信息必刷卷03-2023年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷地区专用）

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绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷03
全国乙卷地区专用

科学探究与创新意识从实践和操作方面激励实践与创新，科学态度与社会责任从态度责任方面进一步揭示了化学学习更高层面的价值追求。全国卷实验综合试题加强对实验与探究能力的考查，引导中学化学教学重视实验，改善在“黑板上做实验”的教学方式，深入考查学生理解与辨析能力、分析与推测能力、归纳与论证能力和探究与创新能力，引导重视实验教学，以推进化学学科素养培育目标的实现。综合实验这类试题主要考查实验的完整性和实验探究的过程，近几年高考中的实验试题较好地体现了考试说明中强调的几个问题：(1)具有较强的问题意识，能够在给定的情景中通过分析、判断提出有探究价值的化学问题的能力。(2)能设计解决简单化学问题的探究方案，能运用观察、实验、阅读资料等多种手段收集证据，能运用比较、分析、归纳、概括等方法形成探究结论。(3)能对探究方案、探究过程、探究结论等进行分析、比较和评价，能准确地表述探究结果，并应用探究结果解决相关问题，进行相关的计算。
通过对实验知识和能力的考查，推动中学化学实验课程建设，培养学生的实践能力和探究意识，这是命题的趋向。

探究与创新能力与高考评价体系中的实践操作能力群中的设计探究方案能力、动手操作能力、语言表达能力的要求完全一致，包括设计探究方案、描述实验现象、分析实验数据以及评价探究方案。基于情境的教学和考试命题已经成为教育教学及考试领域落实核心素养和测评学科能力的重要手段和实现形式。可以预测2023年全国卷实验综合题其特点有：命题的背景材料新颖；综合性强、能力要求高、分值高、难度大，仍是体现高考区分度的重点题型。对此类题型，一定要整体把握，加强科学的审题和解题方法的训练。如下列的第27题等。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ga-70 Cs-133 Br-80 Ce-104 I-127 Ag-108 Cs-133 Ba-137
一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
7．中国空间站建造成功、神舟系列飞船顺利往返，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列相关叙述正确的是( )
A．空间站太阳翼伸展关键部件采用碳化硅材料，SiC 属于无机非金属材料
B．核心舱太阳能电池采用砷化镓(GaAs)材料，GaAs属于金属材料
C．飞船火箭使用偏二甲肼[(CH3)N-NH2]作燃料，(CH3)N-NH2属于烃类
D．飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，Si3N4属于分子晶体
【答案】A
【解析】A项，SiC属于无机非金属材料，A正确；B项，GaAs属于半导体材料，B错误；C项，烃只含碳和氢，(CH3)N-NH2不属于烃类，C错误；D项，氮化硅耐高温，属于共价晶体，D错误；故选A。
8．三醋精是一种食品用香料，可通过下列反应制备。下列说法正确的是

A．三醋精属于油脂 B．三醋精的分子式为C9H13O6
C．该反应属于加成反应 D．d的同分异构体不止一种
【答案】D
【解析】A项，油脂由丙三醇与高级脂肪酸反应形成的酯，而三醋精由丙三醇与乙酸反应形成的酯，不属于油脂，A错误；B项，根据三醋精的键线式可知，三醋精的分子式为C9H14O6，B错误；C项，由方程式可知，该反应属于取代反应，C错误；D项，d为CH3COOH，其同分异构体可以为HCOOCH3、HOCH2CHO等，则d的同分异构体不止一种，D正确；故选D。
9．某溶液中可能存在Br-、CO32-、SO32-、I-、Al3＋、Mg2＋、等7种离子中的某几种，现取该溶液进行实验，得到如下现象：①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙黄色，且有无色气泡冒出，②向所得色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子组是( )
A．Al3＋、Mg2＋、I-、SO32- B．Mg2＋、Na+ CO32-、I-
C．Al3＋、Na+、SO32-、I- D．Na+、CO32- 、I-
【答案】A
【解析】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气体冒出，这说明一定含有CO32-，而Br－、I－至少含有一种。有CO32-，则不能含有Al3＋、Mg2＋。向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，这说明没有硫酸钡产生，则就不能含有SO32-。向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，这说明没有碘单质生成，则没有I－；故选A。
10．下列根据实验操作和现象能得出结论的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
向含有SO2的BaCl2溶液中通气体X
产生白色沉淀
一定体现氧化性
B
向FeBr2溶液中加入足量氯水再加CCl4萃取
CCl4层呈橙红色
Br-的还原性强于Fe2+
C
向等浓度的NaCl与NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
先生成黄色沉淀

