【文档说明】信息必刷卷05-2023年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷地区专用）(解析版).docx，共(17)页，2.554 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考化学考前信息必刷卷05全国乙卷地区专用情境是联系问题和考查内容之间的载体，同时也隐含着某些解答问题的必要条件，能引起考生思考。立足化学科学特点，注重选取新材料、新药物、新催化技术等真实情境，呈现生产生活中的实际问题，这些试题情境充分体现了化学的时

代性和应用性，使考生切切实实地感受到了“有用的化学”，解决实际问题还需进一步深化对信息获取加工、逻辑推理、归纳论证思维等关键能力，有利于提升对学科核心素养考查的有效性，进一步提高人才选拔质量。近五年高考中选考题考查内容变化不大，几乎未变，试题强调以真实情境作为测

试的载体，通过创设科学合理的问题情境，考查考生获到信息和应用信息的能力，进而考查考生在实际情境中分析、解决问题的能力，试题情境的创设紧密联系学生学习、生活实际，体现科学、技术、社会和环境发展的成果。“物质结构与

性质”试题以选考题的形式出现，分值为15分，纵观近年全国卷此题，各小题之间相对独立，主要考查“原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型、等电子体的分析与判断)；晶体结构与性

质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、晶体中的粒子位置坐标、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)”这些考点。如下列的第35题等。“有机合成与推断”试题以选考题的形式出现，分值为15分，该题仍将以新药品、新物质、新材料的合成路线为载体，考查的热点涉及：(1)某

些物质的结构简式或名称；(2)反应类型或反应条件；(3)重要转化的有机化学方程式书写；(4)分子式的确定；(5)同分异构体书写与数目确定；(6)特定条件的有机物合成路线的设计等。如下列的第36题等。可能用到的

相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27Si-28S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Ga-70As-75Br-80Ce-104I-127Ag-108Ba-137Pt-195一、选择题(本

题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)7．2022年12月，中国航天员乘组完成首次在轨交接，中国航天员“天宫”会师创造历史。下列说法不正确．．．的是()A．运载火箭的燃料偏二甲肼(C2H8N2)在反应中作还原剂B．

航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是SiO2，制造光纤也与SiO2有关C．天和核心舱的霍尔发动机燃料13154Xe原子核中含77个中子D．航天员的耳机使用的双层蛋白质皮革属于有机高分子材料【答案】B【解析】A项，火箭升空过程中，燃料发生反应：

C2H8N2+2N2O4=2CO2+3N2+4H2O提供能量，偏二甲肼中碳元素化合价从-1价升高到+4价，氮元素从-3价升高到0价，做还原剂，A正确；B项，太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，B不正确；C项，13154Xe原子核中含131-54=77个中子，C正确

；D项，蛋白皮革主要成分为蛋白质，其属于有机物，也属于高分子材料，D正确；故选B。8．口服羟甲香豆素，对治疗新冠安全有效，药物通过抑制透明质酸的合成，进而阻断新冠肺炎的进展，羟甲香豆素的结构简式如图所示。下列说法正确的是()A．羟甲香豆素中含有4种官能团B．1mol

该物质可与5molH2发生加成反应C．该物质在强碱溶液中可发生取代反应D．二氢香豆素()与羟甲香豆素互为同系物【答案】C【解析】A项，由题干有机物结构简式可知，羟甲香豆素中含有酚羟基、酯基和碳碳双键3种官能团，A错误；B项，由题干有机物结构简式可知，羟甲香豆素中苯环和碳碳双键可以和

H2加成，酯基不能和H2加成，则1mol该物质可与4molH2发生加成反应，B错误；C项，由题干有机物结构简式可知，则羟甲香豆素中含有酚羟基、酯基，该物质在强碱溶液中可发生水解反应属于取代反应，C正确；D项，同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2

原子团的物质，二氢香豆素()与羟甲香豆素的官能团种类不同，即结构不相似，故不互为同系物，D错误；故选C。9．研究小组为探究Na2S在空气中变质后的产物，进行如下实验并记录现象。实验①：取Na2S样品加水溶解，得

到澄清溶液a。实验②：取少量溶液a，向其中加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体生成，且出现淡黄色浑浊。实验③：将实验②中的浊液过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。已知信息：i．Na2S溶液能溶解S，并生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S(臭鸡蛋气味)；ii．BaS易

