【文档说明】河南省名师联盟2020届高三下学期5月联考理综化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1.018 MB，由小赞的店铺上传

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名校联盟2019～2020学年下学期高三5月联考理科综合化学部分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效

。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上

对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Re-186一、选择题：本题共13小题，每小题

6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A.“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B.硅胶、CaO、P2O5都可用作食品干燥剂C.我国积极倡导“低碳经济”，将煤液化就是一种“低碳”

方式D.可利用新制Cu(OH)2悬浊液检验患者尿液中是否含有葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A．硅单质为良好的半导体，太阳能电池帆板的材料为晶体硅，而不是氮化硅或二氧化硅，故A错误；B．P2O5吸水转化为磷酸，其受热或遇水分解放热，放出有毒的腐蚀性烟气，具有强腐蚀性，不可用作食品干燥剂

，故B错误；C．“低碳经济”是指减少二氧化碳的排放，将煤液化并不能减少二氧化碳的排放，故C错误；D．葡萄糖含有醛基，加热条件下可以和新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，据此可以检验患者尿液中是否含有葡萄糖，故D正确；

故答案为D。2.下列实验“操作和现象”与“结论”对应且正确的是（）操作和现象结论A向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，铜片很快开始溶解，并放出刺激性气味的气体浓硫酸具有强氧化性B向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，

后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I3−⇌I2+I-C向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COO

Na溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铜与浓硫酸的反应需要加热，常温下，几乎无明显现象，现象不正确，故A错误；B．向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和硝酸银溶液，前者溶液变蓝，说明溶液中存在I2，后者有黄色沉淀，说

明溶液中存在I-，说明KI3溶液中存在平衡：I3−⇌I2+I-，故B正确；C．向一定量的硝酸银溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀，可能是因为溶液中硝酸银过量，因此不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，实验结论不正确，故C错误；D．NaC

lO溶液具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液的pH，实验操作不正确，故D错误；故选B。3.化合物A是一种危险化学制品，具有腐蚀性、可自燃性。主要用于医药工业，在有机合成中用作催化剂等。其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是处于三个不同短周期且原子序数依次

递增的常见元素，X、Y核外电子层数相同，Y核外最外层电子数是X内层电子数的3倍。下列叙述正确的是（）A.原子半径：Y＞X＞Z＞WB.简单气态氢化物的稳定性：X＞YC.X与W形成的常见化合物有两种D.W和Z形成的化合

物为离子化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是处于三个不同短周期且原子序数依次递增的常见元素，根据可知，Z可形成+1价阳离子，为第ⅠA族元素，W能形成一个共价键，X能形成4个共价键，则Z为Na元素，W为H元素，X为C元素，X、Y核外电子层数相同，Y核外最外层电子数是X内层电子数的3倍

，Y为O元素，A的分子式为CH3ONa，据此分析解答。【详解】根据分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，A的分子式为CH3ONa；A．同周期元素，随核电荷数增大，半径减小，H元素为元素周期表中原子半径最小的元素，N

a元素为短周期中原子半径最大的元素，则原子半径：Z＞X＞Y＞W，故A错误；B．X为C元素，Y为O元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＜Y简单气态氢化物的稳定性：X＜Y，故B错误；C．W为H元素，X为C元素，X与W形成的化合物有多种

只含碳氢两种元素的烃类有机化合物，如甲烷、乙烯、乙炔、乙烷、丙烷等等都为常见化合物，故C错误；D．W为H元素，Z为Na元素，W和Z形成的化合物为NaH，属于离子化合物，故D正确；答案选D。4.某酯的相对分子质量不大于160，可表示为CnH2nO2(n为整

数)。在酸性条件下能水解生成两种相对分子质量相等的酸和醇，且该醇最终可被氧化为羧酸，不考虑立体异构，则满足该条件的酯有（）A.12种B.14种C.23种D.28种【答案】A【解析】【详解】A根据分子式满足Cn

