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2022山西省高三高考考前适应性测试（一模）理综化学含解析
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这是一份2022山西省高三高考考前适应性测试（一模）理综化学含解析，共20页。试卷主要包含了5 W 184， 25℃时，用0等内容，欢迎下载使用。
化 学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 W 184
一、选择题：每小题6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. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. “祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为二氧化硅
B. 航天服使用的棉针织品、羊毛、氯丁尼龙橡胶等都属于天然高分子材料
C. 我国为实现2030年前碳达峰，可研发新技术加强对可燃冰广泛使用
D. 使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒涉及蛋白质的变性
【1题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．“祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为导致硅，二氧化硅可以用光导纤维，A错误；
B．航天服使用的棉针织品、羊毛等都属于天然高分子材料，氯丁尼龙橡胶是人工合成的，B错误；
C．可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷燃烧产生二氧化碳，不利于碳中和，C错误；
D．乙醇、“84”消毒液、过氧化氢等均能使蛋白质变性，所以使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒等涉及蛋白质的变性，D正确；
答案选D。
2. 下图表示合成抗凝血药物华法林的一步反应。下列说法正确的是
A. X的分子式为C9H8O3
B. Y分子苯环上的二氯代物共有6种
C. Z分子中所有碳原子可能处于同一平面
D. X、Y、Z均能发生水解反应
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．从X的结构简式可知，其分子式为C9H6O3，A错误；
B．Y分子苯环上有三种不同化学环境的氢，分别是支链的邻、间、对位，给苯环上的碳原子标记 ，二氯代物有(1.2)、(1.3)、(1.4)、(1.5)、(2.3)、(2.4)，共6种，B正确；
C．Z分子中与三个碳原子相连的碳原子，星号标注的碳原子是sp3杂化，这四个碳原子不可能在同一平面，故所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；
D．X和Z分子内含有酯基可以发生水解反应，Y中是酮基不能发生水解反应，D错误；
故选B。
3. 科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如下图所示。
下列说法正确的是
A. 步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B. ②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C. 生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO=HNO2+HSO+NO
D. 步骤②、③中均有O-H键断裂和S-O键生成
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，过程①为和反应生成和，过程②和③为、和水反应得到和。
【详解】A．由上述分析可知，过程①中发生的反应为，反应过程中，硫元素的化合价由+4价升高为+5价，为还原剂，若参与反应，转移的电子数为，由于未说明消耗的的量，无法计算转移的电子数，A项错误；
B．由图可知，过程②中作为反应物参加反应，过程③中没有参加反应，B项错误；
C．过程①中发生的反应为，过程②和③反应的方程式为，将两个反应相加即可得到生成硫酸盐整个过程的总反应为，C项正确；
D．由图可知，步骤②中有键的断裂和键的生成，步骤③中有键的断裂，但不存在键的生成，D项错误；
答案选C。
4. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通人品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
向浓度均为0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液。
有黑色沉淀生成
Ksp(Ag2S)＜Ks (Ag2CO3)
D
向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉没有发生水解
A. A B. B C. C D. D
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．若该钠盐为NaClO3，与浓盐酸反应生成的Cl2也能使品红溶液褪色，A错误；
B．向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液，KMnO4溶液紫色褪去，可能是Fe2+具有还原性，也可能是Cl-具有还原性，B错误；
C．向浓度均为0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黑色的Ag2S沉淀生成，可以说明Ksp(Ag2S)＜Ks (Ag2CO3)，C正确；
D．向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，可能是淀粉没有发生水解或淀粉部分水解，D错误；
答案选C。
5. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y在元素周期表中的相对位置如图所示，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数。下列推断正确的是
A. 简单离子半径：Y＜Z
B. 氢化物的稳定性：X＜Y＜Z
C. 氧化物对应水化物酸性：W＜X＜Z
D. 化合物WZ3、Y2Z2中既含离子键又含共价键
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，则W是N；根据图中的相对位置，则Y是S，Z的原子序数比Y大，则Z是Cl，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数，则X是Si，以此解题。
【详解】A．S2-与Cl-的电子层数相同，Cl的原子序数大于S，则半径S2->Cl-，A错误；
B．同一周期，从左往右，非金属性增强，对应的氢化物稳定性增强，X＜Y＜Z，B正确；
C．题目中没有指明是最高价氧化物对应的水化物，故无法判断其酸性强弱，C错误；
D．NCl3和S2Cl2中只含有共价键，D错误；
故选B。
6. 利用微生物电池处理有机废水同时也可实现海水淡化。现以NaC1溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(含CH3COO-的溶液)。下列说法错误的是
A. 电极电势a极低于b极
B. 当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，会有1molCl-通过隔膜1
C. a极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 当电路中通过4mol电子时，负极区溶液的质量理论上减少44g
【6题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】在a极，CH3COO-转化为CO2，C元素化合价升高，则a极为负极，b极为正极。a极发生的电极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，b极发生的电极反应为2H++2e-=H2↑。隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，b极为正极，则电极电势a极低于b极，A正确；
B．b极为正极，发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，线路中有1mole-转移，在a极上会有0.125mol CH3COO-失去电子，则有1molCl-通过隔膜1，B正确；
