高考預(yù)測卷-化學(xué)答案【新高考】

C．1.2g金剛石中含有碳碳單鍵的數(shù)目為0.2NA機(jī)密啟用前姓名準(zhǔn)考證號D．密閉容器中2molNO與1molO充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)目為2N2A2023年全國普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試【答案】D化學(xué)風(fēng)向卷（二）【考點(diǎn)】阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用【詳解】Fe、Cu與氯氣反應(yīng)過程中，氯氣均完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為0.2N，A正確；乙酸和葡萄糖的A注意事項(xiàng)：最簡式均為CHO，30g混合物可看作0.1molCHO，含氫原子的個數(shù)為0.2N，B正確；1mol金剛石中22A1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，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，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本卷上無效。含有2molC—C鍵，C正確；2molNO與1molO充分反應(yīng)生成2molNO，由于存在NO與NO相互22224轉(zhuǎn)化的可逆反應(yīng)，NO分子數(shù)目小于2N，D錯誤。2A【巧記要點(diǎn)】金剛石晶體中每個碳原子都形成4個C—C鍵，每個C—C鍵被2個碳原子共用，則1mol金剛石中含有2molC—C鍵。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。9．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象得出的結(jié)論中，正確的是可能用到的相對原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Cl—35.5Fe—56一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78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。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論向碳酸鈉溶液中加入足量稀硫酸，將反應(yīng)產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液中，觀察現(xiàn)象溶液變渾濁酸性：碳酸>苯酚7．備受世界矚目的2022年北京冬奧會不僅是運(yùn)動員的盛會，也是化學(xué)科技的競技場。下列有關(guān)說法不正確的是A．運(yùn)動員就餐的碗具大量使用可降解聚乳酸材料，該材料屬于混合物B．火炬“飛揚(yáng)”使用的碳纖維材料屬于有機(jī)高分子材料應(yīng)后的固體溶于稀鹽酸CO還原FeO的生成C．“給點(diǎn)陽光就燦爛”的發(fā)電玻璃主要使用的碲化鎘為無機(jī)非金屬材料D．制作冬奧會“同心”獎牌的金屬材料屬于合金材料23B中，取少量溶解液于試溶液變紅色管中，滴加硫氰化鉀溶液物中含有FeO34【答案】B【考點(diǎn)】化學(xué)與STSE取兩粒相同大小、形狀銅粒與濃硝酸反應(yīng)更劇可探究濃度對化學(xué)反應(yīng)【詳解】聚乳酸為高分子，屬于混合物，A正確；碳纖維是含碳量在90%以上的無機(jī)非金屬材料，B錯誤；碲化鎘屬于無機(jī)非金屬材料，C正確；獎牌的金屬成分屬于合金，D正確。CD和質(zhì)量的銅粒，分別投入稀硝酸和濃硝酸中向1－溴丙烷中加入KOH溶液，加熱幾分鐘，冷卻后再加入烈速率的影響8．設(shè)N為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是AA．