2025年高考化学大题突破(通用版)大题预测02(A+B+C三组解答题)(原卷版+解析)

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（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）氮化镓是一种新型的半导体，常用于紫光的激光二极管(LED)。某小组以废旧薄膜太阳能电池(CIGS)为原料(主要成分为)制备氮化镓，工艺流程如图：
已知：①硒属于氧族元素，镓、铟与铝位于同主族；
②氨水过量时，；
⑧常温下，．
当金属离子浓度时认为金属离子已完全沉淀。
回答下列问题：
(1)基态Se原子的电子排布式为 。
(2)“烧渣”的主要成分是和，已知：，在“高温焙烧”条件下，CIGS与氧气反应时铜转化成，不生成CuO，其主要原因可能是 (用结构理论解释)。
(3)“调过滤”后的“滤渣”主要成分是 (填化学式)。
(4)“回流过滤”中的作用是 (用镓相关的化学方程式表示)。“滤液I”加入足量烧碱，加热可以制备一种气体，该气体经干燥后可直接用于上述“ ”工序(填名称)。
(5)在一定硫酸和双氧水、固体颗粒不变的条件下，单位时间内“酸浸氧化”率与温度的关系如图甲所示(氧化率等于被氧化的元素质量与该元素总质量之比)。30℃时达到峰值的原因是 。

(6)“高温气相沉积”中尾气常选用如图乙所示装置吸收。其原理是 。

【答案】(1)（1分）
(2)中的的价电子排布式为，全充满，该条件下更稳定（2分）
(3)和（2分）
(4) （2分） 高温气相沉积（1分）
(5)在30℃之前，随着温度升高，氧化速率增大；30℃之后，双氧水分解，反应物浓度降低，氧化率降低（2分）
(6)尾气中的HCl和极易溶于水，难溶于四氯化碳，所以直接将其通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象（2分）
【解析】（1）Se是34号元素，基态Se原子的电子排布式为：；
（2）因为中的的价电子排布为，全充满，更稳定，所以与氧气反应时铜转化成，不生成；
（3）根据以上分析，得到滤液中含有、和，加入过量氨水调节，得到的滤渣中含有和，滤液中含有；
（4）与水反应，生成和，与反应生成，总方程式为：；滤液I为溶液，加入氢氧化钠溶液，可以制备，用于“高气相沉积”工序中；
（5）双氧水受热以后容易分解，在30℃之前，随着温度升高，氧化速率增大；30℃之后，双氧水分解，反应物浓度降低，氧化率降低；
（6）尾气中含有氯化氢和氨气，并且两种气体都极易溶于水，难溶于四氯化碳，并且四氯化碳密度较大，所以直接气体通入四氯化碳中，不会产生倒吸现象。
2．（12分）天然气（含CH4、CO2、H2S等）的脱硫和重整制氢综合利用，具有重要意义。
(1)用Fe2O3干法脱硫涉及的反应如下：
Fe2O3(s)+3H2S(g)Fe2S3(g)+ 3H2O(g) △H1；Fe2O3(s)+3H2S(g)FeS(g)+ S(g)+ 3H2O(g) △H2
2Fe2S3(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 6S(g) △H3；4FeS(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 4S(g) △H4
反应2H2S(g)+ O2(g)2H2O(g)+ 2S(g)的△H5= （写出一个代数式即可）。
(2)用NaOH溶液湿法脱硫时H2S和CO2同时被吸收。
①湿法脱硫后的吸收液中主要存在以下平衡：S2-+H2OHS-+OH-，CO+H2OHCO+OH-，下列说法正确的有 。
A．升高温度，溶液中c(OH-)增大 B．加少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．通入少量HCl气体，增大 D．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S2-)+2c(CO)
②写出H2S和Na2CO3溶液反应的化学方程式 。（H2S的Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.1×10-13，H2CO3的Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11）
(3)H2S和CH4的重整制氢涉及的反应如下：
a．2H2S(g)S2(g)+ 2H2(g) b．2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)
