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四川省南充高级中学2022-2023学年高三化学上学期第一次模拟试题（Word版附解析）
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这是一份四川省南充高级中学2022-2023学年高三化学上学期第一次模拟试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：C：12 O：16 Si：28 S：32 K：39 Ca：40 Fe：56 W：184
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与科技、医药、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 我国科学家实现CO2到淀粉的全合成，有助于实现“碳中和”
B. 长期放置的铜表面容易生成铜绿，可以用明矾溶液洗去
C. 75％乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)等均可有效杀灭新型冠状病毒
D. 误服可溶性钡盐后应尽快用5%CuSO4溶液洗胃
【答案】D
【解析】
【详解】A．我国科学家实现CO2到淀粉的全合成，减少空气中二氧化碳的量，则有助于实现“碳中和”，故A正确；
B．明矾溶液中铝离子水解显酸性，长期放置的铜表面容易生成铜绿，碱式碳酸铜和酸性溶液反应，因此可以用明矾溶液洗去，故B正确；
C．75％乙醇能使蛋白质变性，含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)都具有强氧化性，因此75％乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)等均可有效杀灭新型冠状病毒，故C正确；
D．铜离子是重金属离子，因此误服可溶性钡盐后应不能用5%的CuSO4溶液洗胃，可以用5%的Na2SO4溶液洗胃，故D错误。
综上所述，答案为D。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为0.75 NA
B. 0.1 ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2 NA
C. 7.2 g CaO2和CaS的混合物中，含有的阴阳离子总数为0.2 NA
D. 向1 L 0.1ml/L盐酸中滴加氨水至中性，溶液中含有的数目为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，11.2 L NO(物质的量为0.5ml)与11.2 L O2(物质的量为0.5ml)混合后反应生成0.5mlNO2，还剩余0.25ml O2，由于2NO2N2O4，因此混合后的分子数目小于0.75 NA，且标况下二氧化氮不是气体，故A错误；
B．H2+ I2 2HI是等体积反应，0.1 ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2 NA，故B正确；
C．CaO2含有一个钙离子和过氧根离子，CaO2和CaS的摩尔质量相同，阴阳离子数目相同，因此7.2 g CaO2和CaS(物质的量为0.1ml)的混合物中，含有的阴阳离子总数为0.2 NA，故C正确；
D．向1 L 0.1ml/L盐酸中滴加氨水至中性，氯化铵物质的量为0.1ml，根据电荷守恒和呈中性，的溶液中的铵根离子数目等于氯离子数目，因此溶液中含有的数目为0.1 NA，故D正确；
答案为A。
3. 主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Z同主族且Z的原子序数是X的两倍；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，下列说法一定正确的是
A. 简单氢化物的还原性：ZB. Q的氧化物对应的水化物是强酸
C. W可与水反应生成H2
D. 工业制备单质Y的方法为：电解熔融态X与Y形成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，则Q为N，X与Z同主族且Z的原子序数是X的两倍，则X为O，Z为S；Q最外层电子数为5，Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，若Y为Mg，则W为Ca，若Y为Al，则W为K。
【详解】A．根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物还原性逐渐增强，则简单氢化物的还原性：X < Z，故A错误；
B．Q的氧化物对应的水化物硝酸、亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故B错误；
C．W(K或Ca)可与水反应生成H2，故C正确；
D．若Y为Al，则是电解熔融态氧化铝，若Y为Mg，则是电解熔融态氯化镁，故D错误。
综上所述，答案为C。
4. 用如图所示装置进行下列实验，装置正确并能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中产生的乙醇蒸气也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙烯，A错误；
B．制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方，不应插入液面下，以防止倒吸，乙酸乙酯在NaOH溶液中能够完全水解，故得不到乙酸乙酯，B错误；
C．Cu和浓硫酸加热反应生成SO2，SO2可以使溴水褪色，体现的是SO2的还原性，C正确；
D．在试管中加热固体物质时，试管口应略向下倾斜，D错误；
故答案为：C。
5. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图所示。下列叙述正确的是
A. 化合物1中所有原子一定共面
B. 化合物1与足量氢气加成，其产物的一氯代物有6种
C. 化合物2与乙酸互为同系物
D. 化合物2与足量钠或碳酸氢钠反应，产生的气体体积相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯、乙烯中所有原子都共平面，由于碳碳单键可以旋转，因此化合物1中所有原子可能共面，但不是一定共面，故A错误；
B．化合物1与足量氢气加成，生成乙苯，乙苯有6种位置的氢，因此其产物的一氯代物有6种，故B正确；
C．化合物2有苯环和两个羧基，乙酸只有一个羧基，其结构不相似，因此化合物2与乙酸不互为同系物，故C错误；
D．1ml化合物2与足量钠反应生成1ml氢气，1ml化合物2与足量碳酸氢钠反应生成2ml二氧化碳，因此两者产生的气体体积不相同，故D错误。
综上所述，答案为B。
6. 判断下列反应的离子方程式正确的是
A. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋ = Fe2+＋2H2O
B. Na2S2O3溶液中通足量Cl2：＋2Cl2＋3H2O = 2＋4Cl－＋4H＋
C. 浓氨水中滴加少量硫酸铜溶液：Cu2+＋2NH3·H2O = Cu(OH)2↓＋2
