四川省兴文第二中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）

四川省兴文第二中学2024届高三上学期一诊模拟考试理科综合化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，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.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A.在炖排骨时加醋，利于钙、铁的吸收B.为防止薯片被挤碎，在其包装袋中充氧气C.为改变面食外观，多加含铝蓬松剂D.为保持食物水分，用聚氯乙烯保鲜膜罩住食物加热【答案】A【解析】【分析】根据物质的性质判断其用途，根据对人体的作用判断是否是有害物质；【详解】A．醋能将骨头中的钙铁转化为离子被人体吸收，故A正确；B．氧气能加快食品的氧化，故不能在包装袋中充氧气，故B不正确；C．含铝蓬松剂不能多加，因为会对人体有害，故C不正确；D．聚氯乙烯不能直接加热，会产生有害物质，故D不正确；故选答案A。【点睛】铝元素会导致脑损害，故不能过多食用。2.实验室制取下列气体方法可行的是选项气体方法A氢气向铁粉中滴加稀硝酸B二氧化硫向亚硫酸钠固体中滴加70%硫酸C硫化氢向硫化铜中滴加稀硫酸D二氧化碳向块状碳酸钙固体中滴加稀硫酸 A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】详解】A．硝酸具有强氧化性，与铁反应生成一氧化氮，无法生成氢气，故A错误；B．亚硫酸钠固体与70%硫酸反应有利于较快的制备二氧化氯，且有利于二氧化硫逸出，故B正确；C．硫化铜不能与稀硫酸反应，无法制备硫化氢气体，故C错误；D．碳酸钙与稀硫酸反应生成的硫酸钙附着在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，不能制得二氧化碳气体，故D错误；故选B。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A.100mL1mol·L－1FeCl3溶液中所含Fe3＋的数目为0.1NAB.pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋C.2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAD.1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液含有的PO43-数目小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.100mL1mol·L-1FeCl3溶液中含有溶质的物质的量是n(FeCl3)=1mol/L×0.1L=0.1mol，由于FeCl3为强酸弱碱盐，在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，Fe3+发生水解而消耗，所以溶液中含有Fe3＋的数目小于0.1NA，A错误；B.H3PO4溶液的体积未知，无法计算其电离产生的H＋数目，B错误；C.2L0.5mol·L-1亚硫酸溶液中含有溶质的物质的量为n(H2SO3)=c·V=0.5mol/L×2L=1mol，由于亚硫酸为弱酸，在溶液中存在电离平衡，仅电离出部分H+，故H＋数小于2NA，C错误；D.1L0.1mol·L-1磷酸钠溶液含有溶质的物质的量为n(Na3PO4)=c·V=0.1mol/L×1L=0.1mol，但磷酸钠为强碱弱酸盐，PO43-在水溶液中会发生水解而消耗，则1L0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于0.1NA，D正确；故合理选项是D。【点睛】解答此类题，首先看能否套用n=c·V公式，求其电解质的物质的量，再根据强、弱电解质的性质及盐的水解规律，结合题目具体要求的相关粒子数，看题目给出数值的正误。4.有机物合成对于人类的健康、丰富人类的物质生活和社会经济的发展有着十分重要的作用。某有机物的结构简式如图。下列说法正确的是 A.能与NaHCO3溶液反应B.1mol该有机物最多能与3molH2反应C.能发生消去反应生成碳碳双键D.不能使溴水褪色【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由有机物的结构简式可知，该有机物中不含羧基，故其不能与NaHCO3溶液反应，A错误；B1mol该有机物中苯环上能与3molH2加成，醛基上能与1molH2加成，故最多能与4molH2反应，B错误；C.由有机物的结构简式可知，该有机物中含有醇羟基且与羟基相邻的碳原子上有H原子，故能发生消去反应生成碳碳双键，C正确；D.由于该有机物中含有还原性的醛基，能与溴水发生氧化还原反应，故能使溴水褪色，D错误；故答案为：C。5.短周期主族元素X、Y、Z位于同一周期，它们的原子最外层电子数之和为11，Y的族序数等于其周期序数，Z的阳离子半径在同周期元素的阳离子中最大。下列说法正确的是A.化合物Z2O2是只含离子键的离子化合物B.工业上制备Y的单质可以电解熔融的YX3C.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>YD.常温下，Y和Z的单质均能溶于浓硫酸【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z位于同一周期，是短周期元素，它们的原子最外层电子数之和为11。Z的阳离子半径在同周期元素的阳离子中最大，所以Z是第一主族元素，最外层电子数为1，Y的族序数等于其周期序数，若Y是第二周期元素，则Y是第二主族元素，最外层电子数是2，则X的最外层电子数为11-1-2=8，则X不是主族元素,所以Y只能是第三周期第三主族元素Al，则Z是同周期的Na元素，则X是同周期的Cl元素，据此分析解答。 【详解】A．Z是Na，则化合物Z2O2应是Na2O2，其结构中既有离子键也有共价键，故A错误；B．Y的单质是Al，工业上制备Al的单质是电解熔融的Al2O3，而不是AlCl3，故B错误；C．Z是Na，Y是Al，金属性Na>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Z>Y，故C正确；D．Y和Z的单质分别是Al和Na，常温下，Al遇到浓硫酸会钝化，不会溶解，故D错误；本题答案C。6.我国电动汽车产业发展迅猛，多种车型采用三元锂电池，该电池放电时工作原理如图所示。下列说法错误的是A.无论充电或放电，A极电势均低于B极B.充电时，外电路中流过0.1mol电子，A极质量减少0.7gC.