湖南省湘潭县一中2020届高三5月模拟考试考理综化学试题 Word版含解析

湖南省湘潭县一中2020届高三5月模拟考试考理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湘潭县一中2020届高三5月模拟考试 理科综合 ‎(本试卷共14页，共38题，全卷满分：300分，考试用时：150分钟)‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Ca 40 Fe 56‎ 第Ⅰ卷 选择题(共 126 分)‎ 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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.化学与环境、科学、技术密切相关。下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 酒精能杀菌，浓度越大效果越好 B. 二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中 C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 D. 海水提镁、炼铁、制造玻璃等工业都用到石灰石 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．医用酒精的浓度为75%，并不是浓度越大越好，浓度过大的酒精能使细菌表面的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，A项错误；‎ B．二氧化硫对食品有漂白性和对植物性食物内的氧化酶有强烈的抑制作用，中国规定可用于葡萄酒和果酒中，B项错误；‎ C．铝合金的大量使用归功于人们能通过电解熔融的氧化铝获得铝，C项错误；‎ D．海水提镁是用氢氧化钙沉淀镁离子，要用到石灰石来制取氢氧化钙，工业炼铁需要加入石灰石来造渣，工业玻璃是用石灰石、纯碱和二氧化硅为原料制取的，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.有机物a、b、c、d、e的结构简式如下，下列有关说法中正确的是 A. a、e互为同系物 B. b的一氯取代物有3种 - 22 -‎ C. c中所有原子可能共平面 D. d、e都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯乙烯分子中含有碳碳双键，与苯的结构不相似，a、e不属于同系物，A项错误；‎ B．盆烯分子中有三种不同位置的氢，故其一氯取代物有3种，B项正确；‎ C．杜瓦本分子中含有次甲基()，其分子中所有原子不可能共平面，C项错误；‎ D．棱柱烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】分子中含有碳碳双键、碳碳叁键或醛基等结构或为苯的同系物，才能使酸性KMnO4溶液褪色。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A. 100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA B. 向100mL0.1 mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，溶液中醋酸分子数为0.01NA C. 等物质的量的甲基(-CH3)和羟基(-OH)所含电子数相等 D. 含2.8g硅的SiO2晶体中存在的共价键总数为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总的氧原子数大于0.4NA，A项错误；‎ B．向100mL0.1 mol/L 醋酸溶液中加入CH3COONa固体至溶液刚好为中性，则溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，醋酸分子的电离程度与醋酸根离子的水解程度相当，则可认为醋酸不电离，醋酸根离子不水解，因此醋酸分子数为，B项正确；‎ C．甲基和羟基均含有9个电子，则等物质的量的甲基(-CH3)和羟基(-OH)所含电子数相等，C项正确；‎ - 22 -‎ D．2.8g硅的物质的量为0.1mol，所对应的SiO2为0.1mol，SiO2晶体中每个硅原子形成4个Si-O共价键，故0.1molSiO2晶体中存在的共价键总数为0.4NA，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗常数的正误判断是高考试题中的经典题型之一，命题主要以阿伏加德罗常数为中心，涉及质量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度与物质的量之间的换算，此类试题综合考查考生对物质的组成与结构、氧化还原反应、共价键、电离和水解等知识的掌握及应用能力。‎ ‎4.下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 检验NH4+‎ 向某溶液中滴加几滴NaOH稀溶液，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口检验 B 比较溴和碘的非金属性强弱 向KI溶液中滴加少量溴水，再滴加CCl4，振荡，静置 C 分离MgCl2、AlCl3‎ 向MgCl2、AlCl3混合溶液中加入过量的NaOH溶液，过滤后将沉淀溶于适量的盐酸中；向滤液中加入适量盐酸 D 比较H2CO3和HClO酸性 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaCl的pH A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若溶液中含有NH4+，由于溶液为稀溶液，反应产生NH3·H2O，也不能放出氨气，因此不能看到湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，A项错误；‎ B．