①设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以（=100kPa）。反应a的相对压力平衡常数表达式为：= 。
②反应a、b的在400~1000℃范围内随T的变化如下图。反应a、b均为 反应（选填“吸热”或“放热”）。
③在恒压100kPa下按组成为n(H2S)：n(CH4)：n(Ar)=1：1：4.7 通入混合气体，测得平衡状态下H2、S2的收率和H2S的转化率随温度的变化曲线如图所示。
Ⅰ．计算T1温度下H2的收率 。
已知：H2的收率=，S2的收率=
Ⅱ．从800℃升温到1000℃过程中，反应a平衡向 反应方向移动。
【答案】(1)ΔH1+ΔH3或ΔH2+ΔH4（2分）
(2) AB （2分） H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3（2分）
(3) （2分） 吸热 （1分） 20% （2分） 逆（1分）
【解析】（1）①Fe2O3(s)+3H2S(g)Fe2S3(g)+ 3H2O(g) △H1，②Fe2O3(s)+3H2S(g)FeS(g)+ S(g)+ 3H2O(g) △H2，③2Fe2S3(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 6S(g) △H3，④4FeS(s)+3O2(g)2Fe2O3(g)+ 4S(g) △H4，根据盖斯定律，方程式2H2S(g)+ O2(g)2H2O(g)+ 2S(g)可以由得到，或者由，则△H5=或；
（2）①A．这两个平衡体系，均为水解平衡，且属于吸热反应，升高温度，促进水解，c(OH-)增大，故A正确；
B．加水稀释，促进水解，溶液中离子总数增加，故B正确；
C．加入少量盐酸，促使平衡向右进行，c()减小，c()增大，推出减小，故C错误；
D．利用电荷守恒有，c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+2c()+c()+c(OH-)，故D错误；
答案为AB；
②根据电离平衡常数的数值，推出电离出H+能力强弱：H2CO3＞H2S＞＞HS-，硫化氢与碳酸钠反应的离子方程式为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，故答案为H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3；
（3）①根据相对压力平衡常数的定义，反应a的相对压力平衡常数表达式=；
②平衡常数只受温度的影响，根据图像可知，lg随着温度升高而增大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即反应a、b均为吸热反应；故答案为吸热；
③Ⅰ.设初始n(H2S)=n(CH4)=1ml，由S2的收率和H2S的转化率可得：平衡时，n(H2S)=0.68ml，n(S2)=0.02ml，根据碳原子守恒：n(CH4)+n(CS2)=1ml，根据氢原子守恒：2n(H2S)+2n(H2)+4n(CH4)=1.36ml+2n(H2)+4n(CH4)=6ml；根据硫原子守恒：n(H2S)+2n(S2)+2n(CS2)=0.68ml+2n(CS2)+0.04ml=1ml；解得n(H2)=0.6ml，氢气的收率为20%；故答案为20%；
Ⅱ.根据图2可知，从800℃升温高1000℃时，S2的收率降低，S2的物质的量降低，即反应a向逆反应方向进行；故答案为：逆。
3．（12分）FeCO3是一种白色固体，难溶于水，在空气中容易被氧化。FeCO3可用作补血剂的原料，也可用作可充电电池的电极材料。
I．碳酸亚铁制备原理
(1)甲同学取2滴管Na2CO3溶液于试管中，滴加FeSO4溶液，观察到白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色。该白色沉淀一定含有 。（填化学式）
(2)乙同学取2滴管 NH4HCO3溶液于试管中，滴加FeSO4溶液，观察到白色沉淀，同时有无色气体生成。该反应的离子方程式为 。
(3)丙同学经查资料得知：FeCO3的Ksp=3.2×10-11；Fe(OH)2的Ksp=8.0×10-16。选用FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液制备FeCO3，而不选用NaHCO3溶液，其优势是 。
II．碳酸亚铁制备装置