0.1molFe和0.1molCu分別與0.1molCl完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為0.2N2A無淡黃色沉淀生成1－溴丙烷沒有水解B．30g乙酸和葡萄糖的混合物中含氫原子個數(shù)為2NA第1頁共18頁◎第2頁共18頁AgNO溶液素，從左到右原子半徑逐漸減小，原子半徑大小順序?yàn)镠＜O＜N＜C，C錯誤；Z和Y的最高價氧化物對應(yīng)水化物分別是HNO和HCO，酸性：HNO>HCO，D正確。3【答案】A323323【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象與結(jié)論的判斷11．2022【詳解】向碳酸鈉溶液中加入稀硫酸，反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，二氧化碳溶于水生成的HCO與苯酚鈉反奐。已知靛藍(lán)是一種古老的藍(lán)色染料，其染色過程中涉及如圖反應(yīng)，下列相關(guān)說法中錯誤的是23應(yīng)生成苯酚，證明碳酸的酸性強(qiáng)于苯酚，A正確；FeO中鐵元素為＋3價，若CO與FeO反應(yīng)后的固體2323中剩余大量FeO，將適量反應(yīng)后的固體溶于稀鹽酸中，生成氯化鐵，滴加硫氰化鉀溶液，溶液也會變成紅23色，B錯誤；稀硝酸和濃硝酸的氧化性強(qiáng)弱不同，與銅發(fā)生的反應(yīng)不同，不能探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的A．靛白和靛藍(lán)分子中共有5種官能團(tuán)影響，C錯誤；應(yīng)先向冷卻后的溶液中加硝酸至溶液呈酸性，然后再加入AgNO溶液觀察是否有淡黃色沉3B．靛白可以在Cu的催化作用下和O發(fā)生反應(yīng)2淀生成，D錯誤。C．1mol靛藍(lán)可以和9molH發(fā)生加成反應(yīng)10.普瑞巴林是用于治療神經(jīng)痛的藥物，為有機(jī)化合物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y、Z、W位于同一周期。下列有關(guān)說法不正確的是D．靛白和靛藍(lán)分子中苯環(huán)上的一氯代物均為4種【考點(diǎn)】有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及官能團(tuán)、一氯代物判斷等【詳解】根據(jù)兩種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知共含有羰基、亞氨基、羥基、碳碳雙鍵4種官能團(tuán)，A錯誤；靛白分子中含有羥基，且與羥基相連的碳原子上有H原子，所以可以在Cu的催化作用下和O發(fā)生反應(yīng)，B正2A．W、X、Z可以形成離子化合物，也可以形成共價化合物B．X和Z形成的共價化合物中可能含有非極性共價鍵C．原子半徑大小順序?yàn)閄＜Y＜Z＜W確；苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基均可以和H發(fā)生加成反應(yīng)，所以1mol靛藍(lán)可以和9molH發(fā)生加成反應(yīng)，C2D．最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z>Y【答案】C正確；靛藍(lán)和靛白分子中苯環(huán)上的一氯代物均為4種，如圖：、【考點(diǎn)】元素推斷與元素周期律，D正確?！拘畔⑹崂怼縔形成四個共價鍵，且該物質(zhì)為有機(jī)化合物→Y為CX形成一個共價鍵，原子序數(shù)小于C→X為HZ形成三個共價鍵，與C位于同一周期，原子序數(shù)大于C→Z為NW形成兩個共價鍵，與C位于同一周期→W為O【方法拓展】醇的催化氧化規(guī)律醇的催化氧化的本質(zhì)是去氫，也就是去掉醇羥基上的H和連接了醇羥基的C原子上的氫，這兩個H原子與氧氣中的O原子結(jié)合生成水。所以，如果連有醇羥基的C原子上有2個或者3個H，則其催化氧化后形成醛；若連有醇羥基的C原子上有1個H，則其催化氧化后的產(chǎn)物是酮；若連有醇羥基的C原子上沒有H原子，則其不能發(fā)生催化氧化?！