H2nO2(n为整数)，相对分子质量不大于160，即14n+32≤160，则n≤9。在酸性条件下能水解生成两种相对分子质量相等的酸和醇，且该醇最终可被氧化为羧酸，即水解所得醇分子中的碳原子比水解所得酸分子中的碳原子多1个，同时醇中要含有一CH2OH基团。所以醇与酸的组合有以下几组：①CH3C

H2OH、HCOOH；②C2H5CH2OH、CH3COOH；③C3H7CH2OH、C2H5COOH；④C4H9CH2OH、C3H7COOH；其中第①组CH3CH2OH、HCOOH只有一种结构，形成的酯只有1种，第②组C2H5CH2OH、CH3COOH有1种结构，形

成的酯也只有1种结构；第③组中-C3H7有2种结构，-C2H5有一种结构，生成的酯有2种结构；第④组中-C4H9有4种结构，-C3H7有2种结构，形成的酯有8种结构，因此一共有12种，答案选A。5.铼(Re)是种银白色的重金属，是地球地壳中最稀有的元素之一，它广泛应用于

航空航天领域。在工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备Re2O7。另一种途径是从炼铜的废液中提取铼，其简易工艺流程如图(部分副产物省略，铼在废液中以ReO4-形式存在)。下列说法错误的是（）A.在“反萃取”中，加入氨水、水

的目的是萃取有机层中的ReO4-B.在NH4ReO4制备Re2O7的过程中，产生的副产物可回收利用C.实验室在H2还原Re2O7的过程中，一共消耗7molH2，则可制得2molReD.以含ReS2的矿石原料生产48.4tRe2O7，理论上转移电子3.0×106mol【

答案】C【解析】【详解】A．在“反萃取”中，加入氨水、水可反应产生NH4ReO4，以达到萃取有机层中的ReO4-，A正确；B．NH4ReO4不稳定，受热分解产生Re2O7，反应方程式为：NH4ReO4Re2O7+2NH3↑+H2

O，反应产生的副产物NH3可用于反萃取，提取有机物中的ReO4-，因而可以达到回收利用的目的，B正确；C．实验室在H2还原Re2O7的过程中，H2除作还原剂外，还作保护气，在实验前要先通入H2排除装置中的空气，反应结束后要进一步通入H2，使制取得到的Re在H2的还原性环境中冷却，防止Re被热的

空气氧化，因此若共消耗7molH2，则制得Re是物质的量小于2mol，C错误；D．工业上，高温灼烧含ReS2的矿粉，可以制备Re2O7，涉及反应为4ReS2+15O22Re2O7+8SO2，则生成1molRe2O7，转移30mol电子，48.4tRe2O7的物质的量为n(Re2O7)=648.

410484mol=1.0×105mol，则反应转移电子的物质的量n(e-)=1.0×105mol×30=3.0×106mol，D正确；故合理选项是C。6.制氢和储氢作为氢能利用的关键技术，是当前科学家主要关注的热点问题。一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(除目标产物外，近

似认为无其他有机物生成)。电流效率=(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数)×100%，则下列说法错误的是（）A.电子移动方向为：a→d；e→bB.d电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12C.该储氢装置的电流效率明显小于100%，其原因可能是除目标产物外，还有H2生成D.

由图中数据可知，此装置的电流效率约为32.1%【答案】D【解析】【分析】由图可知，该装置为电解池，苯在电极d转化为环己烷，该过程是加氢过程，属于还原反应，则电极d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，据此分析解答。【详解】A．根据分析

，d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，电源内部电子移动方向为：a→d；电解池中电子的移动方向为e→b，故A正确；B．d为电解池的阴极，发生还原反应，d电极上苯转化为环己烷，属于得到氢的过程，发生还原反应，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极

移动，则d电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故B正确；C．阴极除了目标产物外，还可能发生氢离子得电子生成氢气的电极反应，则这种气体为氢气，故C正确；D．阳极生成2.8mol的气体，该气体应该为阳极上OH-放电生成的氧气，生成一个氧分子