单质溴和KI在溶液中发生氧化还原反应生成碘单质，产生的碘单质易溶于四氯化碳，由于四氯化碳的密度比水大，且与水互不相溶，所以静置分层，上层无色，下层紫红色，可知溴的非金属性强于碘，B项正确；‎ - 22 -‎ C．滤液中还含有NaOH，加入适量盐酸引入了新杂质NaCl，C项错误；‎ D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用试纸，应用pH计测量。D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，负极反应：2Mg－4e－+2Cl－=[Mg2Cl2]2+‎ B. 充电时，Mg箔接电源的负极 C. 放电时，Na+通过交换膜从左室移向右室 D. 外电路中通过0.1mol电子电量时，正极质量变化为2.3g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据原电池的工作原理，放电时Mg作负极，Mo作正极，负极反应式为：：2Mg－4e－+2Cl－=[Mg2Cl2]2+，A项正确；‎ B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mg箔接电源的负极，B项正确；‎ C．放电时，Na+项正极迁移，应从右室移向左室，C项错误；‎ D．正极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－==Na2Fe[Fe(CN)6]，通过0.1mol电子时，增加0.1molNa+，质量减少2.3g，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎6.某有机化合物的结构式如图，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，X与Z位于不同的周期，下列有关说法正确的是 - 22 -‎ A. 气态氢化物的热稳定性：X>Y B. X、W、Z三者形成的化合物都是液体 C. W2Y2中既含极性键又含非极性键 D. Z元素形成的含氧酸全部是强酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由化合物的结构图可知，W、Z可形成1个共价键，X可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，结合Y原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，可知Y为O元素，进而可判断X为C元素，Z为Cl元素，W为H元素，据此分析。‎ ‎【详解】A．非金属性C＜O，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性：H2O＞CH4，A项错误；‎ B．CH3Cl为气体，B项错误；‎ C．H2O2中既含有O-H极性键，还含有O-O间的非极性键，C项正确；‎ D．Cl元素所形成的HClO为弱酸，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.298K时，向20mL浓度均为0.1 mol·L－1的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积(V)的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb =1.8×10－5。下列说法正确的是 A. b→c过程发生的反应：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O B. c点溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=2c(NH4+)‎ - 22 -‎ C. d 点溶液中：c(CH3COO–)c(CH3COOH)>c(M+)>c(H+)>c(OH–)‎ D. a→c过程中水的电离程度一直在增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM和NH3·H2O。继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和NH3·H2O恰好完全反应生成醋酸，c点溶液中溶质为CH3COOM和CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液中离子浓度增大，电阻率减小；随着CH3COOH溶液继续加入，溶液体积增大，离子浓度减小，溶液电阻率逐渐增大。据此分析。‎ ‎【详解】A．由图可知，向混合溶液中加入等物质量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序为：MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，所以MOH是强碱，先和酸反应，A项错误；‎ B．c点时，加入醋酸40mL，此时溶液中的溶质为CH3COOM和CH3COONH4，且二者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，则有c(CH3COOH)+c(CH3COO–)=2［c(NH4+)+c(NH3·H2O)］，B项错误；‎ C．