驹斀狻縒、X、Z可以形成離子化合物，比如硝酸銨，也可以形成共價化合物，比如硝酸，A正確；N和H可以形成共價化合物NH，結(jié)構(gòu)簡式為HN—NH，含有N—N非極性共價鍵，B正確；同周期主族元12．厭氧微生物燃料電池作為一種新型微生物電化學(xué)技術(shù)，可以在降解各種污染物的同時產(chǎn)電，無需從外部攝入能量即可實(shí)現(xiàn)能量輸出，無污染、操作條件溫和、清潔高效，逐漸成為廢水處理領(lǐng)域的研究熱點(diǎn)。◎第4頁共18頁2422第3頁共18頁現(xiàn)有一套生活中酸性廢水的微生物處理裝置示意圖，下列有關(guān)說法正確的是c（HA－）c（H2A）A．N代表lg與pH的關(guān)系曲線A．負(fù)極發(fā)生的電極反應(yīng)為CHCOOH＋2HO＋8e－↑＋8H＋322B．正極反應(yīng)式為HO＋Fe2＋3＋＋·OH＋OH－B．b點(diǎn)：c(HA)＞c(A2－)222C．高活性的·OH能有效去除廢水中的有機(jī)物C．NaA的起始濃度為0.1000mol·L－12D．交換膜兩側(cè)的好氧環(huán)境有利于微生物電池高效工作D．在滴定全過程中選擇酚酞作為指示劑【答案】D【答案】C【考點(diǎn)】滴定曲線圖像分析＝lgK－lgc(H＋)＝lgK＋pH，同理可得lgc（A2－）＝lgK＋a2【考點(diǎn)】新情境下電化學(xué)相關(guān)知識【分析】定位：原電池。原電池中陽離子由負(fù)極移向正極。a1a1c（H2A）c（H＋）c（HA－）c（HA－）c（A2－）＝0時，lgK＝－pH，當(dāng)lg＝0時，lgK＝－pH，由于K>K，則M曲線a2a1a2c（HA－）c（HA－）c（H2A）與pH的關(guān)系曲線，N表示lg與pH的關(guān)系曲線，A正確；b點(diǎn)pH發(fā)生第一次突電極電極反應(yīng)式CHCOOH－8e－＋2HO↑＋8H＋左側(cè)負(fù)極右側(cè)正極變，即恰好完成反應(yīng)NaA＋＋NaCl，此時pH＝8.32，溶液呈堿性，說明HA－的水解程度大232于電離程度，c(HA)>c(A2－)，B正確；用0.1000mol·L－1鹽酸滴定20.00mLNaA溶液，當(dāng)加入20mL鹽O＋2e－＋2H＋O2222酸時，NaA與HCl恰好1∶1反應(yīng)，則NaA的起始濃度為0.1000mol·L－1，C正確；在滴定過程中，第一次突變時pH＝8.32，應(yīng)選擇酚酞作指示劑，溶液由紅色變?yōu)闊o色，第二次突變時pH大約為4，應(yīng)在第一次突變后滴加甲基橙作為指示劑，D錯誤?！驹斀狻控?fù)極上CHCOOH發(fā)生氧化反應(yīng)失去電子，A錯誤；右側(cè)為正極，氧氣在正極得電子，與氫離子3反應(yīng)生成HO，B錯誤；正極生成的過氧化氫和Fe2＋反應(yīng)生成高活性的自由基·OH，·OH具有較強(qiáng)氧化22三、非選擇題：共174分。第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。性，能有效去除污染物中的有機(jī)物，C正確；厭氧微生物電極在質(zhì)子交換膜左側(cè)，左側(cè)反應(yīng)應(yīng)在無氧環(huán)境下進(jìn)行，右側(cè)電極反應(yīng)消耗O，應(yīng)在好氧環(huán)境下進(jìn)行，D錯誤。2c（A2－）c（HA－）c（H2A）(一)必考題：共129分。13．室溫下，用0.1000mol·L－1鹽酸滴定20.00mLNaA溶液，溶液中l(wèi)g或lg隨pH變2c（HA－）26．(15分)“消洗靈”是具有消毒、殺菌、漂白和洗滌等功效的固體粉末，消毒原理與“84消毒液”相似，化化曲線及滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是學(xué)組成可以表示為NaPOCl·5HO(磷酸三鈉次氯酸鈉)。實(shí)驗(yàn)室制備裝置如圖(夾持裝置已略去)。