（新高考）2022届高考考前冲刺卷（二）—化学试题及答案

这是一份（新高考）2022届高考考前冲刺卷（二）—化学试题及答案，共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，一种麻醉剂的分子结构式如图所示等内容，欢迎下载使用。

（新高考）此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

2022届高考考前冲刺卷
化学（二）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共14小题，总计46分。在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一个选项符合题目要求，每小题3分。第11～14题为不定项选择题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，有1~2个是符合题目要求的，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．2021年我国在载人航天、北斗、探月、探火工程上取得重大进展，航天成就惊艳全球。下列有关说法不正确的是
A．长征五号火箭采用液氢作为燃料，其燃烧产物对环境无污染
B．“天问一号”火星车使用的保温材料—纳米气凝胶，具有丁达尔效应
C．月壤中含有He，其中子数为3
D．宇航服“液冷层”所用的尼龙材料，属于有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．用液氢作为燃料，燃烧产物是水，对环境无污染，故A正确；B．纳米气凝胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C．He中子数为3-2=1，故C错误；D．尼龙是合成纤维，属于合成有机高分子材料，故D正确；选C。
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B．常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C．叠氮化铵（NH4N3）可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】A．1molSiO2中含有4molSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1mol，故常温下，60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；C．叠氮化铵（NH4N3）中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2molH2时电子转移为4mol，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；D．根据物料守恒知，1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；故答案为B。
3．下列叙述对应的离子方程式一定正确的是
A．向含1molFeI2的溶液通入0.5molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-
B．向pH=0的FeSO4溶液滴2滴稀NaClO溶液：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C．侯氏制碱法中发生反应：2NH3+2Na++CO2+H2O=Na2CO3+2NH
D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇某气体后，试纸变蓝：Cl2+2I-=I2+2Cl-
【答案】B
【解析】A．还原性，通入的先与I-反应，只能消耗，含，不参与反应，A错误；B．少量的NaClO滴入硫酸亚铁溶液中，溶液呈酸性，根据电子得失守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为，B正确；C．侯氏制碱法中应析出晶体，再经加热分解得到纯碱，C错误；D．该气体还有可能是、蒸气等，它们也能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，D错误；故选B。
4．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、过滤、稀HCl
C
乙醇（乙酸）
NaOH溶液、分液
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．除去Cl2中的HCl应该将混合气体通过饱和食盐水，用浓硫酸不能除去HCl，A不合题意；B．除去NaCl溶液中的MgCl2，可以先后加入过滤的NaOH溶液，反应为MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，过滤洗涤沉淀后向滤液中滴加稀HCl至溶液呈中性，反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，前后发生的反应均为非氧化还原反应，B符合题意；C．除去乙醇中的乙酸，可以用NaOH溶液，但由于乙醇和水任意比互溶，不能用分液法将乙醇和乙酸钠溶液分离，C不合题意；D．除去NO中的NO2，先将混合气体通过H2O，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应为氧化还原反应，然后通过无水CaCl2干燥即可，D不合题意；故答案为B。
5．某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是

A．1molA最多可以与2molBr2发生反应
B．一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上
C．1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH
D．在一定条件下可以发生消去反应和取代反应
【答案】D
【解析】A．1molA中含有的1mol碳碳双键可以消耗1mol的Br2，还有2mol的酚羟基邻、对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3mol Br2发生反应，故A错误；B．苯环、碳碳双键都为平面形结构，这8个碳原子可能共平面，另外酯基及烃基上最多可提供3个碳原子与苯环、碳碳双键共平面，即最多可提供11个碳原子共平面，故B错误；C．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基（该酯基为酚酯的酯基）和氯原子，1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH，故C错误；D．分子中含有Cl原子，且与氯原子相边的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可发生取代、消去反应，酯基的水解及苯环上的溴代反应或硝化反应均属于取代反应，故D正确；故答案为D。
6．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石（HAP）表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法不正确的是

A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B．在整个反应历程中，有极性键和非极性键的断裂
C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D．该反应可表示为：
【答案】C
【解析】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高HCHO与O2的反应速率，A项正确；B．在整个反应历程中，有极性键（如C-H键）和非极性键（如O-O键）的断裂，B项正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自于甲醛，C项错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，该反应可表示为为，D项正确；答案选C。
7．一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X元素是宇宙中含量最多的元素；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且都与X处于相邻周期；主族元素E的原子序数比W多8。下列说法不正确的是

