2021年福建省福州一中高考化学考前预测试卷

这是一份2021年福建省福州一中高考化学考前预测试卷，共33页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021年福建省福州一中高考化学考前预测试卷
一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）
1．（4分）我国四川广汉的三星堆遗址距今有3000﹣5000 年历史，被誉为20 世纪人类最伟大的考古发现之一。三星堆出土文物达500 多件，有关下列说法叙述错误的是（　　）
A．考古时利用C测定文物的年代，C的中子数为8
B．玉器中含有的红棕色条纹可能是因为玉器中含有Fe2O3
C．古蜀国丝绸制品的主要原料为棉和麻，其主要成分是纤维素
D．三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
2．（4分）2021 年3 月20 日生物谷BIOON 在一项新的研究中，来自中国和美国等研究机构的研究人员发现已被美国食品药品管理局（FDA）批准并列入世界卫生组织（WHO）基本药物清单的抗麻风药物氯法齐明（clofazimine）对SARS﹣CoV﹣2 表现出强大的抗病毒活性，并能防止与重症COVID﹣19 相关的过度炎症反应。clofazimine 的结构简式如图所示：
下列有关clofazimin 的叙述正确的是（　　）

A．能发生取代、氧化、加成反应
B．易溶于水，难溶于乙醇
C．所有原子可能在同一平面上
D．能与KMnO4（H+）发生加成褪色
3．（4分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（　　）
A．向BaCl2 溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2═BaSO3↓+2H+
B．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑
C．同浓度同体积NH4HSO4 溶液与NaOH 溶液混合：NH4++OH−═NH3•H2O
D．用Na2SO3 溶液吸收少量Cl2：3SO32−+Cl2+H2O═2HSO3−+2Cl−+SO42−
4．（4分）碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）是一种低毒、环保、性能优异的化工产品。纳米CeO2 催化下，CO2和CH3OH 合成碳酸二甲酯的示意图如下，则下列有关叙述不正确的是（　　）

A．CeO2 可有效提高CH3OH 的平衡转化率
B．反应①中有O﹣H 键的断裂
C．反应②可以看作是加成反应
D．该合成方法可以利用廉价的甲醇把影响环境的温室气体CO2 转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面有重要的意义
5．（4分）利用CO2电催化还原法制取清洁燃料HCOOH，可实现温室气体CO2的资源化利用。其工作原理如图。下列有关说法不正确的是（　　）

A．M为阳极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．N极的电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2：1
6．（4分）MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如下，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）

A．元素非金属性：X＞Y＞Z
B．W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C．W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒
D．1mol MDI中所含X﹣W键为2NA
7．（4分）绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为二硫化亚铁（FeS2）]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下：下列说法正确的是（　　）

A．焙烧过程中每生成1molSO2转移电子数为5NA
B．还原后所得滤液可用高锰酸钾检验Fe3+是否反应完全
C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3
D．操作1为蒸发结晶
8．（4分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1。实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关合成氨反应的说法正确的是（　　）
A．反应的△S＞0
B．反应的△H═E（N﹣N）+3E（H﹣H）﹣6E（N﹣H）（E表示键能）
C．充入1molN2和3molH2发生反应，放出92.4kJ能量
D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的转化速率
9．（4分）实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2，原理为SO2（g）+Cl2 （g）⇌SO2Cl2（l）△H═﹣97.3kJ•mol﹣1，装置如图所示（部分装置已省略）。已知SO2Cl2的熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是（　　）

A．乙中盛放的试剂为无水氯化钙
B．制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中
C．用来冷却的水应该从a口入，b口出
D．可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫
10．（4分）已知Cl2 溶于水时存在以下平衡：
①Cl2+H2O⇌HCl+HClO K1＝4.0×10﹣4
②Cl﹣+Cl2⇌Cl3﹣K2＝0.20。
已知298K 时Cl2 在不同浓度的盐酸溶液中的溶解度如表 所示，Cl2 溶解度及部分含氯微粒的浓度的对数与盐酸浓度的关系如图1 所示。下列有关叙述错误的是（　　）
盐酸浓度mol/L
Cl2溶解度
盐酸浓度mol/L
Cl2溶解度
0.200
0.0620
2.000
0.0740
0.500
0.0630
3.000
0.0830
1.000
0.0665
4.000
0.0910

A．盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大
B．当c（HCl）＝1.000mol/L 时，c（Cl3﹣）＞c（HClO）
C．使用稀NaCl溶液除去Cl2中的HCl气体效果更好
D．图1中曲线b可以表示HClO浓度的对数随盐酸浓度的变化
二、非选择题
11．（13分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr
2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2
相关物质的溶解性见表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
易溶于热水
可溶
易溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
实验流程如下：
C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2
请回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，如图装置最合适的是　 　．

制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是　 　．
A．新制CuOH2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是　 　；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是　 　．
（3）第③步需趁热过滤，其原因是　 　．
（4）第④步加入乙醇的作用是　 　．
（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是　 　．
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇﹣水混合溶液．
12．（13分）铼（Re）是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰（主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4）中提取铼粉的流程如图1。