溶于水。下列说法不正确的是()A．实验②中淡黄色浑浊可能是Sx2-与H+反应产生的B．实验①和实验②说明Na2S样品中一定含有SC．实验③中产生的白色沉淀是BaSO4D．Na2S样品中可能含有Na2SO3【答案】B【解析】A项，由已知信息i可知，实验②中的淡黄色浑浊可能是Sx2-与H+反应产

生的S，A正确；B项，若原Na2S样品中含有Na2SO3，在酸性条件下反应也能产生此现象，故不能说明该Na2S样品中一定含有S，B错误；C项，实验③是将实验②中的浊液过滤，滤液中含有过量的盐酸，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀是BaSO4，C

正确；D项，实验③证明该Na2S样品中可能含有Na2SO3，也可能含有Na2SO4，D正确；故选B。10．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象实验结论A向盛有饱和Na2S2O3溶液的试管中滴加稀盐酸溶液变浑浊且有气泡逸出

生成了S和H2SB向饱和食盐水中通入氨气至饱和后，再通入过量二氧化碳溶液变浑浊析出了NaHCO3C加热无水乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，将气体通入酸性KMnO4溶液红色褪去乙醇发生了消去反应生成了乙烯D室温下，用pH计测定浓度均

为0.1mol/L的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pHNaClO溶液的pH较大酸性：HClO＞CH3COOH【答案】B【解析】A项，Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸发生的反应为Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+S↓+SO2

↑，可观察到溶液变浑浊且有气体生成，但生成的气体是SO2，而不是H2S，故A错误；B项，饱和食盐水中含有较多的Na+，通入氨气和二氧化碳后产生较多的HCO3-，析出NaHCO3晶体，故B正确；C项，无水乙醇容易挥发，加热无水

乙醇和浓H2SO4的混合液至170℃，产生的乙烯气体中含有挥发出的乙醇，而乙烯、乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此酸性KMnO4溶液褪色不能说明乙醇发生了消去反应，故C错误；D项，NaClO溶液可使pH试纸褪

色，可用pH计测定盐溶液的pH，故D错误；故选B。11．化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，可用于陶瓷上釉。W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，且加和为35，XY2分子的总电子数为偶数，该化合物在N2或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出。下列说法

正确的是()A．原子半径：Z>Y>XB．Z和Y只能形成一种化合物C．两种氛围中A→B段均发生了氧化还原反应D．1000℃后得到固体产物属于盐【答案】C【解析】化合物(ZX2Y4·W2Y)存在于一些植物的细胞液中，则含有氢、碳、氧元素；该化合物在N2

或者O2气氛中的热重曲线如图所示，热分解时无刺激性气体逸出，则不含有氮元素；W、X、Y和Z为前20号元素，原子序数依次增大，XY2分子的总电子数为偶数，W为氢、X为碳、Y为氧；原子序数加和为35，则Z为钙；故该物质为CaC2O4•H2O。A项，电子层数越多半径越大，电

子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z>X>Y，A错误；B项，Z和Y能形成CaO、CaO2，B错误；C项，CaC2O4•H2O加热时首先失去结晶水，失去结晶水后质量保留百分数为181-100%=87.7%146，则A为CaC2O4，A→B段

CaC2O4草酸钙受热在氧气中生成碳酸钙和二氧化碳、在氮气中生成碳酸钙和一氧化碳，反应均为氧化还原反应，C正确；D项，C的相对分子质量为14638.4%=56，则1000℃后得到固体产物为碳酸钙分解生成的氧化物氧

化钙，不是盐，D错误；故选C。12．一种汽车玻璃采用了电致变色技术，其工作原理如下图所示：在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法错误的是()已知：WO3和Li4[Fe4(CN)6]

3均无色透明；LiWO3和Fe4[Fe(CN)6]3均为蓝色；A．当A接电源正极时，Li+脱离离子储存层B．当A接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3C．当B接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光D．该凝胶电解

质聚环氧乙烷的结构简式为22H[OCHCH]OH−−n，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物【答案】A【解析】A项，当A接电源正极时，LiWO3失去电子发生氧化反应，LiWO3-e-=WO3+Li+，Li+向阴极运动，