C．在a极，CH3COO- 失电子产物与H2O作用生成CO2等，电极反应式为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C正确；
D．负极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，当电路中通过4mol电子时，负极区溶液中释放1molCO2，同时有4molCl-通过隔膜1进入负极区，则理论上增加质量4mol×35.5g/mol-1mol×44g/mol=98g，D错误；
故选D。
7. 25℃时，用0.2mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是
A. 虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示A2-、HA-、H2A的分布分数变化关系
B. 二元酸H2A的电离平衡常数Ka1的数量级为10-7
C. a点溶液中：c(Na+)+c(H+)＞c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)
D. c点溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】NaOH溶液滴定二元酸H2A，先后发生反应：、。
【详解】A．据分析，随着H2A被滴定分数的增加，H2A的分布分数逐渐减少，直至消失，HA-的分布分数随着H2A的减少而增加，达最大值后又随着A2-的增加而减少，从图中曲线变化趋势分析，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA-、A2-的分布分数变化关系，A错误；
B．二元酸H2A的电离平衡常数Ka1=，取a点处数据代入计算，因H2A物种分布分数(δ) 50%，即c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)≈4，Ka1的数量级为10-4，B错误；
C．a点是曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交叉点，溶液中c(HA-)=c(H2A)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，C错误；
D．c点是曲线Ⅱ达到最大值，溶液中滴入的NaOH与H2A比值为1:1，因c点对应pH<7，溶液显酸性，即HA-的电离程度大于水解程度，故有： c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故选D。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，考生根据要求作答。
(一)必考题。
8. 电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。下面是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。
该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn(OH) 存在。
回答下列问题：
（1）电解除铜时，铜在__________极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是__________；
（2）电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，下表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是__________；
电解电压
1v
2.1v
2.4v
2.7v
2.4v
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
（3）当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)为A(列出计算式) __________；
（4）沉镍时调节pH大于__________；
（5）沉锌时反应的离子方程式为__________；
（6）沉锌后的滤液中的主要溶质为__________ (填化学式)。
【8~13题答案】
【答案】（1） ①. 阴极 ②. 取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化
（2）2.4V、3.5h
（3）10-0.2（4）12.5
（5）Zn(OH)+ 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O
（6）Na2SO4
【解析】
【分析】电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr(OH)3、将镍元素转化为Ni(OH)2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn(OH)2沉淀。
【小问1详解】
电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化。
【小问2详解】
电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出。
【小问3详解】
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液pH=5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH=8.0得知Ksp[Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=10-17；则pH=5.6时溶液中c(Zn2+)==10-0.2(mol/L)。
【小问4详解】
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn(OH)存在，依题意，则pH应大于12.5。
【小问5详解】
从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn(OH)，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn(OH) 反应生成Zn(OH)2，离子方程式为：Zn(OH)+ 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O。
【小问6详解】
从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4。
9. 苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通过苯甲醛来制备，反应原理如下图。
已知：①反应物、产物及溶剂的主要性质见下表
物质
相对分子质量
熔点
沸点
溶解性
其他性质
苯甲醛
106
-26℃
179℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
和NaHSO3反应产物溶于水。
苯甲醇
108
-15℃
206℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
加热时易分子间脱水成醚。
苯甲酸
122
122℃
249℃
在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃),溶于有机溶剂。
Ka=6.5×10-5
乙酸乙酯
88
-84℃
77℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
略
②RCHO(不溶于醚，可溶于水)
实验流程如下图：
回答下面问题：
（1）苯甲醛和NaOH在__________ (仪器)中研磨；
（2）调pH=8的目的是__________；
（3）乙酸乙酯萃取后，取A层液体进行洗涤、干燥、蒸馏，可得粗苯甲醇；用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是__________，反应的化学方程式为__________；
（4）蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是__________；
（5）用浓盐酸调pH=2的目的是__________；
（6）分离苯甲酸时，抽滤优点是__________，洗涤用的试剂是__________。
【9~14题答案】
【答案】（1）研钵（2）除去剩余的 NaOH，避免和乙酸乙酯反应
（3） ①. 除去苯甲醛 ②.
