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高考化学考前提分仿真卷 化学卷（二）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份高考化学考前提分仿真卷 化学卷（二）(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含高考化学考前提分仿真卷化学卷二原卷版doc、高考化学考前提分仿真卷化学卷二解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前提分仿真卷
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Ag 108
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收
B．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性
C．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用
D．《本草纲目》记载：“石胆出蒲州石穴中……涂于铁上，烧之红也”，其中涉及了置换反应
【答案】B
【解析】A．油脂能溶解一些脂溶性维生素，因此食用一定量的油脂能促进人体对脂溶性维生素的吸收，选项A正确；B．硬脂酸钠为强碱弱酸盐，溶于水显碱性，选项B错误；C．氧化铝熔点高，不易燃烧，并且很稳定，所以强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，选项C正确；D．石胆为CuSO4，涂在Fe上，发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，为置换反应，选项D正确；答案选B。
8．莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种单体化合物，有抗炎、镇痛作用，其结构如图所示。关于莽草酸的下列叙述中，正确的是
A．分子式为C7H5O5
B．莽草酸只能发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．分子中所有原子可能在同一平面上
D．1mol莽草酸与金属钠反应能产生标况下的氢气为44.8L
【答案】D
【解析】A．由莽草酸的结构图可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原构成的，其化学式为：C7H10O5，故A错误；B．含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键可发生加成和氧化反应，故B错误；C．该分子中存在－CH2－和的结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．1mol莽草酸含有3mol －OH，1mol －COOH均能与金属钠发生反应，共产生2mol H2，标况下的体积为22.4L/mol×2mol=44.8L，故D正确；故选D。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)中所含中子数为5NA
B．常温下，密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
C．1mol/L的NaClO溶液中含有ClO−的数目为NA
D．100g 46%的乙醇溶液中含有氧原子的数目为NA
【答案】A
【解析】A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)为0.5mol，其中一个羟基含有10个中子，故所含中子数为5NA，选项A正确；B．存在，为可逆反应，故产物的分子数小于2NA，选项B错误；C．没有给定体积，无法计算ClO−的数目，选项C错误；D．还含有水分子，氧原子的数目远大于NA，选项D错误。答案选A。
10．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2>Co2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
【答案】D
【解析】A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I−=2Fe2++I2，10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。
11．环氧乙烷是重要的有机合成原料，2020年《Science》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是
A．泡沫镍电极为阳极，连接电源正极
B．离子交换膜应为阴离子交换膜
C．整个过程中，氯离子浓度一直不变
D．当生成0.5mol环氧乙烷时，阴极区溶液质量减少36.5g
【答案】C
【解析】A．根据图示可知：泡沫镍电极为阳极，应该连接电源正极，A正确；B．阳极上Cl−失去电子发生氧化反应，2Cl−-2e−=Cl2↑，为维持溶液电中性，需Cl−从阴极向阳极定向移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜，B正确；C．根据图示可知：在反应过程中Cl−的物质的量不变，而反应会消耗水，因此整个过程中，c(Cl−)增大，C错误；D．根据图示可知反应产生0.5mol环氧乙烷时，需消耗0.5mol的Cl2，即消耗1mol Cl−，阴极有1mol Cl−移向阳极，且2H++2e−=H2↑，生成H2 0.5mol，则溶液质量减少为35.5g/mol×1mol+0.5mol×2g/mol=36.5g，D正确；故合理选项是C。
12．近年来中国地质调查局在自然界中发现了新矿物——氟栾锂云母。该矿除含F和Li外，还含原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素，已知它们的原子序数均不超过20，W、Y、Z的最外层电子数之和等于11，W的最低化合价为-2价，X在元素周期表中所处的族序数等于其周期序数。下列说法不正确的是
A．X的金属性比Z的强
B．原子半径：W>Y
C．中只含离子键
D．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均可与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】D
【解析】由题给信息确定W、X、Y、Z依次为O、Al、Si、K。金属性：K＞Al，A项错误；原子半径：O
A．a点时混合溶液中：c(NH)≈l.7×10−5mol·L−1
B．b点时混合溶液中：c(CH3COOH)＜c(NH)
C．c点时混合溶液中：pH=7
D．c点时混合溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)
【答案】C