失去4个电子，则转移电子的物质的量为2.8mol×4=11.2mol，电解过程中通过阴、阳极的电子数目相等，即阴极得到电子也为11.2mol；阴极电极反应为：C6H6+6H++6e-=C6H12，参与反应的苯的物质的量为10mol×24%-12mol×10%=1.2mol，

则生成环己烷消耗的电子数为7.2mol，则阴极还发生的电极反应为：2H++2e-=H2↑，生成氢气消耗的电子数为11.2mol-7.2mol=4mol，则此装置的电流效率为7.2mol11.2mol×1

00%≈64.3%，故D错误；答案选D。7.常温时，浓度均为1mol·L-1的CH3NH2和NH2OH两种碱溶液，起始时的体积都为10mL。分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示(V表示溶液的体积)，pOH=-lg[c

(OH-)]。下列说法正确的是（）A.当两溶液均稀释至lgVmL=5时，溶液中水的电离程度：NH2OH＜CH3NH2B.常温下，用盐酸滴定NH2OH时，可用酚酞作指示剂C.CH3NH3Cl溶液中存在关系：2c(H+)+c(CH3NH)=c(CH3NH2)+2c(OH-)+c(Cl-)D.

等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系为：c(NH3OH+)＞c(CH3NH+)【答案】C【解析】【分析】根据图示，二者稀释相同的倍数，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，碱性越强，则NH2OH的碱性弱于CH3NH2，据此分析解

答。【详解】A．当两溶液均稀释至lgVmL=5时，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，碱性越强，对水的电离抑制作用越大，则溶液中中水的电离程度：NH2OH＞CH3NH2，故A错误；B．常温下，用盐酸滴定NH2OH达到终点时生成

的NH3OHCl为酸性，应用甲基橙作指示剂，故B错误；C．CH3NH3Cl溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(CH3NH3+)=c(OH-)+c(Cl-)，质子守恒式为：c(H+)=c(CH3NH2)+c(OH

-)，两式相加可得：2c(H+)+c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)+2c(OH-)+c(Cl-)，故C正确；D．1mol⋅L−1的CH3NH2比1mol⋅L−1的NH2OH的pOH值小，即碱性强，根据水解规律，越弱越水解，NH3OH+的水解程度

大，所以浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：c(NH3OH+)＜c(CH3NH3+)，故D错误；答案选C。三、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根

据要求作答。(一)必考题：共129分。8.丙烯酸甲酯(CH2=CH—COOCH3)是一种重要的有机合成中间体，沸点为80.5℃。某实验小组制取丙烯酸甲酯的装置如图所示：回答下列问题：I.丙烯酸甲酯的制备与提纯步骤1：将10.0g丙烯酸、6.0g甲醇和2mL浓硫酸放置于三颈烧瓶中，连接

好冷凝管，用搅拌棒搅拌，水浴加热。步骤2：充分反应后，冷却，向混合液中加入5%Na2CO3溶液洗至中性，分离出有机相。步骤3：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙烯酸甲酯。(1)步骤1装置如图1所示(加热和夹持装置已略去)。三颈烧瓶中进行的可逆反应化学方程式为___，本实验中最容

易产生的副产物的结构简式为___。(2)仪器b的作用为___。(3)混合液用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是___。(4)实验室配制100g5%Na2CO3溶液需用到的玻璃仪器是___。(5)关于产品的蒸馏操作(夹持装置未画出)如图2所示。将步骤3(蒸馏)的操作补齐：安装

蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，___，弃去前馏分，收集80.5℃的馏分。II.丙烯酸甲酯含量的测定步骤1：将油状物质提纯后平均分成5份，取出1份置于锥形瓶中，加入2.5mol·L-1的KOH溶液10.00mL，加热使之完全水解。步骤