(4)仪器C的名称是 。
(5)为了加快反应速率，以下操作不可行的是________。
A．用生铁代替铁B．反应物用浓硫酸C．水浴加热D．使用铁粉
(6)烧杯D中盛放的液体不可能为 。（不定项）
A．水B．烧碱溶液C．浓盐酸D．澄清石灰水
(7)为排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，应先进行的实验操作是 。
A．关闭活塞2，打开活塞1、3 B．关闭活塞3，打开活塞1、2
(8)加入适量稀硫酸反应一段时间，然后使FeSO4溶液进入C中应进行的实验操作是 。
A．关闭活塞3，打开活塞2 B．关闭活塞1，打开活塞2
(9)反应结束后，将C中所得沉淀过滤，洗涤。简述证明沉淀已洗涤干净的操作： 。
III．碳酸亚铁含量测定
(10)若称取一定质量的碳酸亚铁样品，灼烧至恒重（FeCO3在空气中煅烧时生成Fe2O3和FeO的混合物），再称量、计算。该方法是否可行？并说明理由： 。
(11)若用KMnO4标准溶液测定样品中亚铁离子的含量，需先将样品溶于足量的稀酸中，可选用 。
A．盐酸B．乳酸C．硝酸D．硫酸
(12)若用铈(Ce)量法测定：取a g样品溶于酸配成100mL溶液，每次取该溶液20.00mL，进行必要处理；用c ml·L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2标准液19.00mL。滴定反应如下：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋，则样品中亚铁(Fe2＋)的质量分数为 。（仅列出计算式）
【答案】(1)Fe(OH)2（1分）
(2)Fe2+ + 2HCO= FeCO3↓ + CO2↑ + H2O（1分）
(3)NH会发生水解：NH+H2ONH3·H2O + H+，H+可抑制Fe(OH)2的生成，提高产物的纯度（1分）
(4)三颈烧瓶（1分）
(5)B（1分）
(6)BC（1分）
(7)A（1分）
(8)A（1分）
(9)取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(OH)2溶液，若无沉淀生成，则证明已经洗涤干净（1分）
(10)不可行；样品所含杂质也可能分解，灼烧产物中各成分比例不确定，不能计算得到碳酸亚铁的含量；空气中煅烧会导致部分氧化亚铁被氧化为氧化铁，无法确认二者的比列和含量（合理即可）（1分）
(11)D（1分）
(12)（1分）
【解析】（1）碳酸根和亚铁离子发生反应，离子方程式为：，所以白色沉淀是。
（2）碳酸氢根和亚铁离子发生反应，离子方程式为：。
（3）由于亚铁离子会水解：，产物中可能会有碳酸亚铁杂质，而铵根离子也可以水解：，溶液显酸性，可以抑制的水解，避免产生杂质。答案为：会发生水解：，H+可抑制Fe(OH)2的生成，提高产物的纯度。
（4）仪器C是三颈烧瓶。
（5）A．用生铁代替铁，由于其中含有碳等杂质，可以形成原电池，加快反应速率，A可行；
B．反应物用浓硫酸，铁会被浓硫酸钝化，导致反应变慢或停止，B不可行；
C．水浴加热可以提高化学反应速率，C可行；
D．使用铁粉增大了反应物的表面积，可以加快反应速率，D可行；
故选B。
（6）D装置的目的是进行液封，目的是避免空气进入C导致被氧化变质，影响产品的产率，同时也要避免发生倒吸等情况，若D中装入烧碱溶液，其中的较大，快速吸收了生成的二氧化碳，导致C中压强迅速减小，容易发生倒吸，影响产品，若装入浓盐酸，它容易挥发出氯化氢，进入C装置，和产品反应，导致产率下降。
故答案选BC。
（7）由装置图可知，仪器A为恒压滴液漏斗，该装置无需与大气连通也能使液体顺利滴下，该实验中，避免空气中O2进入装置氧化Fe2+，关闭活塞2，打开活塞1、3，加入适量稀硫酸反应一段时间，可以排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化。
故选A。
（8）加入适量稀硫酸反应一段时间，然后使FeSO4溶液进入C中，应关闭活塞3，打开活塞2，生成的氢气使装置B中的压强增大，将装置B中的硫酸亚铁溶液压入装置C中。
故选A。
（9）证明沉淀已洗净即证明硫酸根被洗净，故取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀盐酸酸化，再滴加氢氧化钡溶液，若无白色浑浊产生，说明已经洗净。答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入溶液，若无沉淀生成，则证明已经洗涤干净。
