【文档说明】信息必刷卷01-2023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(18)页，2.646 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01全国乙卷地区专用化学科考试必须坚持服务选才。通过联系日常生活、生产环保、实验探索、科学研究，在学生运用化学基本知识分析问题和解决问题的过程中，灵活考查学生的知识、能力

、素养等综合素质，测评学生学科素质的水平，从而为高等院校选拔符合要求的合格学生。选择题是高考必考题型，以容易题和中等难度题为主，考查的知识容量较大，选择题侧重考查主干知识与“双基”，具有题型多样、知识面广、难度不大的特点，由于高考中选

择题分值重，故选择题的得分已成为很多考生整份试卷得分高低的关键。选择题的题干围绕一个中心，和选项的关系一致，干扰项的有效性和迷惑性能反映考生的典型错误，各选项的结构和语言长度大体一致，各题正确选项的分布基本均匀。试题重点考查主干知识，保障基

础性，选取与生活和生产相关的素材为情境，拓展延伸，增强了试题的灵活性与创新性。选择题涉及知识面广，考查了典型物质的性质、基本化学实验操作、有机化学的基本概念、元素性质与周期律、电化学、弱电解质的电离平衡等主干内容，在此基础上转变设问角度和考查方法。高考命题体现时代的主题，弘扬时

代精神，“重基础、重应用、重时事、重生活”，基于高考评价体系的化学科考试命题打破了以往以知识为中心的双向绅目表命题模式，要求命题者在考查内容上不仅关注基础知识本身，更要关注试题的核心价值，体现价值第一，同时还要关注学科素养的培育、关键能力的外显。实验原理、操作、现象与结论、化学平衡、

电解质溶液中的粒子浓度大小比较仍将是高考乙卷题的热点、难点、重点，要足够重视。尤其是离子反应曲线，需充分应用溶液中的电荷守恒、物料守恒、质子守恒、弱电解质的电离和盐类的水解，加强理解与辨析能力。如下面的

第7、8、11、12、13题等。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65Ga-70Br-80I-127Ag-108Ba

-137一、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．化学与生产、生活社会发展息息相关，下列有关说法正确的是()A．“天机芯”是全球首款异构融合类

电脑芯片，其主要成分和光导纤维相同B．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱C．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性D．白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的四氧化三铁【答案】C【解析】A项，“

天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅，而光导纤维主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，A错误；B项，陶瓷是一种常见硅酸盐材料，其中含有成分SiO2在高温下能够与纯碱碳酸钠发生反应，与不能用陶瓷坩埚熔融

纯碱，B错误；C项，《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，说明合金的硬度大于其成分金属，这体现合金硬度的特性，C正确；D项，白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中

略带红光，是因其含有含量较高的三氧化二铁，D错误；故选C。8．吲哚布芬是治疗心血管病变的有效药，其结构简式如图所示。下列关于吲|哚布芬的说法正确的是()A．分子式为C18H15NO3B．苯环上的一氯代物共有4种C．能发生酯化反应、加成反应D．分子中

所有碳原子都能共平面【答案】C【解析】A项，根据结构，该分子的分子式为：C18H17NO3，A错误；B项，根据分子结构式，苯环上的一氯代物共有6种，B错误；C项，分子中含有-COOH能发生酯化反应，苯环能发生加成反应，C正确；D项，饱和碳原

子为四面体结构，分子中有饱和碳原子，所有的碳原子不可能共平面，D错误；故选C。9．某白色固体粉末由KNO3、NaCl、CuSO4、CaCO3、BaCl2中的一种或几种组成，进行如下实验：①进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃火焰颜色呈紫色；②混

合物溶于水，得到澄清溶液；③向②所得的溶液中通入少量NH3，产生沉淀。该白色粉末一定含有()A．KNO3、CuSO4B．BaCl2、NaClC．KNO3、CaCO3D．CuSO4、NaCl【答案】A【解析】①进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃火焰颜色呈紫色，说明其中含有K+，则其中一定含有

KNO3；②混合物溶于水，得到澄清溶液，则其中不存在难溶性的CaCO3；CuSO4、BaCl2会反应产生BaSO4沉淀而不能大量共存，因此其中最多有一种物质；③向②所得的溶液中通入少量NH3，产生沉淀，则其中含有CuSO4，向其中通入NH3时，CuSO4与NH3、H2O反应产生Cu(OH)

2蓝色沉淀，其中含有CuSO4，则一定不含有BaCl2，故该白色粉末中一定含有KNO3、CuSO4，一定不含有CaCO3、BaCl2，可能含有NaCl，故选A。10．下列实验对应的现象和结论都正确的是()选

项实验现象结论A向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后滴加酸性KMnO4溶液紫红色褪去食品脱氧剂样品中含Fe2+B向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性C向Fe

Cl3溶液加入铜片溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼D向FeCl3溶液中加入KI溶液后滴加几滴淀粉溶液溶液变为蓝色氧化性：Fe3+＞I2【答案】D【解析】A项，向食品脱氧剂样品(含还原铁粉)中加入硫酸后，铁粉会与硫酸反应生成硫酸亚铁，酸性KMnO4溶液为强氧化剂，会氧

