2023年高考第一次模拟考试卷：化学（福建A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（福建A卷）（全解全析），共16页。试卷主要包含了化学与生活密切相关等内容，欢迎下载使用。

2023年高考第一次模拟考试卷（福建A卷）
化学·全解全析
1．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．“碳中和”是指一定时期内，二氧化碳排放量与吸收量相平衡的状态，植树造林捕获和储存大气中的CO2过程中涉及了氧化还原反应
B．三国“煮酒论英雄”中使用青铜器皿煮酒的做法是对人体健康有益的
C．2022北京冬奥会中，许多核心技术为比赛保驾护航，碲化镉(CdTe)发电玻璃用于一体化项目：Te属于半导体，52Te位于金属与非金属交界处
D．“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”：光伏电解水制氢可作为“绿氢”的主要来源
答案：B
解析：A．绿色植物吸收CO2的同时放出O2，属于氧化还原反应， A正确；B．Cu属于重金属，能使蛋白质变性，超量摄人会损害人体健康，所以使用青铜器皿煮酒的做法是对人体健康有害的，B错误；C．碲位于金属与非金属的交界处，导电性质介于金属与非金属之间，可以作为半导体材料， C正确；D．光伏电解水制怎可作为“绿氢”的主要来源， D正确。故选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．10gD218O中含有的中子数为6NA
B．标准状况下，11.2LHF含有的分子数为0.5NA
C．向100mL0.2mol/L的醋酸溶液中加入醋酸钠固体至溶液恰好呈中性，溶液中醋酸分子数为0.02NA
D．1L0.1mol·L-1的K2Cr2O7溶液中C2O的数目为0.1NA
答案：C
解析：A．D218O中中子数为12，则10gD218O中含有的中子数为×12×NAmol-1<6NA，A错误；B．在标准状况下，HF是以聚合分子(HF)n存在，而不是以气体形式存在，因此不能根据HF的体积计算其中含有的分子数，B错误；C．根据溶液呈电中性，因此有c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-) +c(OH-)，溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，推出c(Na+)=c(CH3COO-)，可以认为CH3COOH没有电离，CH3COO-没有水解，因此溶液中醋酸分子的物质的量为100×10-3L×0.2mo/L=0.02mol，C正确；D．K2Cr2O7溶液中存在平衡C2O+H2O2CrO+2H+，所以1L0.1mol/L的K2Cr2O7溶液中Cr2O的数目小于0.1NA，D错误。故选C。
3．维生素C又称“抗坏血酸”，广泛存在于水果蔬菜中，结构简式如图所示。下列关于维生素C的说法正确的是

A．分子式为C6H6O6
B．1mol 维生素C与足量的Na反应，可生成标准状况下22.4LH2
C．可用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键
D．与 互为同分异构体
答案：D
解析：A．由结构简式可知，维生素C的分子式为C6H8O6，故A错误；B．由结构简式可知，维生素C的分子中含有4个羟基，则1mol 维生素C与足量的钠反应，可生成标准状况下44.8L氢气，故B错误；C．由结构简式可知，维生素C的分子中含有的羟基和碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，故C错误；D．由结构简式可知，维生素C与 的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选D。
4．短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂；X、Y为同周期相邻元素，X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。下列说法错误的是
A．简单氢化物的沸点：X B．W、X、Y三种元素形成的化合物中不可能含有离子键
C．Y、Z两种元素形成的一种化合物可用于杀菌消毒
D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性：Z> X
答案：B
解析：短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，依据常温下，W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂，初步判断其为H2O2；X、Y为同周期相邻元素，X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数，X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。由题意设X原子的核外电子数为a，则Y原子的核外电子数为(a+1)，Z原子的核外电子数为(2+a)或(10+a)，列式如下，(2+a)+a=3(a+1)不合理，舍去；(10+a)+a=3(a+1)，解得a=7，故X为N，Y为O，Z为Cl，W为H，据此分析解题。A．N、O的简单氢化物分别为NH3和H2O，水分子间的氢键比氨气分子间的氢键强，沸点：NH3N，酸性：HClO4>HNO3，D正确；答案选B。
5．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用纯碱溶液吸收足量的SO2：CO+2SO2+H2O=2 HSO+CO2
B．用FeS除去废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
C．用烧碱溶液除去铝片上的氧化膜：Al+4OH-+2H2O=2[Al(OH)4]-
D．用FeCl3溶液腐蚀铜板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
答案：A
解析：A．用纯碱溶液吸收足量的SO2，CO最终转化为H2CO3，而SO2只能转化为HSO，离子方程式为：CO+2SO2+H2O=2 HSO+CO2，A正确；B．用FeS除去废水中的Hg2+时，FeS难溶，应以化学式表示，离子方程式为：Hg2++FeS=HgS+Fe2+，B不正确；C．用烧碱溶液除去铝片上的氧化膜，应为氧化铝与烧碱反应，离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-，C不正确；D．方程式Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+中，得失电子不守恒，电荷不守恒，D不正确；故选A。
6．生物还原法是指微生物在缺氧或厌氧条件下，在电子供体的作用下将还原为更易被去除的，根据电子供体的不同可分为自养还原和异养还原。为去除水中锑(+5)酸盐，某大学建立升流式硫自养固定床生物反应器，其反应机理如图。下列说法正确的是

