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四川省成都市蓉城名校联盟2023届高三下学期第二次联考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省成都市蓉城名校联盟2023届高三下学期第二次联考化学试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市蓉城名校联盟2023届高三下学期第二次联考理综化学试题原卷版docx、四川省成都市蓉城名校联盟2023届高三下学期第二次联考理综化学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡。上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S 32 Cr 52
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 化学与生活、社会密切相关。下列所涉及的化学知识正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝是活泼的金属，很容易被氧化生成致密的氧化膜，因此铝箔常作为食品、药品的包装材料，故A错误；
B．N95口罩具有吸附、过滤等作用，因此佩戴N95口罩能有效降低感染新型冠状病毒的风险，故B正确；
C．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖为二糖，不是高分子化合物，故C错误；
D．晶体硅为半导体材料，计算机芯片主要成分是Si，故D错误。
综上所述，答案为B。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.25 ml∙L−1NH4Cl溶液中，的数目为0.25NA
B. 2.24LN2与足量H2充分反应后，生成NH3的数目为0.2NA
C. 0.2ml环氧乙烷()中，含有共价键总数为1.4NA
D. 2mlCH4与足量Cl2在光照条件下充分反应后，生成CH3Cl的数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.25 ml·L-1NH4Cl溶液，体积未知，无法计算的数目，故A错误；
B．2.24LN2与足量H2充分反应后，不清楚是否在标准状况下，无法计算氮气物质的量，而且氮气和氢气反应是可逆反应，因此生成NH3的数目也无法计算，故B错误；
C．环氧乙烷()中含有4个碳氢键，2个碳氧键，1个碳碳键，因此0.2ml环氧乙烷()中，含有共价键总数为1.4NA，故C正确；
D．甲烷和氯气反应是一系列的反应，产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，则生成CH3Cl的数目小于2NA，故D错误。
综上所述，答案为C。
3. 下列离子方程式中，正确的是
A. 金属钠投入水中：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
B 铁氰化钾溶液检验亚铁离子时生成了蓝色沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓
C. 等体积等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
D. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+4H++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A． 金属钠投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B． 铁氰化钾溶液检验亚铁离子时生成了蓝色沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故B正确；
C． 等体积等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，NaOH先与氢离子反应：H++OH-=H2O，故C错误；
D． KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O，故D错误；
故选B。
4. 二苯乙醇酮(又称安息香)在有机合成中常被用作中间体。利用苯甲醛合成安息香的反应如图所示。下列说法错误的是
A. 1ml苯甲醛最多与3mlH2发生加成反应
B. 安息香分子中所有碳原子可能共面
C. 该反应过程中，原子利用率达到100%
D. 苯甲醛苯环上的二氯取代产物有6种
【答案】A
【解析】
【详解】A．1ml苯甲醛最多与4mlH2发生加成反应，故A错误；
B．根据苯环中12个原子共平面，甲烷中三个原子共平面得到安息香分子中所有碳原子可能共面，故B正确；
C．该反应过程中，反应物全部生成生成物，因此原子利用率达到100%，故C正确；
D．苯甲醛苯环上的二氯取代产物，当一个氯原子在醛基邻位 ，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有4种即 ，当一个氯原子在醛基间位 ，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有2种即 ，共6种，故D正确。
综上所述，答案为A。
5. 物质M是N−甲基−D−天冬氨酸受体的变构调控因子，其结构式如图所示。其中X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，Y形成的化合物种类最多。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y＞Z＞W＞R
B. 简单氢化物沸点：W＞Z＞Y
C. Z2X4中只含有极性共价键
D. W、R形成的二元化合物均有强氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，X只有一个价键，则X为H，R为Na，Y形成的化合物种类最多，则Y为C，Z有三个价键，则Z为N，W有两个价键，则W为O。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：R＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．水和氨气存在分子间氢键，水中分子间氢键数目比氨气分子间氢键数目多，因此简单氢化物沸点：W＞Z＞Y，故B正确；
C．Z2X4中含有极性共价键、非极性共价键，故C错误；
D．W、R形成的二元化合物过氧化钠具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；
综上所述，答案为B。