放电时，正极反应为Li1-aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae-=LiNixCoyMnzO2D.失去活性锂元素的三元正极材料可采用化学方法再生，实现循环利用【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该电池放电时工作原理可知，放电时，A为负极B为正极，充电时，A为阴极B为阳极，故无论充电或放电，A极电势均低于B极，故A正确；B．充电时，A极电极反应为aLi++ae-+6C=LiaC6，外电路中流过0.1mol电子，A极质量增加0.7g，故B错误；C．由该电池放电时工作原理可知，放电时B为正极，Li1-aNixCoyMnzO2得电子结合Li+生成LiNixCoyMnzO2，正极反应为Li1-aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae-=LiNixCoyMnzO2，故C正确；D．锂元素失去活性后，可采用化学方法再生，从而实现Li的循环利用，故D正确；故选B。 7.常温下，向10.00mL浓度均为0.100mol·L-1的NaOH溶液和NH3·H2O的混合溶液中逐滴加入盐酸。利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图；已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5。下列说法正确的是A.a点溶液中，c(NH)约为1.80×10-4mol/LB.c点溶液中：c(Na+)+c(NH)=c(Cl-)C.V(HCl)=15.00mL时，c(NH)＞c(NH3·H2O)D.从a到c的过程中，水的电离程度最大的是b点【答案】C【解析】【分析】【详解】A．a点溶液为浓度均为0.100mol·L-1NaOH溶液和NH3·H2O的混合溶液，一水合氨的电离被抑制，则c（OH-）≈0.100mol•L-1，c（NH3·H2O）≈0.100mol•L-1，Kb(NH3·H2O)==1.80×10-5，c(NH)≈1.80×10-5，故A错误；B．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，c点溶液中加入HCl的体积为20mL，说明此时恰好反应生成氯化钠、氯化铵，铵根水解，溶液显酸性，则根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)，由于c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)+c(NH)≠c(Cl-)，故B错误；C．V（HCl）=15.00mL时，氨水有一半被中和，氯化铵和一水合氨的物质的量浓度相等，铵根的水解常数是＜1.80×10-5，说明铵根的水解程度小于一水合氨的电离程度，则c(NH)＞c(NH3·H2O)，故C正确； D．由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知，a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程，b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和，可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1，b点为氨水和氯化钠的混合溶液，b点因一水合氨的电离呈碱性，水的电离被抑制，b到c是盐酸中和氨水的过程，c点氨水被恰好中和，水溶液因铵根水解呈酸性，则水的电离程度最大的是c点，故D错误；故选C。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.亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。遇水剧烈反应生成SO2和另一种酸性气体，常用作脱水剂，主要用于制造酰基氯化物，还用于医药、农药、染料等的生产。实验室合成SOCl2的原理之一为SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置(夹持、加热装置略去)如图所示。（1）①仪器F的名称为_______，所盛的试剂是______；②装置A、C除干燥气体外，另一作用可能是__________________________________；如果没有A、C，二氧化硫与氯气在装置B中会有副反应发生，该反应的离子方程式为_________③E中反应的化学方程式：_______________________________。（2）甲同学认为SOCl2和FeCl3∙6H2O混合加热可制得无水FeCl3，但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。乙同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量FeCl3∙6H2O于试管中，加入足量SOCl2，充分反应后向试管中加水溶解，用四支试管各取溶解后的溶液少许，分别进行下列实验，通过现象能验证发生副反应的是_______(填选项字母)。a．滴加BaCl2溶液b．滴加K3[Fe(CN)6]溶液c．滴加酸性KMnO4溶液d．滴加溴水 （3）分离产物后，向获得的SOCl2中加入足量NaOH溶液，振荡、静置得到无色溶液，检验该溶液中存在Cl-的需要用到的试剂是_______________________【答案】（1）①.干燥管②.碱石灰③.观察气体流速④.SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO⑤.Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O（2）ab（3）稀HNO3、AgNO3溶液【解析】【分析】用E中次氯酸钙和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用C中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入三颈烧瓶B中，二氧化硫经A中浓硫酸干燥后也通入三颈烧瓶中，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，F中加入碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。