內(nèi)蒙古呼和浩特市2022屆高考第一次質(zhì)量數(shù)據(jù)監(jiān)測理科綜合化學(xué)試卷（含答案解析）

第21頁/共21頁內(nèi)蒙古呼和浩特市2022屆高三第一次質(zhì)量數(shù)據(jù)監(jiān)測理科綜合能力測試化學(xué)試題注意事項(xiàng)：1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、座位號涂寫在答題卡上。本試卷滿分300分，考試時間150分鐘。2.回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡，上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。寫在本試卷上無效。3.回答第Ⅱ卷時，將答案必須寫在題號所指示的答題區(qū)域內(nèi)，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，寫在本試卷上無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16S-32Ni-59第Ⅰ卷(選擇題共126分)一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.我國材料的發(fā)展充分體現(xiàn)了“中國技術(shù)”、“中國制造”和“中國力量”，下列有關(guān)說法不正確的是A.三星堆青銅大面具亮相虎年春晚，展示了三星堆青銅文化的獨(dú)特魅力。青銅屬于合金，比純銅具有更高的熔點(diǎn)B.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航專用ASIC硬件結(jié)合國產(chǎn)應(yīng)用處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，該“中國芯”的主要成分為SiC.2021年我國科學(xué)家首次實(shí)現(xiàn)由CO2人工合成淀粉，淀粉是由碳、氫、氧三種元素組成的高分子化合物D.2022年2月我國成功舉辦第24屆冬奧會，北京冬奧會使用二氧化碳跨臨界制冰機(jī)組，與傳統(tǒng)制冷劑氟利昂相比更加環(huán)?！敬鸢浮緼【解析】【詳解】A．青銅可以說是人類使用最早的合金，而一般合金熔點(diǎn)比原來的金屬熔點(diǎn)低，即青銅比純銅的熔點(diǎn)低，A錯誤；B．芯片主要成分為半導(dǎo)體材料晶體硅，故“中國芯”的主要成分為Si，B正確；C．淀粉由碳、氫、氧三種元素組成，分子式表示為，是天然有機(jī)高分子，C正確；D．氟利昂可在強(qiáng)烈的紫外線作用下分解，產(chǎn)生的氯原子自由基會對臭氧層產(chǎn)生長久的破壞作用；而二氧化碳跨臨界制冰機(jī)組，利用了二氧化碳經(jīng)過機(jī)械壓縮成為高溫、高壓的超臨界流體，再利用熱回收器進(jìn)行逐級降溫，一方面可以減少電力消耗，另一方面跌下臨界溫度的低溫液態(tài)二氧化碳可提供低溫，最后再蒸發(fā)進(jìn)入下一循環(huán)，從而實(shí)現(xiàn)碳中和，D正確；故合理選項(xiàng)為A。2.2021年諾貝爾化學(xué)獎授予List和MacMillan，以表彰他們在“不對稱有機(jī)催化的發(fā)展”中的貢獻(xiàn)，L-脯氨酸是一種不對稱有機(jī)催化劑，結(jié)構(gòu)簡式為：，下列有關(guān)L-脯氨酸說法正確的是(已知：手性碳原子是連接4個不同的原子或者原子團(tuán)的碳原子)A.所有原子均可能共面B.分子中含有手性碳原子C.是CH3CH(NH2)COOH的同系物D.1mol該物質(zhì)與NaHCO3反應(yīng)生成22.4LCO2【答案】B【解析】【詳解】A．如圖結(jié)構(gòu)中有C連4個單鍵呈四面體，故不可能所有原子共平面，A選項(xiàng)錯誤；B．如圖結(jié)構(gòu)中與羧基C原子相連的五元環(huán)上的C原子是手性碳原子，B選項(xiàng)正確；C．兩分子中含N基團(tuán)分別為氨基-NH2和亞氨基=NH，類別不同，碳鏈結(jié)構(gòu)也不同，不是同系物，C選項(xiàng)錯誤；D．未標(biāo)明標(biāo)準(zhǔn)狀況，氣體體積不一定為22.4L，D選項(xiàng)錯誤；答案選B。3.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，W的最外層電子數(shù)為K層的一半，X與Y可形成原子個數(shù)比為3：1的10電子分子。下列說法正確的是A.簡單離子半徑Z<Y<WB.Y和Z的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Z<YC.W與Z形成的化合物中陰陽離子個數(shù)比均為1：2D.由X、Y、Z三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的最外層電子數(shù)為K層的一半，其最外層含有1個電子，結(jié)合原子序數(shù)可知W為Na；X與Y可形成原子個數(shù)比為3：1的10電子分子，該分子為氨氣，則X為H，Y為N；Z的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，Z的原子序數(shù)為1+7=8，則Z為O元素，以此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，X為H，Y為N，Z為O，W為Na元素，

