【文档说明】安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟理综化学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，608.500 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟理综化学试题1.[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A.空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B.侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C.合成氨采用高温、高压和催化

剂主要是提高氢气平衡转化率D.工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济【答案】C【解析】【详解】A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6

，作还原剂，A项正确；B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正

向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100%，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；本题答案选C。

2.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC.常温常压下，0.5

molFe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8

O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.

1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C.常温常压下，Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2(g)2HI

，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A。3.地奥司明片是治疗静脉淋巴功能不全相关的各种症状（腿部沉重、疼痛、晨起酸胀不适感）的主要治疗药物，下图为合成地奥司明片重要中间体，下列有关说法正确的是（）A.分子式为C1

8H20O6B.该中间体是高分子化合物C.该中间体可发生水解反应生成乙醇D.该中间体分子在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应【答案】D【解析】【详解】A.根据碳四价可数得其每个分子中含有18个氢原子，A项错误；B.一般来说，高分子化合物要求相对分子质

量至少过万，B项错误；C.因该物质结构中含有酯基，所以可以发生水解反应，但产物有乙酸，没有乙醇，C项错误；D.因该物质结构中有酚羟基、酯基等，可发生取代反应，因结构中有苯环，可发生催化加氢反应，因含有酚羟基或可以燃烧，因而能发

生氧化反应，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】有怎样的基团，就有怎样的化学性质。该物质结构中含酚羟基，所以能被氧化，因酚羟基的邻对位有氢，所以可以与浓溴水发生取代反应，因结构中有酯基，所以可以发生水解反应。4.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的原子得到

一个电子达到稀有气体结构，B的单质通常作为瓜果、食品的保护气，E所在的族序数是周期数的2倍，C、D、E的最外层电子之和为10。下列说法正确的是（）A.简单离子半径：E>B>C>DB.C可以从溶液中置换出D单质C.A、B、E形成化

合物中只存在共价键D.A和B形成的化合物溶于水可导电，所以该化合物为电解质【答案】A【解析】【分析】首先可判断B为N元素，原子序数依次增大，则A只能是H元素，E不可能为C元素，只能是S元素，所以C、D

最外层电子之和为4，B为N元素，则C不可能是Li、Be、B，所以C为Na元素，D为Al元素。【详解】A.根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径S2->N3->Na+>Al3+，A项正确；B.钠先与水反应，钠无法从溶液中置换出铝单质，B项错误；C.H、N、S形成的化合物为（NH

4）2S或NH4HS，化合物中既含离子键又含共价键，C项错误；D.氨气的水溶液导电的原因是：氨气与水化合成的一水合氨电离出自由移动的阴、阳离子，NH3自身不电离，属于非电解质，D项错误；所以答案选择A项。5.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论ACu片与足量浓硫酸

加热反应，冷却后，再将冷水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中溶液变蓝证明反应生成了Cu2+B向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液溶液变蓝氧化性：IO3->I2C向20.00mL浓度均为0.1mol/L的N

a2CO3和Na2S的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液只产生黑色沉Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)D室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na

HSO3两种溶液的pHpH：Na2SO3>NaHSO3HSO3-结合H+能力比SO32-的强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.混合物中含有浓度较大的硫酸，应将反应后混合物注入水中，溶液变蓝，操

作不正确，A错误；B.向添加KIO3的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液，发生反应：IO3-+6H++5I-=3I2+3H2O，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到溶液变为蓝色，在该反应中氧化剂是KIO3，I2是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以可证明

氧化性：IO3->I2，B正确；C.Ag2S与Ag2CO3的组成相似，Ksp小的先产生沉淀，由于向等浓度等体积的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加几滴等浓度的AgNO3溶液，先产生黑色Ag2S沉淀，说明Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，C错误；D.根据盐的水解规律：

越弱越水解，即形成盐的酸的酸性越弱，其酸根离子结合H+能力就越强，等浓度的Na2SO3和NaHSO3两种溶液pH：Na2SO3>NaHSO3，说明结合H+的能力：SO32->HSO3-，D错误；故合理选项

是B。6.常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（）A.NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性B.A

、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大C.E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)D.F点溶液c(NH4+)=2c(B2－)【答案】D【解析】【分析】未加入氨水前，溶液

的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增

大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。【详解】A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误

；C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C项错误；D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1

×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确；所以答案选择D

项。7.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制2H的过程如图所示。下列叙述不正确的是()A.过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能B.过程Ⅱ的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑C

.过程Ⅰ中每消耗116gFe3O4转移2mol电子D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】C【解析】【详解】A.过程I利用太阳能将Fe3O4转化为O2和FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，A正确；B.过程II实现了FeO与H2O反应生成Fe3