6. FeCl3溶液吸收工业废气H2S后可通过电解装置实现再生，同时将酸性污水中的硝酸盐降解为无污染物质，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 惰性电极b为电解池的阳极
B. H+从b极区向a极区迁移
C. 降解1ml，理论上吸收5mlH2S
D. 随着电解进行，阴极区的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．惰性电极b是将硝酸盐在酸性条件下降解为无污染物质即氮气，化合价降低，因此b电极为电解池的阴极，故A错误；
B．电解质“异性相吸”即H+从a极区向b极区迁移，故B错误；
C．降解1ml，转移5ml电子，则生成5ml铁离子，根据2Fe3+＋H2S＝S↓＋2H＋＋2Fe2+，因此理论上吸收2.5mlH2S，故C错误；
D．随着电解进行，阴极区不断消耗氢离子，因此溶液的pH增大，故D正确；
综上所述，答案为D。
7. 电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数Ka1=10−6.4，Ka2=10−10.3)。下列说法正确的是
A. 该实验中，a点须选择酚酞作指示剂
B. a点：c(Cl－) ＜c()+c()+c(H2CO3)
C. 水的电离程度：a点＜b点
D. b点：比值的数量级为107
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电位滴定法突跃位置确定滴定终点，因此该滴定过程中不需要任何指示剂，故A错误；
B．根据图中信息得到a点溶质为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液且两者物质的量相等，根据物料守恒得到c(Cl－)=c()+c()+c(H2CO3)，故B错误；
C．a点溶质是氯化钠和碳酸氢钠溶液，促进水的电离，b点溶质是氯化钠和碳酸溶液，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C错误；
D．根据Ka1=10−6.4，Ka2=10−10.3得到，b点：，其比值的数量级为107，故D正确。
综上所述，答案为D。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. “奥密克戎”对人体健康危害降低，但患者仍会出现高烧发热、身体疼痛等症状。对乙酰氨基酚(，M=151g·ml-1)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，具有刺激性小、极少有过敏反应等优点。某科学小组在实验室进行对乙酰氨基酚的制备，物质转化流程如下(部分产物已略去)：
（1）步骤I中，亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，工业上常通入空气进行废物利用制备硝酸，请写出该反应的化学方程式_______。
（2）步骤II为对亚硝基苯酚的还原过程，其装置如图1所示。
该科学小组通过实验测定了不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率，数据如下表：
①通过实验，步骤II中最佳反应温度为_______°C；
②该反应放热易导致反应速率过快，要适当控制反应速率，结合装置最有效的操作是_______；
③步骤II中主要发生的反应为：，实际操作中，硫化钠的实际用量比理论量高些，其目的是_______。
（3）步骤III中须用硫酸酸化步骤II反应后的混合溶液，以便析出对氨基苯酚。若加入硫酸过多、过快，可能导致发生副反应的离子方程式为_______。
（4）步骤IV为对氨基苯酚的乙酰化反应，实验装置如图2所示。其中，冷凝管的进水口是_______(填“a”或“b”)；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是_______。
（5）该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚_______g。
【答案】（1）H2O+NO+NO2+O2=2HNO3
（2） ①. 45 ②. 关闭分液漏斗停止加热 ③. 提高对亚硝基苯酚的利用率
（3）+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4） ①. a ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）16.61
【解析】
【小问1详解】
亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，通入空气进行废物利用制备硝酸，该反应的化学方程式H2O+NO+NO2+O2=2HNO3；
【小问2详解】
①不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率数据可知，45℃时步骤II中对亚硝基苯酚还原产率最高，则最佳反应温度为45℃；
②该反应放热易导致反应速率过快，可以通过关闭分液漏斗并停止加热的方式来减慢反应速率；
③化学反应通常可以采取增加某种反应物的用量的措施来提高另一种反应物的转化率，所以硫化钠的实际用量比理论量高些，目的是提高对亚硝基苯酚的利用率；
【小问3详解】
步骤II反应后的混合溶液中含有对氨基苯酚钠、Na2S2O3，步骤III中用硫酸酸化以析出对氨基苯酚,若加入硫酸过多、过快，可能导致Na2S2O3与硫酸发生反应生成S和SO2，反应的离子方程式为+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
球形冷凝管进出水是下进上出，所以进水口是a；根据流程步骤IV是将对氨基苯酚转化为对乙酰氨基酚，反应结束后，得到的晶体用冰水洗涤的目的是洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，则生成0.2ml对乙酰氨基酚，即m=0.2ml×151g·ml-1=30.2g，已知该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，则根据产率计算公式：，则实际产量=16.61g，所以得到对乙酰氨基酚未16.61g。
9. 从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
（1）Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
（5）请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
【答案】（1）1：2 （2） ①. Pt、Au ②. 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