d点时加入醋酸60mL，溶液中溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，根据，可知CH3COOH的电离程度大于CH3COO–的水解程度，所以溶液显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c(CH3COO–)＞c(M+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH–)，C项错误；‎ D．a→c过程中，溶液碱性逐渐减弱，水电离程度增大，D项正确；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共174分)‎ 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.实验室以电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）为原料制取铜粉和K2Cr2O7主要流程如图：‎ - 22 -‎ ‎（1）“酸浸”时，所得残渣的主要成分是___________。‎ ‎（2）“沉 CuS”时，加入的硫化钠必须适量，若过量可能产生的后果是_________（用离子方程式表示）。‎ ‎（3）一水合硫酸四氨合铜加热到650℃可分解为铜、氨气、二氧化硫和水以及一种无污染气体，写出其化学方程式___________。‎ ‎（4）“沉CuNH4 SO3”时可用如图装置（夹持、加热仪器略）：‎ ‎①“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是____________。‎ ‎②NaOH溶液的作用是___________。‎ ‎（5）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250 mL溶液，用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol·L–1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。（已知Cr2O72-被还原为Cr3+）‎ ‎①若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为_____%。[已知M(K2Cr2O7)=294g·mol-1，计算结果保留至小数点后两位]。‎ ‎②上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的 Fe3+杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=2×10–5 mol·L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?____________（通过计算说明原因）。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}‎ ‎【答案】 (1). CaSO4 (2). Fe3++S2–==2Fe2++S↓、Fe2++S2-=FeS↓ (3). 3［Cu(NH3)4］SO4·H2O3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑ (4). 45℃的水浴加热 (5). 吸收SO2，防止污染空气 (6). 61.25% (7). Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中 - 22 -‎ ‎，Fe3+沉淀完全，c(Fe3+)应小于10-5mol/L，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中，说明Fe3+沉淀完全 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析流程图，电镀废渣用硫酸酸浸，残渣为与硫酸反应后的难溶物或微溶物，结合电镀废渣的成分可分析出残渣主要成分。向滤液中加入适量硫化钠溶液，进行沉CuS，可知主要发生Cu2++S2-=CuS↓的反应，过滤后滤液和滤渣经不同方式处理。滤液中主要含有Fe3+和Cr3+，经一系列处理，将Fe3+和Cr3+转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3，结合题意，根据二者的溶度积的差异，除去Fe(OH)3，Cr(OH)3经过一系列变化最终得到K2Cr2O7。向滤渣中加入氨水、O2和H2O2，制深蓝色的铜氨液，后向铜氨液中加入SO2得到亮黄色片状的沉CuNH4 SO3，最终经一系列变化得到铜粉。据此进行分析。‎ ‎【详解】（1）电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质；答案为：CaSO4；‎ ‎（2）溶液中有Cr3+、Cu2+、Fe3+，加适量Na2S溶液，过滤后，滤液中含有Cr3+、Fe3+，经处理后生成Fe(OH)3、Cr(OH)3。