已知：
Ⅰ．过铼酸（HReO4）是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
Ⅱ．过铼酸铵（NH4ReO4）是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3与NaOH发生以下反应：Re2O7+2NaOH═2NaReO4+H2O；MoO3+2NaOH═Na2MoO4+H2O，则“滤渣Ⅰ”的成分为　 　。
（2）①“还原”时，Zn被氧化成ZnO22﹣，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2•2H2O，该反应的离子方程式为　 　。
②分别在20℃和60℃条件下进行“还原”时，溶液中Re和Zn的含量变化如图2曲线所示，若不考虑时间对还原反应的影响，“还原”时，最好选择的温度为　 　。
（3）通氧气进行“氧化”时，往往进行加压，目的是　 　。“氧化”时，若生成376.5g过铼酸，理论上消耗标准状况下氧气的体积为　 　L。
（4）“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作Ⅰ”包括　 　、　 　、洗涤、干燥。
（5）为提高铼的纯度，“过滤”得到的NH4ReO4需进行提纯，提纯所用的方法是　 　。
（6）“热解”时，发生反应的化学方程式为　 　。
13．（14分）当前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2 的利用和转化成为研究热点。

Ⅰ．二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程：
反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.01 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.52 kJ•mol﹣1
反应ⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.17 kJ•mol﹣1
（1）2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝　 　kJ•mol﹣1
（2）在压强3.0MPa，n（H2）/n（CO2）＝4，不同温度下CO2 的平衡转化率和产物的选择性如图1 所示（选择性是指生成某物质消耗的CO2 占CO2 消耗总量的百分比）：
①当温度超过290℃，CO2 的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 　 　。除了改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为 　 　（只要求写一种）。
②根据图1 中数据计算300℃时，CH3OCH3 的平衡产率为 　 　。
Ⅱ．在席夫碱（含“﹣RC＝N﹣”的有机物）修饰的金纳米催化剂上，CO2 直接催化加氢成甲酸的反应历程，如图2 所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
（3）决速步反应为 　 　（填“吸热反应”或“放热反应”）。
（4）席夫碱的作用是吸附和活化CO2，当CO2 浓度超过某数值后，继续增大CO2 的浓度，反应速率基本保持不变的原因是 　 　。
Ⅲ．我国科学家研制成功一种以Al 箔为负极、含Al3+的离子液体为电解质、Pd 包覆纳米多孔金为正极的Al﹣CO2 充电电池，其总反应式为4Al+9CO2⇌2Al2（CO3）3+3C。
（5）电池放电时，正极反应式为 　 　。
（6）不用水溶液做电解质的主要原因是 　 　。
14．（10分）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外价电子排布图为　 　。
（2）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为　 　，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为　 　。

（3）硒的某种氧化物为链状聚合结构（如图2所示），该氧化物的化学式为　 　。
（4）SeO32﹣的立体构型为　 　，与SeO32﹣互为等电子体的分子有　 　（填化学式，任写一种）。
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6　 　SF6（填“＞”或“＜”或“＝”）。
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用如图3表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1　 　λ2（填“＞”或“＜”或“＝”），其原因是　 　。
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如图4所示。该硒化钴的化学式为　 　，晶体密度为　 　g•cm﹣3（用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA）。
15．（10分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。

回答下列问题：
（1）γ﹣丁内酯的分子式为　 　。
（2）A中官能团的名称为　 　。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为　 　。
（4）写出符合下列条件的有机物的结构简式　 　。
①与A分子式相同；
②分子中含有酯基；
③核磁共振氢谱显示有两个吸收峰，峰面积之比为1：6。
（5）环氧丁烯（）来源丰富且经济，利用环氧丁烯合成环丙胺是目前一些国家正在研发的项目，其前两步反应过程如图。

下列关于环氧丁烯和2，3﹣二氢呋喃的说法不正确的是　 　。（填标号）
a．可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者
b．二者分子式相同且互为同分异构体
c．二者均能发生氧化、加成反应
（6）环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线　 　。

2021年福建省福州一中高考化学考前预测试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。）
1．（4分）我国四川广汉的三星堆遗址距今有3000﹣5000 年历史，被誉为20 世纪人类最伟大的考古发现之一。三星堆出土文物达500 多件，有关下列说法叙述错误的是（　　）
A．考古时利用C测定文物的年代，C的中子数为8
B．玉器中含有的红棕色条纹可能是因为玉器中含有Fe2O3
C．古蜀国丝绸制品的主要原料为棉和麻，其主要成分是纤维素
D．三星堆中含有大量的陶瓷碎片，属于无机非金属材料
【分析】A．质子数+中子数＝质量数；
B．氧化铁为红棕色固体；
C．丝绸制品主要成分为蛋白质；
D．陶瓷成分为硅酸盐，属于无机非金属材料。
【解答】解：A．C的质量数为14，质子数为6，中子数为14﹣6＝8，故A正确；
B．氧化铁为红棕色固体，玉器中含有的红棕色条纹可能是因为玉器中含有Fe2O3，故B正确；
C．丝绸制品主要成分为蛋白质，不是纤维素，故C错误；
D．三星堆中含有大量的陶瓷碎片，陶瓷为硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质，明确材料分类是解题关键，题目难度不大。
2．（4分）2021 年3 月20 日生物谷BIOON 在一项新的研究中，来自中国和美国等研究机构的研究人员发现已被美国食品药品管理局（FDA）批准并列入世界卫生组织（WHO）基本药物清单的抗麻风药物氯法齐明（clofazimine）对SARS﹣CoV﹣2 表现出强大的抗病毒活性，并能防止与重症COVID﹣19 相关的过度炎症反应。clofazimine 的结构简式如图所示：
下列有关clofazimin 的叙述正确的是（　　）

