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河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真模试卷（一模二模）含解析
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这是一份河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真模试卷（一模二模）含解析，共40页。
河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真
模试卷（一模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．《天工开物》中记载分离金和银的方法：“凡足色金参和伪售者，唯银可入，余物无望焉。欲去银存金，则将其金打成薄片剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出以成足色。然后入铅少许，另入坩埚内，勾出土内银，亦毫厘具在也。”下列说法错误的是
A．硼砂的作用是和银反应
B．金银合金的硬度比银的大
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积
D．银的熔点低于金的
2．甲酸在催化作用下脱氢可生成CO2，反应机理和相对能量变化如图所示，下列说确的是
A．甲酸脱氢反应放热，因此没有需要加热
B．在反应历程中，反应速率由形成H2并脱附一步决定
C．在催化剂表面离解C-H键比离解O-H键难
D．生成22.4LCO2时，转移电子数为2NA
3．一种治疗皮肤黏膜炎症的的脱水产物结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是
A．简单离子半径：Z＜ Y
B．W与Y形成的化合物分子间有氢键，沸点高
C．W3XY3分子的原子X满足8电子稳定结构
D．W和乙形成的化合物只含有离子键，且可与水反应生成气体
4．芘是一种致癌物，主要存在于煤焦油沥青的蒸馏物中，可用于生产染料、合成树脂、虫剂等产品。下列说法错误的是
A．分子式为C16H10，是芳香族化合物
B．至多有6个原子共线
C．可发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．二氯代物有19种
5．下表中的实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液
前者产生气泡较快
催化能力Fe3+ ＞Cu2+
B
分别在0 ° C和25 °C环境下向两支试管中依次加入2 mL 1 mol·L-1KI溶液、2 mL0.1 mol·L-1稀H2SO4和2滴淀粉溶液，振荡试管，记录变蓝时间
后者变蓝用时短
温度越高反应速率越快
C
向Cu( OH)2悬浊液中逐滴加入氨水
蓝色沉淀变多
Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡
D
将蔗糖水解液调节至碱性，加入银氨溶液，水浴加热
试管内壁 出现光亮的银镜
蔗糖水解产物中有还原性糖
A．A B．B C．C D．D
6．近年来，电化学法催化还原二氧化碳因其反应条件温和、能耗低绿色环保而备受研究者的青睐。将电解食盐水氧化生成次氯酸盐的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，没有仅实现低电位下高效电催化还原CO，还提高了电解反应的能源效率。下列说确的是
A．阳极区可使用海水提供C1-，没有影响电极反应
B．阴极的电极反应式为CO2 + H2O +2e-= CO + 2OH -
C．反应生成次氯酸盐和CO，整个反应过程的原子利用率接近
D．若反应开始时，两电极区溶液质量相等，转移2 mol电子时，两电极区溶液质量差16 g(忽略气体溶解)
评卷人
得分
二、多选题
7．室温下，某混合溶液中c(M+) +c(MOH) =c(R-) +c(HR) ，和随pH变化关系如图所示，已知pX = -lg X。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH关系曲线，a=b +2
B．b点溶液中c(M+) ＞c(R-)，x= - 2
C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)
D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR) ＞c(Na+) ＞c(R-) ＞c(OH-) ＞c(H+)
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、工业流程题
8．三氧化二铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)清洁生产Cr2O3的工艺流程如下：
已知：①铬铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示)：
成分
Cr2O3
FeO
SiO2
Al2O3
其他
质量分数
45.0%
32.5%
11.5%
10.8%
0.2%
②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
完全沉淀的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
③铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂；
④铁铵矾的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，在pH =3时完全沉淀。回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是___________ ， 滤渣1的成分是___________。
(2)铬酸酐的作用是___________，“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3反应的化学方程式是___________。
(3)“沉淀”时，应调节pH没有低于___________，滤液1的成分主要是______ (填化学式)
(4)“除铝”一步的离子方程式是___________。
(5)若处理1kg铬铁矿，至少需要消耗铬酸酐的质量是___________g。(保留一位小数)
评卷人
得分
四、实验题
9．实验室利用下图装置制备溴苯和硫酸锰。已知反应原理为MnO2 + 2NaBr + 2H2SO4MnSO4+Na2SO4 +Br2↑+2H2O
(1)丁装置中冷凝水应由___________(填“m”或“n”)口进，丙装置圆底烧瓶中___________(填“需要”或“没有需要”)加入沸石。
(2)按气流方向，装置接口的连接顺序为d →___________→c。
(3)装置甲中长颈漏斗的作用是___________，热水浴的目的是___________。
(4)利用装置乙中有淡黄色沉淀产生没有能证明苯与溴发生了取代反应，请设计改进装置_____。
(5)反应结束后，装置丁中液体因溶解了Br2而呈棕褐色，请用离子方程式表示洗去Br2的方法___________，干燥之后分离出产物溴苯的方法为___________。
评卷人
得分
五、原理综合题
10．在碳中和背景下，氢能是新能源领域中与油气行业现有业务最紧密的一类，而制氢成本过高，仍是目前氢能产业发展的挑战之一、甲烷水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应I CH4(g) +H2O(g) CO(g) +3H2(g) ΔH1 ＞0
反应II CH4(g) +2H2O(g) CO2(g) +4H2(g) ΔH2 ＞0
反应III CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH3
(1)已知部分化学键的键能数据如下表：
化学键
O-H
H-H
C=O
C≡O( CO)
键能/(kJ·mol -1)
463
436
803
1075
则ΔH3=___________，若反应III的正反应活化能Ea(正) =83 kJ· mol-1 ，则逆反应活化能Ea(逆)= ____kJ·mol-1。
(2)①恒温条件下，在体积没有变的密闭容器中充入1 mol CO(g)和2 mol H2O(g)，发生反应III，欲使CO的转化率和H2的产率同时提高，可以采取的措施有___________。
②已知比表面积是指单位质量物料所具有的总面积。实验表明，向体系中投入固体可以增大H2的体积分数，选用相同质量、没有同粒径的固体进行实验时，结果如图甲所示。投入微米级比纳米级，H2的平衡体积分数低的原因是___________。
③在一恒容绝热容器中以物质的量之比1：2投入CO(g)和H2O(g)，发生反应III，下列物理量没有再改变能说明该反应到达平衡状态的是___________(填字母)。
A． H2体积百分含量 B．体系温度
C． CO与H2O的物质的量之比 D．混合气体密度
(3)没有同压强下，按照n(CH4)：n( H2O) =1：3投料发生上述三个反应，CH4的平衡转化率α(CH4)随温度的变化关系如图乙所示。
压强p1、p2、p3由大到小的顺序是___________，CH4的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。
(4)一定温度下，向2 L容器中充入1 mol CH4(g)和3 mol H2O(g) ，t min后反应达到平衡，容器中CO为mmol，CO2为nmol。则tmin内CH4的消耗速率为___________mol·L-1·min-1，反应III的压强平衡常数Kp=___________。(用含m，n，t的代数式表示)
评卷人
得分
六、结构与性质
11．锰的氧化物主要有一氧化锰(MnO)、二氧化锰(MnO2)、三氧化二锰(Mn2O3)、四氧化三锰(Mn3O4)、亚锰酸酐( Mn2O5)、锰酸酐( MnO3 )和高锰酸酐(Mn2O7)。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的核外电子排布式是___________。
(2)下列锰元素的没有同微粒中，电离最外层一个电子所需能量的是___________(填编号)。
A． B．
C． D．
(3)以MnSO4为原料，六次甲基四胺为弱碱介质，通过水解氧化法可制备没有同粒径的磁性纳米Mn3O4。
①的空间构型是___________，写出两种与互为等电子体的离子_____。
②六次甲基四胺也称乌洛托品(结构如图甲所示)，其所含元素的电负性从大到小的顺序是___________，原子N的杂化方式是___________，N原子数与σ键数目之比为___________。
(4)实验室可利用硝酸锰受热分解的方式制备锰的一种氧化物(晶胞结构如图乙所示)和NO2。
①该锰的氧化物中Mn的化合价为___________。
②请画出z方向投影图_____。
③已知Mn和O的离子半径分别是mpm和npm，则该晶体的空间利用率为___________； (列出计算式即可)。
评卷人
得分
七、有机推断题
12．盐酸普鲁卡因是一种麻醉药，用于浸润局麻、神经传导阻滞。合成路线如下：
(1)B的名称是___________，D的分子式为___________。
(2)由甲苯制备A的反应方程式是___________。
(3)B和D反应生成E的化学方程式为___________。
(4)E→F的反应类型是___________。
(5)A的同分异构体中，满足下列条件的有___________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：2：2： 2的物质的结构简式是___________。
①苯环上有两个取代基
②含有“ ”结构
(6)请设计一种以、R和甲苯为原料，制备 的合成路线______ (其他无机试剂任选)。
答案：
1．A
【详解】
A．硼砂的作用是帮助熔化，没有和银发生化学反应，A错误；
B．合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B正确；
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C正确；
D．向坩埚中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出’，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D正确；
故选：A。
2．B
【详解】
A．由图可知，反应的起始状态的总能量大于反应的最终状态的总能量，说明甲酸脱氢生成二氧化碳为放热反应，反应热与反应条件无关，可能需要加热条件下才能进行，故A错误；
B．历程中能垒是历程IV→V，反应活化能为62.9kJ•mol-1-(-17.4)kJ•mol-1=80.3kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，整个反应速率由最慢的一步决定，即由形成H2并脱附一步决定，故B正确；
C．历程I→II离解O-H键，活化能为44.7kJ•mol-1-0kJ•mol-1=44.7kJ•mol-1，历程III→IV离解C-H键，活化能为36.7kJ•mol-1-8.9kJ•mol-1=27.8kJ•mol-1，活化能越大反应越难进行，则离解O-H键比离解C-H键难，故C错误；
D．未指明气体的状况，没有能计算22.4LCO2的物质的量，也没有能确定转移电子数，故D错误；
故选：B。
3．C
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，从图示成键情况分析，W原子序数最小，成单键为饱和，W是H元素；Z是正一价阳离子参与成键，原子序数比W、X、Y大的短周期元素，则Z是Na元素；根据成键情况分析，X、Y又是第二周期元素，则X是B元素，Y是O元素，两个B元素各得一个电子后与氧原子形成4个单键，阴离子带2个负电荷。
