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2021届山西省晋中市高三下学期3月适应性考试（二模）理综试题 PDF版
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这是一份2021届山西省晋中市高三下学期3月适应性考试（二模）理综试题 PDF版，文件包含山西省晋中市2020-2021学年高三下学期3月适应性考试二模理科综合试题PDFpdf、高三化学答案A卷doc、物理答案pdf、3月高三生物答案及评分细则pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
2021年3月高三适应性调研考试
化学答案
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
B
C
C
D
D
A
B
7.解析：“地沟油”含有大量有害物质，故禁止食用，其主要成分为酯类，可以发生皂化反应制取肥皂，也可以与醇发生酯交换反应制取生物柴油，故A正确；超量碳排放不是形成酸雨的主要原因，故B错误；疫苗一般冷藏存放，防止温度升高使蛋白质变性，使疫苗失去活性，故C正确；塑料是高分子化合物，断裂碳碳键可转化为航油、甲烷等，断裂碳氢键可转化为氢气等，故D正确。
答案：B
8.解析：甲、乙、丙三种物质的分子式均为C8H14，结构不同，互为同分异构体，故A正确；乙的二氯代物中两个氯原子在相同C原子上有1种，在不同的C原子上有6种，共有7种，故B正确；甲、丙中均含有饱和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，故C错误；甲、丙中均含有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故D正确。
答案：C
9.解析：缺少一定体积的容量瓶和胶头滴管等仪器，故A实验不能完成；缺少冷凝管、锥形瓶、牛角管等仪器，故B实验不能完成；重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩仪器——酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，过滤仪器——烧杯、普通漏斗、玻璃棒，故C实验能完成；提取碘需要分液装置，缺少分液漏斗，故D实验不能完成。
答案：C
10.解析：题干中“计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子”，故热化学方程式中ΔH＝－2.24×10－24×NA eV·mol－1，故A错误；在催化剂表面吸附和解吸附的过程都是催化剂参与化学反应的过程，不是物理过程，故B错误；由M2→M3的变化过程可计算出该历程的活化能为2.12×10－24×NA eV·mol－1，故C错误；M1为C2H2与HgCl2形成的中间体，加入催化剂，降低反应所需活化能，形成的中间体更易发生加成反应，化学键更易断裂，故M1中碳碳三键键能比C2H2中小，故D正确。
答案：D
11.解析：根据“已知c2＞c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；根据A项分析，Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；X极反应式为2H2O－4e－＋4CO===O2↑＋4HCO，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1∶2，故C错误；若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e－～4HCO～4OH－，故D正确。
答案：D
12.解析：依据W单质可用于自来水消毒和W只能形成一条共价键，可推知W为Cl；同理X形成四条键，为C或Si，Y形成三条键，为N或P，Z形成两条键，为O或S，结合“X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y元素至少能形成6种氧化物”，可推知Y为N，因此X只能为C, Z为O或S，W为Cl。HClO4是酸性最强的含氧酸，H2CO3为弱酸，故酸性：HClO4＞HNO3>H2CO3，即X＜Y＜W，故A正确；若Z为O，离子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)，若Z为S，离子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故B错误；C2H4、N2H4、H2O2、H2S2(过硫化氢)都是含非极性键的二元化合物，但H和Cl都只形成一条键，不能形成含非极性键的二元化合物，故C错误；简单氢化物的还原性：W
13.解析：根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO)，故A错误；因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20 mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100 mol·L－1，故B正确；由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO)，故c(H3PO2)＝c(H2PO)，对应曲线③pH＝3，即c(H＋) ＝10－3 mol·L－1，Ka(H3PO2)＝＝10－3，故H2PO水解常数Kh＝≈1.0×10－11，故C错误；因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液显碱性，故D错误。
答案：B
26.解析：(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O。(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化。(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶。(4)因为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43。(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO。(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行。因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
答案：(14分，除标注外，其余每空2分)