D. 泡沫灭火器原理：3＋Al3+=Al(OH)3↓＋3CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，硝酸氧化氢氧化亚铁生成铁离子、NO和水，则3Fe(OH)2＋10H＋+= 3Fe2+＋8H2O＋NO↑，故A错误；
B．Na2S2O3溶液中通足量Cl2生成硫酸根和氯离子：＋4Cl2＋5H2O = 2＋8Cl－＋10H＋，故B错误；
C．浓氨水中滴加少量硫酸铜溶液，反应生成四氨合铜离子：Cu2+＋4NH3·H2O =＋4H2O，故C错误；
D．泡沫灭火器原理是碳酸氢根和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体：3＋Al3+=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确。
综上所述，答案为D。
7. 常温下，向20mLNaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中与的关系如图所示。已知。下列说法正确的是
A.
B. 恰好完全反应时，溶液中
C. 当溶液呈中性时，一定存在
D. pH=2时的值比pH=1的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ka(HA)=，Ka(HB)=，则=10，则，故A错误；
B．恰好完全反应时，生成等物质的量浓度的NaA和HB，但是HB会电离，A-会水解，且程度不同，故浓度不等，故B错误；
C．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，溶液为中性时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+(B-)，则成立，故C正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，pH=2时，=值与pH=1时相等，故D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(共58分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共3题，43分)
8. 南高实验学习小组经查阅资料发现：K2FeO4(Mr=198)为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2 ，在碱性溶液中较稳定。现将他们制备高铁酸钾(K2FeO4)，测定其纯度并探究其性质的过程展示如下。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是___________。
②装置B中所用的试剂X为___________。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，写出该反应的化学方程式___________。
（2）K2FeO4的纯度测定
向3 mL CrCl3溶液中加入20 mL饱和KOH溶液(Cr3+＋4OH－= CrO＋2H2O)，再加入5 mL蒸馏水，冷却至室温，准确称取1.98 g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应(FeO＋CrO＋2H2O =CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－)，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO＋2H＋=Cr2O＋ H2O)，并加入1 mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00 ml/L的标准硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定(Cr2O＋6Fe2+＋14H＋=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O)，至终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为27.00 mL。则K2FeO4的质量分数为___________(过程中杂质不参与反应)。
（3）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
Ⅰ．方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，还可能由___________产生(用离子反应方程式表示)。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是___________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2___________ FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 饱和食盐水 ③. 2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O
（2）90% （3） ①. Fe3+ ②. 4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O ③. 排除ClO－的干扰（或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气） ④. ＞ ⑤. 溶液的酸碱性不同
【解析】
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，盐酸易挥发，氯气中主要含氯化氢杂质，为了减少KOH的损失，因此用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，再通入KOH溶液反应生成KClO，KClO和硝酸铁、氢氧化钾反应生成高铁酸钾，尾气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体仪器名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶。
②由于盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢杂质，为了防止氯化氢与氢氧化钠反应，因此装置B中所用的试剂X为饱和食盐水，除掉氯气中氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，则KClO与Fe(NO3)3、KOH反应生成K2FeO4、KCl、KNO3和H2O，该反应的化学方程式2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O；故答案为：2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O。
【小问2详解】
根据题中信息得到关系式2K2FeO4～2～2～～6(NH4)2Fe(SO4)2，则K2FeO4的质量分数为；故答案为：90%。
【小问3详解】
