【化学】四川省成都石室中学2020届高三5月月考理综（解析版）

【化学】四川省成都石室中学2020届高三5月月考理综（解析版）

四川省成都石室中学2020届高三5月月考理综 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 I-127 ‎ ‎7.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A.厨余垃圾可用于制备沼气 B.广泛使用乙醇汽油，能够减少原油的用量，但不能降低尾气中CO的排放量和改善大气环境 C.放置较久的红薯比新挖出土的甜，可能与葡萄糖的水解有关 D.火力发电的能量转化过程有化学能→热能→机械能→电能，且电能属于一次能源 ‎8.氨是制造化肥的重要原料，如图为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是（ ）‎ A.工业上制氮气一般用分离液态空气法 B.步骤②、③、④、⑤均有利于提高反应物的平衡转化率 C.步骤①中“净化”N2、H2混合气体可以防止催化剂中毒 D.步骤③中温度选择500℃，主要是考虑催化剂的活性 ‎9.工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（ ）‎ A．都是苯的同系物 B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．苯环上的二氯代物都有6种 D．分子内共平面的碳原子数均为8‎ ‎10.已知M是短周期金属元素，X和Y是短周期非金属元素，且X、M、Y的原子序数依次增大。三者组成的物质M3XY(可视为M2X.MY)是一种良好的离子导体。研究者在常压下利用下列反应合成M3XY:‎ ‎2M + 2MXA +2MY==2M3XY +A2。其中常温常压下A2是无色无味气体，已知上述反应中消耗0.92 g M的单质可得到标准状况下448 mL的A2。下列有关说法正确的是（ ）‎ A.简单离子半径：Y>M>X B.简单氢化物的沸点：X小于Y C. MXA是共价化合物 D. M3XY溶于水后溶液呈碱性 ‎11.“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”，已知:Cu2+ +4NH3.H2O= 4H2O+[Cu(NH3)4]2+ (该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析错误的是（ ）‎ A.该实验成功的重要条件是整套装置气密性良好 B.A和B之间导管a的作用是平衡A和B内气压 C.B中反应速率大于D中反应速率 D.H中出现浅黄色浑浊 ‎12.工业上可利用电解原理间接氧化法降解处理含有机污染物的废水，其原理如图所示，列说法错误的是（ ）‎ A.介质离子在电极A上发生氧化反应，电极A为阳极 B.介质离子被氧化得到的强氧化剂可能为Cl2、O2‎ C.有机污染物在石墨电极上被还原为无污染物质 D.若介质离子为OH－，电极B上发生的反应为2H2O+2e－=H2↑+ 2OH－‎ ‎13.常温下，向等体积(V0mL)等浓度(0.1 mol .L-1)的盐MCl、NaR 、 MR溶液中分别加入蒸馏水，使其稀释VmL，稀释过程中，溶液的pH与lgV/V0的关系如图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ A.曲线X对应的盐为NaR，MCl为强酸强碱盐 B.对于曲线Y，a点水的电离程度比b点小 C.常温下，MOH的电离平衡常数Kb的数量级为10－3‎ D.曲线Z上任何一点对应溶液中均存在c(H+) =c(OH－) +c( MOH)‎ ‎26.（14分）含氯消毒剂可有效杀灭新冠病毒（2019-nCoV）。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于0.8mol/L的次氯酸溶液。装置见下图。‎ 资料1：常温常压下，Cl2O为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。‎ 资料2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制得次氯酸溶液。‎ ‎（1）电极Y应该连接电源的___（填“正极”或“负极”）,装置C内应盛放_________‎ 各装置的连接顺序为A—________________________________‎ ‎（2）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_____________________________。