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2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共18页。
2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末化学试卷
1. 2021年9月24日，中科院科研团队在国际知名学术期刊《科学》上发表了“利用二氧化碳人工合成淀粉”的科研成果，如图是合成过程相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法不正确的是( )
A. 淀粉属于多糖，是一种高分子有机物
B. 制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变
C. CO2→CH3OH→HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D. 利用二氧化碳人工合成淀粉，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响
2. 氰气[(CN)2]可用于有机合成，也用作消毒、杀虫的熏蒸剂，是“拟卤素”的一种，性质与氯气相似，可以与水发生反应：(CN)2+H2O⇌HCN+HOCN。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 每生成1molHCN转移电子数为NA
B. 1mol(CN)2中含有的共价键数为6NA
C. 标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NA
D. 常温下pH=6的HCN溶液中由水电离出的H+数为10−8NA
3. 2021年10月4日，美国两位科学家因为发现了温度和触觉受体荣获诺贝尔生理学或医学奖，他们利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器。辣椒素的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. 分子式为C18H26NO3
B. 分子中甲基上的一氯取代物有三种
C. 它的含有苯环的同分异构体中可能含有两个碳碳双键
D. 能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同
4. 用如图仪器或装置(部分夹持装置略)进行物质制备，能达到实验目的的是( )
A. 图甲装置制备Fe(OH)2沉淀
B. 图乙装置制备无水MgCl2
C. 图丙装置利用蒸发结晶的方法制备胆矾晶体
D. 图丁装置制备乙酸乙酯
5. 2021年6月11日，国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素，火星岩石中含有Z2WY3，其结构如图所示。已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X、W为同一主族元素。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>W>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. Y分别和X、Z、W形成的化合物化学键类型相同
D. WY2和Z2XY3在一定条件下可以反应生成Z2WY3
6. 《JournalofEnergyChemistry》杂志报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是( )
A. c为电源的正极
B. 转移1mol电子可捕获CO25.6L(标准状况下)
C. ①②中捕获CO2时碳元素化合价发生了变化
D. d极电极反应式为CO32−+4e−+6H+=C+3H2O
7. 常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法不正确的是( )
A. 曲线M表示pH与lgc(HY−)c(Y2−)的变化关系
B. NaHY溶液显酸性
C. 交点d对应的pH=2.8
D. e点溶液中：c(HY−)>c(H2Y)>c(Y2−)>c(H+)>c(OH−)
8. 二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]是一种常用高效含氯杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。实验室利用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸[(CNO)3H3]固体，在10℃时反应制备Na(CNO)3Cl2，反应原理为(CNO)3H3+2NaClO=Na(CNO)3Cl2+NaOH+H2O，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)利用二氯异氰尿酸钠水解产物中的氧化性物质可消毒杀菌，该氧化性物质的分子式为 ______。
(2)装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是 ______。
(3)写出装置A中制备Cl2的化学方程式：______。
(4)B装置中的试剂是 ______。
(5)待C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入(CNO)3H3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的理由是 ______。
(6)“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定二氯异氰尿酸钠的“有效氯”含量，现称取某二氯异氰尿酸钠样品0.568g，依次加入水、足量KI固体和少量稀硫酸，配制成100mL待测液；准确量取25.00mL待测液于碘量瓶中，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为20.00mL。
①滴定终点观察到的现象为 ______。
②配制0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3⋅5H2O的质量为 ______。
③计算此样品的“有效氯”含量为 ______。
9. 2021年11月2日，第四届世界顶尖科学家碳大会——通往“双碳目标”的科技之路论坛在上海召开，我国科学家刘科提到了绿色甲醇技术，将CO2转化为甲醇是实现碳达峰、碳中和的一种非常重要的路径。回答下列问题：
(1)已知H2(g)和CH3OH(1)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol−1，726.5kJ⋅mol−1，则CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为 ______。
(2)最近科学家采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，反应历程如图所示。
①反应容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为 ______。
②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中 ______(填字母)的能量变化。
A. *CO+*OH→*CO+*H2O
B. *CO+*H2O→*CO
C. *OCH2→*OCH3
D. *OCH3→*CH3OH
(3)一定条件下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，温度对CO2平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图所示。
①下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______(填字母)。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1
②反应速率：v正(M)______(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”，下同)v逆(N)，化学平衡常数：KM______KN。
③M点甲醇的体积分数为 ______，该温度下，反应的平衡常数K=______。
④已知：反应速率v=v正−v逆=k正c(CO2)⋅c3(H2)−k逆c(CH3OH)⋅c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则Q点时v正v逆=______(保留2位小数)。
10. 我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是 ______，写出FeWO4在“碱熔”条件下反应的化学方程式：______。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 ______(填化学式)。
(3)粗钨酸钠溶液中含有HAsO32−，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，其反应的离子方程式为 ______。
(4)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=−lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ______，该反应的平衡常数K=______。