若Na2S溶液过量，可能发生2Fe3++S2-=2Fe2++S↓，再过量，S2-和Fe2+继续产生沉淀FeS，发生的反应为：Fe2++S2-=FeS↓；答案为：Fe3++S2–==2Fe2++S↓、Fe2++S2-=FeS↓；‎ ‎（3根据题给信息以及原子守恒可写出该化学反应方程式为：3［Cu(NH3)4］SO4·H2O3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑；答案为：3［Cu(NH3)4］SO4·H2O3Cu+2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑；‎ ‎（4）①要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热，沉CuNH4SO3时，反应需控制在45℃，则合适的加热方式为：45℃的水浴加热；答案为：45℃的水浴加热；‎ ‎②二氧化硫污染空气，必须吸收，故NaOH溶液的作用是吸收SO2，防止其污染空气；答案为：吸收SO2，防止污染空气；‎ ‎（5）①Cr2O72-作氧化剂，把Fe2+氧化成Fe3+，+6价Cr被还原成Cr3+，反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O，根据离子反应方程式得：K2Cr2O7的纯度=‎ - 22 -‎ ‎；答案为：61.25%；‎ ‎②当溶液中Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中，Fe3+沉淀完全，c(Fe3+)应小于10-5mol/L，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中，说明Fe3+沉淀完全。‎ ‎9.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是VC的5～10倍），它易溶于温水(40℃～80℃)、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿（氯仿通常是无色液体，不溶于水，密度约为水的1.5倍）。某实验小组设计如图实验流程从茶叶中提取茶多酚：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）①将茶叶粉碎的目的是____________。‎ ‎②用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度越快，茶多酚浸出率下降，可能原因是_______。‎ ‎（2）下列有关实验基本操作正确的是________。‎ A．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度 B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用 C．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液 D．操作③分液时，溶液④应该从分液漏斗下口放出 ‎（3）采用减压蒸发的理由是____________。‎ ‎（4）溶液①在分液漏斗的_______（填“上”或“下”）层。‎ ‎（5）为了进一步对粗产品进行提纯，可以采用的提纯方法是_____________。‎ ‎（6）在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFe[Fe(CN)6‎ - 22 -‎ ‎]对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图所示：‎ 称取2.00g粗产品，用蒸馏水溶解并定容至1000mL，移取该溶液1.00 mL，加过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=1.200，经过计算产品的纯度是_______（以质量分数表示，保留至小数点后一位）。‎ ‎【答案】 (1). 增大接触面积，提高浸出速率 (2). 茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，茶多酚氧化速率越快，浸出率越低 (3). BD (4). 降低蒸发温度，防止茶多酚氧化或分解 (5). 下 (6). 重结晶 (7). 80.0%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题中实验步骤，从茶叶中提取茶多酚，经过操作①可得滤液和滤渣，可知操作①应为过滤。将滤液减压蒸发，得到浓缩液，向其中加入氯仿，经操作得到溶液①和溶液②，可知操作②为分液过程，根据题给信息，茶多酚难溶于氯仿，则氯仿用来溶解茶多酚的杂质。向溶液②中加入乙酸乙酯，并经操作③得到溶液③和溶液④，可知操作③同操作②，为分液过程。已知茶多酚易溶于乙酸乙酯，故用乙酸乙酯作为萃取剂进行萃取，分液后得到的溶液③经减压蒸馏得到粗产品。结合实验具体操作和茶多酚的性质进行分析。‎ ‎【详解】（1）①增大接触面积，提高浸出速率 ‎②茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，茶多酚氧化速率越快，浸出率越低 ‎（2）‎ A．过滤时，为防止戳破滤纸，不可用玻璃棒搅拌，A项错误；‎ B．带活塞的仪器使用前均须检验是否漏液，分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用，B项正确；‎ C．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上静置后分液，C项错误；‎ - 22 -‎ D．溶液④是乙酸乙酯，水层在下层，从分液漏斗下口放出，D项正确；‎ 答案选BD ‎（3）减压蒸馏适用于高沸点物质和那些在常压蒸馏时未达到沸点就已受热分解、氧化或聚合的化合物的分离和提纯，因为茶多酚还原性强，易被氧气氧化，用减压蒸馏可降低蒸发温度，防止茶多酚氧化或分解；答案为：降低蒸发温度，防止茶多酚氧化或分解；‎ ‎（4）根据流程分析，茶多酚难溶于氯仿，所以，氯仿的主要作用是溶解杂质，因而茶多酚主要在溶液②中，并且氯仿的密度比水大，所以在下层，答案为：下；‎ ‎（5）提纯粗产品，可用重结晶这一提纯方法进行提纯，答案：重结晶；‎ ‎（6）由图可知，溶液光密度值A=1.200，则茶多酚的浓度为，此时溶液中茶多酚的质量为，产品中茶多酚的质量为，故产品的纯度为；答案为：80.0%。