（3） ①. 分液漏斗 ②. B
（4） ①. 5.04×103 ②. 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
（5）应回收处理SO2
【解析】
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【小问1详解】
Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
【小问2详解】
Pt、Au不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
【小问3详解】
萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
【小问4详解】
已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3−K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
【小问5详解】
在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
10. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙ml−1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙ml−1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙ml−1
（1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（2）向恒压、密闭容器中通入1mlCO2和4mlH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，甲烷的选择性(×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
（3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)
该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。
（4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】（1） ①. −205.9 kJ∙ml−1 ②. 低温
（2） ①. 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降 ②. 60% ③. 选择合适的催化剂
（3） ①. 1.36 ②. 降低
（4）＜
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙ml−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙ml−1；低温。
【小问2详解】
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，则根据碳原子守恒可知n(CH4)=0.6ml，因此甲烷选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
【小问3详解】
该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
【小问4详解】
根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。
11. 蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图所示。回答下列相关问题：
（1）基态Cr原子核外有_______种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A．[Ar]3d54s1 B．[Ar]3d5 C．[Ar]3d44s14p1 D．[Ar]3d54p1
（2）蛋氨酸铬(III)配合物的中心铬离子的配位数为_______；N的_______杂化轨道与Cr的空轨道形成配位键。
（3）哈勃−韦斯(Haber−Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。Cr3+_______(填“能”或“不能”)催化双氧水分解。
（4）化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等物质的量浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，依次所得AgCl沉淀的物质的量之比为3：2：1，则呈亮绿色的配合物，其内界离子的化学式为_______。H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相似，其晶胞结构如图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，则B点分数坐标为_______。已知氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M ml∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，则晶胞参数为_______cm(只要求列表达式，不必计算数值)。
【答案】（1） ①. 24 ②. B
（2） ①. 6 ②. sp3
（3）能 （4） ①. [Cr(H2O)4Cl2]+ ②. 变大
（5） ①. (，1，1) ②.
【解析】
【小问1详解】
Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cr原子核外有24种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或则半满、全满状态，[Ar]3d5 是半满状态，能量低，稳定，失去电子需要的能量最大；故答案为：24；B。
【小问2详解】
根据蛋氨酸铬(III)配合物的结构得到中心铬离子与周围6个氮结合，因此中心铬离子的配位数为6；N价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；故答案为：6；sp3。
【小问3详解】
Cr3+的电子排布式为[Ar]3d4，其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，因此Cr3+能催化双氧水分解；故答案为：能。
【小问4详解】
化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，