A．在自养还原过程中，S接受电子作氧化剂
B．歧化反应的离子方程式是
C．反应的副产物是，只来源于歧化反应
D．在生物反应器中可以实现S单质的循环利用
答案：B
解析：自养还原过程硫单质和Sb(+5)反应生成硫酸根和Sb(+3)，S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，硫化氢与Sb(+3)反应生成Sb2S3沉淀除去。整个过程中硫酸根为副产物，没有实现S单质的循环利用。A．根据分析，在自养还原过程中，S失去电子作还原剂，A错误；B．S单质歧化生成硫酸根和硫化氢，离子方程式正确，B正确；C．副产物是硫酸根，来源于自养还原和歧化还原过程，C错误；D．在生物反应器中并没有再重新生成硫单质，没有实现S单质的循环利用，D错误；故选B。
7．苯与Br2的催化反应历程如下图所示。下列说法正确的是

A．苯与Br2生成 的反应为吸热反应
B．上图中，苯与Br2的催化反应生成了溴苯、邻二溴苯
C．从图中第III步反应所给信息看，生成 为主要反应
D．由 转化为 的过程中有极性键的断裂与形成
答案：C
解析：A．根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此苯与Br2生成溴苯的反应是放热反应，A错误；B．根据图示可知，苯与Br2的反应生成了溴苯、 ， 不是邻二溴苯，B错误；C．根据图示可知：第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故反应生成的有机产物中，取代产物溴苯所占比例更大，生成溴苯的反应是主要反应，C正确；D．在上述转化中有非极性键碳碳键的断裂和极性键C-Br键的生成，D错误；故合理选项是C。
8．水合肼又称水合联氨，广泛用于还原剂抗氧化剂、发泡剂等。其制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。用如图装置制取水合肼有关分析正确的是

A．装置的连接顺序是：f→a→b→d→c→e
B．e所在装置的漏斗可以没入水面以下
C．f所在装置可以快速制备氨气
D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
答案：C
解析：从制备反应方程式可知，制备水合肼时需先制备氨气，并将其通入NaClO溶液中，氨气极易溶于水，且会污染环境，实验时要防倒吸，进行尾气处理，据此分析解答。
A．制备水合肼时需先制备氨气，并将其通入NaClO溶液中，氨气极易溶于水，在两装置中间需要连接安全瓶用于防倒吸，为有利于氨气与NaClO溶液反应，制备水合肼时氨气应从c所在装置的c口进入，最后用e所在装置进行尾气处理并防倒吸，则装置的连接顺序应是：f→a→b→c→d→e（a、b顺序可互换），故A错误；B．e所在装置的漏斗用于防倒吸，若没入水面以下，则不能起到防倒吸的作用，故B错误；C．f所在装置中，利用CaO与水反应放热使氨气从氨水中逸出，可以快速制备氨气，故C正确；D．由题干信息可知，水合肼具有还原性，而NaClO具有强氧化性，若滴加NaClO溶液过快，过量的NaClO能氧化水合肼，降低产率，故D错误；答案选C。
9．浓差电池是由于电池中存在浓度差而产生的。锂离子浓差电池的原理如图所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。下列说法不正确的是