进入离子储存层，故A错误；B项，当A接电源负极时，A极为阴极，WO3得到电子发生还原反应，故电致变色层发生反应为：WO3+Li++e-=LiWO3，故B正确；C项，当B接电源正极时，B为阳极，Li4[Fe4(CN)6]3失去电子发生氧化反应生成Fe4

[Fe(CN)6]3，膜变为蓝色，透射率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；D项，聚环氧乙烷中含有氧原子，可以与水分子之间形成氢键，为水溶性聚合物，故D正确；故选A。13．如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入10.1molL−的NH4A溶液(p

H7)和10.1molL−的HA溶液(pH3)，达到平衡后，下列说法正确的是()A．常温下，HA的电离度约为0.1%B．平衡后，甲、乙两室的pH相等C．平衡后，甲室中NH3·H2O的物质的量浓度小于乙室中A−的物质的量浓度D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，则通过交换膜的HA

分子的量减少【答案】C【解析】0.1mol/LNH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A—离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10—7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换

膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。A项，由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为-310mol/L0.1mol/L×100%=1%，故A错误；B项，当两室溶液中HA浓度相

等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B错误；C项，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的H

A抑制铵根离子的水解，溶液中一水合氨浓度小于10—7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A—离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C正确；D项，NaA溶液中A—离子的水解程度

小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D错误；故选C。二、非选择题(本题包括5小题，共54分)必做题(共39分)26．(14分)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，可以用于光催化降解有机污染物，

利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)制CeO2的工艺流程如下：已知：①滤渣I主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；②常温下，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×1.0

-28；③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+。回答下列问题：(1)CeCO3中Ce元素的化合价为_______。(2)焙烧氟碳铈矿时，提高焙烧效率的措施有_______(写出两种)；实验室进行焙烧操作时一般在_______

中进行。(3)CeCO3F在焙烧时发生反应的化学方程式为_______。(4)上述流程中所加的盐酸要适当过量，其目的是_______；操作中可用硫酸和H2O2替换盐酸，其优点是_______。(5)写出从滤液II中沉淀铈的离子方程式__

_____。Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol/L]时溶液的pH为5，则溶液中c(HCO3-)=_______mol/L(保留两位有效数字)。【答案】(1)+2(1分)(2)

矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等(2分)坩埚(1分)(3)4CeCO3F+O23CeO2+CeF4+4CO2(2分)(4)避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(2分)避免产生污染性气体Cl2(2分)(5)2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3

)3↓+3H2O+3CO2↑(2分)0.18(2分)【解析】氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F，含Fe2O3、FeO等杂质)经过焙烧后转化为CeO2、Fe2O3、CeF4，再加入稀盐酸和H3BO3，Fe2O3转化为FeCl3存在于滤液中，C

eO2转化为CeCl3存在于滤液中，CeF4转化为沉淀Ce(BF4)3存在于滤渣中，Ce(BF4)3中加入KCl溶液，得到KBF4沉淀；调节滤液的pH使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀除去，滤液中的CeCl3和碳酸氢铵

混合发生反应生成沉淀Ce2(CO3)3，煅烧沉淀得到CeO2。(1)CeCO3中Ce元素的化合价为+2价；(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是：矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等；实验室进行焙烧操作时一般在坩埚中进行；(3)CeCO3F在焙烧时

和氧气反应生成CeO2、CeF4和CO2，Ce元素由+3价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4CeCO3F+O23CeO2+CeF4+4CO2；(4)上述流程中所加的盐酸要适当过量，目的是避免Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀

；上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2；(5)“沉铈”过程中发生的反应是离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成Ce(OH)3和CO2，反应的离子方程式为：2Ce3++6HCO3-=Ce2

(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑；已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=()()()()223+32-532-33cCecCO1.010mol/LcCO−==

1.0×1.0-28，()()()()-182332--6333223+5KspCeCO1.010cCO=mol/L10mol/LcCe110−==，Ka2=()()()+2-3-3cHcCOcHCO，()()()+2-563-311a2cHc

CO1010cHCO=mol/L0.18mol/LK5.610−−−=。27．(14分)一种以磷铁渣(主要含FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)、KMnO4为原料制备磷酸锰［Mn3(PO4)2］的实验过程如下：(1

)溶解。将一定量的磷铁渣加入如图装置所示的三颈烧瓶中，维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有3Fe+、Mn2+和H3PO4生成。反应后过滤。①写出FeP反应的离子方程式：_______。②实验中当