A．核外電子層結(jié)構(gòu)相同時，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑

W＜Z＜Y，故A錯誤；

B．非金屬性：N＜O，則簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性Z＞Y，故B錯誤；

C．W與Z形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉，氧化鈉和過氧化鈉中陰陽離子個數(shù)比均為1：2，故C正確；

D．由X、Y、Z三種元素所組成化合物的水溶液不一定顯酸性，如硝酸、亞硝酸、硝酸銨呈酸性，但一水合氨呈堿性，故D錯誤；

故選：C。4.用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿BCD裝置目的干燥CO2提純乙酸乙酯發(fā)生鋁熱反應(yīng)制取Cl2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．濃硫酸干燥除水應(yīng)使用長進(jìn)短出連接的洗氣瓶盛裝，A選項(xiàng)錯誤；B．NaOH會使乙酸乙酯水解而消耗，應(yīng)使用飽和碳酸鈉溶液，B選項(xiàng)錯誤；C．藥品裝置正確，可以發(fā)生鋁熱反應(yīng)，C選項(xiàng)正確；D．MnO2與濃鹽酸反應(yīng)需加熱，D選項(xiàng)錯誤；答案選C。5.釩元素用途廣泛，如圖是一種釩的化合物催化某反應(yīng)的反應(yīng)機(jī)理。下列敘述不正確的是A.是該反應(yīng)的催化劑B.過程①②④中反應(yīng)的原子利用率為100%C.該催化循環(huán)中V的成鍵數(shù)目發(fā)生變化D.該反應(yīng)的離子方程式為：H2O2+Cl-+H+=HOCl+H2O【答案】B【解析】【詳解】A．過程①和過氧化氫反應(yīng)，在反應(yīng)④中生成，則為催化劑，故A正確；

B．反應(yīng)②中有水生成，原子利用率沒有達(dá)到100%，故B錯誤；

C．過程①中H2O2轉(zhuǎn)化為-H和-OOH，有氫氧鍵的斷裂和形成，過程②中有氫氧鍵的斷裂，則該催化循環(huán)過程中有氫氧鍵的斷裂和形成，故C正確；

D．由圖可知，每次循環(huán)的反應(yīng)物有H2O、H+、H2O2和Cl-，生成物有HOCl和H2O，所以整個反應(yīng)體系中每次循環(huán)的凈反應(yīng)為H++H2O2+Cl-=HOCl+H2O，故D正確；