‎ 已知装置B产物含有一种酸式盐，则发生反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎（3）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________________________‎ ‎（4）装置E中使用棕色平底烧瓶的原因是（用化学方程式表示）_____________________‎ ‎（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是（答出一条即可）_____。‎ ‎（6）若装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，其余均溶于装置E的水中，装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L,则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为___g。‎ ‎27.(14分)乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氢具有重要意义：‎ 反应I（热裂解）：CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) △H1‎ 反应II（脱羧基）：CH3COOH(g)CH4(g)+CO2(g) △H2‎ 已知：反应I的活化能为（E5-E2）kJ，反应I逆反应的活化能为（E5-E3）kJ，反应II的活化能为（E4-E2）kJ，反应II逆反应的活化能为（E4-E1）kJ，E1到E5能量依次增大 ‎（1）△H1+△H2=___________kJ/mol (用有关E的代数式表示)；‎ ‎（2）在不同温度下，向密闭容器中充入等量醋酸蒸汽，反应相同时间后，测得各气体的产率与温度的关系如图所示：‎ ‎①约650℃之前，氢气产率低于甲烷的原因是；________________________________；‎ ‎②约650℃之后，随着温度升高后，氢气产率高于甲烷的原因是：___________；（填编号）‎ a. 反应II速率减慢 b. 反应I速率加快的程度比反应II大 c. 反应I正向移动，而反应II逆向移动 d. 反应I正向移动的程度大于反应II正向移动的程度 ‎③根据图像分析，该容器中一定发生了另外的副反应，理由是：______________。‎ ‎（3）投入一定量的乙酸，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：‎ 温度（℃）‎ 催化剂 CH3COOH转化率 H2的选择性 ‎550‎ 甲 ‎14.5‎ ‎40.2‎ ‎550‎ 乙 ‎11.1‎ ‎62.1‎ ‎600‎ 甲 ‎11.2‎ ‎41.2‎ ‎600‎ 乙 ‎10.3‎ ‎63.3‎ ‎（H2的选择性：转化的CH3COOH中生成H2的百分比）‎ ①表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CH3COOH转化成H2的选择性有显著的影响，其原因是___________________________________________。‎ ‎②有利于提高CH3COOH转化为H2平衡转化率的措施有________。‎ A．使用催化剂甲  B．使用催化剂乙 C．升高反应温度  D．增加反应物的浓度  ‎ ‎（4）利用合适的催化剂使另外的副反应不发生。温度为TK，达到平衡时，总压强为PkPa，反应I消耗乙酸40%，反应II消耗乙酸20%，乙酸体积分数为__________(计算结果保留l位小数，下同)；反应I的平衡常数Kp为_________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，某物质分压=总压×该物质的体积分数)。‎ ‎28．（15分）碘及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：‎ I.单质碘与氟反应可得IF5，实验表明液态IF5具有一定的导电性原因在于IF5的自偶电离(如：2H2O⇌H3O++OH－)，IF5的自偶电离方程式为。‎ II.一种回收并利用含碘（I－）废液的工艺流程如下：‎ ‎(1)含碘废水中碘的存在形式一般有I2、I－。检验是否含I2及I－的方法是______________________________________________________________________。‎ ‎(2) “沉淀”中生成CuI的离子方程式为________________________________________。‎ ‎(3)CuSO4的投加量对废水中I－的去除量影响较大，不同投加量（用过量系数表示）下，反应后I－和Cu2+的浓度如图所示，则适宜的CuSO4过量系数应为________________________，分析原因_________________________________________________________________。