【文档说明】最后一卷04 决胜2021年高考化学最后一卷（湖南专用）（解析版）.doc，共(19)页，1.173 MB，由管理员店铺上传

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备战2021年高考化学最后一卷（湖南专用）化学最后一卷（四）一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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。下列说法错误的是（）A．氯碱工业是电解熔融的NaCl，在阳极能得到Cl2B．电渗析法淡化海水利用

了离子交换膜技术C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液、过氧乙酸等进行环境消毒，是利用了其强氧化性【答案】A【解析】A．氯碱工业是电解饱和食盐水，在阳极发生氧化反应，故能得到Cl2，A错误；B．阴

离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，B正确；C．硅橡胶具有空间网状结构，具有耐

磨、耐高温、耐低温等性能，硅橡胶是目前最好的既耐高温又耐低温的橡胶，广泛应用于航天航空工业，C正确；D．新型冠状病毒具有极强的传染性，可用84消毒液NaClO以及生成的HClO、过氧乙酸中的过氧酸根键均具有强氧化性，可以使蛋

白质发生变性，故利用了其强氧化性进行环境消毒，D正确；故答案为：A。2．下列化学用语错误的是（）A．中子数为10的氧原子：188OB．氯化钠的电子式：C．CH4的比例模型：D．乙炔的结构式：H—C≡C—H【答案】B【解析】A．氧质子数为8，中子数为10的氧原子，质量数为18，则核素符号为：

188O，A正确；B．氯化钠是离子化合物，电子式：Na[:Cl:]+−，B错误；C．CH4为正四面体结构、碳原子半径大于氢的，则比例模型：，C正确；D．乙炔分子内有碳碳叁键，则结构式：H—C≡C—H

，D正确；答案选B。3．有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成过程如图所示，下列说法正确的是（）A．M的一氯代物有3种B．N、W组成上相差一个CH2原子团，互为同系物C．只有N能与氢氧化钠溶液反应D．M、N、W均能发生加成反应和取代反应【答案】D【解析】A

．M中甲基上有一种氢原子，苯环上有3种氢原子，所以M的一氯代物有4种，故A错误；B．N的官能团为羧基，W是官能团为酯基，二者结构不相似，不是同系物，故B错误；C．W中含有酯基，也可以和NaOH溶液反应，故C

错误；D．M、N、W均含有苯环，可以发生加成反应，M中甲基可以在光照条件下与氯气等发生取代反应，N中含有羧基，可以发生酯化反应，酯化反应也属于取代反应，W中含有酯基，可以发生水解反应，水解反应也为取代反应，故D正确；综上所述答案为D。4．用NA表

示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．常温常压下，48gO2含有的氧原子数为3NAB．1.7gNH3含有的电子数为NAC．标准状况下，11.2L氦气和氢气的混合气含有的分子数为0.5NAD．1L0.1mol

/LCH3CH2OH水溶液中含H原子数目为0.6NA【答案】D【解析】A．48gO2的物质的量为48g32g/mol=1.5mol，则含有的氧原子数为3NA，故A正确；B．每个NH3分子含有的电子数为10，1.7gNH3的物质的量为1.7g34g/mol=0.05mol，含有的电子

数为0.5NA，故B正确；C．标准状况下，11.2L氦气和氢气的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，则混合气体含有的分子数为0.5NA，故C正确；D．1L0.1mol/LCH3CH2OH溶液中含有乙醇的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol，含有的

H原子数为0.6NA，另外溶剂水中也有H原子，则1L溶液中含有的H原子数远大于0.6NA，故D错误；故答案为D。5．由下列实验操作和现象能推出结论的是（）选项实验操作现象结论A向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢

碘酸溶液变为紫红色氧化性：Fe3＋＞I2B向10mL0.2mol·L-1ZnSO4溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，再滴加CuSO4溶液先产生白色沉淀，然后沉淀变黑相同温度下，溶度积常数：

Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)C将CaCO3与盐酸反应得到的气体直接通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀酸性：H2CO3＞H2SiO3D向FeCl3溶液中滴入几滴30％的H2O2溶液很快有气体产生，一段时间后

溶液变为红褐色Fe3＋能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应A．AB．BC．CD．D【答案】D【解析】A．向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸，溶液变为紫红色，说明有单质碘生成，但由于在酸性溶液中硝酸根离