故選：B。6.中科大經(jīng)過多次實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，采用如圖所示裝置，陽極(Ti基)上產(chǎn)生羥基·OH(·OH氧化性僅次于F)，陰極上產(chǎn)生H2O2，分別深度氧化苯酚(C6H5OH)為CO2，實(shí)現(xiàn)了對苯酚酸性廢水的高效處理。下列有關(guān)說法不正確的是A.電流從a極→Ti基→廢水→不銹鋼→b極B.陰極電極反應(yīng)為2H++O2+2e-=H2O2C.陽極處理苯酚的方程式為C6H5OH+28·OH=6CO2+17H2OD.當(dāng)消耗14molO2時，理論上共氧化處理94g苯酚【答案】D【解析】【分析】電解池中失去電子的電極為陽極，陽極上水失電子生成羥基和氫離子，其電極方程式為：H2O-e-=?OH+H+，陰極反應(yīng)電極式為：O2+2e-+2H+=H2O2，苯酚被氧化的化學(xué)方程式為：C6H5OH+14H2O2═6CO2↑+17H2O；【詳解】A．電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，即從a極Ti基廢水不銹鋼b極，A正確；B．陽極上水失電子生成羥基和氫離子，其電極方程式為：H2O-e-=?OH+H+，B正確；C．羥基自由基對有機(jī)物有極強(qiáng)的氧化能力，則苯酚被氧化的化學(xué)方程式為：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，C正確；D．陰極反應(yīng)電極式為：O2+2e-+2H+=H2O2，1個水失一個電子生成1個?OH，2個?OH可看作1個H2O2，即陰陽極各產(chǎn)生一個H2O2，消耗14molO2即產(chǎn)生28molH2O2，由C6H5OH~14H2O2，可知消耗2molC6H5OH，質(zhì)量為m=nM=2mol×94g/mol=188g，D錯誤；故選：D。7.常溫下，向10mL0.1mol·L-1NaX溶液和10mL0.1mol·L-1Na2Y溶液分別滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加過程中pM[pM=-lgc(X)或-lgc(Y2-)]與所加溶液體積之間的關(guān)系如圖所示(提示：不考慮NaX和Na2Y水解，AgX和Ag2Y均為難溶物)。下列說法正確的是A.曲線I是向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液B.若將c(NaX)改為0.2mol·L-1，則m點(diǎn)可平移至n點(diǎn)C.m、p、w點(diǎn)所在溶液中c(Ag+)：m>w>pD.Ag2Y(s)+2X-(aq)2AgX(s)+Y2-(aq)的平衡常數(shù)為107.6【答案】B【解析】【分析】由圖可知，m、p點(diǎn)分別表示AgNO3溶液與兩種鹽的恰好完全反應(yīng)點(diǎn)，結(jié)合AgNO3+NaX=AgX↓+NaNO3、2AgNO3+Na2Y=Ag2Y↓+2NaNO3可知，起始時兩種鹽的物質(zhì)的量相同，則Na2Y消耗AgNO3溶液多，則曲線I表示向NaX溶液中滴加AgNO3溶液，曲線II表示向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液，由m點(diǎn)數(shù)值計(jì)算Ksp(AgX)=c(Ag+)?c(X-)=10-9.8，由p點(diǎn)數(shù)值計(jì)算Ksp(Ag2Y)=c2(Ag+)?c(X-)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12.0，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由上述分析可知，曲線I表示向NaX溶液中滴加AgNO3溶液，曲線II表示向Na2Y溶液中滴加AgNO3溶液，故A錯誤；

B．將c(NaX)改為0.2mol/L，平衡時-lgc(X-)=4.9，消耗硝酸銀為原來的2倍，溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，仍為AgX的飽和溶液，pX=4.9，即m點(diǎn)可平移至n點(diǎn)，故B正確；

C．m點(diǎn)c(Ag+)=10-4.9mol/L，p點(diǎn)c(Ag+)=2×10-4.0mol/L，Ksp(Ag2Y)=c2(Ag+)?c(X-)=(2×10-4.0)2×10-4.0=4×10-12.0，w點(diǎn)Na2Y過量，10mL0.1mol/LNa2Y溶液與10mL0.1mol/LAgNO3溶液混合時c(Y2-)=0.025mol/L，此時c(Ag+)=mol/L=×10-5mol/L，則溶液中c(Ag+)：p＞w＞m，故C錯誤；

D．Ag2Y(s)+2X-(aq)2AgX(s)+Y2-(

aq)的平衡常數(shù)K==4×107.6，故D錯誤；

故選：B。第Ⅱ卷非選擇題(共174分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，第22-32題為必考題，每個試題考生都必須做答。第33-40題為選考題，考生根據(jù)要求做答。)(一)必考題(共11題，共129分)8.葡萄糖酸鈣是一種可促進(jìn)骨骼生長的營養(yǎng)物質(zhì)。葡萄糖酸鈣可通過以下實(shí)驗(yàn)流程制得：已知：a.反應(yīng)原理：CH2OH(CHOH)4CHO+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr；2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2↑b.相關(guān)物質(zhì)的溶解性見下表：物質(zhì)名稱葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣在水中的溶解性可溶于冷水，易溶于熱水可溶極易溶在乙醇中的溶解性微溶微溶可溶c.相關(guān)物質(zhì)酸性：氫溴酸>葡萄糖酸>碳酸d.相關(guān)物質(zhì)相對分子質(zhì)量：葡萄糖180，葡萄糖酸鈣430回答下列問題：（1）步驟Ⅰ中溴水氧化葡萄糖時，甲同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示裝置。你認(rèn)為缺少的儀器是_______，盛放NaOH溶液的燒杯中主要發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_______。

