云南省昆明一中、宁夏银川一中2023届高三联全考试一模 理综试题及答案

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化学答案

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-7 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Ni-59
7． 2022年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法错误的是（ ）
A．非遗文化“北京绢人”技术制作的中国娃娃入驻奥运村，可用加酶洗涤剂清洗娃娃
B．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
C．“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
D．二氧化碳到淀粉的人工全合成技术，可减少向空气中排放CO2
【答案】A【解析】A项：“北京绢人”技术制作的中国娃娃的主要材料是丝绢，不能用加酶洗涤剂清洗，A项错
误；B项：“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，B正
确；C项：无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、
磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，所以氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D项：用二氧化碳人工全
合成淀粉，可将二氧化碳转化为“粮食”，从而减少向空气中排放CO，D正确；故选A。
8．臭氧已成为夏季空气污染的元凶，地表产生臭氧的机理如图所示，
NA代表阿伏加德罗常数的值。 下列说法正确的是(　　)
A．反应①②③都是氧化还原反应
B．17 g 18O3和16O2的混合气体中所含质子数为8NA
C．25°C时，1 L pH=2的HNO2溶液中含H+的数目为0.01NA
D．25℃，101kPa下,11.2 L的NO和O2混合气体中所含的原子数为NA
【答案】C 【解析】反应②是O2与O反应生成O3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故A错误；17g 18O3和16O2的混合气体不一定含有1 molO，故B错误；不是标准状况，故D错误。故选C
9． X、Y、Z、W、M是五种常见的短周期主族元素，其原子半径随原子序数的变化如图所示，已知Y的原子核外电子总数是W的4倍，M、X的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等。下列说法错误的是（ ）
A．离子半径： Y > Z > X > W
B．1 mol M与X形成的化合物能与水剧烈反应，转移的电子数为2NA
C．Y与Z形成的Y2Z2分子中各原子最外层均达到稳定结构
D．1 mol 离子化合物X2Y5中含有4 mol非极性共价键
【答案】B【解析】Y的原子核外电子总数是W的4倍，它们都是主族元素，假设W的电子总数为3，Y为12，则W为Li，Y为Mg，或W的电子总数为4，Y为16，则W为Be，Y为S；M、X的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，则W的最外层电子数大于1，因此W不可能为Li，只能为Be，则M、X的最外层电子数都是1，则M为H，X为Na，Z的原子序数比Y(S)大，则Z为Cl；分析可知，X为Na、Y为S、Z为Cl、W为Be、M为H元素；
A．离子半径：S2->Cl->Na+>Be2+,A正确；B． M与X形成的化合物NaH能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，转移的电子数为NA ,B错误；C．Y与Z形成的分子是S2Cl2的结构是为Cl-S-S-Cl,所以均满足稳定结构，C正确；D．X与Y形成的化合物Na2S5含有4条S-S非极性共价键，D正确；故选B。
10．一种抗血栓药物新抗凝的结构如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．新抗凝的分子式为C17H12NO5，含有苯环所以属于芳香烃
B．新抗凝的分子中最多8个碳原子共面
C．新抗凝分子的一氯代物有6种
D．1mol该分子可与2mol NaOH发生水解反应，可与7mol H2发生加成反应
【答案】D【解析】A．由新抗凝结构可知其属于烃的衍生物故A错误；B．由结构可知所有的碳原子都有可能共面故B错误，；C．由结构可知其一氯代物有8种故C错误；D．新抗凝含有1个酯基，水解后可生成羧酸和酚，则1mol新抗凝含最多可与2molNaOH发生反应，有二个苯环和一个双键，则1mol新抗凝含最多可与7molH2发生反应故D正确；
11．已知电离平衡常数的数据：草酸Ka1=5.0×10-2 、Ka2=5.4×10-5；碳酸Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11。根据草酸的实验及其现象，判断下列说法及相应的离子方程式或化学方程式都正确的是（ ）
实验
装置
试剂a
现象
①

Ba(OH)2溶液(含酚酞)
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色，产生气泡
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质