【详解】
A．相同电子层的简单离子，其半径随核电荷数的增大而减小，故简单离子半径Na+
C．据分析，W3XY3分子化学式是H3BO3，原子B是6电子结构，C错误；
D．W和Z形成的化合物是NaH，只含有离子键，且可与水反应生成氢气和氢氧化钠，D正确；
故选C。
4．D
【详解】
A．由结构可知分子式为C16H10，含有苯环，是芳香族化合物，故A正确；
B．苯环是平面型分子，至多有4个C原子和2个H原子即共6个原子共线，故B正确；
C．含有苯环，可与卤单质发生取代反应，与氢气在一定条件下发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，故C正确；
D．有3种H，分别定为α、β、r位，可固定1个Cl，移动另一个氯，分别得到二氯代物有9+5+1=15种，故D错误；
故选：D。
5．D
【详解】
A．阴离子没有相同，没有能用于比较Fe3+和Cu2+的催化效率，故A错误；
B．KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，试剂顺序没有合理，故B错误；
C．氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，生成了铜氨络离子，没有能证明存在沉淀溶解平衡，故C错误
D．蔗糖在浓硫酸作用下发生水解反应后，调节溶液至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，发生银镜反应，银元素化合价降低，则蔗糖水解产物中有还原性糖，故D正确；
故选：D。
6．C
【分析】
根据图示上的物质变化，左侧阴极区通入CO2逸出CO，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜；
【详解】
A．阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，海水含有比Cl-还原性更强的离子，比Cl-先失电子，会影响电极反应，故A错误；
B．阴极得电子，发生还原反应，根据装置图中所示二氧化碳得电子生成一氧化碳，所以阴极电极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，故B错误；
C．阴极电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，反应生成次氯酸盐和CO，整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近，故C正确；
D．阳极反应为Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，阴极反应为CO2+2H++2e-=CO+H2O，转移2mol电子，有2mol氢离子向阴极移动，则阴极室和阳极室质量变化相差为[16+2-(-2)]g=20g，故D错误；
故选：C。
7．AD
【分析】
由，当=0即c(M+)= c(MOH)时，Kb= c(OH-)，同理，Ka= c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，曲线II表示与pH关系；
【详解】
A．由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，Ka= c(H+)=10-6，常温下c点c(OH-)=，Kb= c(OH-)=10-4，则a=b +2，A错误；
B．b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+) ＞c(R-)，c(OH-)=，由，则，则lgx=-=-2，B正确；
C．由Ka= 10-6，Kb=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)，C正确；
D．由Ka= 10-6，R-水解常数为< Ka，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R-) ＞c(Na+) ＞c(HR) ＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故选：AD。
8．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率 SiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ 6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O
(3) 5.9 (NH4) 2SO4
(4)Al(OH)3+OH-=+H2O
(5)150.5
【分析】
铬铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2没有与稀硫酸反应而成为滤渣1，铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铵矾，加入氨气完全沉淀Al3+与Cr3+，利用Al(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2，Cr(OH)3沉淀煅烧生成Cr2O3；
(1)
“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸没有与SiO2反应而成为滤渣1，则主要成分是SiO2；
(2)
已知铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铬，铬酸酐(CrO3)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O；
(3)
“沉淀”时为了得到Cr(OH)3沉淀，即完全沉淀Cr3+，应调节pH没有低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4) 2SO4；
(4)
“除铝”中加入NaOH溶液与Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=+H2O；
(5)
由表知铬铁矿中FeO质量分数为32.5%，根据6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O，可得关系式，解得消耗铬酸酐的质量是m=150.5g。
9．(1) n 没有需要
(2)a→b→e→f
(3) 平衡装置内气压 防止溴蒸气冷凝
(4)在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶
(5) Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O 蒸馏
【分析】
由制备实验装置可知，丙中生成溴，然后装置甲的浓硫酸吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，再选装置丁中铁与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁的催化作用下反应生成溴苯，装置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢，以此来解答。
(1)
冷凝水应‘下进上出’，丁装置中冷凝水应由n口进；由于MnO2是固体，可起到防暴沸作用，丙装置圆底烧瓶中没有需要加入沸石；
(2)
装置顺序为丙→甲→丁→乙，则装置接口按气流方向连接顺序为：d→a→b→e→f→c；
(3)
装置甲中长颈漏斗的作用是平衡装置内气压；溴蒸气容易液化，水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝；
(4)
挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，没有能证明苯与溴发生了取代反应，通过四氯化碳可以吸收挥发出来的溴，可设计改进实验为：在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶；
(5)
可用NaOH溶液洗去Br2，两者反应生成NaBr、NaBrO和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；无水氯化钙能干燥溴苯，反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但苯的沸点低，所以采用蒸馏的方法进行分离，溴苯留在母液中，故通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯。
10．(1) -41kJ/mol 124
(2) 适当增大H2O(g)的浓度 微米表面积比纳米小，吸收CO2能力比纳米低 AB
(3) p3> p2> p1 反应I和II都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大
(4)
(1)
由ΔH=反应物总键能-生成物总键能，ΔH3=1075+2×463-(2×803+436)=-41kJ/mol；根据ΔH= Ea(正)- Ea(逆)，则Ea(逆)= Ea(正)- ΔH3=83-(-41)=124 kJ·mol-1；
(2)
①在恒温、体积没有变的条件下，反应III是反应前后气体分子数相等的反应，则压强对平衡移动无影响，应考虑浓度对平衡移动的影响，欲使CO的转化率和H2的产率同时提高，即平衡正向移动，可以采取的措施有适当增大H2O(g)的浓度；
②加入可以消耗产物CO2，CO2在反应体系内浓度降低，所以反应正向移动，参与反应的固体表面积越大，相同质量的表面积越大，就可以吸收更多的CO2，使反应尽可能向生成CO2的方向进行，使得H2体积分数上升；
③A．H2体积百分含量没有变说明H2浓度没有再发生变化，能说明该反应到达平衡状态，A选；
B．反应III是放热反应，当体系温度没有变时，说明反应到达平衡状态，B选；
C．CO与H2O的物质的量之比保持没有变没有一定达到平衡状态，和起始量变化量和变化量有关，C没有选；
D．混合气体总质量没有变，恒容密闭容器中体积没有变，则混合气体密度一直保持没有变，没有能说明反应到达平衡状态，D没有选；
故选：AB；
(3)
反应I和II都是气体体积增大的反应，则相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率α(CH4)减小，则p3> p2> p1；反应I和II都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；
(4)
根据反应I和II的化学方程式可知△n(CH4)=n(CO)+n(CO2)=(m+n)mol，所以甲烷的消耗速率为 ；
列出三个反应的变化量如下：，由题可知n(CO)=a-c=m、n(CO2)=b+c=n、n(H2)=3a+4b+c=3m+4n、n(H2O)=3-a-2b-c=3-m-2n、n(CH4)=1-a-b=1-m-n，反应III的反应前后气体分子数相同，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则反应III的压强平衡常数。
11．(1)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)A
(3) 正四面体型 、 N＞C＞H sp3 1：6
(4) +4
(1)
Mn是25号元素，处于第四周期第VIIB族，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2；
(2)
A. 为基态Mn2+，处于3d半满稳定状态，很难再失电子；
B. 为基态Mn原子，易失去一个电子变为Mn+；
C. 为基态Mn+，其失去一个电子比基态Mn2+容易；
D. 为激发态Mn2+，其失去一个电子比基态Mn2+容易，故最难再失去一个电子的是A，
故A；
(3)
①中S和O形成4个σ键，价层电子对为4，杂化方式为sp3，根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为：正四面体型；中S、O原子最外层均有6个电子，共有32个价电子，与互为等电子体的离子有：、；
②乌洛托品含C、H、N元素，元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其电负性越大，这几种元素非金属性强弱顺序是N＞C＞H，所以电负性大小顺序是N＞C＞H；原子N形成3个N-Cl键，还有1对孤电子对，价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；N原子数为4，单键由1个σ键形成，有24个σ键，两者数目之比为4：24=1：6；
(4)
①在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8+1=2，含有的O原子数目为×4+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2，O为-2价，Mn的化合价为+4价；
②z方向投影图为；
①该晶体含有2个Mn原子和4个O原子，已知Mn和O的离子半径分别是mpm和npm，晶胞中原子总体积=πm3×2+πn3×4=π(2m3+4n3) pm3，晶胞的体积=a×a×b=a2b pm3，该晶胞的空间利用率=。
12．(1) 对硝基苯甲酸 C6H15NO
(2)+HNO3 +H2O
(3)++H2O
(4)还原反应
(5) 6
(6)
【分析】
A的甲基被氧化为羧基，C和环发生加成反应生成D，B和D发生酯化反应生成E，E中硝基被还原为氨基，F和HCl反应生成盐酸普鲁卡因；
(1)
B的母体是苯甲酸，硝基在对位做取代基，B的名称是对硝基苯甲酸；D的分子式为C6H15NO；
