（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷化学（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）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。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁（含碳量约0.1%）混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的硬度比纯铁大C．生铁熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C【解析】A．钢是以铁为主的含碳合金，故A正确；B．钢是铁碳合金，硬度比纯铁大，故B正确；C．生铁是铁碳合金，熔点比熟铁低，故C错误；D．赤铁矿的主要成分为Fe2O3，是工业冶炼铁的原料之一，故D正确；选C。2．下列说法正确的是A．“太阳能路灯计划”使用的太阳能电池的材料（砷化镓）是金属材料B．港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维吊装缆绳，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点C．发射神州十三号用偏二甲肼做燃料，利用了它的氧化性D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料，由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于无机非金属材料【答案】B【解析】A．砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，A项错误；B．聚乙烯纤维属于高分子合成材料，具有质量轻、强度大、耐磨、耐腐蚀的优点，B项正确；C．偏二甲肼作燃料燃烧，利用的是它的还原性，C项错误；D．高强树脂为有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项错误；答案选B。3．2021年6月10日，国务院公布的第五批国家级非物质文化遗产代表性项目名录，包含柳州螺蛳粉制作技艺、鲁山花瓷烧制技艺、楚简制作技艺、大名小磨香油制作技艺等，下列说法错误的是A．柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含淀粉B．鲁山花瓷烧制过程中包含复杂的物理变化和化学变化C．楚简属于竹制品，主要成分为纤维素D．大名小磨香油属于高分子化合物【答案】D【解析】A．柳州螺蛳粉的主要成分是米粉，富含糖类淀粉，A正确；B．鲁山花瓷烧制过程中有物质形状变化和生成新物质的变化，包含复杂的物理变化和化学变化，B正确；C．楚简属于竹制品，主要成分为纤维素，C正确；D．大名小磨香油中含有油脂，不属于高分子化合物，D错误；故选D。4．实验是化学研究的基础。下列各装置图对应实验的叙述中，错误的是A．装置①可实现由食盐水制得食盐晶体B．装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸C．装置③可通过NH4Cl分解得到NH3D．装置④b口进气可收集H2、NH3等气体【答案】C【解析】A．装置①是蒸发结晶装置，可实现由食盐水制得食盐晶体，A正确；B．HCl气体通入CCl4层，不与CCl4反应，气体出来后往上升被水吸收，故装置②能用于吸收HCl气体并防止倒吸，B正确；C．NH4Cl分解得到NH3和HCl，NH3和HCl在试管口又生成NH4Cl固体，用装置③不能通过NH4Cl分解得到NH3，C错误；D．装置④b口进气是向下排空气法收集气体的装置，可收集H2、NH3等密度比空气小的气体，D正确；故选C。9
5．大黄素是中药大黄的主要成分，有广泛的药理作用。下列有关大黄素的说法正确的是A．分子中有4种官能团B．在空气中可发生氧化反应C．能与NaHCO3溶液反应D．常温下能与Br2发生取代反应和加成反应【答案】B【解析】A．根据物质结构简式可知该物质分子中含有羟基、羰基两种官能团，A错误；B．该物质分子中含有酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，因而能发生氧化反应，B正确；C．由于碳酸的酸性比苯酚酸性强，所以该物质不能与NaHCO3溶液反应，C错误；D．在常温下该物质能与Br2发生取代反应，但是不能与其发生加成反应，D错误；故合理选项是B。6．“劳动是幸福的源泉”，下列劳动项目所涉及的化学知识错误的是选项劳动项目化学知识A使用纯碱溶液去油污NaHCO3水解使溶液显碱性B使用草木灰对蔬菜施肥草木灰属于钾肥C白醋除水垢醋酸酸性强于碳酸D侯德榜制碱法利用了物质溶解度的不同A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．纯碱Na2CO3在水中水解呈碱性，可以去除油污，A错误；B．草木灰的主要成分是K2CO3，属于钾肥，B正确；C．白醋酸性强于碳酸，因此可以与碳酸盐反应生成醋酸盐和CO2，可用于除水垢，C正确；D．侯氏制碱法原理是先在饱和食盐水中通NH3，再通CO2，以利于生成更多产物，利用了物质溶解度的不同，D正确。故本题选A。7．《中国诗词大会》是中央电视台制作的特别节目，以弘扬中华传统诗词之美，促进中华传统文化的传承和发扬。请你从化学视角分析，下列说法错误的是A．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的是石灰石的煅烧B．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾、烟均能产生丁达尔效应C．