A．若Y电极材料为铁，也能实现如图转化
B．浓缩海水中锂离子浓度大于左侧LiCl溶液中的锂离子浓度
C．X电极的反应为：2H++2e-=H2↑
D．右侧生成1molCl2时，左侧Li+增加2mol
答案：A
解析：该浓差电池左槽H+得到电子生成H2，X为该电池的正极，右槽浓缩海水中的Cl-失去电子生成Cl2，Y为该电池的负极；海水中的Li+通过离子导电体进入左槽随Cl-流出得到LiCl溶液。
A．据分析，Y电极是该电池的负极，若材料为铁，铁比Cl-跟易失去电子，故不能实现如图转化，A不正确；B．据分析，浓缩海水中锂离子过离子导电体进入左槽，左槽加入的是稀盐酸，故其浓度大于左侧LiCl溶液中的锂离子浓度，B正确；C．据分析，X电极为该电池正极，反应为：2H++2e-=H2↑，C正确；D．右侧生成1molCl2时，转移2mol电子，有2molLi+通过离子导电体，故左侧Li+增加2mol，D正确；故选A。
10．1L0.10mol·L-1H3RO3溶液pH<1，向其中加入NaOH固体(忽略体积变化)，测得溶液中各种含R微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法不正确的是

A．当加入0.1molNaOH时：c(Na+)=c(H2RO)+c(HRO)+c(RO)
B．当加入0.2molNaOH时：(RO)>c(H2RO)
C．曲线δ1是指微粒H2RO的变化趋势
D．N点，c(HRO)=c(RO)=0.05mol·L-1
答案：D
解析：0.10mol·L-1H3RO3溶液pH<1，说明其一级电离为完全电离，随着pH的增大H2RO逐渐减少，HRO逐渐增多，故δ1代表H2RO，δ2代表HRO，当HRO达到最大值后，浓度逐渐降低，RO逐渐增加，故δ3代表RO，以此解题。
A．当加入0.1molNaOH时，溶液为NaH2RO3溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=c(H2RO)+c(HRO)+ c(RO)，A正确；B．当加入0.2molNaOH时，溶液为Na2HRO3溶液，由分析可知δ2代表HRO，当其为最大值时，溶液显酸性，说明HRO的电离大于水解，故(RO)>c(H2RO)，B正确；C．由分析可知曲线δ1是指微粒H2RO的变化趋势，C正确；D．最初H3RO3溶液浓度为0.10mol·L-1，由分析可知，虽然N点c(HRO)=c(RO)，但是H3RO3的二级电离和三级电离都是微弱的，即溶液中随时都存在H2RO，故c(HRO)=c(RO)<0.05mol·L-1，D错误；故选D。
11．（13分）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：

已知：
ⅰ．Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
回答下列问题：
（1）为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是__________________________。
（2）“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
（3）“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是________________________。
（4）“除铁”时，调节溶液pH值的范围是__________________。
（5）“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
（6）“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是________________________________。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是______________________________________________________。
答案：（1）加入过量的盐酸或适当降低温度 （1分）
（2）S、SiO2 （2分）
（3）2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O （2分）
（4）3.7≤pH＜4.5 （2分）
（5）2.2×10-20 （2分）
（6）Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O     （2分） NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失 （2分）
解析：由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。
（1）Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
（2）根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；
（4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（5）已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)     K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq)   K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]==2.2×10-20；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
12．（13分）Na2S2O3又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定。某化学实验小组用如图1装置(略去对乙的加热装置)制备Na2S2O3·5H2O（M=248g·mol-1），已知：Na2SO4溶解度如图2所示。