（2）步驟Ⅱ中加入過量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，還有的作用是_______。（3）步驟Ⅲ的“操作”是將所得懸濁液煮沸，并趁熱采用裝置抽濾，濾掉未反應(yīng)的CaCO3，得到澄清透明的葡萄糖酸鈣溶液。抽濾時自來水流的作用是使瓶內(nèi)與大氣形成壓強(qiáng)差。與普通過濾操作相比，抽濾的優(yōu)點(diǎn)是_______；抽濾過程需要趁熱進(jìn)行的原因是_______。（4）步驟Ⅴ洗滌操作洗滌劑選用乙醇-水混合溶液，理由是_______。（5）該實(shí)驗(yàn)中葡萄糖酸鈣的產(chǎn)率為_______(保留3位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）①.溫度計(jì)②.H++OH-=H2O（2）除去反應(yīng)體系中殘余的HBr（3）①.過濾速率快，固液分離更徹底②.防止葡萄糖酸鈣由于溫度降低導(dǎo)致溶解度降低而析出，使產(chǎn)率降低（4）水洗去溴化鈣等水溶性雜質(zhì)，乙醇減小葡萄糖酸鈣的溶解損失（5）76.3%【解析】【小問1詳解】第

①步中溴水氧化葡萄糖時，該溫度小于100℃，應(yīng)該用水浴加熱，且溫度計(jì)測量水浴溫度；盛放NaOH溶液的燒杯中主要示吸收HBr，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式H++OH-=H2O，故答案為：溫度計(jì)；H++OH-=H2O；【小問2詳解】葡萄糖氧化過程中生成了HBr，能與CaCO3反應(yīng)生成CaBr2、CO2，加入過量CaCO3，除了能提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，還有的作用是除去HBr，故答案為：除去反應(yīng)體系中殘余的HBr；【小問3詳解】抽濾時形成負(fù)壓，水流的更快，所以與普通過濾操作相比，抽濾過濾速度快，可以減少因溶液溫度較低而析出的葡萄糖酸鈣，抽濾過程需要趁熱進(jìn)行的原因是葡萄糖酸鈣可溶于冷水，易溶于熱水，故答案為：過濾速率快，固液分離更徹底；防止葡萄糖酸鈣由于溫度降低導(dǎo)致溶解度降低而析出，使產(chǎn)率降低；【小問4詳解】步驟V洗滌操作洗滌劑選用乙醇-水混合溶液，理由是利用水可以將無機(jī)雜質(zhì)溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，故答案為：水洗去溴化鈣等水溶性雜質(zhì)，乙醇減小葡萄糖酸鈣的溶解損失；【小問5詳解】9.0gC6H12O6的物質(zhì)的量n(C6H12O6)==0.05mol，根據(jù)C原子守恒有n[Ca(C6H11O7)2]=n(C6H12O6)=0.025mol，Ca(C6H11O7)2的理論產(chǎn)量m[Ca(C6H11O7)2]=0.025mol×430g/mol=10.75g，葡萄糖酸鈣的產(chǎn)率=×100%≈76.3%，故答案為：76.3%。9.鉻系和非鉻系銅鎳電鍍污泥均含有Cu(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)、Al(Ⅲ)的氫氧化物，前者還含有Cr(Ⅲ)的氫氧化物，一種綜合回收銅、鎳的新工藝流程如下：已知：Cr及其化合物的性質(zhì)與鋁類似?；卮鹣铝袉栴}：（1）硫酸浸出過程中，為提高浸出速率，可以采取的措施_______(寫出兩條)。（2）“電解Ⅰ”的目的，一方面是回收銅，另一方面是_______，為證明這一目的是否達(dá)成，取少量“電解Ⅰ”后的溶液滴加的試劑是_______(填化學(xué)式)。（3）“轉(zhuǎn)溶”時，氫氧化鈉加入量不宜過多，其原因?yàn)開______。（4）“萃取II”時，發(fā)生的反應(yīng)為+2HR=CuR2+2+2NH3和+2HR=NiR2+2+4NH3，則“反萃?、颉睍r含銅微粒發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。（5）整個流程中除了有機(jī)相之外，可以循環(huán)利用的物質(zhì)還有NH3·H2O，(NH4)2CO3和_______(填化學(xué)式)。（6）NiSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作可得NiSO4·6H2O。將NiSO4·6H2O樣品在900℃下，空氣中進(jìn)行煅燒，固體質(zhì)量隨時間變化如圖。B點(diǎn)對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)式為_______；D點(diǎn)到E點(diǎn)反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。【答案】（1）加熱、適當(dāng)增加硫酸濃度、攪拌等（2）①.使Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+②.