广东省粤港澳大湾区2022届高三化学4月联合模拟试题（Word版附答案）

广东省粤港澳大湾区普通高中2022届高三第二次联合模拟考试化学试题本试卷共10页，21小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的市(县、区)、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号(高考考号)填写在答题卡上。将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Si28第Ⅰ卷一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.“粤文化”受到越来越多人的了解与喜爱。下列说法正确的是A.制作粤绣所用的蚕丝线点燃时，会产生烧焦羽毛的气味B.冲泡工夫茶时，茶汤中溶有的儿茶素()是烃类物质C.民间技艺“飘色”中用作支撑“色梗”的钢条属于复合材料D.广东剪纸艺术所用纸的主要成分与淀粉属于同分异构体【1题答案】【答案】A【解析】【详解】A．蚕丝主要成分为蛋白质，点燃时，会产生烧焦羽毛的气味，A正确；B．儿茶素(C15H14O6)含氧元素，不是烃类物质，B错误；C．钢条属于金属材料，C错误；D．纸的主要成分是纤维素，与淀粉分子量不同，不是同分异构体，D错误； 故选A。2.我国科研人员创造出了迄今世界上最轻的镁原子，下列说法正确的是A.镁离子结构示意图：B.与18O具有相同的中子数C.Mg的相对原子质量为18g/molD.18Mg与24Mg互为同位素【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．镁原子失去最外层的2个电子变成镁离子，镁离子结构示意图为：，A错误；B．18Mg中子数为6，18O中子数为10，中子数不相同，B错误；C．Mg的相对原子质量为18，C错误；D．18Mg与24Mg质子数相同中子数不同，互为同位素，D正确；故选D。3.“人们的幸福是靠辛勤劳动创造出来的”。下列劳动与所涉及的化学知识不相符的是选项劳动项目化学知识A厨房清洁：使用食醋除去水壶中水垢食醋中的乙酸酸性比碳酸强B家务劳动：清洗炒完菜的铁锅后并擦干铁锅在潮湿时易发生吸氧腐蚀C课外实践：蒸制糕点加碳酸钠作膨松剂膨松剂的主要作用是调节酸性D学农活动：制作豆腐时加入石膏或卤水加入电解质使胶体发生聚沉A.AB.BC.CD.D【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A．食醋可与水垢中的碳酸钙反应生成二氧化碳，酸性比碳酸强，A正确； B．清洗炒完菜的铁锅后并擦干，可避免铁锅在潮湿环境下发生吸氧腐蚀，B正确；C．蒸制糕点加碳酸氢钠作膨松剂，膨松剂的主要作用是产生气体使糕点疏松多孔并调节酸性，C错误；D．石膏或卤水为电解质溶液，制作豆腐时，加入石膏或卤水可破坏胶体的稳定性，使胶体聚沉，D正确；故选C。4.明代宋应星所著的《天工开物》中，对黑火药有如下记载：“硝性至阴，硫性至阳，阴阳两神物相遇于无隙可容之中。”其反应为：。下列有关说法错误的是A.黑火药爆炸将化学能转化为热能和光能等B.在黑火药发生爆炸的反应中，S作还原剂C.黑火药的成分既有单质又有化合物D.黑火药至今仍用于烟花爆竹中【4题答案】【答案】B【解析】【详解】A．黑火药爆炸将化学能转化为热能和光能、动能等，故A正确；B．在黑火药发生爆炸的反应中，S元素化合价降低，作氧化剂，故B错误；C．黑火药的成分既有单质C和S，又有化合物KNO3，故C正确；D．黑火药至今仍用于烟花爆竹中，主要应用其瞬间产生大量气体，同时释放大量热，在有限的空间发生爆炸，故D正确；故选B。5.狄尔斯-阿尔德反应是一种有机环加成反应。关于反应产物X的说法不正确的是+(X)A.分子式B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.结构中至少有7个碳原子共平面D.一定条件下能与乙醇发生取代反应【5题答案】【答案】C 【解析】【详解】A．由X的结构简式可知，X中含有8个C原子，12个H原子，3个O原子，分子式为，故A正确；B．X中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．碳碳双键为平面结构，与碳碳双键直接相连的碳原子处于同一平面，单键可以旋转，X中最少时只有4个碳原子共面，故C错误；D．X中含有羧基，在一定条件下能与乙醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故D正确；答案选C。6.从海带中提取碘的部分实验操作为：①灼烧干海带；②海带灰浸泡、过滤；③海带浸取液中通入适量得到含的水溶液；④萃取、分液得到含的溶液。