(1)FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O (2)铁粉(或Fe)
(3)蒸发浓缩、降温结晶 (4)4.43
(5)TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
(6)在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁(1分) 稀盐酸(或稀硫酸)(1分)
27.解析：(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4 和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋ 2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性。(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－===ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2。(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O。(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确。 (5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋===Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
ClO ～ 2I2 ～ 4Na2S2O3
1 mol 4 mol
x mol 0.200×0.02 mol
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
答案：(15分，除标注外，其余每空2分)
(1)2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性
(2)负(1分) ClO2＋e－===ClO(1分) 阳(1分)
(3)3 ℃冷水浴(1分) H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O
(4)acdf
(5)当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复(1分) 90.5%
28.解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－58－41)kJ·mol－1＝－99 kJ·mol－1。(2)升高温度能加快所有反应的反应速率，故在一定流速下，单位时间内CO2实际转化率提高，但升高温度对反应Ⅰ的影响更大，故甲醇的选择性降低。(3)因为平衡常数只与温度有关，故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。依据Kx的定义计算A、E和G三点对应的平衡常数。
A点 CO2(g) ＋ H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 0.5 1 0 0
转化/mol 0.5×＝
平衡/mol
代入平衡常数表达式：Kx＝＝＝1。同理可求，E和G两点的Kx＝1，因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同。②已知反应速率v＝ v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中， 因为进料比相同，但CO2转化率C＞D＞E，所以推出TC＞TD＞TE, 故三点中C点温度最高，k正变化幅度最大，故k正－k逆最大。依据速率方程反应速率v逆＝k逆x(CO)x(H2O)，A、B、F三点中：
A点 CO2(g) ＋ H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 0.5 1 0 0
转化/mol 0.5×＝
平衡/mol
比例： 1 ∶ 4 ∶ 2 ∶ 2
A点：v逆＝k逆x(CO)x(H2O)＝k逆××＝k逆，同理可求，B点：v逆＝k逆，F点：v逆＝k逆。依据图像可推知TA＞TB，TC＞TD＞TE, TF＞TG，结合TA＝TE＝TG，A、B、F三点温度为TF＞TA＞TB，所以速率常数k逆大小为F>A>B，故三点中k逆最大的是F点，因此
v逆最大的也是F点。在达到平衡状态E点的反应过程中，当CO转化率刚好达到50%时，＝＝×＝÷＝，E点平衡常数K＝1，当CO2转化率刚好达到50%时，
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 1 1 0 0
转化/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
Q＝＝1，＝＝1÷1＝1。
(4)催化剂参与了反应，改变反应历程，但不能改变ΔH，故A错误；催化剂使k正和k逆同时增大，且倍数相同，故B错误；催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，故C正确；催化剂不改变CO2的平衡转化率，故D错误。
答案：(14分，每空2分)
(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－99 kJ·mol－1
(2)温度升高，两个反应的速率均加快，但温度升高对反应Ⅰ的影响更大(或温度升高，催化剂活性降低，使合成甲醇反应速率减慢)
(3)①因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同 ②C F 1
(4)ABD
35.解析：(1)Cu位于第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1，因此Cu＋价层电子排布式为3d10。(2)①SO中σ键数为4，孤电子对数为＝0，则空间构型是正四面体形； 根据EDTA的结构简式，该结构中有两种碳原子：饱和碳原子和形成双键的不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化。②C、N、O属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞C，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，即O＞S，故最大的为N。③根据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，即该阳离子中存在配位键和共价键；该化合物加热时首先失去水，原因是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱。(3) Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故个数为6×＋4×＝4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个在体心，故个数为8×＋4×＋1＝4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，共8个，因此晶体的化学式为CuInSe2；晶胞从顶部向底部看Se原子分布有四层，排布符合ABABAB，故堆积方式为面心立方最密堆积；C原子位于下面正方体的体对角线的处，故坐标为；根据ρ＝，质量m＝ g，体积V＝0.524×0.524×1.032×10－21cm3，所以CuInS2晶体的密度是 g·cm－3。