观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液，该现象是：_______。③FePO4难溶于水，反应Fe3++H3PO4FePO4+3H+的平衡常数为_______。［已知()22sp4KFePO=110−，H3PO4的电离平衡常数3alK=810−

、8a2K=610−、13a3K=410−］④实验中需不断补充稀硫酸控制溶液的pH。pH过大会降低Fe的浸出率和消耗过多的KMnO4，原因是_______。(2)除铁。向所得滤液中加入萃取剂(由磷酸酯

和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水)萃取溶液中的3Fe+。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯(用HA表示)萃取溶液中3Fe+时发生如下反应：Fe3++3(HA)2(有机层)Fe

(HA2)3+(有机层)3H++，反萃取回收萃取剂的方法是_______。(3)制Mn3(PO4)2。请补充完整由萃取后所得水层中Mn2+、H3PO4制纯净Mn3(PO4)2。固体的实验方案：取萃取后所得水层溶液100mL［其

中()2+1cMn1.2molL−=］，_______，干燥沉淀，得Mn3(PO4)2。固体。(已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比［()()nMnnP］和Mn的沉淀率影响如图所示。实验中需使用的实验试剂有：0.1mol·L-1H3PO4、NaOH溶液、盐酸、BaCl2溶液)【答案】

(1)5FeP+8MnO4-+39H+=5Fe3++8Mn2++H3PO4+12H2O(2分)三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失(2分)1.92(2分)pH过大，Fe3+水解生成Fe(OH)3或转化为FePO4沉淀造成Fe的浸出率低，KMnO4转化为Mn

O2，氧化等量的FeP消耗的KMnO4更多(3分)(2)向萃取后所得有机层中(分批次)加入一定量的硫酸，充分振荡后静置分液，取有机层(2分)(3)向其中滴加50mL0.1mol·L-1H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和Ba

Cl2溶液无沉淀生成(3分)【解析】将磷铁渣(主要含FeP、以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)在维持温度60℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，

过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，萃取法除铁，最后制备制Mn3(PO4)2。。(1)①向三颈烧瓶中加入一定量的硫酸和KMnO4溶液，反应后有Fe3+、Mn2+和H3PO4生成。可知FeP在酸性条件下被KMnO4氧化，配

平离子方程式为：5FeP+8MnO4-+39H+=5Fe3++8Mn2++H3PO4+12H2O；②三颈烧瓶中加入KMnO4参加反应，紫红色褪去，当三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失说明反应已完全。答案

：三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失；③反应Fe3++H3PO4FePO4+3H+的平衡常数为()8a1a2a3133-22481610==1.92spFePO1100410KKKK−−−

=；④实验中需不断补充稀硫酸控制溶液的pH，pH过大，Fe3+水解生成Fe(OH)3或转化为FePO4沉淀造成Fe的浸出率低，KMnO4转化为MnO2，氧化等量的FeP消耗的KMnO4更多；(2)Fe3++3(HA)2(有机层)Fe(HA2)3+(有机层)+3H+

，加入硫酸，平衡向逆方向移动，Fe3+进入水层，分液，有机层回收利用即可；(3)分析题中图像可知，在pH为7，沉淀中锰磷比接近3∶2，Mn的沉淀率最大。取萃取后所得水层溶液100mL，向其中滴加50mL0

.1mol·L-1H3PO4，再滴加NaOH溶液，至溶液pH=7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成。28．(15分)氢能将在实现“双碳”目标中起到重要作用，乙醇—水催化重整可获得氢气。主要发生以下反

应。反应I：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)，ΔH1=+255.7kJ·mol-1反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，ΔH2=-41.2kJ·mol-1回答下列问题：(

1)反应C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)的ΔH3=___________。(2)压强为100kPa，体积为1L的密闭容器中充入1molC2H5OH(g)和3molH2O(g)发生上述反应平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示(已知

：CO的选择性=()()()2nCOnCO+nCO生成生成生成。①表示CO2的选择性的是曲线___________(填“a”或“b”)；温度升高，CO2的选择性变化的原因是___________。②300°C时，生成氢气的物质的量为__________

_mol。③500°C时，反应I的标准平衡常数422θθ252θθP(H)P(CO)PPKP(CHOH)P(HO)PP=，其中θP为标准压强(100kPa)，P(C2H5OH)、P(H2O)、P(H2)和P(CO)为各组分的平