“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”，“飞絮”、“鹅毛”主要成分都是蛋白质D．“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧豗似火攻”中烟花是某些金属的焰色反应，属于物理变化【答案】C【解析】A．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”所发生的反应是石灰石的煅烧分解反应：CaCO3CaO+CO2↑，故描述的是石灰石的煅烧，A正确；B．雾、烟是气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，B正确；C．“飞絮”是柳絮，主要成分是纤维素，“鹅毛”主要成分是蛋白质，C错误；D．某些金属元素灼烧会发出颜色，灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色反应，焰色反应属于物理变化，D正确；故选C。8．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA具有弱碱性可用于制胃酸中和剂B84消毒液有强酸性84消毒液与洁厕灵不能混用C有氧化性，有还原性和在水溶液中不能大量共存D铜绿的主要成分是碱式碳酸铜铜绿在空气中受热分解能得到铜单质A．AB．BC．CD．D【答案】A【解析】A．、等可用于制胃酸中和剂，A正确；B．84消毒液主要成分为NaClO溶液，呈碱性，具有强氧化性，与洁厕灵反应生成有毒的氯气，B错误；C．FeS是沉淀，和在水溶液中不能大量共存，C错误；D．铜绿在空气中受热分解得到的是CuO，D错误；答案选A。9．研究人员提出了一种基于Li元素的电化学过程来合成氨，其工艺路线如图所示。下列说法不正确的是A．第一步阳极反应式为B．第二步“高温反应”是氮的固定的一种形式9
C．该工艺的总反应为D．整个电化学合成氨过程中能循环利用的物质有LiOH【答案】C【解析】A．LiOH熔融后，OH-在阳极放电，电极反应式为：，A正确；B．第二步“高温反应”是氮气和单质Li的反应，N元素由单质转变为化合态，属于“氮的固定”，B正确；C．整个过程除了生成氨以外，还有第一步反应产生的O2剩余，不是传统的“合成氨”工艺，将三步反应方程式叠加，可得总反应方程式：2N2+6H2O=4NH3+3O2，C错误；D．第一步消耗LiOH，第三步重新生成等量的LiOH，故LiOH可循环利用，D正确；故选C。10．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质化学性质的两个重要角度。某短周期元素的单质及其部分化合物的价类二维图如图所示。下列推断合理的是A．a到b、c、d、e、f均可直接转化B．标准状况下，1molb和c的混合物体积为22.4LC．f的水溶液在空气中放置，不易被氧化D．可先加盐酸，再加氯化钡溶液检验e的钠盐是否变质【答案】D【解析】A．由图示知，A为S单质，结合反应：S+O2SO2、3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O、S+3Na2O2（熔融）Na2SO4+2Na2O，知a可以直接转化为c、d、e、f，但S与O2反应不能一步到SO3（b），A不合理；B．标准状况下，SO3非气体，故1molSO2和SO3混合物体积小于22.4L，B不合理；C．化合物f中硫元素为-2价，容易被空气中氧气氧化成S而变质，C不合理；D．e的钠盐为Na2SO3或NaHSO3，若变质，则会生成Na2SO4，可通过先加入盐酸，再加入氯化钡溶液检验是否有硫酸根确认其是否变质，D合理；故答案选D。11．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．室温下，pH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-数目为10-4NAB．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH的数目为0.1NAC．5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.4NAD．将1mol氯气通入足量水中充分反应后，HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和为2NA【答案】B【解析】A．溶液体积未知，不能计算其物质的量，则不能计算OH-数目，A错误；B．将0.1molNH4NO3溶于稀氨水中，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH)=c(Cl-)=0.1mol，溶液中NH的数目为0.1NA，B正确；C．5.9gC3H9N的物质的量为，C3H9N的结构简式为CH3CH2CH2NH2或(CH3)2CH(NH2)，则1个C3H9N分子含有12个共用电子对，即5.9gC3H9N中所含共用电子对数目为1.2NA，C错误；D．1mol氯气通入足量水中充分反应：Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中的含氯微粒有HClO、Cl-、ClO-、Cl2，因此HClO、Cl-、ClO-的微粒数之和小于2NA，D错误；故选B。12．时，在浓度均为的某一元酸与其钠盐组成的混合溶液中，测得，则下列描述中不正确的是A．该溶液的B．能发生水解反应C．D．氢氧化钠与反应的离子方程式为：【答案】A【解析】A．混合溶液溶质为HA、NaA，且c(Na＋)>c(A－)，结合电荷守恒：c(H＋)+c(Na＋)=c(A－)+c(OH-)，知c(H＋)<c(OH-)，故溶液显碱性，即pH>7，A错误；B．若HA为强酸，则该混合液应该显酸性，但实际显碱性，说明HA为弱酸，故A-能水解，B正确；C．根据物料守恒，c(A－)+c(HA)=mol·L－1=0.02mol·L－1，C正确；D．由B选项分析知HA为弱酸，故离子方程式中HA不能拆写成离子形式，故NaOH与HA反应离子方程式为：OH-+HA=H2O+A-，D正确；故答案选A。13．热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸。下列说法不正确的是9