A．X2YZ3是一种弱酸
B．气态氢化物的稳定性：W＞E
C．原子半径：
D．X2Z2分子中含有极性共价键和非极性共价键
【答案】C
【解析】X的原子核只有1个质子，X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，即位于第二周期，由化合物中化学键可知，Y为C、Z为O、W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，E的质子数为9+8=17，E为Cl。由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、W为F、E为Cl。A．X2YZ3是碳酸，为弱酸，选项A正确；B．元素非金属性越强气态氢化物的稳定性越强，非金属性W（F）＞E（Cl），则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，选项B正确；C．电子层越多、原子半径越大，同周期，从左向右原子半径减小，则原子半径：E>Y>W，选项C不正确；D．X2Z2分子即H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，选项D正确；答案选C。
8．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是
A．汽车尾气中NO，主要来源于汽油、柴油的燃烧
B．二氧化硫不仅可以漂白纸浆，还能杀菌消毒
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除
【答案】B
【解析】A．汽车尾气中NO，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；B．二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；C．植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐，不能吸收空气中的NO和NO2，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；D．生石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，但CO2不可采用石灰法进行脱除，故D错误；故选B。
9．据报道，韩国科学家开发了一种新设备，在捕获CO2的同时，还能获得电力、氢燃料以及工业副产品，其工作原理如下图所示：

下列叙述正确的是
A．有机电解液可以用乙醇作溶剂
B．二氧化碳生成氢气的电极反应式：2CO2+2H2O + 2e-=H2+2HCO
C．该电池放电时，电子由电极M经有机电解液通过钠块离子导体流向电极N
D．该电池放电一段时间后，N电极附近溶液的pH不变
【答案】B
【解析】A．乙醇可以与钠反应，不能用乙醇作溶剂，A错误；B．N极是正极，二氧化碳、水得到电子转化成氢气和碳酸氢根，电极反应式：2CO2+2H2O + 2e-=H2+2HCO，B正确；C．由图示可知，M极是乙醇与钠反应，为负极，N为正极，电子由电极M流向电极N，但是不能通过有机电解液，C错误；D．该电池放电一段时间后，N电极附近生成HCO，故溶液的pH升高，D错误；故选B。
10．氧化亚氮在碘蒸气存在时的热分解反应：，其反应机理包含以下步骤：
第一步（快反应）
第二步（慢反应）
第三步（快反应）
下列说法错误的是
A．第二步对分解反应速率起决定作用 B．I2浓度与N2O分解速率无关
C．慢反应的活化能高于快反应的活化能 D．第二步反应中I(g)作还原剂
【答案】B
【解析】A．反应的快慢取决于慢反应，则第二步对分解反应速率起决定作用，故A正确；B．N2O分解反应中，I2是反应物，碘蒸气浓度与N2O分解速率有关，故B错误；C．活化能越大反应速率越慢，则慢反应的活化能高于快反应的活化能，故C正确；D．第二步反应中I(g)→IO，I2元素化合价升高，作还原剂，故D正确；故选B。
11．下列实验现象或所得结论错误的是
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性
B．测定中和反应的反应热时，将碱分多次倒入酸中混合，所测中和热值偏低
C．向沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，煮沸后持续加热最终会制得红褐色Fe(OH)3胶体
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【解析】A．NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀为S，可知NaHSO3中S元素的化合价降低，则具有氧化性，故A正确；B．将碱分多次倒入酸中混合，热量散失，所测温度值偏低，故B正确；C．持续加热煮沸，胶体可发生聚沉，最终会制得红褐色Fe(OH)3沉淀，故C错误；D．先变红说明溶液显碱性，说明NaClO在溶液中发生了水解，水解方程式为：，水解产生了HClO，HClO具有漂白性，溶液又褪色，故D正确；答案选C。
12．钛铁矿（，其中Ti为+4价）在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。