I．铁离子遇KSCN溶液变为红色，因此方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，根据题中信息K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2 ，因此在碱性溶液中较稳定还可能由加酸后反应得到铁离子即4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O产生；故答案为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气；故答案为：排除ClO－的干扰(或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得到氧化性Cl2＞FeO，该结论是在碱性条件下得到，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，该结论得到是在酸性条件下，因此原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：＞；溶液的酸碱性不同。
9. 二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：
已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2＋H=
Ⅱ．酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4
Ⅲ．TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−27。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时需要不断搅拌的原因___________。
（2）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是________。
（3）“反萃取”步骤中，加入的试剂a最佳是________ (填标号)。
A．NaOH溶液 B．氨水 C．NH4Cl溶液
（4）写出“酸煮”步骤的化学反应方程式___________。
（5）在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是___________。
（6）检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是___________。
（7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为___________。
【答案】（1）加快反应速率，提高浸取率
（2）增大浓度，提高萃取率（或增大浓度，萃取平衡正向移动）
（3）B （4）TiO2＋H2SO4 TiOSO4＋H2O
（5）均促进TiO2+的水解，使水解更充分（或使TiO2+的水解平衡正向移动）
（6）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（7）0001 ml∙L−1
【解析】
【分析】废TiO2/WO3纳米薄膜与氢氧化钠溶液反应，不断搅拌，加速溶解，过滤，调节滤液的pH值有利于Na2WO4与 “萃取”发生反应，再分液后加入氨水反萃取得到(NH4)2WO4，再加入盐酸酸化，过滤，最终得到WO3。将粗TiO2与H2SO4再加热条件下反应生成TiOSO4和H2O，在水煮得到，过滤，将煅烧得到TiO2。
【小问1详解】
为了将物质尽可能的浸取出来，同时提高反应速率，因此“碱浸”时需要不断搅拌的原因加快反应速率，提高浸取率；故答案为：加快反应速率，提高浸取率。
【小问2详解】
根据题中信息酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4，“萃取”前，因此需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)；故答案为：增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)。
【小问3详解】
“反萃取”步骤中，(CH3CH2NH3)2WO4和实际a反应生成CH3CH2NH2、(NH4)2WO4，因此加入的试剂a最佳是氨水；故答案为：B。
【小问4详解】
根据“酸煮”前后的反应物和生成得到“酸煮”步骤的化学反应方程式TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O；故答案为：TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O。
【小问5详解】
根据，在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是均促进TiO2+的水解，使水解更充分或使TiO2+的水解平衡正向移动；故答案为：均促进TiO2+的水解，使水解更充分(或使TiO2+的水解平衡正向移动)。
【小问6详解】
H2TiO3沉淀表面有硫酸根杂质，因此检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。
【小问7详解】
室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，，解得，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001 ml∙L−1；故答案为：0.001 ml∙L−1。
10. 甲醇是多种有机产品的基本原料和重要的化工产品，广泛用于有机合成、染料、医药、涂料和国防等工业。回答下列问题：
（1）一定条件下1mlCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如图1所示。其中，反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为___________。
（2）在恒容密闭容器中利用合成气(主要成分为CO2和含有少量CO的H2)合成甲醇，发生的主反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。在分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，对应的曲线是___________(填①或②)；的数值，m点比n点___________(填“大”或“小”)。
（3）铜系催化剂对反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将a ml甲醇置于b L恒容密闭容器中，经过t min到达平衡，气体压强为P0 Pa，且P氢气=P甲醇，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3) =___________(用含a、b、t的式子表达)；用气体分压表示的平衡常数Kp=___________(用含P0的式子表达)；相同温度下，将a ml甲醇置于b L恒压密闭容器中，反应到达平衡时P氢气___________P甲醇(填“>”，“=”或“<”)。
（4）利用CH3OH催化重整可以制取氢气，主反应：CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)，副反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)；某研究小组对实验条件温度( T )与水醇比()进行优化，实验结果如图3和图4。