【解析】A．a点时溶液为0.01mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离。由NH3·H2O的电离平衡常数Kb=可得c(NH)=，A正确；B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同。CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO−的水解平衡常数Kh=＜1.7×10−5=Kb，故CH3COO−的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：c(CH3COOH)＜c(NH)，B正确；C．c点溶液的溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸铵，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液的pH＞7，C错误；D．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)，D正确；故合理选项是C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）2009年6月22日，柯达宣布受到数码相机的影响，决定停止彩色胶卷的生产。一代人的回忆在它74岁的时候，画上了句号。黑白相机的底片上涂有一薄层含AgBr的明胶凝胶，曝光时底片上的AgBr分解成极细的银晶核，哪部分感光越强，哪部分就越黑。该过程称之为“潜影”。
已知：Br2在碱性条件下歧化成Br−和BrO。
回答以下问题：
(1)可以利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物(加热及夹持装置省略)：
①装置的连接顺序为___。(按字母顺序填写)
②当载气中存在氧气等杂质气体时溴化作用减慢，溴化作用减慢的原因是 。所以待装置气密性检验完毕后，需 。
(2)装置B中盛装NaOH溶液的目的 (用化学方程式解释)。
(3)请用化学方程式表示铁丝处发生的反应 。
(4)该实验装置还有一定的缺陷，请改正： 。
(5)α—AgI晶体中的Ag+具有高度的可移动性。根据这个原理，以α—AgI为主要成分的物质作为固体电解质电池可以检测外界气氛中氧气的浓度。
O2透过传感器聚四氟乙烯薄膜，与活性物质AlI3发生氧化还原反应，产物向多孔石墨极片扩散，形成原电池，正极的电极反应式为 。
(6)为测定液溴在反应中的转化率，通过沉淀滴定法测量尾气吸收液中的Brˉ浓度(假设通过四段式管子的未反应的Br2全部被吸收液吸收)。先滴加适量的硝酸，再滴加几滴K2CrO4指示剂，然后滴加c mol·L−1的AgNO3溶液至锥形瓶内出现___，且30s不变化，停止滴加。此时滴加了V mL。反应共消耗液溴a g，则Br2的转化率是__。(已知Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10−12，Ksp[AgBr]=5.0×10−13，用含a、c、V的式子表示)
【答案】（1）A→C→D→B 氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应 先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)
（2）3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O
（3）2NH3N2+3H2
（4） 尾气中的H2收集或点燃
（5） I2+2e−+2Ag+=2AgI
（6） 红色沉淀 (1−%)
【解析】(1)①由题意可知是利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物，所以A在D之前，且AD之间需要干燥装置，故C在AD之间，最后需要一个气体除杂装置B，故装置的连接顺序为：A→C→D→B。②氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜，减小了溴与银的接触面积，减缓溴化反应，因此需先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)，再进行溴化作用，故答案为：氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应；先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)。(2)已知Br2在碱性条件下歧化成Br−和BrO，装置B中盛装NaOH溶液的目的是：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O。(3)由题意可知是利用N2、H2等气体作为载体，所以铁丝处是NH3制取N2、H2，即答案为：2NH3N2+3H2。(4)该实验装置还有一定的缺陷，尾气中H2的处理，可进行尾气中的H2收集或点燃。(5)由题干可知，是O2与活性物质AlI3发生氧化还原反应，形成原电池，故正极的电极反应式为：I2+2e−+2Ag+=2AgI。(6)因为Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10−12，Ksp[AgBr]=5.0×10−13，所以先产生AgBr，再产生Ag2CrO4，即当出现红色沉淀时，溴离子消耗完，根据方程式3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，可知理论消耗Br2的质量为，反应共消耗液溴a g，即Br2的转化率为=。即答案为：红色沉淀；()。
27．（14分）重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：
(1)①煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为____。②煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有___(写化学式)。
(2)调节溶液的pH所选的试剂为___(填名称)，写出生成Al(OH)3的化学方程式____。
(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O。
①该反应____氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K=___。
②若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液____(填标号)
A．变黄色 B．颜色不变 C．变红色溶液
③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10−12，Ag2Cr2O7的Ksp=2×10−7。25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是___。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是___。
(5)加入Na2S溶液反应后，溶液b中硫元素全部以S2O的形式存在，则该反应的离子方程式为 。
【答案】（1）4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3 NaAlO2、Na2SiO3
