精品解析：福建省龙岩市2023届高三下学期5月三模考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：福建省龙岩市2023届高三下学期5月三模考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了请将答案填写在答题卡上，可能用到的相对原子质量，9%食盐水用于消杀新冠病毒等内容，欢迎下载使用。

龙岩市2023年高中毕业班五月教学质量检测
化学试题
(考试时间：75分钟 满分：100分)
注意：
1.请将答案填写在答题卡上
2.可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 Si-28 Cl-35.5 Cu-64 Ge-73 W-184
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 0.9%食盐水用于消杀新冠病毒
B. 柠檬酸用作复合膨松剂的组分之一
C. 用二氧化氯对自来水消毒
D. 用二氧化硫作葡萄酒的添加剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.9%食盐水为生理盐水，能够避免细胞破裂，它的渗透压和细胞外的一样，所以不会让细胞脱水或者过度吸水，但不具有杀菌消毒的作用，故A错误；
B．复合膨松剂由碳酸盐和酸性物质等混合而成，柠檬酸可以碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可用作复合膨松剂，故B正确；
C．二氧化氯具有强氧化性，可用其进行自来水消毒，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒中的抗氧化剂，同时葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到杀菌的作用，故D正确；
故选：A。
2. 我国科学家利用CO2合成淀粉的核心反应如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 反应①消耗4.4 g CO2时，转移电子数为0.6NA
B. 标准状况下11.2 L H2O2所含的非极性键数为NA
C. 30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为2NA
D. 16.2 g淀粉在酶作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A． 由反应机理可知，反应①发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，则消耗4.4 g二氧化碳，反应转移电子数为×6×NAmol—1=0.6NA，故A正确；
B．标准状况下，过氧化氢为液态，无法计算11.2L过氧化氢的物质的量和含有的非极性键的数目，故B错误；
C．甲醛和DHA的最简式相同，都为CH2O，则30 g甲醛与DHA的混合物中含氧原子数为×NAmol—1=NA，故C错误；
D．由淀粉酿酒涉及的反应可得如下关系式：(C6H10O5)n—nC6H12O6—2n C2H6O2，则16.2 g淀粉在酶的作用下发酵酿酒最多可生成乙醇分子数为×2n×NAmol—1=0.2NA，故D错误；
故选A。
3. 青蒿素、双氢青蒿素结构如图所示，都是治疗疟疾的有效药物。下列有关这两种物质的说法正确的是

A. 均能发生水解反应
B. 均属于芳香族化合物
C. 含有不同数目的手性碳原子
D. 分子中碳原子轨道的杂化方式相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．青蒿素含酯基可发生水解，而双氢青蒿素不能水解，A项错误；
B．两者均不含苯环，不属于芳香族化合物，B项错误；
C．青蒿素含有7个手性碳，而双氢青蒿素含有8个，C项正确；
D．青蒿素C的杂化为sp3和sp2，而双氢青蒿素只有sp3杂化，D项错误；
故选C。
4. 以铟锡氧化物(ITO)废料(主要含In2O3，SnO2)提取铟的工艺流程如下，下列说法错误的是

A. “细磨”有利于提高金属的溶浸率
B. “沉锡”时发生了氧化还原反应
C. “置换余液”用石灰乳处理后，才可以安全排放
D. “电解”时，粗铟作阳极
【答案】B
【解析】
【分析】酸浸将固体溶解，沉锡将Sn4+转变为SnS2除去。置换将In3+变成In粗品。
【详解】A．细磨增大接触面积加快溶解，A项正确；
B．沉锡产生的SnS2中S为-2价，Sn为+4化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，B项错误；
C．含有大量的酸，不能直接排放需要用石灰乳进行中和沉淀同时除去硫酸根，C项正确；
D．粗铟中In转变为In3+在电解池的阳极发生氧化反应，D项正确；
故选B。
5. 我国科学家设计的一种从海水中提取金属锂的太阳能驱动装置如图所示，下列说法错误的是