回答下103132列問題：第5頁共18頁◎第6頁共18頁328.25a色%偏大【考點(diǎn)】物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)過程分析和滴定實(shí)驗(yàn)的相關(guān)計(jì)算【詳解】裝置A制備氯氣，裝置B中飽和食鹽水吸收揮發(fā)出的氯化氫氣體，裝置C中氫氧化鈉溶液與氯氣反應(yīng)生成次氯酸鈉，次氯酸鈉與NaPO反應(yīng)制備NaPOCl·5HO，裝置D的作用是吸收尾氣Cl，防止(1)寫出如何檢驗(yàn)裝置A的氣密性：341031322________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)A中固體物質(zhì)為________(填名稱，寫一種)，C中采用多孔球泡的目的是污染大氣，據(jù)此分析解題。(2)裝置A用于制備Cl，沒有加熱裝置，A中固體可用高錳酸鉀；C中采用多孔球泡的目的是增大反應(yīng)物2的接觸面積，加快反應(yīng)速率；氯氣有毒，裝置D的作用是吸收尾氣Cl，防止污染大氣。2______________________________，裝置D的作用是________________________________。(3)“消洗靈”消毒時對金屬腐蝕性小，原因是在金屬表面會形成一種不溶性磷酸鹽膜，對金屬有良好的保護(hù)作用，在空氣中對鎂合金消毒，磷酸鈉溶液使鎂合金表面形成含有Mg(PO)·Mg(OH)的保護(hù)層，寫出反(3)磷酸鈉溶液與鎂、氧氣、水反應(yīng)生成Mg(PO)·Mg(OH)和氫氧化鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Mg＋34222NaPO＋2O＋4H(PO)·Mg(OH)＋6NaOH。(4)淀粉溶液遇碘單質(zhì)變藍(lán)，故需用的指示劑是淀粉溶液，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為當(dāng)加入最后半滴硫代硫酸應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)產(chǎn)品純度測定(NaPOCl·5HO的摩爾質(zhì)量為656.5g·mol－1)。鈉溶液后，溶液顏色從藍(lán)色剛好變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色；分析NaPOCl·5HO中各元素化合價103132可知，Cl顯＋1價，與I－反應(yīng)后降為－1價，得關(guān)系式：NaPOCl·5HO～I(xiàn)，又因?yàn)?SO2－＋103132223IO2－＋2I－，則得關(guān)系式：NaPOCl·5HO～2SO2－，產(chǎn)品的純度為103132223①取ag待測試樣溶于蒸餾水配成250mL溶液；0.02L×0.05mol·L－1××656.5g·mol－1328.25a×100%＝%；若滴定前滴定管中含有氣泡，滴定結(jié)束②取25.00mL待測液于錐形瓶中，加入10mL2mol·L－1稀硫酸、25mL0.1mol·L－1碘化鉀溶液(過量)，此時溶液出現(xiàn)棕色；無氣泡會造成測得消耗的滴定液體積偏大，純度測定值偏大。③滴入3滴5%指示劑溶液，用0.05mol·L－1硫代硫酸鈉溶液滴定至終點(diǎn)，平行滴定三次，平均消耗20.00mL。已知：2SO2－＋I(xiàn)O2－＋2I－，需用的指示劑是________，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為27．(14分)從高鎂礦石中獲取輕質(zhì)氧化鎂是工業(yè)生產(chǎn)中的一種重要途徑。高鎂礦石中常含有Fe、Ni、Cu及其氧化物等主要雜質(zhì)，現(xiàn)有一種酸浸降鎂工藝流程如圖所示。回答下列問題：23246________________________________________________________________________，產(chǎn)品的純度為____________(用含a的代數(shù)式表示)。若滴定前滴定管中含有氣泡，滴定結(jié)束無氣泡會造成純度測定值________(填“偏大”“偏小”或“不變”)?！敬鸢浮?