(2)
甲苯和硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应制备A，反应方程式是+HNO3 +H2O；
(3)
B和D发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为++H2O；
(4)
E中硝基被还原为氨基，E→F的反应类型是还原反应；
(5)
A的同分异构体中，满足下列条件：①苯环上有两个取代基、②含有“ ”结构的有、共6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2的物质的结构简式是；
(6)
由逆推法，结构类似E，可由苯甲酸和发生酯化反应得到，由与发生C转化为D的反应得到，则合成路线为：。
河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真
模拟卷（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
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一、单 选 题
1．书法是中华文明之瑰宝，“无色而具图画的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔墨纸砚之间。下列关于传统文房四宝的相关说确的是
A．墨汁是一种胶体B．宣纸是合成高分子材料
C．砚石的成分与水晶相反D．制笔用的狼毫次要成分是纤维素
2．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说确的是( )
A．500mL2mol∙L－1FeCl3溶液中数为NA
B．电解法精炼铜，阴极析出1molCu时，阳极得到的电子数等于2NA
C．64gSO2与足量的O2在一定条件下反应生成的SO3分子数为NA
D．在标准情况下，2.24LNH3通入水中制成氨水，数等于0.1NA
3．“连翘酯苷A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分，也是治疗的之一、如图无机物是“连翘酯苷A”的水解产物，其结构简式如图所示。下列有关该无机物的说法没有正确的是
A．分子式为C9H8O4
B．分子中一切原子可能处于同一平面
C．1mol该分子至多可与5molH2发生加成反应
D．1mol该分子至多可耗费3molNaOH
4．铁的配合物离子{用[L-Fe-H]+表示}催化某反应的一种反应机理和能量的变化情况如图所示：
下列说法没有正确的是
A．该反应为放热反应
B．该催化循环中Fe的化合价未发生变化
C．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
D．该过程的总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑
5．化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍。下列说确的是
A．简单离子的半径：W>Z>Y
B．最简单氢化物的沸点：W>X>Y
C．Y、W均能和Z构成离子化合物
D．W的单质没有能溶于XW2
6．最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法没有正确的是
A．吸附层a发生的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
B．“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能
C．Na+在安装中从左侧透过阳离子交换膜向右侧挪动
D．NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应
7．常温下，向1 L pH=10的 NaOH溶液中持续通入CO2.通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。下列叙说没有正确的是
A．b点溶液呈中性
B．a点溶液中：水电离出的c(H＋)=1×10-10 mol·L-1
C．c点溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)
D．d点溶液中：溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
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二、工业流程题
8．一种以辉铜矿(次要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研讨指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。
（3）“回收S”过程中温度在50～60℃之间，没有宜过高的缘由是___。
（4）向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调理溶液的pH，其理由_。
（6）辉铜矿可由黄铜矿(次要成分为CuFeS2)电化学反应转变而成，有关转化，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。
评卷人
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三、实验题
9．检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)构成有色配合物，测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下安装测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持安装略去)。
已知：甲醛和银氨溶液反应生成单质银和CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径没有超过1mm。
请回答下列成绩：
(1)A安装中反应的化学方程式为_______，用饱和食盐水代替水制备NH3的缘由是_______。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为_______。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开_______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中_______，中止通NH3。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是_______；再反复上述操作3次。毛细管的作用是_______。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调理溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪构成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为_______mg·L-1。
评卷人
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四、原理综合题
10．减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研讨利用回收的CO2制取甲醛，反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) ∆H。请回答下列成绩：
(1)已知：①CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ∆H1= -480kJ/mol
②相关化学键的键能数据如表所示：
化学键
O=O
H-H
O-H
键能/kJ∙mol-1
498
436
464
则CO2(g)+2H2(g) CH2O(g)+H2O(g) ∆H=_______。
(2)一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：2的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g) CH2O(g)+H2O(g)。
①下列阐明反应曾经达到平衡形态的是_______(填选项字母)。
a.容器内气体密度保持没有变 b.H2O的体积分数保持没有变
c.该反应的平衡常数保持没有变 d.混合气体的平均分子质量没有变
②下列措施既能进步H2的转化率又能加快反应速率的是_______(填选项字母)。
a.升高温度 b.运用高效催化剂 c.减少容器体积 d.扩大容器体积
(3)实验室在2L密闭容器中进行模仿上述合成CH2O的实验。T1℃时，将体积比为1：4的CO2和H2混合气体充入容器中，每隔一定工夫测得容器内气体压强如表所示：
工夫/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/kPa
1.08
0.96
0.88
0.82
0.80
0.80
0.80
①已知：vp(B)=则反应开始10 min内，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 _______kPa∙min-1。
②T1℃时，反应的平衡常数Kp的代数式为Kp=_______kPa-1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，只写表达式)。
(4)T2℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2的混合气体，容器内气体压强为1.2 kPa，反应达到平衡时，CH2O的分压与起始的关系如图所示：
当=2时，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2，则达到新平衡时CO2的转化率将_______(填“增大”“减小”或“没有变”)。
②当=2.5时，达到平衡形态后，CH2O的分压可能是图像中的点_______(填“D”“E”或“F”)，缘由为_______。
评卷人
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五、结构与性质
11．氢能被视为21世纪发展的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研讨方向。
（1）H3BNH3是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子轨道表达式为____。
（2）制备H3BNH3的化学原料为（HB=NH）3，为六元环状物质，与其互为等电子体的无机物分子式为__，CH4、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为____，B、C、N、O的电离能由大到小的顺序为_。
（3）C16S8是新型环烯类储氢材料，研讨证明其分子呈平面结构（如图所示）。
①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为____。
②测得C16S8中碳硫键的键长介于C─S和C=S之间，其缘由可能是______。
（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）类似，该晶体储氢后的化学式为_____。
（5）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 ρ g/cm3，则该晶胞的体积为_____。（用含ρ、NA的代数式表示即可）
评卷人
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六、无机推断题
12．化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成两头体，其合成路线如下：
已知：Bn—代表
回答下列成绩：
(1)A→B反应所需的试剂和条件为___________。
(2)D→E的反应类型为___________。
(3)G中含氧官能团的名称是___________。
(4)F的分子式为，则F→G的反应方程式为___________。
(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种。
①分子中含有苯环。
②分子中含有2个。
(6)以苯甲醇和丙二酸二乙酯为原料合成 的路线如下：
M的结构简式为___________；合成产物分子的核磁共振氢谱中有___________组峰。
答案：
1．A
【详解】
A．墨汁是一种胶体，A正确；
B．宣纸次要成分为纤维素，是自然高分子，B错误；
C．砚石的成分为硅酸盐，水晶的次要成分为二氧化硅，两者成分没有同，C错误；
D．制笔用的狼毫次要成分是蛋白质，D错误；
故选A。
2．B
【详解】
A．500mL2mol∙L－1FeCl3物质的量为500mL×2mol∙L－1=1mol，水解，数小于NA，故A错误；
B．电解法精炼铜时阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为Cu-2e-=Cu2+，根据得失电子守恒，生成1molCu转移电子2mol，阳极得到的电子数等于2NA，故B正确；
C．64gSO2的物质的量n==1mol，2SO2+O22SO3，SO2和O2生成SO3为可逆反应，生成的SO3分子数小于NA，故C错误；
D．在标准情况下，2.24LNH3的物质的量n==0.1mol，0.1molNH3和水反应得到NH3∙H2O，NH3∙H2O是弱电解质，部分电离，数小于0.1NA，故D错误；
答案选B。
3．C
【详解】