①结合图3分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系：___________。
②在下图中用阴影画出最优化的反应条件区域__________ (下图为图3和图4组合的平面图，实线为甲醇平衡转化率，虚线为CO物质的量分数)。(注：在选定的区域用铅笔涂黑)。
【答案】10. 2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝－470kJ·ml-1
11. ①. ① ②. 小
12. ①. ②. ③. ＞
13. ①. 升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据图中信息HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)和水蒸气，则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝−(676kJ∙ml−1−283kJ∙ml−1−158kJ∙ml−1) ×2= −470kJ·ml−1；故答案为：2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝−470kJ·ml−1。
【小问2详解】
在分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，相当于在1：a基础上增加了氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，则对应的曲线是①；的数值，m点转化率大，生成甲醇的量多，二氧化碳浓度小，一氧化碳浓度几乎相等，甲醇浓度大，因此m点比n点小；故答案为：①，小。
【小问3详解】
铜系催化剂对反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将a ml甲醇置于b L恒容密闭容器中，经过t min到达平衡，气体压强为P0 Pa，且P氢气=P甲醇，根据，a−2x=2x，则x=0.25a，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3) =；用气体分压表示的平衡常数Kp=；相同温度下，将a ml甲醇置于b L恒压密闭容器中，相对恒容容器来说，压强减小，平衡向体积增大即正向反应，则反应到达平衡时P氢气＞P甲醇；故答案为：；；＞。
【小问4详解】
①结合图3分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系，根据横向和纵向分析温度越高，甲醇平衡转化率越大，水醇比越大，甲醇平衡转化率越大，因此得到关系为升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大；故答案为：升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大。
②利用CH3OH催化重整可以制取氢气，根据图3中温度在275℃左右、水醇比1.80左右的甲醇转化率最大，而CO的物质量分数最小0.5%的区域是最优化的，因此中用阴影画出最优化的反应条件区域；故答案为：。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构]
11. 某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：
（1）现有铜锌元素的3种微粒：①锌：[Ar]3d104s1；②铜：[Ar]3d104s1；③铜：[Ar]3d10，失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是___________(填字母)。
A. ①②③B. ③①②C. ③②①D. ①③②
（2）砷化镉(Cd3As2)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷与卤素可形成多种卤化物，从电子云重叠方式判断AsCl3中化学键属于___________键；砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因___________。
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，配体的空间构型为___________，画出配离子的结构式___________(不考虑立体构型)。
（3）铬(Cr)、钼(M)、钨(W)位于同一副族相邻周期，且原子序数依次增大。
①基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图为___________。
②已知 CrO5中铬元素为最高价态，氧元素有价和价，画出其结构式：___________。
③钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶胞结构如下图所示，则碳化钨的化学式为___________，六棱柱的底边长为a cm，高为b cm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是___________g·cm－3(列出计算表达式)。
【答案】11. B 12. ①. σ ②. H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子周围的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+ ③. 三角锥形 ④.
13. ①. ②. ③. WC ④.
【解析】
【小问1详解】
铜的第二电离能大于锌的第二电离能，则③＞①；锌的第二电离能大于铜的第一电离能，则①＞②；答案选B；
【小问2详解】
①从电子云重叠方式判断AsCl3中的化学键为σ键；H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+，砷酸的酸性弱于硒酸；
②配体NH3中心原子N价层电子对数：，含一对孤电子对，为三角锥形；配离子的结构式： ；
【小问3详解】
①基态铬原子的价电子排布式为3d54s1、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图：；
②已知 CrO5中铬元素为最高价态，氧元素有价和价，其结构式：
③碳化钨晶胞结构如图所示，W原子个数：，C原子个数为6，则其化学式WC；晶胞质量：，体积：，密度：；
[化学—选修5：有机化学基础]
12. 丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。
(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
【答案】 ①. 邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） ②. C13H20ON2 ③. 浓HNO3／浓H2SO4，加热 ④. 氨基 ⑤. 取代反应 ⑥. ⑦. 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 ⑧. 或 ⑨.