(5)750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl−CaCl2−CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极的电极反应式为 ______。
11. 铜及其化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)[Cu(NH3)2]Ac溶液可以吸收合成氨中对催化剂有毒害的CO气体[醋酸根(CH3COO−)简写成Ac−]，反应的化学方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3⇋[Cu(NH3)3CO]Ac。
①基态Cu+的核外电子排布式为 ______。
②CH3COO−中C原子的杂化轨道类型为 ______。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是 ______(用元素符号表示)。
④[Cu(NH3)2]+中N原子形成的H−N−H键角 ______(填“大于”“小于”或“等于”)气态NH3中的键角，原因是 ______。
⑤1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为 ______。
(2)Cu−Mn−Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示：
①合金的化学式为 ______。
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，则B原子的坐标参数为 ______。
③已知该合金晶体的密度为ρg⋅cm−3，则最近的两个Al原子间的距离为 ______nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
12. 博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示(部分反应条件已略)：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为 ______。
(2)B在碱性条件下完全水解所得有机物的结构简式为 ______。
(3)由C生成D的化学方程式为 ______。
(4)E的分子式为 ______。
(5)博舒替尼不能发生的反应类型是 ______(填字母)。
a.取代反应
b.酯化反应
c.消去反应
d.加成反应
(6)H与A互为同分异构体，满足下列条件的H有 ______种。
①含有苯环
②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应
(7)参考上述部分信息，写出由制备的合成路线
______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.淀粉属于多糖，是一种天然高分子有机物，故A正确；
B.流程分析，太阳能发电是光能转化为电能，电能电极水生成氢气过程是电能转化为化学能，制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变，故B正确；
C.CH3OH→HCHO的转化过程中，碳元素化合价升高，碳元素被氧化，故C错误；
D.利用二氧化碳人工合成淀粉，减少或抵消人类活动产生的温室气体二氧化碳等的排放量，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响，故D正确；
故选：C。
A.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
B.流程分析，太阳能发电是光能转化为电能，电能电极水生成氢气过程是电能转化为化学能；
C.元素化合价降低的物质被还原，元素化合价升高的物质被氧化；
D.碳中和是通过多种措施，减少或抵消人类活动产生的温室气体二氧化碳等的排放量，达到相对的0排放。
本题考查了物质性质和转化、氧化还原反应、碳中和的理解应用，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.(CN)2 与水反应生成 HCN 和 HOCN，所以每生成 1 molHCN 转移电子数为NA，故A正确；
B.1个(CN)2中含有共价键数为7，则1mol(CN)2中含有的共价键数为7NA，故B错误；
C.标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算水电离产生的氢离子个数，故D错误；
故选：A。
A.(CN)2中C为+3价，N为−3价，通过反应：(CN)2+H2O⇌HCN+HOCN，生成的HCN中碳为+2价，N为−3价，HOCN中C为+4价，N为−3价，可知变价的元素为C，生成1个HCN，转移1个电子；
B.1个(CN)2中含有共价键数为7；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.溶液体积未知。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意反应中元素化合价的分析，注意气体摩尔体积使用对象。
3.【答案】C
【解析】解：由结构可知分子式为C18H27NO3，故A错误；
B.分子中甲基上的一氯取代物有两种，故B错误；
C.从不饱和度上可以判断，除苯环外有两个双键，同分异构体中可能有两个碳碳双键，故C正确；
D.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但反应类型不同，与溴水反应可能是加成反应或苯环上的取代反应，与酸性高锰酸钾溶液发生的是氧化反应，故D错误；
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.图中装置不能使硫酸亚铁与NaOH溶液接触，应将A、B试管中的试剂互换，故A错误；
B.在HCl气流中抑制镁离子水解，可制备无水MgCl2，故B正确；
C.蒸发浓缩、冷却结晶可制备胆矾，不能蒸发结晶，故C错误；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：B。
5.【答案】D
【解析】解：A.由题中信息可知 X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Si，原子半径：C>O，故A错误；
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO3，故B错误；
C.Na2O、Na2O2中含有离子键，CO2和SiO2中存在共价键，故C错误；
D.SiO2+Na2CO3 −高温Na2SiO3+CO2↑，故D正确；
故选：D。
由如图所示结构得出，X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，X、W为同一主族元素，火星岩石含有Z2WY3，则Z为+1价，Z的原子序数大于Y，则Z金属元素，即为Na；W的化合价为+4价，说明W位于ⅣA族，结合原子序数可知，X为C，W为Si元素，根据阴离子的化合价，则Y为O，据此分析解答。
本题考查了元素位构性之间的关系，侧重元素周期律、周期表的考查，把握元素周期律和元素周期表为解答的关键，题目难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极，则 c为负极，故A 错误；
B.总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故B正确；
C.①②中碳元素化合价没有发生变化，故C错误；
D.d极电极反应式为CO32−+4e−=C+3O2−，故D错误，
故选：B。
A.由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极；
B.总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，据此计算；
C.①②中碳元素化合价没有发生变化；
D.d极为阴极，发生还原反应。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY− )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY− )减小，c(Y2− )增大，所 以 lgc(HY−)c(Y2−)增 大，用 曲 线 N 表 示，lgc(HY−)c(Y2−)的减小，用曲线 M 表示，故A正确；
B.通过图 中c点 可得 Ka1=10−1.3，e点可得 Ka2=10−4.3，Kh2=KwKa1=10−12.7，Ka2>Kh2，NaHY 的电离程度 大于其水解程度，所以溶液显酸性，故B正确；
C.交点d 时 c(H2Y)=c(Y2− )，Ka1⋅Ka2=c2(H+)⋅c(Y−)c(H2Y)=10−5.6，则对应的pH=2.8，故C正确；
D.e 点 溶 液 中：lgc(HY−)c(H2Y)>lgc(HY−)c(Y2−)，c(H2Y)
A.二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY− )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY− )减小，c(Y2− )增大；
B.NaHY为强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C.交点d 时 c(H2Y)=c(Y2− )，Ka1⋅Ka2=c2(H+)⋅c(Y−)c(H2Y)；