A．1个该无机物分子中含9个C、8个H、4个O，分子式为C9H8O4，A项正确；
B．分子中碳原子都采取sp2杂化，与苯环碳原子直接相连的原子和苯环碳原子一定共平面，与碳碳双键碳原子直接相连的原子和碳碳双键碳原子一定共平面，与碳氧双键碳原子直接相连的原子和碳氧双键中的碳氧原子一定共平面，单键可以旋转，故分子中一切原子可能处于同一平面，B项正确；
C．该分子中含有的1个苯环和1个碳碳双键可与H2发生加成反应，1mol该分子至多可与4molH2发生加成反应，C项错误；
D．该分子中含2个酚羟基和1个羧基可与NaOH反应，1mol该分子至多可耗费3molNaOH，D项正确；
答案选C。
4．C
【分析】
由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应；整个过程中有两个过渡态，过渡态I的正反应的活化能为45.3+31.8=77.1kJ/mol；过渡态II的正反应的活化能为43.5+42.6=86.1kJ/mol，过渡态II的活化能大，为反应的决速步骤。根据张图可以看出，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，故总反应为。
【详解】
A．根据分析，该反应为放热反应，A正确；
B．张图可以看出，该催化循环中Fe的化合价未发生变化，B正确；
C．根据分析，过渡态II的活化能大，IV到产物的过程为反应的决速步骤，C错误；
D．根据分析，总反应方程式为，D正确；
故选C。
5．C
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的阳离子为+1价，原子序数较大，故Z为Na；根据化合物M的结构可知X成四根键，X为C；W呈一根键和两根键，阴离子带两个单位负电荷，故W应成两根键，原子序数比Na大，故为S；W的核外电子数是Y的两倍，故Y为O，综上X、Y、Z、W是C、O、Na、S。
【详解】
A．简单离子半径：S2->O2->Na+，A错误；
B．X、Y、W的最简单氢化物为CH4、H2O、H2S，水中含分子间氢键沸点，H2S的分子质量比CH4大，分子间作用力强，沸点高，故沸点H2O>H2S>CH4，B错误；
C．O、S能与Na构成Na2O2、Na2O、Na2S，均为离子化合物，C正确；
D．S单质易溶于CS2，D错误；
故选C。
6．D
【详解】
A．由安装图中电子流向可知，电子吸附层a流出电子，发生氧化反应，则H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；
B．由图示可知负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O；正极反应为：2H++2e-=H2↑，总反应为H++OH-=H2O，所以“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能，故B正确；
C．原电池中阳离子向正极挪动，该电池左侧为负极、右侧为正极，故Na+在安装中从左侧透过阳离子交换膜向右侧挪动，故C正确；
D．NaClO4的作用是传导离子但并未参与电极反应，故D错误；
答案选D。
7．A
【分析】
由图像可知，a点对应的溶液为原pH=10的 NaOH溶液，b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，d点对应的溶液为碳酸氢钠和碳酸的溶液。
【详解】
A．b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，由图可知，其中水电离出的OH－离子浓度为，所以溶液中，溶液呈碱性，A错误；
B．a点溶液中pH=10，所以水电离出的，B正确；
C．c点溶液是碳酸钠溶液，有部分碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子，所以，C正确；
D．d点溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液，D正确。
故选A。
8． Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 温度高苯容易挥发 b 调理溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解 0.2
【分析】
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅没有反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，阐明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M次要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调理溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中次要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗濯得到硝酸铜晶体。
【详解】
（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故温度高苯容易挥发；
（4）M中次要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，完成循环运用，故b；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需求加入氧化铜来调理pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需求加入硝酸来抑制其水解，故调理溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知0.2。
处理工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再具体的标题进行详细解答。
9．(1) Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(3) 分液漏斗的活塞与旋塞 沉淀恰好完全溶解时
(4) 打开K2，缓慢推进滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【分析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪构成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
(1)
Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)
根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)
银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推进滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再反复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)====2×10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设耗费甲醛物质的量为x mol，则4x=2×10-5 mol×1，x=5×10-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的运用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
10．(1)-6 kJ·mol-1
(2) bd c
(3) 0.024
(4) 减小 F 当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量，当时，达到平衡形态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点
(1)
根据∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应的，而由盖斯定律，反应的∆H1（-480kJ/mol）与反应的∆H2相减即可得到目标反应，故∆H=∆H2-∆H1=（-486+480）kJ/mol =-6kJ/mol；
(2)
①a.在恒温恒容的密闭容器中，体积一直没有发生改变，根据ρ=可知，容器内气体密度一直没有变，a没有符合题意；
b.H2O的体积分数保持没有变，各物质的浓度保持没有变，反应达到平衡形态，b符合题意；
c.温度没有变，反应平衡常数一直没有变，c没有符合题意；
d.根据化学计量数反应前后没有等，M=可知，气体的平均摩尔质量也为变量，可以作为达到平衡的标志，d符合题意；
故选bd；
②a.升高温度反应速率增大，但由于∆H <0，升高温度，平衡逆向挪动，H2转化率降低，a没有符合题意；
b.运用高效催化剂没有改变转化率，b没有符合题意；
c.减少容器体积相当于增大压强，反应速率加快，平衡向体积减小的方向进行，即正向挪动，H2的转化率增大，c符合题意；
d.扩大容器体积，浓度减小，反应速率降低，d没有符合题意；
故选c；
(3)
①T1℃时，起始总压强为1.08kPa，由CO2和H2的体积比为1：2可得，CO2和H2的分压为1.08 =0.36和1.08 =0.72，容器体积没有变，根据PV=nRT，分压与物质的量成反比，则有： 10min时，0.36-x+0.72-2x+x+x=0.96，则x=0.12，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 =0.024kPa/min；
②平衡时，0.36-x+0.72-2x+x+x=0.80，则x=0.28，平衡常数Kp= = ；
(4)
当=2，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱二氧化碳浓度增大的方向挪动但没有会抵消浓度增大，平衡正向挪动， CO2的转化率减小；当 = 2.5时，达到平衡后 CH2O的体积分数可能是图像中F点,缘由是：当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量，当 = 2.5时，达到平衡后 CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中F点。
11． C6H6 CO2＞CH4＞H2O N＞O＞C＞B sp2、sp3 C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 Cu3AgH8 cm3
【分析】
根据N原子的价电子排布式书写轨道表达式；等电子体要求原子总数相等、价电子总数也相等；根据孤电子对和成键电子对的互相影响判断键角大小；同周期电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目判断杂化轨道方式；根据晶胞的均摊理论判断晶胞的化学式，再根据密度公式计算即可。
【详解】
（1）N原子的价电子排布式为2s22p3，则N原子价电子轨道表示式为；
（2）与（HB=NH）3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的无机物分子为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，其空间构型判断键角大小顺序是 CO2＞CH4＞H2O，基态B原子的价电子为其2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为2s22p1；同一周期元素电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族电离能大于其相邻元素，所以电离能N＞O＞C＞B；
（3）①C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型分别为sp2、sp3；
②C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，介于S-C单键和S=C双键之间的键；
（4）Cu原子个数=6×=3、Ag原子个数=8×=1、H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8；
（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8×=2、H原子个数=2+4×=4，晶胞体积==cm3= cm3。
考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体等知识点，侧重考查基本公式、基本理论在物质结构中的运用，明确原子结构、物质结构是解本题关键，留意晶胞计算的均摊方法。
12．(1)溴蒸气和光照
(2)取代反应
(3)醚键、酯基
(4)++H2O
(5)10
(6) 7
【分析】
A苯环上甲基上氢原子被溴原子取代生成B；B中溴原子和发生取代生成C，C中羟基被溴原子取代生成D，D中溴原子和取代生成E，E还原生成F，F和生成G，
(1)
A苯环中甲基上氢原子被溴原子取代生成B ，A→B反应所需的试剂和条件为溴蒸气和光照。
(2)
D→E的反应类型为取代反应。
(3)
G中含氧官能团的名称是醚键、酯基。
(4)
F化学式可知，E在强还原剂LiAlH4和THF作用下酯基被还原成羟基，则F结构简式为，F和生成G，反应为：++H2O。
(5)
C的同分异构体，①分子中含有苯环、②分子中含有2个，则还有1个碳未运用，则：
苯环取代基为：、、；
处于邻位，甲基有2种情况；处于间位，甲基有3种情况；处于对位，甲基有1种情况；共计有6种情况；
苯环取代基为：、；两者处于邻、间、对位，共计有3种情况；
苯环取代基为：，共计有1种情况；