化学式为CrCl3·6H2O的化合物中Cr3+的配位数均为6，根据题意说明其外界有一个氯离子，则其内界有4个水和2个氯离子，则其内界离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子对的排斥力，排斥力越大，使得键角减小，因此H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角变大；故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]+；变大。
【小问5详解】
A点分数坐标为(0，0，0)，根据坐标系，B点在后面上棱棱心上，则B点分数坐标为(，1，1)。该晶胞中N个数为，Cr个数为，氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M ml∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，根据，解得晶胞参数为cm；故答案为：(，1，1)；。
12. 布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。
已知：
(i)
(ii)环氧羧酸酯在一定条件下可发生反应：
回答下列问题：
（1）A的名称为_______，E中官能团的名称为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）写出对应过程的反应类型：A→B为_______，B→C为_______。
（4）E与新制氢氧化铜溶液反应的化学方程式为_______。
（5）下列关于布洛芬的说法正确的是_______(填标号)。
A. 能发生氧化、取代、加成反应
B. 过量布洛芬不能与Na2CO3生成CO2
C. 能与高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸
D. 一个布洛芬分子含有两个手性碳原子
（6）①口服布洛芬对胃、肠道有刺激，原因是_______；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”后的有机物M可降低对胃肠道的刺激，写出M的结构简式：_______；
③如果对布洛芬既进行成酯“修饰”，又将其转化为缓释布洛芬高分子，疗效增强、镇痛更持久。缓释布洛芬高分子结构如下：
制备缓释布洛芬高分子，除了布洛芬还需要两种原料，其结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 醛基
（2） （3） ①. 加成反应 ②. 取代反应
（4） （5）AC
（6） ①. 布洛芬含有羧基具有酸性，对胃、肠道有刺激 ②. ③. ④. HOCH2CH2OH
【解析】
【分析】根据A的分子式C7H8及B的结构简式不难推出A为甲苯，A和CH3CH=CH2作用生成B，B在AlCl3催化下和CH3COCl发生取代反应生成C，C和ClCH2COOC2H5、C2H5ONa反应生成D，逆推C为 ，D和NaOH发生碱性水解，然后HCl酸化生成E为 ，E和银氨溶液反应生成布洛芬，据此解答。
【小问1详解】
根据分析可知，A为甲苯；E为 ，官能团名称为醛基；
【小问2详解】
根据分析，由B和D的结构逆推C为 ；
【小问3详解】
根据分析，A和CH3CH=CH2作用生成B，是丙烯中的碳碳双键断开与甲苯基及H原子加成，所以A→B为加成反应；B，在AlCl3催化下和CH3COCl生成C ，则B中对位被取代，所以B→C为取代反应；
【小问4详解】
E为 ，E中含有1个醛基，所以与新制氢氧化铜溶液反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
布洛芬的结构简式如图 ：
A.布洛芬中结构中含有羧基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，苯环上的甲基能被强氧化剂所氧化，A正确；
B. 布洛芬中含有羧基，能与Na2CO3生成CO2，B错误；
C. 布洛芬结构中与苯环直接相连的C原子上含有H原子，可以被高锰酸钾溶液所氧化，生成羧基，所以能生成对苯二甲酸，C正确
D. 一个布洛芬分子只有1个手性碳原子，即与羧基相连的那个碳原子为手性碳原子，D错误；
故选AC。
【小问6详解】
①布洛芬结构中含有羧基，所以布洛芬具有较强的酸性，会对胃、肠道有刺激；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”：即布洛芬与 中的-OH发生酯化反应，可以生成 ；
③根据缓释布洛芬高分子结构：选项
生活现象
化学知识
A
铝箔常作为食品、药品的包装材料
铝是不活泼的金属且性质稳定
B
佩戴N95口罩能有效降低感染新型冠状病毒的风险
N95口罩具有吸附、过滤等作用
C
手艺人将白砂糖制成造型奇特的“棉花糖”
白砂糖的主要成分蔗糖是高分子化合物
D
美国对中国进行计算机芯片技术封锁
计算机芯片主要成分是SiO2
温度/°C
25
45
55
65
产率/%
526
64.7
62.5
588
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡。上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S 32 Cr 52
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42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. 化学与生活、社会密切相关。下列所涉及的化学知识正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝是活泼的金属，很容易被氧化生成致密的氧化膜，因此铝箔常作为食品、药品的包装材料，故A错误；
B．N95口罩具有吸附、过滤等作用，因此佩戴N95口罩能有效降低感染新型冠状病毒的风险，故B正确；
C．白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖为二糖，不是高分子化合物，故C错误；
D．晶体硅为半导体材料，计算机芯片主要成分是Si，故D错误。
综上所述，答案为B。
2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.25 ml∙L−1NH4Cl溶液中，的数目为0.25NA
B. 2.24LN2与足量H2充分反应后，生成NH3的数目为0.2NA
C. 0.2ml环氧乙烷()中，含有共价键总数为1.4NA
D. 2mlCH4与足量Cl2在光照条件下充分反应后，生成CH3Cl的数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．0.25 ml·L-1NH4Cl溶液，体积未知，无法计算的数目，故A错误；