子也能氧化碘离子，所以不能说明氧化性：Fe3＋＞I2，A错误；B．向10mL0.2mol·L-1ZnSO4溶液中加入10mL0.4mol·L-1Na2S溶液，反应中硫化钠过量，所以再滴加CuSO4溶液，一定会产生黑色沉淀，因此不能说明相同温度下，溶度积

常数：Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B错误；C．将CaCO3与盐酸反应得到的气体直接通入Na2SiO3溶液中，由于盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，盐酸也能制备硅酸，因此不能通过产生白色沉淀说明酸性：H2CO3＞H2SiO

3，C错误；D．向FeCl3溶液中滴入几滴30％的H2O2溶液，很快有气体产生，生成的气体是双氧水分解产生的，且一段时间后溶液变为红褐色，这说明Fe3＋能催化H2O2分解且该分解反应为放热反应，温度升高促进铁离子水解，D正确；答案选D。6．已知A、B、C、

D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族，B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物，下列

说法不正确．．．的是()A．B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体B．B、D形成的离子化合物可能含有共价键C．D的单质只有还原性，没有氧化性D．A、B、C分别与D形成的化合物水溶液均显碱性【答案】A【解析】A

.根据上述分析：B为O，E为Fe，Fe、O两种元素形成的化合物Fe2O3为红棕色固体，故A错误；B．根据上述分析：B为O，D为Na，B、D形成的离子化合物若为过氧化钠，含有离子键、共价键，故B正确；C．根据上述分析：D为Na，Na是

第三周期的元素，原子半径大，最外层只有1个电子，容易失去，因此表现还原性，使次外层变为最外层，达到8个电子的稳定结构，故C正确；D．根据上述分析：A为H，B为O，C为F、D为Na，A、B、C分别与D形成的化合

物分别为：NaH、Na2O或Na2O2、NaF，它们的水溶液均显碱性，故D正确；故答案：A。7．2I在KI溶液中存在平衡()()()-23IaqIaqIaq−+，测得不同温度下该反应的平衡常数如表所示：t/℃515253550K1100841680533409下列说法

正确的是（）A．反应()()()--23Iaq+IaqIaq的Δ>0HB．利用该反应可以除去硫粉中少量的碘单质C．在上述体系中加入苯，平衡不移动D．25℃时，向溶液中加入少量KI固体，平衡常数K小于680【答案】B【

解析】A．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即0H，选项A错误；B．硫难溶于水，而碘单质与I−形成3I−而溶于水，可以达到除去硫粉中少量碘的目的，选项B正确；C．加入苯，碘能溶于苯，使水中碘的

浓度变小，平衡向逆反应方向移动，选项C错误；D．加入KI固体，平衡向正反应方向移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，选项D错误。答案选B。8．某化学兴趣小组进行如下实验：实验①向4KMnO晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体2Cl；实验②向2FeCl溶液中

通入少量实验①中产生的2Cl，溶液变为黄色；实验③取实验②中生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色。下列判断正确的是（）A．上述实验证明氧化性：3+422MnO>Cl>Fe>I−B．上述实验中，共

有两个氧化还原反应C．2Cl不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D．实验②证明2Fe+既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】提取题目信息，如表所示：序号反应物产物①氧化剂：4KMnO还原剂：HCl氧化产物：2Cl②氧化剂：2Cl还原剂：2FeCl氧化产物：3FeCl③氧

化剂：3FeCl还原剂：KI氧化产物：2IA.依据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以判断氧化性由强到弱的顺序是4232KMnOClFeClI，A正确。B.上述实验中，3个反应均是氧化还原反应

，B错误。C.氯气氧化性强于单质碘，因此2Cl能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误。D.2Fe+为中间价态，确实既有氧化性又有还原性，但是在实验②中它只做还原剂，只体现还原性，D错误；答案选A。9．AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂。通过激光加热引发AlH3的燃烧

反应，燃烧时温度随时间变化关系如右图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下：2AlH3(s)=2Al(s)+3H2(g)△H1H2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H2Al(s)=Al(g)△H3A

l(g)+34O2(g)=231AlO2(s)△H4下列分析正确的是（）A．AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应B．其他条件相同时，等物质的量的Al(s)燃烧放热大于Al(g)燃烧放热C．在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最大D．2AlH3(s)+3

O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g)△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4【答案】D【解析】A．燃烧反应都是放热反应，所以AlH3燃烧是放热反应，A不正确；B．其他条件相同时，Al(s)具有的能量比

Al(g)小，所以等物质的量的Al(s)燃烧放热小于Al(g)燃烧放热，B不正确；C．在反应过程中，a点时温度最高，则放出的热量最多，生成物所具有的总能量比前面反应中都低，C不正确；D．利用盖斯定律，将①+②×3+③×2+④×2得：2AlH3(s)+