（4）防止高温苯甲醇脱水
（5）使苯甲酸钠转化为苯甲酸
（6） ①. 快速过滤 ②. 冷水
【解析】
【分析】根据流程图信息可知苯甲醛和氢氧化钠在研磨的条件下生成苯甲醇和苯甲酸钠，加水溶解，加盐根据提示可知除去过量的氢氧化钠，以免影响萃取分液，根据提示苯甲醇微溶于水易溶于有机物，所以加乙酸乙酯萃取，萃取分液后的上层液体，经洗涤、干燥、蒸馏可得粗苯甲醇；萃取分液后下层液体加盐酸调pH根据提示苯甲酸钠甲酸转化为苯甲酸，在经冷却、抽滤、洗涤、干燥的粗苯甲酸，以此来解析；
【小问1详解】
研磨物质一般在研钵中进行，所以苯甲醛和NaOH在研钵中研磨；
【小问2详解】
因为氢氧化钠会促进乙酸乙酯的水解，不利于下一步反萃取的进行，调pH=8的目的是除去过量的氢氧化钠；
【小问3详解】
根据已知信息苯甲醛和NaHSO3反应产物溶于水，用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是除去过量的苯甲醛，根据提示②根据反应的化学方程式为： ；
【小问4详解】
根据已知信息苯甲醇加热时易分子间脱水成醚，蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏；
【小问5详解】
根据已知信息苯甲酸钠与酸反应生成苯甲酸，用浓盐酸调pH=2的目的是使苯甲酸钠转化为苯甲酸；
【小问6详解】
抽滤的优点是抽滤的速度快，苯甲酸在在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃)，苯甲酸在冷水的溶解度小，可以用冷水洗涤可以减少损失；
10. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.4kJ/mol
Ⅲ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.5kJ/mol
则△H1=__________。
（2）科学家研究发现，上述反应历程包含7步基元反应，在铜催化剂表面发生反应时，各基元反应在不同铜原子晶面Cu(100)、Cu(110)、Cu(111)反应的能量变化如下表所示。(*指微粒吸附在催化剂表面。)
基元反应
△H/eV
Cu(100)
Cu(110)
Cu(111)
CO2+H*COOH*
0.52
0.34
0.79
COOH*CO*+OH*
-0.26
-0.33
-011
OH*+H*H2O
-0.10
0.10
-0.34
CO*+H*HCO*
0.55
0.50
0.66
HCO*+H*CH2O
-0.53
-0.27
-0.69
CH2O+H*CH3O*
-1.02
-1.10
-0.78
CH3O*+H*CH3OH
-0.24
-0.10
-0.41
根据上表数据，在Cu(111)晶面的反应历程中，决定反应速率的基元反应是__________，该制甲醇的反应历程更容易在__________晶面发生。
（3）在p=4.00MPa、原料气n(H2)：n(CO2)=3.4、铜催化剂的反应条件下，温度对CO2转化率、甲醇产率、甲醇选择性的影响如下图所示。
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是__________；
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是__________；
③计算240℃时反应Ⅱ的压强平衡常数__________ (列出计算式即可)。
（4）除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有__________。
【10~13题答案】
【答案】（1）-49.1kJ/mol
（2） ①. CO2+H*→COOH* ②. Cu(110)
（3） ①. 反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行 ②. 反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH产率降低 ③.
（4）增大压强或使用其他催化剂
【解析】
【小问1详解】
已知：Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.4kJ/mol
Ⅲ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=-90.5kJ/mol
依据盖斯定律Ⅱ+Ⅲ即得到反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=-49.1kJ/mol。
【小问2详解】
根据上表数据，在Cu(111)晶面的反应历程中CO2+H*COOH*需要的能量最多，因此决定反应速率的基元反应是CO2+H*→COOH*，根据表中数据可知在Cu(110)中反应需要的能量最少，该制甲醇的反应历程更容易在Cu(110)晶面发生。
【小问3详解】
①由于反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行，所以CO2的转化率随温度升高而增大；
②由于反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH合成，但有利于CO的生成，CH3OH产率降低，所以CH3OH的选择性随温度升高而减小；
③240℃时CO2的转化率为0.22，甲醇的产率是0.088，设参加反应的二氧化碳是1mol，则生成甲醇的物质的量是0.22×0.088mol，生成CO的物质的量是0.22×0.912mol，剩余二氧化碳是0.78mol，根据方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可知生成水蒸气是0.22mol，根据氢原子守恒可知剩余氢气是（3.4－2×0.22×0.088－0.22）mol，反应Ⅱ的压强始终保持不变，可用物质的量表示，则反应Ⅱ的压强平衡常数为。
【小问4详解】
由于生成甲醇的反应均是体积减小的可逆反应，所以根据图像可知除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有增大压强或使用其他催化剂。
(二)选考题。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一个题目计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。
回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子的空间运动状态有__________种。
（2）红色配合物中H、C、N、Fe四种元素的电负性从大到小的顺序为__________。
（3）邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为__________、__________。
（4）红色配离子的中心原子的配位数为__________。
（5）红色配离子中不存在的作用力有__________。
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键 E．配位键
（6）临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是__________。
（7）三甲胺[N(CH3)3]和乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是__________。
（8）汽车安全气囊产生气体的功臣是叠氮化钠(NaN3)，N的空间构型为__________。