B．2.24LN2与足量H2充分反应后，不清楚是否在标准状况下，无法计算氮气物质的量，而且氮气和氢气反应是可逆反应，因此生成NH3的数目也无法计算，故B错误；
C．环氧乙烷()中含有4个碳氢键，2个碳氧键，1个碳碳键，因此0.2ml环氧乙烷()中，含有共价键总数为1.4NA，故C正确；
D．甲烷和氯气反应是一系列的反应，产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，则生成CH3Cl的数目小于2NA，故D错误。
综上所述，答案为C。
3. 下列离子方程式中，正确的是
A. 金属钠投入水中：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
B 铁氰化钾溶液检验亚铁离子时生成了蓝色沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓
C. 等体积等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O
D. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+4H++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A． 金属钠投入水中：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；
B． 铁氰化钾溶液检验亚铁离子时生成了蓝色沉淀：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，故B正确；
C． 等体积等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，NaOH先与氢离子反应：H++OH-=H2O，故C错误；
D． KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O，故D错误；
故选B。
4. 二苯乙醇酮(又称安息香)在有机合成中常被用作中间体。利用苯甲醛合成安息香的反应如图所示。下列说法错误的是
A. 1ml苯甲醛最多与3mlH2发生加成反应
B. 安息香分子中所有碳原子可能共面
C. 该反应过程中，原子利用率达到100%
D. 苯甲醛苯环上的二氯取代产物有6种
【答案】A
【解析】
【详解】A．1ml苯甲醛最多与4mlH2发生加成反应，故A错误；
B．根据苯环中12个原子共平面，甲烷中三个原子共平面得到安息香分子中所有碳原子可能共面，故B正确；
C．该反应过程中，反应物全部生成生成物，因此原子利用率达到100%，故C正确；
D．苯甲醛苯环上的二氯取代产物，当一个氯原子在醛基邻位 ，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有4种即 ，当一个氯原子在醛基间位 ，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有2种即 ，共6种，故D正确。
综上所述，答案为A。
5. 物质M是N−甲基−D−天冬氨酸受体的变构调控因子，其结构式如图所示。其中X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，Y形成的化合物种类最多。下列说法正确的是
A. 原子半径：Y＞Z＞W＞R
B. 简单氢化物沸点：W＞Z＞Y
C. Z2X4中只含有极性共价键
D. W、R形成的二元化合物均有强氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R为核电荷数依次增大的短周期主族元素。X的族序数与周期数相等，且与R同主族，X只有一个价键，则X为H，R为Na，Y形成的化合物种类最多，则Y为C，Z有三个价键，则Z为N，W有两个价键，则W为O。
【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：R＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．水和氨气存在分子间氢键，水中分子间氢键数目比氨气分子间氢键数目多，因此简单氢化物沸点：W＞Z＞Y，故B正确；
C．Z2X4中含有极性共价键、非极性共价键，故C错误；
D．W、R形成的二元化合物过氧化钠具有强氧化性，氧化钠不具有强氧化性，故D错误；
综上所述，答案为B。
6. FeCl3溶液吸收工业废气H2S后可通过电解装置实现再生，同时将酸性污水中的硝酸盐降解为无污染物质，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 惰性电极b为电解池的阳极
B. H+从b极区向a极区迁移
C. 降解1ml，理论上吸收5mlH2S
D. 随着电解进行，阴极区的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．惰性电极b是将硝酸盐在酸性条件下降解为无污染物质即氮气，化合价降低，因此b电极为电解池的阴极，故A错误；
B．电解质“异性相吸”即H+从a极区向b极区迁移，故B错误；
C．降解1ml，转移5ml电子，则生成5ml铁离子，根据2Fe3+＋H2S＝S↓＋2H＋＋2Fe2+，因此理论上吸收2.5mlH2S，故C错误；
D．随着电解进行，阴极区不断消耗氢离子，因此溶液的pH增大，故D正确；
综上所述，答案为D。
7. 电位滴定法是化学中常用的分析方法，可根据滴定过程中电极电位的突跃确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定一定物质的量浓度的碳酸钠溶液，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示(已知：碳酸的电离常数Ka1=10−6.4，Ka2=10−10.3)。下列说法正确的是
A. 该实验中，a点须选择酚酞作指示剂
B. a点：c(Cl－) ＜c()+c()+c(H2CO3)
C. 水的电离程度：a点＜b点
D. b点：比值的数量级为107
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电位滴定法突跃位置确定滴定终点，因此该滴定过程中不需要任何指示剂，故A错误；
B．根据图中信息得到a点溶质为氯化钠和碳酸氢钠的混合溶液且两者物质的量相等，根据物料守恒得到c(Cl－)=c()+c()+c(H2CO3)，故B错误；
C．a点溶质是氯化钠和碳酸氢钠溶液，促进水的电离，b点溶质是氯化钠和碳酸溶液，抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，故C错误；
D．根据Ka1=10−6.4，Ka2=10−10.3得到，b点：，其比值的数量级为107，故D正确。
综上所述，答案为D。