3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g)△H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4，D正确；故选D。10．三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为

0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lg()()+MOHMcc、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率(MONMON=被中和的的物质的量中和率反应前的总物质的量)的变化如图所示。下列说法正确的是()A．三甲胺[N(CH3)3]

的电离常数为10-4.8B．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)C．b点时，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)D．溶液中水的电离程度：c点＜d点【答案】C【解析】A．据图可知当lg()()+MOHMcc=0时

，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的电离常数K=()()()+-MOHMOHccc=10-4.2，故A错误；B．a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)+c(M

+)＞2c(Cl-)，故B错误；C．b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M+的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；D．c

点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误；综上所述答案为C。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求，全部

选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.11．下列实验中，依据实验操作及现象，得出的结论正确的是（）操作现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者的大非金属性：SCB无色溶液

中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I−C向溶液X中加入稀盐酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀溶液X中一定含有23CO−或3HCO−D向某无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色

沉淀溶液中不一定含有24SO−A．AB．BC．CD．D【答案】BD【解析】比较S和C的非金属性，应该比较对应元素的最高价氧化物的水化物的盐溶液的PH，所以A错误；能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫，所

以C项错误；BD正确，故选BD。12．用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．电极I为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．电解时H+由电极II向电极I迁移C．吸收塔中的反应为2NO

+2S2O2-4+2H2O=N2+4HSO-3D．每处理1mo1NO，可同时得到32gO2【答案】BC【解析】A．HSO3－在电极I上转化为S2O2-4，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应为：2HSO-3+2e

－+2H＋═S2O2-4+2H2O，故A错误；B．电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H＋通过质子膜向电极I处移动，故B正确；C．吸收塔中通入NO和S2O42－离子反应，生成N2和HSO-3，所以反应方程式

为：2NO+2S2O2-4+2H2O=N2+4HSO-3，故C正确；D．电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e－═O2↑+4H＋，每处理1molNO，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转

移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×14=0.5mol，质量为0.5mol×32g·mol－1=16g，故D错误；故选BC。12．某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为1L的容器中，相同时间下测得0.1molNO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应

为2NO(g)N2(g)+O2(g)；有CO时反应为2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)]。下列说法错误．．的是（）A．反应2NON2+O2的ΔH＞0B．达平衡后，其他条件不变，使n(CO)n(NO)＞1，CO转

化率下降C．X点可以通过更换高效催化剂提高NO的反应速率D．Y点再通入CO、N2各0.01mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)【答案】AD【解析】A．升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A选项错

误；B．达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度，平衡正移，但CO的转化率降低，B选项正确；C．X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，C选项正确；D．Y点再通入CO、N2各0.01mol，增大

反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D选项错误；答案选AD。13．氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为“第三代半导体材料”。镓（31Ga）的氧化物和氢氧化物均为两性化合物，工业制备氮化镓的

工艺流程如图所示。下列判断正确的是（）A．Ga位于第五周期第IIIA族B．酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3C．Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2D．Ga与NH3反应的另一种生成物可用作航天燃料【答案】CD【解析】A.Ga的原子序数为31，位

于第四周期第IIIA族，A错误；B.根据流程，将适量CO2通入NaAlO2和NaGaO2的混合液中得到Al(OH)3沉淀，说明CO2优先与NaAlO2反应，则酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B错误；C.Ga的氧化

物和氢氧化物均为两性化合物，且根据题中流程图可知，Ga(OH)3可与NaOH反应生成NaGaO2，C正确；D.根据元素守恒可知，Ga与NH3反应的另一种生成物为氢气，氢气具有可燃性，可用作航天燃料，D正确；答案为CD。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第15-17题为必

考题，每个试题考生都必须作答，第18、19题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共39分。15．大苏打()2232NaSO5HO、苏打、小苏打被称为“苏氏三兄弟”。它们在生活、生产中有广泛

应用。(1)工业上，将23NaCO和2NaS以1:2的物质的量之比配成溶液。再通入2SO可制取223NaSO，同时放出2CO，写出该反应的化学方程___________。2NaS溶液在空气中久置，会生成浅黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相

似的结构，该物质的电子式为___________。(2)223NaSO标准溶液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高。用离子方程式表示其原因___________。(3)下列关于苏打和小苏打的说法正确的是_______