（9）钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶体结构如下图所示，六棱柱的底边长为apm，高为bpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。
【11~19题答案】
【答案】（1）15（2）N ＞ C ＞ H ＞ Fe
（3） ①. sp2 ②. sp2
（4）6（5）CD
（6）Fe3+的 3d5半充满状态更稳定
（7）都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
（8）直线形（9）
【解析】
【分析】（1）Fe为26号元素，分析其在元素周期表中的位置；
（2）电负性为元素的原子在化合物中吸引电子的能力，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价，非金属性越强，电负性越大；根据电负性的变化规律比较电负性大小；
（3）根据σ和π键的数目可知杂化方式；
（4）N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键；
（5）邻二氮菲中含有C= C双键和C= N双键，邻二氮菲与Fe2+通过配位键形成配离子；
（6）Fe2+很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；
（7）氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点
（8）根据等电子体知识，来判断构型；
（9）根据晶胞图所示结构计算晶体密度，密度公式为ρ=；
【小问1详解】
基态Fe的电子排布式为1s22s2sp63s23p63d64s2，s轨道有一种空间运动状态， p轨道有三种空间运动状态，d道有五种空间运动状态，3d轨道有6个电子，有5种空间运动状态，因此基态Fe原子的核外电子的空间运动状态有15种；
【小问2详解】
在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序N ＞ C ＞ H ＞ Fe；
【小问3详解】
根据邻二氮菲C周围的键为3个σ和1π，故C的杂化为sp2，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2；
【小问4详解】
由图1可知，该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有6个，N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键
【小问5详解】
该离子为配离子，不存在离子键，但含有配位键，并且邻二氮菲中含有碳碳或碳氮双键，所以含有π键和σ键，氢键不存在，CD符合题意；
故选CD。
【小问6详解】
Fe2+的核外价电子排布为3d5，很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；
【小问7详解】
氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺( H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；
【小问8详解】
原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，则与N互为等电子体的微粒有CO2，CO2为直线形，故N的结构为直线形；
【小问9详解】
根据晶胞的图可知中含有W的数目为12×+2×+6×+1=6个，含有C的数目为6个，晶胞的质量为m=nM=，晶胞的体积为6××a×a×sin60°×b×10-30cm3=×10-30cm3，晶胞的密度为：ρ===g/cm3。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 某实验小组由物质A合成一种新药物I的路线如下：
已知：I反应①的另一种生成物为CH3COOH
请回答下列问题：
（1）A的名称为__________。
（2）1molC和足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为__________mol。
（3）D中所含官能团的名称是__________。
（4）合成路线中设计反应①的目的是__________。
（5）反应④的化学反应类型为__________。
（6）F的结构简式为__________。
（7）反应⑦的化学方程式为__________。
（8）写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式__________。(不考虑立体异构)
①含有苯环；②遇FeCl3溶液显色；③能发生银镜反应；④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1
【12~19题答案】
【答案】（1）对甲基苯酚
（2）4（3）(酚)羟基醛基
（4）保护酚羟基（5）取代反应
（6）（7）+NaCN→+NaCl
（8）、
【解析】
【分析】已知反应①的另一种生成物为CH3COOH，由原子守恒可得B 为，反应②发生氯的取代反应，C为，对比D和C的分子式可知C少了2个C、2个H、2个Cl，1)先发生Cl的水解反应得到羟基再脱水转化为醛基，2)酯基在酸条件下水解生成-OH，则D为，根据E的分子式可知D中酚羟基被取代，E为，反应⑤发生已知信息III得到F为，F中-OH发生取代反应得到G为，反应⑦发生已知信息IV的反应，H为；
【小问1详解】
A的母体是苯酚，取代基是甲基，名称为对甲基苯酚；
【小问2详解】
C为，1molC和足量的NaOH溶液反应，其中酯基发生水解反应消耗1molNaOH溶液，得到羟基连在苯环上作为酚羟基，又消耗1molNaOH，Cl原子可发生水解反应，有2个Cl消耗2molNaOH，则共消耗NaOH的物质的量为4mol；
【小问3详解】
D为，所含官能团的名称是(酚)羟基醛基；
【小问4详解】
合成路线中设计反应①目的是保护酚羟基；
【小问5详解】
D为，E为，D中酚羟基被取代，反应④的化学反应类型为取代反应；
【小问6详解】
F的结构简式为；
【小问7详解】
反应⑦发生已知信息IV的反应，反应的化学方程式为+NaCN→+NaCl；
【小问8详解】
B 为，满足条件：①含有苯环；②遇FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；③能发生银镜反应说明含有醛基；④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1，同分异构体的结构简式为：、。
化 学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 W 184
一、选择题：每小题6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. 化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A. “祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为二氧化硅
B. 航天服使用的棉针织品、羊毛、氯丁尼龙橡胶等都属于天然高分子材料
C. 我国为实现2030年前碳达峰，可研发新技术加强对可燃冰广泛使用
D. 使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒涉及蛋白质的变性
【1题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A．“祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为导致硅，二氧化硅可以用光导纤维，A错误；
B．航天服使用的棉针织品、羊毛等都属于天然高分子材料，氯丁尼龙橡胶是人工合成的，B错误；