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. “奥密克戎”对人体健康危害降低，但患者仍会出现高烧发热、身体疼痛等症状。对乙酰氨基酚(，M=151g·ml-1)具有解热镇痛的效果，其解热作用缓慢而持久，具有刺激性小、极少有过敏反应等优点。某科学小组在实验室进行对乙酰氨基酚的制备，物质转化流程如下(部分产物已略去)：
（1）步骤I中，亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，工业上常通入空气进行废物利用制备硝酸，请写出该反应的化学方程式_______。
（2）步骤II为对亚硝基苯酚的还原过程，其装置如图1所示。
该科学小组通过实验测定了不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率，数据如下表：
①通过实验，步骤II中最佳反应温度为_______°C；
②该反应放热易导致反应速率过快，要适当控制反应速率，结合装置最有效的操作是_______；
③步骤II中主要发生的反应为：，实际操作中，硫化钠的实际用量比理论量高些，其目的是_______。
（3）步骤III中须用硫酸酸化步骤II反应后的混合溶液，以便析出对氨基苯酚。若加入硫酸过多、过快，可能导致发生副反应的离子方程式为_______。
（4）步骤IV为对氨基苯酚的乙酰化反应，实验装置如图2所示。其中，冷凝管的进水口是_______(填“a”或“b”)；反应结束后，得到的晶体需用冰水洗涤，其目的是_______。
（5）该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，实际得到对乙酰氨基酚_______g。
【答案】（1）H2O+NO+NO2+O2=2HNO3
（2） ①. 45 ②. 关闭分液漏斗停止加热 ③. 提高对亚硝基苯酚的利用率
（3）+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O
（4） ①. a ②. 洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失
（5）16.61
【解析】
【小问1详解】
亚硝酸因不稳定易分解产生体积比为1：1的NO和NO2，通入空气进行废物利用制备硝酸，该反应的化学方程式H2O+NO+NO2+O2=2HNO3；
【小问2详解】
①不同温度下的对亚硝基苯酚还原产率数据可知，45℃时步骤II中对亚硝基苯酚还原产率最高，则最佳反应温度为45℃；
②该反应放热易导致反应速率过快，可以通过关闭分液漏斗并停止加热的方式来减慢反应速率；
③化学反应通常可以采取增加某种反应物的用量的措施来提高另一种反应物的转化率，所以硫化钠的实际用量比理论量高些，目的是提高对亚硝基苯酚的利用率；
【小问3详解】
步骤II反应后的混合溶液中含有对氨基苯酚钠、Na2S2O3，步骤III中用硫酸酸化以析出对氨基苯酚,若加入硫酸过多、过快，可能导致Na2S2O3与硫酸发生反应生成S和SO2，反应的离子方程式为+ 2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
【小问4详解】
球形冷凝管进出水是下进上出，所以进水口是a；根据流程步骤IV是将对氨基苯酚转化为对乙酰氨基酚，反应结束后，得到的晶体用冰水洗涤的目的是洗去杂质并降低对乙酰氨基酚的损失；
【小问5详解】
该科学小组用0.2ml苯酚进行实验，则生成0.2ml对乙酰氨基酚，即m=0.2ml×151g·ml-1=30.2g，已知该实验中对乙酰氨基酚总产率为55%，则根据产率计算公式：，则实际产量=16.61g，所以得到对乙酰氨基酚未16.61g。
9. 从一种阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金属的工艺流程如图所示：
已知：在碱性条件下很稳定。回答下列问题：
（1）Cu2S焙烧为CuO，该过程中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填写一条即可)。
（3）萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是_______(填名称)；该流程中的“反萃取剂”最好选用_______(填标号)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．盐酸 D．NaOH 溶液
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3− K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为_______；
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
（5）请从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：_______(写出一条即可)。
【答案】（1）1：2 （2） ①. Pt、Au ②. 增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)
（3） ①. 分液漏斗 ②. B
（4） ①. 5.04×103 ②. 随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3− (aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低
（5）应回收处理SO2
【解析】
【分析】阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧气中焙烧，生成金属氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反应，向焙烧后的物质中加入氧气、硝酸酸浸得到滤渣Pt、Au，向滤液中加入氯化钠沉银，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取，分液后再加入反萃取剂得到硝酸铜，向滤渣中加入硫代硫酸钠，过滤，向滤液中加入氢氧化钠、Na2S2O4得到银单质。
【小问1详解】
Cu2S和氧气焙烧为CuO和二氧化硫，反应方程式为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，该过程中还原剂是Cu2S，氧化剂是O2，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2；故答案为：1：2。
【小问2详解】
Pt、Au不与稀硝酸反应，因此“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以从增大浓度、接触面积，提高温度来思考，措施有增大氧气浓度或不断搅拌等；故答案为：增大氧气浓度(其它答案也可以，正确即可)。