D
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
【答案】C
【解析】A项，X可能为NH3，发生2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3，然后发生BaCl2+(NH4)2SO3= BaSO3↓+2NH4Cl，在反应过程中没有体现氨气的氧化性，故A错误；B项，加入足量氯水无法判断出Fe2+、Br -还原性强弱，故B错误；C项，向等浓度的NaCl与NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，先产生AgI黄色沉淀，说明，故C正确；D项，SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，不能说明SO2具有漂白性，故D错误；故选C。
11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，基态W原子的价电子数为11，化合物WZY4•5X2Y的热重曲线如图。下列说法错误的是( )

A．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种
B．Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的
C．WZY4•5X2Y中有三种不同结合力的X2Y
D．220℃时，固体物质的化学式为WZY4
【答案】D
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为周期表中原子半径最小的元素，X为氢；Y、Z位于同一主族，且原子序数之和为24，则Y为氧、Z为硫；基态W原子的价电子数为11，W为铜；故该化合物为CuSO4∙5H2O。】A项，同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故同周期中第一电离能大于Y的元素有氮、氟、氖3种，A正确；B项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，O只有负价没有正价，故Z的最高价含氧酸酸性是同主族中最强的，B正确；C项，CuSO4∙5H2O完全失去结晶水时保留质量，结合图像可知，晶体分三个阶段失去结晶水，故有三种不同结合力的H2O，C正确；D项，由C分析可知，220℃时，晶体没有完全失去结晶水，故固体物质的化学式不是CuSO4，D错误； 故选D。
12．科学家发明了一种新型Zn-MnO2水介质二次电池，原理如图所示。下列叙述错误的是( )

A．放电时，正极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
B．X膜和Y膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，放电时中间室c(K2SO4)减小
C．充电后溶液pH由小到大的顺序：正极室<中间室<负极室
D．充电时，电池总反应为Zn(OH)42-+Mn2+=Zn+MnO2+2H2O
【答案】B
【解析】放电时，Zn为负极，强碱性溶液中Zn失去电子被氧化为Zn(OH)42-，MnO2为正极，酸性溶液中被还原为Mn2+；X膜为阴离子交换膜，Y膜为阳离子交换膜；【解析】A项，放电时，Zn为负极，强碱性溶液中Zn失去电子被氧化为Zn(OH)42-：Zn+4OH--2e-= Zn(OH)42-；MnO2为正极，酸性溶液中二氧化锰得到电子被还原为Mn2+：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，A正确；B项，放电时，正极室每消耗4molH+，生成1molMn2+，为保证正极室的电解质溶液呈中性，会有1mol SO42-穿过X膜(阴离子交换膜)进入中间室；同理，负极室每消耗4molOH-，生成1mol Zn(OH)42-，则有2molK+穿过Y膜(阳离子交换膜)进入中间室，故中间室c(K2SO4)增大，B错误；C项，充电时，正极反应为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(H+浓度增大，pH减小，pH<7)，负极反应为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-(OH-浓度增大，pH增大，pH>7)，充电或放电前后中间室溶液的pH=7，保持不变，C正确；D项，将充电时上述两极反应相加得到总反应为Zn(OH)42-+Mn2+=Zn+MnO2+2H2O，D正确；故选B。
13．已知，25℃时，H2R的，。用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mLH2R溶液，溶液中H2R、HR-、R2-的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如下图(忽略滴定过程中温度的变化)。下列说法错误的是[如分布分数：]( )

A．两次突变，应选用不同的指示剂
B．pH=8时：
C．b点溶液的pH约为4.54
D．
【答案】D
【解析】用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mLH2R溶液，pH较大时，R-的分布分数较大，随着pH的减小，R2-的分布分数逐渐减小，HR-的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHR之后，HA-的分布分数逐渐减小，H2R的分布分数逐渐增大，表示H2R、HR-、R2-的分布分数的曲线如图所示。A项，根据图像可知，第一次滴定突变时溶液呈酸性，所以可以选择甲基橙作指示剂，第二次滴定突变时溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，故A正确； B项，根据图像可知，pH=8时，溶液中含有Na2R和NaHR，此时>，则，故B正确；C项，b点时，加入20mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液，此时溶液为NaHR溶液，浓度为=0.05mol/L，H2R的，，则，c(H+)= mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg=4.54，故C正确；D项，H2R的，，则，则，故D错误；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
必做题(共39分)
26．(14分)一种用磷矿脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO4-、HPO42-，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：

