广东省2020届高三普通高中招生全国统一模拟考试试题（一）理综化学试题 Word版含解析

广东省2020届高三普通高中招生全国统一模拟考试试题（一）理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com ‎2020年普通高等学校招生全国统一考试 广东省理科综合能力测试模拟试题（一）化学 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。‎ ‎1.2019年是中华人民共和国成立70周年。近年来，我国在科技方面的成果举世瞩目。下列说法不正确的是 A. 港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐是运用了牺牲阳极的阴极保护法原理（ ）‎ B. “蛟龙号”潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性 C. 华为首款5G手机搭载了智能的7nm制程SoC麒麟980芯片，此芯片主要成分是二氧化硅 D. 高铁座椅内填充的聚氨酯软质泡沫属于有机高分子材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．港珠澳大桥主体结构材料为钢材，水下钢柱镶铝块，铝的活泼性比铁强，铝作原电池负极，铁作原电池正极，从而达到抗腐蚀目的，其原理为牺牲阳极的阴极保护法，故A不符合题意；‎ B．钛合金强度高、耐蚀性好、耐热性高、密度小的特点，故B不符合题意；‎ C．半导体材料的主要成分是硅单质，而非二氧化硅，故C符合题意；‎ D．聚氨酯主要原料包括二苯甲烷二异氰酸酯、甲苯二异氰酸酯、聚丙二醇，聚氨酯属于合成有机高分子材料，故D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎2.单萜类化合物香叶醇是香精油的主要成分之一。在酸性溶液中，香叶醇可以转化为环状单萜α—松油醇：‎ 关于香叶醇和α—松油醇，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两者互为同分异构体，分子式是C10H20O B. 两者分子中所有碳原子均处于同一平面 C. 两者均能在铜丝催化下和氧气氧化生成醛 D. 两者均能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生加成反应 - 20 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知，香叶醇和α—松油醇化学式均为C10H18O，二者化学式相同，结构不同，互为同分异构体，故A错误；‎ B．二者中存在2个或2个以上sp3杂化碳原子相连，因此所有碳原子不可能处于同一平面，故B错误；‎ C．中与羟基相连的碳原子上没有氢原子，因此不能发生催化氧化反应生成醛，故C错误；‎ D．二者中均含有碳碳双键，因此均能与溴单质发生加成反应使溴的四氯化碳褪色，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎【点睛】醇催化氧化的本质是：去氢，也就是去掉醇羟基上的H和连接有醇羟基的C原子上的氢，这两个H原子与氧气的O原子结合生成水；如果连接有醇羟基的C原子上有2个或者3个H，这样的醇催化氧化后形成醛；连接有醇羟基的C原子上有1个H，醇催化氧化后的产物是酮；连接有醇羟基的C原子上没有H原子，这样的醇不能发生催化氧化。‎ ‎3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这四种元素形成的一种盐溶液，遇到FeCl3溶液呈现血红色，该盐溶液与NaOH在加热条件下会生成一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下列说法正确的是（ ）‎ A. W和X形成的化合物在常温下均为气态 B. X元素可以形成多种具有广泛用途的单质 C. X和Z的最高价氧化物对应水化物都是强酸 D. Y的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该盐溶液遇到FeCl3溶液呈现血红色，说明该盐中含有SCN-，该盐溶液与NaOH在加热条件下会生成一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该盐中含有，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，故W为H，X为C，Y为N，Z为S，据此解答。