2：用酚酞作指示剂，向冷却后的溶液中滴加0.5mol·L-1的HCl溶液，中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL。(6)本次酯化反应丙烯酸的转化率为___。【答案】(1).CH2=CH-COOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CH-COOCH3+H2O(2).CH3OCH3(3).冷

凝回流(4).除去混合液中的丙烯酸、浓硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)(5).烧杯、玻璃棒、量筒(6).通冷凝水、加热(7).54.0%【解析】【分析】利用该实验装置制备并提纯丙烯酸甲酯，装置a中将10.0g丙烯酸、6.0g甲醇和2mL浓硫酸混合用搅拌棒搅拌，水浴加热发

生反应制取丙烯酸甲酯，发生反应为CH2=CH-COOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CH-COOCH3+H2O，制得的粗品丙烯酸甲酯用5%Na2CO3溶液洗去混合液中丙烯酸、甲醇和浓硫酸至中性，经干燥过滤，

利用水浴加热蒸馏分离出丙烯酸甲酯，蒸馏操作时，冷凝水的方向与蒸汽的流动方向相反，温度计测定蒸汽的温度，水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，将制得的丙烯酸甲酯利用中和滴定的原理进行含量的测定并计算含量，据此分析解答。【详解】I(1)根据分析，三颈烧瓶中进行的可逆反应

化学方程式为CH2=CH-COOH+CH3OH浓硫酸加热CH2=CH-COOCH3+H2O，结合乙醇的消去反应，在一定温度下，乙醇在浓硫酸作用下发生分子间脱水生成乙醚，本实验中使用的反应物中有甲醇，具有乙醇相似的化学性质，在浓硫酸作用下，达到一定温度，甲醇

也会发生分子间脱水生成甲醚，则最容易产生的副产物的结构简式为CH3OCH3；(2)制取丙烯酸甲酯过程中，反应物丙烯酸、甲醇都易挥发，导致原子利用率较低，制备产率也较低，仪器b的作用为冷凝回流，提高反应物的利用率，从而提高产量；(3)混合液中有丙烯酸甲酯

、丙烯酸、甲醇、浓硫酸，浓硫酸、丙烯酸能与Na2CO3溶液反应，甲醇能溶于碳酸钠溶液中，所以用5%Na2CO3溶液洗涤的目的是除去混合液中的丙烯酸、浓硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)；(4)配制100g5

%Na2CO3溶液通常用的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、量筒；(5)将步骤3(蒸馏)的操作补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水、加热，弃去前馏分，收集80.5℃的馏分；II(6)中和过量的KOH，滴到终点时共消耗盐酸20.00mL，即0.5×0.02mol=0

.01mol，所以用于水解的KOH的物质的量为0.025mol−0.01mol=0.015mol，所以用于生成CH2=CHCOOCH3的CH2=CHCOOH的质量为：0.05mol×72g/mol=1.08g，参加实验的样品为原样品的15

，则丙烯酸的转化率为：1.08g10g15×100%=54.0%。【点睛】本题的难点为(1)中的副产物判断，要充分结合已学过的知识的应用，乙醇在浓硫酸作用下迅速升温170℃发生消去反应生成乙烯，在140℃时在浓硫酸

作用下发生分子间脱水生成乙醚，甲醇和乙醇互为同系物，结构相似，在性质上具有相似性，相同条件下也可发生分子间脱水反应，要学会知识的迁移和应用。9.高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。如图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：(1)在实

验流程中，操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择___(填序号)。a．铁坩埚b．石英坩埚c．瓷坩埚d．氧化铝坩埚(2)“熔融物”中KClO3应过量的原因除了提高MnO2利用率外，还有_______。(3)操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中

发生反应的离子方程式为___。若溶液碱性过强，则-4MnO又会转化为2-4MnO，同时产生无色气体，该转化过程中发生反应的离子方程式为___。(4)还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制备KMnO4(装置如图所示)。①电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为____