A. 催化电极反应式：2Cl- -2e=Cl2↑
B. 固体陶瓷膜属于不透水的阳离子交换膜
C. 导线中通过1mol电子时，海水减重约42.5g
D. 在有机电解质中加入少量乙酸，以增强导电性
【答案】D
【解析】
【分析】从图分析，有机电解质防止Li与水直接反应，所以Li在铜箔电极产生，它为电解池的阴极。而催化电极为阳极。
【详解】A．催化电极为阳极发生氧化反应为2Cl- -2e=Cl2↑，A项正确；
B． Li+经膜移向铜电极产生Li，而Li易于水反应，所以阴极区应该无水环境，所以固体陶瓷膜属于不透水的阳离子交换膜，B项正确；
C．由电子守恒关系得2e-~Cl2~2Li，导线中通过1mol电子时n(Cl2)=0.5mol、n(Li)=1mol所以海水中减少得质量为m(Li)+m(Cl2)=1×7+0.5×71g=42.5g，C项正确；
D．Li能与CH3COOH产生H2，D项错误；
故选D。
6. 炼油、石化等含S2-工业废水可通过催化氧化法进行处理。将MnO2嵌于聚苯胺(高温会分解)表面制成催化剂，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。下列说法正确的是

A. 催化剂因S覆盖表面或进入空位而失效，高温灼烧后可继续使用
B. 反应Ⅰ为：2H++S2-+*O=H2O+S
C. 反应过程中只有硫元素被氧化
D. 反应Ⅲ的ΔH >0
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，但题干信息可知，高温下催化剂会分解，故高温灼烧后不可继续使用，A错误；
B．由题干图示信息可知，反应Ⅰ为：2H++S2-+-Mn-O-Mn-=H2O+S+-Mn-□-Mn-，B错误；
C．由题干图示信息可知，反应过程中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，C错误；
D．由题干图示信息可知，反应Ⅲ为化学键断裂，为吸热反应，故ΔH >0，D正确；
故答案为：D。
7. 某补血剂有效成分M的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为原子半径最小的元素，Y和Z同主族，X、Y、Z原子序数之和为25，W为金属且W3+的价层电子为半充满结构。下列说法正确的是

A. M具有氧化性，能与KI发生反应
B. Z的氧化物的水化物可能有还原性
C. M中W的轨道杂化方式为sp3
D. 该晶体熔化时，只需克服离子键的作用
【答案】B
【解析】
【分析】X为原子半径最小的元素，X为H。W为金属且W3+的价层电子为半充满结构，则W为Fe。Y和Z同主族，X、Y、Z原子序数之和为25，再结合其结构，Y为O，Z为S。
【详解】A．结合图看，M的化学式为[Fe(H2O)6]SO4·H2O，Fe的化合价为+2，+2的铁弱氧化性不能KI反应，A项错误；
B．Z的氧化物的水化物可能H2SO3，其中S为+4价均有强还原性，B项正确；
C．M中W的杂化为d2sp3，C项错误；
D．该分子中存在分子间氢键，所以晶体熔化克服离子键和氢键，D项错误；
故选B。
8. 实验室可以通过以下反应和操作制取肉桂酸：

已知：苯甲醛、肉桂酸均难溶于水，乙酸酐(CH3CO)2O易水解。
操作：①将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3混合加热回流0.5h ②向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性 ③将“②”中溶液装入下图的Ⅱ装置中，并通入水蒸气，Ⅲ中收集到苯甲醛和水 ④……。