‎ - 20 -‎ ‎【详解】由上述分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为S，‎ A．C与H形成烃类物质中如苯在常温下呈液态，故A错误；‎ B．C元素形成的单质有：金刚石、石墨、C60等，金刚石可用作玻璃切割材料，石墨可用作导电材料等，故B正确；‎ C．S元素的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，C元素的最高价氧化物对应水化物为H2CO3，属于弱酸，故C错误；‎ D．N3-核外电子具有2个电子层，S2-核外电子具有3个电子层，二者电子层结构不同，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎4.实验室制备硝基苯的反应装置如图所示，步骤之一是将仪器a中浓硝酸和浓硫酸形成的混酸加入到装有苯的三颈烧瓶中，则下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 仪器a的名称是恒压滴液漏斗 B. 长玻璃导管可以起到冷凝回流的作用 C. 配制混酸时应在烧杯中先加入浓硫酸 D. 分离出硝基苯的主要操作是分液和蒸馏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据仪器装置图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，故A不符合题意；‎ B．加热条件下，苯、浓硝酸均易挥发，因此长玻璃导管可起到平衡装置内外气压以及冷凝回流的作用，故B不符合题意；‎ C．浓硫酸密度较大，且溶解过程中放出大量热，因此不能先加入浓硫酸，应在浓硝酸中加入浓硫酸，冷却后滴入苯，其目的是：一方面两酸混合产生大量的热，使混合酸的温度升高，一部分浓硝酸将分解；另一方面，苯的沸点比较低，大量的苯将蒸发掉，影响硝基苯的产率，故C符合题意；‎ - 20 -‎ D．苯和硝基苯不易溶于水中，因此产品可先进行分液，分离出苯和硝基苯的有机层，然后利用蒸馏有机物分离出硝基苯，故D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎5.钾(K)资源丰富，成本低廉，用其制作的钾离子电池有着超越锂离子电池的发展前景。我国科研人员在钾离子电池的研发上做出了巨大的贡献。如图是我国某科研团队研制的一种钾离子电池充电时的示意图，下列说法不正确的是（ ）‎ A 放电时，外电路电子由电极a流向电极b B. 钾离子电池电解液一般选择有机溶剂，但会有一定的安全隐患 C. 充电时，每当外电路中转移1mole-，正极材料会“释放”39gK+‎ D. 充电时，电极b上的电极反应式为：WS2+xK++xe-=KxWS2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电池充电过程中，K+由类普鲁士蓝物移向WS2层状物中，由此可知，电极a发生氧化反应，电极b发生还原反应，充电过程中，电极a为阳极，电极b为阴极，放电过程中，电极a为正极，电极b为负极，以此解答。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，放电时，电极b为负极，发生氧化反应，电极a为正极，发生还原反应，因此外电路电子由电极b流向电极a，故A符合题意；‎ B．钾离子电池电解液基本沿用锂离子电池电解液体系，钾盐主要有六氟磷酸钾（KPF6）、双氟磺酰亚胺钾（KFSI）等，常见的溶剂有碳酸乙烯酯（EC）、碳酸丙烯酯（PC）、碳酸二乙酯（DEC）、碳酸二甲酯（DMC）等，其有机易燃电解质在循环过程中会带来安全威胁，热失控的可能性被认为是引起安全问题的主要问题，故B不符合题意；‎ C．充电时，原正极材料发生氧化反应“释放”K+，K+带1个单位正电荷，每当外电路中转移1mole-，正极材料会“释放”1molK+(即39gK+)，故C不符合题意；‎ D．充电时，电极b为阴极，WS2发生还原反应，电极反应式为：WS2+xK++xe-=KxWS2，故D不符合题意；‎ - 20 -‎ 故答案为：A。‎ ‎【点睛】钾离子电池与锂离子电池工作原理相似，锂离子电池主要依靠锂离子在正极和负极之间移动来工作。在充放电过程中，Li+ 在两个电极之间往返嵌入和脱嵌：充电时，Li+从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，负极处于富锂状态；放电时则相反，充放电过程中锂元素化合价均不发生变化。‎ ‎6.氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，可用作LED的基质材料，通过等离子法由SiH4(沸点-111.9℃)与氨气反应制取的方程式如下：3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，1.8gSiH4所含质子的数目为3.2NA B. 标准状况下，4.48LNH3和H2的混合气体所含分子总数为0.2NA C. NA个NH3分子溶于1L的水，所得溶液的物质的量浓度为1mol·L-1‎ D. 当生成1molSi3N4时，转移电子数目为6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1.8gSiH4所含质子数为，故A错误；‎ B．标准状况下，4.48LNH3和H2的混合气体的物质的量为，分子数目为0.2NA，故B正确；‎ C．NA个NH3分子溶于1L的水，所得溶液的体积大于1L，因此溶质物质的量浓度不是1mol·L-1，故C错误；‎ D．该反应转移电子为：，因此生成1molSi3N4时，转移电子数目为12NA，故D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎【点睛】使用Vm=22.4 L·mol－1时，一定注意以下几个方面：‎ ‎①一个条件：标准状况下；‎ ‎②一个对象：只限于气体，可以是单一气体，也可以是混合气体；‎ ‎③两个数据：“1 mol”、约“22.4 L”；‎ - 20 -‎ ‎④当1 mol气体的体积是22.4 L时，不一定是标准状况下；非标准状况下，1 mol气体的体积也可能是22.4 L；‎ ‎⑤在做有关气体摩尔体积的题时，一定要注意单位：摩尔体积的单位为L·mol－1，不要写成L；气体体积的单位为L，不要写成L·mol－1。‎ ‎7.低浓度的氢氟酸是一元弱酸，存在下列两个平衡：HFH++F-，HF+F-HF2- (较稳定)。25℃时，不同酸性条件下的2.0amol·L-1HF溶液中，c(HF)、c(F-)与溶液pH(忽略体积变化)的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. c(HF)+c(F-)=2.0amol·L-1‎ B. c(F-)>c(HF)时，溶液一定呈碱性 C. 随着溶液pH增大，不断增大 D. 25℃时，HF的电离常数Ka=10-3.45‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该溶液中含F微粒有：F-、HF、，根据物料守恒可知，，故A错误；‎ B．由图可知，当溶液pH>3.45时，c(F-)>c(HF)，因此当c(F-)>c(HF)时，溶液不一定呈碱性，故B错误；‎ C．随着溶液pH增大，c(F-)逐渐增大，，温度不变，Ka不变，因此逐渐减小，故C错误；‎ D．当pH=3.45时，c(F-)=c(HF)，，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ - 20 -‎ ‎8.纳米TiO2具有十分宝贵的光学性质，在汽车工业及诸多领域都显示出美好的发展前景。下图是以硫酸氧钛为原料制备纳米二氧化钛的工艺流程图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应I中发生两个反应，其一是尿素[CO(NH2)2]与H2O反应生成CO2和NH3·H2O，则另一反应的离子方程式为____。‎ ‎（2）判断TiO(OH)2沉淀是否洗净的实验操作和现象是：____。‎ ‎（3）为了减少制备过程中的“三废”排放，将上述流程中的“滤液”经过____、____、_____（填基本操作）即可回收________（填化学式）。‎ ‎（4）为研究反应温度、反应时间、反应物物质的量配比等因素对制备纳米二氧化钛产率的影响。设计如下实验：‎ 实验编号 反应温度/℃‎ 反应时间/h 反应物物质的量配比 ‎①‎ ‎90‎ ‎1‎ ‎2:1‎ ‎②‎ ‎90‎ ‎2‎ ‎3:1‎ ‎③‎ ‎90‎ ‎1‎ ‎④‎ ‎100‎ ‎2‎ ‎3:1‎ 实验②和④的实验目的是___，实验③中反应物物质的量配比为___。反应I中TiO2+浓度对TiO2的产率和粒径的影响如图：‎ - 20 -‎ 结合图中信息，你认为为达到工艺目的，最合适的TiO2+浓度为_______。‎ ‎【答案】 (1). TiO2++2NH3·H2O= TiO(OH)2↓+2NH4+ (2). 