除標(biāo)注外，每空2分，共15分)(1)拔掉B、C間的橡膠管，關(guān)閉A中分液漏斗旋塞，微熱A裝置，若裝置B中長導(dǎo)管管口有氣泡產(chǎn)生，冷卻至室溫后，導(dǎo)管中形成一段穩(wěn)定的水柱，則說明A裝置氣密性良好(合理即可)(1)加稀硫酸溶解浮選精礦的目的：______________________________________________。(2)濾液1中加入HO及稀氨水，主要發(fā)生的離子反應(yīng)是(2)高錳酸鉀(1分，合理即可)增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率(1分)吸收Cl尾氣，防止污染大氣222(3)4Mg＋2NaPO＋2O＋4H(PO)·Mg(OH)＋6NaOH34223422________________________________________________________________________。(4)淀粉溶液(1分)當(dāng)加入最后半滴硫代硫酸鈉溶液后，溶液顏色從藍(lán)色剛好變?yōu)闊o色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原(3)假設(shè)室溫下濾液1中c(Mg2＋)＝0.1mol·L－1，其他主要雜質(zhì)金屬離子的濃度均為0.001mol·L－1，則pH第7頁共18頁◎第8頁共18頁應(yīng)調(diào)節(jié)的范圍：________________(保留兩位有效數(shù)字，離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1即認(rèn)為該離子沉淀完全；lg2≈0.3、lg3≈0.5)。平即得反應(yīng)的離子方程式。(3)調(diào)節(jié)pH的目的是使Fe3＋完全沉淀而其他離子不沉淀，K[Fe(OH)]＝2.7×10－39，當(dāng)c(Fe3＋)＝1.0×10－5sp3Ksp[Fe（OH）3]c（Fe3＋）353Kw10－14173mol·L－1時c(OH－)＝3＝3×10－mol·L－1，c(H＋)＝＝mol·L－1＝×10－c（OH－）35333×10－Cu(OH)2Mg(OH)2Ni(OH)2Fe(OH)37Ksp2.5×10－205.6×10－125.48×10－162.7×10－39mol·L－1，pH＝＋lg3≈2.8，即pH>2.8時Fe3＋沉淀完全，根據(jù)Mg2＋、Cu2＋、Ni2＋的起始濃度及其對應(yīng)氫3(4)濾液2的獲取過程中對調(diào)節(jié)pH要求很高，即使?jié)M足了上述pH調(diào)節(jié)范圍，依然可能出現(xiàn)Mg2＋部分流失的情況。試分析其可能存在的原因：氧化物的K的大小，可知調(diào)節(jié)pH過程中Cu2＋先于其他兩種離子沉淀，當(dāng)Cu2＋開始沉淀時，c(OH－)＝spKsp[Cu（OH）2]c（Cu2＋）2.5×10－2010－3Kw＝mol·L－1＝5×10－9mol·L－1，c(H＋)＝＝2×10－6mol·L－1，pH＝6－lgc（OH－）________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)濾渣3的主要成分是______________(填化學(xué)式)。2≈5.7，所以pH的調(diào)節(jié)范圍為2.8<pH<5.7。(6)濾液3中金屬離子主要是Mg2＋，其在碳酸氫銨和氨水的共同作用下生成堿式碳酸鎂，碳酸根離子來自碳酸氫根離子與氨水的作用，氫氧根離子來自氨水，離子方程式為2Mg2＋＋HCO－＋3(6)生成堿式碳酸鎂[Mg(OH)CO]的離子方程式為2233NH·H(OH)CO↓＋HO＋3NH＋。________________________________________________________________________?！敬鸢浮?除標(biāo)注外，每空2分，共14分)28．(14分)乙烯作為石油的高附加值產(chǎn)品，具有很高的工業(yè)價值，在“碳達(dá)峰、碳中和”的目標(biāo)引領(lǐng)下，利用二氧化碳催化合成乙烯的相關(guān)技術(shù)正成為世界各國的科技前沿發(fā)展態(tài)勢。研究工業(yè)制取乙烯有重要的意義。