D.根据e 点 溶 液 中：lgc(HY−)c(H2Y)>lgc(HY−)c(Y2−)比较。
本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握图象所给信息，根据图象分析是解题的关键，注意对图象所给信息的巧妙利用，题目难度中等。
8.【答案】HClO 平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下 KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O饱和食盐水 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复 2.48g50%
【解析】解：(1)二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]中水解的氧化性物质结合元素守恒可知，该物质为HClO，
故答案为：HClO；
(2)装置A中连接分液漏斗和烧瓶的导管可以将分液漏斗改装为恒压分液漏斗，其作为用平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下，
故答案为：平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下；
(3)A为制备Cl2，KClO3与浓盐酸发生归中反应生成Cl2，反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，
故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
(4)由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到装置B饱和食盐水的洗气瓶来除杂，
故答案为：饱和食盐水；
(5)由已知信息可知，加入(CNO)3H3固体后反应为：2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断通入Cl2以增大NaOH的利用率，
故答案为：使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率；
(6)①由反应原理可知，滴定终点I2恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，因此滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复，
故答案为：滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复；
②配制0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3⋅5H2O的质量为0.1mol/L×0.1L×248g/mol=2.48g，
故答案为：2.48g；
③由反应原理2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得，n(Cl2)=0.1000mol/L×20.00×10−3L×12×100mL25mL=4.0×10−3mol，m(Cl2)=4.0×10−3mol×71g/mol=0.284g，故有效氯含量为0.2840.568×100%=50%，
故答案为：50%。
由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，KClO3与浓盐酸发生归中反应生成Cl2，反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到装置B饱和食盐水的洗气瓶来除杂，C装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置D进行尾气处理，据此分析解题，据此解析。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9.【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−130.9kJ/molCH2OAB、D 小于 大于 16.7%0.1483.24
【解析】解：(1)已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以有：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H1=−285.8kJ/mol，
②CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=−726.6kJ/mol，
CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)，该反应可由①×3−②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH=−285.8kJ/mol×3−(−726.6kJ/mol)=−130.9kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−130.9kJ/mol；
(2)①由图可知，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，则相对较少，
故答案为：CH2O；
②根据图可知合成甲醇的过程中 *CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，所以主要降低该步骤的能量变化，
故答案为：A；
(3)①A.混合气体的密度为ρ=mV，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断化学平衡，故A不选；
B.混合气体的平均相对分子质量为mn，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化可以判断化学平衡，故B选；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度，无法通过物质的量之比为1：3：1：1，符合化学计量比判断化学平衡，故C不选；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆，可以说明化学平衡，故D选，
故答案为：B、D；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率，所以反应速率：v正(M)小于v逆(N)，化学平衡常数：KM大于KN，
故答案为：小于；大于；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)1300
转化(mol/L)0.51.50.50.5
平衡(mol/L)0.51.50.50.5
M点甲醇的体积分数为0.50.5+1.5+0.5+0.5×100%=16.7%，反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.5×0.50.5×(1.5)3=0.148，
故答案为：16.7%；0.148；
④根据该温度下反应平衡时v正=v逆，则k正c(CO2)⋅c3(H2)=k逆c(CH3OH)⋅c(H2O)，所以k正k逆=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=K=0.148，Q点时CO2的转化率为40%，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)1300
转化(mol/L)0.41.20.40.4
平衡(mol/L)0.61.80.40.4
则Q点的v正v逆=k正c(CO2)c3(H2)k逆c(CH3OH)c(H2O)=0.148×0.6×(1.8)30.4×0.4=1.8，
故答案为：3.24。
(1)根据CO2和H2的燃烧热写出对应的热化学方程式，CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)，再由盖斯定律计算该反应的焓变；
(2)①比较生成CO和CH2O时反应的活化能大小，活化能大，反应进行较慢，则相对较少；
②比较各步骤活化能大小，活化能大，则反应慢，决定整体反应速率；
(3)①A.混合气体的密度为ρ=mV，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变；
B.混合气体的平均相对分子质量为mn，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，结合方程式计算各组分的平衡量，由此计算该反应在M点时的H2的体积分数，以及该温度下的反应平衡常数的值；
④首先根据该温度下反应平衡时v正=v逆，计算k正k逆的值，再由Q点时CO2的转化率为40%计算各组分的浓度，由此计算Q点的v正v逆。
本题考查较为综合，涉及盖斯定律、化学平衡的计算、化学反应速率的计算等知识点，为高考常见题型，侧重考查学生图象分析、计算能力，明确化学反应原理是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】增大接触面积，加快反应速率 4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2OH2SiO3和Al(OH)3 Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2OWO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH− 104 WO42−+6e−=W+4O2−