A．实验①可证明草酸属于二元弱酸：Ba2++2OH-+H2C2O4=BaC2O4+2H2O
B．实验②可证明草酸的酸性大于碳酸：2HCO3-+H2C2O4= C2O42-+2H2O+2CO2
C．实验③可证明草酸有还原性：
D．实验④可证明草酸可发生酯化反应：
【答案】D【解析】A．H2C2O4能够与Ba(OH)2溶液发生反应Ba(OH)2+H2C2O4=BaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ba2++2OH-+H2C2O4═BaC2O4↓+2H2O，但不能证明其是二元弱酸，故A错误；B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B错误；C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；D．H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正确；故选D。
12. 如图是一种能将苯酚氧化为的原电池－电解池组合装置（其中M和N均为离子交换膜），该装置能实现发电环保二位一体。下列说法正确的是( )

装置甲 装置乙
A.装置甲为原电池，a电极和c电极上发生的反应均为氧化反应
B.装置乙中每转移2.1 mol电子，c、d两极共产生气体33.6 L（标准状况）
C. b极的电极反应式为：C6H6O + 28e—+ 11H2O = 28H+ + 6CO2#
D.装置甲中的 M和N均为阴离子交换膜
【答案】B【解析】本题考查原电池-电解池组合装置。由装置图可知，左侧装置中存在自发进行的氧化还原反应，为原电池，上重铬酸根离子得电子发生还原反应，为原电池的正极，b电极上苯酚失电子发生氧化反应，为原电池的负极；右侧装置为电解池，与b极相连的c极为阴极，溶液中氢离子得电子发生还原反应，与a极相连的d极为阳极，水失电子生成，氧化苯酚达到处理废水的目的。根据分析可知a电极为正极，c电极为阴极均发生还原反应，A错误；羟基自由基氧化能力仅次于氟，能氧化苯酚，生成二氧化碳和水，则苯酚被氧化的化学方程式为,c极上氢离子放电，电极反应式为，d极的电极反应式为，结合苯酚的氧化过程可知，当转移2.1mol电子时，c极上生成1.05mol氢气，d极上生成2.1mol的，氧化苯酚时生成CO2为0.45mol，标准状况下c、d两极共产生气体的体积为（1.05+0.45）◊22.4=33.6L标准状况下），B正确； b电极上苯酚转化为二氧化碳，根据原子守恒、电荷守恒，可以写出电极反应式为，C错误； 根据分析可知a电极上发生：Cr2O72-+6e—+8H+=2Cr(OH)3+H2O, b电极上发生，M和N应该允许氢离子通过所以应该是阳离子交换膜，D错误
13． 25℃时，将HCl气体缓慢通入0.1 mol·L−1的氨水中（溶液体积变化忽略不计），溶液的pH、体系中粒子浓
度的对数值(lgc)与反应物的物质的量之比[]的关系如下图所示。若忽略溶液体积变化，下列有关
说法错误的是（ ）

A．25℃时，若HR电离常数Ka=10-3.2 ，则NH4R的水溶液呈酸性
B．t =0.5时的溶液：c(NH) ＞ c(Cl−) ＞ c(NH3·H2O) ＞c(OH−) ＞ c(H+)
C．P2所示溶液呈中性且c(NH3·H2O)：c(NH) = 102.25：1
D．P1所示溶液：c(Cl−) ＞ 0.05mol·L−1；P3所示溶液：c(NH3·H2O)+ c(NH)= c(Cl−)
【答案】C【解析】由图可知P1时铵根和一水合氨的浓度相同，P2时溶液显中性氢离子和氢氧根离子相同，同时结
合一水合氨的电离常数的表达式，，以此解题。A项：由图可知，图中P1点pH=9.25，
c(OH−)=10-4.75mol·L−1，此时，则NH3·H2O的电离平衡常数，所
以铵根水解程度大，A正确；B项：t =0.5时溶质为等浓度的氯化铵和一水合氨的混合物，由图可知溶液此时显碱
性，则一水合氨的电离大于铵根离子水解，则此时溶液中的离子浓度大小顺序为：c(NH) ＞ c(Cl−) ＞ c(NH3·H2O)
c(OH−) ＞ c(H+)，B正确；C项：P2所示溶液pH=7，c(OH−)=10-7mol·L−1，根据电离常数，
则，故c(NH3·H2O) ：c(NH) =1：102.25，C错误；D项：P1所示溶液中电荷守
恒，，由图可知P1点时，且c()=10-1mol·L−1，
，则，，P3所示溶液
为氯化铵溶液，依据物料守恒得c(NH3·H2O)+ c(NH)= c(Cl−)，D正确；故选C。
26．草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体，即K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，是制备某些铁触媒的主要原料。该配合物易溶于水，难溶于乙醇，对光敏感，光照下即发生分解。可用如下流程来制备，请回答下列问题：
I.草酸的制备：实验室可用电石(主要成分，含少量杂质)制取草酸的装置如图所示。
（友情提示：）