‎ ‎10.甲醇是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景。‎ ‎（1）可用Pt/Al2O3、Pd/C、Rh/SiO2等作催化剂，采用如下反应来合成甲醇：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g) ΔH<0‎ ‎①如表所列数据是各化学键的键能，该反应的ΔH=______（用含字母的代数式表示）。‎ 化学键 H-H C≡O C-H C-O O-H 键能/(kJ/mol)‎ a b c d e ‎②在一定条件下，将1 molCO和2 molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：‎ - 22 -‎ X轴上a点的数值比b点_________（填“大”或“小”）。某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是_______________。‎ ‎（2）用CO2和H2合成甲醇：3H2(g) + CO2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0kJ·mol－1。在T℃时，甲、乙、丙三个2L的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 起始反应物投入量 ‎3molH2(g)‎ ‎1molCO2(g)‎ ‎1molCH3OH(g)‎ ‎1molH2O(g)‎ ‎2molCH3OH(g)‎ ‎2molH2O(g)‎ 平衡数据 c(CH3OH)/mol∙L-1‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化/kJ x y z 体系压强/Pa p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 α1‎ α2‎ α3‎ ‎①甲容器20s达到平衡时测得x=29.4，则甲中平均反应速率v(CO2)=______。‎ ‎②下列说法错误的是________（填字母编号）。‎ A．2c22y C．p3<2p1 D．α1+α3=1‎ ‎（3）甲醇与水蒸气重整可以制氢。已知：‎ - 22 -‎ 甲醇分解反应：CH3OH(g)⇌CO(g) + 2H2(g) ΔH1=+90.64 kJ·mol－1‎ 水蒸气变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=－41.20 kJ·mol－1‎ ‎①科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。此历程中活化能最大的反应方程式为______________。‎ ‎②573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00MPaCH3OH使其分解，th后达平衡时容器中压强变为10.00MPa，其平衡常数分压Kp =_________。‎ ‎③在0.1MPa下，将总进料量1mol且n(CH3OH):n(H2 O)=1:1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。实验测得水煤气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是______________。‎ ‎【答案】 (1). (2a+b-3c-d-e)kJ·mol-1 (2). 小 (3). 随着Y值的增大，φ(CH3 OH)减小，平衡2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度 (4). 0.015mol·L-1·s-1 (5). BD (6). CH3OH*==CH3O*+H* (7). 25(MPa)2 (8). 随着温度升高，催化剂活性降低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（2）分析题给条件，在恒温恒容条件下的等效平衡，通过“一边倒”的换算方法，可知甲乙为完全等效，此时物质的量浓度、物质的量、质量、分子数等都相同。丙的投入量为乙的两倍，可利用虚拟“中间态”法构建等效平衡，即新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强，结合可逆反应的平衡移动，进行分析。‎ ‎（3）②压强平衡常数的计算类似化学平衡常数，根据平衡常数计算公式将分压代入计算。‎ ‎【详解】（1）①由反应热ΔH=反应物的总键能-生成物总键能进行计算。则有：ΔH=(2a+b-3c-d-e)kJ·mol-1；答案为：(2a+b-3c-d-e)kJ·mol-1；‎ ‎②根据图像得出X轴上a点 - 22 -‎ 数值比b点小，某同学认为上图中Y轴表示温度，其判断的理由是随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度；答案为：小；随着Y值的增大，φ(CH3OH)减小，反应2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度；‎ ‎（2）①根据3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) △H=－49.0kJ·mol－1，20s达到平衡时测得x=29.4，可知消耗的CO2的量为，则可知v(CO2)=；答案为：0.015mol·L-1·s-1；‎ ‎②A．