C．可燃冰的主要成分是甲烷，甲烷燃烧产生二氧化碳，不利于碳中和，C错误；
D．乙醇、“84”消毒液、过氧化氢等均能使蛋白质变性，所以使用乙醇、“84”消毒液、过氧化氢消毒等涉及蛋白质的变性，D正确；
答案选D。
2. 下图表示合成抗凝血药物华法林的一步反应。下列说法正确的是
A. X的分子式为C9H8O3
B. Y分子苯环上的二氯代物共有6种
C. Z分子中所有碳原子可能处于同一平面
D. X、Y、Z均能发生水解反应
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．从X的结构简式可知，其分子式为C9H6O3，A错误；
B．Y分子苯环上有三种不同化学环境的氢，分别是支链的邻、间、对位，给苯环上的碳原子标记 ，二氯代物有(1.2)、(1.3)、(1.4)、(1.5)、(2.3)、(2.4)，共6种，B正确；
C．Z分子中与三个碳原子相连的碳原子，星号标注的碳原子是sp3杂化，这四个碳原子不可能在同一平面，故所有碳原子不可能处于同一平面，C错误；
D．X和Z分子内含有酯基可以发生水解反应，Y中是酮基不能发生水解反应，D错误；
故选B。
3. 科研人员通过研究得出了雾霾微粒中生成硫酸盐的转化机理，其主要过程如下图所示。
下列说法正确的是
A. 步骤①的反应过程中电子转移的数目为NA
B. ②、③两个过程中H2O均参加反应，并起催化剂的作用
C. 生成硫酸盐整个过程的总反应为2NO2+H2O+SO=HNO2+HSO+NO
D. 步骤②、③中均有O-H键断裂和S-O键生成
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，过程①为和反应生成和，过程②和③为、和水反应得到和。
【详解】A．由上述分析可知，过程①中发生的反应为，反应过程中，硫元素的化合价由+4价升高为+5价，为还原剂，若参与反应，转移的电子数为，由于未说明消耗的的量，无法计算转移的电子数，A项错误；
B．由图可知，过程②中作为反应物参加反应，过程③中没有参加反应，B项错误；
C．过程①中发生的反应为，过程②和③反应的方程式为，将两个反应相加即可得到生成硫酸盐整个过程的总反应为，C项正确；
D．由图可知，步骤②中有键的断裂和键的生成，步骤③中有键的断裂，但不存在键的生成，D项错误；
答案选C。
4. 根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某钠盐粉末上滴加浓盐酸，将产生的气体通人品红溶液。
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3，NaHSO3或Na2S2O3
B
向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液。
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+具有还原性
C
向浓度均为0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液。
有黑色沉淀生成
Ksp(Ag2S)＜Ks (Ag2CO3)
D
向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水
溶液变蓝
淀粉没有发生水解
A. A B. B C. C D. D
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．若该钠盐为NaClO3，与浓盐酸反应生成的Cl2也能使品红溶液褪色，A错误；
B．向酸性KMnO4溶液中滴入适量的FeCl2溶液，KMnO4溶液紫色褪去，可能是Fe2+具有还原性，也可能是Cl-具有还原性，B错误；
C．向浓度均为0.01mol·L1的Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黑色的Ag2S沉淀生成，可以说明Ksp(Ag2S)＜Ks (Ag2CO3)，C正确；
D．向淀粉溶液中加适量20%硫酸溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝，可能是淀粉没有发生水解或淀粉部分水解，D错误；
答案选C。
5. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y在元素周期表中的相对位置如图所示，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数。下列推断正确的是
A. 简单离子半径：Y＜Z
B. 氢化物的稳定性：X＜Y＜Z
C. 氧化物对应水化物酸性：W＜X＜Z
D. 化合物WZ3、Y2Z2中既含离子键又含共价键
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W元素最外层与次外层的电子数之差为3，则W是N；根据图中的相对位置，则Y是S，Z的原子序数比Y大，则Z是Cl，W的核电荷数与Z元素的最外层电子数之和等于X的原子序数，则X是Si，以此解题。
【详解】A．S2-与Cl-的电子层数相同，Cl的原子序数大于S，则半径S2->Cl-，A错误；
B．同一周期，从左往右，非金属性增强，对应的氢化物稳定性增强，X＜Y＜Z，B正确；
C．题目中没有指明是最高价氧化物对应的水化物，故无法判断其酸性强弱，C错误；
D．NCl3和S2Cl2中只含有共价键，D错误；
故选B。
6. 利用微生物电池处理有机废水同时也可实现海水淡化。现以NaC1溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(含CH3COO-的溶液)。下列说法错误的是
A. 电极电势a极低于b极
B. 当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，会有1molCl-通过隔膜1
C. a极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D. 当电路中通过4mol电子时，负极区溶液的质量理论上减少44g
【6题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】在a极，CH3COO-转化为CO2，C元素化合价升高，则a极为负极，b极为正极。a极发生的电极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，b极发生的电极反应为2H++2e-=H2↑。隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，b极为正极，则电极电势a极低于b极，A正确；
B．b极为正极，发生的电极反应为2H++2e-=H2↑，当b极上产生11.2L(标准状况)气体时，线路中有1mole-转移，在a极上会有0.125mol CH3COO-失去电子，则有1molCl-通过隔膜1，B正确；
C．在a极，CH3COO- 失电子产物与H2O作用生成CO2等，电极反应式为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C正确；
D．负极反应为CH3COO- -8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，当电路中通过4mol电子时，负极区溶液中释放1molCO2，同时有4molCl-通过隔膜1进入负极区，则理论上增加质量4mol×35.5g/mol-1mol×44g/mol=98g，D错误；
故选D。
7. 25℃时，用0.2mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1某二元酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数(δ)如图所示。下列说法正确的是