取少量最后一次的洗涤液于试管中，加入盐酸进行酸化，再加入氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，表明沉淀已经洗涤干净 (3). 蒸发浓缩 (4). 冷却结晶 (5). 过滤 (6). (NH4)2SO4 (7). 探究不同反应温度对制备TiO2产率的影响 (8). 3:1 (9). 1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中信息可知，以TiOSO4为原料，以尿素为沉淀剂制备纳米TiO2的反应原理为：‎ CO(NH2)2+3H2O=2NH3·H2O+CO2↑‎ TiOSO4+2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+(NH4)2SO4‎ TiO(OH)2= TiO2+H2O 结合TiOSO4的性质和题中所给流程图进行分析，TiOSO4易发生水解生成TiO2，控制钛液中TiO2+的浓度，TiO2+与氨水混合，调节pH，生成白色TiO(OH)2沉淀，待TiO(OH)2沉淀完全后过滤，并用去离子水多次洗涤至沉淀中不再检出SO42-，过滤，陈化一段时间后，将沉淀多次漂洗后真空烘干，在不同温度下煅烧，经研磨和气流粉碎制备出纳米TiO2，据此解答。‎ ‎【详解】（1）TiOSO4易发生水解生成TiO2，由题可知，悬浊液中含有TiO(OH)2，因此另一反应的离子方程式为：TiO2++2NH3·H2O= TiO(OH)2↓+2NH4+；答案为：TiO2++2NH3·H2O= TiO(OH)2↓+2NH4+；‎ ‎（2）该沉淀表面附着有SO42-，判断沉淀是否洗涤干净，可根据洗涤液中是否含有SO42-来进行判断。实验操作和现象为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，加入盐酸进行酸化，再加入氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，表明沉淀已经洗涤干净；答案为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，加入盐酸进行酸化，再加入氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，表明沉淀已经洗涤干净；‎ - 20 -‎ ‎（3）滤液中含有一定量的(NH4)2SO4，可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤进行回收，答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(NH4)2SO4；‎ ‎（4）对比表中数据，可知实验②和④的反应物物质的量配比和反应时间相同，反应温度不同，二者为对照实验，实验目的为：探究不同反应温度对制备TiO2产率的影响；实验③和实验①为对照实验，则实验③和实验①的反应物物质的量配比应不同，实验③的反应物物质的量配比应为3:1，因此实验目的为探究反应物物质的量配比对制备纳米TiO2产率的影响；由题给信息可知，纳米二氧化钛粒径为10～50nm，分析题中粒径和TiO2+浓度关系图，TiO2+浓度增大，二氧化钛粒径也逐渐增大，当TiO2+浓度为1mol/L时，二氧化钛粒径为50nm，故最适合的TiO2+浓度为1mol/L。答案为：探究不同反应温度对制备TiO2产率的影响；3:1；1mol/L。‎ ‎9.镍(Ni)及其化合物广泛应用于生产电池、电镀和催化剂等领域。‎ ‎（1）某蓄电池反应为2NiO(OH)+Cd+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。该蓄电池充电时，被氧化的物质是__(填化学式)，放电时若生成73gCd(OH)2，则外电路中转移的电子数是___。‎ ‎（2）镍的羰化反应为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) ΔH。‎ ‎①一定温度下，将一定量的粗镍和CO加入到1L的恒容密闭容器中反应，5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则0~5s内平均反应速率v(CO)=__mol·L·s-1。‎ ‎②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，则该反应的ΔH__0(填“>”或“<")。‎ ‎（3）NiSO4·6H2O晶体是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料制取。