上述操作中，不需要用到的仪器为A.B.C.D.【6题答案】【答案】C【解析】【详解】①灼烧干海带需要用坩埚；②海带灰浸泡、过滤，需要烧杯、玻璃棒和漏斗即A和D；④萃取、分液得到含的溶液，需要用到烧杯和分液漏斗即B和D，所以不需要用到的仪器是C，故答案为：C。7.对于0.1mol/L溶液，下列说法不正确的是A.溶液中 B.溶液中存在：C.适当升高温度，溶液中减小D.工业上可用于除去铁锈【7题答案】【答案】C【解析】【详解】A．为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则，溶液中根据电荷守恒有，则，水解是微弱的，则有，故A正确；B．溶液中根据电荷守恒有，故B正确；C．的水解吸收热量，升高温度，水解程度增大，溶液中增大，故C错误；D．水解呈酸性，产生的H+可与铁锈反应，因此工业上可用于除去铁锈，故D正确；答案选C8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液：、、、B.水电离出的溶液：、、、C.的溶液：、、、D.使甲基橙变黄的溶液：、、、【8题答案】【答案】A【解析】【详解】A．、、、之间不发生反应，能大量共存，故A符合题意；B．水电离出的溶液可能呈碱性也可能呈酸性，与H+、OH-均发生反应，不能大量共存，故B不符合题意； C．具有氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．使甲基橙呈黄色的溶液是pH>4.4的溶液，可能呈酸性，酸性溶液中，H+与反应生成Al(OH)3，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。9.铝空气电池因成本低廉、安全性高，有广阔的开发应用前景。一种铝空气电池放电过程示意如图，下列说法正确的是A.a为正极，放电时发生氧化反应B.放电时OH-往b极迁移碱性电C.电路中每转移4mol电子，消耗22.4L氧气D.该电池负极电极反应为：【9题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知：在a电极Al失去电子被氧化为，所以a电极为负极，放电时失去电子发生氧化反应，A错误；B．放电时OH-往负极区移动，对于该电池来说，移向a电极，与Al失去电子产生的Al3+反应产生，B错误；C．题干未指明气体所处的外界条件，故不能根据转移电子数目确定消耗的氧气的体积，C错误；D．根据图示可知：在a电极Al失去电子产生Al3+，Al3+与溶液中的OH-反应产生为， 则负极的电极反应式为：，D正确；故合理选项是D。10.下列关于生产生活的描述Ⅰ和Ⅱ均正确且有因果关系的是选项描述Ⅰ描述ⅡA合成氨工业需要科研人员不断寻找高效的催化剂催化剂可以提高平衡转化率B疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液其主要成分NaClO具有强氧化性C铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸稀硝酸比浓硝酸氧化性更强D用FeCl3溶液刻蚀电路板Cu与FeCl3溶液发生了置换反应A.AB.BC.CD.D【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A．催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高物质的平衡转化率，A错误；B．疫情防控环境卫生消杀常选用84消毒液，其主要成分NaClO具有强氧化性，能够将细菌、病毒的蛋白质氧化使其变性，因而失去其生理活性，B正确；C．铁质槽罐车可储运浓硝酸，但不能储运稀硝酸，是由于在室温下浓硝酸具有强氧化性，会将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属进一步氧化，即发生钝化而不能进一步发生反应，而稀硝酸与铁反应不能产生钝化现象，故不能说稀硝酸比浓硝酸氧化性更强，C错误；D．可以用FeCl3溶液刻蚀电路板，是由于Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，该反应基本类型不是置换反应，D错误；故合理选项是B。11.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA B.足量与含4molHCl的浓盐酸充分反应，转移电子数为2NAC.0.1mol/L溶液中含有数小于0.1NAD.标况下，中所含有的键的数目为NA【11题答案】【答案】A【解析】【详解】A．