A. 虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示A2-、HA-、H2A的分布分数变化关系
B. 二元酸H2A的电离平衡常数Ka1的数量级为10-7
C. a点溶液中：c(Na+)+c(H+)＞c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)
D. c点溶液中c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】NaOH溶液滴定二元酸H2A，先后发生反应：、。
【详解】A．据分析，随着H2A被滴定分数的增加，H2A的分布分数逐渐减少，直至消失，HA-的分布分数随着H2A的减少而增加，达最大值后又随着A2-的增加而减少，从图中曲线变化趋势分析，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示H2A、HA-、A2-的分布分数变化关系，A错误；
B．二元酸H2A的电离平衡常数Ka1=，取a点处数据代入计算，因H2A物种分布分数(δ) 50%，即c(HA-)=c(H2A)，则Ka1=c(H+)≈4，Ka1的数量级为10-4，B错误；
C．a点是曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的交叉点，溶液中c(HA-)=c(H2A)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)，C错误；
D．c点是曲线Ⅱ达到最大值，溶液中滴入的NaOH与H2A比值为1:1，因c点对应pH<7，溶液显酸性，即HA-的电离程度大于水解程度，故有： c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，D正确；
故选D。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，考生根据要求作答。
(一)必考题。
8. 电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。下面是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。
该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn(OH) 存在。
回答下列问题：
（1）电解除铜时，铜在__________极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是__________；
（2）电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，下表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是__________；
电解电压
1v
2.1v
2.4v
2.7v
2.4v
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
（3）当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)为A(列出计算式) __________；
（4）沉镍时调节pH大于__________；
（5）沉锌时反应的离子方程式为__________；
（6）沉锌后的滤液中的主要溶质为__________ (填化学式)。
【8~13题答案】
【答案】（1） ①. 阴极 ②. 取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化
（2）2.4V、3.5h
（3）10-0.2（4）12.5
（5）Zn(OH)+ 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O
（6）Na2SO4
【解析】
【分析】电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr(OH)3、将镍元素转化为Ni(OH)2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn(OH)2沉淀。
【小问1详解】
电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化。
【小问2详解】
电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出。
【小问3详解】
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液pH=5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH=8.0得知Ksp[Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=10-17；则pH=5.6时溶液中c(Zn2+)==10-0.2(mol/L)。
【小问4详解】
从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn(OH)存在，依题意，则pH应大于12.5。
【小问5详解】
从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn(OH)，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn(OH) 反应生成Zn(OH)2，离子方程式为：Zn(OH)+ 2H+ = Zn(OH)2↓+ 2H2O。
【小问6详解】
从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4。
9. 苯甲酸和苯甲醇是重要的化工原料，可以通过苯甲醛来制备，反应原理如下图。
已知：①反应物、产物及溶剂的主要性质见下表
物质
相对分子质量
熔点
沸点
溶解性
其他性质
苯甲醛
106
-26℃
179℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
和NaHSO3反应产物溶于水。
苯甲醇
108
-15℃
206℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
加热时易分子间脱水成醚。
苯甲酸
122
122℃
249℃
在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃),溶于有机溶剂。
Ka=6.5×10-5
乙酸乙酯
88
-84℃
77℃
微溶于水,易溶于有机溶剂。
略
②RCHO(不溶于醚，可溶于水)
实验流程如下图：
回答下面问题：
（1）苯甲醛和NaOH在__________ (仪器)中研磨；
（2）调pH=8的目的是__________；
（3）乙酸乙酯萃取后，取A层液体进行洗涤、干燥、蒸馏，可得粗苯甲醇；用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是__________，反应的化学方程式为__________；
（4）蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏的原因是__________；
（5）用浓盐酸调pH=2的目的是__________；
（6）分离苯甲酸时，抽滤优点是__________，洗涤用的试剂是__________。
【9~14题答案】
【答案】（1）研钵（2）除去剩余的 NaOH，避免和乙酸乙酯反应
（3） ①. 除去苯甲醛 ②.