‎ ‎(4)反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物（其中铁与碘的质量比为21:127），则加入的水的作用是_________________________，反应Ⅱ的化学方程式是_____________________________。‎ ‎(5)氯化银复合吸附剂可有效吸附碘离子。氯化银复合吸附剂对碘离子的吸附反应为I－(aq)+AgCl(s)AgI(s)+Cl－(aq)，反应达到平衡后溶液中c(Cl－)=0.10mol•L-1。则溶液中c(I－)= _____mol•L-1。［K (AgCl)=2.0×10-10，K (AgI)=8.4×10-17］。该方法能去除碘离子的原理是___________________________________________________________________________。‎ ‎(6)准确称取产品0.1000g溶于50mL水，加入适量乙酸并加入曙红钠指示剂，然后用0.025mol·L-1AgNO3溶液滴定，至终点时消耗AgNO3溶液22.00mL，则产品中KI的质量分数为____________(保留三位有效数字)。‎ ‎35. [化学—选修3：物质结构]（15分）‎ 钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：‎ ‎(1)基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有______种空间运动状态不同的电子，金属钛的堆积方式如右图所示，为________(填堆积方式)堆积 ‎(2)①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37 ℃，沸点为136 ℃，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是________________________________________。‎ ‎②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有____________________。‎ A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．氢键 E．金属键 ‎（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如右图所示，其中Ti-O-Ti在一条直线上。该阳离子化学式为__________，其中O原子的杂化方式为__________‎ ‎（4）2016年7月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是Ti3Au，它具有生物相容性，是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm，最近的Ti原子距离为a/2，A原子的坐标参数为（1/2,1/2,1/2），则B原子坐标参数为__________，距离Ti原子次近的Ti原子有_____个，Ti-Au间最近距离为_______________pm ‎36. [化学—选修5：有机化学基础]（15分）‎ 以芳香烃A为原料合成抗抑郁药物Prolitane的路线如下:‎ 请回答以下问题：‎ ‎（1）A的结构简式为_______________。D的化学名称为_______________。‎ ‎（2）D→E的反应类型为_______________。‎ ‎（3） E的官能团名称为____________________。‎ ‎（4）F→G的化学方程式为__________________________________________________。‎ ‎ (5) X 是D的同系物，满足下列条件的X共 ________种(不含立体异构)‎ ‎①分子组成比D少一个CH2②能发生银镜反应③苯环上有两种不同化学环境的H ‎ 其中核磁共振氢谱显示为5组峰，其峰面积比为3∶2∶2∶2∶1，写出符合该要求的X的一种同分异构体的结构简式：_________________。‎ ‎（6）参照Prolitane的合成路线，设计一条由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线(其他无机试剂和溶剂任选）：________________________________________。‎ ‎【参考答案】‎ ‎7.A ‎【解析】厨余垃圾多为有机物,可用于制备沼气,A项正确;‎ 乙醇汽油是在汽油中加入一定比例的乙醇,其氧含量比普通汽油高,使汽油燃烧更充分,广泛使用乙醇汽油,不仅能够减少原油的用量,还能降低汽车尾气中CO的排放量,改善大气环境，B不正确；葡萄糖不能水解,C错误;火力发电中存在的能量转化过程有燃料化学能→热能→机械能→电能,但电能属于二次能源，D错误。