【解析】解：(1)黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是增大接触面积，加快反应速率，FeWO4在“碱熔”条件下发生反应生成氧化铁和钨酸钠，反应方程式为4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2O，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2O；
(2)分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3，
故答案为：H2SiO3和Al(OH)3；
(3)粗钨酸钠溶液中含有HAsO32−，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，反应离子方程式为Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2O，
故答案为：Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2O；
(4)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=−lgc(离子)，该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为WO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH−，反应的平衡常数=c2(OH−)c(WO42−)=Ksp[Ca(OH)2]Ksp(CaWO4)=10−610−10=104，
故答案为：WO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH−；104；
(5)750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl−CaCl2−CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极发生还原反应，电极反应方程式为WO42−+6e−=W+4O2−，
故答案为：WO42−+6e−=W+4O2−。
黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)，熔融碱分解加入氢氧化钠和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣1主要为Fe2O3，滤液为粗钨酸钠溶液，加入二氧化碳中和，过滤，滤渣I成分为H2SiO3和Al(OH)3，溶液中还有AsO33−、AsO43−等离子，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，滤渣II为MgHAsO4，钨酸钠中加入盐酸，获得H2WO4，加热分解获得WO3，加氢气高温还原，获得W单质，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
11.【答案】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)sp2、sp3 O>N>C>H大于 在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角 16AlMnCu2 (1,12,12)22×3840NAρ×107
【解析】解：(1)①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
②CH3COO−中甲基上的C的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，羧基上的C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，
故答案为：sp2、sp3；
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性O>N>C>H，
故答案为：O>N>C>H；
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角，
故答案为：大于；在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角；
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N−H键，3个NH3共有9个N−H键，CO中有3个共价键，所以1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为4+9+3=16，
故答案为：16；
(2)①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8×18+6×12+12×14+1=8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个，所以合金的化学式为AlMnCu2，
故答案为：AlMnCu2；
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，则B原子的坐标参数为(1,12,12)，
故答案为：(1,12,12)；
③一个晶胞的质量为4×(27+55+2×64)NAg，该合金晶体的密度为 ρg⋅cm−3，则晶胞的体积为840ρNAcm3，则晶胞参数即晶胞边长为3840NAρcm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为2×3840NAρcm，所以最近的两个Al原子间的距离为22×3840NAρ×107nm，
故答案为：22×3840NAρ×107。
(1)①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+；
②CH3COO−中甲基上的C的价层电子对数为4，羧基上的C的价层电子对数为3；
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角；
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N−H键，3个NH3共有9个N−H键，CO中有3个共价键；
(2)①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8×18+6×12+12×14+1=8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个；
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，分析B原子坐标；
③一个晶胞的质量为4×(27+55+2×64)NAg，该合金晶体的密度为 ρg⋅cm−3，则晶胞的体积为840ρNAcm3，则晶胞参数即晶胞边长为3840NAρcm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为2×3840NAρcm，据此计算即可。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
12.【答案】醚键、羟基、硝基 HOCH2CH2CH2OH C15H25N3O2 bc 13
【解析】解：(1)由结构可知，A中含有的官能团有醚键、羟基、硝基，
故答案为：醚键、羟基、硝基；
(2)碱性条件下溴原子、氯原子水解引入−OH，生成的有机物结构简式为HOCH2CH2CH2OH，
故答案为：HOCH2CH2CH2OH；
(3)对比结构可知，与发生取代反应生成和HCl，反应方程式为，
故答案为：；
(4)由结构可知，E分子中含有15个C原子、25个H原子、3个N原子、2个O原子，E的分子式为C15H25N3O2，
故答案为：C15H25N3O2；
(5)博舒替尼含有−CN、苯环等，可以发生加成反应，含有氯原子等，可以发生取代反应，没有羧基、酯基，不能发生酯化反应，氯气与苯环直接相连，不能发生消去反应，
故答案为：bc；
(6)H与A互为同分异构体，H含有苯环，1molH最多能与2molNa发生反应且只能与1molNaOH发生反应，说明H含有1个醇羟基、1个酚羟基，苯环有3个取代基为−CH2OH、−OH、−NO2，而−CH2OH、−OH有邻、间、对3种位置关系，对应的−NO2分别有4种、4种、2种位置，可以有2个取代基为−OH、−CH(NO2)OH，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4+4+2+3=13种，
故答案为：13；
(7)先发生氧化反应生成，再发生D→E的转化生成，最后发生缩聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
(1)由结构可知，A中含有的官能团有醚键、羟基、硝基；
(2)溴原子、氯原子水解引入−OH；
(3)对比结构可知，与发生取代反应生成和HCl；
(4)交点、端点为碳原子，用碳的四价结构确定氢原子数目；
(5)含有−CN、苯环等，可以发生加成反应，含有氯原子等，可以发生取代反应；
(6)H与A互为同分异构体，H含有苯环，1molH最多能与2molNa发生反应且只能与1molNaOH发生反应，说明H含有1个醇羟基、1个酚羟基，苯环有3个取代基为−CH2OH、−OH、−NO2，可以有2个取代基为−OH、−CH(NO2)OH；
(7)先发生氧化反应生成，再发生D→E的转化生成，最后发生缩聚反应生成。
本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