答案：(15分，除标注外，其余每空2分)
(1)3d10(1分)
(2)①正四面体形(1分) sp2、sp3 ②N(1分) ③共价键和配位键 H2O(1分)
(3)CuInSe2 面心立方最密堆积(1分)
36.解析：(1)由E的结构及A的分子式可知，A为，由A的分子式(C6H6O)及B的分子式(C6H5NO3)结合E的结构可知，B为，B与CH3COCl反应生成C，由C的分子式(C8H7NO4)知，C为，C在Fe/HCl条件下生成D，则D为，D与生成E。(1)由分析知B是A发生硝化反应得到的，故反应条件为浓硫酸、加热；B的名称是对硝基苯酚或4硝基苯酚。(2)由分析知反应Ⅰ是取代反应，反应Ⅱ是还原反应。(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物H的流程中，反应Ⅰ的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；H中含氧官能团的名称为(酚)羟基和酯基。(4)由F和G的结构简式来看，2个溴原子取代了2个氢原子，故反应方程式为＋2Br2―→＋2HBr。(5)D为，其同分异构体“既能发生水解反应，又能发生银镜反应”即含甲酸酯(HCOO—)，因此指的是苯环中含有—NH2 和HCOO—结构，若苯环上含有三个基团：—NH2、—CH3和HCOO—，共有10种，如；若苯环上含有两个基团：—CH2NH2和HCOO—，共有3种，如；若苯环上含有两个基团：—NH2和HCOOCH2—，共有3种，如；若苯环上含有一个基团： HCOOCH(NH2)—，只有1种，即，故共有17种。(6)乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯()，乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与苯胺()发生合成路线中D到E的反应即可得到。
答案：(15分，除标注外，其余每空1分)
(1)浓硫酸、加热 对硝基苯酚(或4硝基苯酚)
(2)取代反应 还原反应
(3)保护酚羟基(2分) (酚)羟基、酯基
(4)2Br2 2HBr
(5)17(2分)
(6) (4分，每步1分，扣完为止)
2021年3月高三适应性调研考试
化学答案
题号
7
8
9
10
11
12
13
答案
B
C
C
D
D
A
B
7.解析：“地沟油”含有大量有害物质，故禁止食用，其主要成分为酯类，可以发生皂化反应制取肥皂，也可以与醇发生酯交换反应制取生物柴油，故A正确；超量碳排放不是形成酸雨的主要原因，故B错误；疫苗一般冷藏存放，防止温度升高使蛋白质变性，使疫苗失去活性，故C正确；塑料是高分子化合物，断裂碳碳键可转化为航油、甲烷等，断裂碳氢键可转化为氢气等，故D正确。
答案：B
8.解析：甲、乙、丙三种物质的分子式均为C8H14，结构不同，互为同分异构体，故A正确；乙的二氯代物中两个氯原子在相同C原子上有1种，在不同的C原子上有6种，共有7种，故B正确；甲、丙中均含有饱和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，故C错误；甲、丙中均含有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，故D正确。
答案：C
9.解析：缺少一定体积的容量瓶和胶头滴管等仪器，故A实验不能完成；缺少冷凝管、锥形瓶、牛角管等仪器，故B实验不能完成；重结晶法提纯苯甲酸需要用到蒸发浓缩仪器——酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，过滤仪器——烧杯、普通漏斗、玻璃棒，故C实验能完成；提取碘需要分液装置，缺少分液漏斗，故D实验不能完成。
答案：C
10.解析：题干中“计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子”，故热化学方程式中ΔH＝－2.24×10－24×NA eV·mol－1，故A错误；在催化剂表面吸附和解吸附的过程都是催化剂参与化学反应的过程，不是物理过程，故B错误；由M2→M3的变化过程可计算出该历程的活化能为2.12×10－24×NA eV·mol－1，故C错误；M1为C2H2与HgCl2形成的中间体，加入催化剂，降低反应所需活化能，形成的中间体更易发生加成反应，化学键更易断裂，故M1中碳碳三键键能比C2H2中小，故D正确。
答案：D
11.解析：根据“已知c2＞c1”可推出，Y极生成了OH－且Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，从而形成NaOH，因此Y极为阳离子移向的一极，为阴极，X极为阳极，发生氧化反应，故A错误；根据A项分析，Na＋通过离子交换膜，从X极移向Y极，说明为阳离子交换膜，故B错误；X极反应式为2H2O－4e－＋4CO===O2↑＋4HCO，同时可能会进一步发生副反应H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，Y极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，依据电荷守恒，两极产生的M(O2)和R(H2)体积比略大于1∶2，故C错误；若Na2CO3溶液足量，主要生成HCO(若Na2CO3溶液少量，可能生成CO2)，依据C项分析可知，4e－～4HCO～4OH－，故D正确。
答案：D
12.解析：依据W单质可用于自来水消毒和W只能形成一条共价键，可推知W为Cl；同理X形成四条键，为C或Si，Y形成三条键，为N或P，Z形成两条键，为O或S，结合“X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素”和“Y元素至少能形成6种氧化物”，可推知Y为N，因此X只能为C, Z为O或S，W为Cl。HClO4是酸性最强的含氧酸，H2CO3为弱酸，故酸性：HClO4＞HNO3>H2CO3，即X＜Y＜W，故A正确；若Z为O，离子半径：r(W)＞r(Y)＞r(Z)，若Z为S，离子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)，故B错误；C2H4、N2H4、H2O2、H2S2(过硫化氢)都是含非极性键的二元化合物，但H和Cl都只形成一条键，不能形成含非极性键的二元化合物，故C错误；简单氢化物的还原性：W