【小问1详解】①仪器F的名称为干燥管，中的试剂的作用是除去未反应的SO2和Cl2，同时可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，因为亚硫酰氯遇水剧烈反应，所以仪器F中可以装有碱石灰；故答案为：干燥管；碱石灰；②根据反应方程式：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，SO2和Cl2的物质的量最好相等，所以装置A、C除干燥气体外，另一作用是观察气体流速，控制SO2和Cl2的物质的量之比；如果没有A、C，二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，该反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO，故答案为：观察气体流速；SO2+Cl2+2H2O=2Cl－+4H＋+SO；③装置E中次氯酸钙和浓盐酸反应制取氯气，发生反应化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；【小问2详解】FeCl3具有强氧化性，会和SOCl2发生氧化还原反应，可能发生的副反应SOCl2+2FeCl3•6H2O=FeSO4+6HCl+FeCl2+9H2O，a．滴加BaCl2溶液与硫酸根反应生成硫酸钡沉淀，可检验硫酸根存在，进而说明产物有FeSO4，能验证发生副反应，a选；b．滴加K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+形成蓝色沉淀，可检验Fe2+存在，能验证发生副反应，b选；c．由于溶液中存在氯离子，加入酸性KMnO4溶液必然会褪色，无法证明发生副反应，c不选；d．滴加溴水会和SOCl2发生氧化还原反应，无法证明发生副反应，d不选；故答案为：ab；【小问3详解】 检验Cl-的存在，方法是取少量溶液于洁净的试管，滴入稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl-的存在；所以检验溶液中存在Cl-的试剂有：稀HNO3、AgNO3溶液。9.某废钯催化剂主要含Pd、活性炭、SiO2、Al2O3、Fe3O4、CuO、ZnO。其一种回收利用工艺如图所示。回答相关问题。（1）焙烧的目的_______。（2）浸出后Pd以PdCl形式存在，写出对应的离子方程式_______。（3）已知Cu2+和Zn2+易与氨水形成Cu(NH3)和Z(NH3)，则滤渣2的化学式为_______。（4）除杂后Pd以Pd(NH3)形式存在，沉钯时得到的是(NH4)2PdCl4，写出沉钯时对应的离子方程式_______。（5）若还原时生成1molPd，则理论上需要消耗N2H4的质量为_______。（6）工业上制备乙醛是在PdCI2—CuCl2催化下用氧气氧化乙烯制备。写出该反应的化学方程式_______。该反应过程复杂，可简单用下列3个反应表示，将反应②补齐。①C2H4+PdCl2+H2O=CH3CHO+Pd+2HCl②_______；③4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O【答案】（1）除去活性炭（2）Pd+H2O2+4Cl—+2H+=PdCl+2H2O（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（4）Pd(NH3)+4Cl—+4H+=(NH4)2PdCl4↓+2（5）16g（6）①.2C2H4+O22CH3CHO②.Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl【解析】【分析】 由题给流程可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质；向焙烧后的固体中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为四氯合钯酸根离子，金属单质转化为可溶性金属氯化物，硅不反应，过滤得到含有硅的滤渣1和含有四氯合钯酸根离子、可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入氨水，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将四氯合钯酸根离子、铜离子、锌离子转化为四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液；向滤液中加入盐酸，将四氨合钯离子转化为(NH4)2PdCl4沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液和(NH4)2PdCl4；(NH4)2PdCl4与肼发生氧化还原反应制得钯。【小问1详解】由分析可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质，则焙烧的目的是将活性炭转化为二氧化碳，达到除去活性炭的目的，故答案为：除去活性炭；【小问2详解】由分析可知，浸出时钯与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成四氯合钯酸根离子和水，反应的离子方程式为Pd+H2O2+4Cl—+2H+=PdCl+2H2O，故答案为：Pd+H2O2+4Cl—+2H+=PdCl+2H2O；【小问3详解】由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；【小问4详解】由分析可知，沉钯时发生的反应为四氨合钯离子与盐酸反应生成(NH4)2PdCl4沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Pd(NH3)+4Cl—+4H+=(NH4)2PdCl4↓+2，故答案为：Pd(NH3)+4Cl—+4H+=(NH4)2PdCl4↓+2；【小问5详解】由得失电子数目守恒可知，生成1molPd时理论上需要消耗肼的质量为1mol××32g/mol=16g，故答案为：16g；【小问6详解】由题意可知，在PdCI2-CuCl2催化下，乙烯与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2C2H4+O22CH3CHO，由总反应和反应①、③的方程式可知，反应②为钯与氯化铜反应生成氯化钯和氯化亚铜，反应的化学方程式为Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，故答案为：2C2H4+O2 2CH3CHO；Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl。10.以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是目前用来缓解温室效应的研究方向之一。