O4和H2的转化反应，其反应方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，B正确；C.过程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而n(Fe3O4)=116g÷232g/mol=0.5m

ol，故生成0.25mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.25mol×4＝1mol电子，C错误；D.根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，D正确；故合理选项是C。8.ClO2是一种黄绿色或橙黄色

的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中Mn2+等重金属除及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题：（1）将过硫酸纳(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中Cl元素的化合价是_________，该反应

中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。（2）将ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl-同时有黑色MnO2沉淀生成。①ClO2和MnO2均属于氧化物，理由是___________________。②该反应的离子方程式为___________

__________。（3）为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1L200mg•L-1ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO气体并测定NO的去除率，其关系如下图所示：①实验中使用的C1O2溶液的物质的量浓度为____

________(保留三位有效数字）；要使NO的去除率更高，应控制的条件是__________________________。②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂Na

C1O2，写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式：___________________。【答案】(1).+3(2).1：2(3).均含两种元素，且其中一种为氧元素(4).2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++

2Cl-(5).2.96×10-3mol•L-1(6).控制溶液呈强酸性或强碱性(7).4NO+3ClO2-+4OH-=4NO2-+3Cl-+2H2O【解析】(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中

可制备ClO2，NaClO2中Cl元素的化合价为+3价，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中S元素的化合价由+7价降低为+6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中Cl的化合价由+3价升高为+4价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠的物质的量之比为1

:2，故答案为+3；1：2；(2)①ClO2和MnO2均含两种元素，且其中一种为氧元素，属于氧化物，故答案为均含两种元素，且其中一种为氧元素；②将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl-同时有黑色MnO2沉淀

生成，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-，故答案为2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-；(3)①200mgC1O2的物质的量为0.267.5/ggmol=

0.00296mol，因此C1O2溶液的物质的量浓度为2.96×10-3mol•L-1，根据图像，要使NO的去除率更高，应该控制溶液呈强酸性或强碱性，故答案为2.96×10-3mol•L-1；控制溶液呈强酸性或强碱性；②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH

溶液反应可生成更强的吸收剂NaC1O2，在碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO2-+3Cl-+2H2O，故答案为4NO+3ClO2-+4OH-=4NO2-

+3Cl-+2H2O。9.铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健康。（1）不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72-，处理该废水常用的流程如下图所示：Na2S2O3在此

过程中表现________性。若向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，会得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合价为_________价，反应的离子方程式为______________________。（2）交警常用一

种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车。其反应原理如下，请配平该反应方程式：（）CrO3+（）CH3CH2OH+（）H2SO4—（）CH3CHO+（）Cr2(SO4)3+（）H2O（3）已知存在平衡：2

CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。向K2Cr2O7溶液中加入Ba(NO3)2和Pb(NO3)2溶液，可析出BaCrO4和PbCrO4两种沉淀，反应的离子方程式为（任意写出其中一种即可）。此时溶液中c(Pb2+)：c

(Ba2+)=_________________。已知Ksp（BaCrO4）=1.25×10-10；Ksp（PbCrO4）=2.75×10-13；（4）工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备K2Cr2O7，制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许

阳离子透过）。通电后阳极的电极反应式为____________________。请结合方程式解释反应一段时间后，在阴极室得到浓KOH溶液的原因____________________。【答案】(1).还原(2).+3(3).Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O(4)

.2(5).3(6).3(7).3(8).1(9).6(10).Cr2O72-+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72-+H2O+2Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）(11).2.2×10-3(12).2H2O-4e-=O2↑+4H

+（或4OHˉ—4e-=O2↑+2H2O），阴极室发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OHˉ)增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室，与OHˉ共同得到KOH【解析】【分析】(1)Na2S2O3是还原剂，把NaCrO2中Cr元素还原为

+3价，生成的Cr3+与过量NaOH溶液反应生成CrO2-；(2)该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价，C2H5OH中C元素化合价由-2价变为-1价，转移电子总数为6，据电子守恒、原子守恒配平方程式；(3)根据浓

度对平衡移动的影响规律进行分析；根据c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4)进行计算；(4)阳极发生氧化反应，OHˉ失电子生成O2，阴极室发生还原反应生成氢气，c（OH-

）增大，K+穿过阳离子交换膜进入阴极室。【详解】(1)Na2S2O3与六价铬发生氧化还原反应将六价的还原成+3价，所以Na2S2O3是还原剂，NaCrO2中Cr元素的化合价为+3价，向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，反应方程式为Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O；(2)该反应中Cr元

素化合价由+6价变为+3价，C2H5OH中C元素化合价由-2价变为-1价，转移电子总数为6，根据转移电子相等知，CrO3的计量数是2，C2H5OH的计量数是3，再结合原子守恒配平方程式为2CrO3+3CH3CH2OH+3H2SO4＝3CH3CHO+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)加入Ba