2021-2022学年山西省晋中市高三（上）期末化学试卷
1. 2021年9月24日，中科院科研团队在国际知名学术期刊《科学》上发表了“利用二氧化碳人工合成淀粉”的科研成果，如图是合成过程相关反应路径(部分反应条件、产物等均已略去)。下列有关说法不正确的是( )
A. 淀粉属于多糖，是一种高分子有机物
B. 制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变
C. CO2→CH3OH→HCHO的转化过程中碳元素均被还原
D. 利用二氧化碳人工合成淀粉，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响
2. 氰气[(CN)2]可用于有机合成，也用作消毒、杀虫的熏蒸剂，是“拟卤素”的一种，性质与氯气相似，可以与水发生反应：(CN)2+H2O⇌HCN+HOCN。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 每生成1molHCN转移电子数为NA
B. 1mol(CN)2中含有的共价键数为6NA
C. 标准状况下，11.2LH2O中含有的原子数为1.5NA
D. 常温下pH=6的HCN溶液中由水电离出的H+数为10−8NA
3. 2021年10月4日，美国两位科学家因为发现了温度和触觉受体荣获诺贝尔生理学或医学奖，他们利用辣椒素来识别皮肤神经末梢中对热有反应的传感器。辣椒素的结构如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. 分子式为C18H26NO3
B. 分子中甲基上的一氯取代物有三种
C. 它的含有苯环的同分异构体中可能含有两个碳碳双键
D. 能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同
4. 用如图仪器或装置(部分夹持装置略)进行物质制备，能达到实验目的的是( )
A. 图甲装置制备Fe(OH)2沉淀
B. 图乙装置制备无水MgCl2
C. 图丙装置利用蒸发结晶的方法制备胆矾晶体
D. 图丁装置制备乙酸乙酯
5. 2021年6月11日，国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素，火星岩石中含有Z2WY3，其结构如图所示。已知：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X、W为同一主族元素。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：Z>W>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
C. Y分别和X、Z、W形成的化合物化学键类型相同
D. WY2和Z2XY3在一定条件下可以反应生成Z2WY3
6. 《JournalofEnergyChemistry》杂志报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是( )
A. c为电源的正极
B. 转移1mol电子可捕获CO25.6L(标准状况下)
C. ①②中捕获CO2时碳元素化合价发生了变化
D. d极电极反应式为CO32−+4e−+6H+=C+3H2O
7. 常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列有关说法不正确的是( )
A. 曲线M表示pH与lgc(HY−)c(Y2−)的变化关系
B. NaHY溶液显酸性
C. 交点d对应的pH=2.8
D. e点溶液中：c(HY−)>c(H2Y)>c(Y2−)>c(H+)>c(OH−)
8. 二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]是一种常用高效含氯杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。实验室利用高浓度的NaClO溶液和氰尿酸[(CNO)3H3]固体，在10℃时反应制备Na(CNO)3Cl2，反应原理为(CNO)3H3+2NaClO=Na(CNO)3Cl2+NaOH+H2O，实验装置如图所示(夹持装置略)。
回答下列问题：
(1)利用二氯异氰尿酸钠水解产物中的氧化性物质可消毒杀菌，该氧化性物质的分子式为 ______。
(2)装置A中连接分液漏斗和烧瓶导管的作用是 ______。
(3)写出装置A中制备Cl2的化学方程式：______。
(4)B装置中的试剂是 ______。
(5)待C装置中液面上方出现黄绿色气体时，再由三颈烧瓶的上口加入(CNO)3H3固体，反应过程仍需不断通入Cl2的理由是 ______。
(6)“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定二氯异氰尿酸钠的“有效氯”含量，现称取某二氯异氰尿酸钠样品0.568g，依次加入水、足量KI固体和少量稀硫酸，配制成100mL待测液；准确量取25.00mL待测液于碘量瓶中，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，消耗Na2S2O3标准溶液体积的平均值为20.00mL。
①滴定终点观察到的现象为 ______。
②配制0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3⋅5H2O的质量为 ______。
③计算此样品的“有效氯”含量为 ______。
9. 2021年11月2日，第四届世界顶尖科学家碳大会——通往“双碳目标”的科技之路论坛在上海召开，我国科学家刘科提到了绿色甲醇技术，将CO2转化为甲醇是实现碳达峰、碳中和的一种非常重要的路径。回答下列问题：
(1)已知H2(g)和CH3OH(1)的燃烧热分别为285.8kJ⋅mol−1，726.5kJ⋅mol−1，则CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为 ______。
(2)最近科学家采用真空封管法制备磷化硼纳米颗粒，在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方向取得重要进展，反应历程如图所示。
①反应容易得到的副产物有CO和CH2O，其中相对较少的副产物为 ______。
②上述合成甲醇的反应速率较慢，要使反应速率加快，主要降低下列变化中 ______(填字母)的能量变化。
A. *CO+*OH→*CO+*H2O
B. *CO+*H2O→*CO
C. *OCH2→*OCH3
D. *OCH3→*CH3OH
(3)一定条件下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，温度对CO2平衡转化率及催化剂的催化效率影响如图所示。
①下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是 ______(填字母)。
A.混合气体的密度不再变化
B.混合气体的平均相对分子质量不再变化
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1
②反应速率：v正(M)______(填“大于”“小于”“等于”或“无法判断”，下同)v逆(N)，化学平衡常数：KM______KN。
③M点甲醇的体积分数为 ______，该温度下，反应的平衡常数K=______。
④已知：反应速率v=v正−v逆=k正c(CO2)⋅c3(H2)−k逆c(CH3OH)⋅c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，则Q点时v正v逆=______(保留2位小数)。
10. 我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是 ______，写出FeWO4在“碱熔”条件下反应的化学方程式：______。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 ______(填化学式)。
(3)粗钨酸钠溶液中含有HAsO32−，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，其反应的离子方程式为 ______。
(4)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=−lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ______，该反应的平衡常数K=______。
(5)750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl−CaCl2−CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极的电极反应式为 ______。
11. 铜及其化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
(1)[Cu(NH3)2]Ac溶液可以吸收合成氨中对催化剂有毒害的CO气体[醋酸根(CH3COO−)简写成Ac−]，反应的化学方程式为：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3⇋[Cu(NH3)3CO]Ac。
①基态Cu+的核外电子排布式为 ______。
②CH3COO−中C原子的杂化轨道类型为 ______。
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是 ______(用元素符号表示)。