____。②随着电解的进行，溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能原因是________。③为避免该现象，请提出改进装置的措施：________。【答案】(1).a(2).KClO3会分解(3).32-4MnO+2H2O=2-

4MnO+MnO2↓+4OH-(4).4-4MnO+4OH-=42-4MnO+O2↑+2H2O(5).2-4MnO-e-=-4MnO(6).电解较长时间后，阳极产生的-4MnO在阴极被还原，溶液颜色由紫色转变为绿色（或阴极上氢离子放电生

成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，-4MnO转化为2-4MnO，溶液颜色由紫色转变为绿色）(7).在两电极之间增加阳离子交换膜，阴极室用氢氧化钾溶液，阳极室用锰酸钾溶液【解析】【分析】KOH与KClO3固体混合物在铁坩埚中加热至熔化，然后向其中加入MnO2，发生氧化还原反应产生

K2MnO4、KCl，将所得固体冷却后研磨，得到固体粉末，然后加入蒸馏水，并加入4%KOH溶液，调整溶液pH至10～11，K2MnO4发生歧化反应产生MnO2、KMnO4，然后过滤除去MnO2固体，得到的溶液中含KMnO4，然后将溶液蒸发浓缩、冷

却结晶得到KMnO4晶体。【详解】(1)在实验流程中，操作①和②均需在坩埚中进行，由于物质中含有强碱KOH，KOH能够与石英坩埚、瓷坩埚中的SiO2反应，也能够与氧化铝坩埚中的Al2O3发生反应，因此应该选用铁坩埚，故合理选项是a；(2)“熔融物”中KClO3应过量，原因除了可以提高MnO2利用率

外，还有就是KClO3不稳定，受热分解产生KCl和O2；(3)K2MnO4在碱性条件下发生歧化反应，产生MnO2、KMnO4，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的离子方程式为：32-4MnO+2H2O=2-4MnO+MnO2↓+4OH-；但若溶液液碱性

过强，由于-4MnO具有强的氧化性，会将溶液中的OH-氧化产生O2，-4MnO被还原产生2-4MnO，该转化过程中发生反应的离子方程式为：4-4MnO+4OH-=42-4MnO+O2↑+2H2O；(4)①用石墨电极电解K2M

nO4溶液，右侧电解连接电源正极，为阳极，在阳极上溶液中的2-4MnO失去电子发生氧化反应变为-4MnO，使溶液逐渐变为紫色，电极反应式为：2-4MnO-e-=-4MnO；②随着电解的进行，溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能原因是在阴极上

溶液中的H+不断放电产生H2逸出，使溶液碱性增强，-4MnO转化为2-4MnO，溶液颜色又由紫色逐渐转化为绿色；③为避免该现象发生，改进装置的措施是：在两电极之间增加阳离子交换膜，阴极室用氢氧化钾溶液，阳极室用锰酸钾溶液，这样就可以避免碱

性环境中-4MnO转化为2-4MnO。【点睛】本题考查仪器的使用、混合物分离提纯，氧化还原反应、电解原理的应用，把握流程中发生的反应、物质的性质与混合物分离提纯方法为解答的关键，在分析物质转化关系时，要注意溶液酸碱性、温度等对物质性

质的影响，侧重考查学生的分析、实验能力和应用能力。10.甲酸在有机化工中有广泛的用途，工业上可有多种途径来制备甲酸。回答下列问题：(1)利用光催化制甲酸原理如图所示。该装置能量转化方式为___。(2)另一种以Ru化合物为催化剂，用H2和CO2制取甲酸的反应机理如下：第一

步：Ru(OH)2+2H2⇌RuH2+2H2O快速平衡第二步：RuH2+2CO2→Ru(OOCH)2慢反应(近似认为不影响第一步反应的平衡)第三步：Ru(OOCH)2+2H2O→2HCOOH+Ru(OH)2快反应下列表述正确的是___(填序号)。A．平衡时v(第一步的逆反应)＞v(第