（10）样品所含杂质也可能分解，灼烧产物中各成分比例不确定，不能计算得到碳酸亚铁的含量；同时在空气中煅烧会导致部分氧化亚铁被氧化为氧化铁，无法确认二者的比列和含量。答案为：不可行；样品所含杂质也可能分解，灼烧产物中各成分比例不确定，不能计算得到碳酸亚铁的含量；空气中煅烧会导致部分氧化亚铁被氧化为氧化铁，无法确认二者的比例和含量。
（11）用KMnO4标准液测定样品中亚铁离子的含量，需要先将样品溶于足量的稀酸中，盐酸中的氯离子会被高锰酸钾氧化，不可选；乳酸结构式为：，会被高锰酸钾氧化，不可选；硝酸会氧化亚铁离子，也不能选。只有稀硫酸可选。
故选D。
（12）由所给数据，样品酸溶后的溶液中：，故样品中亚铁的质量分数为：。答案为：。
4．（12分）F是合成含松柏基化合物的中间体，其合成路线如下：
(1)A分子中的含氧官能团名称为 和 。
(2)化合物E中有___________个不对称碳原子。
A．0B．1C．2D．3
(3)C→D的反应类型为： 。
A． 取代 B．氧化 C．消去 D．加成
该反应除了生成D，还生成H2O和 (填结构简式)。
(4)写出符合下列条件的B的一种同分异构体G的结构简式 。
i)含有酰胺基
ii)能与FeCl3溶液发生显色反应
iii)核磁共振氢谱显示氢原子有六种不同的化学环境
(5)下列仪器分析方法，可用于鉴别同分异构体B和G的有___________。
A．原子发射光谱B．质谱图C．红外光谱D．晶体X射线衍射
(6)A→B中有副产物生成，该副产物的结构简式为 。
(7)已知：HSCH2CH2SH与HOCH2CH2OH性质相似。
①沸点更高的是 。
A．HSCH2CH2SH B．HOCH2CH2OH
②结合题中所给信息，写出以、、和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用) 。
【答案】(1) 醚键 （1分） 酮羰基（1分）
(2)B（1分）
(3) C （1分） N(CH3)3（1分）
(4)(合理即可)（1分）
(5)CD（1分）
(6)（2分）
(7) B （1分） （2分）
【解析】（1）A分子中的含氧官能团名称为醚键和酮羰基；
（2）化合物E中有1个不对称碳原子，即和酮羰基相邻碳链上的碳原子；
（3）据分析，C→D的反应类型为消去反应，该反应除了生成D，还生成H2O和N(CH3)3；
（4）
符合下列条件，i)含有酰胺基，ii)能与FeCl3溶液发生显色反应，即含有酚羟基，iii)核磁共振氢谱显示氢原子有六种不同的化学环境，即需要高度对称，得B的一种同分异构体G的结构简式为；
（5）由于B和G为同分异构体，官能团不同，化学键类型不完全相同，原子发射光谱测原子类型，故排除；质谱图可测最大相对分子质量，故排除，红外光谱根据化学键的振动，可得化学键类型，故当选，晶体X射线衍射可测得晶体类型的结构，故当选；
（6）
A生成B的过程是甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应，得到的羟基与(CH3)2NH发生取代反应，结合副产物的分子式，可推断该副产物是一分子A结合了两分子的HCHO和(CH3)2NH，结构简式为；
（7）
HSCH2CH2SH中S-H极性弱于HOCH2CH2OH中O-H，①结构相似，分子间极性越强，沸点更高，沸点更高的是HOCH2CH2OH；结合物质E生成F的结构变化可推断与反应可生成目标产物的部分；产物的部分可由生成后与HCHO反应增长碳链得到，故设计合成路线。
5．（10分）2010年诺贝尔化学奖表彰了科学家对“Pd催化交叉偶联反应”的研究，其主要过程如下图：
(1)该反应所用的催化剂是___________。
A．PdB．CH3[Pd]BrC．CH3[Pd]OHD．CH3[Pd](CH2)2CH3
(2)Pd在元素周期表中的位置如图所示，位于 。
A．第四周期，第Ⅷ族B．第五周期，第10族
C．第四周期，第10族D．第五周期，第ⅧB族
(3)关于Pd的叙述错误的是_______。
A．102Pd和103Pd互为同位素B．Pd的价电子排布为4d10
C．Pd2＋核外有48个电子D．108Pd的原子核内有62个中子
(4)如图所示，Pd晶体为立方晶胞，晶胞的边长为p10-10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为 g·cm-3。
(5)标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气形成一种氢化物(钯粉的密度为10.6g·cm-3)，据此可知该种钯的氢化物的化学式为 。