制取步骤如下：‎ ‎①在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度1.84g·mL-1)配制40%的稀硫酸，需要的玻璃仪器除玻璃棒外，还有__。‎ ‎②向滤液Ⅰ中加入Na2S的目的是_。(已知：Ksp[FeS]=6.3×10-18，Ksp[CuS]=1.3×10-36，Ksp[ZnS]=1.3×10-24，Ksp[NiS]=1.1×10-21)‎ ‎③滤液Ⅲ中所含的阳离子主要有__。‎ ‎④NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为__。‎ - 20 -‎ ‎⑤在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因__(写出一条即可)。‎ ‎【答案】 (1). Ni(OH)2 (2). NA或6.02×1023 (3). 1.2 (4). < (5). 烧杯、量筒 (6). 除去溶液中的Zn2+和Cu2+ (7). Na+、Ni2+ (8). 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O (9). 加快晶体的干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（3）加入硫酸后，滤液I中主要溶质为CuSO4、NiSO4、FeSO4、ZnSO4、H2SO4，调节pH后加入Na2S使Cu2+、Zn2+以硫化物沉淀，因Ksp[FeS]>Ksp[NiS]，因此加入Na2S不能将Fe2+除去(Ni2+先于Fe2+沉淀，达不到目的)，因此再向滤液II中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH将Fe3+沉淀，滤液III中主要含有Na+、Ni2+，再加入Na2CO3生成NiCO3，以此解答。‎ ‎【详解】（1）该电池充电时，Ni(OH)2转化为NiO(OH)，Ni元素化合价升高，因此被氧化的物质为：Ni(OH)2；放电时若生成73gCd(OH)2，其物质的量为，Cd元素化合价升高2价，则外电路中转移的电子数是0.5mol×2×NAmol-1=NA或60.2×1023；‎ ‎（2）①5s后测得Ni(CO)4的物质的量为1.5mol，则5s内消耗CO的物质的量为1.5mol×4=6mol，则0~5s内平均反应速率；‎ ‎②该反应的平衡常数K随温度升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，即逆向为吸热反应，因此正向为放热反应，故ΔH<0；‎ ‎（3）①该配制实验为浓溶液稀释配制稀溶液，需要的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，因此还需要烧杯、量筒；‎ ‎②由上述分析可知，加入Na2S的目的是除去溶液中Cu2+、Zn2+；‎ ‎③由上述分析可知，滤液III中主要含有的阳离子为：Na+、Ni2+；‎ ‎④该反应中，Ni元素化合价从+2价升高至+3价，Cl元素从+1价降低为-1价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒以及溶液呈强碱性可知，该反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；‎ ‎⑤乙醇较水更易挥发，若用水进行洗涤，在后续干燥过程中难以掌握烘干时间和温度，因此采用乙醇洗涤，其原因是能够加快晶体的干燥。‎ ‎10.现代工业的发展导致CO2‎ - 20 -‎ 的大量排放，对环境造成的影响日益严重，通过各国科技工作者的努力，已经开发出许多将CO2回收利用的技术，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：‎ ‎（1）在催化转化法回收利用CO2的过程中，可能涉及以下化学反应：‎ ‎①CO2(g)+2H2O(1)CH3OH(1)+O2(g) △H=+727kJ·mol-1 △G=+703kJ·mol-1‎ ‎②CO2(g)+2H2O(1)CH4(g)+2O2(g) △H=+890kJ·mol-1 △G=+818kJ·mol-1‎ ‎③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(1)+H2O(1) △H=-131kJ·mol-1 △G=-9.35kJ·mol-1‎ ‎④CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(1) △H=-253kJ·mol-1 △G=-130kJ·mol-1‎ 从化学平衡的角度来看，上述化学反应中反应进行程度最小的是____，反应进行程度最大的是_____。