(1)將礦石溶解，過濾除去不溶性雜質(zhì)，便于分離出金屬離子(2)2Fe2＋＋2H＋＋HO3＋＋2HO(2分)、Fe3＋＋3NH·H↓＋3NH＋(1分)[或2Fe2＋＋2H＋222Ⅰ.工業(yè)上用H和CO在一定條件下合成乙烯：6H(g)＋2CO(g)＋4HO(g)ΔH22222＋HO＋6NH·H↓＋6NH＋＋2HO，3分或其他合理答案]2232342(1)已知298K、101kPa的條件下，H的燃燒熱為285.8kJ·mol－1、CH的燃燒熱為1411kJ·mol－22(3)2.8＜pH＜5.71、HO的汽化熱為44kJ·mol－1，則ΔH＝________________________。(4)Fe3＋在調(diào)節(jié)pH的過程中容易形成膠體吸附溶液中的金屬離子，導(dǎo)致部分Mg2＋隨膠體沉降而流失(5)CuS和NiS(2)在1L恒容密閉容器中充入3molH(g)和1molCO(g)，單位時間內(nèi)不同溫度對CO的轉(zhuǎn)化率和催化劑22催化效率的影響如圖甲所示，下列說法錯誤的是________(填序號)。(6)2Mg2＋＋HCO－＋3NH·H(OH)CO↓＋HO＋3NH＋(3分)33222324【考點(diǎn)】通過酸浸降鎂的工藝流程分析考查元素及其化合物的性質(zhì)、沉淀溶解平衡計(jì)算等【分析】浮選精礦在稀硫酸的作用下溶解，F(xiàn)e、Ni、Cu、Mg等元素進(jìn)入濾液1，不溶性雜質(zhì)進(jìn)入濾渣1中分離。濾液1中主要含有Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Ni2＋等離子，加入HO將Fe2＋氧化成Fe3＋，用氨22水調(diào)節(jié)pH以Fe(OH)形式除去鐵元素，濾渣2為Fe(OH)，經(jīng)過一系列處理得到鐵紅。濾液2中主要含有33Mg2＋、Ni2＋、Cu2＋，加入硫化鈉溶液除去Cu2＋、Ni2＋，濾渣3的主要成分為CuS、NiS，濾液3中主要含有Mg2＋，在碳酸氫銨和氨水的共同作用下生成堿式碳酸鎂，經(jīng)過一系列操作得到輕質(zhì)氧化鎂。,甲)A．M點(diǎn)對應(yīng)的曲線代表二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的關(guān)系【詳解】(2)濾液1中加入HO和稀氨水，F(xiàn)e2＋被HO氧化為Fe3＋后生成Fe(OH)，根據(jù)得失電子守恒配22223B．低溫時催化效率雖不是最高，但二氧化碳轉(zhuǎn)化為乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率高，所以工業(yè)生產(chǎn)時應(yīng)盡可能選擇低◎第10頁共18頁第9頁共18頁p0(4)Pa4溫進(jìn)行C．M點(diǎn)對應(yīng)反應(yīng)速率的最大值(5)2CO＋8HO＋12e－H＋12OH－4.482224D．隨溫度變化，催化劑可以影響單位時間內(nèi)CO的轉(zhuǎn)化率，但是不影響CO平衡轉(zhuǎn)化率22【考點(diǎn)】化學(xué)反應(yīng)原理，涉及蓋斯定律、化學(xué)反應(yīng)速率、平衡計(jì)算、電化學(xué)等Ⅱ.工業(yè)上用甲烷催化法制取乙烯：2CHH(g)＋2H(g)ΔH>0，T℃時，向4L的恒容反應(yīng)器中充42421【詳解】(1)根據(jù)各物質(zhì)的燃燒熱與汽化熱數(shù)據(jù)，可寫出反應(yīng)①H(g)＋OO(l)ΔH＝－285.822212入2molCH(g)，僅發(fā)生上述反應(yīng)，反應(yīng)過程中CH的物質(zhì)的量隨時間變化如圖乙所示。44kJ·mol－1，反應(yīng)②：CH(g)＋3O(g)＋2HO(l)ΔH＝－1411kJ·mol－1，反應(yīng)③：222222HO(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1，結(jié)合蓋斯定律可知反應(yīng)①×6－反應(yīng)②＋反應(yīng)③×4得目標(biāo)反應(yīng)，則223ΔH＝[(－285.8)×6－(－1411)＋44×4]kJ·mol－1＝－127.8kJ·mol－1。