已知：T温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图。

回答下列问题：
(1)“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5，溶液中c(HPO42-)_____c(PO43-) (填>、<或=)，此时杂质Ca2+、Fe3+、Al3+沉淀效果最好，Ca2+生成CaHPO4·2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出Ca2+与HPO42-反应生成沉淀的离子方程式_______，溶液中Al3+的浓度为10-6 mol·L-1，则_______，_______(已知：T温度下，，)。
(2)“恒温搅拌2”中需添加MgO，其作用是_______。制备过程中采用“抽滤”，其目的是_______。
(3)从图像可以看出，pH对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH>6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因_______。

【答案】(1) ＞(1分)    
Ca2++2H2PO4-+4OH－=CaHPO4·2H2O↓+HPO42-(2分)
或Ca2++H2PO4-+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓(2分)     10－3.6(2分)     10－1.73(2分)
(2) 提供Mg2＋，消耗H＋(2分)     加快过滤速度(1分)
(3)pH增大，体系中PO43-浓度增大，副产物Mg3(PO4)2增多(2分)
【解析】脱镁废液(pH为2.1，溶液中含H3PO4、H2PO4-、HPO42-，还有少量Mg2+及Ca2+、Fe3+、Al3+等杂质离子)中加入NaOH调节pH，杂质Ca2+、Fe3+、Al3+沉淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入MgO调节pH，此时溶液中溶质主要为MgHPO4，经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁。(1)由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图以及电离常数表达式可知，当溶液pH＝12.36时，溶液中c(HPO42-)=c(PO43-)，所以“恒温搅拌1”步骤后溶液pH为4.5时溶液中c(HPO42-)＞c(PO43-)；Ca2+生成CaHPO4·2H2O，由于pH为4.5时溶液中以H2PO4-为主，所以Ca2+与H2PO4-反应生成沉淀的离子方程式为Ca2++2H2PO4-+4OH－＝CaHPO4·2H2O↓+HPO42-或Ca2++H2PO4-+H2O+OH－＝CaHPO4·2H2O↓；溶液中Al3+的浓度为10-6 mol·L-1，10－3.6，溶液中=10－12.3mol/L，由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知，H3PO4的Ka2=10－7.21，Ka3=10－12.36，则，。(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以需添加MgO的作用是提供Mg2＋，消耗H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于pH增大，导致体系中PO43-浓度增大，从而使副产物Mg3(PO4)2增多，因此pH＞6.0时，随着pH的增加，产品的纯度降低。
27．(14分)研究小组以Cr2O3 (绿色固体)、CCl4、THF(四氯呋喃，液体)等物质为原料制备固体配合物CrCl3(THF)3，该配合物可作为有机反应的催化剂
(1)无水CrCl3 (紫色固体，易升华)的制备装置如图所示(夹持装置略)。

①仪器a的名称为________。
②本实验持续通入N2的目的有赶走体系中原有的空气、________。
③反应管的温度升到660℃时发生反应，生成CrCl3和COCl2 (光气)，其化学方程式为________。COCl2有剧毒，与水反应生成两种酸性气体，b装置中生成的盐是________(填化学式)。
④反应管右端有15cm在加热炉外，其作用是________________。
(2) CrCl3(THF)3的合成装置如图所示(搅拌和夹持装置咯)