下列有关说法错误的是
A. 回流过程中可能有气泡产生
B. 当馏出液无油珠时，即可停止通入水蒸气
C. 操作③结束时，应先移去热源再打开弹簧夹
D. 向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，再过滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品
【答案】C
【解析】
【分析】将一定量苯甲醛、乙酸酐、K2CO3在圆底烧瓶中混合均匀，然后加热回流0.5h，发生题中反应生成肉桂酸和乙酸，向回流后的混合液中加入K2CO3溶液调节溶液至碱性，此时肉桂酸转化为肉桂酸钾，该过程中生成二氧化碳气体，将反应后溶液转移到圆底烧瓶中组装成图中装置，加热盛水的圆底烧瓶，利用水蒸气将苯甲醛蒸出，经冷凝后在III中收集未反应完的苯甲醛，据此分析解答。
【详解】A．回流过程中生成的乙酸与碳酸钾可能反应生成二氧化碳气体，因此可能产生气泡，故A正确；
B．当馏出液无油珠时说明未反应的苯甲醛已完全除去，此时可停止通入水蒸气，故B正确；
C．操作③结束时，如先移去热源再打开弹簧夹，II中的液体会倒吸到I中，因此应先打开弹簧夹使系统与大气相通后再移去热源，故C错误；
D．向Ⅱ中残余溶液中加入盐酸酸化，使肉桂酸钾转化为肉桂酸，肉桂酸难溶于水，经再滤、洗涤、干燥可以获得肉桂酸粗品，故D正确；
故选：C。
9. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于脱除废水中游离氯。其工业制备方法为：将一定比例的Na2CO3与Na2S配成混合溶液，再通入SO2，先有黄色沉淀生成，当黄色沉淀消失时，即生成了Na2S2O3，同时释放CO2。下列说法错误的是
A. 制备反应中Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物
B. 制备总反应的离子方程式为2S2-+ CO+ 4SO2 = CO2 + 3S2O
C. 产生黄色沉淀的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
D. 将Na2S2O3脱除游离氯反应设计成原电池时，S2O为负极反应物
【答案】C
【解析】
【详解】A．制备Na2S2O3的反应为，在该反应中+4价硫和-2价硫最终生成+2价硫，则Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，A正确；
B．由A分析可知制备Na2S2O3的总反应为，离子方程式为2S2-+ CO+ 4SO2 = CO2 + 3S2O，B正确；
C．产生黄色沉淀时，SO2为氧化剂被还原成S，S元素的化合价由+4价降至0价，S2-为还原剂被氧化成S，S元素的化合价由-2价升至0价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂物质的量之比为：1∶2，C错误；
D．Na2S2O3脱除游离氯反应为，设计成原电池，失电子，为负极反应物，D正确；
故选C。
10. 常温下，用0.1 mol·L-1的HCl溶液分别滴定Vx mL 0.1 mol·L-1的NaX溶液和VY mL 0.1 mol·L-1 NaY溶液，二者的pH随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，已知：酸性HX>HY。下列判断正确的是

A. Vx>VY
B. M点：c(X-)= c(Y-)
C. b表示盐酸滴定NaX溶液的曲线
D. 常温下，Ka (HX) = 9.0×10-12
【答案】A
【解析】
【分析】已知：酸性HX>HY，则NaY溶液水解程度更大，初始碱性更强，故ab分别为NaX、NaY溶液的滴定曲线；
【详解】A．NaY溶液水解程度更大，初始碱性更强，氢氧根离子浓度更大；加入等量VM体积盐酸后，NaX、NaY溶液的pH相等，那么两者消耗氢氧根离子的量相同，则NaY溶液的体积更小，故Vx>VY，A正确；
B．根据物料守恒可知，NaX溶液中，NaY溶液中，且初始钠离子浓度相同，若M点：c(X-)= c(Y-)，则，M点pH相同，则；已知：酸性HX>HY，则；两者相互矛盾，B错误；
C．由分析可知，b表示盐酸滴定NaY溶液的曲线，C错误；
D．，由0.1 mol·L-1的NaX溶液的初始pH=11可知，pOH=3，、，则，，D错误；
故选A。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 锗是重要的半导体材料，是一种“稀散金属”，如图是以中和渣(主要成分为GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)为原料生产二氧化锗的工艺流程：