下列说法正确的是
A．氯化反应中与C的物质的量之比为
B．氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气
【答案】AD
【解析】A．根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为，则氯化反应中与C的物质的量之比为7:6，A正确；B．中Fe的化合价为，反应后被氧化为，因此作还原剂，B错误；C．还原剂的还原性强于还原产物的还原性，和镁反应被还原为钛单质，则还原性：，C错误；D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生反应，D正确；故选AD。
13．下列实验现象与实验操作不匹配的是
选项
实验操作
实验现象
A
向FeI2溶液中，滴加几滴淀粉溶液，再逐滴加入新制氯水
溶液立即变蓝色
B
向盛有苯酚水溶液的试管中加入适量饱和Na2CO3溶液，振荡
溶液变澄清
C
向盛有5 mL 0.1 mol/L K2Cr2O7溶液中滴加5滴6 mol/L NaOH溶液
溶液仍为橙色
D
向20%的双氧水中加入几滴酸性FeSO4溶液
溶液变黄且有大量气泡产生
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．由于还原性：I-＞Fe2+，所以向FeI2溶液中，滴加几滴淀粉溶液，再逐滴加入新制氯水，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，反应事实与反应原理相吻合，A不符合题意；B．饱和Na2CO3溶液显碱性，但苯酚水中溶解度较小，当向其中加入适量的碱性的饱和Na2CO3溶液并振荡时，苯酚与碱反应产生可溶性苯酚钠，使溶液变澄清，描述与反应事实吻合，B不符合题意；C．在K2Cr2O7溶液中存在化学平衡：+H2O+2H+，向该溶液中滴加几滴6 mol/L NaOH溶液，OH-反应消耗H+，使c(H+)减小，化学平衡正向移动，溶液为黄色，描述现象与反应事实不吻合，C符合题意；D．向20%的双氧水中加入几滴酸性FeSO4溶液，二者反应产生硫酸铁和水，使溶液变为黄色，三价铁离子催化双氧水分解产生大量气泡，因此描述实验现象与反应事实吻合，D不符合题意；故合理选项是C。
14．室温下，向0.1mol/L的某二元酸溶液中逐渐加入NaOH固体，溶液中含A各粒子的分布系数δ(A)随溶液pH的变化如图所示[如]，已知。下列说法正确的是

A．曲线a表示的是的变化
B．的数量级为
C．假设Q点溶液中无，则图中x=2.41
D．pH＜7时溶液中可能存在：
【答案】AC
【解析】根据图像横坐标的变化判断，加入氢氧化钠溶液后，pH在增大，溶液中发生酸碱中和，根据二元酸的电离方程式判断微粒的变化，酸式根离子先增大后减小，酸分子的浓度减小，根据交点的特点微粒的浓度相等进行计算电离平衡常数。A．pH越小，氢离子浓度越大，越多，所以曲线a代表的变化，A项正确；B．P点处，故，数量级为，B项错误；C．由，可得，，，，即Q点纵坐标x为2.41，C项正确；D．根据电荷守恒，，推出，因，故，D项错误。故选答案AC。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共39分。
15．TiCl4是制备金属钛的重要中间体。某小组同学利用如下装置在实验室制备TiCl4（夹持装置略去）。

已知：TiCl4易挥发，高温时能与O2反应，不与HCl反应，其他相关信息如下表所示：

熔点/℃
沸点/℃
密度/（g·cm-3）
水溶性
TiCl4
-24
136.4
1.7
易水解生成白色沉淀，能溶于有机溶剂
CCl4
-23
76.8
1.6
难溶于水
回答下列问题：
（1）A装置仪器b的名称是_______，E装置中的试剂是_______。
（2）装置A中发生反应的离子方程式为________________________。
（3）在通入Cl2前，先打开开关k，从侧管持续通入一段时间的CO2气体的目的是________________________。
（4）装置C中除生成TiCl4外，还生成一种气态不成盐氧化物，该反应的化学方程式为______________________________。
（5）制得的TiCl4中常含有少量CCl4，从混合液中分离出TiCl4操作的名称是_______。
（6）利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取wg产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴加几滴0.1mol·L-1K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。已知：常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4呈砖红色，TiCl4+(2+n)H2O=TiO2·nH2O↓+4HCl。