（2） 稀硫酸 2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4
（3） 不是 A Ag2CrO4
（4） 低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分
（5） 8CrO+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O+22OH−
【解析】根据流程图，空气、纯碱(Na2CO3)和铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]充分煅烧，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，Al2O3与Na2CO3在高温下反应生成NaAlO2和CO2，加水充分溶解，过滤得到滤渣Fe2O3，浸出液中主要含有Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，由于浸出液显碱性，不利于除去杂质，加稀硫酸调节溶液pH值，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，再次过滤，得到主要含有Na2CrO4、Na2SO4的滤液，向滤液中加入硫酸化，得到Na2Cr2O7、Na2SO4的混合溶液，向滤液中加入Na2S，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则溶液b为Na2S2O3溶液。(1)①根据分析，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒规律，化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
8CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；②根据分析，煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有NaAlO2、Na2SiO3；(2)结合流程图，由分析可知，调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸，酸性条件下，NaAlO2转化为Al(OH)3，则生成Al(OH)3的化学方程式2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3
↓+Na2SO4；(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O。①该反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，反应的平衡常数表达式：K=；②Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O，若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液中的氢离子被消耗，该平衡逆向移动，溶液由橙红色变为黄色，答案选A；③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10-12，Ag2Cr2O7的Ksp=2×10-7，则Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，25℃时，向Na2Cr2O7溶液中存在2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O平衡体系，溶液酸性增强，溶液中主要以Cr2O形式存在，由于Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，加入AgNO3溶液，生成Ag2Cr2O7转化为更难溶的Ag2CrO4砖红色沉淀，该沉淀的化学式是Ag2CrO4；(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据图示，低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，冷却结晶析出大量K2Cr2O7；(5)根据分析，加入Na2S溶液反应后，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则该反应的离子方程式为8CrO+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O
+22OH−。
28．（15分）研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示，用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因_______。已知春季海水pH=8.1，冬季海水碱性会减弱，理由是_______。
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是_______(填字母)。
A．a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B．上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
C．c点状态下再通入1mol CO和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5mol CO和0.5mol CH3OH，平衡不移动
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_______。
②已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=-143kJ·mol−1
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.2kJ·mol−1
反应2：热化学方程式为_______。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-759.8kJ·mol−1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_______。
②b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_______，对你的排序进行解释：_______。
③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______。
【答案】（1）HCO+H2O=H2CO3+OH− 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低
（2） D
（3） 催化剂 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH=+57.2kJ/mol
（4） 1∶1 b=c>d 该反应ΔH<0，由图像可知温度T1>T2，b和c温度相同，平衡常数相同，而d点温度高，平衡常数比b、c点小 60%