④[Cu(NH3)2]+中N原子形成的H−N−H键角 ______(填“大于”“小于”或“等于”)气态NH3中的键角，原因是 ______。
⑤1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为 ______。
(2)Cu−Mn−Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示：
①合金的化学式为 ______。
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，则B原子的坐标参数为 ______。
③已知该合金晶体的密度为ρg⋅cm−3，则最近的两个Al原子间的距离为 ______nm(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
12. 博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示(部分反应条件已略)：
回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为 ______。
(2)B在碱性条件下完全水解所得有机物的结构简式为 ______。
(3)由C生成D的化学方程式为 ______。
(4)E的分子式为 ______。
(5)博舒替尼不能发生的反应类型是 ______(填字母)。
a.取代反应
b.酯化反应
c.消去反应
d.加成反应
(6)H与A互为同分异构体，满足下列条件的H有 ______种。
①含有苯环
②1molH最多能与2molNa发生反应，只能与1molNaOH发生反应
(7)参考上述部分信息，写出由制备的合成路线
______(无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.淀粉属于多糖，是一种天然高分子有机物，故A正确；
B.流程分析，太阳能发电是光能转化为电能，电能电极水生成氢气过程是电能转化为化学能，制氢气的过程实现了太阳能→电能→化学能的转变，故B正确；
C.CH3OH→HCHO的转化过程中，碳元素化合价升高，碳元素被氧化，故C错误；
D.利用二氧化碳人工合成淀粉，减少或抵消人类活动产生的温室气体二氧化碳等的排放量，对于碳中和以及生物制造等方面都将产生积极影响，故D正确；
故选：C。
A.相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
B.流程分析，太阳能发电是光能转化为电能，电能电极水生成氢气过程是电能转化为化学能；
C.元素化合价降低的物质被还原，元素化合价升高的物质被氧化；
D.碳中和是通过多种措施，减少或抵消人类活动产生的温室气体二氧化碳等的排放量，达到相对的0排放。
本题考查了物质性质和转化、氧化还原反应、碳中和的理解应用，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.(CN)2 与水反应生成 HCN 和 HOCN，所以每生成 1 molHCN 转移电子数为NA，故A正确；
B.1个(CN)2中含有共价键数为7，则1mol(CN)2中含有的共价键数为7NA，故B错误；
C.标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D.溶液体积未知，无法计算水电离产生的氢离子个数，故D错误；
故选：A。
A.(CN)2中C为+3价，N为−3价，通过反应：(CN)2+H2O⇌HCN+HOCN，生成的HCN中碳为+2价，N为−3价，HOCN中C为+4价，N为−3价，可知变价的元素为C，生成1个HCN，转移1个电子；
B.1个(CN)2中含有共价键数为7；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.溶液体积未知。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意反应中元素化合价的分析，注意气体摩尔体积使用对象。
3.【答案】C
【解析】解：由结构可知分子式为C18H27NO3，故A错误；
B.分子中甲基上的一氯取代物有两种，故B错误；
C.从不饱和度上可以判断，除苯环外有两个双键，同分异构体中可能有两个碳碳双键，故C正确；
D.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但反应类型不同，与溴水反应可能是加成反应或苯环上的取代反应，与酸性高锰酸钾溶液发生的是氧化反应，故D错误；
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.图中装置不能使硫酸亚铁与NaOH溶液接触，应将A、B试管中的试剂互换，故A错误；
B.在HCl气流中抑制镁离子水解，可制备无水MgCl2，故B正确；
C.蒸发浓缩、冷却结晶可制备胆矾，不能蒸发结晶，故C错误；
D.乙酸乙酯与NaOH溶液反应，小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；
故选：B。
5.【答案】D
【解析】解：A.由题中信息可知 X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Si，原子半径：C>O，故A错误；
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3>H2SiO3，故B错误；
C.Na2O、Na2O2中含有离子键，CO2和SiO2中存在共价键，故C错误；
D.SiO2+Na2CO3 −高温Na2SiO3+CO2↑，故D正确；
故选：D。
由如图所示结构得出，X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，X、W为同一主族元素，火星岩石含有Z2WY3，则Z为+1价，Z的原子序数大于Y，则Z金属元素，即为Na；W的化合价为+4价，说明W位于ⅣA族，结合原子序数可知，X为C，W为Si元素，根据阴离子的化合价，则Y为O，据此分析解答。
本题考查了元素位构性之间的关系，侧重元素周期律、周期表的考查，把握元素周期律和元素周期表为解答的关键，题目难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极，则 c为负极，故A 错误；
B.总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故B正确；
C.①②中碳元素化合价没有发生变化，故C错误；
D.d极电极反应式为CO32−+4e−=C+3O2−，故D错误，
故选：B。
A.由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极；
B.总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，据此计算；
C.①②中碳元素化合价没有发生变化；
D.d极为阴极，发生还原反应。
本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY− )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY− )减小，c(Y2− )增大，所 以 lgc(HY−)c(Y2−)增 大，用 曲 线 N 表 示，lgc(HY−)c(Y2−)的减小，用曲线 M 表示，故A正确；
B.通过图 中c点 可得 Ka1=10−1.3，e点可得 Ka2=10−4.3，Kh2=KwKa1=10−12.7，Ka2>Kh2，NaHY 的电离程度 大于其水解程度，所以溶液显酸性，故B正确；
C.交点d 时 c(H2Y)=c(Y2− )，Ka1⋅Ka2=c2(H+)⋅c(Y−)c(H2Y)=10−5.6，则对应的pH=2.8，故C正确；
D.e 点 溶 液 中：lgc(HY−)c(H2Y)>lgc(HY−)c(Y2−)，c(H2Y)
A.二元弱酸H2Y溶液中滴加KOH溶液，反应为H2Y+KOH=KHY+H2O、KHY+KOH=K2Y+H2O，随 着 KOH 溶 液 滴 加，c(HY− )增 大，c(H2Y)减小，继续滴加，c(HY− )减小，c(Y2− )增大；
B.NaHY为强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C.交点d 时 c(H2Y)=c(Y2− )，Ka1⋅Ka2=c2(H+)⋅c(Y−)c(H2Y)；
D.根据e 点 溶 液 中：lgc(HY−)c(H2Y)>lgc(HY−)c(Y2−)比较。
本题考查酸碱混合的定性判断和计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握图象所给信息，根据图象分析是解题的关键，注意对图象所给信息的巧妙利用，题目难度中等。
8.【答案】HClO 平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下 KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O饱和食盐水 使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率 滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复 2.48g50%
【解析】解：(1)二氯异氰尿酸钠[Na(CNO)3Cl2]中水解的氧化性物质结合元素守恒可知，该物质为HClO，
故答案为：HClO；
(2)装置A中连接分液漏斗和烧瓶的导管可以将分液漏斗改装为恒压分液漏斗，其作为用平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下，