（1）工业上采用CH4-H2O催化重整制取合成气(CO和H2的混合气)的过程中发生如下反应：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.0kJ·mol-1③CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H3若反应③的正向活化能Ea(正)为219.4kJ·mol-1，则该反应的逆向活化能Ea(逆)为____kJ·mol-1。（2）在CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)反应中，正反应速率v正=k正c(CO)·c(H2O)，逆反应速率v逆=k逆c(CO2)·c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响。如图(pk=-lgk，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为pk正和pk逆随T变化斜线，则表示pk逆随T变化关系斜线是____。（3）已知：CO2催化加氢可缓解CO2对温室效应的影响，其原理为：I．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ·mol-1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.0kJ·mol-1在密闭反应器中通入4molH2和1molCO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析实验中温度对含碳物质的平衡组成(体积百分数)的影响，其中CO和CH4的平衡组成受温度的影响如图所示：①0.1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是____、____(填“a”“b”“c”“d”)。 ②N点平衡组成含量低于M点的原因是____。③当CH4和CO平衡组成均为40%时，则H2的平衡转化率为____，该温度下反应II的平衡常数Kp为____。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，电解时阴极的电极反应式为____。【答案】（1）54.0（2）d（3）①.b②.c③.温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应II平衡逆向移动，CO含量降低④.50%⑤.1.2（4）2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O【解析】【分析】①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ•mol-1，②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H2=-41.0kJ•mol-1，由盖斯定律可知，①+②=③，③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=165.4kJ•mol-1，结合活化能定义进行计算；在CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)反应中，正反应速率v正=k正c(CO)•c(H2O)，逆反应速率v逆=k逆c(CO2)•c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高平衡逆向移动，据此分析图象变化；①对于反应Ⅰ：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应Ⅱ：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，据此判断图象；N点平衡组成含量低于M点的原因是：温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低；②起始时n(CO2)=1mol，则n(H2)=4mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：n(CO)=n(CH4)=1mol×40%=0.4mol，n(CO2)=1mol×20%=0.2mol，列出反应式可知，平衡时n(CO2)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=1.2mol，n(CO)=0.4mol，n(CH4)=0.4mol，n(H2)=2mol，依据数据计算反应平衡常数。【小问1详解】①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.0kJ·mol-1由盖斯定律可知，①+②=③，③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H3=165.4kJ•mol-1，△H3=Ea(正)-Ea(逆)，若反应③的正向活化能Ea(正)为219.4kJ·mol-1，Ea(正)=219.4kJ•mol-1，则该反应的逆向活化能Ea(逆)为54.0kJ·mol-1。故答案为：54.0；【小问2详解】a、b、c、d四条斜线中，温度升高，pk正和pk逆均减小，c、d两条可能为pk正和pk逆随T 变化斜线，温度升高平衡逆向移动，v正＜v逆，升温时pK逆减小更快，则表示pk逆随T变化关系的斜线是d。故答案为：d；【小问3详解】①对于反应Ⅰ：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应Ⅱ：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d；0.1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是b、c(填“a”“b”“c”“d”)。故答案为：b；c；②N点平衡组成含量低于M点的原因是温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应II平衡逆向移动，CO含量降低。