①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有_______；
②滴定终点的判断方法是_______；
③产品的纯度为_______（用含w、c和V的代数式表示）。
【答案】（1）蒸馏烧瓶     浓硫酸
（2）2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（3）排除装置中的空气，防止TiCl4和O2反应
（4）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
（5）蒸馏
（6）液封，吸收挥发的HCl气体     当加入最后一滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失     或
【解析】本题利用与反应制备。A为制备的装置，C、D分别为制备、收集的装置，因易水解，要求制备和收集过程无水，故在C前、D后都要加干燥装置，所以B、E中盛放试剂为浓硫酸；F中盛放溶液，目的是除去未反应的。
（1）根据装置图可知，A装置中仪器b的名称是蒸馏烧瓶。E装置中的试剂是浓硫酸，防止F中的水蒸气进入D装置中使水解。
（2）装置A中与浓盐酸反应制，反应的离子方程式为：。
（3）高温时能与反应，在通入前，从侧管持续通入一段时间的的目的是排除装置中的空气，防止和反应。
（4）一种气态不成盐氧化物是，反应的化学方程式为：；
（5）和互溶，但沸点差异比较大，故从混合液体分离出的操作为蒸馏。
（6）①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的气体，避免的损失。②滴定终点的判断方法是：当加入最后一滴标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失。③根据关系，，TiCl4的纯度为或。
16．二氧化铈（CeO2）可用作玻璃工业添加剂和有机反应催化剂。以氟碳铈矿（主要含有CeFCO3）为原料制备二氧化铈的一种工艺流程如图：

已知：①Ce4+能与F-结合成CeF3+，Al3+也能与F-结合成AlF；②Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时，为了加快反应速率、提高原料利用率的措施有_______。（写一种，合理即可）
（2）“氧化焙烧”后的固体产物中含有CeO2和CeF4，二者物质的量之比为3∶1，“酸浸”时发生反应的离子方程式为_______。
（3）TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时发生反应：CeF3++TBP→CeTBP4++F-，氟洗液中添加Al3+的作用是_______。
（4）“反萃取”时加入H2SO4和H2O2的混合液，H2O2的作用为_______。
（5）“反萃取”后的水层溶液中c(Ce3+)=1mol·L-1，c(Al3+)=0.01mol·L-1。室温下，“调pH”时，先除去Al3+，若忽略过程中溶液的体积变化，则需加入NaOH调节溶液pH的范围为_______，过滤后，再向滤液加入NaOH使Ce3+沉淀完全（已知：室温下，当溶液中的离子浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。K［Al(OH)3］=1.0×10-32，K［Ce(OH)3］=1.0×10-21）。
（6）“氧化”时发生反应的化学方程式为____________________________。
（7）用10吨含70％CeFCO3的矿石，按上述工艺生产，制得CeO24.48吨，则CeO2的产率为_______（保留三位有效数字）。
【答案】（1）将氟碳铈矿进一步粉碎或焙烧时空气与矿料逆流而行
（2）3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O
（3）Al3+能与F-结合成AlF，使萃取平衡正向移动
（4）将CeTBP4+中的Ce还原为Ce3+
（5）5≤pH<7
（6）2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl
（7）81.5%
【解析】氟碳铈矿通过氧气氧化焙烧获得CeO2 和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+，促进CeF3++TBPCeTBP4++F-正向进行，然后进行反萃取，发生反应2CeTBP4++H2O2⇌2Ce3++O2↑+2H++TBP，形成Ce3+，通过加入氢氧化钠调节pH，先使Al3+沉淀，分离出Ce3+，随后再调节pH，使Ce3+完全沉淀，再加次氯酸钠氧化形成Ce(OH)4，反应为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4↓+NaCl，最后煅烧生成CeO2。
（1）“氧化焙烧”时，为了加快反应速率、提高原料利用率，可以将将氟碳铈矿进一步粉碎增大接触面积，也可以在焙烧时气体与矿料逆流而行，使反应物间充分接触。
（2）根据已知信息，CeO2和CeF4在酸性条件下发生非氧化还原反应生成CeF3+，再由参加反应的CeO2和CeF4二者物质的量之比为3∶1可知，反应的离子方程式为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O。
（3）由于Al3+也能与F-结合成AlF63-，故氟洗液中添加Al3+能使萃取平衡正向移动。
（4）“反萃取”时加入H2SO4和H2O2的混合液，H2O2的作用为将CeTBP4+中的Ce还原为Ce3+，从而与萃取剂分离。
（5）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c(OH-)3，当溶液中c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OH-)3=，c(OH-)=，pH=5；Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c(OH-)3，当Ce3+开始沉淀时，c(OH-)3=，c(OH-)=，pH=7，故室温下，为了先除去Al3+，而不沉淀Ce3+，需加入NaOH调节溶液pH的范围为5≤pH<7。
（6）“氧化”时，NaClO是氧化剂，将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，自身被还原为NaCl，反应的化学方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。
（7）10吨含70%CeFCO3的矿石，由元素守恒可知，理论上生成CeO2的质量为，实际得到CeO2的质量为4.48t，故产率为=81.5%。
17．含氮化合物的制备、应用及污染治理是科学研究领域的热点问题。试回答下列问题。
（1）反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)∆H=-620.9kJ·mol-1。可有效降低汽车尾气污染物的排放。
①对于该反应，下列说法正确的是___（填序号）。
A．该反应在高温条件下可自发进行
B．容积固定的绝热容器中，温度保持不变时反应达到平衡状态
C．投料比即[]越大，NO转化率、反应速率均越大
D．在恒温恒压的容器中达平衡时，同时通入等物质的量的CO和CO2平衡不移动
②图中曲线表示在其他条件一定时反应速率与温度的关系，x为CO的转化率，其中最佳反应温度曲线为不同转化率下最大反应速率与温度的关系，则x最小的是__________，理由是__________________________。