13.解析：根据加入NaOH溶液后曲线变化可知③是pH变化，曲线①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2种，结合起点pH，可推出H3PO2为一元弱酸(若为一元强酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2种或者起点pH不对应)。因为H3PO2为一元弱酸，故曲线①代表δ(H3PO2)，曲线②代表δ(H2PO)，故A错误；因为H3PO2为一元弱酸，故等浓度NaOH与次磷酸二者1∶1恰好中和，由20 mL时达到滴定终点可知，次磷酸浓度为0.100 mol·L－1，故B正确；由曲线①②交点可知δ(H3PO2)＝δ(H2PO)，故c(H3PO2)＝c(H2PO)，对应曲线③pH＝3，即c(H＋) ＝10－3 mol·L－1，Ka(H3PO2)＝＝10－3，故H2PO水解常数Kh＝≈1.0×10－11，故C错误；因为H3PO2为一元弱酸，故NaH2PO2是正盐，其水溶液显碱性，故D错误。
答案：B
26.解析：(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O。(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化。(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶。(4)因为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43。(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO。(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行。因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
答案：(14分，除标注外，其余每空2分)
(1)FeTiO3＋6H＋===Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O (2)铁粉(或Fe)
(3)蒸发浓缩、降温结晶 (4)4.43
(5)TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO
(6)在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁(1分) 稀盐酸(或稀硫酸)(1分)
27.解析：(1)根据装置Ⅰ可知反应物为NaClO3、H2SO4 和H2C2O4，产物有ClO2，可推知H2C2O4被氧化为CO2，配平得化学方程式为2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋ 2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑)；根据已知①，结合反应产物，可推测该反应的最大优点是反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性。(2)装置Ⅱ为电解ClO2制备NaClO2，故生成成品液NaClO2的电极为阴极，a极为负极，生成ClO，其电极反应式为ClO2＋e－===ClO；阳极室Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室，生成NaClO2。(3)要控制反应温度为3 ℃，可采取的措施为3 ℃冷水浴；根据“处理后所得溶液与装置Ⅱ所得成品液合并处理得到产品”说明ClO2生成了ClO，则H2O2化合价升高生成O2，故反应的离子方程式为H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O。(4)从溶液中制取晶体，一般流程是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。根据信息②，蒸发水分同时要防止分解，只能减压蒸发，a正确；为防止析出NaClO2·3H2O晶体，应该趁热过滤，b错误、c正确；为防止分解和结晶，用38～60 ℃温水洗去杂质，d正确；为防止分解，应该在低于60 ℃下干燥得到产品，e错误、f正确。 (5)产品中加入足量酸化的KI溶液，发生ClO＋4I－＋4H＋===Cl－＋2I2＋2H2O，加入淀粉溶液显蓝色，当用0.200 mol·L－1Na2S2O3标准液滴定时，发生2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，I2逐渐消耗，当溶液由蓝色变无色，且半分钟不恢复时，说明达到滴定终点。依据关系式：
ClO ～ 2I2 ～ 4Na2S2O3
1 mol 4 mol
x mol 0.200×0.02 mol
解得x＝0.001，产品NaClO2的纯度为×100%＝90.5%。
答案：(15分，除标注外，其余每空2分)
(1)2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O(或2NaClO3＋2H2SO4＋H2C2O4===2ClO2↑＋2NaHSO4＋2H2O＋2CO2↑) 反应中生成的CO2对ClO2起到稀释作用，提高了实验的安全性
(2)负(1分) ClO2＋e－===ClO(1分) 阳(1分)
(3)3 ℃冷水浴(1分) H2O2＋2ClO2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O
(4)acdf
(5)当溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复(1分) 90.5%
28.解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－58－41)kJ·mol－1＝－99 kJ·mol－1。(2)升高温度能加快所有反应的反应速率，故在一定流速下，单位时间内CO2实际转化率提高，但升高温度对反应Ⅰ的影响更大，故甲醇的选择性降低。(3)因为平衡常数只与温度有关，故判断温度是否相同可通过计算平衡常数是否相同去分析。依据Kx的定义计算A、E和G三点对应的平衡常数。