【解析】
【分析】A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：
【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；选项
①中试剂
②中溶液
实验目的
A
浓硫酸、无水乙醇(沸石)
酸性高锰酸钾溶液
检验有乙烯气体生成
B
乙醇、乙酸、浓硫酸
氢氧化钠溶液
制取乙酸乙酯
C
Cu、浓硫酸
溴水
验证SO2的还原性
D
NaHCO3(s)
澄清石灰水
验证NaHCO3(s)的热稳定性
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
可能用到的相对原子质量：C：12 O：16 Si：28 S：32 K：39 Ca：40 Fe：56 W：184
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与科技、医药、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 我国科学家实现CO2到淀粉的全合成，有助于实现“碳中和”
B. 长期放置的铜表面容易生成铜绿，可以用明矾溶液洗去
C. 75％乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)等均可有效杀灭新型冠状病毒
D. 误服可溶性钡盐后应尽快用5%CuSO4溶液洗胃
【答案】D
【解析】
【详解】A．我国科学家实现CO2到淀粉的全合成，减少空气中二氧化碳的量，则有助于实现“碳中和”，故A正确；
B．明矾溶液中铝离子水解显酸性，长期放置的铜表面容易生成铜绿，碱式碳酸铜和酸性溶液反应，因此可以用明矾溶液洗去，故B正确；
C．75％乙醇能使蛋白质变性，含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)都具有强氧化性，因此75％乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)等均可有效杀灭新型冠状病毒，故C正确；
D．铜离子是重金属离子，因此误服可溶性钡盐后应不能用5%的CuSO4溶液洗胃，可以用5%的Na2SO4溶液洗胃，故D错误。
综上所述，答案为D。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A. 标准状况下，11.2 L NO与11.2 L O2混合后的分子数目为0.75 NA
B. 0.1 ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2 NA
C. 7.2 g CaO2和CaS的混合物中，含有的阴阳离子总数为0.2 NA
D. 向1 L 0.1ml/L盐酸中滴加氨水至中性，溶液中含有的数目为0.1 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．标准状况下，11.2 L NO(物质的量为0.5ml)与11.2 L O2(物质的量为0.5ml)混合后反应生成0.5mlNO2，还剩余0.25ml O2，由于2NO2N2O4，因此混合后的分子数目小于0.75 NA，且标况下二氧化氮不是气体，故A错误；
B．H2+ I2 2HI是等体积反应，0.1 ml H2和0.1 ml I2于密闭容器中充分反应后，分子总数为0.2 NA，故B正确；
C．CaO2含有一个钙离子和过氧根离子，CaO2和CaS的摩尔质量相同，阴阳离子数目相同，因此7.2 g CaO2和CaS(物质的量为0.1ml)的混合物中，含有的阴阳离子总数为0.2 NA，故C正确；
D．向1 L 0.1ml/L盐酸中滴加氨水至中性，氯化铵物质的量为0.1ml，根据电荷守恒和呈中性，的溶液中的铵根离子数目等于氯离子数目，因此溶液中含有的数目为0.1 NA，故D正确；
答案为A。
3. 主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，X与Z同主族且Z的原子序数是X的两倍；Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，下列说法一定正确的是
A. 简单氢化物的还原性：Z
C. W可与水反应生成H2
D. 工业制备单质Y的方法为：电解熔融态X与Y形成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均不大于20，Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可以化合成盐，则Q为N，X与Z同主族且Z的原子序数是X的两倍，则X为O，Z为S；Q最外层电子数为5，Q、Y、W原子的最外层电子数之和为9，若Y为Mg，则W为Ca，若Y为Al，则W为K。
【详解】A．根据同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其氢化物还原性逐渐增强，则简单氢化物的还原性：X < Z，故A错误；
B．Q的氧化物对应的水化物硝酸、亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故B错误；
C．W(K或Ca)可与水反应生成H2，故C正确；
D．若Y为Al，则是电解熔融态氧化铝，若Y为Mg，则是电解熔融态氯化镁，故D错误。
综上所述，答案为C。
4. 用如图所示装置进行下列实验，装置正确并能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中产生的乙醇蒸气也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙烯，A错误；
B．制取乙酸乙酯时导气管口应置于饱和碳酸钠溶液液面上方，不应插入液面下，以防止倒吸，乙酸乙酯在NaOH溶液中能够完全水解，故得不到乙酸乙酯，B错误；
C．Cu和浓硫酸加热反应生成SO2，SO2可以使溴水褪色，体现的是SO2的还原性，C正确；
D．在试管中加热固体物质时，试管口应略向下倾斜，D错误；
故答案为：C。
5. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如图所示。下列叙述正确的是
A. 化合物1中所有原子一定共面
B. 化合物1与足量氢气加成，其产物的一氯代物有6种
C. 化合物2与乙酸互为同系物
D. 化合物2与足量钠或碳酸氢钠反应，产生的气体体积相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯、乙烯中所有原子都共平面，由于碳碳单键可以旋转，因此化合物1中所有原子可能共面，但不是一定共面，故A错误；
B．化合物1与足量氢气加成，生成乙苯，乙苯有6种位置的氢，因此其产物的一氯代物有6种，故B正确；
C．化合物2有苯环和两个羧基，乙酸只有一个羧基，其结构不相似，因此化合物2与乙酸不互为同系物，故C错误；
D．1ml化合物2与足量钠反应生成1ml氢气，1ml化合物2与足量碳酸氢钠反应生成2ml二氧化碳，因此两者产生的气体体积不相同，故D错误。
综上所述，答案为B。
6. 判断下列反应的离子方程式正确的是
A. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋ = Fe2+＋2H2O
B. Na2S2O3溶液中通足量Cl2：＋2Cl2＋3H2O = 2＋4Cl－＋4H＋
C. 浓氨水中滴加少量硫酸铜溶液：Cu2+＋2NH3·H2O = Cu(OH)2↓＋2
D. 泡沫灭火器原理：3＋Al3+=Al(OH)3↓＋3CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，硝酸氧化氢氧化亚铁生成铁离子、NO和水，则3Fe(OH)2＋10H＋+= 3Fe2+＋8H2O＋NO↑，故A错误；
B．Na2S2O3溶液中通足量Cl2生成硫酸根和氯离子：＋4Cl2＋5H2O = 2＋8Cl－＋10H＋，故B错误；
C．浓氨水中滴加少量硫酸铜溶液，反应生成四氨合铜离子：Cu2+＋4NH3·H2O =＋4H2O，故C错误；
D．泡沫灭火器原理是碳酸氢根和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体：3＋Al3+=Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确。
综上所述，答案为D。
7. 常温下，向20mLNaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液，所得混合溶液中与的关系如图所示。已知。下列说法正确的是
A.