【小问3详解】
萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
实验室进行萃取操作的专用玻璃仪器是分液漏斗；根据萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，后来要得到硝酸铜，为了不引入新的杂质，因此该流程中的“反萃取剂”最好选用硝酸；故答案为：分液漏斗；B。
【小问4详解】
已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3−K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq)Ksp(AgCl)=1.80×10−10
①“溶浸”过程中，滤渣II被Na2S2O3溶液溶解的反应为：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3−+Cl－。则该反应的平衡常数为；故答案为：5.04×103。
②“滤液IV”可返回溶浸工序循环使用，循环多次后，即使调控Na2S2O3溶液浓度，银的浸出率仍会降低，根据AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)分析，由于氯离子浓度增大，平衡逆向移动，导致生成氯化银沉淀，即从化学平衡的角度解释可能的原因是随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低；故答案为：随循环次数的增加，滤液IV中c(Cl－)不断增大，导致AgCl(s)+2(aq)[Ag(S2O3)2]3−(aq)+Cl－(aq)平衡左移，银的浸出率降低。
【小问5详解】
在焙烧工艺中二氧化硫会污染环境，因此从环保角度对该工艺流程提出合理的优化建议：应回收处理SO2；故答案为：应回收处理SO2。
10. 我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=−164.7 kJ∙ml−1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ∙ml−1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3=−247.1 kJ∙ml−1
（1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH_______，已知ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（2）向恒压、密闭容器中通入1mlCO2和4mlH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，甲烷的选择性(×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
（3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H已省略)
该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当_______(填“升高”或“降低”)。
（4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】（1） ①. −205.9 kJ∙ml−1 ②. 低温
（2） ①. 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降 ②. 60% ③. 选择合适的催化剂
（3） ①. 1.36 ②. 降低
（4）＜
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=−205.9 kJ∙ml−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9 kJ∙ml−1；低温。
【小问2详解】
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15ml，n(CO2)=0.25ml，则根据碳原子守恒可知n(CH4)=0.6ml，因此甲烷选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
【小问3详解】
该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
【小问4详解】
根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。
11. 蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图所示。回答下列相关问题：
（1）基态Cr原子核外有_______种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A．[Ar]3d54s1 B．[Ar]3d5 C．[Ar]3d44s14p1 D．[Ar]3d54p1
（2）蛋氨酸铬(III)配合物的中心铬离子的配位数为_______；N的_______杂化轨道与Cr的空轨道形成配位键。
（3）哈勃−韦斯(Haber−Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。Cr3+_______(填“能”或“不能”)催化双氧水分解。
（4）化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等物质的量浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，依次所得AgCl沉淀的物质的量之比为3：2：1，则呈亮绿色的配合物，其内界离子的化学式为_______。H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相似，其晶胞结构如图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，则B点分数坐标为_______。已知氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M ml∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，则晶胞参数为_______cm(只要求列表达式，不必计算数值)。
【答案】（1） ①. 24 ②. B
（2） ①. 6 ②. sp3
（3）能 （4） ①. [Cr(H2O)4Cl2]+ ②. 变大
（5） ①. (，1，1) ②.