鐵氰化鉀（3）Cr(OH)3和Al(OH)3有兩性會被過量的強(qiáng)堿溶解（4）CuR2+2H+=Cu2++2HR（5）Na3PO4（6）①.NiSO4·4H2O②.4NiO+O22Ni2O3【解析】【分析】向鉻系銅鎳電鍍污泥中加入稀硫酸將金屬氫氧化物溶解浸出過濾，電解濾液回收銅，同時將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+。向電解后溶液中加入磷酸鈉形成緩沖溶液調(diào)節(jié)溶液pH分離Ni與其他雜質(zhì)金屬，沉淀物進(jìn)行轉(zhuǎn)溶進(jìn)一步處理，濾液備用；向非鉻系銅鎳電鍍污泥中加入氨水與碳酸銨將Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)成氨絡(luò)離子分離浸出，用HR轉(zhuǎn)化這些離子為NiR2、CuR2，經(jīng)水洗除雜后加稀硫酸反萃取回收HR并獲取NiSO4、CuSO4溶液，電解回收Cu合并上一流程N(yùn)iSO4溶液，最終回收硫酸鎳。據(jù)此可解答?！拘?詳解】為加快固體與稀硫酸的溶解浸出速率，可進(jìn)行加熱、適當(dāng)增加硫酸濃度、攪拌等操作；【小問2詳解】后續(xù)操作顯示Fe元素轉(zhuǎn)成Fe(OH)3除去，故在電解環(huán)節(jié)還需將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，檢驗(yàn)Fe2+是否存在可選用鐵氰化鉀溶液檢驗(yàn)，若未產(chǎn)生深藍(lán)色沉淀，說明目的已達(dá)成；【小問3詳解】Cr(OH)3和Al(OH)3有兩性會被過量的強(qiáng)堿NaOH溶解，需控制用量；【小問4詳解】H+反萃取出Cu2+，反應(yīng)式為CuR2+2H+=Cu2++2HR；【小問5詳解】流程一中萃取I和反萃取I最終回收磷酸鈉，可循環(huán)使用；【小問6詳解】NiSO4·6H2O的式量為263，原樣品物質(zhì)的量為0.1mol，含水0.6mol。由圖可知A→B過程中固體質(zhì)量減少26.3-22.7=3.6(g)，即減少n(H2O)=3.6/18=0.2mol，故B點(diǎn)固體化學(xué)式為NiSO4·4H2O；同理可推斷C、D點(diǎn)對應(yīng)物質(zhì)分別為NiSO4、NiO，D→E固體質(zhì)量增加0.8g，即0.1molNiO被空氣中O2氧化增加氧元素n(O)=0.8/16=0.05mol，得到E的化學(xué)式為Ni2O3，故反應(yīng)方程式為4NiO+O22Ni2O3。10.甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在國際上一直受到重視。工業(yè)上常利用CO2和H2為原料合成甲醇，再利用甲醇生產(chǎn)丙烯。回答下列問題：（1）①常溫下，H2和甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol-1和726.4kJ·mol-1，1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的熱量，則CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成氣態(tài)甲醇的熱化學(xué)方程式為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(1)△H=_______kJ·mol-1；②上述反應(yīng)分兩步進(jìn)行：第一步_______(寫化學(xué)方程式)△H>0第二步Cu/Zn*+2H2+CO2=Cu/ZnO*+CH3OH△H<0③第二步反應(yīng)幾乎不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時間，由此推知以下能正確表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反應(yīng)過程的示意圖為_______。a.b.c.d.（2）工業(yè)上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反應(yīng)：主反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0副反應(yīng)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H>0一定條件下，在裝有催化劑的密閉容器中投入amolCO2和3amolH2，發(fā)生上述合成反應(yīng)。①在相同時間內(nèi)，測得甲醇產(chǎn)率與溫度的關(guān)系如圖所示。溫度為470K時，圖中P點(diǎn)_______(填“處于”或“不處于”)平衡狀態(tài)；490K之后，甲醇的產(chǎn)率隨溫度的升高而減小的原因可能是_______。