（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动，所以反应的离子方程式为Cr2O72-+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或Cr2O72-+H2O+2P

b2+=2PbCrO4↓+2H+）；c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4)=2.75×10−13：1.25×10−10=2.2×10-3；(4)阳极发生氧化反应，电极反应式为4OHˉ-4e-=O2↑+2H2O，阴极室发生反应2H2O+2e-=H

2↑+2OH-，c（OH-）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室。【点晴】答题时注意沉淀溶解平衡的理解与计算，掌握基础是关键。难点是氧化还原反应方程式的配平。氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原

剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧

化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。10.CO2是主要的温室气体，也是一种工业原料。回收利用CO2有利于缓解温

室效应带来的环境问题。(1)我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)ΔH=-110

36kJ/mol25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成辛烷(以C8H18表示)和液态水的热化学方程式是_________。(2)CO2催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H=-173.6kJ/mol图

是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m=22n(H)n(CO)。m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为_________，理由是_________。(3)在Cu/ZnO催化剂存在

下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ/mol反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下

,经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比)：实验序号T/K催化剂CO2转化率/%甲醇选择性/%实验1543Cu/ZnO纳米棒12.342.3实验2543Cu/ZnO纳米片10.972.7实验3553Cu/ZnO纳米棒15.339.1实验45

53Cu/ZnO纳米片12.071.6①对比实验1和实验3可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_______________；②对比实验1和

实验2可发现：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因____________。③有利于提高CO2转化为CH3OH平衡．．转化率的措施有_______。a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂c．降

低反应温度d．投料比不变，增加反应物的浓度e．增大22nCOHn的初始投料比(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2，电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。①电解时，阴极的电极反应式是___

__________。②工业上生产1.4×104kg的LDPE，理论上需要标准状况下______L的CO2。【答案】(1).8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l)ΔH=-1627kJ/mol(2).m1>m2>m3(3).温度相同时，c(

H2)增大，CO2平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动。(4).反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低。(5).Cu/ZnO纳米片对反应I的催化作用更好，测定时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性

提高。(6).cd(7).2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O(8).2.24×107【解析】【分析】(1)利用盖斯定律，将两个热化学方程式中O2消去，整理，就可得到相应的热化学方程式；(2)一定温度下二氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大

，使一种反应物浓度增大一种会提高另一种物质的平衡转化率；(3)①反应Ⅰ是放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析；②使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③有利于提高CO2

转化为CH3OH平衡转化率，需要使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析；(4)电解过程中阴极上CO2发生还原反应生成：结合碳的化合价的变化，分析得到的电子数目，根据电荷守恒可得该电极反应式，并结合电极反应式及物质的量公式计算。【详解】(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-

571.6kJ/mol；②2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)ΔH=-11036kJ/mol，(①×25-②)÷2，整理可得：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l)ΔH=-1627kJ/mol；(2)CO2催化

加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H=-173.6kJ/mol，根据方程式可知：CO2、H2都是反应物，根据平衡移动原理可知，在温度不变时，c(H2)增大，平衡正向移动，CO2转化率增大，即一定温度下二

氧化碳转化率随m(为起始时的投料比)增大而增大，根据图示可知转化率：m1＞m2＞m3，所以m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为：m1＞m2＞m3；(3)①同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低的原因是反应Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，升高温度，

平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低；②在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高的可能原因是在该时间内，使用Cu/ZnO纳米片催化剂使反应I速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高；③a．使用Cu/ZnO纳米棒做催化剂，对

化学平衡无影响，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，a错误；b．使用Cu/ZnO纳米片做催化剂，催化剂不影响化学平衡移动，无法提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，b错误；c．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，

可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，c正确；d．投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，d正确；e．增大CO2和H2的初始投料比，二氧化碳浓度增大，则CO2转化率降低，e错误；故合理选项为c

d；(4)电解过程中阴极上CO2发生还原反应生成：由C原子守恒可知关系式为2nCO2→，碳的化合价从+4变为-2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，结合电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO2+12e-+12nH+=+

4nH2O，需要二氧化碳的物质的量为n(CO2)=7m1.410228/gnMngmol=1×106mol，则在标准状况下CO2的体积为V(CO2)=1×106mol×22.4L/mol=2.24×107L。【点睛】本题考查盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响、电解原

理等知识，要求学生掌握基本概念，看清图像的横坐标、纵坐标及曲线变化趋势，灵活运用，结合生活实际分析问题、解决问题，题目难度中等。[化学-选修3：物质结构与性质]11.过渡金属元素的单质及化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，根据所学知识回答下

列问题：（1）基态Ni2+的核外电子排布式_______________；配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4，属于_______________晶体；镍的羰基配合物Ni(CO)4是获得高纯度纳米镍的原料，该配合物中镍

原子的价电子排布为3d10，则其杂化轨道类型为_______________，Ni(CO)4是_______________（填“极性”或“非极性”）分子。（2）氯化亚铜是一种白色固体，实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，则氯化亚铜的分子式为______