A．能发生取代、氧化、加成反应
B．易溶于水，难溶于乙醇
C．所有原子可能在同一平面上
D．能与KMnO4（H+）发生加成褪色
【分析】A．该有机物含有碳碳双键、碳氮双键、氯原子与苯环；
B．烃基很大，且具有卤代烃的性质，应难溶于水；
C．存在形成4个键的碳原子，该碳原子原子连接的4个原子一定共面；
D．能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色。
【解答】解：A．该有机物含有碳碳双键、碳氮双键与苯环，可以发生加成反应，而碳碳双键可以发生氧化反应，含有氯原子，可以发生取代反应，故A正确；
B．烃基很大，且具有卤代烃的性质，应难溶于水，易溶于有机溶剂，故B错误；
C．存在形成4个键的碳原子，该碳原子原子连接的4个原子一定共面，即所有原子不可能在同一平面上，故C错误；
D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练中掌握官能团的结构、性质与转化，注意根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题。
3．（4分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是（　　）
A．向BaCl2 溶液中通入SO2：Ba2++H2O+SO2═BaSO3↓+2H+
B．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+═Fe2++H2S↑
C．同浓度同体积NH4HSO4 溶液与NaOH 溶液混合：NH4++OH−═NH3•H2O
D．用Na2SO3 溶液吸收少量Cl2：3SO32−+Cl2+H2O═2HSO3−+2Cl−+SO42−
【分析】A.两者不反应；
B.FeS中Fe2+和S2﹣均能被硝酸氧化，故FeS和硝酸发生氧化还原反应；
C.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢氧根离子先与氢离子反应；
D.Na2SO3溶液吸收少量Cl2，首先两者发生氧化还原反应生成HCl和Na2SO4，而生成的少量HCl能和过量的Na2SO3反应生成NaHSO3。
【解答】解：A.亚硫酸酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故A错误；
B.硫化亚铁具有还原性，而硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：FeS+4H++NO3﹣＝Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故B错误；
C.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，只发生氢离子与氢氧根离子的反应，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故C错误；
D.Na2SO3溶液吸收少量Cl2，首先两者发生氧化还原反应生成HCl和Na2SO4，而生成的少量HCl能和过量的Na2SO3反应生成NaHSO3，故离子方程式为3SO32﹣+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+SO42﹣，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大。
4．（4分）碳酸二甲酯（CH3OCOOCH3）是一种低毒、环保、性能优异的化工产品。纳米CeO2 催化下，CO2和CH3OH 合成碳酸二甲酯的示意图如下，则下列有关叙述不正确的是（　　）

A．CeO2 可有效提高CH3OH 的平衡转化率
B．反应①中有O﹣H 键的断裂
C．反应②可以看作是加成反应
D．该合成方法可以利用廉价的甲醇把影响环境的温室气体CO2 转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面有重要的意义
【分析】A．CeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动；
B．反应①中CH3OH转化为CH3O﹣；
C．二氧化碳的结构式为：O＝C＝O，根据﹣OCOOCH3的结构特点分析，反应②的反应类型；
D．该反应在资源循环利用和环境保护方面有重要的意义。
【解答】解：A．CeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动，所以CeO2不能提高CH3OH的平衡转化率，故A错误；
B．反应①中CH3OH转化为CH3O﹣，其中的O﹣H键断裂，故B正确；
C．二氧化碳的结构式为：O＝C＝O，根据﹣OCOOCH3的结构特点可知，反应②可以看作是加成反应，故C正确；
D．该反应将CO2和CH3OH 合成碳酸二甲酯，利用廉价的甲醇把影响环境的温室气体CO2 转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面有重要的意义，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应的基本原理，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、断键的方式为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意理解图中的反应过程，题目难度不大。
5．（4分）利用CO2电催化还原法制取清洁燃料HCOOH，可实现温室气体CO2的资源化利用。其工作原理如图。下列有关说法不正确的是（　　）

A．M为阳极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．N极的电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2：1
【分析】根据电解CO2制HCOOH的原理可知，N电极为阴极，阴极CO2得电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，M极为阳极，阳极上水失电子生成氧气，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，阳极电解生成的H+通过离子交换膜进入阴极参与阴极的反应，据此分析解答。
【解答】解：A．M极上水失电子发生氧化反应，则M为阳极，故A正确；
B．由分析可知，阳极电解生成的H+通过离子交换膜进入阴极参与阴极的反应，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．N电极为阴极，阴极CO2得电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，故C正确；
D．阴极的电极反应为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，阳极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，则电解的总反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2↑，所以消耗的CO2与生成的O2物质的量之比为2：1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查电解原理，试题侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理是解本题关键，明确各个电极上发生的反应及离子放电顺序即可解答，注意离子交换膜的作用，题目难度不大。
6．（4分）MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如下，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（　　）