二步反应)B．反应的中间产物只有Ru(OOCH)2C．第二步反应中RuH2与CO2的碰撞仅部分有效D．第三步反应的活化能较低(3)CO2加氢也可制备甲酸(HCOOH)。①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图：反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)的焓变△H=___kJ·mol-1。②温

度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)K=2实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆=___(以k正表示)。③当温度改变为T2℃时，k正=

1.9k逆，则T2℃时平衡压强___T1℃时平衡压强(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___。(4)甲酸是唯一能和烯烃发生加成反应的羧酸，目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝(NO)原理，其脱硝机理示意图如图1，脱硝率与温

度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。①写出该脱硝原理总反应的化学方程式：___。②为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是___。(5)T℃，甲酸与醋酸钠溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的平衡常数为12.5，则该温

度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=___(T℃时甲酸的电离常数为2×10-4)。【答案】(1).光能转化为化学能和电能(2).ACD(3).-31.4(4).0.5k正(5).＞(6).CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)为放热反应，温度升高，平衡常数减小，平衡左移，气体的物质

的量增加，总压强增大；温度升高，总压强增大(7).6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O(8).350℃、负载率3.0%(9).1.6×10-5【解析】【分析】(1)根据图示分析能量的转化方式；(2)根据第一步能够快速平衡，第

二步为慢反应，第三步反应为快反应，结合反应方程式和反应速率的影响因素分析判断；(3)①由图示可知①HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H=+72.6kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③H2(g)+1

2O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，再利用盖斯定律分析解答；②反应达到化学平衡时，有v正=v逆，根据速率方程和化学平衡常数表达式分析计算；③根据平衡常数的变化判断平衡移动的方向结合温度的变化分析解

答；(4)①根据图1确定反应物、生成物，写出反应方程式；②为达到最佳脱硝效果，需要满足脱硝率高，负载率低，适宜的温度选择合适的条件；(5)T℃，甲酸与醋酸钠溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应

的平衡常数为12.5，即()()33()CHCOOHHCOOH()COOHCHCOO−−cccc=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=()33()()CHCOOHCHCOOH−+ccc，据此分

析计算。【详解】(1)根据图示，该装置能量转化方式为光能转化为化学能和电能，故答案为：光能转化为化学能和电能；(2)A．第一步能够快速平衡，第二步为慢反应，因此平衡时v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A正确；B．根据反应原理，反应的中间产物只有Ru(

OOCH)2、RuH2和H2O，故B错误；C．第二步反应为慢反应，说明反应中RuH2与CO2的碰撞仅部分有效，故C正确；D．第三步反应为快反应，说明反应的活化能较低，反应容易进行，故D正确；故答案为：ACD；(3)由图示可知①HCOOH(g)

⇌CO(g)+H2O(g)△H=+72.6kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，根据盖斯定

律，将①+②-③可得HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g)的焓变△H=(+72.6kJ/mol)+(-283.0kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+31.4kJ/mol，则CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)的焓变△H=-31.4kJ/mol，故答案为：

-31.4；②反应CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正=v逆，即k正c(CO2)•c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以正逆kk＝()()()22HCOOHCOHccc=2

，所以k正=2k逆，即k逆=0.5k正，故答案为：0.5k正；③当温度改变为T2时，k正=1.9k逆，则K=()()()22HCOOHCOHccc=正逆kk=1.9＜2，说明平衡逆向移动，气体的物质的量增大，总压强增大；该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移

动，所以温度T2＞T1，温度升高，总压强增大，故答案为：＞；CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)为放热反应，温度升高，平衡常数减小，平衡左移，气体的物质的量增加，总压强增大；温度升高，总压强增大；(

4)①由图1知，反应物为一氧化氮、氧气、乙烯，铜为催化剂，生成物为氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O，故答案为：6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；②为达到最佳脱硝效果，需要满足脱硝率高，负