已知：
①GeCl4的沸点：83℃，FeCl3的沸点：315℃。
②H2GeO3在高酸度时易聚合形成胶状多聚锗酸。
③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表(离子浓度低于10-5 mol·L-1视为沉淀完全)。
离子
Fe3+
Zn2+
开始沉淀pH
2.2
6.2
完全沉淀pH
3.2
8.2
回答下列问题：
（1）①“酸浸”时加热的目的是___________，浸渣的主要成分是___________。
②测得相同时间内锗的浸出率与硫酸的物质的量浓度(mol·L-1)的关系如图所示。硫酸浓度过高，浸出率反而降低的原因是___________。

（2）常温下，若“沉锗”时用饱和NaOH溶液调pH=3.0，此时滤液中-lgc(Fe3+)为___________。
（3）“残余液”的溶质主要成分为 ___________(填化学式)。
（4）“中和水解”的化学反应方程式为___________。
（5）纯度测定
称取m g GeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的平均体积为V mL，需选用的指示剂为___________，样品纯度为___________%。(实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：+H+Ge4++I-+H2O(未配平)；]。
【答案】（1） ①. 加快浸出反应速率 ②. SiO2、CaSO4 ③. 硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低
（2）4.4 （3）NaCl、FeCl3
（4）CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O
（5） ①. 淀粉溶液 ②.
【解析】
【分析】酸浸将金属氧化物溶解。沉锗将其转化为H2GeO3。溶解将H2GeO3转化为GeCl3。
【小问1详解】
升温可加快反应速率。SiO2和CaSO4均不溶于硫酸，可经过滤除去。已知信息知，硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸。答案为加快浸出反应速率；SiO2、CaSO4；硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低；
【小问2详解】
已知pH=3.2(OH-的浓度为10-10.8mol/L)时完全沉淀即Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的浓度为10-11mol/L)时c(Fe3+)= mol/L。此时滤液中-lgc(Fe3+)=4.4。答案为4.4；
【小问3详解】
沉锗时Fe3+一起沉淀了，溶解时Fe(OH)3转变为FeCl3。所以“残余液”的溶质主要成分为NaCl、FeCl3。答案为NaCl、FeCl3；
【小问4详解】
中和目的氨水将GeCl4转化为GeO2，反应为CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O。答案为CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O；
【小问5详解】
由已知反应知若KIO3过量可产生I2，所以选择淀粉作为指示剂。由得失电子守恒得关系式为3Ge2+~KIO3得n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3mol=n(GeO2)，最终计算纯度为。答案为淀粉溶液；。
12. 为探究不同价态铜氧化物对电化学还原CO2产生的影响，某兴趣小组进行以下活动。
Ⅰ．制备过氧化铜(CuO2)
在含有0.5 gPVP(做稳定剂)的5 mL 0.01 mmol·L−1的CuCl2水溶液中，加入5 mL 0.03 mmol·L−1的NaOH溶液反应得到Cu(OH)2。随后在强磁力搅拌和0℃条件下，逐滴加入1 mL 30% H2O2反应0.5h，经一系列操作得到黄褐色的CuO2沉淀。
（1）由Cu(OH)2生成CuO2化学方程式为___________。
（2）反应控制在0℃，原因是___________。
（3）为了探究CuO2的性质，分别向一定量的KMnO4溶液中缓慢加入(滴入)CuO2样品或H2O2溶液，实验结果如下 (已知：实验4与实验7均恰好反应完全)：
CuO2样品和H2O2与酸性KMnO4溶液反应的用量及现象
编号
m(CuO2)/mg
V(H2O2)/ μL
V(H2SO4)/mL
V(KMnO4)/ μL
实验结束时溶液的颜色
1
-
-
2
10
紫色
2
1
-
2
10
浅紫色
3
2
-
2
10
浅紫色
4
4
-
2
10
-
5
-
10
2
10
浅紫色
6
-
20
2
10
浅紫色
7
-
40
2
10
无色
①1mg CuO2样品与___________μL的H2O2溶液还原能力相当
②若CuO2纯度为96%，过氧化氢物质的量浓度约为___________mol·L−1.(1μL = 10−6L)
③“实验4”中，最终溶液的颜色是___________。
Ⅱ．制备CuO
将CuO2置于管式炉中(如下图所示)，在O2气氛下300℃处理2 h，得到黑色的CuO。