A．元素非金属性：X＞Y＞Z
B．W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C．W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒
D．1mol MDI中所含X﹣W键为2NA
【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10，结合图示结构简式可知，X形成4个共价键，W形成1个共价键，Y形成3个共价键，Z形成1个双键，根据原子序数大小可知，则W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，
A．同一周期从左向右非金属性逐渐增强，则元素非金属性：X＜Y＜Z，故A错误；
B．H、C、O可形成一元有机羧酸，如甲酸、乙酸等，故B错误；
C．H与C、N、O均可形成至少2种10电子微粒，如CH4、CH3﹣、NH3、NH4+、H2O、H3O+等，故C正确；
D．结合图示可知，MDI分子中含有10个C﹣H键，则1mol MDI中所含X﹣W键为10NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
7．（4分）绿矾别名青矾、皂荚矾等，是我国古代常用的药材，以硫铁矿[主要成分为二硫化亚铁（FeS2）]为原料制备绿矾晶体，工艺流程如下：下列说法正确的是（　　）

A．焙烧过程中每生成1molSO2转移电子数为5NA
B．还原后所得滤液可用高锰酸钾检验Fe3+是否反应完全
C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3
D．操作1为蒸发结晶
【分析】由制备流程可知，在空气中焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，酸浸发生Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，还原时发生FeS2+14Fe3++8H2O＝2SO42﹣+15Fe2++16H+，过滤后，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O，以此解答该题。
【解答】解：A．焙烧发生4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，生成8molSO2时转移44mol电子，则每生成1molSO2转移电子数为5.5NA，故A错误；
B．还原后所得滤液可用KSCN溶液检验Fe3+是否反应完全，亚铁离子可被高锰酸钾氧化，故B错误；
C．为中和还原后滤液中过量的酸，可加入一定量FeCO3，与硫酸反应生成硫酸亚铁，故C正确；
D．由溶液得到含结晶水的晶体，可知操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生分析及知识综合应用能力，明确流程图中发生的反应或操作方法是解本题关键，注意基础知识的积累和灵活运用，题目难度中等。
8．（4分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1。实验室用加热NH4Cl和Ca（OH）2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关合成氨反应的说法正确的是（　　）
A．反应的△S＞0
B．反应的△H═E（N﹣N）+3E（H﹣H）﹣6E（N﹣H）（E表示键能）
C．充入1molN2和3molH2发生反应，放出92.4kJ能量
D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的转化速率
【分析】A．合成氨反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），反应前后气体体积减小，熵变减小；
B．△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；
C．合成氨反应为可逆反应，不能进行彻底，焓变是只完全反应时发出的热量；
D．高温条件下，尽管平衡逆向进行，但保证了催化剂的活性最大，增大压强平衡正向进行，催化剂能加快反应速率。
【解答】解：A．合成氨反应为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应前后气体体积减小，△S＜0，故A错误；
B．△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝E（N≡N）+3E（H﹣H）﹣6E（N﹣H），故B错误；
C．充入1molN2和3molH2发生反应，反应为可逆反应，放出能量小于92.4kJ，故C错误；
D．合成氨反应在高温、高压和催化剂条件下进行，可提高H2的反应速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应能量变化、平衡影响因素分析判断，△H＝反应物键能总和﹣生成物键能总和是解题的关键，此题难度中等，注意基础知识积累。
9．（4分）实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2，原理为SO2（g）+Cl2 （g）⇌SO2Cl2（l）△H═﹣97.3kJ•mol﹣1，装置如图所示（部分装置已省略）。已知SO2Cl2的熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法正确的是（　　）

A．乙中盛放的试剂为无水氯化钙
B．制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中
C．用来冷却的水应该从a口入，b口出
D．可用硝酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫
【分析】A．乙装置用于吸收二氧化硫、氯气等；
B．正反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动；
C．冷却的水应该从下口入，上口出；
D．硝酸具有强氧化性，与亚硫酸钠反应生成硫酸钠。
【解答】解：A．乙装置用于吸收二氧化硫、氯气等，一般用碱石灰等，试剂无水氯化钙不能吸收二氧化硫、氯气，故A错误；
B．正反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率，则制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，故B正确；
C．冷却的水应该从下口入，上口出，即从b口入，a口出，故C错误；
D．硝酸具有强氧化性，与亚硫酸钠反应生成硫酸钠，不能制备二氧化硫，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查制备方案的评价，为高考常见题型，根据制备流程明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
10．（4分）已知Cl2 溶于水时存在以下平衡：
①Cl2+H2O⇌HCl+HClO K1＝4.0×10﹣4
②Cl﹣+Cl2⇌Cl3﹣K2＝0.20。
已知298K 时Cl2 在不同浓度的盐酸溶液中的溶解度如表 所示，Cl2 溶解度及部分含氯微粒的浓度的对数与盐酸浓度的关系如图1 所示。下列有关叙述错误的是（　　）
盐酸浓度mol/L
Cl2溶解度
盐酸浓度mol/L
Cl2溶解度
0.200
0.0620
2.000
0.0740
0.500
0.0630
3.000
0.0830
1.000
0.0665
4.000
0.0910