载率低，适宜的温度，由图可知，合适的条件为350℃、负载率3%，故答案为：350℃、负载率3%；(5)T℃，甲酸与醋酸钠溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的平衡常数为12.5，即()()33()CHCOOH

HCOOH()COOHCHCOO−−cccc=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=()33()()CHCOOHCHCOOH−+ccc=()()()33CHCOOHHCOOHHCOOCHCOOH()()(

)(HC)OOHCOOH−+−−ccccccc=()()33CHCOOHCOOHCHCOOH()()HCOO−−cccc×()HHCOOHCOO(H)()+−ccc=112.5×2×10-4=1.6×10-5，故答案为：1.6×10-5。【点睛】本题

的难点为(5)，要注意根据甲酸和乙酸的电离平衡常数表达式找到与甲酸与醋酸钠溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH的平衡常数表达式的关系。(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。11.碳是地球

上组成生命的最基本元素之一，与其他元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，

并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态碳原子核外有___种运动状态不同的电子，其外围电子轨道表示式为___。W中Li+

与孤对电子之间的作用属于___(填标号)。A.离子键B.共价键C.氢键D.配位键E.以上都不是②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是___。③冠醚分子中氧的杂化轨道的空间构型是___，C—O—C的键角___(填“＞

”“＜”或“=”)109°28′。(2)碳的一种同素异形体——石墨，其晶体结构及晶胞如图1、图2所示。则石墨晶胞含碳原子个数为___个。已知石墨的密度为ρg·cm-3，C—C键键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距d为___cm。(3)碳的另一种同素异形体—

—金刚石，其晶胞如图3所示。已知金属钠的晶胞(体心立方堆积)沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图___(从A～D图中选填)。【答案】(1).6(2).(3).D(4).Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤电子

对形成稳定结构(5).四面体(6).<(7).4(8).2A1633rN(9).D【解析】【详解】(1)①碳原子为6号元素，原子核外有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有6种运动状态不同的电子，核外电子排布为1s22s22p2，外围电子排布式为2s22p2，所以外

围电子轨道表示式为；W中Li+提供空轨道，O原子提供孤对电子，形成配位键，所以选D；②Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤电子对形成稳定结构；③冠醚分子中O原子形成2个σ键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2对孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp

3杂化，杂化轨道的空间构型是四面体形；由于孤电子对成键电子的排斥作用较大，所以C—O—C的键角＜109°28′；(2)根据均摊法，石墨晶胞中碳原子分别位于顶点(8个)、棱心(4个)、面心(2个)、内部(1个)，所以个数为1118+4+2+1842=4；晶胞的质量为A124N

g，晶胞的底面图为，则有a2=r×sin60°，可得a=3r，则底面菱形的高为3a2=32r，所以底面积为3r×32r，晶胞的高为2d，所以晶胞的体积为V=3r×32r×2d=33r2dcm3，晶胞的密度A23124g=33cmNmVrd=，

解得d=2A1633rNcm；(3)体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，另外6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个C原子投影也形成小的正六边形，位于内部的4个C原子的投影，或与六边形中心重合，或与面心C原

子的投影重叠，所以D选项符合。【点睛】晶胞的相关计算为本题难点，要注意石墨晶胞的底面不是正方形，而是菱形，然后根据几何关系计算出底面积。12.某抗肿瘤药物的有效成分为E，其一种合成路线如图：回答下列问题：(1)质谱图显示有机物A的最大质荷比为___。(2)E

分子中官能团的名称是___；A→B的反应类型包括中和反应和___。(3)常温下，E不能与下列试剂反应的是___(填字母)。a.H2b.FeCl3溶液c.溴水d.NaHCO3(4)在冰水浴条件下，E与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成一种香料M，1个M分子中含

2个酯基。由E合成M的化学方程式为___。(5)T是C的同系物，T的相对分子质量比C多28，则T的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体有___种(不考虑立体异构)。①属于芳香族化合物②既能发生水解反应又能发生银镜反应其中