（2）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，得到在铜催化作用下将一个N，N−二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]的合成路线。反应历程如图所示。

则反应(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)s(g)+H2O(g)的∆H=___kJ·mol-1（1eV=1.6×10-22kJ，NA的数值为6.02×1023，结果保留2位有效数字），①、②、③中反应速率最快的一步的化学方程式为________________________。
（3）T°C时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为v正=h正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常数），且lgv正~lgc(NO2)与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。

①图中表示lgv逆~lgc(N2O4)的线是____（填“I”或“II”）。
②T℃时，该反应的平衡常数K=_________L/mol。
③T℃时，向2L恒容密闭容器中充入1.6molNO2，某时刻v正=4×100.5mol/(L·min)，则此时NO2的转化率为_______________________。
【答案】（1）B     x3     在其他条件一定时，转化率越小，反应物浓度越大，反应速率越快
（2）-98  (CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*
（3）II     100     75%
【解析】（1）①根据吉布斯自由能，ΔG=ΔH−T×ΔS，该反应ΔH<0，ΔS<0，所以在低温下可满足ΔG<0，A错误。容器为绝热，反应为放热反应，温度升高，当温度不再改变，说明反应达到平衡，B正确。投料比大，浓度不一定大，所以反应速率不一定快，C错误。通入等物质的量的CO和CO2，容积增大，v正=c2(CO)c2(NO)，v逆=c2(CO2)c(N2)，CO和CO2对速率的影响相同，但NO和N2下降不同浓度，前者对速率的影响大，故v正 ②在其他条件一定时，温度和反应物的浓度影响反应速率，相同温度下，转化率小，反应物浓度越高，反应速率越快，故x3最小。
（2）由图可知，一个N，N−二甲基甲酞胺[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]的ΔH=−1.02eV，则1mol(CH3)2NCHO转化时的能量变化为，故ΔH=−98kJ·mol−1；由图可知，②的活化能最小，反应速率最快，其反应为(CH3)2NCH2OH*+H*=N(CH3)3+OH*或(CH3)2NCH2OH*+2H*=N(CH3)3+OH*+H*。
（3）①由方程式可知，四氧化二氮的化学计量数小于二氧化氮，则图中曲线II表示lgv逆~lgc(N2O4)。
②由速率公式可得lgv正=lgk正+lgc(NO2)、lgv逆=lgk逆+lgc(N2O4)，由图可知，T℃时，lgc(NO2)和lgc(N2O4)为0时，lgv正=lgk正=2.5，lgv逆=lgk逆=0.5，则k正=102.5、k逆=100.5；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v正=v逆，则化学平衡常数。
③由v正=k正c2(NO2)，v正=4×100.5mol/(L·min)，k正=102.5得c2(NO2)=，c(NO2)=0.2mol/L，n(NO2)=0.4mol，故NO2的转化率为。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
18．环烷酸金属（Cu、Ni、Co、Sn、Zn）盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。请回答下列问题：
（1）基态Co原子的价电子排布式为_______。
（2）镍的氨合离子[ Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有_______。
A．离子键        B．共价键          C．配位键       D．氢键       E．σ键       F．π键
（3）Cu、Zn的第二电离能比较：I2(Cu)_______I2(Zn)（填“>”、“=”或“<”）。
（4）锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是_______。
（5）硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a pm。