【解析】（1）海水中无机碳的主要存在形式是HCO，水解吸热，溶液显碱性，冬天温度降低，水解平衡逆反应向移动，溶液碱性减弱，所以答案为：HCO+H2O=H2CO3+OH−和水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即氢气浓度相对越大，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，所以A错误；B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故D正确；故答案选D。（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。②已知O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=−143kJ/mol和反应O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=−200.2kJ/mol盖斯定律计算二者相减得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ/mol。本小题答案NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ/mol。（4）①由图像可知b点平衡时N2体积分数最高，此时加料比符合化学计量数之比1∶1，所以平衡体系中C、N原子个数之比接近1∶1，所以答案为：1∶1；②由图像想通加料比时，T1平衡后N2的体积分数低，又因为正反应为放热反应，所以T1>T2，放热反应温度越高平衡常数越小，因为b、c、温度相等且低于d温度，所以答案为：b=c>d；③由三段式，假设CO和NO的物质的量浓度分别为4mol/L和5mol/L，
2CO(g)+ 2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
起始浓度（mol/L） 4 5 0 0
变化浓度（mol/L） 2x 2x x 2x
平衡浓度（mol/L） 4-2x 5-2x x 2x
由解得x=1.5，所以NO的转化率为60%，答案为60%。
三、选考题（共15分，请考生任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
35．【化学——选修3：物质的结构与性质】（15分）
中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。
(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(其结构如图)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC－COOH)。
①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_________，CO2分子的立体构型为__________。
②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9℃，导致这种差异的最主要原因可能是___________。
③CO分子中π键与σ键个数比为___________。
(3)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如右图所示，其密度为ρ g·cm−3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为___________，晶胞参数为___________pm。
【答案】（1） 由高能量状态跃迁到低能量状态 N>O>S>K O
（2） sp2 直线型 草酸分子间能形成更多氢键 2∶1
（3） 4
【解析】(1)基态N原子价电子排布式为2s2p3，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；烟花燃放过程中，钾元素中的电子由高能量状态跃迁到低能量状态，以光的形式释放能量；金属的第一电离能小于非金属元素的，N原子元素2p能级为半充满稳定状态，N元素的第一电离能高于O元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N>O>S>K；同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故O的电负性最大，故答案为：，由高能量状态跃迁到低能量状态，N>O>S>K，O。(2)①C2O3中碳原子没有孤对电子、形成3个σ键，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；CO2分子中碳原子没有孤对电子，价层电子对数为2，其立体构型为直线形，故答案为：sp2，直线形。②草酸分子含有2个“O—H”键，正丁酸分子含有1个“O—H”键，草酸分子之间形成更多的氢键，故草酸的沸点比正丁酸高的多，故答案为：草酸分子之间形成更多的氢键。③CO分子与N2互为等电子体，结构相似，故CO的结构式为C≡O，三键含有1个σ键、2个π键，故CO分子中π键与σ键个数比为2∶1，故答案为：2∶1。(3)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：8×+6×=4，在一个晶胞中含有的B原子数目：4×1=4，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m==g，由于晶胞密度为ρ g·cm−3，所以晶胞的体积为==cm3，所以晶胞参数为cm=×1010pm，故答案为：4，×1010。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：
已知：①
②
③
(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。
(2)D→E的反应方程式为______________________________________。
(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。
(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________。
①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种
②遇FeCl3溶液显紫色
③分子中含
(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）_________________________。
【答案】（1）羟基和羧基 取代反应
（2）
（3）8
（4）、(其他答案只要正确也可)
（5）
【解析】根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线：
。
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
高考考前提分仿真卷
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。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 Ag 108