‎ ‎（2）反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g)称为Sabatier反应，可用于载人航空航天工业。我国化学工作者对该反应的催化剂及催化效率进行了深入的研究。‎ ‎①在载人航天器中利用Sabatier反应实现回收CO2再生O2，其反应过程如图所示，这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充_________（填化学式）。‎ ‎②在1.5 MPa，气体流速为20 mL·min-l时研究温度对催化剂催化性能的影响，得到CO2的转化率(%)如下：‎ 分析上表数据可知：_____（填化学式）的催化性能更好。‎ ‎③调整气体流速，研究其对某一催化剂催化效率的影响，得到CO2的转化率(%)如下：‎ - 20 -‎ 分析上表数据可知：相同温度时，随着气体流速增加，CO2的转化率____（填“增大”或“减小”），其可能的原因是_________________________________。‎ ‎④在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是____，已知初始反应气体中V(H2):V(CO2) =4:l，估算该温度下的平衡常数为 ___________（列出计算表达式）。‎ ‎（3）通过改变催化剂可以改变CO2与H2反应催化转化的产物，如利用Co／C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。为了研究催化剂的稳定性，将Co/C催化剂循环使用，相同条件下，随着循环使用次数的增加，甲醇的产量如图所示，试推测甲醇产量变化的原因_________________________________。（已知Co的性质与Fe相似）‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ④ (3). H2 (4). Co4N/Al2O3 (5). 减小 (6). 气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不够 (7). 360℃ (8). (9). 反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在温度、压强一定条件下，反应总是向△G＜0的方向进行，由此判断。‎ ‎（2）①分析反应过程图，CO2、O2、H2O属于循环过程中始终在循环过程中的，而H2属于循环过程中加入的，由此可知正确答案；‎ ‎②分析表中数据，在相同温度下，对比不同催化剂时CO2的转化率可选择出催化性能更好的催化剂；‎ - 20 -‎ ‎③分析表中数据，在温度不变的情况下，气流速度增大，CO2的转化率逐渐降低，据此分析原因；‎ ‎④分析表中数据，大部分数据显示，在气流速度不变的情况下，CO2的转化率随着温度的增大而逐渐增大，但增大的幅度在逐渐减小，故在上述实验条件中，Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，根据此时CO2的转化率，计算该温度下的平衡常数；‎ ‎（3）由图可知，随着Co/C催化剂循环次数的增多，甲醇的产量逐渐降低，说明该催化剂在循环过程中受到一定程度的影响，结合产物的性质进行分析；‎ ‎【详解】（1）分析四个反应，根据在温度、压强一定的条件下，反应总是向△G＜0的方向进行，反应的△G越小反应进行程度越大，反之反应进行的程度就越小，故上述化学反应中反应进行程度最小的是②，反应进行程度最大的是④。答案为：②；④；‎ ‎（2）①分析循环图，只有H2需不断补充，答案为：H2；‎ ‎②对比表中的数据，在相同温度下，催化剂为Co4N/Al2O3时，CO2的转化率更大，答案为：Co4N/Al2O3；‎ ‎③分析表中数据，温度不变时，随着气体流速逐渐增大，CO2的转化率逐渐减小，可能是气体流速过快，来不及和催化剂充分接触，导致CO2的转化率减小。答案为：减小；气流流速加快，导致反应物与催化剂接触时间不够；‎ ‎④分析表中数据，大部分数据表明，在320℃至360℃时，气体流速不变的情况下，CO2的转化率的增大幅度在逐渐减小，由此可知Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃，结合题中所给信息，选择气体流速为10mL·min-1时CO2的转化率进行计算。