②某溫度下，達(dá)平衡時容器中CH3OH的物質(zhì)的量為cmol，CO的物質(zhì)的量為dmol。則此條件下CO2的轉(zhuǎn)化率為_______(列式表示，下同)；甲醇的選擇性(指轉(zhuǎn)化為甲醇的CO2占發(fā)生反應(yīng)的CO2的百分比)為_______；此條件下副反應(yīng)的平衡常數(shù)為_______。（3）甲醇催化制取丙烯的過程中發(fā)生如下反應(yīng)：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)，該反應(yīng)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中直線a所示，已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為(Ea為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。則該反應(yīng)的活化能Ea=_______kJ·mol-1，當(dāng)改變外界條件時，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如中的直線b所示，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是_______?！敬鸢浮浚?）①.-49.0②.Cu/ZnO*+H2=Cu/Zn*+H2O③.c（2）①.不處于②.升高溫度，主反應(yīng)平衡逆向移動，甲醇產(chǎn)率降低；催化劑活性降低或副反應(yīng)更易進(jìn)行③.④.⑤.（3）①.31.0②.使用催化劑(或使用更高效的催化劑)【解析】【小問1詳解】①根據(jù)題意寫出熱化學(xué)方程式，由蓋斯定律得目標(biāo)方程式的；②以總反應(yīng)方程式與第二步反應(yīng)式相減即得第一步反應(yīng)方程式：Cu/ZnO*+H2=Cu/Zn*+H2O；③第一步反應(yīng)吸熱，第二步反應(yīng)放熱，可排除b、d選項(xiàng)，又由于第二步反應(yīng)幾乎不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時間，因此第二步速率快，反應(yīng)活化能低于第一步，所以c選項(xiàng)正確；【小問2詳解】①由圖像可知470K之后甲醇產(chǎn)率還在增大，溫度持續(xù)升高，說明反應(yīng)還在朝著主反應(yīng)的正方向進(jìn)行，不處于平衡狀態(tài)；在490K時，反應(yīng)達(dá)到平衡，此時甲醇產(chǎn)率達(dá)最高值，升高溫度，主反應(yīng)平衡逆向移動，另外隨溫度升高催化劑活性降低或副反應(yīng)更易進(jìn)行，甲醇產(chǎn)率降低；②根據(jù)題意可列三段式，注意主反應(yīng)各物質(zhì)的末態(tài)量作為副反應(yīng)對應(yīng)物質(zhì)的起始量，已知量為CO2、H2的起始物質(zhì)的量、CH3OH、CO的末態(tài)物質(zhì)的量：，則CO2轉(zhuǎn)化率=；甲醇的選擇性=；副反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K副=；【小問3詳解】將直線a上兩點(diǎn)坐標(biāo)代入列方程組解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于該反應(yīng)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為一直線方程，因此活化能Ea即為該直線的斜率，如圖過程a→b直線斜率減小，即活化能Ea降低，所以改變的條件可能是使用了催化劑或使用了更高效的催化劑。(二)選考題：共45分。考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡上選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學(xué)科按所做第一題計(jì)分。11.磷及其化合物在電池、催化等領(lǐng)域有重要應(yīng)用。黑磷與石墨類似，也具有層狀結(jié)構(gòu)(如圖1)。