核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1：1：2：6的T的所有可能结构为___。(6)已知：RBrRMgBr。设计由环己烯和乙醛制备化合物的合成路线___(无机试剂和某些有机试剂任选)。【答案】(1).94(2).碳碳双键，羟基(

3).加成反应(4).ad(5).+2⎯⎯⎯→冰水浴+2CH3COOH(6).14(7).、(8).HBr⎯⎯⎯→催化剂Mg⎯⎯⎯→乙醚3CHCHO⎯⎯⎯⎯→2HO⎯⎯⎯→【解析】【分析】根据流程图，物质结构转化关系以及分子式，A与氢氧化钠溶液发生酸碱中和反应，同时与HCHO发生加成反应生成

B，B的结构简式为，B在铜作催化剂被氧气氧化后进行酸化生成C，结合C的分子式，C的结构简式为，C与在醛基上发生加成反应生成D，D发生水解生成E，据此分析解答。【详解】(1)质荷比是指带电离子的质量与所带电荷之比值，质谱分析中，最大质荷比的分子峰

就是原始分子对应的相对分子质量，则质谱图显示有机物A的最大质荷比为A的相对分子质量即为94。(2)根据E的结构简式，分子中官能团的名称是碳碳双键和羟基；A→B为A与氢氧化钠溶液发生酸碱中和反应，同时与HCHO发生加成反应生成B；(3)E的分子结构中含有碳碳双键、酚羟基和醇羟基

；a．E的分子结构中含有碳碳双键与苯环，在一定条件下可与氢气发生加成，在常温下不反应，故a符合题意；b．E的分子结构中含有酚羟基，常温下可与FeCl3溶液发生显色反应，故b不符合题意；c．E的分子结构中含有碳碳双键，常温下可以与溴水发生加成反应，故c不

符合题意；d．E的分子结构中含有酚羟基，具有弱酸性，可以与碱反应，但酸性比碳酸弱，不能与NaHCO3反应，故d符合题意；故答案选ad；(4)在冰水浴条件下，E与乙酸酐[(CH3CO)2O]反应生成一种香料

M，1个M分子中含2个酯基。由E合成M的化学方程式为+2⎯⎯⎯→冰水浴+2CH3COOH；(5)C的结构简式为，T是C的同系物，T的相对分子质量比C多28，即T的分子结构中比C多两个-CH2-原子团，

属于芳香族化合物，说明结构中含有苯环，既能发生水解反应又能发生银镜反应说明结构中含有-OOCH结构，若苯环上有一个取代基，则结构为与-CH2CH2OOCH或与-CH(CH3)OOCH两种结构，若苯环上有两个取代基，则结构为与-CH2CH3、-OOCH或与-CH3、-CH2OOCH分别以邻

间对三种位置关系结合，共有6种结构，若苯环上有三个取代基，则结构为与两个-CH3、-OOCH结合，(两个甲基在苯环上处于邻位，-OOCH有2种位置；两个甲基在苯环上处于间位，-OOCH有3种位置；两个甲基在苯环上处于对位，-OOCH有1种位置)共有6种结构，则一共有14种同分异构体；其中核磁

共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1：1：2：6的T的所有可能结构为、；(6)已知：RBrRMgBr。由环己烯和乙醛制备化合物，可由环己烯与溴化氢在催化剂作用下发生加成反应生成，与Mg在乙醚作用下发生已知信息的转化生成，与CH3CHO发生加成反应生成，最后发生水解，得到

目标产物，合成路线为：HBr⎯⎯⎯→催化剂Mg⎯⎯⎯→乙醚3CHCHO⎯⎯⎯⎯→2HO⎯⎯⎯→。【点睛】本题易错点为(3)，碳碳双键与苯环在常温下与氢气不能发生加成反应，需要在催化剂一定条件作用下发生反应，碳碳双键与溴水不需要特殊条件，常温下即可加成。