(2)M點(diǎn)以前，溫度越高，催化劑催化活性越高，反應(yīng)速率越快，單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)化率不斷下降，則是因?yàn)闇匾叶壬?，平衡逆向移動，CO平衡轉(zhuǎn)化率下降；M點(diǎn)之后溫度升高，催化劑催化活性降低，反應(yīng)速率有可(3)實(shí)驗(yàn)測得v＝kc2(CH)，v＝kc(CH)·c2(H)，k、k為速率常數(shù)，隨溫度升高而增大，T℃時正正4逆逆242能降低，M點(diǎn)之后轉(zhuǎn)化率下降可能是因?yàn)槲催_(dá)到平衡狀態(tài)，則M點(diǎn)之前均為平衡狀態(tài)，M點(diǎn)之后無法確定，A、C錯誤；工業(yè)生產(chǎn)的條件選擇需要綜合考慮速率與轉(zhuǎn)化率的關(guān)系，溫度過低反應(yīng)速率太慢導(dǎo)致效率k與k的比值為____________________(用含x的代數(shù)式表示)；若將溫度升高，速率常數(shù)增大的倍數(shù)：k正逆________(填“>”“＝”或“<”)k。逆正低下，所以應(yīng)選擇合適的溫度，B錯誤；催化劑可以影響反應(yīng)速率，但不影響平衡轉(zhuǎn)化率，D正確。k正c（C2H4）·c2（H2）Ⅲ.乙烷裂解制乙烯：CHH(g)＋H(g)。26242(3)T℃達(dá)到平衡時，v＝v，即kc2(CH)＝kc(CH)·c2(H)，所以＝＝K，據(jù)圖乙逆242k逆c2（CH4）(4)T℃時，將乙烷與氦氣以體積比2∶1混合后，通入一恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)。平衡時容器內(nèi)壓強(qiáng)為p02－x可知，平衡時n(CH)＝xmol，則Δn(CH)＝(2－x)mol，根據(jù)化學(xué)方程式可知，平衡時n(CH)＝Pa，若乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝________________(用分壓表示，分壓＝總壓×物質(zhì)24p22－x2－x的量分?jǐn)?shù))。×（）22×44（2－x）3mol、n(H)＝(2－x)mol，容器容積為4L，所以K＝＝；該反應(yīng)焓變大于0，為吸熱Ⅳ.常溫下電化學(xué)法還原二氧化碳制乙烯原理如圖丙所示。x8x2（）24k正反應(yīng)，升高溫度，k、k增大，平衡正向移動，K增大，即增大，所以k增大的倍數(shù)大于k。正逆k逆(4)設(shè)初始投料為2molCH(g)和1mol氦氣，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時n(CH)＝1mol，2626Δn(CH)＝1mol，根據(jù)化學(xué)方程式可知平衡時n(CH)＝n(H)＝1mol，n(He)＝1mol，平衡時容器內(nèi)壓強(qiáng)26242p0p0×丙1p044p04為pPa，所以p(CH)＝p(CH)＝p(H)＝pPa＝Pa，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝Pa＝(5)陰極電極反應(yīng)式為__________________，電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子時，兩極共收集氣體________L(標(biāo)準(zhǔn)狀0262420p1＋1＋1＋14p04況)。Pa?！敬鸢浮?每空2分，共14分)(5)該電解裝置左側(cè)CO轉(zhuǎn)化為CH，CO被還原，所以左側(cè)為陰極，電解質(zhì)溶液顯堿性，所以電極反應(yīng)式2242(1)－127.8kJ·mol－1(2)ABC（2－x）3為2CO＋8HO＋12e－H＋12OH－；陽極反應(yīng)式為4OH－－4e－O↑＋2HO，所以轉(zhuǎn)移0.6mol電222422(3)＞8x2第11頁共18頁◎第12頁共18頁0.60.642r2r(4)3(，，0)（a－r）2＋（c）2(3分)2a2a21子時，陰極生成12mol乙烯，陽極生成mol氧氣，共生成0.2mol氣體，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為0.222mol×22.4L·mol－1＝4.48L?！