為大幅度提高鋰電池的充電速率，科學(xué)家最近研發(fā)了黑磷-石墨復(fù)合負(fù)極材料，其單層結(jié)構(gòu)俯視圖如圖2所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）Li、C、P三種元素中，電負(fù)性最小的是_______(用元素符號作答)。（2）基態(tài)磷原子的電子排布式為_______。（3）圖2中，黑磷區(qū)P原子的雜化方式為_______，石墨區(qū)C原子的雜化方式為_______。（4）氫化物PH3、CH4、NH3的沸點(diǎn)最高的是_______，原因是_______。（5）根據(jù)圖1和圖2的信息，下列說法正確的有_______(填字母)。a.黑磷區(qū)P-P鍵的鍵能不完全相同b.黑磷與石墨都屬于混合型晶體c.復(fù)合材料單層中，P原子與C原子之間的作用力屬范德華力（6）LiPF6、LiAsF6.等也可作為聚乙二醇鋰離子電池的電極材料。電池放電時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈向正極遷移的過程如圖所示(圖中陰離子未畫出)。①從化學(xué)鍵角度看，Li+遷移過程發(fā)生_______(填“物理”或“化學(xué)”)變化。②相同條件下，電極材料_______(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中的Li+遷移較快，原因是_______。（7）貴金屬磷化物Rh2P(化學(xué)式量為237)可用作電解水的高效催化劑，其立方晶胞如圖3所示。已知晶胞參數(shù)為anm，晶體中與P距離最近的Rh的數(shù)目為_______，晶體的密度為_______g·cm-3(列出計(jì)算式)。圖3【答案】（1）Li（2）1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3（3）①.sp3②.sp2（4）①.NH3②.NH3分子之間能形成氫鍵（5）ab（6）①.化學(xué)②.LiAsF6③.LiAsF6中陰離子半徑大于LiPF6，故晶格能更小，陰陽離子間吸引力更弱，Li+更易遷移（7）①.8②.【解析】【小問1詳解】C、P是非金屬，有較強(qiáng)得電子能力，而Li為金屬，易失電子，則三種元素中Li的電負(fù)性最小，故答案為：Li；【小問2詳解】P原子核電荷數(shù)為15，原子核外最外層有5個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，故答案為：1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3；【小問3詳解】圖2黑磷區(qū)中P原子的價層電子對數(shù)目為3+=4，P原子采取sp3雜化，而石墨區(qū)中C原子的價層電子對數(shù)目為3+=3，則雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp3；sp2；【小問4詳解】PH3的相對分子質(zhì)量大于CH4，PH3的沸點(diǎn)比CH4高，但NH3分子間存在氫鍵沸點(diǎn)最高，所以沸點(diǎn)由高到低順序?yàn)镹H3＞PH3＞CH4，故答案為：NH3；NH3分子之間能形成氫鍵；【小問5詳解】a．黑磷區(qū)中P-P鍵的鍵長不完全相等，則鍵能也不完全相同，故a正確；

b．黑磷與石墨晶體的層與層之間由范德華力互相吸引，兩者均為混合晶體，故b正確；

c．復(fù)合材料單層中，P原子與C原子之間形成共價鍵，即作用力為共價鍵，故c錯誤；

故答案為：ab；【小問6詳解】①從圖甲看出，Li+遷移過程生成了新物質(zhì)，發(fā)生了化學(xué)變化，故答案為：化學(xué)；

②因?yàn)榈陌霃奖鹊男?，與Li+的作用力就比的強(qiáng)，遷移速度就慢，故答案為：LiAsF6；LiAsF6中陰離子半徑大于LiPF6，故晶格能更小，陰陽離子間吸引力更弱，Li+更易遷移；【小問7詳解】根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知一個晶胞中有8個黑球，4個灰球，晶體化學(xué)式為Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以頂面面心P原子為例，該晶胞中有4個Rh原子距離其最近，該晶胞上方晶胞中還有4個，所以晶體中與P距離最近的Rh的數(shù)目為8；晶