A．电极b周围溶液pH变大B．溶液中H+由a极区向b极区迁移C．电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H++SOD．一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等【答案】D【解析】由题干图示可知，电极a作负极，发生的电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++，b电极为正极，发生的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，左侧区域产生的H+经过阳离子交换膜进入右侧区域。A．由分析可知，b电极为正极，发生的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，则电极b周围溶液pH变大，A正确；B．由分析可知，溶液中H+由a极区向b极区迁移，B正确；C．由分析可知，电极a的电极反应式是SO2-2e-+2H2O=4H++SO，C正确；D．根据得失电子总数相等可知，一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量的2倍，D错误；故答案为D。14．改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。下列叙述不正确的是A．的数量级为B．pH=4.2时，在该溶液中，C．与溶液pH无关，恒等于D．等体积等物质的量浓度的NaHA和溶液混合后，溶液pH=4.2【答案】D【解析】A．由图可知，时，，故数量级为，A正确；B．pH=4.2时，，B正确；C．，与溶液pH无关，恒等于，C正确；D．图中表达的意思是在水溶液中实现所有微粒的各种平衡后，溶液中，此时pH=4.2，而D选项是等体积等物质的量浓度的NaHA和溶液混合，混合后各种平衡移动导致，D错误。故选D。15．“鱼浮灵”是水产养殖的迅速增氧剂，其主要成分的结构式如图所示。元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是A．单质沸点：X>YB．Z2Y2、Z2Y所含化学键类型完全相同C．原子半径：Z>X>YD．简单氢化物稳定性：X<Y【答案】B【解析】由题干信息可知，由主要成分的结构式示意图可知，Z形成+1价的阳离子，X周围能形成4个共价键，Y周围形成2个共价键，且元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，故可推测X为C，Y为O，Z为Na。A．由分析可知，X为C，其单质为金刚石和石墨具有很高的沸点，Y为O，其单质为O2和O3在常温下为气体，故单质沸点：X>Y，A正确；B．由分析可知，Y为O，Z为Na，故Na2O2、Na2O所含化学键类型不完全相同，前者既有离子键又有共价键，后者只有离子键，B错误；C．原子半径：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：Z>X>Y，C正确；D．简单氢化物稳定性与元素的非金属性一致，故X<Y，D正确；故答案为B。16．某小组探究Na2S溶液与KMnO4溶液反应，实验过程如下：实验序号III实验过程滴加10滴（约0.3mL）0.1mol/LNa2S溶液滴加10滴（约0.3mL）0.01mol/L酸性KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0）实验现象紫色变浅（pH＜1），生成棕褐色沉淀（MnO2）溶液呈淡黄色（pH≈8），生成浅粉色沉淀（MnS）资料：i．MnO在强酸性条件下被还原为Mn2+，在近中性条件下被还原为MnO2。9
ii．单质硫可溶于硫化钠溶液，溶液呈淡黄色。下列说法正确的是A．取少量实验I所得溶液进行实验，检测到有SO，说明S2-被MnO氧化为SOB．实验I中生成棕褐色沉淀的原因：C．实验II中所有参加反应的S2-均表现还原性D．实验现象说明：物质变化除与自身性质有关，还与浓度、用量、溶液的酸碱性有关【答案】D【解析】A．取少量实验I所得溶液进行实验，检测到有SO，因反应中加硫酸酸化，不能说明S2-被MnO氧化为SO，故A错误；B．实验I中生成棕褐色沉淀的原因是反应中有二氧化锰产生，故B错误；C．实验II中生成浅粉色沉淀（MnS），说明参加反应的S2-有部分不显还原性，故C错误；D．两实验滴加顺序不同，I滴加10滴（约0.3mL）0.1mol/LNa2S溶液，酸性KMnO4溶液过量，在酸性条件中反应，II滴加10滴（约0.3mL）0.01mol/L酸性KMnO4溶液（H2SO4酸化至pH=0），Na2S溶液溶液过量，在碱性条件下反应，随时间的变化，溶液中物质的浓度发生变化，溶液的酸碱性也不同，实验现象说明：物质变化除与自身性质有关，还与浓度、用量、溶液的酸碱性有关，故D正确；故选D。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第17~19题为必考题，每个试题考生都必须作答。第20、21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共42分。17．甲醛（HCHO）是无色气体，易溶于水，有特殊的刺激性气味，对人眼、鼻等有刺激作用。