究键c(diǎn)】物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子、晶胞相關(guān)計(jì)算(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分?！驹斀狻?1)基態(tài)Na原子核外共有11個電子，每個電子的運(yùn)動狀態(tài)各不相同，故有11種。5＋3－2×4(2)NaTi(PO)中P的價層電子對數(shù)為4＋＝4，故為sp3雜化?；鶓B(tài)Ti原子的核外未成對電子數(shù)243235．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)為2，第四周期中基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為2的元素還有Ni、Ge與Se，Se的第一電離能最大。(3)基態(tài)Fe2＋(價電子排布式為3d6)與Fe3＋(價電子排布式為3d5)中未成對電子數(shù)之比為4∶5，A正確；由于Fe3＋中3d能級為半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性：Fe3＋>Fe2＋，B正確；電負(fù)性越大，對鍵合電子的吸引力越強(qiáng)，C錯誤。鈉離子電池因其使用的電極材料成本低和儲量豐富等優(yōu)勢，成為了繼鋰離子電池之后極具競爭力和應(yīng)用前景的能源儲存設(shè)備。回答下列問題。(1)基態(tài)Na原子核外電子的運(yùn)動狀態(tài)有________種。(2)NaTi(PO)可用于鈉離子電池負(fù)極材料，該材料中P的雜化軌道類型為________。第四周期元素中，基243(4)TiO晶胞中Ti位于O所構(gòu)成的正八面體的體心，Ti的配位數(shù)為6，O的配位數(shù)為3。已知B點(diǎn)原子分?jǐn)?shù)態(tài)原子核外未成對電子數(shù)與Ti相同且第一電離能最大的是__________(填元素符號)。11坐標(biāo)為(，，)，則C點(diǎn)原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，因?yàn)锳點(diǎn)原子位于底面面對角線上，且C與A之間的22(3)金屬硫化物作為負(fù)極材料也受到人們的關(guān)注，如FeS，下列說法正確的是________(填序號)。22距離為rpm，則AC段在x軸的投影距離為rpm，在y軸的投影距離也為rpm，由題意可得，對于xA．基態(tài)Fe2＋與Fe3＋中未成對電子數(shù)之比為4∶522r2r軸和y軸，apm對應(yīng)單位長度，則可得A點(diǎn)原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，0)。由B點(diǎn)向晶胞底面作垂線，與2a2aB．穩(wěn)定性：Fe3＋>Fe2＋C．S的電負(fù)性比K高，所以原子對鍵合電子的吸引力比K小(4)二氧化鈦基鈉離子電池負(fù)極材料取得了新的進(jìn)展，TiO晶胞如圖所示，已知TiO晶胞中Ti位于O所構(gòu)2底面交于點(diǎn)D，則BD間距離為cpm，AD間的距離為(a－r)pm，由勾股定理可得AB間距離。236．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)](15分)成的正八面體的體心，該晶胞中O的配位數(shù)為________。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶2022年諾貝爾化學(xué)獎授予卡羅琳·貝爾托齊、卡爾·巴里·沙著利斯和莫滕·梅爾達(dá)爾三位科學(xué)家。他們的研究成果在許多方面得到了應(yīng)用，其中就包括提升癌癥藥物的靶向性，已知化合物H是一種合成多向性抗癌藥物的中間體。其人工合成路線如下：胞中各原子的位置，稱為原子分