A．PdH0.6B．PdH0.7C．PdH0.8D．PdH0.9
(6)可以预测：若用H2代替CO还原PdCl2得到金属钯，消耗的H2质量比理论值 。
A． 略低 B．略高
(7)Pd(NH3)4Cl2有2种八面体结构，补充完整下图，使该结构具有非极性 。
(8)Pd(NH3)4Cl2晶体中含有的化学键有 。（不定项）
A．离子键B．非极性共价键C．配位键D．氢键
【答案】(1)A（1分）
(2)B（1分）
(3)C（2分）
(4)（2分）
(5)C（1分）
(6)B（1分）
(7)（2分）
(8)C（2分）
【解析】（1）“Pd催化交叉偶联反应”，该反应所用的催化剂是Pd，选A；
（2）根据铁在元素周期表中的位置，可知Pd位于第五周期，第10列，选B。
（3）A．102Pd和103Pd是同种元素的不同核素，互为同位素，故A正确；
B．Pd是46号元素，价电子排布为4d10，故B正确；
C．Pd是46号元素，Pd2＋核外有44个电子，故C错误；
D．108Pd的原子核内中子有108-46=62个，故D正确；
选C。
（4）Pd晶体为立方晶胞，根据均摊原则，晶胞中Pd原子数为 ，晶胞的边长为p10-10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为g·cm-3。
（5）设有1L钯粉，其物质的量为，标准状况下，1L钯粉大约可吸附896L氢气，氢气的物质的量为，该钯的氢化物的化学式为PdH0.8，选C。
（6）Pd能吸收氢气生成钯的氢化物，若用H2代替CO还原PdCl2得到金属钯，消耗的H2质量比理论值略高，选B。
（7）
Pd(NH3)4Cl2结构具有非极性，说明结构对称，则该结构为。
（8）根据Pd(NH3)4Cl2的结构图，可知Pd与Cl、NH3形成配位键，选C。
【B组】
（建议用时：30分钟 满分：58分）
1．（12分）马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：
已知：①不稳定，易被空气氧化；马日夫盐溶于水且随温度的升高，溶解度显著增大
②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为：
③
(1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中的浓度和测定结果如图所示，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ，2h后导致溶液中浓度变化产生明显差异的原因是 (用化学方程式表示)。
(2)萃取时溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳条件为 ，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是 。
(3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为 (当离子浓度时认为沉淀完全)。
(4)以“调”后得到的含的滤液为原料，补充完整“沉锰”、“酸溶”及得到马日夫盐的实验操作： ，过滤、洗涤、干燥，得到马日夫盐。(须使用的试剂：溶液、溶液、稀盐酸、磷酸、蒸馏水)
【答案】(1) （2分） （2分）
(2) （1分） 小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降；过大，水解生成氢氧化铁（2分）
(3)5.0~7.6（1分）
(4)在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶（2分）
【解析】（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为；
（2）溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取；小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小，该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失；
（3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：；