D2O的相对分子质量是20，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，１个重水含有10个电子，所以20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA，故A正确；B．与浓盐酸反应，，1mo与4molHCl反应，所以足量与含4molHCl的浓盐酸充分反应，随着盐酸浓度下降，变成稀盐酸则反应停止，故实际参加反应的HCl小于4mol，转移电子数小于2NA，故B错误；C．不知道溶液的体积，无法求算含有数目，故C错误；D．标况下，二氯甲烷是液体，无法用气体摩尔体积求算中所含有的键的数目，故D错误；故答案为：A12.一种电解法制备并得到NaOH等副产物的示意装置如图，下列说法错误的是A.与a、b相连的分别是电源的正极、负极B.NaOH溶液中石墨电极上的反应为C.A膜、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜D.产品室中的和原料室的物质的量浓度同等程度增大 【12题答案】【答案】D【解析】【分析】由图可知，产品Ca(H2PO4)2在产品室生成，左侧石墨作阳极，氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，A膜为阳离子交换膜，透过B膜进入产品室与Ca2+结合生成Ca(H2PO4)2，B膜为阴离子交换膜，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+透过C膜进入阴极室，C膜为阳离子交换膜，据此作答。【详解】A．由分析可知，左侧电极为阳极，应连接电源正极，即a、b相连的分别是电源的正极、负极，故A正确；B．由分析可知，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；C．据上述分析，A膜、C膜为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故C正确；D．阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，产品室中的离子浓度增大，Na+透过C膜进入阴极室，原料室的浓度减小，故D错误；故选：D。13.部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是A.可以通过化合反应生成cB.工业上通过来制备C.浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇D.加热d＇的固态钾盐可以产生【13题答案】 【答案】B【解析】【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；C．可通过反应得到氯气，故C正确；D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；故答案为B。14.研究表明：MgO基催化剂广泛应用于的转化过程，图是我国科研工作者研究MgO与作用最终生成Mg与的物质相对能量-反应进程曲线。下列说法不正确的是A.反应中甲烷被氧化B.中间体比更稳定C.该反应的速率控制步骤对应的活化能是29.5kJ/molD.转化为的焓变为-145.1kJ/mol【14题答案】【答案】C【解析】 【详解】A．由图可知，该过程的总反应为，反应过程中CH4中C元素的化合价升高，作还原剂，被氧化，故A正确；B．能量越低越稳定，由图可知，中间体的能量比更低，则比更稳定，故B正确；C．该反应的反应速率取决于活化能最大的步骤，由图可知，该反应中活化能最大的步骤是HOMgCH3到过渡态2的步骤，该步骤的活化能为299.8kJ/mol，故C错误；D．由图可知，转化为的焓变为-149.4kJ/mol-(-4.3kJ/mol)=-145.1kJ/mol，故D正确；答案选C。15.某物质的化学式为，X和Y为第二周期主族元素，Z为第三周期主族元素，Z原子的核外电子是Y与X原子核外电子数之差的3倍，遇KSCN溶液呈血红色，结构式如图，下列叙述正确的是A.简单氢化物的稳定性：Z>YB.原子半径：Y>Z>XC.Z的氧化物对应的水化物为强酸D.具有还原性【15题答案】【答案】D【解析】【分析】X和Y为第二周期主族元素，根据结构式，Y能形成2个共价键，Y是O元素；Z能形成5个共价键，Z为第三周期主族元素，Z是P元素；Z原子的核外电子是Y与X原子核外电子数之差的3倍，X是Li元素；遇KSCN溶液呈血红色，W是Fe元素。【详解】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性：H2O>PH3，故A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：P>Li>O，故B 错误；C．