（1）连接实验装置后，首先进行的实验操作为_______。
（2）在装置乙中溶解两种固体时，需先将Na2CO3溶于水配成溶液，再将Na2S固体溶于Na2CO3的溶液中，其目的_______________；装置乙中生成Na2S2O3的总反应方程式为__________________。
（3）实验过程中，当装置乙中pH接近7.0时，应立即停止通SO2的原因是__________________(用离子方程式表示)。
（4）装置乙中需向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，其目的是_____________。
（5）设计实验测定Na2S2O3·5H2O的纯度：
步骤1：准确称取16.00g样品，溶于水，加入10mL甲醛，配成200mL溶液。
步骤2：准确称取0.29gK2Cr2O7于碘量瓶中，加入蒸馏水溶解，再加入5mL2mol·L-1硫酸溶液和20mL10%KI溶液使铬元素完全转化为Cr3+，加水稀释至100mL。
步骤3：向碘量瓶中加入1mL1%淀粉溶液，用待测Na2S2O3溶液滴定碘量瓶中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)，试计算Na2S2O3·5H2O的纯度为_______(保留三位有效数字)。
（6）利用甲装置中的残渣(Na2SO4和Na2SO3的混合物)制备Na2SO4·10H2O晶体，将下列实验方案补充完整：将固体混合物溶于水配成溶液，_______，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(实验中须使用氧气、pH计)
答案：（1）检查装置气密性 （1分）
（2）Na2CO3在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气     （2分） Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2 （2分）
（3）S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O （2分）
（4）降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出 （2分）
（5）93.0% （2分）
（6）向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤 （2分）
解析：由图可知，装置甲中浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置乙中二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应制备五水硫代硫酸钠。
（1）该实验是有气体制备和参与的实验，为防止实验过程中气体逸出导致实验失败，连接实验装置后，应首先检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；
（2）碳酸钠和硫化钠都是强碱弱酸盐，在溶液中都能发生水解使溶液呈碱性，在装置乙中溶解两种固体时，先将碳酸钠溶于水配成溶液，再将硫化钠固体溶于碳酸钠溶液中可以达到利用碳酸钠在溶液中水解生成的氢氧根离子抑制硫化钠的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气的目的；装置乙中生成硫代硫酸钠的反应为二氧化硫与碳酸钠、硫化钠混合溶液反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2，故答案为：在溶液中水解使溶液呈碱性，能抑制Na2S的水解，防止生成有毒的硫化氢污染空气； Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2；
（3）由题给信息可知，硫代硫酸钠水溶液呈微弱的碱性，在中性和碱性环境中稳定，所以制备硫代硫酸钠时，应控制溶液pH，防止溶液pH小于7，硫代硫酸根离子与溶液中氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O，故答案为：S2O+2H+=S↓+ SO2↑+H2O；
（4）由题给信息可知，硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以制备五水硫代硫酸钠时应向反应后的混合液加入一定量的无水乙醇，降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出，故答案为：降低硫代硫酸钠晶体的溶解度，便于晶体的析出；
（5）由题意可得测定样品纯度时存在如下转化关系：K2Cr2O7—3I2—6Na2S2O3，实验时0.294g重铬酸钾最终消耗20.00mL硫代硫酸钠溶液，则16.00g样品中五水硫代硫酸钠的纯度为×100%=93.0%，故答案为：93.0%；
（6）利用甲装置中的残渣制备十水硫酸钠时，应先将固体混合物溶于水配成溶液，然后向溶液中通入氧气将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，为防止温度过高析出硫酸钠固体，应在40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩具体操作为将固体混合物溶于水配成溶液，向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤、洗涤、干燥得倒十水硫酸钠晶体，故答案为：向其中缓慢通入氧气，用pH计测量溶液的pH，当pH约为7.0时，停止通氧气，然后将溶液置于40℃水浴中加热，减压蒸发浓缩至有晶膜出现时，停止加热，用冰水冷却降温结晶，过滤。
13．（14分）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
（1）次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
（2）光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器 中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：