一、选择题（每小题6分，共42分。）
7．化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．食用一定量的油脂能促进人体对维生素的吸收
B．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性
C．强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用
D．《本草纲目》记载：“石胆出蒲州石穴中……涂于铁上，烧之红也”，其中涉及了置换反应
【答案】B
【解析】A．油脂能溶解一些脂溶性维生素，因此食用一定量的油脂能促进人体对脂溶性维生素的吸收，选项A正确；B．硬脂酸钠为强碱弱酸盐，溶于水显碱性，选项B错误；C．氧化铝熔点高，不易燃烧，并且很稳定，所以强化木地板表面的氧化铝具有耐磨与阻燃的作用，选项C正确；D．石胆为CuSO4，涂在Fe上，发生反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，为置换反应，选项D正确；答案选B。
8．莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种单体化合物，有抗炎、镇痛作用，其结构如图所示。关于莽草酸的下列叙述中，正确的是
A．分子式为C7H5O5
B．莽草酸只能发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．分子中所有原子可能在同一平面上
D．1mol莽草酸与金属钠反应能产生标况下的氢气为44.8L
【答案】D
【解析】A．由莽草酸的结构图可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原构成的，其化学式为：C7H10O5，故A错误；B．含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键可发生加成和氧化反应，故B错误；C．该分子中存在－CH2－和的结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．1mol莽草酸含有3mol －OH，1mol －COOH均能与金属钠发生反应，共产生2mol H2，标况下的体积为22.4L/mol×2mol=44.8L，故D正确；故选D。
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)中所含中子数为5NA
B．常温下，密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
C．1mol/L的NaClO溶液中含有ClO−的数目为NA
D．100g 46%的乙醇溶液中含有氧原子的数目为NA
【答案】A
【解析】A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)为0.5mol，其中一个羟基含有10个中子，故所含中子数为5NA，选项A正确；B．存在，为可逆反应，故产物的分子数小于2NA，选项B错误；C．没有给定体积，无法计算ClO−的数目，选项C错误；D．还含有水分子，氧原子的数目远大于NA，选项D错误。答案选A。
10．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2>Co2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
【答案】D
【解析】A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误；C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；D．根据2Fe3++2I−=2Fe2++I2，10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确；故选D。
11．环氧乙烷是重要的有机合成原料，2020年《Science》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是
A．泡沫镍电极为阳极，连接电源正极
B．离子交换膜应为阴离子交换膜
C．整个过程中，氯离子浓度一直不变
D．当生成0.5mol环氧乙烷时，阴极区溶液质量减少36.5g
【答案】C
【解析】A．根据图示可知：泡沫镍电极为阳极，应该连接电源正极，A正确；B．阳极上Cl−失去电子发生氧化反应，2Cl−-2e−=Cl2↑，为维持溶液电中性，需Cl−从阴极向阳极定向移动，故离子交换膜应为阴离子交换膜，B正确；C．根据图示可知：在反应过程中Cl−的物质的量不变，而反应会消耗水，因此整个过程中，c(Cl−)增大，C错误；D．根据图示可知反应产生0.5mol环氧乙烷时，需消耗0.5mol的Cl2，即消耗1mol Cl−，阴极有1mol Cl−移向阳极，且2H++2e−=H2↑，生成H2 0.5mol，则溶液质量减少为35.5g/mol×1mol+0.5mol×2g/mol=36.5g，D正确；故合理选项是C。
12．近年来中国地质调查局在自然界中发现了新矿物——氟栾锂云母。该矿除含F和Li外，还含原子序数依次增大的W、X、Y、Z四种元素，已知它们的原子序数均不超过20，W、Y、Z的最外层电子数之和等于11，W的最低化合价为-2价，X在元素周期表中所处的族序数等于其周期序数。下列说法不正确的是
A．X的金属性比Z的强
B．原子半径：W>Y
C．中只含离子键
D．X、Y的最高价氧化物对应的水化物均可与Z的最高价氧化物对应的水化物反应
【答案】D
【解析】由题给信息确定W、X、Y、Z依次为O、Al、Si、K。金属性：K＞Al，A项错误；原子半径：O
A．a点时混合溶液中：c(NH)≈l.7×10−5mol·L−1
B．b点时混合溶液中：c(CH3COOH)＜c(NH)
C．c点时混合溶液中：pH=7
D．c点时混合溶液中：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)
【答案】C
【解析】A．a点时溶液为0.01mol/L的NaOH、NH3·H2O得到的混合溶液，NaOH是强碱，完全电离，NH3·H2O是弱碱，部分电离。由NH3·H2O的电离平衡常数Kb=可得c(NH)=，A正确；B．b点时NaOH恰好被中和，溶液为CH3COONa、NH3·H2O的混合溶液，由于醋酸是一元弱酸，NH3·H2O、CH3COOH电离平衡常数相同。CH3COONa会水解产生CH3COOH，CH3COO−的水解平衡常数Kh=＜1.7×10−5=Kb，故CH3COO−的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此该混合溶液中微粒浓度：c(CH3COOH)＜c(NH)，B正确；C．c点溶液的溶质为等浓度的醋酸钠和醋酸铵，在醋酸铵溶液中，铵根离子和醋酸根离子的水解程度相近，溶液呈中性，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可知等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液的pH＞7，C错误；D．c点溶液为等浓度的CH3COONa、CH3COONH4的混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Na+)，D正确；故合理选项是C。