A点 CO2(g) ＋ H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 0.5 1 0 0
转化/mol 0.5×＝
平衡/mol
代入平衡常数表达式：Kx＝＝＝1。同理可求，E和G两点的Kx＝1，因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同。②已知反应速率v＝ v正－v逆＝k正x(CO2)x(H2)－k逆x(CO)x(H2O)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。C、D、E三点中， 因为进料比相同，但CO2转化率C＞D＞E，所以推出TC＞TD＞TE, 故三点中C点温度最高，k正变化幅度最大，故k正－k逆最大。依据速率方程反应速率v逆＝k逆x(CO)x(H2O)，A、B、F三点中：
A点 CO2(g) ＋ H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 0.5 1 0 0
转化/mol 0.5×＝
平衡/mol
比例： 1 ∶ 4 ∶ 2 ∶ 2
A点：v逆＝k逆x(CO)x(H2O)＝k逆××＝k逆，同理可求，B点：v逆＝k逆，F点：v逆＝k逆。依据图像可推知TA＞TB，TC＞TD＞TE, TF＞TG，结合TA＝TE＝TG，A、B、F三点温度为TF＞TA＞TB，所以速率常数k逆大小为F>A>B，故三点中k逆最大的是F点，因此
v逆最大的也是F点。在达到平衡状态E点的反应过程中，当CO转化率刚好达到50%时，＝＝×＝÷＝，E点平衡常数K＝1，当CO2转化率刚好达到50%时，
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 1 1 0 0
转化/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
Q＝＝1，＝＝1÷1＝1。
(4)催化剂参与了反应，改变反应历程，但不能改变ΔH，故A错误；催化剂使k正和k逆同时增大，且倍数相同，故B错误；催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，故C正确；催化剂不改变CO2的平衡转化率，故D错误。
答案：(14分，每空2分)
(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－99 kJ·mol－1
(2)温度升高，两个反应的速率均加快，但温度升高对反应Ⅰ的影响更大(或温度升高，催化剂活性降低，使合成甲醇反应速率减慢)
(3)①因为KA＝KE＝KG＝1，平衡常数相同，反应温度相同 ②C F 1
(4)ABD
35.解析：(1)Cu位于第四周期第ⅠB族，其价层电子排布式为3d104s1，因此Cu＋价层电子排布式为3d10。(2)①SO中σ键数为4，孤电子对数为＝0，则空间构型是正四面体形； 根据EDTA的结构简式，该结构中有两种碳原子：饱和碳原子和形成双键的不饱和碳原子，饱和碳原子为sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化。②C、N、O属于同一周期，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，所以第一电离能大小顺序是N＞O＞C，同一主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，即O＞S，故最大的为N。③根据阳离子的结构图可以看出，铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，即该阳离子中存在配位键和共价键；该化合物加热时首先失去水，原因是铜离子与水所形成的配位键要比与氨气所形成的配位键弱。(3) Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故个数为6×＋4×＝4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个在体心，故个数为8×＋4×＋1＝4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，共8个，因此晶体的化学式为CuInSe2；晶胞从顶部向底部看Se原子分布有四层，排布符合ABABAB，故堆积方式为面心立方最密堆积；C原子位于下面正方体的体对角线的处，故坐标为；根据ρ＝，质量m＝ g，体积V＝0.524×0.524×1.032×10－21cm3，所以CuInS2晶体的密度是 g·cm－3。
答案：(15分，除标注外，其余每空2分)
(1)3d10(1分)
(2)①正四面体形(1分) sp2、sp3 ②N(1分) ③共价键和配位键 H2O(1分)
(3)CuInSe2 面心立方最密堆积(1分)
36.解析：(1)由E的结构及A的分子式可知，A为，由A的分子式(C6H6O)及B的分子式(C6H5NO3)结合E的结构可知，B为，B与CH3COCl反应生成C，由C的分子式(C8H7NO4)知，C为，C在Fe/HCl条件下生成D，则D为，D与生成E。(1)由分析知B是A发生硝化反应得到的，故反应条件为浓硫酸、加热；B的名称是对硝基苯酚或4硝基苯酚。(2)由分析知反应Ⅰ是取代反应，反应Ⅱ是还原反应。(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物H的流程中，反应Ⅰ的目的是保护酚羟基，防止其被氧化；H中含氧官能团的名称为(酚)羟基和酯基。(4)由F和G的结构简式来看，2个溴原子取代了2个氢原子，故反应方程式为＋2Br2―→＋2HBr。(5)D为，其同分异构体“既能发生水解反应，又能发生银镜反应”即含甲酸酯(HCOO—)，因此指的是苯环中含有—NH2 和HCOO—结构，若苯环上含有三个基团：—NH2、—CH3和HCOO—，共有10种，如；若苯环上含有两个基团：—CH2NH2和HCOO—，共有3种，如；若苯环上含有两个基团：—NH2和HCOOCH2—，共有3种，如；若苯环上含有一个基团： HCOOCH(NH2)—，只有1种，即，故共有17种。(6)乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯()，乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与苯胺()发生合成路线中D到E的反应即可得到。
答案：(15分，除标注外，其余每空1分)
(1)浓硫酸、加热 对硝基苯酚(或4硝基苯酚)
(2)取代反应 还原反应
(3)保护酚羟基(2分) (酚)羟基、酯基
(4)2Br2 2HBr
(5)17(2分)
(6) (4分，每步1分，扣完为止)
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