____(选填字母序号)。A．纯碱是一种重要的化工原料，在玻璃、肥皂、造纸等工业中都有重要的应用B．苏打和小苏打的相互转化属于可逆反应C．苏打(含氯化钠杂质)可用滴定法测苏打的质量分数，使用石蕊溶液做指示剂更准确D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿

，帮助清洁牙垢(4)向50mL的氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反应后再向溶液中逐滴滴入0.1mol/L的稀盐酸，产生气体体积(标况)如图所示。请回答下列问题①通入二氧化碳后形成溶液的溶质成分是___________(填写化学式)②滴入25mL稀盐酸过程中，

溶液导电性___________(填“增强”或“减弱”)，试解释其原因___________。③原50mL氢氧化钠溶液的浓度为___________。【答案】23222232NaCO2NaS4SO3NaSOCO++=+22322SO2HSSOHO−++=++ADNaOH、23NaCO减弱发

生中和反应，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱0.15mol/L【解析】(1)因为反应的物质的量之比等于化学计量数之比，23NaCO和2NaS的物质的量之比为1:2，所以方程式为23222232NaCO2NaS4SO3NaSOCO++=+，因为浅黄色物质与过氧化钠相似

的结构，该物质的电子式为；(2)酸性条件下，223NaSO会发生歧化反应22322SO2HSSOHO−++=++；(3)A．纯碱是一种重要的化工原料，可以制备玻璃、肥皂，在造纸等工业中也有重要的应用，A正确；B．苏打和小苏打的相互转化

是在不同条件下进行的，不是可逆反应B错误；C．石蕊不能用作滴定反应的指示剂，C错误；D．牙膏中加入小苏打可以让小苏打颗粒直接摩擦牙齿，帮助清洁牙垢，D正确；故选AD。(4)由图像0到50为产生气体，50到75产生气体，可以知道溶

质为NaOH、23NaCO，0到25时主要发生的反应为2HHOOH+−+=，溶液中的离子总数不变，溶液体积增大，导致溶液的导电性减弱，③当盐酸加入75mL时，溶液恰好生成氯化钠，所以氢氧化钠的物质的量等于氯化氢

的物质的量，所以()n0.1/L0.075L0.0075NaOHmolmol==，所以物质的量浓度为：()()n0.0075c0.15/LV0.050LNaOHmolNaOHmol===。16．碳、硫的含量对钢铁性能影响很大，其含量的一种测定方法是将钢

样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。实验流程如图：(1)煅烧装置中采用纯氧，目的是________________。气体a的主要成分有_____、2CO和未反应的2O。(2)为充分吸收气体a，下列吸收装置中合适的是______(

填标号)。A．B．C．D．(3)气体a被22HO溶液吸收转化为硫酸(溶液b)，用已知浓度的NaOH溶液滴定生成的溶液b，根据消耗NaOH溶液的体积可确定钢样中硫的质量分数。①滴定时NaOH溶液置于______(填仪器名称)中

，若以酚酞为指示剂，终点时的现象为_______。②若称取1g钢样进行实验，滴定消耗0.01mol/LNaOH溶液2.0mL，则该钢样中硫的质量分数为_____。(4)将气体a通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量。①气体a通过B和C的目的是除去2SO，通过所用试剂判断该法所利用的

2SO的性质是______。②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_______。【答案】避免引入空气中的杂质、使燃烧更充分2SOCD碱式滴定管溶液由无色变为浅红色并保持30秒不褪色0.032%还原性吸收

2CO气体前后吸收瓶的质量【解析】(1)使用纯氧，目的是避免引入空气中的杂质，同时使燃烧更充分，确保碳和硫全部转化为气体，钢样煅烧后产生SO2、CO2以及未反应的O2，所以气体a的主要成分为SO2、CO2和O2，故答案为：避免引入空气中的杂质、使燃烧更充分

；SO2；(2)为了防倒吸和安全起见，因选择C或D装置最为合适，故答案为：CD；(3)①NaOH溶液为强碱溶液，应置于碱式滴定管中，酚酞遇碱变红，当终点时，硫酸被消耗完，溶液由无色变为浅红色并保持30秒不褪色，故答案为：碱式滴定管；溶液由无色变为浅红色并保持30秒不褪色；②由S~H2SO4~

2NaOH可知，滴定消耗0.01mol/LNaOH溶液2.0mL，即0.01mol/L×2.0×10-3L=2.0×10-5mol时，钢样中硫的物质的量为1.0×10-5mol，即质量为1.0×10-5mol×32g/mol=3.2×10