（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰反应时可能有生成，为减少副产物的生成，根据可知，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，至不再产生沉淀时，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至向最后一次洗涤滤液中加入稀盐酸酸化后再加溶液不再产生浑浊。向所得固体中加入磷酸溶液至完全溶解，蒸发浓缩至有晶膜出现、冷却结晶。
2．（12分）CO2加氢制甲醇(CH3OH)不仅减少了CO2排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)已知：标准摩尔生成焓是指在、由稳定态单质生成化合物时的焓变。该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓数据已列入下表。
则∆H1= ，反应Ⅰ自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任意温度”)
(2)向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)，合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。
①上图中能够代表的曲线为 (填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。
②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K= 。
(3)在一定条件下，将1mlCO2和2mlH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平衡时CH3OH和CO的选择性、CO2的转化率随温度的升高的变化曲线如图所示。
①图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线 (填“a”、“b”或“c”)；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势的原因是 。
②该体系中，573K时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为 (保留两位有效数字)。
(4)某小组为了研究不同条件下催化剂对相同时间内CH3OH产率的影响，根据实验结果将不同温度下，不同催化剂对相同时间内CH3OH产率影响绘图如下，据图应选择的温度及催化剂为___________。
A． B．
C． D．
【答案】(1) -49kJ/ml （1分） 低温（1分）
(2) L1 （1分） 1.6（2分）
(3) b （1分） 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大 （2分） 0.41（2分）
(4)C（2分）
【解析】（1）由表中各物质的标准摩尔生成焓，可得出如下热化学方程式：
③H2(g)+O2(g)=H2O(g) ∆H3=-242KJ/ml
④C(s)+ O2(g)=CO2(g) ∆H4=-394KJ/ml
⑤C(s)+ 2H2(g)+O2(g)=CH3OH(g) ∆H5=-201KJ/ml
依据盖斯定律，将③-④+⑤得，
∆H1=∆H3-∆H4+∆H5=(-242KJ/ml)-(-394KJ/ml)+(-201KJ/ml)=-49kJ/ml。反应Ⅰ的ΔS＜0、△H＜0，则自发进行的条件是低温。
（2）①对于反应 ∆H1=-49kJ/ml，升高温度，平衡逆向移动，则＜，增大的程度更大，所以上图中能够代表的曲线为L1。
②从图中可以看出，温度为T1时，=0.8a、=0.5a，反应Ⅰ的化学平衡常数K===1.6。
（3）①在反应体系时，CH3OH和CO的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH3OH的选择性减小，CO的选择性增大，则a曲线表示CH3OH的选择性，c曲线表示CO的选择性(80%+20%=1)，所以图中代表CO2的转化率随温度的升高变化的是曲线为b；CO2的转化率随温度的升高呈现如图变化趋势(增大)，表明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度，所以原因是：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ逆移，使CO2转化率减小，反应Ⅱ正移，使CO2转化率增大。反应Ⅱ的正移程度更大，所以CO2转化率随温度升高而增大。