‎ ‎8.B ‎【解析】工业上制氮气一般用分离液态空气法,故A正确;步骤③中催化剂不改变化学平衡，‎ 反应物的平衡转化率不变,又合成氨的反应为放热反应,升温平衡逆向移动,反应物的平衡转 化率减小,故B错误;为防止催化剂中毒,反应前的氮气和氢气混合气体需要除杂净化,故C正 确;步骤③中温度选择500℃,主要是考虑催化剂的活性，故D正确；‎ 9. C ‎【解析】异丙苯属于苯的同系物，2-苯基丙烯因侧链上含碳碳双键，故不属于苯的同系物，A错误；异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；两种有机物苯环上的二氯代物都有6种，C正确；异丙苯分子中最多有8个碳原子共平面，2-苯基丙烯分子中最多9个碳原子共平面，D错误 ‎10.D ‎【解析】根据2M + 2MXA +2MY==2M3XY +A2，可得关系式2M ~ A2, 根据题给数据，可知n(A2) = 0.448 /22.4 =0.04mol,则M的单质的摩尔质量=23 g. mol-1,又M是短周期金属元素,故M是Na;M和Y可形成化合物MY,且原子序数Mr(O2-) >r(Na+ ),错误;选项B,H2O分子之间存在氢键，沸点高于HCl，错误；‎ 选项C, MXA是NaOH,是含有共价键的离子化合物,错误;选项D,M3 XY(Na2O.NaCl)溶于水后和水发生反应生成NaOH和NaCl,溶液显碱性,正确。‎ ‎11.C ‎【解析】在装置气密性良好的前提下,通过改变装置内气压引发后续反应,故A正确;‎ B中稀硫酸和锌反应生成H2,内压增加，在A和B之间增设了导管a,其作用是平衡A和B内气压,使稀硫酸顺利流下,B中生成的H2进入C中,C中内压增加，把C中的硫酸和硫酸铜(少量)混合溶液挤压到D中,在D中Zn和硫酸铜反应生成少量Cu后,Zn和生成的Cu在溶液中形成原电池,加快Zn和硫酸的反应,故B正确,C错误;D中生成的H2进入E中,E中内压增加,把E中的硫酸铜溶液挤压到F中,Cu2+和氨水生成蓝色Cu( OH)2沉淀,但随后转化为可溶性的[Cu(NH3)4]2+ ,被挤入到G中,促使H2O2分解,H2O2分解生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应,生成淡黄色的S沉淀,挥发出的H2S气体被NaOH溶液吸收,故D正确。‎ ‎12.C ‎【解析】‎ 由电极A上失去电子，介质离子被氧化为强氧化剂，可知电极A为阳极，发生氧化反应，A项正确;溶液中的介质离子(Cl-、OH- )被氧化为Cl2、O2， B项正确;有机污染物通过与强氧化剂发生溶液中的氧化还原反应，被氧化为无污染的物质，并非在石墨电极.上被还原为无污染的物质，C项错误;电极B为阴极，发生还原反应，若介质离子为0H-，则电极B上发生的反应为2H2O+2e =H2↑+2OH-, D项正确。‎ ‎13.D ‎【解析】由题给图象X、Y、Z三条曲线的起始点可知,三种盐溶液分别显碱性、中性、酸性,水溶液显碱性的盐为强碱弱酸盐,水溶液显酸性的盐为强酸弱碱盐,水溶液显中性的盐可能是强酸强碱盐或水解程度相同的弱酸弱碱盐，故曲线X、Y、Z对应的盐分别为NaR、MR、MCI,MR为弱酸弱碱盐,MCI为强酸弱碱盐,A项错误;曲线Y对应的盐为MR,随着稀释程度的增大,水的电离程度减小，故b点水的电离程度比a点小,B项错误;由题图可知,0.1mol.L-1MCl溶液的pH=5,水解平衡常数Kh=c(H+).c(MOH)/c(M+)=10-5×10-5/0.1=10-9,‎ 根据Kw=K×Kh,常温下,MOH的电离平衡常数Kb≈1 x10-5 ,数量级为10-5 , C项错误;根据质子守恒可知,D项正确。‎ ‎26.【答案】‎ ‎（1）正极（1分）足量CCl4（2分） ADBCEF （2分）‎ ‎（2）防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解（1分）2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3（2分）‎ ‎（3）通过观察A中产生气泡的速率调节流速（1分）‎ ‎（4）2HClO=光=2HCl+O2（2分）‎ ‎（5）制得的次氯酸溶液浓度较大或制得的次氯酸溶液纯度较高或制得的次氯酸溶液不含有Cl-或氯元素的利用率高（1分）‎ ‎（6）57.6 （2分）‎ ‎【解析】（1）本实验是通过电解氯化铜溶液制得氯气，即Y极应作阳极，氯离子放电生成氯气。所以Y应连接正极。A装置制备氯气，D装置用饱和食盐水可以降低氯气的溶解，‎ 且形成氯气和空气（1：3）的混合气体，与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，由于Cl2O 为极性分子，Cl2为非极性分子，根据相似相溶原理，氯气易溶于四氯化碳中，所以可以装在C中吸收Cl2O中的Cl2，E装置中用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，F作为尾气处理装置，所以各装置的连接顺序为ADBCEF ‎（2）由题可知，42℃以上Cl2O会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中。