合计存在10种情况。
(6)
题干中D生成E的反应原理可知，则生成M结构简式为：；
由结构简式可知，该分子对称性较高，分子中有7种没有同环境的氢，故合成产物分子的核磁共振氢谱中有7组峰。
河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真
模试卷（一模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．《天工开物》中记载分离金和银的方法：“凡足色金参和伪售者，唯银可入，余物无望焉。欲去银存金，则将其金打成薄片剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出以成足色。然后入铅少许，另入坩埚内，勾出土内银，亦毫厘具在也。”下列说法错误的是
A．硼砂的作用是和银反应
B．金银合金的硬度比银的大
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积
D．银的熔点低于金的
2．甲酸在催化作用下脱氢可生成CO2，反应机理和相对能量变化如图所示，下列说确的是
A．甲酸脱氢反应放热，因此没有需要加热
B．在反应历程中，反应速率由形成H2并脱附一步决定
C．在催化剂表面离解C-H键比离解O-H键难
D．生成22.4LCO2时，转移电子数为2NA
3．一种治疗皮肤黏膜炎症的的脱水产物结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，下列说法错误的是
A．简单离子半径：Z＜ Y
B．W与Y形成的化合物分子间有氢键，沸点高
C．W3XY3分子的原子X满足8电子稳定结构
D．W和乙形成的化合物只含有离子键，且可与水反应生成气体
4．芘是一种致癌物，主要存在于煤焦油沥青的蒸馏物中，可用于生产染料、合成树脂、虫剂等产品。下列说法错误的是
A．分子式为C16H10，是芳香族化合物
B．至多有6个原子共线
C．可发生取代反应、加成反应、氧化反应
D．二氯代物有19种
5．下表中的实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液
前者产生气泡较快
催化能力Fe3+ ＞Cu2+
B
分别在0 ° C和25 °C环境下向两支试管中依次加入2 mL 1 mol·L-1KI溶液、2 mL0.1 mol·L-1稀H2SO4和2滴淀粉溶液，振荡试管，记录变蓝时间
后者变蓝用时短
温度越高反应速率越快
C
向Cu( OH)2悬浊液中逐滴加入氨水
蓝色沉淀变多
Cu(OH)2悬浊液中存在沉淀溶解平衡
D
将蔗糖水解液调节至碱性，加入银氨溶液，水浴加热
试管内壁 出现光亮的银镜
蔗糖水解产物中有还原性糖
A．A B．B C．C D．D
6．近年来，电化学法催化还原二氧化碳因其反应条件温和、能耗低绿色环保而备受研究者的青睐。将电解食盐水氧化生成次氯酸盐的阳极反应与电催化还原CO2的阴极反应相耦合，没有仅实现低电位下高效电催化还原CO，还提高了电解反应的能源效率。下列说确的是
A．阳极区可使用海水提供C1-，没有影响电极反应
B．阴极的电极反应式为CO2 + H2O +2e-= CO + 2OH -
C．反应生成次氯酸盐和CO，整个反应过程的原子利用率接近
D．若反应开始时，两电极区溶液质量相等，转移2 mol电子时，两电极区溶液质量差16 g(忽略气体溶解)
评卷人
得分
二、多选题
7．室温下，某混合溶液中c(M+) +c(MOH) =c(R-) +c(HR) ，和随pH变化关系如图所示，已知pX = -lg X。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH关系曲线，a=b +2
B．b点溶液中c(M+) ＞c(R-)，x= - 2
C．MR溶液显碱性，且MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)
D．等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(HR) ＞c(Na+) ＞c(R-) ＞c(OH-) ＞c(H+)
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
三、工业流程题
8．三氧化二铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)清洁生产Cr2O3的工艺流程如下：
已知：①铬铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示)：
成分
Cr2O3
FeO
SiO2
Al2O3
其他
质量分数
45.0%
32.5%
11.5%
10.8%
0.2%
②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
完全沉淀的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
③铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂；
④铁铵矾的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，在pH =3时完全沉淀。回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是___________ ， 滤渣1的成分是___________。
(2)铬酸酐的作用是___________，“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3反应的化学方程式是___________。
(3)“沉淀”时，应调节pH没有低于___________，滤液1的成分主要是______ (填化学式)
(4)“除铝”一步的离子方程式是___________。
(5)若处理1kg铬铁矿，至少需要消耗铬酸酐的质量是___________g。(保留一位小数)
评卷人
得分
四、实验题
9．实验室利用下图装置制备溴苯和硫酸锰。已知反应原理为MnO2 + 2NaBr + 2H2SO4MnSO4+Na2SO4 +Br2↑+2H2O
(1)丁装置中冷凝水应由___________(填“m”或“n”)口进，丙装置圆底烧瓶中___________(填“需要”或“没有需要”)加入沸石。
(2)按气流方向，装置接口的连接顺序为d →___________→c。
(3)装置甲中长颈漏斗的作用是___________，热水浴的目的是___________。
(4)利用装置乙中有淡黄色沉淀产生没有能证明苯与溴发生了取代反应，请设计改进装置_____。
(5)反应结束后，装置丁中液体因溶解了Br2而呈棕褐色，请用离子方程式表示洗去Br2的方法___________，干燥之后分离出产物溴苯的方法为___________。
评卷人
得分
五、原理综合题
10．在碳中和背景下，氢能是新能源领域中与油气行业现有业务最紧密的一类，而制氢成本过高，仍是目前氢能产业发展的挑战之一、甲烷水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应I CH4(g) +H2O(g) CO(g) +3H2(g) ΔH1 ＞0
反应II CH4(g) +2H2O(g) CO2(g) +4H2(g) ΔH2 ＞0
反应III CO(g) +H2O(g) CO2(g) +H2(g) ΔH3
(1)已知部分化学键的键能数据如下表：
化学键
O-H
H-H
C=O
C≡O( CO)
键能/(kJ·mol -1)
463
436
803
1075
则ΔH3=___________，若反应III的正反应活化能Ea(正) =83 kJ· mol-1 ，则逆反应活化能Ea(逆)= ____kJ·mol-1。
(2)①恒温条件下，在体积没有变的密闭容器中充入1 mol CO(g)和2 mol H2O(g)，发生反应III，欲使CO的转化率和H2的产率同时提高，可以采取的措施有___________。
②已知比表面积是指单位质量物料所具有的总面积。实验表明，向体系中投入固体可以增大H2的体积分数，选用相同质量、没有同粒径的固体进行实验时，结果如图甲所示。投入微米级比纳米级，H2的平衡体积分数低的原因是___________。
③在一恒容绝热容器中以物质的量之比1：2投入CO(g)和H2O(g)，发生反应III，下列物理量没有再改变能说明该反应到达平衡状态的是___________(填字母)。
A． H2体积百分含量 B．体系温度
C． CO与H2O的物质的量之比 D．混合气体密度
(3)没有同压强下，按照n(CH4)：n( H2O) =1：3投料发生上述三个反应，CH4的平衡转化率α(CH4)随温度的变化关系如图乙所示。
压强p1、p2、p3由大到小的顺序是___________，CH4的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___________。
(4)一定温度下，向2 L容器中充入1 mol CH4(g)和3 mol H2O(g) ，t min后反应达到平衡，容器中CO为mmol，CO2为nmol。则tmin内CH4的消耗速率为___________mol·L-1·min-1，反应III的压强平衡常数Kp=___________。(用含m，n，t的代数式表示)
评卷人
得分
六、结构与性质
11．锰的氧化物主要有一氧化锰(MnO)、二氧化锰(MnO2)、三氧化二锰(Mn2O3)、四氧化三锰(Mn3O4)、亚锰酸酐( Mn2O5)、锰酸酐( MnO3 )和高锰酸酐(Mn2O7)。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的核外电子排布式是___________。
(2)下列锰元素的没有同微粒中，电离最外层一个电子所需能量的是___________(填编号)。
A． B．
C． D．
(3)以MnSO4为原料，六次甲基四胺为弱碱介质，通过水解氧化法可制备没有同粒径的磁性纳米Mn3O4。
①的空间构型是___________，写出两种与互为等电子体的离子_____。
②六次甲基四胺也称乌洛托品(结构如图甲所示)，其所含元素的电负性从大到小的顺序是___________，原子N的杂化方式是___________，N原子数与σ键数目之比为___________。
(4)实验室可利用硝酸锰受热分解的方式制备锰的一种氧化物(晶胞结构如图乙所示)和NO2。
①该锰的氧化物中Mn的化合价为___________。
②请画出z方向投影图_____。
③已知Mn和O的离子半径分别是mpm和npm，则该晶体的空间利用率为___________； (列出计算式即可)。
评卷人
得分
七、有机推断题
12．盐酸普鲁卡因是一种麻醉药，用于浸润局麻、神经传导阻滞。合成路线如下：
(1)B的名称是___________，D的分子式为___________。
(2)由甲苯制备A的反应方程式是___________。
(3)B和D反应生成E的化学方程式为___________。
(4)E→F的反应类型是___________。
(5)A的同分异构体中，满足下列条件的有___________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：2：2： 2的物质的结构简式是___________。
①苯环上有两个取代基
②含有“ ”结构
(6)请设计一种以、R和甲苯为原料，制备 的合成路线______ (其他无机试剂任选)。
答案：
1．A
【详解】
A．硼砂的作用是帮助熔化，没有和银发生化学反应，A错误；
B．合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B正确；
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C正确；
D．向坩埚中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出’，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D正确；
故选：A。
2．B
【详解】
A．由图可知，反应的起始状态的总能量大于反应的最终状态的总能量，说明甲酸脱氢生成二氧化碳为放热反应，反应热与反应条件无关，可能需要加热条件下才能进行，故A错误；
B．历程中能垒是历程IV→V，反应活化能为62.9kJ•mol-1-(-17.4)kJ•mol-1=80.3kJ•mol-1，活化能越大反应速率越慢，整个反应速率由最慢的一步决定，即由形成H2并脱附一步决定，故B正确；
C．历程I→II离解O-H键，活化能为44.7kJ•mol-1-0kJ•mol-1=44.7kJ•mol-1，历程III→IV离解C-H键，活化能为36.7kJ•mol-1-8.9kJ•mol-1=27.8kJ•mol-1，活化能越大反应越难进行，则离解O-H键比离解C-H键难，故C错误；
D．未指明气体的状况，没有能计算22.4LCO2的物质的量，也没有能确定转移电子数，故D错误；
故选：B。
3．C
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，从图示成键情况分析，W原子序数最小，成单键为饱和，W是H元素；Z是正一价阳离子参与成键，原子序数比W、X、Y大的短周期元素，则Z是Na元素；根据成键情况分析，X、Y又是第二周期元素，则X是B元素，Y是O元素，两个B元素各得一个电子后与氧原子形成4个单键，阴离子带2个负电荷。
【详解】
A．相同电子层的简单离子，其半径随核电荷数的增大而减小，故简单离子半径Na+
C．据分析，W3XY3分子化学式是H3BO3，原子B是6电子结构，C错误；
D．W和Z形成的化合物是NaH，只含有离子键，且可与水反应生成氢气和氢氧化钠，D正确；
故选C。
4．D
【详解】
A．由结构可知分子式为C16H10，含有苯环，是芳香族化合物，故A正确；