②在一定条件下，将1mlCO2和2mlH2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．CO2的转化率为60%，则参加反应CO2的物质的量为1ml×60%=0.6ml，CH3OH的选择性为80%、CO的选择性为20%，则生成CH3OH的物质的量为0.6ml×80%=0.48ml，生成CO的物质的量为0.6ml×20%=0.12ml，平衡时，CO2的物质的量为1ml-0.6ml=0.4ml，H2的物质的量为2ml-0.48ml×3-0.12ml=0.44ml，H2O的物质的量为0.6ml。该体系中，573K时，设容器的体积为VL，反应Ⅱ的浓度平衡常数为=≈0.41。
（4）从图中可以看出，220℃、作催化剂时，CH3OH的产率最大，所以据图应选择的温度及催化剂为220℃、，故选C。
3．（12分）奥铂()是一种稳定的水溶性广谱抗肿瘤试剂，1，2-环己二胺()是制备奥铂的初始原料之一、一种较新的制备方法如下：
在已通入N2保护的反应瓶中，避光条件下加入0.50 ml K2C2O4·H2O，1500 mL H2O，再加入溶解了0.50 ml Hg(NO 3)2·H2O的溶液500 mL，常温下搅拌1小时，过滤，减压干燥得140.0 g HgC2O4，避光保存。
在室温和避光条件下，将0.050 ml顺式-二碘合铂(Ⅱ)、0.050 ml HgC2O4、1000 mL H2O混合搅拌，升温到55℃，搅拌8小时，过滤，滤饼甲用55℃的纯水洗涤，合并滤液，用旋转蒸发器在减压下浓缩至原体积的1/3，冰水浴降温至5℃，过滤，滤饼乙用少量冰水洗涤，再以丙酮，乙醚洗涤，45℃真空干燥，得奥铂产品0.048 ml。
已知：Ksp(AgI)=8.5×10-17 ，Ksp(HgI2)=2.9×10-39
(1)奥铂中H-N-H的键角大于1，2-环已二胺中H-N-H的键角，原因是 。
(2)旋转蒸发器主要用于减压条件下连续蒸馏易挥发性溶剂，下列仪器可作为其组成部分的是 (填写仪器的名称)。
(3)滤饼甲的主要成分是 。需采取不同的试剂和温度控制洗涤滤饼甲和滤饼乙，其理由是 。
(4)制备HgC2O4的产率是 。
(5)旧法先用硝酸银溶液与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，除去碘化银后，再加入草酸钾。新法则是先制备草酸汞，再与顺式-二碘合铂(Ⅱ)反应，从平衡移动的角度解释，其优点是 。
(6)为测定某K2C2O4·H2O(含某些惰性杂质)样品的纯度，取a g样品溶于水，配成250.0 mL溶液，每次取出25.0 mL，用c ml·L-1 KMnO4溶液滴定，三次平均消耗b mL KMnO4溶液。则a g样品中含 mml K2C2O4·H2O(用代数式表示)。
【答案】(1)两种物质中N都为sp3杂化，奥铂中N没有孤电子对，1，2-环已二胺中N有孤电子对，对成键电子对的斥力较大，使H-N-H的键角变小（2分）
(2)圆底烧瓶 蛇形冷凝管（1分）
(3) HgI2 （1分） 洗涤滤饼甲时，为防止产品冷却时析出，需再加热时洗涤；洗涤滤饼乙时，为防止产品加热时溶解，需要冷却洗涤，并用丙酮等洗去水（2分）
(4)97.0%（2分）
(5)由于HgI2比AgI在水中溶解度更小，更加有利于平衡正向移动（2分）
(6)25cb（2分）
【解析】（1）
奥铂中N原子价层电子对为4，N原子杂化方式为sp3杂化，N原子没有孤对电子，1，2-环己二胺()中N原子价层电子对为3+，也是sp3杂化，N原子有孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力大，使键角变小，奥铂中H-N-H的键角大于1，2-环已二胺中H-N-H的键角；
（2）旋转蒸发器主要用于减压条件下连续蒸馏易挥发性溶剂，可以组装成减压条件下连续蒸馏的仪器有：圆底烧瓶和蛇形冷凝管；
（3）滤饼甲为HgI2，滤饼乙为奥铂，洗涤滤饼甲时，为防止产品冷却时析出，需再加热时洗涤；洗涤滤饼乙时，为防止产品加热时溶解，需要冷却洗涤，并用丙酮等洗去水；
（4）0.50 ml K2C2O4·H2O与0.50 ml Hg(NO 3)2·H2O反应，理论上应该得到0.50ml HgC2O4，质量为0.5ml×288.6g/ml=144.3g，实际产量为140.0 g，产率为；
（5）根据溶度积Ksp(AgI)=8.5×10-17 ，Ksp(HgI2)=2.9×10-39，由于HgI2比AgI在水中溶解度更小，更加有利于平衡正向移动；