已知：a． 加热时试管内会产生少量黄绿色单质气体
b． 高温下有如下反应：4CuO(s) 2Cu2O(s) + O2(g)。
（4）装置D中盛放的试剂为___________。
（5）管式炉中CuO2反应的化学方程式为___________。
（6）通入氧气的目的是___________。
Ⅲ.探究CuO2催化电化学还原CO2的结果
（7）以KHCO3溶液为电解液，在指定的电势区间，利用CuO2催化还原CO2，测得阴极产物组成及电流效率()如下表所示：(=)
阴极产物
CO
CH4
C2H4
H2
电流效率/%
5
18
30
15
①该条件下，CO2还原产物有___________种
②CH4与C2H4物质的量之比为___________。
【答案】（1）Cu(OH)2 + H2O2 = CuO2 + 2H2O
（2）温度高，Cu(OH)2、H2O2、CuO2易分解
（3） ①. 10 ②. 1 ③. 蓝色
（4）浓硫酸 （5）2CuO22CuO + O2↑
（6）使4CuO(s)2Cu2O(s) + O2(g)平衡逆向移动，避免生成Cu2O
（7） ①. 3 ②. 9：10
【解析】
【分析】Ⅱ：装置A中反应生成氧气，同时含有杂质气体氯气，装置B防倒吸，C中为碱液除去氯气，D干燥氧气后，氧气进入管式炉中，在O2气氛下300℃处理2 h，CuO2转化为到黑色的CuO；
【小问1详解】
在强磁力搅拌和0℃条件下，过氧化氢和Cu(OH)2发生反应生成CuO2和水，化学方程式为Cu(OH)2 + H2O2 = CuO2 + 2H2O；
【小问2详解】
温度过高，Cu(OH)2、H2O2、CuO2均会分解，故反应控制在0℃；
小问3详解】
①已知：实验4与实验7均恰好反应完全，则1mg CuO2样品与40μL÷4=10μL的H2O2溶液还原能力相当；
②实验4与实验7均恰好反应完全，CuO2样品和H2O2与酸性KMnO4溶液均发生氧化还原反应，若CuO2纯度为96%，根据电子守恒可知，过氧化氢物质的量浓度约为(1μL = 10−6L)；
③“实验4”中得到含铜离子的盐溶液，故最终溶液的颜色是蓝色；
【小问4详解】
装置D中盛放的试剂为浓硫酸，用于干燥生成的氧气；
【小问5详解】
管式炉中得到黑色氧化铜，则CuO2反应生成氧化铜和氧气，化学方程式为2CuO22CuO + O2↑；
【小问6详解】
已知，高温下有可逆反应：4CuO(s) 2Cu2O(s) + O2(g)，故通入氧气的目的是使4CuO(s)2Cu2O(s) + O2(g)平衡逆向移动，避免生成Cu2O；
【小问7详解】
①由图表可知，该条件下，CO2还原产物有一氧化碳、甲烷、乙烯3种；
②二氧化碳转化为CH4过程中碳化合价由+4变为-4，二氧化碳转化为C2H4过程中碳化合价由+4变为-2，CH4与C2H4的电流效率分别为18%、30%，则CH4与C2H4物质的量之比为。
13. 将CO2转化为高附加值的化学品或液体燃料是CO2资源化利用的有效方法，其中转换为甲醇是最可能的利用路径，主要涉及反应如下(其他副反应忽略不计)：
反应Ⅰ：CO2 (g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2 (g) + H2 (g) CO(g) + H2O(g) ΔH2
请回答下列问题：
（1）已知H2的燃烧热ΔH =akJ·mol −1和CO的燃烧热ΔH =bkJ·mol −1，水的汽化热(1mol H2O从液体汽化为气体所需要吸收的热量)为ckJ·mol −1，则ΔH2 =___________(用含a、b、c的代数式表示)。
（2）若在恒温恒压条件下进行上述反应，下列说法正确的是___________。
A. 起始压强越大，平衡时的值越大
B. 反应达到平衡时，v正( CO2)> v逆( CH3OH)
C. 当n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态
D. 向平衡体系中充入少量惰性气体，甲醇平衡产率不变
（3）以n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol为初始量，进行上述反应，CO2的平衡转化率(X-CO2)、CH3OH的选择性(S-CH3OH)随温度、压强变化如图所示：