（4）防止高温苯甲醇脱水
（5）使苯甲酸钠转化为苯甲酸
（6） ①. 快速过滤 ②. 冷水
【解析】
【分析】根据流程图信息可知苯甲醛和氢氧化钠在研磨的条件下生成苯甲醇和苯甲酸钠，加水溶解，加盐根据提示可知除去过量的氢氧化钠，以免影响萃取分液，根据提示苯甲醇微溶于水易溶于有机物，所以加乙酸乙酯萃取，萃取分液后的上层液体，经洗涤、干燥、蒸馏可得粗苯甲醇；萃取分液后下层液体加盐酸调pH根据提示苯甲酸钠甲酸转化为苯甲酸，在经冷却、抽滤、洗涤、干燥的粗苯甲酸，以此来解析；
【小问1详解】
研磨物质一般在研钵中进行，所以苯甲醛和NaOH在研钵中研磨；
【小问2详解】
因为氢氧化钠会促进乙酸乙酯的水解，不利于下一步反萃取的进行，调pH=8的目的是除去过量的氢氧化钠；
【小问3详解】
根据已知信息苯甲醛和NaHSO3反应产物溶于水，用饱和NaHSO3溶液洗涤有机相的目的是除去过量的苯甲醛，根据提示②根据反应的化学方程式为： ；
【小问4详解】
根据已知信息苯甲醇加热时易分子间脱水成醚，蒸馏时采取减压蒸馏而不是常压蒸馏；
【小问5详解】
根据已知信息苯甲酸钠与酸反应生成苯甲酸，用浓盐酸调pH=2的目的是使苯甲酸钠转化为苯甲酸；
【小问6详解】
抽滤的优点是抽滤的速度快，苯甲酸在在水中溶解度0.21g( 17.5℃)、2.7g(80℃)，苯甲酸在冷水的溶解度小，可以用冷水洗涤可以减少损失；
10. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2=+41.4kJ/mol
Ⅲ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.5kJ/mol
则△H1=__________。
（2）科学家研究发现，上述反应历程包含7步基元反应，在铜催化剂表面发生反应时，各基元反应在不同铜原子晶面Cu(100)、Cu(110)、Cu(111)反应的能量变化如下表所示。(*指微粒吸附在催化剂表面。)
基元反应
△H/eV
Cu(100)
Cu(110)
Cu(111)
CO2+H*COOH*
0.52
0.34
0.79
COOH*CO*+OH*
-0.26
-0.33
-011
OH*+H*H2O
-0.10
0.10
-0.34
CO*+H*HCO*
0.55
0.50
0.66
HCO*+H*CH2O
-0.53
-0.27
-0.69
CH2O+H*CH3O*
-1.02
-1.10
-0.78
CH3O*+H*CH3OH
-0.24
-0.10
-0.41
根据上表数据，在Cu(111)晶面的反应历程中，决定反应速率的基元反应是__________，该制甲醇的反应历程更容易在__________晶面发生。
（3）在p=4.00MPa、原料气n(H2)：n(CO2)=3.4、铜催化剂的反应条件下，温度对CO2转化率、甲醇产率、甲醇选择性的影响如下图所示。
①CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是__________；
②CH3OH的选择性随温度升高而减小的原因可能是__________；
③计算240℃时反应Ⅱ的压强平衡常数__________ (列出计算式即可)。
（4）除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有__________。
【10~13题答案】
【答案】（1）-49.1kJ/mol
（2） ①. CO2+H*→COOH* ②. Cu(110)
（3） ①. 反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行 ②. 反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH的合成，但有利于CO的生成，所以CH3OH产率降低 ③.
（4）增大压强或使用其他催化剂
【解析】
【小问1详解】
已知：Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.4kJ/mol
Ⅲ．CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=-90.5kJ/mol
依据盖斯定律Ⅱ+Ⅲ即得到反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=-49.1kJ/mol。
【小问2详解】
根据上表数据，在Cu(111)晶面的反应历程中CO2+H*COOH*需要的能量最多，因此决定反应速率的基元反应是CO2+H*→COOH*，根据表中数据可知在Cu(110)中反应需要的能量最少，该制甲醇的反应历程更容易在Cu(110)晶面发生。
【小问3详解】
①由于反应II为吸热反应，温度升高不但反应速率加快，也有利于该反应正向进行，所以CO2的转化率随温度升高而增大；
②由于反应I(或III)为放热反应，而反应II为吸热反应，所以温度升高不利于CH3OH合成，但有利于CO的生成，CH3OH产率降低，所以CH3OH的选择性随温度升高而减小；
③240℃时CO2的转化率为0.22，甲醇的产率是0.088，设参加反应的二氧化碳是1mol，则生成甲醇的物质的量是0.22×0.088mol，生成CO的物质的量是0.22×0.912mol，剩余二氧化碳是0.78mol，根据方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可知生成水蒸气是0.22mol，根据氢原子守恒可知剩余氢气是（3.4－2×0.22×0.088－0.22）mol，反应Ⅱ的压强始终保持不变，可用物质的量表示，则反应Ⅱ的压强平衡常数为。
【小问4详解】
由于生成甲醇的反应均是体积减小的可逆反应，所以根据图像可知除调控合适的温度外，使CH3OH的选择性增大的方法有增大压强或使用其他催化剂。
(二)选考题。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一个题目计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11. 碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮菲()与Fe2+形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。
回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子的空间运动状态有__________种。
（2）红色配合物中H、C、N、Fe四种元素的电负性从大到小的顺序为__________。
（3）邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为__________、__________。
（4）红色配离子的中心原子的配位数为__________。
（5）红色配离子中不存在的作用力有__________。