二、非选择题（共43分）
26．（14分）2009年6月22日，柯达宣布受到数码相机的影响，决定停止彩色胶卷的生产。一代人的回忆在它74岁的时候，画上了句号。黑白相机的底片上涂有一薄层含AgBr的明胶凝胶，曝光时底片上的AgBr分解成极细的银晶核，哪部分感光越强，哪部分就越黑。该过程称之为“潜影”。
已知：Br2在碱性条件下歧化成Br−和BrO。
回答以下问题：
(1)可以利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物(加热及夹持装置省略)：
①装置的连接顺序为___。(按字母顺序填写)
②当载气中存在氧气等杂质气体时溴化作用减慢，溴化作用减慢的原因是 。所以待装置气密性检验完毕后，需 。
(2)装置B中盛装NaOH溶液的目的 (用化学方程式解释)。
(3)请用化学方程式表示铁丝处发生的反应 。
(4)该实验装置还有一定的缺陷，请改正： 。
(5)α—AgI晶体中的Ag+具有高度的可移动性。根据这个原理，以α—AgI为主要成分的物质作为固体电解质电池可以检测外界气氛中氧气的浓度。
O2透过传感器聚四氟乙烯薄膜，与活性物质AlI3发生氧化还原反应，产物向多孔石墨极片扩散，形成原电池，正极的电极反应式为 。
(6)为测定液溴在反应中的转化率，通过沉淀滴定法测量尾气吸收液中的Brˉ浓度(假设通过四段式管子的未反应的Br2全部被吸收液吸收)。先滴加适量的硝酸，再滴加几滴K2CrO4指示剂，然后滴加c mol·L−1的AgNO3溶液至锥形瓶内出现___，且30s不变化，停止滴加。此时滴加了V mL。反应共消耗液溴a g，则Br2的转化率是__。(已知Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10−12，Ksp[AgBr]=5.0×10−13，用含a、c、V的式子表示)
【答案】（1）A→C→D→B 氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应 先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)
（2）3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O
（3）2NH3N2+3H2
（4） 尾气中的H2收集或点燃
（5） I2+2e−+2Ag+=2AgI
（6） 红色沉淀 (1−%)
【解析】(1)①由题意可知是利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物，所以A在D之前，且AD之间需要干燥装置，故C在AD之间，最后需要一个气体除杂装置B，故装置的连接顺序为：A→C→D→B。②氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜，减小了溴与银的接触面积，减缓溴化反应，因此需先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)，再进行溴化作用，故答案为：氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应；先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)。(2)已知Br2在碱性条件下歧化成Br−和BrO，装置B中盛装NaOH溶液的目的是：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O。(3)由题意可知是利用N2、H2等气体作为载体，所以铁丝处是NH3制取N2、H2，即答案为：2NH3N2+3H2。(4)该实验装置还有一定的缺陷，尾气中H2的处理，可进行尾气中的H2收集或点燃。(5)由题干可知，是O2与活性物质AlI3发生氧化还原反应，形成原电池，故正极的电极反应式为：I2+2e−+2Ag+=2AgI。(6)因为Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10−12，Ksp[AgBr]=5.0×10−13，所以先产生AgBr，再产生Ag2CrO4，即当出现红色沉淀时，溴离子消耗完，根据方程式3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，可知理论消耗Br2的质量为，反应共消耗液溴a g，即Br2的转化率为=。即答案为：红色沉淀；()。
27．（14分）重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：
(1)①煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为____。②煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有___(写化学式)。
(2)调节溶液的pH所选的试剂为___(填名称)，写出生成Al(OH)3的化学方程式____。
(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O。
①该反应____氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K=___。
②若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液____(填标号)
A．变黄色 B．颜色不变 C．变红色溶液
③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10−12，Ag2Cr2O7的Ksp=2×10−7。25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是___。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是___。
(5)加入Na2S溶液反应后，溶液b中硫元素全部以S2O的形式存在，则该反应的离子方程式为 。
【答案】（1）4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3 NaAlO2、Na2SiO3
（2） 稀硫酸 2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3↓+Na2SO4
（3） 不是 A Ag2CrO4
（4） 低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分
（5） 8CrO+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O+22OH−