(1)装置C中生成H2C2O4的化学方程式为______ _；
(2)有关此实验，下列说法正确的是（ ）
A．装置B和装置E的作用不同，所以瓶中所添加的的试剂必不相同
B．装置C中多孔球泡的作用是防止溶液倒吸
C． 装置D为空载仪器，起安全瓶的作用
D．要想从装置C中得到草酸晶体（H2C2O4­2H2O），可以蒸发至有大量晶体析出时停止加热，即得产品
(3)准确称取15.0克的草酸（H2C2O4）的粗产品于锥形瓶中加入适量蒸馏水溶解，用2.20 mol·L−1酸性高锰酸钾标准溶液进行滴定，消耗标准溶液20.00mL(假设杂质不参与反应)，产品中草酸（H2C2O4）的质量分数为_______ （保留三位有效数字）。
II.草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体的制备

(1) “溶解”时加入硫酸的目的是___________ (请用离子反应方程式表示)；
(2) 流程的“氧化”这一步，是依次加入试剂，不断搅拌溶液并维持在40 ℃左右充分反应后，沉淀溶解，溶液的pH保持在4~5此时溶液呈翠绿色，请写出使沉淀溶解生成翠绿色溶液的离子方程式:___ ；
将得到的翠绿色溶液趁热过滤到烧杯中降温结晶，___ (补充必要的步骤和试剂) ，干燥
后即得草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体； 
(3) 草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 。
26（共14分）答案：I.草酸的制备
(1)（2分） (2) C （2分） (3)66.0% （2分）
II.草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体的制备 (1)Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+（2分）
(2) 2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O （2分） 过滤后乙醇洗涤 （2分）
(3)1：1 （2分）
I.草酸的制备
【分析】由实验装置图可知，装置A中电石和水反应生成乙炔和氢氧化钙，同时会产生硫化氢气体，装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，装置C中乙炔在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生成草酸，空载仪器装置D用于防止二氧化氮与氢氧化钠溶液反应产生倒吸，装置E中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮气体，防止污染环境。
【详解】（1）装置C中发生的反应为在硫酸汞做催化剂作用下，与浓硝酸发生氧化还原反应生成草酸，反应的化学方程式为，故答案为：（2）装置B中盛有氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液用于吸收硫化氢气体，用于防止具有强还原性的硫化氢干扰乙炔与浓硝酸的反应，装置E中盛有氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氮气体，防止污染环境，所以均可为氢氧化钠溶液，故A错误；装置C中多孔球泡可以增大乙炔气体与浓硝酸的接触面积，便于反应物充分接触，加快反应速率使反应充分进行，不是为了防止倒吸，故B错误；装置D为空载仪器，起安全瓶的作用，防止二氧化氮与氢氧化钠溶液反应产生倒吸，故C正确；从装置C中得到产品，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥即可得到草酸晶体，故D错误。（3）关系式5H2C2O4—2KMnO4，由题意可知高锰酸钾的物质的量2.20mol/L×20.00×10—3L=4.40×10—2mol，则产品中草酸的质量分数为（5/2×4.40×10—2×90）/15.0=0.66，故答案为：66.0%。
II.草酸合铁(Ⅲ) 酸钾晶体的制备
【分析】由流程可知，绿矾用稀硫酸溶解，目的是抑制Fe2+水解，加入的草酸与硫酸亚铁反应生成草酸亚铁沉淀，用过氧化氢将草酸亚铁晶体氧化为k3[Fe(C2O4)3]，一定条件下结晶得到草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体；
【详解】(1) H2SO4溶液不能与绿矾反应，用硫酸溶解的目的是抑制Fe2+水解；故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+(2) 趁热将溶液过滤到烧杯中，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥等操作得草酸合铁（Ⅲ）酸晶体；故答案为：降温结晶，过滤，乙醇洗涤干燥(或等滤液降温后加入适量的乙醇，析出晶体，过滤，乙醇洗涤，干燥)；过氧化氢将Fe(C2O4)•2H2O氧化为K3[Fe(C2O4)3]，同时过氧化氢被还原为水，反应离子方程式为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O；故答案为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2=2[Fe(C2O4)3]3- +6H2O；(3) 草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体光照下立即发生分解生成两种草酸盐、CO2等，两种草酸盐为草酸钾、草酸铁，反应方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2 ↑+6H2O；故答案为：2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2 ↑+6H2O；故答案为1：1
27.（15分）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。