_________；氯化亚铜的盐酸溶液可定量吸收CO形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O（结构如图所示），该反应可用于测定空气中CO的含量，每个Cu2(CO)2Cl2·2H2O分子中含_______________个配位键。（3）铜能与类卤素(SCN)2反

应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子中含有σ键与π键的数目比为__________；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是_______________

。（4）立方NiO（氧化镍）晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为_______________g/cm3（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA）。人工制备的NiO晶体中常存

在缺陷（如图）：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为_______________。【答案】(1).【Ar】3d8(2).分子(3).s

p3(4).非极性分子(5).Cu2Cl2(6).6(7).5∶4(8).异硫氰酸中H-N键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸(9).(10).1∶11【

解析】(1)Ni元素是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，因此基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；配合物Ni(CO)4常温为液态

，熔点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，所以Ni(CO)4属于分子晶体；该配合物中镍原子的价电子排布式为3d10，可知Ni提供空轨道，O提供孤电子对，为正四面体结构，Ni其杂化轨道类型为sp3，是正四面体结构，属于非极性分子，故答案为1s22s22p63s2

3p63d8；分子；sp3；非极性；(2)实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的99.5倍，相对分子质量为99.5×2=199，由(CuCl)n=199，n=2得到化学式Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X

可形成三条配位键，配位键如图(X为Cu)，则每个Cu2(CO)2Cl2•2H2O分子中含6个配位键，故答案为Cu2Cl2；6(3)(SCN)2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，根据[(SCN)2]的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为σ键，三键

含有1个σ键、2个π键，(SCN)2分子含有5个σ键，故1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为5NA，π键的数目为4NA，数目比为5∶4；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫

氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸，故答案为5∶4；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸；(4)晶胞中Ni原子数目为1+12×14=4，氧原子数目为8×18+6×12=4，晶胞质量为4×1658.7

ANg，晶胞边长为apm，晶胞体积为(a×10-10cm)3，NiO晶体的密度为为4×1658.7ANg÷(a×10-10cm)3=103474.7(10)AaNg/cm3；设1molNi0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.96-x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知

3x+2×(0.96-x)=2×1，x=0.08molNi2+为(0.96-x)mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，故答案为103474.7(10)AaN

；1：11。点睛：本题是对物质结构的考查，涉及晶体结构与性质、核外电子排布、化学键、杂化轨道、晶胞计算等。(4)为易错点，注意利用均摊法计算晶胞质量，根据阴阳离子所带电荷相等计算氧化镍晶体中离子数目之比。[化学-选修5：有机化学基础]12.尼泊金甲酯和香兰素在食品、化妆品

行业有广泛用途。它们的结构简式如下：（尼泊金甲酯）(香兰素)(1)尼泊金甲酯中显酸性的官能团是_______（填名称）。(2)下列说法中，正确的是_____________（填标号）。A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3B．尼泊金甲酯和香兰素都能发生水解反应C．1mol尼泊金甲

酯或香兰素均能与4molH2发生加成反应D．利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酯和香兰素(3)大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种羧酸，且具备以下3个特点。大茴香酸的结构简式为______。a．分子中含有甲基b．遇FeCl3溶液不显紫色c．苯环上的一氯代物只有两种(4)以丁香油酚为原料，通

过下列路线合成香兰素。(丁香油酚)（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为）①由和ClCH2CH＝CH2合成丁香油酚的反应类型属于___________。②步骤Ⅱ中，反应的化学方程式为___________________。③W的结构简式为_______________

_____。【答案】(1).羟基(2).a、d(3).(4).取代反应(5).(6).【解析】【分析】【详解】(1)尼泊金甲酯中有酚羟基和酯基，其中是物质显酸性的官能团为羟基。(2)A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是C8H8O3，正确；B．尼泊金甲酯能发生水解反应，而香兰素有羟基和醛基

和醚键，都不能水解，所以错误，不选；C．1mol尼泊金甲酯和3摩尔氢气发生加成反应，香兰素能与4molH2发生加成反应，所以错误，不选；D．因为尼伯金甲酯中没有醛基，而香兰素有醛基，所以可以利用银氨溶液鉴别尼泊金

甲酯和香兰素；故选A、D；(3)因为一氯代物只有两种，所以说明苯环上有处于对位的两个取代基，取代基中包括有羧基和甲基，所以还有一个氧原子，可以形成醚键，所以结构为：；(4)①因为反应物中苯环上的氢被其他原子团代替，所以反应为取代反应；②反应过程中酚羟基变成酯基，所以乙酸酐中碳

氧键断开，发生取代反应，生成乙酸，所以方程式为：；③因为要是碳碳双键被氧化成醛基，而酚羟基极易被氧化，所以先氧化碳碳双键成醛基，在反应生成酚羟基，所以W的结构为：。