故答案为：温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应II平衡逆向移动，CO含量降低；③起始时n(CO2)=1mol，则n(H2)=4mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：n(CO)=n(CH4)=1mol×40%=0.4mol，n(CO2)=1mol×20%=0.2mol，列出反应式可知，平衡时n(CO2)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=1.2mol，n(CO)=0.4mol，n(CH4)=0.4mol，n(H2)=2mol，则p(CO)=×0.1MPa，p(H2O)=×0.1MPa，p(CO2)=×0.1MPa，p(H2)=×0.1MPa，当CH4和CO平衡组成均为40%时，则H2的平衡转化率为=50%，该温度下反应II的平衡常数Kp==1.2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)故答案为：50%；1.2；【小问4详解】以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯，电解时阴极的电极反应式为2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O。故答案为：2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O。(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，则每学科按所做的第一题计分。 [化学——选修3：物质结构与性质]11.铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下。回答下列问题：（1）基态铝原子的核外电子排布式为___________。（2）基态氮原子的价层电子排布图为___________(填编号)。A.B.C.D.（3）化合物I中碳原子的杂化轨道类型为___________，化合物II中阳离子的空间构型为___________。（4）化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为___________。（5）传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是___________。（6）铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。①晶体中与Al距离最近的Al的个数为___________。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为(，，)，原子2的坐标为(，，)，则原子3的坐标为_____。③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为______g·cm-3(列出计算式)。【答案】（1）1s22s22p63s23p1（2）C（3）①.sp3、sp2②.四面体 （4）F＞O＞S（5）离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键（6）①.4②.(，，)③.×1030【解析】【小问1详解】Al为第13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；【小问2详解】基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子排布图为，故选C；【小问3详解】化合物I中碳原子存在单键也存在双键，杂化轨道类型为sp3、sp2杂化；化合物II中可认为(-CH3)代替了NH中的3个H，则阳离子的空间构型为四面体构型；【小问4详解】化合物III中O、F、S，同周期电负性从左到右逐渐增大，同周期从上到下逐渐减弱，则电负性大小为：F＞O＞S；【小问5详解】离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键；【小问6详解】①以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4；②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子1的坐标为(，，)，原子2的坐标为(，，)，则原子3的坐标为(，，)，1与3同高z坐标相同，2与3x坐标相同。③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其中Al的占有数为8×，则晶胞中共有8个AlMn2O4，则晶体的密度为×1030g·cm-3[化学——选修5：有机化学基础]12.罗沙司他用于治疗因慢性肾脏病引起的贫血，制备罗沙司他流程如下图所示： 已知：I.(R1、R2表示烃基或氢)II.（1）A的化学名称_______。（2）E→F的化学反应方程式_______。（3）G具有官能团的名称_______(不考虑苯环)。（4）F→G的反应类型_______。（5）H的结构简式为_______。（6）E的同分异构体中，同时满足下列条件的化合物有_______种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式_______。①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种②含有-OH、-NH2、-COOH官能团③遇FeCl3溶液不发生显色反应【答案】（1）对甲基苯酚或者4-甲基苯酚（2）+CH3OH+H2O（3）醚键、酯基和氨基 （4）取代反应（5）（6）①.12②.或【解析】【分析】由题干流程图信息可知，根据B的结构简式为和A的分子式为C7H8O可知，A的结构简式为：，根据E的结构简式、D的分子式并结合信息II可知，D的结构简式为：，由D的结构简式、C的分子式并结合已知信息I可知，C的结构简式为：，根据E、G的结构简式和F的分子式并结合F到G的转化条件可知，F的结构简式为：，由G和I的结构简式以及G到H的转化条件，并结合信息II可知，H的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A的结构简式为：，则A的化学名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚，故答案为：对甲基苯酚或者4-甲基苯酚；【小问2详解】由分析可知，F的结构简式为：，则E→F的化学反应即E与甲醇发生酯化反应生成F，则该反应的化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；【小问3详解】由题干流程图中G的结构简式可知，G 具有官能团的名称有：醚键、酯基和氨基，故答案为：醚键、酯基和氨基；【小问4详解】由分析可知，F的结构简式为：，结合G的结构简式和F到G的转化条件可知，F→G的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；【小问5详解】由分析可知，H的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】