已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：
②“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相) XR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)写出提高高压酸浸速率的方法 （写一条即可），滤渣I的主要成分为____(填化学式)；
(2)调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的离子方程式为____ ；如何判断NaClO已足量：___ _(写出具体操作过程和现象)
(3)滤渣3的成分为MgF2和CaF2(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)，滤液1中c(Ca2+)=2.0×10-3mol/L，加入NaF后除钙率为98.5%，则滤液2中c(Mg2+)= mol/L (忽略沉淀前后溶液体积变化)，若滤液1中酸度过高，则Ca2+和沉淀不完全，原因是________ 。
(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：萃取时，选择pH为 左右，试剂X为 ；
(5)用如图装置也可以回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。
（友情提示：电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池）

请写出乙室电极反应式为 。
27.（15分）【答案】(1)搅拌、增大硫酸的浓度等（1分） CaSO4和SiO2（2分）
(2)     2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+ 或 2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO    （2分）
取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量（2分）
(3) 1.5×10-5 （2分） F-与 H＋结合形成弱电解质 HF 使得 F-浓度下降，导致沉淀溶解平衡向右移动（2分）
(4)3.5（1分）盐酸（1分） (5) LiCoO2＋4H+＋e－＝Li+＋Co2+＋2H2O（2分）
【解析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。(1)由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
(2)次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
(3)当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-5mol/L时，c2(F-)==510-6(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==310-5mol/L，除钙率为=(210-3-310-5)/ 210-3=0.985。这步目的是将镁离子和钙离子生成沉淀除去，若溶液酸度过高，对沉淀Mg2+影响是Mg2+沉淀不完全，因为F-与H+结合形成弱电解质HF，反应MgF2(s) Mg2＋(aq)＋2F-(aq)平衡向右移动，故答案为：F-与 H＋结合形成弱电解质 HF 使得 F-浓度下降，导致 MgF2(s) Mg2＋(aq)＋2F-(aq)平衡向右移动；
(4)由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
(5) 乙室溶液呈酸性，所以相应的电极反应方程式为：LiCoO2＋4H+＋e－＝Li+＋Co2+＋2H2O
28.（14分）中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
(1) 已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
CH3OH(g)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.0
-764.0
又知H2O(1)的汽化热是44.0kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=___________；
该反应在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行；
(2)CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)

据图可知对该反应的反应速率影响最大的基元反应方程式为_________________________；
(3)已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系， 则k逆对应的曲线是___________;

(4)CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度高于210℃后甲醇平衡产率下降的原因是__________ _ ;
(5)一定条件下，向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)。已知容器内起始压强为300 kPa，5min后反应达平衡时容器内压强为225 kPa，请计算该温度下甲醇的化学反应速率为 ，反应的分压平衡常数Kp=__________ (写出计算式即可，不用计算结果)。
28. (14分)【答案】(1)     -47.0 kJ·mol-1     （2分） 低温（2分）
(2) CO2(g)+H*=COOH*（2分） (3)     a（2分）
(4)温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，所以甲醇产率下降
(5)  0.1 mol/（L­min）  ( 37.5◊37.5)/（37.5◊112.53）
【解析】(1)根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1)   ΔH=-285.0kJ·mol-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g)   ΔH=-764.0kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=44.0kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.0kJ·mol-1)×3-(-764.0kJ·mol-1)+44.0kJ·mol-1=-47.0kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)温度升高反应速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有： CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。
起始： 1 3 0 0
反应： x 3x x x
平衡： 1-x 3-3x x x
恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有(1+3):(4-2x)=300:225，解得x=0.5，所以甲醇的化学反应速率为：0.5/（1◊5）=0.1 mol/（L­min）；所以平衡时CH3OH(g)的分压为1/6×225kPa=37.5kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为37.5kPa、112.5kPa、37.5kPa，所以Kp==   ( 37.5◊37.5)/（37.5◊112.53）
选做：35．（15分）聚合物锂离子电池具有超薄化特征，适用于多种设备，电极材料涵盖、、、等物质。
（1）基态As原子的最高能级组轨道表达式为___________。
（2）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图。(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是___(填元素符号)，1mol该物质中含σ键的数目为___NA。