将制备的无水CrCl3和极少量锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入足量无水THF。制备反应的原理为CrCl3+3THFCrCl3(THF)3。
实验时烧瓶中THF受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与滤纸套筒内的物质接触。当液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回双颈烧瓶．从而实现了THF与CrCl3的连续反应及产物的连续萃取。
①锌粉的作用是________________(用化学方程式表示)。
②CrCl3和CrCl3(THF)3在THF的溶解性分别为________、________(填“溶”或“不溶”)。
③合成反应完成后，取下双颈烧瓶，蒸发THF得到固体产品6.7410g。则该实验的产率为________%。[已知：Cr2O3的摩尔质量为152g/mol；CrCl3(THF)3的摩尔质量为374.5g/mol]
【答案】(1)干燥管(1分)     将气态四氯化碳吹入管式炉  (2分)  
Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2(2分)    
Na2CO3和NaCl(2分)     使CrCl3凝华(1分)
(2) Zn+2CrCl3=2CrCl2+ ZnCl2(2分)     不溶(1分)     溶(1分)     90%(2分)
【解析】实验室制备无水CrCl3的反应原理为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，利用无水氯化钙防止水蒸气进入管式炉，并用氢氧化钠溶液吸收COCl2；合成CrCl3(THF)3首先在圆底烧瓶中加入无水四氢呋喃，在滤纸套筒加入无水CrCl3和锌粉，开始加热四氢呋喃蒸气通过联接管进入提取管在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中进行反应，从而生成产物。(1)①根据图示，仪器a是干燥管；②热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；③根据题意，以Cr2O3 (绿色固体)、CCl4为原料制备固体无水CrCl3，生成CrCl3和COCl2 (光气)，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；COCl2与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl；无水CrCl3易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使CrCl3凝华；(2)①加入锌可以把三价铬还原为二价铬，方程式为：Zn+2CrCl3=2CrCl2+ ZnCl2；②由实验步骤③中实验原理可知，四氢呋喃在圆底烧瓶和滤纸套筒中循环，只有CrCl3不溶于四氢呋喃、CrCl3(THF)3，溶于四氢呋喃方能实现四氢呋喃与CrCl3的连续反应及产物的连续萃取，故CrCl3和CrCl3(THF)3在THF的溶解性分别为不溶，溶；③由题目中的反应方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2、CrCl3+3THFCrCl3(THF)3，可知如下对应关系式：

理论产量，产率为。
28．(15分)随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知：i．2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ii．CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%
C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变
(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：
实验组
催化剂
原料
反应条件
反应性能
温度/°C
压力/MPa
转化率/%
选择性/%
1
Cu/SiO2
醋酸甲酯
190
28
96.1
99.0
2
Cu-Cr
醋酸乙酯
250
2.8
接近完全
93.8
3
Cu/ZnO
醋酸乙酯
185
1
56
99.0
4
Cu/SiO2
醋酸乙酯
280
4.0
94.6
96.6
上述实验中，催化效能最好的为实验_______(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是________(从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CH3CO*+H·→CH3CHO)：
a．CH3COOCH3→CH3CO·+CH3O·
b．CH3CO·+*→CH3CO*(慢)
c．CH3O·+*→CH3O*(快)
d．CH3CO*+3H·→CH3CH2OH
e．CH3O*+H·→CH3OH
……
其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是_______(填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是_______，分析上述步骤，副产物除CH3OH外，还可能有_______(写一种即可)。
(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
v．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在器容中发生上述3个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_______，曲线_______(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数，在T1℃下，压强为p3时，反应v的浓度平衡常数Kc=_______(填含α的表达式)。

【答案】(1) ΔH1+ΔH2+ΔH3(1分)     AC(3分)
(2) 1(1分)     压强太小，不利于平衡向正反应方向移动(1分)    
c(1分)     b(1分)     CH3CHO(1分)
(3) p1>p2>p3 (2分)    m(1分)     (3分)
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应i+ii+iii可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；A项，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体压强减小，则混合气体总压强不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；B项，若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数可能为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数不可能为25%，故错误；C项，反应达到平衡后，再充入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的平衡转化率减小，故错误；D项，反应达到平衡后，再加入高效催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，乙醇产率保持不变，故正确；故选AD；(2)由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；活化能越小，反应速率越快，慢反应控制总反应速率，所以在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CH3CO*+H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛；(3)由方程式可知，反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，一氧化碳的物质的量不变，所以增大压强，甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应iv、vi生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应v生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：



由二氧化碳的转化率为α可得：a+b+c=α，由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c—b=a+b=，解得a=c=、b=0，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—α)mol、(1—2α)mol、mol、αmol，反应v的浓度平衡常数Kc==。
选做题(每小题15分)
35．【选修3-物质结构与性质】(15分)
西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图甲所示。

已知：图甲中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。
请回答下列问题：
(1)基态Cs原子的价层电子排布式为___________。基态K原子的核外电子云有________个伸展方向。
(2)运输Cs+的冠醚名称是___________。冠醚分子中氧原子的杂化类型是___________，冠醚与碱金属离子之间存在微弱的配位键，配位原子是___________(填元素符号)。
(3)几种冠醚与识别的碱金属离子的有关数据如下表所示：
冠醚
冠醚空腔直径/pm
适合的粒子直径/pm
12冠醚- 4
120~ 150
Li+ (152)
15 -冠醚-5
170~ 220
Na+ (204)
18 -冠醚- 6
260~ 320
K+ (276)
___________
340~ 430
Rb+ (304)
Cs+ (334)
18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是___________。观察图甲，冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是___________。
(4)足球烯的结构如图乙所示。1mol足球烯含___________molσ键。