【解析】
【小问1详解】
Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cr原子核外有24种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或则半满、全满状态，[Ar]3d5 是半满状态，能量低，稳定，失去电子需要的能量最大；故答案为：24；B。
【小问2详解】
根据蛋氨酸铬(III)配合物的结构得到中心铬离子与周围6个氮结合，因此中心铬离子的配位数为6；N价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；故答案为：6；sp3。
【小问3详解】
Cr3+的电子排布式为[Ar]3d4，其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，因此Cr3+能催化双氧水分解；故答案为：能。
【小问4详解】
化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，
化学式为CrCl3·6H2O的化合物中Cr3+的配位数均为6，根据题意说明其外界有一个氯离子，则其内界有4个水和2个氯离子，则其内界离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子对的排斥力，排斥力越大，使得键角减小，因此H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角变大；故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]+；变大。
【小问5详解】
A点分数坐标为(0，0，0)，根据坐标系，B点在后面上棱棱心上，则B点分数坐标为(，1，1)。该晶胞中N个数为，Cr个数为，氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M ml∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，根据，解得晶胞参数为cm；故答案为：(，1，1)；。
12. 布洛芬具有抗炎、止痛、解热的作用。以有机物A为原料制备布洛芬的一种合成路线如图所示。
已知：
(i)
(ii)环氧羧酸酯在一定条件下可发生反应：
回答下列问题：
（1）A的名称为_______，E中官能团的名称为_______。
（2）C的结构简式为_______。
（3）写出对应过程的反应类型：A→B为_______，B→C为_______。
（4）E与新制氢氧化铜溶液反应的化学方程式为_______。
（5）下列关于布洛芬的说法正确的是_______(填标号)。
A. 能发生氧化、取代、加成反应
B. 过量布洛芬不能与Na2CO3生成CO2
C. 能与高锰酸钾溶液反应生成对苯二甲酸
D. 一个布洛芬分子含有两个手性碳原子
（6）①口服布洛芬对胃、肠道有刺激，原因是_______；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”后的有机物M可降低对胃肠道的刺激，写出M的结构简式：_______；
③如果对布洛芬既进行成酯“修饰”，又将其转化为缓释布洛芬高分子，疗效增强、镇痛更持久。缓释布洛芬高分子结构如下：
制备缓释布洛芬高分子，除了布洛芬还需要两种原料，其结构简式分别为_______、_______。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 醛基
（2） （3） ①. 加成反应 ②. 取代反应
（4） （5）AC
（6） ①. 布洛芬含有羧基具有酸性，对胃、肠道有刺激 ②. ③. ④. HOCH2CH2OH
【解析】
【分析】根据A的分子式C7H8及B的结构简式不难推出A为甲苯，A和CH3CH=CH2作用生成B，B在AlCl3催化下和CH3COCl发生取代反应生成C，C和ClCH2COOC2H5、C2H5ONa反应生成D，逆推C为 ，D和NaOH发生碱性水解，然后HCl酸化生成E为 ，E和银氨溶液反应生成布洛芬，据此解答。
【小问1详解】
根据分析可知，A为甲苯；E为 ，官能团名称为醛基；
【小问2详解】
根据分析，由B和D的结构逆推C为 ；
【小问3详解】
根据分析，A和CH3CH=CH2作用生成B，是丙烯中的碳碳双键断开与甲苯基及H原子加成，所以A→B为加成反应；B，在AlCl3催化下和CH3COCl生成C ，则B中对位被取代，所以B→C为取代反应；
【小问4详解】
E为 ，E中含有1个醛基，所以与新制氢氧化铜溶液反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
布洛芬的结构简式如图 ：
A.布洛芬中结构中含有羧基能发生取代反应，含有苯环能发生加成反应，苯环上的甲基能被强氧化剂所氧化，A正确；
B. 布洛芬中含有羧基，能与Na2CO3生成CO2，B错误；
C. 布洛芬结构中与苯环直接相连的C原子上含有H原子，可以被高锰酸钾溶液所氧化，生成羧基，所以能生成对苯二甲酸，C正确
D. 一个布洛芬分子只有1个手性碳原子，即与羧基相连的那个碳原子为手性碳原子，D错误；
故选AC。
【小问6详解】
①布洛芬结构中含有羧基，所以布洛芬具有较强的酸性，会对胃、肠道有刺激；
②用 对布洛芬进行成酯“修饰”：即布洛芬与 中的-OH发生酯化反应，可以生成 ；
③根据缓释布洛芬高分子结构：选项
生活现象
化学知识
A
铝箔常作为食品、药品的包装材料
铝是不活泼的金属且性质稳定
B
佩戴N95口罩能有效降低感染新型冠状病毒的风险
N95口罩具有吸附、过滤等作用
C
手艺人将白砂糖制成造型奇特的“棉花糖”
白砂糖的主要成分蔗糖是高分子化合物
D
美国对中国进行计算机芯片技术封锁
计算机芯片主要成分是SiO2
温度/°C
25
45
55
65
产率/%
526
64.7
62.5
588
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