（3）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：

①键角大小比较：___________(填“大于”“等于”或“小于”)。
②纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是___________。
（4）二茂镍是具有导电性的有机配合物。x个原子共用y个电子可表示为，则环戊二烯离子中的大键可表示为___________。
（5）图1为NiO晶胞，与距离最近的有___________个。

一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图2)，该“单分子层”面积密度为，则的半径为___________nm。(用m、表示)
【答案】
（1）     1分；
（2）N＞O＞Cr 2分；     16 2分；
（3）①小于  2分；    ②温度升高，磷酸分子间氢键被破坏 2分；
（4） 2分
（4）     12 2分；     2分。
【解析】
（1）基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为。
（2）N为半满稳定结构，其第一电离能大于O，N、O为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞Cr；1个Cr2O含有8个σ键，1个铵根离子中含有4个σ键，故1mol该物质中含有σ键数目为：(4×2+8) NA =16 NA；
（3）①P=O键和P-O键的排斥力大于P-O键和P-O键之间的排斥力，所以键角小于。
②磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降；
（4）环戊二烯离子中5个原子共用6个电子，其大键可表示为。
（5）
36.（15分）洛哌丁胺(I)可用于腹泻的治疗，其一种合成路线如图：

已知：①C反应生成D的同时生成碳酸钾和一种常见的醇
②
③有关格氏试剂的反应：R—XR—MgX(X代表卤素原子，下同)

（1）A的名称为___；
（2）C→D的反应类型为___；F中官能团名称为___；
（3）E的结构简式为____；其中含有___个手性碳原子。
（4）写出C→D的化学方程式 ____；
（5）写出符合下列条件的X的两种同分异构体____。
①含有一个六元环，无其他环状结构②核磁共振氢谱为3组峰
（6）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH、和乙二醇为原料制备的合成路线(其他试剂任选)____。
【答案】（1）对二氯苯 1分；（2）    取代反应 2分； 溴原子、羧基   2分；  
（3）    2分；   0 2分；
（4）+2KOH→+C2H5OH+Na2CO3 2分；
（5）、 2分；
（6） 2分。
【解析】根据D的分子式、I的结构简式以及翻译D+H→I逆推，D为，根据题给信息①，推测C生成D的反应为肽键和酯基在碱性条件下的水解，结合C的分子式，可知C的结构简式为：，结合流程、根据信息③可知A为对二氯苯，B的结构简式为，X为；由G结合分子式可知F为、结合分子式和流程推知E为以此解题。（1）据分析A的结构简式为，为对二氯苯；（2）C生成D的反应为肽键和酯基在碱性条件下的水解，为取代反应；F为，官能团为溴原子和羧基；（3）E的结构简式为，其中无手性碳原子；
（4）C的结构简式为：，C生成D的反应为肽键和酯基在碱性条件下的水解，故对应的方程式为： +2KOH→ +C2H5OH +K2CO3；
（5）X为； X的两种同分异构体符合下列条件：①含有一个六元环，无其他环状结构②核磁共振氢谱为3组峰、则分子内有3种氢原子，考虑对称性可得：
、；（6）以为主要原料合成，目标产物含有2个五元环，因此从原料到目标产物，因此上的醛基不能直接与格氏试剂反应，只能利用根信息反应②进行合成，故先将氧化，羟基转变为酮羰基、醛基转变为羧基，再发生酯化反应后生成酯基，由于羰基、酯基均能与格氏试剂反应，因此需利用信息反应把羰基保护起来，等酯基与反应引入2个五元环后再水解重新生成羰基，由制成，故目标产物的合成路线为：。