P的氧化物对应的水化物都不是强酸，故C错误；D．中Fe显+2价，具有还原性，故D正确；选D。16.常温下，分别向体积相等浓度均为0.1mol/L的MOH、NOH溶液中逐渐加入稀盐酸，由水电离的氢氧根离子浓度值的负对数[]随加入稀盐酸体积[V(HCl)]的变化如图，下列说法正确的是A.常温下，MOH的电离常数数量级为B.d点混合溶液中C.b、e两点水的电离程度相同D.f点混合溶液的【16题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由起点0.1mol/L的MOH溶液c(OH-)水=10-11可知，MOH是弱碱，常温下由MOH电离出的c(OH-)=，由MOH电离出的c(M+)≈c(OH-)=10-3mol/L，MOH的电离常数，数量级为10-5，A错误；B．d点c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(M+)，则有c(Cl-)=c(M+)，B正确；C．由起点可知NOH完全电离，NOH为强碱，b点溶质为NCl，对水的电离不抑制也不促进，MOH是弱碱，e点溶质为MCl，由于M+发生水解反应，促进水的电离，则e点水的电离程度大于b点，C错误；D．f点溶质为MCl、HCl，HCl对水的电离有抑制作用，由图知是水电离出氢氧根浓度为 10-7mol/L，未知加入HCl体积，不确定混合溶液中氢离子浓度，则pH不等于7，D错误；故选：B。第Ⅱ卷二、非选择题(共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题：共42分。17.某兴趣小组为探究浓硫酸与铜的反应，设计了如下装置。（1）铜丝与浓硫酸反应的化学方程式为_______。（2）为验证品红被漂白的产物不稳定，简述操作步骤及现象_______。（3）浸NaOH溶液的棉团作用是_______。（4）为进一步探究的还原性，将过量的通入到200mL1.0mol/L的和过量混合溶液中，观察到装置中产生了白色沉淀。装置如图所示。某合作学习小组设计实验，对产生的原因进行探究(不考虑溶液中的影响)①查阅资料不同浓度的被还原的产物不同且产物不单一、不同pH时，的氧化性不同。1.0mol/L的的。②提出猜想猜想1：被氧化猜想2：在酸性条件下被氧化猜想3：_______ ③设计实验、验证猜想限选实验试剂：0.01mol/LHCl、0.02mol/LHCl、3.0mol/LHNO3、6.0mol/LHNO3、3.0mol/LNaNO3、6.0mol/LNaNO3、0.1mol/LKSCN、和固体实验步骤实验现象和结论实验1：取少量反应后的上层清液于试管中，滴入少量_______溶液。出现_______，说明猜想1成立。溶液中与发生的离子方程式为_______。实验2：往图中的装置中加入100mL_______溶液、100mL_______溶液和过量的固体，再通入过量。出现白色沉淀，说明猜想2成立。④交流讨论小组同学认为，综合上述两个实验不足以证明猜想3成立。⑤优化实验若要证明猜想3成立，还要进行实验3。实验3：_______(只需提供设计思路，不需要写出具体操作步骤)。【17题答案】【答案】（1）（2）加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，溶液又变成红色（3）吸收二氧化硫，防止污染环境（4）①.与、酸性条件下的都反应②.③.蓝色沉淀④.⑤.0.02mol/LHCl⑥.6.0mol/LNaNO3⑦.分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化【解析】【小问1详解】铜丝与浓硫酸反应在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为 ，故答案为：；【小问2详解】可以先加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，如果又变成红色，说明品红被漂白的产物不稳定，故答案为：加热铜和浓硫酸的混合物，品红溶液褪色，然后再加热褪色后的品红溶液，溶液又变成红色；【小问3详解】二氧化硫有刺激性气味，会污染环境，不能随意排放，浸NaOH溶液的棉团作用是吸收二氧化硫，防止污染环境，故答案为：吸收二氧化硫，防止污染环境；【小问4详解】由猜想1、2可得猜想3是：与、酸性条件下的都反应；取少量反应后的上层清液于试管中，滴入少量溶液，如果出现蓝色沉淀，说明有亚铁离子生成，说明猜想1成立，溶液中与发生的离子方程式为；1.0mol/L的的，所以c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，要证明猜想2成立，只需要保证氢离子和硝酸根离子的浓度和原溶液相等就行，需要把硝酸铁溶液换成c(H+)=0.01mol/L，c()=3.0mol/L，所以往图中的装置中加入100mL0.02mol/LHCl溶液、100mL6.0mol/LNaNO3溶液和过量的固体，再通入过量，出现白色沉淀，说明猜想2成立；若要证明猜想3成立，还要进行实验3，结合猜想1和猜想2的验证，可以分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化，故答案为：分别用不含的铁盐验证能氧化，用不含的硝酸盐验证能氧化。