B．苯环是平面型分子，至多有4个C原子和2个H原子即共6个原子共线，故B正确；
C．含有苯环，可与卤单质发生取代反应，与氢气在一定条件下发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，故C正确；
D．有3种H，分别定为α、β、r位，可固定1个Cl，移动另一个氯，分别得到二氯代物有9+5+1=15种，故D错误；
故选：D。
5．D
【详解】
A．阴离子没有相同，没有能用于比较Fe3+和Cu2+的催化效率，故A错误；
B．KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，试剂顺序没有合理，故B错误；
C．氢氧化铜能与氨水反应生成深蓝色的溶液，生成了铜氨络离子，没有能证明存在沉淀溶解平衡，故C错误
D．蔗糖在浓硫酸作用下发生水解反应后，调节溶液至碱性，加入银氨溶液，水浴加热，发生银镜反应，银元素化合价降低，则蔗糖水解产物中有还原性糖，故D正确；
故选：D。
6．C
【分析】
根据图示上的物质变化，左侧阴极区通入CO2逸出CO，其电极反应为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，电解过程中H+透过离子交换膜从右池移向左池，交换膜应是质子交换膜；
【详解】
A．阳极区Cl-转化为ClO-电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，海水含有比Cl-还原性更强的离子，比Cl-先失电子，会影响电极反应，故A错误；
B．阴极得电子，发生还原反应，根据装置图中所示二氧化碳得电子生成一氧化碳，所以阴极电极反应式为：CO2+2H++2e-=CO+H2O，故B错误；
C．阴极电极反应式为：CO2+2e-+2H+═CO+H2O；阳极电极反应式为：Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，反应生成次氯酸盐和CO，整个反应过程中碳、氯、氧的原子利用率接近，故C正确；
D．阳极反应为Cl--2e-+2OH-═ClO-+H2O，阴极反应为CO2+2H++2e-=CO+H2O，转移2mol电子，有2mol氢离子向阴极移动，则阴极室和阳极室质量变化相差为[16+2-(-2)]g=20g，故D错误；
故选：C。
7．AD
【分析】
由，当=0即c(M+)= c(MOH)时，Kb= c(OH-)，同理，Ka= c(H+)，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，曲线II表示与pH关系；
【详解】
A．由分析可知，由lgX=0时，pH分别为6、10，则曲线I表示与pH关系，Ka= c(H+)=10-6，常温下c点c(OH-)=，Kb= c(OH-)=10-4，则a=b +2，A错误；
B．b点溶液pH=8，溶液呈碱性，说明MOH电离程度比HR电离程度大，则c(M+) ＞c(R-)，c(OH-)=，由，则，则lgx=-=-2，B正确；
C．由Ka= 10-6，Kb=10-4，相对而言MOH碱性较强、HR酸性较弱，则MR溶液显碱性，由越弱越水解规律可知，R-水解程度大于M+，则MR溶液溶液中c(MOH) ＜c( HR)，C正确；
D．由Ka= 10-6，R-水解常数为< Ka，则HR电离程度大于R-水解程度，等物质的量的NaR与HR混合溶液中，c(R-) ＞c(Na+) ＞c(HR) ＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；
故选：AD。
8．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率 SiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ 6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O
(3) 5.9 (NH4) 2SO4
(4)Al(OH)3+OH-=+H2O
(5)150.5
【分析】
铬铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2没有与稀硫酸反应而成为滤渣1，铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铵矾，加入氨气完全沉淀Al3+与Cr3+，利用Al(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2，Cr(OH)3沉淀煅烧生成Cr2O3；
(1)
“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸没有与SiO2反应而成为滤渣1，则主要成分是SiO2；
(2)
已知铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铬，铬酸酐(CrO3)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O；
(3)
“沉淀”时为了得到Cr(OH)3沉淀，即完全沉淀Cr3+，应调节pH没有低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4) 2SO4；
(4)
“除铝”中加入NaOH溶液与Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=+H2O；
(5)
由表知铬铁矿中FeO质量分数为32.5%，根据6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O，可得关系式，解得消耗铬酸酐的质量是m=150.5g。
9．(1) n 没有需要
(2)a→b→e→f
(3) 平衡装置内气压 防止溴蒸气冷凝
(4)在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶
(5) Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O 蒸馏
【分析】
由制备实验装置可知，丙中生成溴，然后装置甲的浓硫酸吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，再选装置丁中铁与溴反应生成溴化铁，苯与溴在溴化铁的催化作用下反应生成溴苯，装置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢，以此来解答。
(1)
冷凝水应‘下进上出’，丁装置中冷凝水应由n口进；由于MnO2是固体，可起到防暴沸作用，丙装置圆底烧瓶中没有需要加入沸石；
(2)
装置顺序为丙→甲→丁→乙，则装置接口按气流方向连接顺序为：d→a→b→e→f→c；
(3)
装置甲中长颈漏斗的作用是平衡装置内气压；溴蒸气容易液化，水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝；
(4)
挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，没有能证明苯与溴发生了取代反应，通过四氯化碳可以吸收挥发出来的溴，可设计改进实验为：在丁和乙装置间加一装有四氯化碳的洗气瓶；
(5)
可用NaOH溶液洗去Br2，两者反应生成NaBr、NaBrO和水，反应的离子方程式为：Br2+2OH-=Br-+BrO-+H2O；无水氯化钙能干燥溴苯，反应后得到的溴苯中溶有少量未反应的苯，苯和溴苯互溶，但苯的沸点低，所以采用蒸馏的方法进行分离，溴苯留在母液中，故通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯。
10．(1) -41kJ/mol 124
(2) 适当增大H2O(g)的浓度 微米表面积比纳米小，吸收CO2能力比纳米低 AB
(3) p3> p2> p1 反应I和II都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大
(4)
(1)
由ΔH=反应物总键能-生成物总键能，ΔH3=1075+2×463-(2×803+436)=-41kJ/mol；根据ΔH= Ea(正)- Ea(逆)，则Ea(逆)= Ea(正)- ΔH3=83-(-41)=124 kJ·mol-1；
(2)
①在恒温、体积没有变的条件下，反应III是反应前后气体分子数相等的反应，则压强对平衡移动无影响，应考虑浓度对平衡移动的影响，欲使CO的转化率和H2的产率同时提高，即平衡正向移动，可以采取的措施有适当增大H2O(g)的浓度；
②加入可以消耗产物CO2，CO2在反应体系内浓度降低，所以反应正向移动，参与反应的固体表面积越大，相同质量的表面积越大，就可以吸收更多的CO2，使反应尽可能向生成CO2的方向进行，使得H2体积分数上升；
③A．H2体积百分含量没有变说明H2浓度没有再发生变化，能说明该反应到达平衡状态，A选；
B．反应III是放热反应，当体系温度没有变时，说明反应到达平衡状态，B选；
C．CO与H2O的物质的量之比保持没有变没有一定达到平衡状态，和起始量变化量和变化量有关，C没有选；
D．混合气体总质量没有变，恒容密闭容器中体积没有变，则混合气体密度一直保持没有变，没有能说明反应到达平衡状态，D没有选；
故选：AB；
(3)
反应I和II都是气体体积增大的反应，则相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CH4的平衡转化率α(CH4)减小，则p3> p2> p1；反应I和II都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大；
(4)
根据反应I和II的化学方程式可知△n(CH4)=n(CO)+n(CO2)=(m+n)mol，所以甲烷的消耗速率为 ；
列出三个反应的变化量如下：，由题可知n(CO)=a-c=m、n(CO2)=b+c=n、n(H2)=3a+4b+c=3m+4n、n(H2O)=3-a-2b-c=3-m-2n、n(CH4)=1-a-b=1-m-n，反应III的反应前后气体分子数相同，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则反应III的压强平衡常数。
11．(1)1s22s22p63s23p63d54s2
(2)A
(3) 正四面体型 、 N＞C＞H sp3 1：6
(4) +4
(1)
Mn是25号元素，处于第四周期第VIIB族，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s2；
(2)
A. 为基态Mn2+，处于3d半满稳定状态，很难再失电子；
B. 为基态Mn原子，易失去一个电子变为Mn+；
C. 为基态Mn+，其失去一个电子比基态Mn2+容易；
D. 为激发态Mn2+，其失去一个电子比基态Mn2+容易，故最难再失去一个电子的是A，
故A；
(3)
①中S和O形成4个σ键，价层电子对为4，杂化方式为sp3，根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为：正四面体型；中S、O原子最外层均有6个电子，共有32个价电子，与互为等电子体的离子有：、；
②乌洛托品含C、H、N元素，元素的非金属性越强，其吸引电子能力越强，则其电负性越大，这几种元素非金属性强弱顺序是N＞C＞H，所以电负性大小顺序是N＞C＞H；原子N形成3个N-Cl键，还有1对孤电子对，价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；N原子数为4，单键由1个σ键形成，有24个σ键，两者数目之比为4：24=1：6；
(4)
①在该晶体中含有的Mn原子个数为：×8+1=2，含有的O原子数目为×4+2=4，Mn：O=2：4=1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2，O为-2价，Mn的化合价为+4价；
②z方向投影图为；
①该晶体含有2个Mn原子和4个O原子，已知Mn和O的离子半径分别是mpm和npm，晶胞中原子总体积=πm3×2+πn3×4=π(2m3+4n3) pm3，晶胞的体积=a×a×b=a2b pm3，该晶胞的空间利用率=。
12．(1) 对硝基苯甲酸 C6H15NO
(2)+HNO3 +H2O
(3)++H2O
(4)还原反应
(5) 6
(6)
【分析】
A的甲基被氧化为羧基，C和环发生加成反应生成D，B和D发生酯化反应生成E，E中硝基被还原为氨基，F和HCl反应生成盐酸普鲁卡因；
(1)
B的母体是苯甲酸，硝基在对位做取代基，B的名称是对硝基苯甲酸；D的分子式为C6H15NO；
(2)
甲苯和硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应制备A，反应方程式是+HNO3 +H2O；
(3)
B和D发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为++H2O；
(4)
E中硝基被还原为氨基，E→F的反应类型是还原反应；
(5)
A的同分异构体中，满足下列条件：①苯环上有两个取代基、②含有“ ”结构的有、共6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2的物质的结构简式是；
(6)
由逆推法，结构类似E，可由苯甲酸和发生酯化反应得到，由与发生C转化为D的反应得到，则合成路线为：。
河南省安阳市2022-2023学年高考化学【理综】专项突破仿真
模拟卷（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
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一、单 选 题
1．书法是中华文明之瑰宝，“无色而具图画的灿烂，无声而有音乐的和谐”，书法之美尽在笔墨纸砚之间。下列关于传统文房四宝的相关说确的是
A．墨汁是一种胶体B．宣纸是合成高分子材料