-4g，则该钢样中硫的质量分数=-43.210g100%1g=0.032%，故答案为：0.032%；(4)①MnO2和K2Cr2O4都是强氧化剂，由此可知利用了SO2的还原性，故答案为：还原性；②对比吸收瓶吸收二氧化碳前后的质量可以得出CO2的质量，从而知道钢样中

碳的质量，进而求出钢样中碳的质量分数，故答案为：吸收2CO气体前后吸收瓶的质量。17．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，CO2的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。(1)已知：①4H2(g)+2O2(g)4H2O(g)△H=-967.2kJ/mol;.②CH4(g)+2O2(g)

CO2(g)+2H2O(g)△H=-802.0kJ/mol。则CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=______kJ/mol。(2)在体积为1L的密闭恒容容器中，充入4molH2和1molCO2，发生反应：CO2(g)

+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)测得温度对CO2的平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图所示。①欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有______(填序号)A．通入惰性气体B．升高温度C．增加CO2浓

度D．增加H2浓度②下列说法正确的是_____(填序号)。A．平衡常数大小：KN<KMB．其他条件不变，若不使用催化剂，则250°C时CO2的平衡转化率可能位于点M1C．其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，△H不变D．当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态③已

知M点总压为lMPa，该反应在此温度下的平衡常数Kp=______MPa-2。(Kp是用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)(3)工业上用CO2和H2反应可合成甲醇(CH3OH)。甲醇燃料电池具有能量转化率高、电量大的特点而被广泛应用，甲醇碱性燃料电池中甲

醇加入到______(填“正”或“负”)极，该电极的电极反应式为______________________。(4)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3，写出得到Na2CO3的离子方程式：________

____，若某次捕捉后得到pH=10的溶液、则溶液中c(2-3CO):c(-3HCO)=_______，[常温下K1(H2CO3)=4.4×10-7K2(H2CO3)=5×10-11]【答案】－165.2DAC1负CH3OH－6e－＋8OH－=2-3CO＋6H2OCO2＋2OH－=

2-3CO＋H2O1：2或0.5【解析】(1)已知：①4H2(g)+2O2(g)4H2O(g)△H1=-967.2kJ/mol；②CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)△H2=-802.0kJ/mol；由盖斯定律可知①-②得CO

2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，则△H=(-967.2kJ/mol)-(-802.0kJ/mol)=-165.2kJ/mol；(2)①A．在恒温恒容条件下，通入惰性气体，压强增大，但反应体系各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡

不移动，CO2的平衡转化率不变，选项A错误；B．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，选项B错误；C．增加CO2浓度，平衡正向移动，H2的转化率增加，而CO2的平衡转化率降低，选

项C错误；D．增加H2浓度，平衡正向移动，H2的转化率降低，而CO2的平衡转化率提高，选项D正确；答案选D；②A．升高温度CO2的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，选项A正确；B．由图象可知，其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M1，

选项B错误；C．加入催化剂可以降低反应活化能，但△H不变，选项C正确；D．混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，所以不能根据混合气体的密度来判断化学反应是否达到平衡状态，选项D错误；答案选AC；③已知M点总压

为lMPa，CO2的转化率为50%，则：2224+2HO()CO()4H()CH()014010.520.510.520.5gggg+起始量(mol)变化量(mol)4min量(mol)平衡体系中CO2的体积分数为0.5148=，H2的体积分数为24=1

2，CH4的体积分数为0.5148=，H2O的体积分数为14，由此计算该反应在此温度下的平衡常数：Kp=2411841182Mpa-2=1MPa-2；(3)甲醇碱性燃料电池中，加入甲醇的一极为负极，1mol甲醇失去6mol电子生成2-3CO，负极

反应式为CH3OH－6e－＋8OH－=2-3CO＋6H2O；(4)用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3，反应的离子方程式为CO2＋2OH－=2-3CO＋H2O；H2CO3的电离方程式为H2CO3HCO3-+H

+、HCO3-CO32-+H+；K2(H2CO3)=()()()233HccCOcHCO+−−，则()23cCO−:()3cHCO−=()()223KHCOcH+=1110510110−−=1:2。（二）选考题：共15分，请考生从给出的两道题中任选一题作答，如果

多做，则按所做的第一题计分.【选修3：物质结构与性质】（15分）18．国庆70周年阅兵式展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，与材料息息相关，镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物(如砷化镓、磷化镓等)都是常用的半导体材料。回答下列问题：（