19.半导体芯片行业是金属靶材的主要应用领域之一、利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)采用选择性溶解法回收铂并制备硫酸镍晶体的一种工艺流程如下： 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时()的pH8.74.73.29.0②王水是按浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1配制而成；③氧化性④室温：；（1）“酸浸”时镍发生反应的化学方程式为_______。（2）铂在王水中生成二元强酸，其中Pt元素的化合价为_______，该反应的离子方程式为_______。（3）设“调pH”应控制的pH范围是_______。（4）当液固比为4∶1时，"酸浸"过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，“酸浸”的最佳温度和时间是_______。 （5）沉铂过程中，的沉淀率随温度的升高而增大，结合平衡移动原理解释沉淀率随温度变化的主要原因_______。（6）在“沉铂”过程中，若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，则加入溶液的浓度最小值为_______mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。（7）“操作1”中包括沉淀的洗涤，应选用下列哪种试剂最佳_______。A.蒸馏水B.浓盐酸C.氯化铵溶液D.王水【19题答案】【答案】（1）（2）①.+4②.（3）4.7pH＜7.2（4）70℃、120min（5）存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；（6）（7）C【解析】【分析】酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，为二元强酸可以计算化合价和书写离子方程式，由图可知最佳温度和时间为70℃和120min，根据平衡移动原理，温度升高NH4Cl水解正向移动，温度越高沉淀率越大，完全沉淀时离子浓度为，据此答题。【小问1详解】已知氧化性，化学方程式为：【小问2详解】 ①二元强酸中，H原子化合价为+1价，Cl原子为-1价，则根据正负化合价代数和为零，计算Pt的化合价为+4价；②浓硝酸和浓盐酸可拆开，Pt由0价变为+4价，硝酸中的N原子由+5价生成NO变为+2价，铂在王水中生成二元强酸，反应的离子方程式为：；【小问3详解】酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，则pH的范围为：4.7pH＜7.2；【小问4详解】由图可知，温度升高，酸浸浸出率在变大，70℃和90℃时酸浸率相接近，考虑成本原因，最佳温度为70℃，由图可知，酸浸率与酸浸时间成正比，时间为120min后，镍浸出率随时间变化不显著，则最佳时间为120min；【小问5详解】存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；【小问6详解】，，沉淀完全时浓度小于，代入数据可得，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2，溶液等体积混合后，，则加入溶液的浓度最小为 ；【小问7详解】存在可逆反应，平衡正向移动降低沉淀的损耗，应选用溶液，答案选C。21.“碳中和”已成为人们关注的焦点，实现“碳中和”的基本途径是“减排”(减少在大气中排放)和“增汇”(增加对大气中的吸收)。（1）中国科技研究者利用人工合成甲醇，进而制备甲醛(HCHO)取得了进展。第一步合成甲醇涉及的反应有：ⅰ.ⅱ①生成焓是某温度下，标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态1mol某纯物质的热效应。