①第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
②在第20 s时，改变的条件是_______。
（3）工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(g)C6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变         B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl)      D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。

(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______________；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______________。
答案：（1）-a-3b-c （2分）
（2）①30%     （2分） 0.57    （2分）   ②增大CO的物质的量 （2分）
（3）①C     （2分） ②反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多     （2分） 温度590K，R=2.5 （2分）
解析：（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g)　ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq)　ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)= 2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+ 5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
（2）①反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K== 0.57；
②在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
（3）①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．v正(H2S)表示正反应速率，v逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(H2S)= v逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
14．（10分）福州大学徐艺军教授团队通过光催化还原CO2，将其合成一碳化合物(CO、HCOOH、CH4、CH3OH等)。常见的无机非贵金属光催化还原CO2的催化剂有CuO、Cu2O、CuxCoyOz、NiO等。回答下列问题：
（1）铜元素的焰色反应呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为_______。
A．577~492nm        B．597~577nm        C．622~597nm
（2）基态Cu2+的价电子排布式为_______。
（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子杂化形式有_______，催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的空间构型为_______。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，CO中与Ni形成配位键的原子是_______。
（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，则熔点NiO_______(填“＜”或“＞”)FeO，原因是_______。
（5）CuxCoyOz还是一种新型的电极材料，其晶胞结构如图。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，晶体中Co3+占据O2-形成的八面体空隙，其化学式为_______。

答案：（1）A （1分）
（2）3d9 （1分）
（3）sp2、sp3     （1分） 平面三角形    （1分）   C （1分）
（4）＜     （1分） ，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO （2分）
（5）CuCo2O4     （2分）
解析：（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm，故选A。答案为：A；
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，所以Cu2+的价电子排布式为3d9。答案为：3d9；
（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、4，所以杂化形式为sp2、sp3、sp3，故有sp2、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以CO中与Ni形成配位键的原子是C。答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；
（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，由于离子带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能NiO＜FeO，故熔点NiO＜FeO，原因是，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO。答案为：＜；，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；
（5）由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为，Co的个数为4×4=16，O的个数为4×8=32，即化学式为CuCo2O4。
15．（10分）诺奖得主利斯特利用多种有机小分子代替金属进行“不对称催化”。例如脯氨酸就具有催化高效，低价绿色的特点。由丙氨酸()、脯氨酸()等试剂合成某高血压治疗药物前体F，其合成路线图如下：

（1）化合物B中含有的官能团名称为___________。
（2）反应②的反应类型是___________；反应③的化学方程式为___________。
（3）化合物E是脯氨酸与某醇反应的产物，则E的结构简式为___________，它含有___________个手性碳原子。
（4）化合物A有多种同分异构体，其中属于羧酸，且苯环上有两个取代基的共有___________种(不考虑立体异构)。
答案：（1）溴原子、羧基 （2分）
（2）酯化反应(或取代反应)     （1分）
+ +HBr （2分）
（3）     （2分） 1 （1分）
（4）15 （2分）
解析：由C的结构和B到C的反应条件可知，发生酯化反应，则B为，由A的分子式可知A到B是发生取代反应，A为，C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反应得到D，结合F的结构可知是D中羧基和N-H发生脱水得到，则E为。
（1）化合物B为，含有的官能团名称为碳溴键、羧基；
（2）反应②是与乙醇发生酯化反应（取代反应生成C和水，反应类型是酯化反应(或取代反应)；
反应③是C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反应得到D，反应的化学方程式为+ +HBr；
（3）化合物E是脯氨酸与苯甲醇反应的产物，化合物E的结构简式为，手性碳原子为，共1个；
（4）化合物A为，属于羧酸，且苯环上有两个取代基的同分异构体有：、、、、共15种。