已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，乙和丙的投料比相等，若处于恒压时，c2= c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，此时，丙是乙体积的两倍，但题目要求恒容，因而可将丙压缩一半体积，瞬间浓度为2c3*，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇浓度变大，因而c3＞2c3*，综上分析可知c3＞2c2，A项正确 B．乙和丙的投料比相等，假设在恒压时，c2= c3*，c3*为恒压时丙中甲醇浓度，由于丙是乙体积的两倍，丙中甲醇的消耗量是乙的两倍，可推出吸收的热量关系为z*=2y（注意乙和丙为逆反应，为吸热反应），z*为恒压式丙中热量变化，但题目要求恒容，因此可将丙压缩一半体积，由于压缩体积相当于加压，根据气体计量数可知，平衡向右移动，则甲醇的量变多，及吸收的热量减少，即z＜z*，故z＜2y，B项错误；‎ C．根据B中分析可知平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，由于恒温恒容时压强之比等于无知的量之比，因而可知丙中气体压强小于乙中气体的两倍，因此p3＜2p2，而甲和乙为全等等效平衡，可知p1=p2，则p3＜2p1，C项正确；‎ D．已知甲和乙为全等等效平衡，平衡时c1=c2，甲中，乙中，因而α1+α2=2c1+1-2c2=1，平衡时，丙中甲醇的消耗量是小于乙中甲醇的消耗量的两倍，因而α3小于α2，所以α1+α3＜1，D项错误；‎ 答案选BD；答案为：BD；‎ ‎（3）①由图可知，此历程中活化能最大的反应方程式为CH3OH*==CH3O*+H*；答案为：CH3OH*==CH3O*+H*；‎ ‎②假设CH3OH压强变化量为x，则：‎ - 22 -‎ 根据题意有：，x=2.5MPa 则Kp=，答案为：25(MPa)2；‎ ‎③将甲醇分解反应热化学方程式与水蒸气变换反应的热化学方程式相加，可得：‎ CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g) ΔH3=+90.64 kJ·mol－1–41.20 kJ·mol－1=+49.44 kJ·mol－1。由反应可知，温度升高，反应速率应增大，但此时反应速率随温度升高而下降，说明温度过高，影响了催化剂的活性，答案为：随着温度升高，催化剂活性降低。‎ ‎【点睛】分析等效平衡问题的关系：‎ ‎（1）看清楚条件是恒温恒容还是恒温恒压；‎ ‎（2）分析要形成等效平衡，是必须各物质的量与原平衡完全相同还是只要成比例即可；‎ ‎（3）分析对于不能构成等效平衡的情况，平衡是向正反应方向移动了还是向逆反应方向移动了。‎ 在分析中，将生成物（或反应物）按“一边倒”的原则全部转化为反应物（或生成物）是非常必要、有效的。‎ ‎(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，每科按所做的第一题计分。‎ ‎11.铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ni原子核外的最高能层符号是______，基态Ni2+最外层电子排布式为_______，未成对电子数为________________。‎ ‎（2）[Co(NO)4]2–中各元素的第一电离能由小到大的顺序为______（填元素符号），配体中N的杂化方式为______________。‎ ‎（3）铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如图所示：‎ ‎ ‎ ‎①上述三种晶体的晶胞中属于体心立方晶胞的是______（填“α”“δ”或“γ”）-Fe。‎ - 22 -‎ ‎②γ-Fe晶胞中铁原子的配位数为_______________。‎ ‎（4）一种含有Fe、Cu、S 三种元素的矿物的晶胞（如图所示），属于四方晶系（晶胞底面为正方形），晶胞中S原子位于内部，Fe原子位于体心和晶胞表面，Cu原子位于晶胞表面。此矿物的化学式为_________。若晶胞的底面边长为Apm，高为C pm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为__________g/cm3（写出表达式）。‎ ‎（5）二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃，沸点249℃，易升华，难溶于水，易溶于有机溶剂，它属于__________晶体。分子中的大π键可用符号表示，其m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，环戊二烯负离子(C5H)结构如图所示，其中的大π键可以表示为_______。‎ ‎【答案】 (1). N (2). 3s23p63d8 (3). 2 (4). Co、O、N (5). sp2杂化 (6). δ (7). 12 (8). FeCuS2（或CuFeS2） (9). 或 (10). 分子 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，根据构造原理写出该元素离子的最外层电子排布式。‎ - 22 -‎ ‎（2）根据电离能变化规律进行判断，但不要忘记特殊情况。‎ ‎（3）分析晶体结构，结合常见的晶体结构模型进行分析判断。‎ ‎（4）利用均摊法计算晶胞拥有的粒子数目，根据公式求算晶胞的密度。‎ ‎（5）根据晶体的特征性质判断晶体类型。