部分物质的生成焓数据如下表(单位：kJ/mol)：-393.51-201.17-241.820由此可求得_______kJ/mol。②反应ⅰ和ⅱ在一定条件下建立平衡，下列说法正确的有_______。A.加入催化剂，可以加快ⅰ的反应速率和提高CO的转化率B移走CO(g)，可以使反应ⅱ平衡向右进行C.容器内气体的相对分子质量不再改变说明反应达到了平衡D.压缩反应容器，反应ⅰ的化学平衡常数变小一定条件下，在某密闭容器中投入初始投料比发生上述反应。体系中和c(CO)随时间变化，甲醇的选择性(指转化为甲醇的占发生反应的的百分比)随温度变化如图所示： ③计算时间内_______，此条件下反应ⅱ平衡常数K=_______(写出计算过程，保留2位小数)。④甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。（2）甲醇脱氢制甲醛，催化反应的部分机理如下(*表示有一个单电子可以参与成键)：历程ⅰ：历程ⅱ：历程ⅲ：①写出历程ⅱ的方程式_______。②若在甲乙两个等容积的恒容容器中分别加入和，在同一条件下达到平衡，转化率较大的是_______(填甲或乙)，原因是_______。【21题答案】【答案】（1）①.-49.48kJ/mol②.BC③.0.05④.2.17⑤.反应ⅰ放热，升高温度，平衡逆向移动 （2）①.②.乙③.根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强平衡逆向移动【解析】【小问1详解】①生成物总能量-反应物总能量=焓变，=-201.17kJ/mol-241.82kJ/mol+393.51kJ/mol-0=-49.48kJ/mol；②A．催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，故A错误；B．移走CO(g)，CO浓度减小，可以使反应ⅱ平衡向右进行，故B正确；C．反应ⅰ反应前后气体系数和不同，气体气体总物质的量是变量、气体总质量不变，所以气体相对分子质量是变量，容器内气体的相对分子质量不再改变说明反应达到了平衡，故C正确；D．平衡常数只与温度有关，压缩反应容器，反应ⅰ的化学平衡常数不变，故D错误；选BC；③氢气的浓度降低(9-5.75)mol/L=3.25mol/L，反应生成CO的浓度为0.25mol/L，则反应ⅱ消耗氢气的浓度为0.25mol/L，反应ⅰ消耗氢气的浓度为3mol/L，时间内；40min时反应达到平衡状态，氢气的浓度降低(9-3.6)mol/L=5.4mol/L，反应生成CO的浓度为1.2mol/L，则反应ⅱ消耗氢气的浓度为1.2mol/L，生成水的浓度为1.2mol/L，消耗CO2的浓度为1.2mol/L，反应ⅰ消耗氢气的浓度为(5.4-1.2)=4.2mol/L，则反应ⅰ消耗CO2的浓度1.4mol/L，反应生成水的浓度为1.4mol/L；平衡时容器中CO2的浓度(3-1.2-1.4)=0.4mol/L、H2的浓度是3.6mol/L、CO浓度是1.2mol/L、H2O的浓度是(1.2+1.4)=2.6mol/L，此条件下反应ⅱ平衡常数K=。④反应ⅰ放热，升高温度，平衡逆向移动，所以甲醇选择性随温度升高而降低。【小问2详解】①总反应-历程ⅰ-历程ⅲ得历程ⅱ的方程式为。②若在甲乙两个等容积的恒容容器中分别加入和 ，在同一条件下达到平衡，根据等效平衡原理，甲相当于加压，增大压强平衡逆向移动，所以转化率较大的是乙。(二)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。23.作为一种轻质热电材料被广泛应用，为提高该材料的宏观性能(如韧性、弹性等)研究人员尝试在中掺杂稀土元素，其简要流程如下：（1）基态Si原子核外未成对电子数有_______个，稀土元素镧(La)位于周期表_______区。（2）流程中三种晶体、、熔点从高到低顺序为_______，其中四种元素电负性从大到小顺序为_______。（3）上述流程中分子构型或者结构单元为正四面体构型的有_______(填化学式，至少填两种)。（4）分析工业冶炼单质镁采用电解熔融而不是MgO的原因_______。（5）晶胞如图，该晶胞棱长为、阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_______(列出计算式)（6）科研人员通过实验数据计算出La掺杂后的多种存在形式的生成焓数据如下表(生成焓是某温度下，标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态1mol某纯物质的热效应)。结合生成焓数据判断掺杂后的目标物最稳定的是_______(填化学式)，目标物中La原子最有可能填充的位置为_______。 