‎ 已知初始反应气体中V(H2):V(CO2) =4:l，根据在密闭容器里，全部由气体参与的反应中，压强、温度不变时，气体的体积比等于物质的量之比，可知V(H2):V(CO2) = n(H2):n(CO2)=4:l，设初始气体中H2的物质的量为4mol，CO2的物质的量为1mol，则有：‎ 在密闭容器中，全部由气体参与的反应中，平衡时气体的物质的量之比=气体物质的量浓度之比，可知该温度下，该反应的平衡常数K=‎ - 20 -‎ ‎。答案为：360℃；；‎ ‎（3）根据题中催化剂循环次数和甲醇产量的关系：催化剂的循环次数越多，甲醇的产量逐渐降低，说明催化剂一定程度受到了其他物质的影响，结合题给信息：用Co／C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。又已知Co的性质与Fe相似，说明甲酸可与催化剂中的Co进行反应，故催化剂的活性降低，进而影响甲醇的产量，答案为：反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低。‎ ‎[化学——选修3：物质结构与性质]‎ ‎11.补铁剂常用于防治缺铁性贫血，其有效成分一般为硫酸亚铁、琥珀酸亚铁、富马酸亚铁和乳酸亚铁等。回答下列问题：‎ ‎（1）能表示能量最低的亚铁离子的电子排布式是_________（填标号）。‎ a.[Ar]3d54s2 b.[Ar]3d54s1 c.[Ar]3d64s2 d.[Ar]3d6‎ ‎（2）琥珀酸即丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)，在琥珀酸分子中电负性最大的原子是_____，碳原子的杂化方式是______；琥珀酸亚铁中存在配位键，在该配位键中配位原子是____，中心原子是____。‎ ‎（3）富马酸和马来酸互为顺反异构体，其电离常数如下表：‎ 请从氢键的角度解释富马酸两级电离常数差别较小，而马来酸两级电离常数差别较大的原因：____。‎ ‎（4）β-硫酸亚铁的晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a= 870 pm、b=680 pm、c=479 pm，α=β=γ=90°，Fe2+‎ - 20 -‎ 占据晶胞顶点、棱心、面心和体心。在该晶胞中，硫酸根离子在空间上有____种空间取向，晶胞体内硫酸根离子的个数是____，铁原子周围最近的氧原子的个数为____；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度是____ g·cm-3（列出计算表达式）。‎ ‎【答案】 (1). d (2). O (3). sp2、sp3 (4). O (5). Fe (6). 马来酸中存在分子内氢键，提高了羧基的离子性，有利于酸性电离，因此马来酸电离主要以第一步电离为主 (7). 2 (8). 2 (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）绝大多数过渡元素中，同一元素的价态变化是连续的，因为(n-1)d和ns轨道的能量相差不大，可以逐个失去s电子和d电子造成氧化态的连续变化。基态铁原子核外电子排布式为［Ar］3d64s2，失去4s2变成亚铁离子，由此可得正确答案；‎ ‎（2）同一周期，随着原子序数的增加，元素的电负性逐渐增大。C、O为同周期元素，H的电负性最小，由此可判断C、H、O的电负性的大小。根据中心原子的孤对电子数以及与中心原子相连的原子个数来判断分子中原子的杂化方式，可分析出丁二酸中C原子的杂化方式。琥珀酸亚铁中O原子有孤电子对，亚铁离子中存在空轨道，根据配合物中中心原子提供空轨道，配位原子必须是含有孤对电子的原子，可以判断出琥珀酸亚铁中配位原子和中心原子。‎ ‎（3）在马来酸分子中，O原子吸引电子的能力较强，H-O共用电子对偏向O原子，从而提高了羧基的离子性，据此分析。‎ ‎（4）利用“均摊法”计算晶胞拥有的粒子数目，根据公式xM=ρa3NA求算晶胞的密度。‎ ‎【详解】（1）基态铁原子核外电子排布式为［Ar］3d64s2，失去2个电子后变为亚铁离子，基态亚铁离子核外电子排布式为［Ar］3d6，故能表示能量最低的亚铁离子的电子排布式为d。答案为：d；‎ ‎（2）H、C、O中H元素的电负性最小，C、O为同周期元素，原子序数越大，电负性越大，因此电负性最大的是O；C原子连接4个原子形成共价键时，C原子采用sp3杂化，C原子连接3个原子形成共价键时，C原子采用sp2杂化。