【解析】根据流程图，空气、纯碱(Na2CO3)和铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]充分煅烧，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3和CO2，Al2O3与Na2CO3在高温下反应生成NaAlO2和CO2，加水充分溶解，过滤得到滤渣Fe2O3，浸出液中主要含有Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，由于浸出液显碱性，不利于除去杂质，加稀硫酸调节溶液pH值，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，再次过滤，得到主要含有Na2CrO4、Na2SO4的滤液，向滤液中加入硫酸化，得到Na2Cr2O7、Na2SO4的混合溶液，向滤液中加入Na2S，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则溶液b为Na2S2O3溶液。(1)①根据分析，高温下，Fe(CrO2)2与O2、Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3和CO2，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒规律，化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
8CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；②根据分析，煅烧后的浸出液中除了含有NaOH、Na2CO3、Na2CrO4外，还含有NaAlO2、Na2SiO3；(2)结合流程图，由分析可知，调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸，酸性条件下，NaAlO2转化为Al(OH)3，则生成Al(OH)3的化学方程式2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3
↓+Na2SO4；(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O。①该反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，反应的平衡常数表达式：K=；②Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O，若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液中的氢离子被消耗，该平衡逆向移动，溶液由橙红色变为黄色，答案选A；③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10-12，Ag2Cr2O7的Ksp=2×10-7，则Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，25℃时，向Na2Cr2O7溶液中存在2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙红色)+H2O平衡体系，溶液酸性增强，溶液中主要以Cr2O形式存在，由于Ag2CrO4比Ag2Cr2O7更难溶，加入AgNO3溶液，生成Ag2Cr2O7转化为更难溶的Ag2CrO4砖红色沉淀，该沉淀的化学式是Ag2CrO4；(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据图示，低温时K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，冷却结晶析出大量K2Cr2O7；(5)根据分析，加入Na2S溶液反应后，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应生成Cr(OH)3和Na2S2O3，则该反应的离子方程式为8CrO+6S2−+23H2O=8Cr(OH)3↓+3S2O
+22OH−。
28．（15分）研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示，用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因_______。已知春季海水pH=8.1，冬季海水碱性会减弱，理由是_______。
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是_______(填字母)。
A．a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B．上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
C．c点状态下再通入1mol CO和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5mol CO和0.5mol CH3OH，平衡不移动
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
①NO的作用是_______。
②已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=-143kJ·mol−1
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.2kJ·mol−1
反应2：热化学方程式为_______。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-759.8kJ·mol−1，反应达到平衡时，N2的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如下图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_______。
②b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_______，对你的排序进行解释：_______。
③若n(CO)/n(NO)=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______。
【答案】（1）HCO+H2O=H2CO3+OH− 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低
（2） D
（3） 催化剂 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH=+57.2kJ/mol
（4） 1∶1 b=c>d 该反应ΔH<0，由图像可知温度T1>T2，b和c温度相同，平衡常数相同，而d点温度高，平衡常数比b、c点小 60%