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键 E．配位键
（6）临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是__________。
（7）三甲胺[N(CH3)3]和乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是__________。
（8）汽车安全气囊产生气体的功臣是叠氮化钠(NaN3)，N的空间构型为__________。
（9）钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶体结构如下图所示，六棱柱的底边长为apm，高为bpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是__________g·cm-3(列出计算表达式)。
【11~19题答案】
【答案】（1）15（2）N ＞ C ＞ H ＞ Fe
（3） ①. sp2 ②. sp2
（4）6（5）CD
（6）Fe3+的 3d5半充满状态更稳定
（7）都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
（8）直线形（9）
【解析】
【分析】（1）Fe为26号元素，分析其在元素周期表中的位置；
（2）电负性为元素的原子在化合物中吸引电子的能力，电负性大的元素呈负价，电负性小的元素呈正价，非金属性越强，电负性越大；根据电负性的变化规律比较电负性大小；
（3）根据σ和π键的数目可知杂化方式；
（4）N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键；
（5）邻二氮菲中含有C= C双键和C= N双键，邻二氮菲与Fe2+通过配位键形成配离子；
（6）Fe2+很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；
（7）氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点
（8）根据等电子体知识，来判断构型；
（9）根据晶胞图所示结构计算晶体密度，密度公式为ρ=；
【小问1详解】
基态Fe的电子排布式为1s22s2sp63s23p63d64s2，s轨道有一种空间运动状态， p轨道有三种空间运动状态，d道有五种空间运动状态，3d轨道有6个电子，有5种空间运动状态，因此基态Fe原子的核外电子的空间运动状态有15种；
【小问2详解】
在元素周期表中同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序N ＞ C ＞ H ＞ Fe；
【小问3详解】
根据邻二氮菲C周围的键为3个σ和1π，故C的杂化为sp2，N周围的键为3个σ和1π，故N的杂化为sp2；
【小问4详解】
由图1可知，该配离子中Fe2+与氮原子形成配位键共有6个，N原子含有1对孤对电子，与Fe2+形成配位键
【小问5详解】
该离子为配离子，不存在离子键，但含有配位键，并且邻二氮菲中含有碳碳或碳氮双键，所以含有π键和σ键，氢键不存在，CD符合题意；
故选CD。
【小问6详解】
Fe2+的核外价电子排布为3d5，很容易失去1个电子形成3d5的半满结构；
【小问7详解】
氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点，乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺( H2NCH2CH2NH2)和三甲胺[N(CH3)2]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；
【小问8详解】
原子数相同，价电子数相同的微粒互为等电子体，则与N互为等电子体的微粒有CO2，CO2为直线形，故N的结构为直线形；
【小问9详解】
根据晶胞的图可知中含有W的数目为12×+2×+6×+1=6个，含有C的数目为6个，晶胞的质量为m=nM=，晶胞的体积为6××a×a×sin60°×b×10-30cm3=×10-30cm3，晶胞的密度为：ρ===g/cm3。
【化学——选修5：有机化学基础】
12. 某实验小组由物质A合成一种新药物I的路线如下：
已知：I反应①的另一种生成物为CH3COOH
请回答下列问题：
（1）A的名称为__________。
（2）1molC和足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量为__________mol。
（3）D中所含官能团的名称是__________。
（4）合成路线中设计反应①的目的是__________。
（5）反应④的化学反应类型为__________。
（6）F的结构简式为__________。
（7）反应⑦的化学方程式为__________。
（8）写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式__________。(不考虑立体异构)
①含有苯环；②遇FeCl3溶液显色；③能发生银镜反应；④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1
【12~19题答案】
【答案】（1）对甲基苯酚
（2）4（3）(酚)羟基醛基
（4）保护酚羟基（5）取代反应
（6）（7）+NaCN→+NaCl
（8）、
【解析】
【分析】已知反应①的另一种生成物为CH3COOH，由原子守恒可得B 为，反应②发生氯的取代反应，C为，对比D和C的分子式可知C少了2个C、2个H、2个Cl，1)先发生Cl的水解反应得到羟基再脱水转化为醛基，2)酯基在酸条件下水解生成-OH，则D为，根据E的分子式可知D中酚羟基被取代，E为，反应⑤发生已知信息III得到F为，F中-OH发生取代反应得到G为，反应⑦发生已知信息IV的反应，H为；
【小问1详解】
A的母体是苯酚，取代基是甲基，名称为对甲基苯酚；
【小问2详解】
C为，1molC和足量的NaOH溶液反应，其中酯基发生水解反应消耗1molNaOH溶液，得到羟基连在苯环上作为酚羟基，又消耗1molNaOH，Cl原子可发生水解反应，有2个Cl消耗2molNaOH，则共消耗NaOH的物质的量为4mol；
【小问3详解】
D为，所含官能团的名称是(酚)羟基醛基；
【小问4详解】
合成路线中设计反应①目的是保护酚羟基；
【小问5详解】
D为，E为，D中酚羟基被取代，反应④的化学反应类型为取代反应；
【小问6详解】
F的结构简式为；
【小问7详解】
反应⑦发生已知信息IV的反应，反应的化学方程式为+NaCN→+NaCl；
【小问8详解】
B 为，满足条件：①含有苯环；②遇FeCl3溶液显色说明含有酚羟基；③能发生银镜反应说明含有醛基；④核磁共振氢谱为4组峰，峰面积之比为1：6：2：1，同分异构体的结构简式为：、。
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