A．盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大
B．当c（HCl）＝1.000mol/L 时，c（Cl3﹣）＞c（HClO）
C．使用稀NaCl溶液除去Cl2中的HCl气体效果更好
D．图1中曲线b可以表示HClO浓度的对数随盐酸浓度的变化
【分析】图表数据分析，氯气溶解度随盐酸溶液浓度增大而增大，Cl﹣+Cl2⇌Cl3﹣，平衡正向进行，所以图像中a为Cl3﹣，盐酸浓度越大，对于反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，HClO减小，b表示的是HClO，
A．图表数据分析，氯气溶解度随盐酸溶液浓度增大而增大；
B．当c（HCl）＝1.000mol/L 时，图像中a为Cl3﹣，b表示的是HClO，结合图像分析判断；
C．平衡移动原理分析，随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小；
D．分析可知盐酸浓度越大，对于反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，HClO减小。
【解答】解：A．图表数据分析得到，随盐酸浓度增大，氯气的溶解度也增大，盐酸浓度越大，Cl2溶解度越大，故A正确；
B．当c（HCl）＝1.000mol/L 时，图像中a为Cl3﹣，b表示的是HClO，c（Cl3﹣）＞c（HClO），故B正确；
C．增大Cl﹣的浓度，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，使用稀NaCl溶液除去Cl2中的HCl气体效果不好，应用饱和氯化钠溶液效果更好，故C错误；
D．盐酸浓度越大，对于反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，平衡逆向进行，HClO减小，b表示的是HClO浓度的对数随盐酸浓度的变化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了影响氯气溶解度的因素，题目难度中等，正确分析、理解题中信息及图象数据是解答本题关键，注意利用平衡移动原理。
二、非选择题
11．（13分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质．葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr
2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2
相关物质的溶解性见表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
氯化钙
水中的溶解性
可溶于冷水
易溶于热水
可溶
易溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
可溶
实验流程如下：
C6H12O6溶液悬浊液Ca（C6H11O7）2
请回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，如图装置最合适的是　B　．

制备葡萄糖酸钙的过程中，葡萄糖的氧化也可用其它试剂，下列物质中最适合的是　C　．
A．新制CuOH2悬浊液 B．酸性KMnO4溶液
C．O2/葡萄糖氧化酶 D．[Ag（NH3）2]OH溶液
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是　提高葡萄糖的转化率　；本实验中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是　氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙　．
（3）第③步需趁热过滤，其原因是　葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品　．
（4）第④步加入乙醇的作用是　可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出　．
（5）第⑥步中，下列洗涤剂最合适的是　D　．
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇﹣水混合溶液．
【分析】葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；
（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热；由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，通过醛类催化氧化是最合适的；
（2）增加某一种物质的量，可以提高另一种物质的转化率；符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（3）根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度的关系解答；
（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失．
【解答】解：葡萄糖溶液中加入3%溴水、温度控制在55℃，温度小于100℃，应该用水浴加热，且温度计测量水浴温度；发生的反应为CH2OH（CHOH）4CHO+Br2+H2O→C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr，该反应中生成HBr，为防止污染大气，应该用碱液处理HBr；然后向溶液中加入过量CaCO3、温度控制在70℃，发生反应2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3→Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2↑，葡萄糖酸钙可溶于冷水易溶于热水，所以趁热过滤，将未溶解的碳酸钙除去，然后向滤液中加入乙醇，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，所以得到葡萄糖酸钙悬浊液，然后抽滤得到固体，然后洗涤、干燥固体最后得到Ca（C6H11O7）2固体；
（1）由于实验中需要能够控制滴加溴和水浴加热，A不能控制添加溴，C没有进行水浴加热，故装置B最合适，由于葡萄糖是一种多羟基的醛，所以可以被弱氧化剂氧化成羧酸类，酸性高锰酸钾溶液可以氧化羟基，A、D会产生重金属杂质离子，通过醛类催化氧化是最合适的，
故答案为：B；C；
（2）第②步充分反应后CaCO3固体需有剩余，其目的是：提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制备弱酸原理，氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，宜用CaCl2替代CaCO3，
故答案为：提高葡萄糖酸的转化率；氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙；
（3）葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品，
故答案为：葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；
（4）葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出，
故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
（5）利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，
故选：D．
【点评】本题考查物质制备，涉及对工艺流程的理解、对装置于操作的分析与评价、物质的量分离提纯等，操作考查学生对知识的迁移应用，题目体现化学再生活、生产中应用，难度中等．
12．（13分）铼（Re）是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰（主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4）中提取铼粉的流程如图1。