衡分压，则θK=___________(已知：分压=总压×该组分物质的量分数)。(3)为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为___________。(4)生物乙醇辅助电解可以得到纯氢，其反应过程如图所示，电极b接电源的__________

_极(填“正”或“负”)，阳极的电极反应式为___________。【答案】(1)+173.3kJ/mol(2分)(2)a(2分)温度升高，反应II平衡逆移，消耗CO2，生成CO，CO2选择性不断减小(2分)3.42(

2分)167或2.3(2分)(3)增大水蒸气的浓度(2分，其它合理答案均可)(2分)(4)负(1分)C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+(2分)【解析】(1)由方程式可以看出312H=H+2H255.7kJ/mol(41.22)kJ/mol=+−，最终

得到3H173.3kJ/mol=+；(2)从反应Ⅱ产生CO2为放热反应，升高温度该反应平衡逆向即CO2含量降低，选择性降低。而反应I为吸热反应且产生CO，随着温度升高该反应平衡正向CO增加，CO的选择性增加。答案为a；CO转化为CO2为放热反应升温平衡逆向，CO2选择性降低。C

O2的选择性=22n(CO)=85%n(CO)+n(CO)0.15n(CO2)=0.85n(CO)。300℃平衡C2H5OH的转化率为60%，即n(CO2)+n(CO)=0.6×2mol=1.2mol，得出n(CO)=0.18mol，n(CO2)=

1.02mol。则n(H2)=3.06+0.36=3.42mol。答案为3.42mol。500℃时，乙醇的转化率为80%则n(CO2)+n(CO)=80%×2mol=1.6mol。选择性为50%，n(C

O2)=n(CO)=0.8mol。则建立三段式为：由以上得知，平衡时n(H2)=2.4+1.6=4mol，n(C2H5OH)=0.2mol，n(H2O)=3-0.4-1.2=1.4mol。则P总(平衡)=(0.8+0.8+4+0.2+1.4)=100kPa=1.8100kPa4mol，n(

)0.8P(CO)=1.8100kPa20kPa7.2COPn=总(平衡)=总，，22n(HO)1.4P(HO)=1.8100kPa36kPa7Pn=总(平衡)=总，22n(H)4P(H)=1.8100kPa103kPa7Pn=总(平衡

)=总。则4210320()()100100K=2.3365100100=。(3)由乙醇参与的两个反应均为吸热反应，且气体增加的反应，升温或者降低压强或者增加H2O的浓度均能使这两个反应平衡正向，H2的产率增加。(4)由图知，H2O变为H2发

生了还原反应，则为电解池的阴极与电源的负极相连。而a极为阳极，电极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。选做题(每小题15分)35．【选修3-物质结构与性质】(15分)配合物顺铂[Pt(NH

3)2Cl2]是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其抗癌机理是在Cu转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与DNA结合，破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图1所示：(1)基态Cu原子价层电子的电子排布图为_______，Cu属于_____

__区元素。(2)①鸟嘌呤分子中所含第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为_______。②在Pt(NH3)2Cl2中，配体与铂(II)的结合能力：Cl_______NH3(选填“>”或“<”)。③与NH3互

为等电子体的分子和离子有_______、_______(各举一例)。(3)碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(II)的简称，属第二代铂族抗癌药物，其毒副作用低于顺铂。碳铂的结构如图2所示：①碳铂中含有的作用力有_______(填字母)。A．极

性共价键B．非极性共价键C．配位键D．离子键E.金属键F.σ键G.π键②碳铂分子中采用sp3和sp2杂化的原子个数比_______。(4)已知顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下表。顺铂反铂结构25°C时溶解度/g0.25770.0366①推测Pt(NH3

)2Cl2中Pt的杂化轨道类型不是sp3，依据是_______。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。(5)铂晶胞为正方体，晶胞参数为apm，晶胞结构如图3所示。①晶胞中铂(Pt)原子的配位数为_______。②紧邻的两个Pt原子的距离为_______pm

，晶体的摩尔体积Vm=_______cm3·mol-1(用含a的代数式表示，阿伏伽德罗常数为NA，单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积)。【答案】(1)(1分)ds(1分)(2)N>O>C(1分)<(1分)PH3(1分)H3O+(1分)(3)ABCFG(2分)4：1(1