1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]__。（2）根据元素周期律，原子半径Ga__As，第一电离能Ga__As。(填“大于”或“小于”)（3）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是__。（4）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，晶体

类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，分析其变化原因：。晶体GaNGaPGaAs熔点/℃170014801238（5）GaN晶胞的结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA。①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为_

_。②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2。若该平行六面体的体积为2a3cm3，则GaN晶体的密度为__(用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。【答案】3d104s24p4大于小于4原子半径N＜P＜As，键长Ga—N＜Ga—P＜Ga—As，键能Ga—N＞

Ga—P＞Ga—As，故CaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低123A842Na【解析】(1)Se是34号元素，位于第四周期ⅥA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；(2)根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故原子半径Ga大于A

s，同周期第一电离能变化趋势是从左到右增大，故第一电离能Ga小于As；(3)水晶中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，所以水晶是以[SiO4]四面体向空间延伸的立体网状结构，水晶中硅原子的配位数为4；(4)原子半径N＜P＜As

，键长Ga—N＜Ga—P＜Ga—As，键能Ga—N＞Ga—P＞Ga—As，故GaN、GaP、GaAs的熔点逐渐降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12。六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为6个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1

6；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为12；③位于晶胞侧棱的原子为3个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为13；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。GaN晶胞中Ga原子个数为111223662

++=，N原子个数为16463+=，所以该晶胞化学式为Ga6N6，质量为684ANg，该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为22364acm

，由图2可知六棱柱的高为623acm，所以晶胞的体积为3332acm，密度为33368484232AAgNNaacm=g•cm−3。【选修5：有机化学基础】（15分）19．化合物G(盐酸阿扎司琼)主要用于治疗和预防肿瘤术后以及化疗引起的恶心、呕吐。G的合成路线设计如图：回答

下列问题：(1)1molA与足量NaOH溶液反应时，最多消耗______molNaOH，AB→可能产生的无机污染物是______。(2)AB→、BC→的反应类型分别为______、______，C中的含氧官能团是______。(3)CD→的反应中22CHCl作为溶剂，该反应的化学方程式为_

______________。(4)Q为A的同分异构体，同时满足以下条件的Q的结构有______种。①苯环上有3个取代基，且氯原子连在饱和碳原子上；②能发生水解反应，遇氯化铁溶液发生显色反应；③含有结构。(5)以、()3

2ClCOCCH和()32CHOCO为原料制备，写出合成路线：_______________(无机试剂和有机溶剂任选)。【答案】42NO取代反应还原反应酯基、(酚)羟基+ClCOCH2Cl22CHCl⎯⎯⎯→+2HCl2022325SnCl2HOCHCOOCH/HCl⎯⎯⎯⎯

⎯⎯→3222ClOC(CH)ClCHCl⎯⎯⎯⎯⎯→3223(CHO)CODMF/KCO⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】(1)A的结构简式是，共有三个官能团能与NaOH溶液反应，1molA中1mol氯原子水解可消耗1molNaOH，形成酚羟基后再消耗1molNa

OH；自身的酚羟基消耗1molNaOH；酯基消耗1molNaOH。则1molA与足量NaOH溶液反应时，最多消耗4molNaOH；使用发烟硝酸，且有含酚羟基的化合物(有还原性)参与反应，因此可能有2NO生成；(2)AB→的过程中引入硝基，为取代反应；BC→的过程中硝基变为氨基，反应类型是还原

反应。C中的含氧官能团是酯基、(酚)羟基；(3)结合C和D的结构简式，不难发现CD→的反应类型是取代反应，可得反应的化学方程式为+ClCOCH2Cl22CHCl⎯⎯⎯→+2HCl；(4)由于氯原子连在饱和碳原子上，因此Q肯定能发生水解反应；遇氯化

铁溶液发生显色反应，说明Q含有酚羟基。又含有结构，且苯环上有3个取代基，氯原子连在饱和碳原子上，则3个取代基可以为2CHCl−、OH−、COOH−或2CHCl−、OH−、OOCH−，根据定一移二再移三，每种组合都有10种结构，则满足条

件的Q共有20种结构；(5)结合题给合成路线知可还原为和，和()32ClCOCCHCl可反应生成，与()32CHOCO可反应生成，合成路线为：22325SnCl2HOCHCOOCH/HCl⎯⎯⎯⎯⎯⎯→3222ClOC(CH)ClCHCl⎯⎯

⎯⎯⎯→3223(CHO)CODMF/KCO⎯⎯⎯⎯⎯→。