Cl2和2Na2CO3反应生成Cl2O是氧化还原反应，根据化合价的升降必然有NaCl，同时还生成了一种酸式盐只能是NaHCO3。故化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3‎ ‎（3）将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，可通过观察A中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比；‎ ‎（4）装置C中使用棕色平底烧瓶可以避光，防止反应生成的HClO见光分解；‎ ‎（5）相比于氯气直接溶解水中发生歧化反应，必然导致有一部分氯元素生成了氯离子，造成了Cl原子的损失。本实验的方法是Cl2O+H2O=2HClO，原子利用率100%。‎ ‎（6）装置E所得500mL次氯酸溶液浓度为0.8mol/L，n=cv=0.5mol×0.8mol/L=0.4mol，Cl2O+H2O=2HClO，反应的二氧化氯为0.2mol，装置B中生成的Cl2O气体有20%滞留在E前各装置中，制得的二氧化氯的物质的量为=0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2‎ O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，需碳酸钠的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×106g/mol=53g，则至少需要含水8%的碳酸钠的质量为≈57.6g；‎ ‎27.（1）E1+E3-2E2（1分）‎ ‎（2）①反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的（2分）‎ ‎②bc（2分）‎ ‎③根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1：1，但图像中这两种气体的产率显然非1：1。（2分）‎ ‎（3）①此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。（2分）‎ ‎②C（1分）‎ ‎（4）16.7%（2分）2p3/27（2分）‎ 解析：（1）画出图像分析 ‎（2）①约650℃之前，脱酸基反应活化能低速率快，反应I的活化能高于反应II，使生成H2的速率低于生成CH4的速率，故氢气产率低于甲烷 ‎②根据（1）画出的图像分析热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)正向是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，并且平衡进行的程度增大，使H2的生成量增多，而脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)正向是放热反应，升高温度，反应会逆向进行，使CH4的生成量减少，所以随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时氢气产率高于甲烷，故选bc ‎③反应Ⅰ(热裂解):CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)根据反应I看出，生成CO与H2的比例为1:1，但图像中这两种气体的产率显然非1:1，说明该容器中一定发生了另外的副反应 ‎（3）①由图上的数据可以知道在一定时间内，反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。‎ ‎②催化剂无法改变平衡转化率，AB错误；反应I为吸热反应，所以升高温度，平衡正向进行，转化率增大，C正确；增大反应物的浓度，不能使平衡正向进行，D错误。‎ ‎（4）设起始时n(CH3COOH)=1mol，热裂解反应消耗乙酸40%，根据热裂解反应CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)有n(CO)=n(H2)=0.4mol×2=0.8mol，脱酸基反应消耗乙酸20%，‎ 根据脱酸基反应CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)有n(CH4)=n(CO2)=0.2mol，剩余n(CH3COOH)=1mol−0.4mol−0.2mol=0.4mol，所以平衡时乙酸体积分数=0.4/（0.8+0.8+0.2+0.2+0.4）=16.7%;平衡时p(CO)=p(H2)=0.8mol/2.4mol×p=p/3，p(CH3COOH)=0.4mol/2.4mol=p/6，热裂解反应的平衡常数Kp=（p/3）4/(p/6)=2p3/27‎ ‎28.【答案】I.2IF5⇌IF4++IF6-，（1分）‎ II.