已知：
①ΔH1___________ΔH2(填“>”“<”或“=”)，原因是___________。
②p1___________p2(填“>”“<”或“=”)。
③在温度为T，压强为p1(单位为kPa)时，经10min反应达到平衡。
(i)H2的平衡转化率为___________；
(ii)反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=___________(列出数字运算表达式即可)；
(iii)计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为___________kPa·min-1(用含p1的代数式表示)。
【答案】（1）(a-b+c)kJ·mol−1 （2）BC
（3） ①. < ②. 温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0 ③. > ④. 28% ⑤. ⑥. 0.005P1(或0.0048 P1)
【解析】
【小问1详解】
由已知数据得，①、②、③，则反应Ⅱ=①-②+③，ΔH2 =(a+c-b)kJ/mol。答案为(a+c-b)kJ/mol；
【小问2详解】
A．，KⅠ和KⅡ均只与温度有关，增大压强这一比值不变，A项错误；
B．反应Ⅰ和Ⅱ均消耗CO2而CH3OH只有反应Ⅰ产生，所以相同时间CO2的速率大于CH3OH的速率即平衡时v正( CO2)> v正( CH3OH)=v逆( CH3OH)，B项正确；
C．随着反应的进行n(CO)：n(H2O)发生变化，当平衡时不再改变，所以n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态，C项正确；
D．恒压充入惰性气体，反应体系相当于减压，反应Ⅰ逆向移动CH3OH减少，D项错误；
故选BC
【小问3详解】
①从曲线看，350℃以后压强对CO2的转化率无影响，即高温下以反应Ⅱ为主，且350℃以后随着温度升高CO2转化率增大，即说明升温后反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ为吸热反应。250℃以前随着温度升高，CO2的转化率降低即以反应Ⅰ为主，升温反应I平衡逆向移动，所以反应Ⅰ为放热反应。因此，ΔH1<ΔH2。
②相同温度下，增大压强反应Ⅱ平衡不移动，而反应Ⅰ正向移动而使CH3OH增多，即压强增大后甲醇的选择性高，所以P1>P2。
③n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol压强为P1，则起始时CO2的分压为=0.25P1。由图知CO2的转化率为30%，即CO2消耗0.3mol，平衡时CO2为1mol-0.3mol=0.7mol。此时甲醇的选择性为90%=则平衡时CH3OH为0.27mol，计算该反应Ⅰ消耗的H2为0.27mol×3=0.81mol、CO2为0.27mol，产生的H2O为0.27mol。发生反应Ⅱ的CO2为0.3mol-0.27mol=0.03mol，反应Ⅱ消耗的H2为0.03mol、产生的H2O和CO均为0.03mol。平衡时体系中H2为3mol-0.03mol-0.81mol=2.16mol、H2O为0.03mol+0.27mol=0.3mol。H2的转化率为。平衡时CO2的物质的量分数为=20%，此时它的分压为0.2P1。Ⅱ的压强平衡常数Kp=。计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为。答案为<；温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0；>；28%；；0.055P1。
14. 硅在地壳中含量丰富，晶体硅与硅化物等新材料在现代工业领域作用巨大。回答下列问题：
（1）下列属于硅原子激发态的电子排布式有___________(填标号，下同)，其中能量较高的是___________。
a．1s22s22p63s23p2 b．1s22s22p63s13p3 c．1s22s22p63s13p2 d．1s22s22p63s13p24s1
（2）SiCl4可发生水解反应，机理如图1所示。