分析环戊二烯负离子，碳原子均与3个原子相邻，故均取sp2杂化，杂化轨道互相重叠，形成分子的σ键，使所有原子处于同一个平面，每个碳原子还有一个未参与杂化的p轨道，垂直于分子平面，每个p轨道里有一个电子，再加上该体系带有一个单位负电荷，具备了形成大π键的条件，据题意可表示出该符号。‎ ‎【详解】（1）Ni是30号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，最高能层的符号为：N；基态失去最外层两个电子变为Ni2+，基态Ni2+最外层电子排布式为：3s23p63d8；未成对电子数为2；答案为：N；3s23p63d8；2；‎ ‎（2）一般情况下非金属性越强第一电离能就越大，但由于N原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的顺序为：Co、O、N；NO3-中价层电子对数为，故为sp2杂化；答案为：Co、O、N；sp2杂化；‎ ‎（3）①根据晶胞结构图，三种晶体的晶胞中属于体心立方晶胞的是δ；答案为：δ；‎ ‎②γ-Fe晶体晶胞类型为面心立方，位于顶点的Fe原子，被晶胞的三个平面共有，每个平面与其距离相等的Fe原子数目为4，则共有，故配位数为12；答案为：12；‎ ‎（4）根据均摊法可知，1个晶胞中含Cu原子个数为：，Fe原子数为：，S原子数为：8，故此矿物的化学式为：FeCuS2（或CuFeS2）；晶胞体积为，1个晶胞的质量为，则密度或，答案为：FeCuS2（或CuFeS2）；或；‎ ‎（5）二茂铁晶体熔沸点不高，易升华，易溶于有机溶剂，符合分子晶体特征，所以该晶体为分子晶体；由环戊二烯负离子(C5H5–‎ - 22 -‎ ‎)结构图可知，环戊二烯负离子，由两个双键和一个负电荷组成环状共轭体系，π电子数是6，即形成5个碳原子、6个π电子的大π键，符号为；答案为：分子；。‎ ‎12.有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如图（部分反应条件和试剂略去）：‎ 已知：①A分子的核磁共振氢谱中有3组峰；‎ ‎②（NH2容易被氧化）‎ ‎③已知(CH3CO)2O的结构为：‎ ‎④RCH2COOH 请回答下列问题：‎ ‎（1）E中官能团的名称_________，C的化学名称为__________。‎ ‎（2）F的结构简式为__________。‎ ‎（3）A→B的化学方程式为______________。‎ ‎（4）化合物H可以发生的反应有_____（填选项字母）。‎ a.加成反应 b.氧化反应 c.取代反应 d.消去反应 ‎（5）满足下列条件的M的同分异构体有________种（不考虑立体异构）。‎ ‎①能与FeCl3溶液发生显色反应 ‎②能与NaHCO3反应 ‎③含有-NHCOCH3‎ ‎④苯环上仅有二个或者三个取代基 - 22 -‎ ‎（6）参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_________。‎ ‎【答案】 (1). 硝基、醚键 (2). 丙二酸 (3). (4). HOCH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CHO+2H2O (5). abc (6). 22 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系和A分子的核磁共振氢谱中有3组峰可知，A为HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被催化氧化生成OHCCH2CHO，则B为OHCCH2CHO，OHCCH2CHO再经催化氧化生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH与溴单质发生取代反应生成HOOCCHBrCOOH；由信息②可知：与铁、盐酸发生还原反应生成，则F为；与乙酸酐发生取代反应生成；与HOOCCHBrCOOH发生取代反应生成；由信息④可知，加热生成 - 22 -‎ ‎，则I为；一定条件下生成。‎ ‎【详解】（1）由E的结构简式可知，E中的官能团为硝基、醚键；由C的结构简式可知，C中含有两个羧基，化学名称为丙二酸；答案为：硝基、醚键；丙二酸；‎ ‎（2）E→F，为硝基被还原为氨基的过程，故F的结构简式为：；答案为：；‎ ‎（3）结合分析可知A为HOCH2CH2CH2OH，A→B的过程为羟基被氧化为醛基的过程，反应方程式为：HOCH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CHO+2H2O；答案为：HOCH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CHO+2H2O；‎ ‎（4）分析H的结构简式，可知其分子中含有：羧基、醚键、肽键以及苯环等，可以发生加成反应、氧化反应和取代反应，故答案为：abc；‎ ‎（5）根据题意可知，M的同分异构体应含有酚羟基、-NHCOCH3、羧基，且苯环上有2-3个取代基，则根据：M的位置异构有9种，的同分异构体有10种，的同分异构体有3种，所以符合条件的M的同分异构体有：9+10+3=22，共22种；答案为：22；‎ ‎（6）由逆推法可知，以为原料制备的反应依次为在甲苯分子中甲基的对位上发生硝化反应，然后在光照条件下与Cl2‎ - 22 -‎ 发生取代反应，取代甲基上的氢原子，生成；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应，生成，发生催化氧化反应，生成，发生信息②反应生成，一定条件下发生缩聚反应生成。合成路线为：。‎ ‎【点睛】限定条件下同分异构体的书写，要注意分析清楚限定条件的含义，弄清在限制条件下可以确定什么，再针对可变因素书写各种符合要求的同分异构体。‎ ‎ ‎ - 22 -‎ - 22 -‎