（1）用CCl4萃取后观察萃取液为紫色，证明含有I2，反复萃取后取水层少许于试管中，加入淀粉及FeCl3溶液，若出现蓝色，则含有I－，或加入AgNO3溶液，若含有黄色沉淀生成，则含有I－（2分）。‎ ‎(2) 2Cu2＋＋2I－＋SO32—＋2H2O = 2CuI↓＋SO42－＋2H＋（2分）‎ ‎（3）1.1（1分）小于1.1则I－去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2＋（2分）‎ ‎（4）催化剂（1分） Fe3I8＋4K2CO3 = Fe3O4＋8KI＋4CO2↑（2分）‎ ‎ (5)4.2×10-8，（1分）原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。（1分）‎ ‎（6）91.3%。（2分）‎ ‎【解析】I.由水的电离方程式知，IF5的自偶电离方程式为：2IF5⇌IF4++IF6-，‎ II.（1）检验碘可以用淀粉也可以用四氯化碳萃取，检验I-时为防止碘的干扰，需先充分萃取出碘,再在水层中加入淀粉及氧化剂（FeCl3、H2O2及氯水均可），所以用CCl4萃取后观察萃取液为紫色，证明含有I2，反复萃取后取水层少许于试管中，加入淀粉及FeCl3溶液，观察溶液是否出现蓝色，或加入AgNO3溶液，看是否有黄色沉淀生成 ‎(2)根据流程图，沉淀池中SO32—被氧化为SO42－，Cu2＋被还原为Cu＋与I－结合为CuI沉淀；‎ ‎（3）根据图示，当CuSO4过量系数小于1.1时I－去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2＋；‎ ‎（4）反应Ⅰ产物中不含H、O元素，加入水可能是为了加快反应速率，水起催化作用；根据铁与碘的质量比为21:127，可知铁与碘的物质的量比是，所以反应Ⅰ中生成铁与碘的化合物是Fe3I8；根据流程图反应Ⅱ是Fe3I8、K2CO3生成Fe3O4、KI、CO2；‎ ‎(5)吸附反应为I-(aq) +AgCl(s)⇌AgI(s)+Cl-(aq)，反应达到平衡后，，则，去除碘离子的原理是AgI溶度积比AgCl的溶度积小，发生沉淀的转化。‎ ‎（6）依据滴定反应：Ag++I-=AgI↓，KI的质量分数为：×100%=×100%=91.3%。‎ ‎35.【答案】（1）（1分） 12（1分）六方最密（1分）‎ ‎（2）①TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。（2分）②AB（2分）‎ ‎（3）TiO2+（1分）sp（1分）‎ ‎（4）（1/4,1/2,0）（2分） 8 （2分）（2分）‎ ‎【解析】（1）原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、4s四个原子轨道， 2p、3p六个轨道、3d两个轨道共12个轨道；（3）根据均摊法：Ti原子周围的O原子为2×1/2=1，所以阳离子的化学式为TiO2+，阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，故O原子的杂化方式为sp杂化；（4）根据钛金合金的化学式是Ti3Au，晶胞中Au位于顶点和体心，Ti位于晶胞的六个面上，由于最近的Ti原子距离为a/2，故B原子坐标参数为（1/4,1/2,0）；以右图中C原子为中心，在该晶胞中与C原子次近的原子有4个，根据晶胞的无隙并置，对称结构还有4个，故有8个。‎ ‎36.解析：(1)根据A的相对分子质量为92可以推测其分子式为C7H8‎ ‎,由由于题干交待其为芳香烃,可知A为甲苯,结构简式为,‎ D是苯乙酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，名称为苯乙酸乙酯；‎ ‎(2)对比D和E的结构简式可知，D中苯环和酯基中间的碳上的一个氢原子被—COCH2CH3取代，故D→E的反应类型为取代反应。‎ ‎(3)E中的官能团名称为羰基和酯基。‎ ‎(4) E发生水解反应生成F，F的结构简式为，F受热分解生成G，对应的化学方程式为＋CO2↑。‎ ‎（5）由题意可知，X有一个苯环，侧链共有3个碳，且含有—OOCH，苯环上有两种不同化学环境的H ,则苯环上有两个不同的取代基在对位或者两个相同取代基在邻位，另一个不同取代基在对称位置上。侧链有两个不同的对位取代基—CH2OOCH 和—CH3，—OOCH和—CH2CH3，侧链有三个取代基，两个甲基和一个—OOCH，,①②的位置放—OOCH ，共4种。X有5种氢原子，个数分别为3、2、2、2、1，苯环上有两个处于对位的取代基，符合该条件的X有或 ‎(6)首先让苯和液溴在催化剂作用下发生取代反应生成溴苯，然后让溴苯转化为苯甲酸，最后苯甲酸和乙醇发生酯化反应制备苯甲酸乙酯，合成路线如下：‎ ‎。‎ ‎36. (15分)（1）（1分）苯甲酸乙酯 (2分) ‎ ‎（2）羰基、酯基(2分) ‎ ‎（3）取代反应 (1分) ‎ ‎（4）(2分)‎ ‎（5）4 (2分) 或 (2分)‎ ‎（6） (3分)‎