40%甲醛溶液沸点为96℃，易挥发。甲醛在碱性溶液中具有极强的还原性。为探究过量甲醛和新制反应的产物成分，进行如下研究：（1）在如图装置中进行试验，向a中加入溶液和溶液100mL，振荡，再加入40%的甲醛溶液40mL，缓慢加热a，在65℃时回流20分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成，最后变成红色，并有气体产生。①仪器b的名称是___________。②仪器c的作用为___________。③能说明甲醛具有还原性的实验现象是___________。（2）查阅资料发现气体产物是副反应产生的。为确认气体产物中含不含CO，将装置A和如图所示的装置连接后进行实验。①依次连接的合理顺序为：A→B→___________→___________→___________→__________→G。②装置B的作用是___________。③确认气体产物中含而不含CO的现象是___________。（3）课外兴趣小组对实验制取的晶体进行纯度测定：已知：是白色固体，易被氧化。a．称取2.000g样品，将其配成250mL溶液。b．先向锥形瓶内加入的溶液，加热至40~50℃，冷却后再向其中加入溶液，充分混合。c．最后用待测的样品溶液与锥形瓶内溶液恰好完全反应，重复三次、平均消耗样品溶液50.00mL（与反应的关系式为：）。①测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，否则测定的数值将会偏小，原因是_________。②通过计算，该样品中的质量分数是_____，可能含有的杂质有和_______。【答案】（1）恒压分液漏斗冷凝回流A中出现红色物质（或A中出现棕色物质）9
（2）A→B→E→F→D→C→G吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验硫酸铜粉末变蓝，石灰水不变浑浊（3）被空气中的氧化86.25%【解析】（1）①仪器为恒压分液漏斗。②仪器为球形冷凝管，主要是冷凝回流反应物。③能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜红色沉淀，中出现红色物质（或中出现棕色物质）。（2）①为确认气体产物中含不含，装置连接装置除去甲醛，防止干扰后续实验验证，利用装置吸收水蒸气，通过装置中氧化铜加热反应，利用装置中无水硫酸铜检验是否生成水蒸气，装置中澄清石灰水检验是否生成二氧化碳验证气体中是否含一氧化碳，通过装置收集剩余气体，依次连接的合理顺序为。②装置的作用是吸收甲醛蒸气，防止其干扰后续检验。③和均有还原性，将还原为，但的氧化产物为水，的氧化产物为，硫酸铜粉末变蓝说明有水生成，石灰水不变浑浊，说明无生成。（3）①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，时间过长被空气中的氧气氧化，样品的纯度测定偏小。②~~~~~~~~~25n则，溶液中含亚硝酸钠物质的量，该样品中的质量分数为；分析可知，可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠。18．氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，也能与SO结合成[CeSO4]2+；②Ce3+和Na2SO4形成复盐沉淀，Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+；③硫脲（SCN2H4）具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2。回答下列问题：（1）焙烧后，Ce元素转化成CeO2和CeF4，写出焙烧的化学方程式___________。（2）滤渣A的主要成分是___________。（3）步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示，应选择的适宜的条件为___________（填序号）。A．65℃2.0mo1·L-1B．75℃2.0mol·L-1C．85℃2.5mol·L-1D．100℃2.5mol·L-1（4）写出步骤②中加入硫脲还原[CeSO4]2+的离子方程式为___________。（5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为___________。（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全（c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1，此时测得溶液的，pH=5，则溶液中c(HCO)=___________mol·L-1（保留3位小数）。（已知常温下ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28）【答案】（1）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2（2）BaSO4和SiO2（3）C（4）2[CeSO4]2++2SCN2H4=(SCN2H3)2+2Ce3++2SO+2H+（5）防止Ce3+被氧化（6）0.178【解析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。（1）焙烧后，Ce元素转化成CeO2和CeF4，写出焙烧的化学方程式4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2↑；9