因此丁二酸中C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化。丁二酸中只有O原子有孤电子对，亚铁离子中存在空轨道，故琥珀酸亚铁的配位键中配位原子为O原子，中心原子为Fe原子。答案为：O；sp2、sp3；O；Fe；‎ ‎（3）马来酸存在分子内氢键，提高了羧基的离子性，有利于酸性电离，因此一级电离较为容易，而剩余部分因为形成了分子内氢键而很稳定，相对难易电离，因此马来酸电离主要以第一步电离为主。答案为：马来酸中存在分子内氢键，提高了羧基的离子性，有利于酸性电离，因此马来酸电离主要以第一步电离为主；‎ - 20 -‎ ‎（4）分析晶胞结构，可知硫酸根离子在空间上的取向有2种：，β-硫酸亚铁的化学式为FeSO4，晶胞中含有亚铁离子数目为，则晶胞中所含硫酸根离子数目也为4，从晶胞示意图中可以发现有6个硫酸根离子，其中4个位于面上。故晶胞体内有2个硫酸根离子；以体心的亚铁离子为研究对象，每个硫酸根中均有一个氧原子离铁原子最近，亚铁离子周围最近的氧原子的个数为6；该晶胞的密度为：。答案为：2；2；6；。‎ ‎【点睛】若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg（M为微粒的相对“分子”质量）；1个晶胞的质量为ρa3g（a3为晶胞的体积，ρ为晶胞的密度），则1mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM=ρa3NA。‎ ‎[化学——选修5：有机化学基础]‎ ‎12.药物M(Rolumilast)能用于慢性阻塞性肺病的治疗，其一种合成路线如图：‎ 注：箭头下的百分数为每步反应的产率。‎ ‎（1）化合物A中含氧官能团的名称是__；B→C的反应类型为__。‎ ‎（2）由E→F的化学方程式为__。‎ - 20 -‎ ‎（3）在G→M的过程中，若使用代替，则M的产率会由78%降至48%，其原因除了氯原子的反应活性比溴原子低外，还可能是__。‎ ‎（4）按上述合成路线，若投入0.01mol化合物D参与反应，最终获得化合物F(摩尔质量：239g·mol-1)的质量为___g。‎ ‎（5）化合物M的另一种合成路线如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎①化合物X的分子式为__。‎ ‎②写出化合物Q的结构简式__。‎ ‎③写出同时符合下列条件的化合物W的同分异构体的__(写出一种即可)。‎ Ⅰ.能与FeCl3溶液发生显色反应 Ⅱ.苯环上的一氯代物只有一种 Ⅲ.核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1：1：2：2：6‎ ‎【答案】 (1). 羟基(或酚羟基) (2). 取代反应 (3). +HBr (4). 中3个氯原子均有可能与G反应，导致副产物比例增加 (5). 2.04 (6). C10H11BrO (7). ‎ - 20 -‎ ‎(8). 或或或 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A中含有氰基、酚羟基，其中含氧官能团为：羟基(或酚羟基)；B→C反应中苯环上的1个氢原子被硝基取代，该反应为取代反应；‎ ‎（2）由E、F的结构简式可知，E→F为取代反应，Br原子取代羟基中氢原子，其反应方程式为：+HBr；‎ ‎（3）由G、M的结构简式可知，该主要反应为Br取代氨基中1个氢原子，若使用代替，则发生取代的为氯原子，中含有3个氯原子，具体在发生取代反应过程中，具体哪一个氯原子发生取代不确定，因而导致副产物增多；‎ ‎（4）由各步反应的产率可知，若投入0.01mol化合物D参与反应，最终获得化合物F的质量为0.01mol×88%×97%×239g/mol=2.04g；‎ ‎（5）①由X的结构简式可知，X的分子式为：C10H11BrO；‎ ‎② 对比与结构可知，该反应为羧基与氨基发生取代反应，因此Q的结构简式为：；‎ ‎③能与FeCl3‎ - 20 -‎ 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；苯环上的一氯代物只有一种，说明苯环上只有1种化学环境的氢原子；核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：6，结合W的分子式可知，该同分异构体中含有2个具有对称性的甲基，W中除苯环外还具有1个不饱和度，则该同分异构体中可能含有1个碳碳双键或1个醛基(不可能成环或酯基等)，符合条件的有：或或或。‎ ‎ ‎ - 20 -‎ - 20 -‎