(5)铷晶胞为体心立方堆积，如图丙所示。

铷晶胞的原子空间利用率为___________(用含π的式子表示)。
(6)锂晶胞为六方最密堆积，如图丁所示。锂晶胞中底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则锂晶胞的密度为___________g· cm-3(用含字母的式子表示)。

【答案】(1) 6s1 (1分)    4(1分)
(2) 21 -冠醚-7(1分)     sp3 杂化(1分)     O(1分)
(3)  Na+直径太小，Cs+直径太大(1分)     氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱(1分)
(4)90(2分)
(5)π×100%(3分)
(6)×1030(3分)
【解析】(1)Cs为第六周期第IA族元素，故基态Cs原子的价层电子排布式为6s1；K原子nS能级有一个伸展方向，nP能级有3个伸展方向，故基态K原子的核外电子云有4个伸展方向；(2)运输Cs+的冠醚的分子中有21个原子，7个氧原子，故名字为21 -冠醚-7；冠醚分子中氧原子有2个σ键，孤对电子数为，价层电子对数为2+2=4，故轨道的杂化类型是sp3杂化；氧原子有孤对电子，故氧原子形成配位键；(3)冠醚根据空腔直径选择不同的离子运输，18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是Na+直径太小，Cs+直径太大；冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱；(4)1个C60分子有60个碳原子，每个碳原子与周围3个碳原子成键，每个碳原子成键数量为×3=1.5，则1mol足球烯成键数量为1mol×60×1.5=90mol；(5)图丙铷晶胞中含有原子数量为1+×8=2，原子半径为r，晶胞边长为a，根据晶胞对角线可知4r=a，则铷晶胞的原子空间利用率为；(6)图丁锂晶胞中含有原子数为3+×2+×12=6，晶胞的体积为V=×b=pm3=×10-30cm3，则锂晶胞的密度为ρ=。
36．【选修5-有机化学基础】(15分)
一种药物中间体G的合成路线如图：

已知：①DMF的结构简式为；
②。
(1)CH3NO2的名称为___________；已知A→B的反应中有可燃性气体生成，试写出其化学方程式：___________。
(2)C→D的反应过程可分为两步，其中间产物H的结构为，该物质中的含氧官能团的名称为___________，H→D的反应类型为___________。
(3)检验C中含氧官能团的试剂为___________；F的结构简式为___________。
(4)分子式比G少一个氧原子的有机物中，含有萘环()，且只含有两个相同取代基的结构有___________种，其中核磁共振氢谱吸收峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为___________(写出一种)。
【答案】(1) 一硝基甲烷或硝基甲烷    (2分)
+HOCH2CH2OH→+ 2H2O+H2↑(2分)
(2)羟基、硝基(2分)     消去反应(1分)
(3)银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)   (1分)  (2分)
(4) 20(3分)     (2分)
【解析】根据题干有机合成路线图信息可知，A(C6H7N)和乙二醇HOCH2CH2OH发生反应生成，结合A和B的分子式可以推知A的结构简式为，B发生取代反应生成C，C和CH3NO2先发生加成反应再发生消去反应生成D，由D、G的结构简式和D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由E到F的转化条件可知，F的结构结构简式为：。(1)CH3NO2的名称为一硝基甲烷或硝基甲烷，由分析可知A的结构简式为：，已知A→B的反应中有可燃性气体生成，结合A、乙二醇和B的分子式可以推知该可燃性气体为H2，该反应方程式为：+HOCH2CH2OH→+ 2H2O+H2↑。(2)中间产物H的结构为，该物质中的含氧官能团的名称为羟基、硝基，由H和D的结构简式可知，H→D的反应类型为消去反应。(3)C中含氧官能团为醛基，检验醛基的试剂为银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)，由分析可知，F的结构简式为：。(4)分子式比G少一个氧原子的有机物中，含有萘环()，且只含有两个相同取代基，结合G的分子式和不饱和度可以推知取代基为两个-CH2NH2或两个-NHCH3，上有两个相同取代基的同分异构体有10个，则满足条件的同分异构体一共有20个，中核磁共振氢谱吸收峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式中含有氨基，则该同分异构体为：。