分)(4)若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象(1分)顺铂是极性分子，反铂是非极性分子(1分)(5)12(1分)22a(1分)3-30ANa104(2分)【解析】(1)基态Cu原子的核外电子排布式为：1s2

2s22p63s23p63d104s1，价层电子的电子式为：3d104s1，排布图为：，属于ds区的元素；(2)①鸟嘌呤分子中所含第二周期元素有：C、N、O，同周期元素，第一电离能从左到右逐渐增大，但是N元素的夹层电子为3p3，半充满稳定状态，所以第一电

离能由大到小的顺序为：N>O>C；②NH3具有较强的电子捕获能力，可以与Pt形成更紧密的配位键，所以在Pt(NH3)2Cl2中，配体与铂(II)的结合能力：Cl<NH3；③根据等电子体的原则，原子个数相等，价电子总数相等，与NH3互为等电子体的分

子和离子有PH3和H3O+；(3)①根据图2信息，在该分子中含有：A.极性共价键B.非极性共价键C.配位键F.σ键G.π键；故选ABCFG；②碳铂分子中采用sp3的原子为：4个碳原子、2个氧原子，2个氮原子共8个原子，sp2杂化的原子为：

2个碳原子，所以原子个数比：4：1；(4)①若Pt的杂化轨道类型为sp3，则Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，不存在同分异构现象；②根据相似相容原理，因为水为极性分子，顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是顺铂也是极性分子；(5)①立方体的边长为

a，Pt原子之间最近且相等的距离为2a2，共有12个原子满足，所以配位数为12；②Pt原子之间最近且相等的距离为2a2；③晶胞中Pt的个数为：118+6482=，A4n(Pt)=molN，晶胞的体积为：1033(10)cma−，所

以摩尔体积为：A331330330AmNa10V10V=4n4molcmcmN·mola−−−==。36．【选修5-有机化学基础】(15分)Q()是一种重要有机合成中间体，工业上常用的流程如下：回答下列问题：(1)A的化学名称是_______。(2)D中含氧官能团的名称为

_______。(3)由C生成D的反应类型为_______。(4)X的化学式为__________；化合物F的结构简式___________。(5)写出H→T的方程式(不必注明条件)________________________________。(6)在

G的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为_______种。①与G分子中含有一种相同的官能团；②1H-NMR谱表明分子中有5种氢原子；③能够发生银镜反应；上述同分异构体经银镜反应后酸化，所得产物中，核磁共振氢谱显示有四组氢(氢原子数量比

为6：3：1：1)的结构简式为_______。(7)已知：，写出由制备化合物的合成路线流程图(无机试剂任选)。________________【答案】(1)环已醇(1分)(2)酯基和酮基(1分)(3)取代反应(1分)(4)CH2=CHCN(1分)(2分)(5)→+H2

O(2分)(6)4(2分)、(2分)(7)(3分)【题意分析】本题考查有机合成与推断，意在考查考生对有机物官能团之间转化的理解、同分异构体的书写和合成路线的选择等。【解题思路】(1)A的结构简式为，化学名称为环已醇；(2)D的结构简式为，

含氧官能团的名称为酯基和酮基；(3)C()在C2H5ONa作用下发生取代反应生成D()；(4)比较流程中D、E的结构简式，可知X为CH2=CHCN；化合物在碱性条件下水解先生成，酸化生成F，故F的结构简式为；(5)根据H为，T为，故化学方程式为：→+H2O；(6)根据题意，G的同分异构体能

够发生银镜反应，说明含有—CHO，另一官能团与G相同，应为—CN；结合1H-NMR谱表明分子中有5种氢原子，可得出符合题意的同分异构的结构简式为、、、，共4种；上述同分异构体经银镜反应后酸化所得产物中核磁共振氢谱显示有4组氢且氢原子数量比为6：3：1：1的结构简式为、；(7)根据可

知，它是由分子内发生酯化反应生成的，生成该物质的原物质为含有2个羟基和2个羧基的有机物；有机物含有碳原子数目为6个，而提供碳原子数为4个，需要增加2个碳才能满足条件，通过题给信息利用醛基与氢氰酸发生加成反应，在酸性条件下水解生成羧酸，就可以实现碳原子的个数增长；具体流程如下：。

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