
（5）铁和硫形成的某种晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝xpm，则该物质的化学式为_______；A原子距离B原子所在立方体侧面的最短距离为______pm（用x表示）；该晶胞的密度为____g·cm-3。
（阿伏加德罗常数用NA表示）
36.PBAT（聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯）可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物PBA和PBT共聚制得，一种合成路线如下：
已知：
R-CH3
R-CN
R-COOH
R-CH=CH2
R-COOH+CO2
回答下列问题：
（1）B的官能团名称为_____，D的分子式为_____。
（2）①的反应类型为_____；反应②所需的试剂和条件是_____。
（3）H的结构简式为_____。
（4）⑤的化学方程式为_____。
（5）M与G互为同系物，M的相对分子质量比G大14；N是M的同分异构体，写出同时满足以下条件的N的结构简式：
______________（写两种，不考虑立体异构）。
Ⅰ.既能与FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；
Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH；
Ⅲ.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为1:
2:
2:
2:
1。
答案与解析
7.【答案】C
【解析】温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。
8.【答案】B
【解析】K2S、K2O2的式量是110，11gK2S、K2O2的混合物的物质的量是
=0.1mol，1molK2S含有2molK+、1molS2-，1molK2O2中含有2molK+、1molO22-，则0.1mol混合物中含有离子数目为0.3NA，A错误；聚乙烯最简式是CH2，式量是14，其中含有的质子数为8，28g聚乙烯中含有最简式的物质的量是n（CH2）=
=2mol，则含有的质子数目为2mol×8×NA/mol=16NA，B正确；标准状况下224mLSO2的物质的量是0.01mol，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在少量SO2分子，H2SO3是二元弱酸，发生的电离作用分步进行，存在电离平衡，根据S元素守恒可知溶液中S元素存在微粒有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种，故H2SO3、HSO3-、SO32-的数目之和小于0.01NA，C错误；63gHNO3的物质的量为1mol，若只发生反应Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O转移电子物质的量为0.50mol，但是由于铜足量，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐变稀，浓硝酸后来变成了稀硝酸，此时发生反应：
3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，若反应只产生NO，转移电子的物质的量为0.75mol，所以1mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.50NA而小于0.75NA，D错误；故合理选项是B。
9.【答案】C
【解析】A． Na2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合题意；B．由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90∼95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76℃左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；C．正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合题意；D．粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点差异进行蒸馏，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；故答案为：
C。
10.【答案】A
【解析】A.氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则F→B，A→D，A正确；B.装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；C.实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；D.装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；答案为A。
11.【答案】B
【解析】图1左边硝酸银浓度大于右边硝酸银浓度，设计为原电池时，右边银失去电子，化合价升高，作原电池负极，左边是原电池正极，得到银单质，硝酸根从左向右不断移动，当两边浓度相等，则指针不偏转；图2氢离子得到电子变为氢气，化合价降低，作原电池正极，右边氯离子失去电子变为氯气，作原电池负极。
A.根据前面分析得到图1中电流计指针不再偏转时，左右两侧溶液浓度恰好相等，故A正确；B.开始时图1左边为正极，右边为负极，图1电流计指针不再偏转时向左侧加入NaCl或Fe，左侧银离子浓度减小，则左边为负极，右边为正极，加入AgNO3，左侧银离子浓度增加，则左边为正极，右边为负极，因此指针又会偏转但方向不同，故B错误；C.图2中Y极每生成1molCl2，转移2mol电子，因此2molLi+移向a极得到2molLiCl，故C正确；D.两个电极左边都为正极，右边都为负极，因此两个原电池外电路中电子流动方向均为从右到左，故D正确。
综上所述，答案为B。
12.【答案】C
【解析】n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01mol•L-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO3．结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。
A．H原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：
WX13.【答案】D
【解析】A．纵坐标为0时即
=1，此时Ka=
=c（H+），因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN，因此直线I对应
，A正确；B．a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小，NaF浓度逐渐增大，因此水的电离程度逐渐增大，B正确；C．Ka（HCN）=10-9.2，NaCN的水解常数Kh（NaCN）=10-4.8>Ka（HCN），因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c（CN-）c（HCN），即有c（Na+）>c（CN-）；由于OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH为9.2，C点溶液中存在：
c（Na+）>c（CN-）=c（HCN）>c（OH-）
>c（H+），C正确；D．由于HF酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF溶液中要加入较多的NaOH，因此cb（Na+）>cd（Na+），D错误；答案选D。
26.【答案】打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气直形冷凝管温度计酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%
【解析】I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3 ，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2
TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。
II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。
（1）根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染；
（2）在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；
（3）此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；
（4）反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：
CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；
（5）过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为
=0.005mol，则原样品中n（CaO2）=0.01mol，所以样品中过氧化钙的质量分数为
=60%。
27.【答案】MoO3+Na2CO3===Na2MoO4＋CO2↑MoS2+9ClO－＋6OH－===MoO42-+9Cl－+2SO42-＋3H2O90%常温下浓硫酸会使铁钝化7.28×10-4mol·L-1nMoS2＋xLi++xe-===Lix（MoS2）n
【解析】此工艺流程题是同一种原料采用不同工艺制备同一产品的问题，原料都是主要成分为MoS2的钼精矿，途径Ⅰ先将钼精矿煅烧转变成MoO3，再碱浸反应生成钼酸钠溶液；途径Ⅱ是直接将钼精矿在碱性条件下氧化生成钼酸钠溶液。
（1）通过流程图可知，碱浸时，反应物有MoO3和Na2CO3，产品有Na2MoO4和CO2，所以反应的化学方程式为：
；
（2）由流程图分析可知，途径Ⅱ氧化时，反应物有NaClO和MoS2，产物有Na2MoO4和
，此外溶液是碱性的，所以发生反应的离子方程式为：
；
（3）当BaMoO4开始沉淀时，溶液中
，又因为c（
）=0.4mol/L，所以此时溶液中c（Ba2+）=10-7mol/L；由
，计算可知，溶液此时的c（
）=0.01mol/L，所以去除率为
；
（4）①硫酸浓度过大时，常温下会使铁钝化，而使铁变得不易被腐蚀；
②腐蚀速率越小，缓蚀剂效果越好，所以根据图像可知钼酸钠浓度为150mg/L时，缓蚀剂效果最好；所以有
；
（5）由题可知，放电时，MoS2做正极发生嵌入Li+的过程，生成
，所以正极反应式为：
。
28.【答案】CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=－282.7kJ•mol-1C＞一定未催化剂不会影响平衡转化率，在相同条件下，乙催化剂对应的c点的转化率没有甲催化剂对应的b点的转化率高，所以c点一定未平衡T3＞T2＞T1m1＞m2＞m3
【解析】
（1）书写燃烧热的热化学方程式，一定要保证：
可燃物的化学计量系数为1；可燃物发生完全燃烧；生成产物是在常温常压下稳定存在的物质，根据盖斯定律可得：
；
（2）①2v正（CH4）=v逆（CO）时，反应才达到平衡状态，A项错误；由于平衡常数未知，所以浓度满足上式不一定处于平衡状态，B项错误；由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且属于非等体积反应，根据公式
可知，当压强不变，该反应一定达到平衡，C项正确；由于该反应是在恒温恒容条件下进行的，且全为气体参与，根据公式
可知，密度恒定与平衡状态无关，D项错误；答案选C。
②构造容器Ⅲ：
除起始物质只加入0.2mo
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