①相邻Zn2+的Se2-与之间的距离为_______pm。
②已知原子坐标：A点为（0，0，0）， B点为（1，1，1），则C点原子坐标为_______。
③若硒化锌晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA=_______ （用含a、ρ的计算式表示）。
【答案】（1）3d74s2
（2）BCE
（3）>
（4）Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定
（5）a         
【解析】（1）Co的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其价电子排布式是3d74s2，故答案为：3d74s2。
（2）[Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有Ni2+和NH3分子间的配位键、NH3内部的N-H共价键，单键为σ键，不存在离子键、氢键和π键，故选BCE，故答案为：BCE。
（3）铜原子失去1个电子后，3d轨道全充满，而锌失去1个电子后，4s轨道还有1个电子，所以失去第二个电子的难易程度铜大于锌，即第二电离能：I2(Cu)>I2(Zn)，故答案为：>。
（4）Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn键的键长更长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定，故答案为：Sn与C同主族，Sn原子半径大，Sn-Sn 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
（5）①晶胞参数为apm，体对角线为，相邻的Se2-与Zn2+之间的距离为体对角线的，即为，故答案为：。
②A点为（0，0，0），B点为（1，1，1），C点在x轴的处，在y、z的处，则C点坐标为，故答案为：。
③由图可知，该晶胞中，Zn原子数目为4，Se原子的数目为，则，解得，故答案为：。

19．有机物H是一种酯类化合物，H的一种合成路线如下：
DEGH
已知：RCOCH3+ R'CHORCOCH=CHR'+H2O（R、R'为H或烃基）。
回答下列问题：
（1）的名称是_______。
（2）由D生成E的反应类型为_______。
（3）E中官能团的名称为_______。
（4）G的结构简式为_______，H中含手性碳（连有4个不同原子或基团的碳）的个数为_______。
（5）写出由B→C反应的化学方程式（Cu作催化剂）：_______。
（6）M是E的芳香族同分异构体，写出一种满足下列条件的M的结构简式：_______。
①能发生水解反应且1mol M能与2mol NaOH恰好完全反应；
②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6。
（7）利用题中信息，设计以乙酸、甲醛和苯酚为原料合成的合成路线（其他无机试剂任选）。
【答案】（1）2-氯丙酸
（2）取代反应
（3）羰基、（酚）羟基
（4）     1
（5）+2NaOH+NaBr+H2O
（6）或
（7）

【解析】A和单质溴发生取代反应生成B，B水解生成C，C酸化生成D为，根据F的结构简式可判断D发生取代反应生成E为，E继续发生取代反应生成F，F发生已知信息的反应并酸化后生成G为，G和乙醇发生酯化反应生成H为，据此解答。
（1）中含有羧基和氯原子，其名称是2-氯丙酸。
（2）根据以上分析可知由D生成E的反应类型为取代反应。
（3）E为，E中官能团的名称为羰基、（酚）羟基。
（4）根据以上分析可知G的结构简式为，H为，H中含手性碳（连有4个不同原子或基团的碳）的个数为1。
（5）根据以上分析可知由B→C反应的化学方程式（Cu作催化剂）+2NaOH+NaBr+H2O。
（6）①能发生水解反应且1mol M能与2mol NaOH恰好完全反应，说明含有2个酚羟基或酚羟基形成的酯基；②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶6，则符合条件的有机物结构简式可以为或。
（7）首先苯酚引入CH3CO－，然后结合已知信息和甲醛反应并酸化生成，最后加聚即可得到，其合成路线为。