C．砚石的成分与水晶相反D．制笔用的狼毫次要成分是纤维素
2．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说确的是( )
A．500mL2mol∙L－1FeCl3溶液中数为NA
B．电解法精炼铜，阴极析出1molCu时，阳极得到的电子数等于2NA
C．64gSO2与足量的O2在一定条件下反应生成的SO3分子数为NA
D．在标准情况下，2.24LNH3通入水中制成氨水，数等于0.1NA
3．“连翘酯苷A”是“连花清瘟胶囊”的有效成分，也是治疗的之一、如图无机物是“连翘酯苷A”的水解产物，其结构简式如图所示。下列有关该无机物的说法没有正确的是
A．分子式为C9H8O4
B．分子中一切原子可能处于同一平面
C．1mol该分子至多可与5molH2发生加成反应
D．1mol该分子至多可耗费3molNaOH
4．铁的配合物离子{用[L-Fe-H]+表示}催化某反应的一种反应机理和能量的变化情况如图所示：
下列说法没有正确的是
A．该反应为放热反应
B．该催化循环中Fe的化合价未发生变化
C．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
D．该过程的总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑
5．化合物M的结构如图所示，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核外电子数是Y的两倍。下列说确的是
A．简单离子的半径：W>Z>Y
B．最简单氢化物的沸点：W>X>Y
C．Y、W均能和Z构成离子化合物
D．W的单质没有能溶于XW2
6．最近科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列说法没有正确的是
A．吸附层a发生的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
B．“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能
C．Na+在安装中从左侧透过阳离子交换膜向右侧挪动
D．NaClO4的作用是传导离子并参与电极反应
7．常温下，向1 L pH=10的 NaOH溶液中持续通入CO2.通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH-离子浓度(c)的关系如图所示。下列叙说没有正确的是
A．b点溶液呈中性
B．a点溶液中：水电离出的c(H＋)=1×10-10 mol·L-1
C．c点溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)
D．d点溶液中：溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
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二、工业流程题
8．一种以辉铜矿(次要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：___。
（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研讨指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：①Cu2S +2CuCl2=4CuCl+S；②___。
（3）“回收S”过程中温度在50～60℃之间，没有宜过高的缘由是___。
（4）向滤液M中加入(或通入)___(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾 d.氯化氢
（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是__；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调理溶液的pH，其理由_。
（6）辉铜矿可由黄铜矿(次要成分为CuFeS2)电化学反应转变而成，有关转化，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S___mol。
评卷人
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三、实验题
9．检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)构成有色配合物，测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下安装测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持安装略去)。
已知：甲醛和银氨溶液反应生成单质银和CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径没有超过1mm。
请回答下列成绩：
(1)A安装中反应的化学方程式为_______，用饱和食盐水代替水制备NH3的缘由是_______。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为_______。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开_______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中_______，中止通NH3。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1；后续操作是_______；再反复上述操作3次。毛细管的作用是_______。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调理溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪构成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg，空气中甲醛的含量为_______mg·L-1。
评卷人
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四、原理综合题
10．减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研讨利用回收的CO2制取甲醛，反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) ∆H。请回答下列成绩：
(1)已知：①CH2O(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ∆H1= -480kJ/mol
②相关化学键的键能数据如表所示：
化学键
O=O
H-H
O-H
键能/kJ∙mol-1
498
436
464
则CO2(g)+2H2(g) CH2O(g)+H2O(g) ∆H=_______。
(2)一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：2的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g) CH2O(g)+H2O(g)。
①下列阐明反应曾经达到平衡形态的是_______(填选项字母)。
a.容器内气体密度保持没有变 b.H2O的体积分数保持没有变
c.该反应的平衡常数保持没有变 d.混合气体的平均分子质量没有变
②下列措施既能进步H2的转化率又能加快反应速率的是_______(填选项字母)。
a.升高温度 b.运用高效催化剂 c.减少容器体积 d.扩大容器体积
(3)实验室在2L密闭容器中进行模仿上述合成CH2O的实验。T1℃时，将体积比为1：4的CO2和H2混合气体充入容器中，每隔一定工夫测得容器内气体压强如表所示：
工夫/min
0
10
20
30
40
50
60
压强/kPa
1.08
0.96
0.88
0.82
0.80
0.80
0.80
①已知：vp(B)=则反应开始10 min内，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 _______kPa∙min-1。
②T1℃时，反应的平衡常数Kp的代数式为Kp=_______kPa-1(Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，只写表达式)。
(4)T2℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2的混合气体，容器内气体压强为1.2 kPa，反应达到平衡时，CH2O的分压与起始的关系如图所示：
当=2时，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2，则达到新平衡时CO2的转化率将_______(填“增大”“减小”或“没有变”)。
②当=2.5时，达到平衡形态后，CH2O的分压可能是图像中的点_______(填“D”“E”或“F”)，缘由为_______。
评卷人
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五、结构与性质
11．氢能被视为21世纪发展的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研讨方向。
（1）H3BNH3是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子轨道表达式为____。
（2）制备H3BNH3的化学原料为（HB=NH）3，为六元环状物质，与其互为等电子体的无机物分子式为__，CH4、H2O、CO2的键角由大到小的顺序为____，B、C、N、O的电离能由大到小的顺序为_。
（3）C16S8是新型环烯类储氢材料，研讨证明其分子呈平面结构（如图所示）。
①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为____。
②测得C16S8中碳硫键的键长介于C─S和C=S之间，其缘由可能是______。
（4）某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将Cu、Ag原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2（如图）类似，该晶体储氢后的化学式为_____。
（5）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 ρ g/cm3，则该晶胞的体积为_____。（用含ρ、NA的代数式表示即可）
评卷人
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六、无机推断题
12．化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成两头体，其合成路线如下：
已知：Bn—代表
回答下列成绩：
(1)A→B反应所需的试剂和条件为___________。
(2)D→E的反应类型为___________。
(3)G中含氧官能团的名称是___________。
(4)F的分子式为，则F→G的反应方程式为___________。
(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种。
①分子中含有苯环。
②分子中含有2个。
(6)以苯甲醇和丙二酸二乙酯为原料合成 的路线如下：
M的结构简式为___________；合成产物分子的核磁共振氢谱中有___________组峰。
答案：
1．A
【详解】
A．墨汁是一种胶体，A正确；
B．宣纸次要成分为纤维素，是自然高分子，B错误；
C．砚石的成分为硅酸盐，水晶的次要成分为二氧化硅，两者成分没有同，C错误；
D．制笔用的狼毫次要成分是蛋白质，D错误；
故选A。
2．B
【详解】
A．500mL2mol∙L－1FeCl3物质的量为500mL×2mol∙L－1=1mol，水解，数小于NA，故A错误；
B．电解法精炼铜时阴极反应为Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为Cu-2e-=Cu2+，根据得失电子守恒，生成1molCu转移电子2mol，阳极得到的电子数等于2NA，故B正确；
C．64gSO2的物质的量n==1mol，2SO2+O22SO3，SO2和O2生成SO3为可逆反应，生成的SO3分子数小于NA，故C错误；
D．在标准情况下，2.24LNH3的物质的量n==0.1mol，0.1molNH3和水反应得到NH3∙H2O，NH3∙H2O是弱电解质，部分电离，数小于0.1NA，故D错误；
答案选B。
3．C
【详解】
A．1个该无机物分子中含9个C、8个H、4个O，分子式为C9H8O4，A项正确；
B．分子中碳原子都采取sp2杂化，与苯环碳原子直接相连的原子和苯环碳原子一定共平面，与碳碳双键碳原子直接相连的原子和碳碳双键碳原子一定共平面，与碳氧双键碳原子直接相连的原子和碳氧双键中的碳氧原子一定共平面，单键可以旋转，故分子中一切原子可能处于同一平面，B项正确；
C．该分子中含有的1个苯环和1个碳碳双键可与H2发生加成反应，1mol该分子至多可与4molH2发生加成反应，C项错误；
D．该分子中含2个酚羟基和1个羧基可与NaOH反应，1mol该分子至多可耗费3molNaOH，D项正确；
答案选C。
4．C
【分析】
由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应；整个过程中有两个过渡态，过渡态I的正反应的活化能为45.3+31.8=77.1kJ/mol；过渡态II的正反应的活化能为43.5+42.6=86.1kJ/mol，过渡态II的活化能大，为反应的决速步骤。根据张图可以看出，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，故总反应为。