（2）SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，滤渣A是BaSO4和SiO2，故答案为：BaSO4和SiO2；（3）由图可知，温度85℃、c(H+)2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c(H+)2.5mol/L；故答案为：C；（4）加入硫脲的目的是将Ce4+还原为Ce3+，步骤②中加入硫脲还原[CeSO4]2+的离子方程式为2[CeSO4]2++2SCN2H4=(SCN2H3)2+2Ce3++2SO+2H+；（5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，过氧化氢具有还原性，步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，主要目的为防止Ce3+被氧化；（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28=c2(Ce3+)c3(CO)=(1.0×10-5)2×c3(CO)，c(CO)=1.0×10-6，此时测得溶液的，pH=5，ka2(H2CO3)=5.61×10-11=，则溶液中c(HCO)=0.178mol·L-1，故答案为0.178。19．CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机。用CO2、H2为原料合成甲醇（CH3OH）过程主要涉及以下反应：（a）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1（b）CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol（c）CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-45.1kJ/mol（1）根据盖斯定律，反应a的ΔH1=___________。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。反应历程中最小能垒（活化能）E正_________eV。写出历程②的化学方程式__________。（3）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有__________。A．升高温度，反应b正向移动，反应c逆向移动B．加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热C．增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率D．及时分离除CH3OH，可以使得反应a的正反应速率增大（4）加压，甲醇产率将___________；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将___________。（填“升高”、“不变”、“降低”或“无法确定”）。（5）使用新型催化剂，让1molCO2和3molH2在1L密闭容器中只发生反应a、b，CO2平衡转化率和甲醇选择率（甲醇选择率是指转化生成甲醇的CO2物质的量分数）随溫度的变化趋势如图所示。553K时，若反应后体系的总压为p，反应a的Kp=___________（列出计算式）。（Kp为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数），由上图可知，适宜的反应温度为___________。【答案】（1）-49.0kJ/mol（2）0.61eVHOCO*+H*=CO*+H*+OH*ΔH=+0.20（ev）（3）AC（4）升高升高（5）513【解析】（1）已知：（b）CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol（c）CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-45.1kJ/mol根据盖斯定律，由（b）+（c）2得反应（a）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=ΔH2+ΔH32=-49.0kJ/mol；（2）“该历程中最小能垒（活化能）”，为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；历程②是HOCO*+H*=CO*+H*+OH*反应时由相对能量0.07eV升至0.75eV的过渡态2再降至-0.13eV。E正=0.07－(－0.13)=+0.20（ev），反应的化学方程式为HOCO*+H*=CO*+H*+OH*ΔH=+0.20（ev）；9
（3）A．反应b为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应c为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选项A正确；B．加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能但不能改变反应的反应热，选项B错误；C．增大H2的浓度，反应a、b均正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，选项C正确；D．及时分离除CH3OH，反应物浓度降低，最终反应a的反应速率降低，选项D错误；答案选AC；（4）反应a、c均为气体体积缩小的反应，加压，平衡均正向移动，甲醇产率将升高；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，反应b逆向移动，反应a、c正向移动，甲醇产率将升高；（5）根据图中信息可知，553K时，反应a平衡时CO2的转化率为60%，则平衡时CO2的物质的量为1mol(1-60%)=0.4mol，利用三段式可得：若反应后体系的总压为p，各物质的分压分别为=、=、=、=，反应a的Kp=；当温度升高时反应a平衡逆向移动，而反应b平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故适宜的反应温度为513K。