故答案为：平衡压强，有利于浓盐酸顺利滴下；
(3)A为制备Cl2，KClO3与浓盐酸发生归中反应生成Cl2，反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，
故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
(4)由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到装置B饱和食盐水的洗气瓶来除杂，
故答案为：饱和食盐水；
(5)由已知信息可知，加入(CNO)3H3固体后反应为：2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断通入Cl2以增大NaOH的利用率，
故答案为：使反应生成的NaOH再次生成NaClO，提高原料的利用率；
(6)①由反应原理可知，滴定终点I2恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，因此滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复，
故答案为：滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复；
②配制0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液100mL，所需Na2S2O3⋅5H2O的质量为0.1mol/L×0.1L×248g/mol=2.48g，
故答案为：2.48g；
③由反应原理2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得，n(Cl2)=0.1000mol/L×20.00×10−3L×12×100mL25mL=4.0×10−3mol，m(Cl2)=4.0×10−3mol×71g/mol=0.284g，故有效氯含量为0.2840.568×100%=50%，
故答案为：50%。
由题干实验装置图可知，A为制备Cl2，KClO3与浓盐酸发生归中反应生成Cl2，反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，由于浓盐酸有较强的挥发性，故这样制得的Cl2含有大量的HCl，将消耗部分NaOH，使得NaOH利用率降低，故需先通入到装置B饱和食盐水的洗气瓶来除杂，C装置是发生装置反应为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，2NaClO+(CNO)3H3=(CNO)3Cl2Na+NaOH+H2O，由此可知，反应过程中又生成了NaOH，故反应过程中需通入一定量的Cl2，装置D进行尾气处理，据此分析解题，据此解析。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
9.【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−130.9kJ/molCH2OAB、D 小于 大于 16.7%0.1483.24
【解析】解：(1)已知H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ/mol，726.5kJ/mol，所以有：
①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H1=−285.8kJ/mol，
②CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=−726.6kJ/mol，
CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)，该反应可由①×3−②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH=−285.8kJ/mol×3−(−726.6kJ/mol)=−130.9kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)ΔH=−130.9kJ/mol；
(2)①由图可知，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，则相对较少，
故答案为：CH2O；
②根据图可知合成甲醇的过程中 *CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，所以主要降低该步骤的能量变化，
故答案为：A；
(3)①A.混合气体的密度为ρ=mV，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变，所以混合气体的密度不再变化不能判断化学平衡，故A不选；
B.混合气体的平均相对分子质量为mn，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变，所以混合气体的平均相对分子质量不再变化可以判断化学平衡，故B选；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度，无法通过物质的量之比为1：3：1：1，符合化学计量比判断化学平衡，故C不选；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆，可以说明化学平衡，故D选，
故答案为：B、D；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率，所以反应速率：v正(M)小于v逆(N)，化学平衡常数：KM大于KN，
故答案为：小于；大于；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)1300
转化(mol/L)0.51.50.50.5
平衡(mol/L)0.51.50.50.5
M点甲醇的体积分数为0.50.5+1.5+0.5+0.5×100%=16.7%，反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.5×0.50.5×(1.5)3=0.148，
故答案为：16.7%；0.148；
④根据该温度下反应平衡时v正=v逆，则k正c(CO2)⋅c3(H2)=k逆c(CH3OH)⋅c(H2O)，所以k正k逆=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=K=0.148，Q点时CO2的转化率为40%，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L)1300
转化(mol/L)0.41.20.40.4
平衡(mol/L)0.61.80.40.4
则Q点的v正v逆=k正c(CO2)c3(H2)k逆c(CH3OH)c(H2O)=0.148×0.6×(1.8)30.4×0.4=1.8，
故答案为：3.24。
(1)根据CO2和H2的燃烧热写出对应的热化学方程式，CO2与H2反应生成液态甲醇和液态水的反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)，再由盖斯定律计算该反应的焓变；
(2)①比较生成CO和CH2O时反应的活化能大小，活化能大，反应进行较慢，则相对较少；
②比较各步骤活化能大小，活化能大，则反应慢，决定整体反应速率；
(3)①A.混合气体的密度为ρ=mV，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变；
B.混合气体的平均相对分子质量为mn，反应前后质量守恒，m不变，n发生改变；
C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比取决于起始时反应的充入量以及反应进行的程度；
D.H2O(g)和CO2(g)的生成速率之比为1：1说明v正=v逆；
②温度升高，CO2的转化率降低，此时反应达到平衡，说明温度升高不利于反应正向进行，但温度升高有利于提高化学反应速率；
③M点时CO2的平衡转化率为50%，起始时充入1molCO2和3molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，结合方程式计算各组分的平衡量，由此计算该反应在M点时的H2的体积分数，以及该温度下的反应平衡常数的值；
④首先根据该温度下反应平衡时v正=v逆，计算k正k逆的值，再由Q点时CO2的转化率为40%计算各组分的浓度，由此计算Q点的v正v逆。
本题考查较为综合，涉及盖斯定律、化学平衡的计算、化学反应速率的计算等知识点，为高考常见题型，侧重考查学生图象分析、计算能力，明确化学反应原理是解本题关键，题目难度中等。
10.【答案】增大接触面积，加快反应速率 4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2OH2SiO3和Al(OH)3 Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2OWO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH− 104 WO42−+6e−=W+4O2−
【解析】解：(1)黑钨矿“碱熔”前需充分研磨，目的是增大接触面积，加快反应速率，FeWO4在“碱熔”条件下发生反应生成氧化铁和钨酸钠，反应方程式为4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2O，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；4FeWO4+8NaOH+O2−高温4Na2WO4+2Fe2O3+4H2O；