【详解】
A．根据分析，该反应为放热反应，A正确；
B．张图可以看出，该催化循环中Fe的化合价未发生变化，B正确；
C．根据分析，过渡态II的活化能大，IV到产物的过程为反应的决速步骤，C错误；
D．根据分析，总反应方程式为，D正确；
故选C。
5．C
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的阳离子为+1价，原子序数较大，故Z为Na；根据化合物M的结构可知X成四根键，X为C；W呈一根键和两根键，阴离子带两个单位负电荷，故W应成两根键，原子序数比Na大，故为S；W的核外电子数是Y的两倍，故Y为O，综上X、Y、Z、W是C、O、Na、S。
【详解】
A．简单离子半径：S2->O2->Na+，A错误；
B．X、Y、W的最简单氢化物为CH4、H2O、H2S，水中含分子间氢键沸点，H2S的分子质量比CH4大，分子间作用力强，沸点高，故沸点H2O>H2S>CH4，B错误；
C．O、S能与Na构成Na2O2、Na2O、Na2S，均为离子化合物，C正确；
D．S单质易溶于CS2，D错误；
故选C。
6．D
【详解】
A．由安装图中电子流向可知，电子吸附层a流出电子，发生氧化反应，则H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；
B．由图示可知负极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O；正极反应为：2H++2e-=H2↑，总反应为H++OH-=H2O，所以“全氢电池”工作时，将酸碱中和反应的热效应转化为电能，故B正确；
C．原电池中阳离子向正极挪动，该电池左侧为负极、右侧为正极，故Na+在安装中从左侧透过阳离子交换膜向右侧挪动，故C正确；
D．NaClO4的作用是传导离子但并未参与电极反应，故D错误；
答案选D。
7．A
【分析】
由图像可知，a点对应的溶液为原pH=10的 NaOH溶液，b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，d点对应的溶液为碳酸氢钠和碳酸的溶液。
【详解】
A．b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，由图可知，其中水电离出的OH－离子浓度为，所以溶液中，溶液呈碱性，A错误；
B．a点溶液中pH=10，所以水电离出的，B正确；
C．c点溶液是碳酸钠溶液，有部分碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子，所以，C正确；
D．d点溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液，D正确。
故选A。
8． Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2 温度高苯容易挥发 b 调理溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀 抑制Cu2+的水解 0.2
【分析】
辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅没有反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，阐明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M次要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调理溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中次要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗濯得到硝酸铜晶体。
【详解】
（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式，故；
（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②，故；
（3）回收硫时所用溶剂为苯，苯的熔沸点较低，故温度高苯容易挥发；
（4）M中次要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，完成循环运用，故b；
（5）“保温除铁”过程要除去Fe3+，故需求加入氧化铜来调理pH值，使Fe3+生成氢氧化铁沉淀；铜离子会水解，故在蒸发浓缩冷却结晶过程中需求加入硝酸来抑制其水解，故调理溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀；抑制Cu2+的水解；
（6）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子守恒可知0.2。
处理工艺流程题，首先要根据题干信息，了解生产的产品，分析整个流程中各操作步骤的目的，搞清楚发生了什么反应；再具体的标题进行详细解答。
9．(1) Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率
(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)
(3) 分液漏斗的活塞与旋塞 沉淀恰好完全溶解时
(4) 打开K2，缓慢推进滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【分析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪构成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
(1)
Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)
根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)
银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH，后又发生反应：AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推进滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再反复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)====2×10-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设耗费甲醛物质的量为x mol，则4x=2×10-5 mol×1，x=5×10-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 mol×30 g/mol×103 mg/g=0.0375 mg/L。
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的运用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
10．(1)-6 kJ·mol-1
(2) bd c
(3) 0.024
(4) 减小 F 当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量，当时，达到平衡形态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中的F点
(1)
根据∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应的，而由盖斯定律，反应的∆H1（-480kJ/mol）与反应的∆H2相减即可得到目标反应，故∆H=∆H2-∆H1=（-486+480）kJ/mol =-6kJ/mol；
(2)
①a.在恒温恒容的密闭容器中，体积一直没有发生改变，根据ρ=可知，容器内气体密度一直没有变，a没有符合题意；
b.H2O的体积分数保持没有变，各物质的浓度保持没有变，反应达到平衡形态，b符合题意；
c.温度没有变，反应平衡常数一直没有变，c没有符合题意；
d.根据化学计量数反应前后没有等，M=可知，气体的平均摩尔质量也为变量，可以作为达到平衡的标志，d符合题意；
故选bd；
②a.升高温度反应速率增大，但由于∆H <0，升高温度，平衡逆向挪动，H2转化率降低，a没有符合题意；
b.运用高效催化剂没有改变转化率，b没有符合题意；
c.减少容器体积相当于增大压强，反应速率加快，平衡向体积减小的方向进行，即正向挪动，H2的转化率增大，c符合题意；
d.扩大容器体积，浓度减小，反应速率降低，d没有符合题意；
故选c；
(3)
①T1℃时，起始总压强为1.08kPa，由CO2和H2的体积比为1：2可得，CO2和H2的分压为1.08 =0.36和1.08 =0.72，容器体积没有变，根据PV=nRT，分压与物质的量成反比，则有： 10min时，0.36-x+0.72-2x+x+x=0.96，则x=0.12，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为 =0.024kPa/min；
②平衡时，0.36-x+0.72-2x+x+x=0.80，则x=0.28，平衡常数Kp= = ；
(4)
当=2，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)，根据勒夏特列原理，平衡会向减弱二氧化碳浓度增大的方向挪动但没有会抵消浓度增大，平衡正向挪动， CO2的转化率减小；当 = 2.5时，达到平衡后 CH2O的体积分数可能是图像中F点,缘由是：当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量，当 = 2.5时，达到平衡后 CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图像中F点。
11． C6H6 CO2＞CH4＞H2O N＞O＞C＞B sp2、sp3 C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质 Cu3AgH8 cm3
【分析】
根据N原子的价电子排布式书写轨道表达式；等电子体要求原子总数相等、价电子总数也相等；根据孤电子对和成键电子对的互相影响判断键角大小；同周期电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目判断杂化轨道方式；根据晶胞的均摊理论判断晶胞的化学式，再根据密度公式计算即可。
【详解】
（1）N原子的价电子排布式为2s22p3，则N原子价电子轨道表示式为；
（2）与（HB=NH）3互为等电子体分子中含有12个原子、价电子数是30，与其互为等电子体的无机物分子为C6H6；CH4、H2O、CO2的空间构型分别是正四面体、V形、直线形，排斥力：孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，这三种分子孤电子对个数分别是0、2、0，其空间构型判断键角大小顺序是 CO2＞CH4＞H2O，基态B原子的价电子为其2s、2p能级上的电子，根据构造原理书写该原子价电子排布式为2s22p1；同一周期元素电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族电离能大于其相邻元素，所以电离能N＞O＞C＞B；
（3）①C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型分别为sp2、sp3；
②C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，介于S-C单键和S=C双键之间的键；
（4）Cu原子个数=6×=3、Ag原子个数=8×=1、H原子个数为8，其化学式为Cu3AgH8；
（5）该晶胞中Mg原子个数=1+8×=2、H原子个数=2+4×=4，晶胞体积==cm3= cm3。
考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、等电子体等知识点，侧重考查基本公式、基本理论在物质结构中的运用，明确原子结构、物质结构是解本题关键，留意晶胞计算的均摊方法。
12．(1)溴蒸气和光照
(2)取代反应
(3)醚键、酯基
(4)++H2O
(5)10
(6) 7
【分析】
A苯环上甲基上氢原子被溴原子取代生成B；B中溴原子和发生取代生成C，C中羟基被溴原子取代生成D，D中溴原子和取代生成E，E还原生成F，F和生成G，
(1)
A苯环中甲基上氢原子被溴原子取代生成B ，A→B反应所需的试剂和条件为溴蒸气和光照。
(2)
D→E的反应类型为取代反应。
(3)
G中含氧官能团的名称是醚键、酯基。
(4)
F化学式可知，E在强还原剂LiAlH4和THF作用下酯基被还原成羟基，则F结构简式为，F和生成G，反应为：++H2O。
(5)
C的同分异构体，①分子中含有苯环、②分子中含有2个，则还有1个碳未运用，则：
苯环取代基为：、、；
处于邻位，甲基有2种情况；处于间位，甲基有3种情况；处于对位，甲基有1种情况；共计有6种情况；
苯环取代基为：、；两者处于邻、间、对位，共计有3种情况；
苯环取代基为：，共计有1种情况；
合计存在10种情况。
(6)
题干中D生成E的反应原理可知，则生成M结构简式为：；
由结构简式可知，该分子对称性较高，分子中有7种没有同环境的氢，故合成产物分子的核磁共振氢谱中有7组峰。
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