目标物生成焓(kJ/mol)-19.31-8.06-10.56+3.56【23题答案】【答案】（1）①.2②.f（2）①.＞＞②.O＞Cl＞Si＞Mg（3）、、Si（4）MgO的熔点高于（5）（6）①.②.体心【解析】【小问1详解】基态Si原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，有2个未成对电子数在3p轨道上；稀土元素镧(La)位于周期表f区；【小问2详解】流程中三种晶体、、分别为离子晶体、原子晶体、分子晶体，熔点从高到低顺序为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，故熔点从高到低顺序为＞＞；元素的非金属性越强，其电负性也越强，由于非金属性：Mg＜Si，O＞Cl，Cl＞Si，故电负性：O＞Cl＞Si＞Mg；【小问3详解】 上述流程中的物质，SiO2的空间构型是以硅氧四面体为基本结构形成的立体网状结构；Si结构类似于金刚石，每个Si原子与相邻的4个Si原子形成正四面体；由于四氯化硅的结构与四氯化碳类似，所以四氯化硅也是正四面体型结构；【小问4详解】O2-的离子半径大于Cl-，且O2-所带电荷比Cl-多，MgO的晶格能高于MgCl2，MgO的熔点高于，电解熔融的MgO耗能高，故采用电解；【小问5详解】晶胞中，含有Mg的个数为8个，含有Si的个数为8´+6´=4，则晶胞质量为g=g，故g∙cm-3；【小问6详解】根据生成焓的定义可知，反应放出热量，说明生成物比反应物体系能量低，反应放出热越多，说明生成物越稳定，最稳定；的晶胞中含有8个Mg和4个Si，则目标物Mg8Si4La中La原子最有可能填充的位置为体心。25.化合物Ⅸ是合成一种新型多靶向抗肿瘤药物的中间体，其合成路线流程图如下：回答下列问题：（1）写出化合物Ⅰ的名称_______，化合物Ⅰ→Ⅱ的反应类型_______。（2）化合物Ⅲ由C、H、O三种原子组成，结构简式为_______。 （3）化合物Ⅳ分子结构中的含氧官能团有_______(填名称)。（4）化合物Ⅴ在酸性下水解，有一种产物能在一定条件下自身聚合形成高聚物。形成该高聚物的反应方程式为_______。（5）化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X同时满足如下条件的同分异构体有_______种。①苯环上有两种取代基，且能与溶液发生显色反应；②能与溶液反应生成气体。这些同分异构体中满足核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式_______。（6）根据上述信息，写出以苯乙烯()与化合物Ⅶ为主要原料合成有机物的路线流程为_______。【25题答案】【答案】（1）①.4-溴苯甲酸（对溴苯甲酸）②.取代反应（2）CH≡CCH2CH2OH（3）羟基、酯基（4）n+(n-1)H2O（5）①.15②.（6） 【解析】【分析】I到II在羧基上发生了酯化反应；II与III生成了IV，对比结构简式，III为CH≡CCH2CH2OH；IV与氢气反应，碳碳三键发生了加成反应得到V；V在在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成VI，醛基被氧化，并且发生了溴原子的取代反应；VI与VII在醋酸钠存在下发生反应得到VIII，VIII中酯基水解得到了IX。【小问1详解】化合物I的名称为4-溴苯甲酸（对溴苯甲酸）；I与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应；【小问2详解】对比II和IV的结构简式，III仅含C、H、O三种元素，III的结构简式为：CH≡CCH2CH2OH；【小问3详解】化合物IV中的含氧官能团为：羟基、酯基；【小问4详解】化合物V在酸性条件下水解，水解产物为和甲醇，在一定条件下可以发生缩聚反应生成聚酯，化学方程式为：n+(n-1)H2O；【小问5详解】化合物X是V的同系物，其相对分子质量比V小28，化合物X比V少两个CH2，X苯环上有两种取代基，且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2 气体，说明含有羧基，满足条件的同分异构体的结构简式：两个取代基为对位时，共有、、、、5种；同理，两个取代基为邻位和间位各有5种，共15种；核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1∶1，即有5种不同化学环境的氢原子，且氢原子个数比为6∶2∶2∶1∶1，满足条件的结构简式为；【小问6详解】苯乙烯与水生成，参照题中制备路线，在NaClO和KBr，NaHCO3作用下生成，与VII在醋酸钠作用下即可得到产物，故合成路线为：。