已知：
Ⅰ．过铼酸（HReO4）是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。
Ⅱ．过铼酸铵（NH4ReO4）是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3与NaOH发生以下反应：Re2O7+2NaOH═2NaReO4+H2O；MoO3+2NaOH═Na2MoO4+H2O，则“滤渣Ⅰ”的成分为　CuO、Fe3O4　。
（2）①“还原”时，Zn被氧化成ZnO22﹣，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2•2H2O，该反应的离子方程式为　3Zn+2ReO4﹣+4OH﹣＝3ZnO22﹣+2ReO2•2H2O　。
②分别在20℃和60℃条件下进行“还原”时，溶液中Re和Zn的含量变化如图2曲线所示，若不考虑时间对还原反应的影响，“还原”时，最好选择的温度为　20℃　。
（3）通氧气进行“氧化”时，往往进行加压，目的是　增大氧气在溶液中的溶解度，加快氧化速率　。“氧化”时，若生成376.5g过铼酸，理论上消耗标准状况下氧气的体积为　25.2　L。
（4）“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作Ⅰ”包括　冷却结晶　、　过滤　、洗涤、干燥。
（5）为提高铼的纯度，“过滤”得到的NH4ReO4需进行提纯，提纯所用的方法是　重结晶　。
（6）“热解”时，发生反应的化学方程式为　4NH3ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7　。
【分析】烟道灰经过NaOH溶液碱浸后，SiO2、Re2O7、MoO3发生反应，滤渣1中是CuO、Fe3O4．加Zn还原，发生反应3Zn+2ReO4﹣+4OH﹣＝3ZnO22﹣+2ReO2+2H2O，过滤后得到ReO2•2H2O固体，经O2氧化后得到过铼酸（HReO4）。加入热NH4Cl溶液，经过冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到过铼酸铵（NH4ReO4），再与O2发生反应4NH3ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7，得到Re2O7，最后用H2还原氧化物得到金属Re；
（1）烟道灰（主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4），根据已知反应以及SiO2与NaOH发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，剩余CuO、Fe3O4；
（2）①根据反应物为Zn和NaReO4在碱性条件下反应生成ReO2•2H2O和ZnO22﹣以及水来书写；
②对于化学反应来说温度越高，反应速率越快，根据图象，温度高Re含量高，温度低Re含量低，即得到的固体更多；
（3）根据题意，溶液中溶解的氧气越多氧化反应越快，气体的溶解度随压强的增大而增大，所以可以增大压强增大氧气在溶液中的溶解度；376.5g过铼酸的物质的量为＝1.5mol，Re元素由ReO2～HReO4转移电子数为3，共转移电子4.5mol，每个O2转移4个电子，根据得失电子守恒计算氧气的物质的量及其体积；
（4）加入热NH4Cl溶液生成过铼酸铵（NH4ReO4），过铼酸铵（NH4ReO4）溶液经冷却结晶、过滤操作、洗涤、干燥得到晶体；
（5）根据已知Ⅱ，提纯时可用热水溶解后冷却结晶﹣重结晶；
（6）根据NH3ReO4与O2反应生成N2和Re2O7、水。
【解答】解：（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3与NaOH发生反应：Re2O7+2NaOH＝2NaReO4+H2O；MoO3+2NaOH＝Na2MoO4+H2O，SiO2与NaOH发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，只有CuO、Fe3O4没有反应，故滤渣1是CuO、Fe3O4；
故答案为：CuO、Fe3O4；
（2）①根据题意，Zn被氧化成ZnO22﹣，NaReO4被还原生成ReO2•2H2O，故离子方程式是3Zn+2ReO4﹣+4OH﹣＝3ZnO22﹣+2ReO2•2H2O；
故答案为：3Zn+2ReO4﹣+4OH﹣＝3ZnO22﹣+2ReO2•2H2O；
②温度越高，反应速率越快，由图象可知，两条比较陡的曲线为60℃时的曲线，稍微缓和的曲线是20℃时的曲线。20℃的曲线最后的Re含量低，即得到的固体更多，不考虑时间因素，选择20℃；
故答案为：20℃；
（3）气体的溶解度随压强的增大而增大，加压可以增大氧气在溶液中的溶解度，即加大了O2的浓度，从而加快氧化速率；376.5g过铼酸的物质的量为＝1.5mol，Re元素由ReO2中的+4价变为HReO4中的+7价，每个Re转移电子数为3，所以共转移电子1.5mol×3＝4.5mol，每个O2转移4个电子，O2的物质的量为＝1.125mol，体积为1.125mol×22.4L/mol＝25.2L；
故答案为：增大氧气在溶液中的溶解度，加快氧化速率；25.2；
（4）由分析可知，加入热NH4Cl溶液后需经冷却结晶、过滤操作；
故答案为：冷却结晶、过滤；
（5）过铼酸铵（NH4ReO4）是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水，提纯时可用热水溶解后冷却结晶，属于重结晶；
故答案为：重结晶；
（6）由分析可知，NH3ReO4与O2反应生成N2和Re2O7，反应方程式为4NH3ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7；
故答案为：4NH3ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握物质的性质，题目难度中等偏上。
13．（14分）当前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2 的利用和转化成为研究热点。