B. 恰好完全反应时，溶液中
C. 当溶液呈中性时，一定存在
D. pH=2时的值比pH=1的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ka(HA)=，Ka(HB)=，则=10，则，故A错误；
B．恰好完全反应时，生成等物质的量浓度的NaA和HB，但是HB会电离，A-会水解，且程度不同，故浓度不等，故B错误；
C．根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-)，溶液为中性时，c(H+)=c(OH-)，混合溶液中一定存在关系：c(Na+)=c(A-)+(B-)，则成立，故C正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，pH=2时，=值与pH=1时相等，故D错误；
故选C。
第Ⅱ卷(共58分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共3题，43分)
8. 南高实验学习小组经查阅资料发现：K2FeO4(Mr=198)为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2 ，在碱性溶液中较稳定。现将他们制备高铁酸钾(K2FeO4)，测定其纯度并探究其性质的过程展示如下。
（1）制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是___________。
②装置B中所用的试剂X为___________。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，写出该反应的化学方程式___________。
（2）K2FeO4的纯度测定
向3 mL CrCl3溶液中加入20 mL饱和KOH溶液(Cr3+＋4OH－= CrO＋2H2O)，再加入5 mL蒸馏水，冷却至室温，准确称取1.98 g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应(FeO＋CrO＋2H2O =CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－)，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO＋2H＋=Cr2O＋ H2O)，并加入1 mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00 ml/L的标准硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定(Cr2O＋6Fe2+＋14H＋=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O)，至终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为27.00 mL。则K2FeO4的质量分数为___________(过程中杂质不参与反应)。
（3）探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
Ⅰ．方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有___________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，还可能由___________产生(用离子反应方程式表示)。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是___________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2___________ FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. 饱和食盐水 ③. 2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O
（2）90% （3） ①. Fe3+ ②. 4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O ③. 排除ClO－的干扰（或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气） ④. ＞ ⑤. 溶液的酸碱性不同
【解析】
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，盐酸易挥发，氯气中主要含氯化氢杂质，为了减少KOH的损失，因此用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，再通入KOH溶液反应生成KClO，KClO和硝酸铁、氢氧化钾反应生成高铁酸钾，尾气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体仪器名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶。
②由于盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢杂质，为了防止氯化氢与氢氧化钠反应，因此装置B中所用的试剂X为饱和食盐水，除掉氯气中氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，则KClO与Fe(NO3)3、KOH反应生成K2FeO4、KCl、KNO3和H2O，该反应的化学方程式2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O；故答案为：2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH= 2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O。
【小问2详解】
根据题中信息得到关系式2K2FeO4～2～2～～6(NH4)2Fe(SO4)2，则K2FeO4的质量分数为；故答案为：90%。
【小问3详解】
I．铁离子遇KSCN溶液变为红色，因此方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，根据题中信息K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2 ，因此在碱性溶液中较稳定还可能由加酸后反应得到铁离子即4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O产生；故答案为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10 H2O。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气；故答案为：排除ClO－的干扰(或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得到氧化性Cl2＞FeO，该结论是在碱性条件下得到，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，该结论得到是在酸性条件下，因此原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：＞；溶液的酸碱性不同。