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。20．第二代半导体材料——（Ⅲ−V）A族化合物的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。（1）基态镓原子的价电子排布式为__，基态P原子的价电子排布图为___。（2）NH4NO3中N的杂化方式为__；NH4NO3呈__性，原因是__。（3）N、P、As位于同一主族，已知NH3的沸点比PH3的沸点高，AsH3的沸点比PH3的沸点高。产生的原因是__。（4）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有__________。（5）磷化铝晶胞如图，若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ=________g/cm3。（用含d的表达式填空）【答案】（1）4s24p1（2）sp3、sp2酸由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+（3）PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更高，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高（4）Mg、Si、S（5）【解析】（1）已知镓为31号元素，则基态镓原子的价电子排布式为4s24p1，磷是15号元素，基态P原子的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，基态P原子的价电子排布图为：，故答案为：4s24p1；；（2）NH4NO3中的中心原子N周围的价层电子对数为：4+(5-1-4×1)=4，中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+(5+1-3×2)=3，故N的杂化方式为sp3、sp2，由于NH4NO3是强酸弱碱盐，发生水解呈酸性，反应原理为：+H2ONH3·H2O+H+，故答案为：sp3、sp2；酸；由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+；（3）PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更高，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高，故答案为：PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更高，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高；（4）根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S三种元素，故答案为：Mg、Si、S；（5）由磷化铝晶胞如图，可知一个晶胞中含有Al的个数为：=4，P原子个数为4个，故若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=(d×10-10cm)3，则磷化铝晶体的密度，故答案为。21．化合物G（俗称依普黄酮）是一种抗骨质疏松药，以下是以甲苯为原料合成该化合物的路线：9
已知：RCOOH++H2O回答下列问题（1）反应①的反应类型为_______。（2）D的一种同分异构体H为，常温下二者在水中的溶解度D_______H（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）E中含氧官能团的名称为_______，化合物G的分子式为_______。（4）物质Y的结构简式为_______。（5）反应⑥的化学方程式为_______。（6）E有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种。a．含2个苯环的双环化合物b．核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为4∶4∶2∶1∶1c．可以发生银镜反应d．结构中不含“-O-O-”结构其中一种遇氯化铁溶液显紫色，其结构简式为_______。【答案】（1）取代反应（2）大于（3）酮羰基、羟基（4）（5）++HBr或+（6）3【解析】与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D（）与Y发生已知信息中取代反应生成E（），可推知Y为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；（1）反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，反应类型为取代反应；（2）D含有羧基，可与水形成氢键，与水相溶，而H是酯基，难溶于水，常温下溶解度D>H；（3）E中含氧官能团的名称为酮羰基、羟基；G的分子式为；（4）D（）与Y发生已知信息中取代反应生成E（），可推知物质Y的结构简式为；9
（5）F→G是与发生取代反应生成，反应⑥的化学方程式为或；（6）E同分异构体可以发生银镜反应说明含有醛基，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为4∶4∶2∶1∶1，满足下列条件的有、、；其中一种遇氯化铁溶液显紫色，则含有酚羟基，其结构简式为。9