Ⅰ．二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程：
反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.01 kJ•mol﹣1
反应Ⅱ2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H＝﹣24.52 kJ•mol﹣1
反应ⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.17 kJ•mol﹣1
（1）2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＝　﹣122.54　kJ•mol﹣1
（2）在压强3.0MPa，n（H2）/n（CO2）＝4，不同温度下CO2 的平衡转化率和产物的选择性如图1 所示（选择性是指生成某物质消耗的CO2 占CO2 消耗总量的百分比）：
①当温度超过290℃，CO2 的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 　温度超过290℃时，以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大　。除了改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为 　增大压强　（只要求写一种）。
②根据图1 中数据计算300℃时，CH3OCH3 的平衡产率为 　6%　。
Ⅱ．在席夫碱（含“﹣RC＝N﹣”的有机物）修饰的金纳米催化剂上，CO2 直接催化加氢成甲酸的反应历程，如图2 所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
（3）决速步反应为 　吸热反应　（填“吸热反应”或“放热反应”）。
（4）席夫碱的作用是吸附和活化CO2，当CO2 浓度超过某数值后，继续增大CO2 的浓度，反应速率基本保持不变的原因是 　席夫碱吸附CO2已达到饱和　。
Ⅲ．我国科学家研制成功一种以Al 箔为负极、含Al3+的离子液体为电解质、Pd 包覆纳米多孔金为正极的Al﹣CO2 充电电池，其总反应式为4Al+9CO2⇌2Al2（CO3）3+3C。
（5）电池放电时，正极反应式为 　9CO2+4Al3++12e﹣＝2Al2（CO3）3+3C　。
（6）不用水溶液做电解质的主要原因是 　Al2（CO3）3会发生水解　。
【分析】（1）由盖斯定律可知，联立反应Ⅰ、Ⅱ知I×2+II可得目标方程式，进一步可求△H；
（2）①由题干所给信息可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，所以当温度超过290℃时，以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2平衡转化率增大；由总反应知，反应为气体总数减少的反应，所以为了提高二甲选择性除了改变温度，还可以增大压强；
②300℃时，设CO2起始的量为amol，CO2平衡转化率为30%，CH3OCH3选择性为20%，可求出反应消耗生成CH3OCH3的CO2物质的量，进一步求出CH3OCH3的产率；
（3）决速步反应为活化能最大的反应，由图2知，生活化能最大的一步反应成物能量高于反应物，所以为吸热反应；
（4）席夫碱在该反应中不参加反应，起到吸附和活化CO2的作用，当CO2的浓度超过某数值后，席夫碱吸附CO2达到饱和，即达到席夫碱最大作用，所以反应速率不变；
（5）电池放电时，正极发生还原反应，CO2被还原为C，电极反应式为：9CO2+4Al+12e﹣＝2Al2（CO3）3+3C；
（6）Al2（CO3）3在水溶液中会发生水解，所以不用做电解质。
【解答】解：（1）由盖斯定律，联立反应ⅠCO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.01 kJ•mol﹣1、反应Ⅱ2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，I×2+II可得到2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H，所以△H＝（﹣49.01 kJ•mol﹣1）×2+（＝﹣24.52 kJ•mol﹣1）＝﹣122.54 kJ/mol，
故答案为：﹣122.54；
（2）①反应ⅢCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H＝+41.17 kJ•mol﹣1，为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率升高，反应生成二甲醚为放热反应，温度升高，使CO2转化率下降，上升程度大于下降，CO2的转化率升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向均为气体分子数减小，Ⅲ前后气体分子数不变，所以增大压强能提高二甲醚选择性，
故答案为：温度超过290°℃时，以反应III为主，反应III为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；增大压强；
②根据图1知300°C时CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3的选择20%，设CO2起始的量为amol，故反应消耗CO2的物质的量为a×30%×20%，故CH3OCH3的平衡产率为＝6%，
故答案为：6%；
（3）活化能越大，反应速率越慢，由图2知决速步反应为CO2*+H*＝HCO2*，该步骤的反应物的能量低于生成物的能量，为吸热反应，
故答案为：吸热反应；
（4）席夫碱在该反应中并不参与反应，起到吸附和活化CO2的作用，CO浓度超过其数值后即达到席夫碱达到最大作用，所以反应速率保持不变；，
故答案为：席夫碱吸附CO2 已达到饱和；
（5）电池放电时，由总反应4Al+9CO2⇌2Al2（CO3）3+3C分析化合价，正极发生还原反应，CO2被还原为C，电极反应式为：9CO2+4Al+12e﹣＝2Al2（CO3）3+3C，
故答案为：9CO2+4Al+12e﹣＝2Al2（CO3）3+3C；
（6）不用水溶液做电解质的主要原因是Al2（CO3）3会发生水解，
故答案为：Al2（CO3）3 会发生水解。
【点评】该题考查了盖斯定律、图象分析影响平衡的因素、产率的求算、反应历程、以及电极反应式的书写等，综合性强，难度较大，侧重考查学生分析推理能力。
14．（10分）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外价电子排布图为　　。
（2）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为　sp3　，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞Se　。