9. 二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：
已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2＋H=
Ⅱ．酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4
Ⅲ．TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−27。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时需要不断搅拌的原因___________。
（2）“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是________。
（3）“反萃取”步骤中，加入的试剂a最佳是________ (填标号)。
A．NaOH溶液 B．氨水 C．NH4Cl溶液
（4）写出“酸煮”步骤的化学反应方程式___________。
（5）在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是___________。
（6）检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是___________。
（7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为___________。
【答案】（1）加快反应速率，提高浸取率
（2）增大浓度，提高萃取率（或增大浓度，萃取平衡正向移动）
（3）B （4）TiO2＋H2SO4 TiOSO4＋H2O
（5）均促进TiO2+的水解，使水解更充分（或使TiO2+的水解平衡正向移动）
（6）取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（7）0001 ml∙L−1
【解析】
【分析】废TiO2/WO3纳米薄膜与氢氧化钠溶液反应，不断搅拌，加速溶解，过滤，调节滤液的pH值有利于Na2WO4与 “萃取”发生反应，再分液后加入氨水反萃取得到(NH4)2WO4，再加入盐酸酸化，过滤，最终得到WO3。将粗TiO2与H2SO4再加热条件下反应生成TiOSO4和H2O，在水煮得到，过滤，将煅烧得到TiO2。
【小问1详解】
为了将物质尽可能的浸取出来，同时提高反应速率，因此“碱浸”时需要不断搅拌的原因加快反应速率，提高浸取率；故答案为：加快反应速率，提高浸取率。
【小问2详解】
根据题中信息酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4，“萃取”前，因此需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)；故答案为：增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)。
【小问3详解】
“反萃取”步骤中，(CH3CH2NH3)2WO4和实际a反应生成CH3CH2NH2、(NH4)2WO4，因此加入的试剂a最佳是氨水；故答案为：B。
【小问4详解】
根据“酸煮”前后的反应物和生成得到“酸煮”步骤的化学反应方程式TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O；故答案为：TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O。
【小问5详解】
根据，在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是均促进TiO2+的水解，使水解更充分或使TiO2+的水解平衡正向移动；故答案为：均促进TiO2+的水解，使水解更充分(或使TiO2+的水解平衡正向移动)。
【小问6详解】
H2TiO3沉淀表面有硫酸根杂质，因此检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。
【小问7详解】
室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，，解得，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001 ml∙L−1；故答案为：0.001 ml∙L−1。
10. 甲醇是多种有机产品的基本原料和重要的化工产品，广泛用于有机合成、染料、医药、涂料和国防等工业。回答下列问题：
（1）一定条件下1mlCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如图1所示。其中，反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为___________。
（2）在恒容密闭容器中利用合成气(主要成分为CO2和含有少量CO的H2)合成甲醇，发生的主反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。在分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，对应的曲线是___________(填①或②)；的数值，m点比n点___________(填“大”或“小”)。
（3）铜系催化剂对反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将a ml甲醇置于b L恒容密闭容器中，经过t min到达平衡，气体压强为P0 Pa，且P氢气=P甲醇，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3) =___________(用含a、b、t的式子表达)；用气体分压表示的平衡常数Kp=___________(用含P0的式子表达)；相同温度下，将a ml甲醇置于b L恒压密闭容器中，反应到达平衡时P氢气___________P甲醇(填“>”，“=”或“<”)。
（4）利用CH3OH催化重整可以制取氢气，主反应：CH3OH(g)＋H2O(g) CO2(g)＋3H2(g)，副反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)；某研究小组对实验条件温度( T )与水醇比()进行优化，实验结果如图3和图4。
①结合图3分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系：___________。
②在下图中用阴影画出最优化的反应条件区域__________ (下图为图3和图4组合的平面图，实线为甲醇平衡转化率，虚线为CO物质的量分数)。(注：在选定的区域用铅笔涂黑)。
【答案】10. 2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝－470kJ·ml-1
11. ①. ① ②. 小
12. ①. ②. ③. ＞
13. ①. 升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据图中信息HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)和水蒸气，则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝−(676kJ∙ml−1−283kJ∙ml−1−158kJ∙ml−1) ×2= −470kJ·ml−1；故答案为：2HCHO(g)＋O2(g) = 2CO(g)＋2H2O(g) ∆H＝−470kJ·ml−1。