（6）由得失电子守恒可知，2KMnO4~5K2C2O4·H2O，n(K2C2O4·H2O)=n(KMnO4)=×cb×10-3ml×=25cb×10-3ml=25cbmml，答案是25cb。
4．（12分）有机高分子化合物H是制备药物的重要中间体，其单体G的一种合成方法如下：
已知：①+；②
(1)根据系统命名法和普通命名法可知，A的化学名称可以是___________。
A．2-甲基-1，3-丁二烯B．3-甲基-1，3-丁二烯C．异戊二烯D．异丁二烯
(2)D中的所含的官能团有___________。
A．碳碳双键B．羟基C．羧基D．醛基
(3)由D生成E的第一步的反应类型为 ，由E生成F的反应类型为 。
A．氧化反应 B．还原反应 C．加成反应 D．取代反应
(4)反应③的试剂和条件为 。
(5)G发生缩聚反应可生成H，写出H的结构简式： 。
(6)欲鉴别D和E可使用的方法或试剂有___________。
A．红外光谱B．质谱C．的溶液D．的酸性溶液
(7)参照上述合成路线和信息，写出由1，3-丁二烯和丙烯醛()为原料合成苯甲酸的合成路线 。
【答案】(1)AC（2分）
(2)AD（2分）
(3) A （1分） D（1分）
(4)氢氧化钠水溶液、加热（1分）
(5)（2分）
(6)AB（1分）
(7)+（2分）
【解析】（1）
A 分子含有5个碳原子，两个碳碳双键，根据系统命名法可知，A 的化学名称是2-甲基-1，3-丁二烯，根据普通命名法A 的化学名称是异戊二烯，故选AC；
（2）
根据分析，D为，所含的官能团有碳碳双键和醛基，故选AD；
（3）根据分析，由D生成E的第一步的反应类型为氧化反应，故选A；由E生成F的反应类型为取代反应，故选D；
（4）F发生水解反应生成G，引入羟基，反应的试剂和条件为为氢氧化钠水溶液、加热；
（5）
含有羟基和羧基，发生缩聚反应生成，H的结构简式为；
（6）D中含有醛基、碳碳双键，E中含有羧基、碳碳双键，D和E均可使的溶液、的酸性溶液褪色，不能鉴别；二者官能团和相对分子质量不同，可以用红外光谱、质谱鉴别，故选AB；
（7）
1，3-丁二烯和丙烯醛发生已知反应①可得到，发生知反应②可得到，发生氧化反应生成苯甲酸，合成路线为+。
5．（10分）C60独特的笼状结构使其及其衍生物表现出特殊的性质。
(1)①C的原子结构示意图是 ，与它同主族Ge的价层电子排布式是 。
②金刚石与C60的晶胞结构如图，比较二者熔点大小：金刚石 C60(填“>”、“”、“ （1分） 金刚石为共价晶体， C60为分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力 （1分） 原子半径：I>Br>Cl，则碳卤键从 R–I、R–Br到R–Cl，键长依次变短，键能依次增大 （1分） （1分）
(2) sp3 （1分） < （1分） C60分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp2杂化与相邻的三个碳原子形成σ键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键，这种离域π键能够提供π电子与中心原子形成配位键（1分）
(3) 12 （1分） 12 （1分） （1分）
【解析】（1）
①C是6号元素，核外含有6个电子，原子结构示意图是，与它同主族Ge元素的原子序数为32，价层电子排布式是4s24p2；
②金刚石的熔点 ＞ C60，原因是：金刚石为共价晶体， C60为分子晶体，二者熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，共价键的强度大于分子间作用力，故金刚石熔点高于C60；
③原子半径：I>Br>Cl，则碳卤键从 R–I、R–Br到R–Cl，键长依次变短，键能依次增大，故碳卤键断裂由易到难的顺序为R-I、R-Br、R-Cl；
④C也能与Mg形成C-Mg键，反应时C-Mg键断裂，根据键的极性分析CH3MgBr与丙酮发生加成反应，生成物的结构简式为。
（2）①三苯基膦(PPh3)中，中心P原子形成3个键和1个孤电子对，为sp3杂化；
②C2H4和 C60都是π配体，能够通过π电子与中心金属原子形成配位键，C60分子由60个碳原子组成，形成球状结构，每个碳原子通过sp2杂化与相邻的三个碳原子形成σ键，未参与杂化的一个p轨道上的电子形成离域π键， 具有更大的π电子云，因此其配位能力更强，则与Pt的配位能力大小：C2H4