（3）硒的某种氧化物为链状聚合结构（如图2所示），该氧化物的化学式为　（SeO2）n　。
（4）SeO32﹣的立体构型为　三角锥形　，与SeO32﹣互为等电子体的分子有　NCl3　（填化学式，任写一种）。
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6　＞　SF6（填“＞”或“＜”或“＝”）。
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用如图3表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1　＜　λ2（填“＞”或“＜”或“＝”），其原因是　硫半径小于硒半径，S﹣S键的键长小于Se﹣Se键长，S﹣S键的键能大于Se﹣Se键的键能，则光谱能量高，波长短　。
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如图4所示。该硒化钴的化学式为　CoSe　，晶体密度为　　g•cm﹣3（用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA）。
【分析】（1）Se为34号元素，原子核外电子数为34，Se原子核外有34个电子，基态核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，据此书写价电子排布图；
（2）分析结构可知，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第IIA族与第VA族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大；
（3）分析图2可知，该氧化物的化学式为（SeO2）n；
（4）SeO32﹣中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，据此盘点分子构型，SeO32﹣有26个价电子，依据等电子体原理，寻找等电子体；
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，分析相对分子质量对分子间作用力的影响；
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理由图分析可知，已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，分析键长的影响；
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8×+4×＝2，Se＝2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为a×10﹣7cm×a×10﹣7cm×c×10﹣7cm＝a2c×10﹣21cm3，晶体密度为，据此计算。
【解答】解：（1）Se为34号元素，原子核外电子数为34，Se原子核外有34个电子，基态核外电子的排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态Se原子的核外价电子排布图为：，
故答案为：；
（2）分析结构可知，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，依据元素在元素周期表中的位置判断第一电离能，从上往下依次减小，从左往右依次增大，但是需要注意，第IIA族与第VA族由于处于轨道全满与半满的稳定状态，故第一电离能偏大，故元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Se，
故答案为：sp3；N＞O＞Se；
（3）分析图2可知，该氧化物的化学式为（SeO2）n，
故答案为：（SeO2）n；
（4）SeO32﹣中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，其立体构型为三角锥形，SeO32﹣有26个价电子，依据等电子体原理，其等电子体的分子有NCl3，
故答案为：三角锥形；NCl3；
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6，
故答案为：＞；
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理由图分析可知，已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S﹣S键的键长小于Se﹣Se键长，S﹣S键的键能大于Se﹣Se键的键能，则光谱能量高，波长短，
故答案为：＜；硫半径小于硒半径，S﹣S键的键长小于Se﹣Se键长，S﹣S键的键能大于Se﹣Se键的键能，则光谱能量高，波长短；
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8×+4×＝2，Se＝2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为a×10﹣7cm×a×10﹣7cm×c×10﹣7cm＝a2c×10﹣21cm3，晶体密度为＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，
故答案为：CoSe；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，分子构型，等电子体，晶胞计算等内容，考查范围较广，难度适中。
15．（10分）环丙胺（）是合成新型抗菌素、除草剂等产品的中间体。以γ﹣丁内酯（）为原料合成环丙胺的传统“五步合成法”工艺如图。

回答下列问题：
（1）γ﹣丁内酯的分子式为　C4H6O2　。
（2）A中官能团的名称为　羧基、氯原子　。
（3）B与NaOH溶液反应的化学方程式为　ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl　。
（4）写出符合下列条件的有机物的结构简式　HCOOCCl（CH3）2　。
①与A分子式相同；
②分子中含有酯基；
③核磁共振氢谱显示有两个吸收峰，峰面积之比为1：6。
（5）环氧丁烯（）来源丰富且经济，利用环氧丁烯合成环丙胺是目前一些国家正在研发的项目，其前两步反应过程如图。

下列关于环氧丁烯和2，3﹣二氢呋喃的说法不正确的是　a　。（填标号）
a．可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者
b．二者分子式相同且互为同分异构体
c．二者均能发生氧化、加成反应
（6）环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线　　。
【分析】应①可以理解为先发生酯的水解反应，然后与氯气发生取代反应，反应②发生酯化反应，反应③中B分子内脱下1分子HCl形成三元环而生成C，反应④是C的酯基中﹣OCH3被﹣NH2替代生成D，同时有甲醇生成，属于取代反应，反应⑤可以理解为D脱去CO生成；
（6）环丙甲醛氧化生成，然后与甲醇发生酯化反应生成，再与NH3/CH3ONa反应生成，最后经过NaClO/Hofmann重排生成，环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺。
【解答】解：（1）γ﹣丁内酯结构简式为，交点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，可以确定γ﹣丁内酯的分子式为C4H6O2，
故答案为：C4H6O2；
（2）A为ClCH2CH2CH2COOH，官能团的名称为羧基、氯原子，
故答案为：羧基、氯原子；
（3）B中酯基和氯原子都要水解，B与NaOH溶液反应，化学方程式为ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl，
故答案为：ClCH2CH2CH2COOCH3+2NaOHHOCH2CH2CH2COONa+CH3OH+NaCl；
（4）四个碳的酯分别为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH（CH3）2、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3其中一个氢原子被氯原子替代，依次分别有4种、3种、3种、3种，所以，A的结构简式为ClCH2CH2CH2COOH，与A分子式相同且分子中含有酯基的同分异构体共13种，13种分子中核磁共振氢谱显示有两个吸收峰，峰面积之比1：6的结构为HCOOCCl（CH3）2，
故答案为：HCOOCCl（CH3）2；
（5）a．均含有碳碳双键或醛基，均可被酸性KMnO4溶液氧化，均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别二者，不可以用酸性KMnO4溶液鉴别二者，故a选；
b．二者分子式相同结构不同，互为同分异构体，故b不选；
c．均含有碳碳双键或醛基，二者均能发生氧化、加成反应，故b不选，
故答案为：a；
（6）环丙甲醛氧化生成，然后与甲醇发生酯化反应生成，再与NH3/CH3ONa反应生成，最后经过NaClO/Hofmann重排生成，环丙甲醛再经过四步反应即可得到环丙胺，写出合成路线，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化为解答的关键，难度中等。