(2)分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3，
故答案为：H2SiO3和Al(OH)3；
(3)粗钨酸钠溶液中含有HAsO32−，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，反应离子方程式为Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2O，
故答案为：Mg2++H2O2+HAsO32−=MgHAsO4↓+H2O；
(4)钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pC(Ca2+)与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pC(离子)=−lgc(离子)，该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为WO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH−，反应的平衡常数=c2(OH−)c(WO42−)=Ksp[Ca(OH)2]Ksp(CaWO4)=10−610−10=104，
故答案为：WO42−+Ca(OH)2⇌CaWO4+2OH−；104；
(5)750℃时，以石墨棒作电极材料，电解NaCl−CaCl2−CaWO4熔融盐可以直接得到金属钨，其阴极发生还原反应，电极反应方程式为WO42−+6e−=W+4O2−，
故答案为：WO42−+6e−=W+4O2−。
黑钨矿(其主要成分是FeWO4，还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)，熔融碱分解加入氢氧化钠和空气发生反应后冷却、加水溶解过滤得到滤渣1主要为Fe2O3，滤液为粗钨酸钠溶液，加入二氧化碳中和，过滤，滤渣I成分为H2SiO3和Al(OH)3，溶液中还有AsO33−、AsO43−等离子，可加入H2O2和MgCl2将其转化为MgHAsO4沉淀除去，滤渣II为MgHAsO4，钨酸钠中加入盐酸，获得H2WO4，加热分解获得WO3，加氢气高温还原，获得W单质，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
11.【答案】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)sp2、sp3 O>N>C>H大于 在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角 16AlMnCu2 (1,12,12)22×3840NAρ×107
【解析】解：(1)①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
②CH3COO−中甲基上的C的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，羧基上的C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，
故答案为：sp2、sp3；
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性O>N>C>H，
故答案为：O>N>C>H；
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角，
故答案为：大于；在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角；
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N−H键，3个NH3共有9个N−H键，CO中有3个共价键，所以1个[Cu(NH3)3CO]+中含有的共价键数为4+9+3=16，
故答案为：16；
(2)①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8×18+6×12+12×14+1=8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个，所以合金的化学式为AlMnCu2，
故答案为：AlMnCu2；
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，则B原子的坐标参数为(1,12,12)，
故答案为：(1,12,12)；
③一个晶胞的质量为4×(27+55+2×64)NAg，该合金晶体的密度为 ρg⋅cm−3，则晶胞的体积为840ρNAcm3，则晶胞参数即晶胞边长为3840NAρcm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为2×3840NAρcm，所以最近的两个Al原子间的距离为22×3840NAρ×107nm，
故答案为：22×3840NAρ×107。
(1)①基态Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去1个电子形成Cu+；
②CH3COO−中甲基上的C的价层电子对数为4，羧基上的C的价层电子对数为3；
③[Cu(NH3)2]Ac中所含非金属元素有N、H、O、C，元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
④在[Cu(NH3)2]+中，N原子的孤电子对形成了配位键，而气态NH3中N原子上有孤电子对，孤电子对和成键电子对间的排斥力大于成键电子对和成键电子对间的排斥力，所以NH3中键角大于[Cu(NH3)2]+中H−N−H键角；
⑤[Cu(NH3)3CO]+中含有Cu2+和四个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N−H键，3个NH3共有9个N−H键，CO中有3个共价键；
(2)①在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有8×18+6×12+12×14+1=8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个；
②若A原子的坐标参数为(0,1,0)，即以晶胞的左后方顶点的原子为原点，分析B原子坐标；
③一个晶胞的质量为4×(27+55+2×64)NAg，该合金晶体的密度为 ρg⋅cm−3，则晶胞的体积为840ρNAcm3，则晶胞参数即晶胞边长为3840NAρcm，两个最近的Al的距离是晶胞面对角线的一半，根据晶胞边长可知晶胞的面对角线为2×3840NAρcm，据此计算即可。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
12.【答案】醚键、羟基、硝基 HOCH2CH2CH2OH C15H25N3O2 bc 13
【解析】解：(1)由结构可知，A中含有的官能团有醚键、羟基、硝基，
故答案为：醚键、羟基、硝基；
(2)碱性条件下溴原子、氯原子水解引入−OH，生成的有机物结构简式为HOCH2CH2CH2OH，
故答案为：HOCH2CH2CH2OH；
(3)对比结构可知，与发生取代反应生成和HCl，反应方程式为，
故答案为：；
(4)由结构可知，E分子中含有15个C原子、25个H原子、3个N原子、2个O原子，E的分子式为C15H25N3O2，
故答案为：C15H25N3O2；
(5)博舒替尼含有−CN、苯环等，可以发生加成反应，含有氯原子等，可以发生取代反应，没有羧基、酯基，不能发生酯化反应，氯气与苯环直接相连，不能发生消去反应，
故答案为：bc；
(6)H与A互为同分异构体，H含有苯环，1molH最多能与2molNa发生反应且只能与1molNaOH发生反应，说明H含有1个醇羟基、1个酚羟基，苯环有3个取代基为−CH2OH、−OH、−NO2，而−CH2OH、−OH有邻、间、对3种位置关系，对应的−NO2分别有4种、4种、2种位置，可以有2个取代基为−OH、−CH(NO2)OH，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有4+4+2+3=13种，
故答案为：13；
(7)先发生氧化反应生成，再发生D→E的转化生成，最后发生缩聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
(1)由结构可知，A中含有的官能团有醚键、羟基、硝基；
(2)溴原子、氯原子水解引入−OH；
(3)对比结构可知，与发生取代反应生成和HCl；
(4)交点、端点为碳原子，用碳的四价结构确定氢原子数目；
(5)含有−CN、苯环等，可以发生加成反应，含有氯原子等，可以发生取代反应；
(6)H与A互为同分异构体，H含有苯环，1molH最多能与2molNa发生反应且只能与1molNaOH发生反应，说明H含有1个醇羟基、1个酚羟基，苯环有3个取代基为−CH2OH、−OH、−NO2，可以有2个取代基为−OH、−CH(NO2)OH；
(7)先发生氧化反应生成，再发生D→E的转化生成，最后发生缩聚反应生成。
本题考查有机物的合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机物的结构与性质、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
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