①a与c的水溶性：a___________c(填“>”“<”或“=”)，理由是___________。
②c分子中氧原子杂化方式为___________；c分子中键长从大到小顺序为___________。
（3）一种新型导电陶瓷材料硅的钨化物，其晶胞结构如图2所示，硅原子的配位数为___________，设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该硅的钨化物晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式)

【答案】（1） ①. bd ②. d
（2） ①. < ②. c为极性分子且能与水分子形成氢键 ③. sp3 ④. Si-Cl>Si-O>H-O
（3） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
a．1s22s22p63s23p2为硅原子的基态电子排布式，选项a不符合；
b．1s22s22p63s13p3为硅原子的激发态电子排布式，选项b符合；
c．1s22s22p63s13p2为铝原子的激发态电子排布式，选项c不符合；
d．1s22s22p63s13p24s1为硅原子的激发态电子排布式，选项d符合；
答案选bd；
电子所占的能级越高，能量越高，其中能量较高的是d；
【小问2详解】
①c中含有亲水基-OH， c为极性分子且能与水分子形成氢键，故a与c的水溶性：a ②c分子中氧原子形成两个键，有两个孤电子对，形成的杂化轨道数为4,杂化方式为sp3；原子半径越小，形成的键长越短，故c分子中键长从大到小顺序为Si-Cl>Si-O>H-O；
【小问3详解】
根据均摊法，晶胞中含有8+2=4个Si原子，8+1=2个W原子，Si与W的原子个数比为4：2，由图可知，W的配位数为8，则Si的配位数为4，晶胞质量：m=nM==，晶胞体积V=a2bpm3=a2bcm3，晶胞密度==。
15. 以物质A和苯为原料合成一种多靶向性抗癌药物中间体G的路线如下：

回答以下问题：
（1）反应Ⅰ的原子利用率为100%，A的分子式为___________；
（2）C→D的化学方程式为___________；
（3）F中不含氧的官能团名称为___________；
（4）在B的同分异构体中，同时满足下列条件的总数有___________种(不考虑立体异构)
a)含有苯环，但官能团不与苯环直接相连；b)能与小苏打溶液反应产生气体；c)能发生银镜反应。
其中，核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1：1的结构简式为___________；
（5）参照上述合成路线，以CH3-CH2-CH2Cl和为原料(其他试剂任选)，设计合成的路线。___________
【答案】（1）C4H4O3
（2）++C2H5OH+H2O
（3）溴原子或碳溴键 （4） ①. 10 ②.
（5）CH3CH2CH2ClCH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CHBrCHO
【解析】
【分析】A和苯生成B，且原子利用率为100%，则A化学式为C4H4O3；B中羰基转化为-CH2-得到C，C发生酯化反应得到D；E中支链上引入溴原子得到F，F转化为产物G；
【小问1详解】
由分析可知，A化学式为C4H4O3；
【小问2详解】
C→D的反应为C和乙醇发生酯化反应生成酯D和水，化学方程式为++C2H5OH+H2O
【小问3详解】
由结构可知，F中不含氧的官能团名称为溴原子或碳溴键；
【小问4详解】
B除苯环外含有4个碳、3个氧、不饱和度为2；B的同分异构体中，同时满足下列条件：
a)含有苯环，但官能团不与苯环直接相连；b)能与小苏打溶液反应产生气体，则含有羧基；c)能发生银镜反应，则含醛基；故：
若含有1个取代基，可以为4种；
若含有2个取代基，可以为-CH3和-CH(CHO)COOH或-CH2COOH和-CH2CHO，每种组合具有邻间对3种情况，共6种；合计共10种情况；其中，核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：2：2：1：1：1，则结构较为对称且含有1个甲基，结构简式为；
【小问5详解】
CH3CH2CH2Cl发生水解生成CH3CH2CH2OH，羟基被氧化为醛基得到CH3CH2CHO，发生E生成F的反应引入溴原子得到CH3CHBrCHO，再发生F生成G的反应得到产物；故流程为：CH3CH2CH2ClCH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CHBrCHO。