【解析】（1）海水中无机碳的主要存在形式是HCO，水解吸热，溶液显碱性，冬天温度降低，水解平衡逆反应向移动，溶液碱性减弱，所以答案为：HCO+H2O=H2CO3+OH−和水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即氢气浓度相对越大，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，所以A错误；B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故D正确；故答案选D。（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。②已知O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=−143kJ/mol和反应O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=−200.2kJ/mol盖斯定律计算二者相减得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ/mol。本小题答案NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) ΔH2=+57.2kJ/mol。（4）①由图像可知b点平衡时N2体积分数最高，此时加料比符合化学计量数之比1∶1，所以平衡体系中C、N原子个数之比接近1∶1，所以答案为：1∶1；②由图像想通加料比时，T1平衡后N2的体积分数低，又因为正反应为放热反应，所以T1>T2，放热反应温度越高平衡常数越小，因为b、c、温度相等且低于d温度，所以答案为：b=c>d；③由三段式，假设CO和NO的物质的量浓度分别为4mol/L和5mol/L，
2CO(g)+ 2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
起始浓度（mol/L） 4 5 0 0
变化浓度（mol/L） 2x 2x x 2x
平衡浓度（mol/L） 4-2x 5-2x x 2x
由解得x=1.5，所以NO的转化率为60%，答案为60%。
三、选考题（共15分，请考生任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）
35．【化学——选修3：物质的结构与性质】（15分）
中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。
(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(其结构如图)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC－COOH)。
①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_________，CO2分子的立体构型为__________。
②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9℃，导致这种差异的最主要原因可能是___________。
③CO分子中π键与σ键个数比为___________。
(3)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如右图所示，其密度为ρ g·cm−3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为___________，晶胞参数为___________pm。
【答案】（1） 由高能量状态跃迁到低能量状态 N>O>S>K O
（2） sp2 直线型 草酸分子间能形成更多氢键 2∶1
（3） 4
【解析】(1)基态N原子价电子排布式为2s2p3，结合泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；烟花燃放过程中，钾元素中的电子由高能量状态跃迁到低能量状态，以光的形式释放能量；金属的第一电离能小于非金属元素的，N原子元素2p能级为半充满稳定状态，N元素的第一电离能高于O元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N>O>S>K；同周期自左而右电负性增大、同主族自上而下电负性减小，故O的电负性最大，故答案为：，由高能量状态跃迁到低能量状态，N>O>S>K，O。(2)①C2O3中碳原子没有孤对电子、形成3个σ键，杂化轨道数目为3，C原子采取sp2杂化；CO2分子中碳原子没有孤对电子，价层电子对数为2，其立体构型为直线形，故答案为：sp2，直线形。②草酸分子含有2个“O—H”键，正丁酸分子含有1个“O—H”键，草酸分子之间形成更多的氢键，故草酸的沸点比正丁酸高的多，故答案为：草酸分子之间形成更多的氢键。③CO分子与N2互为等电子体，结构相似，故CO的结构式为C≡O，三键含有1个σ键、2个π键，故CO分子中π键与σ键个数比为2∶1，故答案为：2∶1。(3)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是4；在一个晶胞中含有的P原子数目：8×+6×=4，在一个晶胞中含有的B原子数目：4×1=4，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m==g，由于晶胞密度为ρ g·cm−3，所以晶胞的体积为==cm3，所以晶胞参数为cm=×1010pm，故答案为：4，×1010。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
某研究小组以甲苯为原料，设计以下路径合成药物中间体M和R。回答下列问题：
已知：①
②
③
(1)C中的官能团的名称为______，F的结构简式为______，A→B的反应类型为_______。
(2)D→E的反应方程式为______________________________________。
(3)M物质中核磁共振氢谱中有________组吸收峰。
(4)至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式_________________。
①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种
②遇FeCl3溶液显紫色
③分子中含
(5)设计由甲苯制备R（）的合成路线（其它试剂任选）_________________________。
【答案】（1）羟基和羧基 取代反应
（2）
（3）8
（4）、(其他答案只要正确也可)
（5）
【解析】根据A到B，B到C反应，推出溴原子取代苯环上的氢，取代的是甲基的邻位，D到E发生的是信息①类似的反应，引入碳碳双键，即E为，E到F发生的是信息③类似的反应，得到碳氧双键，即F为，F到M发生的信息②类似的反应，即得到M。(1)C中的官能团的名称为羟基和羧基，根据信息①和③得到F的结构简式为，根据A→B和B→C的结构简式得到A→B的反应类型为取代反应；故答案为：羟基和羧基；；取代反应。(2)根据信息①得出D→E的反应方程式为；故答案为：。(3)M物质中核磁共振氢谱中有8组吸收峰，如图。(4)①只有一个苯环且苯环上的一氯取代物只有2种，容易想到有两个支链且在对位，②遇FeCl3溶液显紫色，含有酚羟基，③分子中含，至少写出2个同时符合下列条件试剂X的同分异构体的结构简式、；故答案为：、(其他答案只要正确也可)。(5)甲苯先与Cl2光照发生侧链取代，后与氢气发生加成反应，然后发生氯代烃的消去反应引入碳碳双键，然后与溴加成，再水解，因此由甲苯制备R（）的合成路线：
。
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