【小问2详解】
在分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，相当于在1：a基础上增加了氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，则对应的曲线是①；的数值，m点转化率大，生成甲醇的量多，二氧化碳浓度小，一氧化碳浓度几乎相等，甲醇浓度大，因此m点比n点小；故答案为：①，小。
【小问3详解】
铜系催化剂对反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将a ml甲醇置于b L恒容密闭容器中，经过t min到达平衡，气体压强为P0 Pa，且P氢气=P甲醇，根据，a−2x=2x，则x=0.25a，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3) =；用气体分压表示的平衡常数Kp=；相同温度下，将a ml甲醇置于b L恒压密闭容器中，相对恒容容器来说，压强减小，平衡向体积增大即正向反应，则反应到达平衡时P氢气＞P甲醇；故答案为：；；＞。
【小问4详解】
①结合图3分析温度、水醇比与甲醇平衡转化率的关系，根据横向和纵向分析温度越高，甲醇平衡转化率越大，水醇比越大，甲醇平衡转化率越大，因此得到关系为升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大；故答案为：升高温度，水醇比越大，甲醇转化率越大。
②利用CH3OH催化重整可以制取氢气，根据图3中温度在275℃左右、水醇比1.80左右的甲醇转化率最大，而CO的物质量分数最小0.5%的区域是最优化的，因此中用阴影画出最优化的反应条件区域；故答案为：。
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂黑的题号一致，在答题卡上选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
[化学—选修3：物质结构]
11. 某些过渡元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着极为广泛的应用。回答下列问题：
（1）现有铜锌元素的3种微粒：①锌：[Ar]3d104s1；②铜：[Ar]3d104s1；③铜：[Ar]3d10，失去一个电子需要的最低能量由大到小的顺序是___________(填字母)。
A. ①②③B. ③①②C. ③②①D. ①③②
（2）砷化镉(Cd3As2)是一种验证三维量子霍尔效应的材料。
①砷与卤素可形成多种卤化物，从电子云重叠方式判断AsCl3中化学键属于___________键；砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因___________。
②Cd2+与NH3形成配离子[Cd(NH3)4]2+中，配体的空间构型为___________，画出配离子的结构式___________(不考虑立体构型)。
（3）铬(Cr)、钼(M)、钨(W)位于同一副族相邻周期，且原子序数依次增大。
①基态铬原子、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图为___________。
②已知 CrO5中铬元素为最高价态，氧元素有价和价，画出其结构式：___________。
③钨和碳能形成耐高温、耐磨材料碳化钨，其晶胞结构如下图所示，则碳化钨的化学式为___________，六棱柱的底边长为a cm，高为b cm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则碳化钨晶体的密度是___________g·cm－3(列出计算表达式)。
【答案】11. B 12. ①. σ ②. H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子周围的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+ ③. 三角锥形 ④.
13. ①. ②. ③. WC ④.
【解析】
【小问1详解】
铜的第二电离能大于锌的第二电离能，则③＞①；锌的第二电离能大于铜的第一电离能，则①＞②；答案选B；
【小问2详解】
①从电子云重叠方式判断AsCl3中的化学键为σ键；H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+，砷酸的酸性弱于硒酸；
②配体NH3中心原子N价层电子对数：，含一对孤电子对，为三角锥形；配离子的结构式： ；
【小问3详解】
①基态铬原子的价电子排布式为3d54s1、钼原子的核外电子排布特点相同，则基态钼原子的价层电子排布图：；
②已知 CrO5中铬元素为最高价态，氧元素有价和价，其结构式：
③碳化钨晶胞结构如图所示，W原子个数：，C原子个数为6，则其化学式WC；晶胞质量：，体积：，密度：；
[化学—选修5：有机化学基础]
12. 丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。
(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。
(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。
(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。
(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。
(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）
【答案】 ①. 邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） ②. C13H20ON2 ③. 浓HNO3／浓H2SO4，加热 ④. 氨基 ⑤. 取代反应 ⑥. ⑦. 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 ⑧. 或 ⑨.
【解析】
【分析】A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：
【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；
（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；
（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；
（4）C与F反应生成G的化学方程式为；
有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；选项
①中试剂
②中溶液
实验目的
A
浓硫酸、无水乙醇(沸石)
酸性高锰酸钾溶液
检验有乙烯气体生成
B
乙醇、乙酸、浓硫酸
氢氧化钠溶液
制取乙酸乙酯
C
Cu、浓硫酸
溴水
验证SO2的还原性
D
NaHCO3(s)
澄清石灰水
验证NaHCO3(s)的热稳定性
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
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