化亚铁离子，则滴加酸性KMnO4溶液，紫红色褪去，不能说明食品脱氧剂样品中含Fe2+，A错误；B项，向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，H2O2会将亚铁离子氧化为铁离子，则加入H2O2后溶液变成血红色，说明Fe2+有还原性，B错误；C项，向FeC

l3溶液加入铜片会发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，看到溶液变蓝，无黑色固体出现，得到结论为FeCl3的氧化性大于CuCl2，C错误；D项，向FeCl3溶液中加入KI溶液后滴加几滴淀粉溶液，FeCl3溶液会与KI溶液反应生成FeCl2

和I2，则溶液变为蓝色，得到结论氧化性：Fe3+＞I2，D正确；故选D。11．化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下

为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下分解时无刺激性气体逸出。下列叙述错误的是()A．W与Y可形成既含极性键也含非极性键的化合物B．最高价氧化物的水化物的酸性：XYC．最简单气态氢化物的稳定性顺序为：ZYXD．100~200℃阶段热分解

的化学方程式为：YW4X5Z8·4W2ZYW4X5Z8+4W2Z↑【答案】D【解析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2；Y为N元素，Z为O元素；在化合物(YW4X5Z8·4W2Z)中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次

增加，且加和为21，则X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素，W为H元素，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素。A项，W是H，Y是N元素，H与N元素形成的肼分子中含有N-H极性键和N-N非极性键，A正确；B项，元素的非金属性越强，

其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：N＞B，则最高价氧化物的水化物酸性：HNO3＞H3BO3，B正确；C项，X为B元素，Y为N元素，Z为O元素，同周期元素从左向右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性逐渐增强，最简单气态氢化物的

稳定性顺序为：Z＞Y＞X，C正确；D项，化合物(YW4X5Z8·4W2Z)为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100~200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为14+4+11

5+16814+4+115+168+184100%=73.6%，与图示曲线数据(80.2%)不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，D错误；故选A。12．某可循环式锂—空气电池的结构如下。下列说法

错误的是()A．放电时，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-B．A室与B室之间应该采用阳离子交换膜C．放电时，Li电极与多孔空气催化电极上反应物的物质的量之比为3：4D．LiOH回收制Li可以缓解Li资源紧缺的难题【答案】C【解析】根据装置图中电子的流向

可判断出，金属锂电极失电子，发生氧化反应，作负极，电极反应式为：Li-e-=Li+；多孔空气催化电极上O2得电子发生还原反应，作正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-。A项，由分析可知，正极的电极反

应为O2+4e-+2H2O=4OH-，A正确；B项，A室中有LiOH生成并进入产物回收单元，则A室与B室之间应该采用阳离子交换膜，让Li+进入A室，参与循环，B正确；C项，放电过程中，负极上1molLi失去1mol电子，正极上1molO2得到4mol电子，

同时正极上还有2molH2O参与反应，外电路中通过的电子数相等，则Li电极与多孔空气催化电极上反应物的物质的量之比为4：3，C错误；D项，LiOH回收制Li，使Li循环使用，可以缓解Li资源紧缺的难题，D正确；故选C。13．常温下，水溶液中部分缓冲对的

微粒浓度之比的对数值lgx［x表示()()233HCOHCOcc−或()()2424HPOHPOcc−−］与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是()A．曲线Ⅰ表示()()233HCOlgHCOcc−与溶液pH的变化关系B．()()a123a234H

COHPOKKC．a→b的过程中，水的电离程度逐渐减小D．当pH增大时，()()()()2423324HPOHCOlglgHCOHPOcccc−−−−的值逐渐增大【答案】D【解析】由电离平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-H++HPO

42-可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，()()233HCOHCOcc−减小，()()2424HPOHPOcc−−增大，所以曲线I表示lg()()233HCOHCOcc−与pH的变化关系，曲线II表示lg()()2424HPO

HPOcc−−与pH的变化关系。A项，由分析可知，曲线I表示lg()()233HCOHCOcc−与pH的变化关系，故A正确；B项，由图可知，当pH=6.4时，lg()()233HCOHCOcc−=0，则()()233HCOHCOcc−=1，()()()()

()-+3+a12323cHCOcHHCOcHcHCOK===10-6.4，当pH=7.2时，lg()()2424HPOHPOcc−−=0，则()()2424HPOHPOcc−−=1，()()()()()2423424HHPOHHacHPOcKccPO−++−===10-7.2，()()a123

a234HCOHPOKK，故B正确；C项，a、b均是碱性环境，溶液以HPO42-的水解为主要：HPO42-+H2OH2PO4-+OH-，a→b的过程中，碱性减弱，说明HPO42-的水解程度减弱，则对水

的电离的促进程度减小，故C正确；D项，由图可知，当pH增大时，lg()()233HCOHCOcc−减小，lg()()2424HPOHPOcc−−增大，则()()()()2423324HPOHCOlglgHCOHPOcc

cc−−−−的值逐渐减小，故D错误；故选D。二、非选择题(本题包括5小题，共54分)必做题(共39分)26．(14分)锰酸锂离子电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上以软锰矿浆(主要成分为MnO2，还含有少量铁，铝及硅等的氧化物)为原

料制备锰酸锂(LiMn2O4)，工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)“浸取”过程得到的浸取液中阳离子主要是Mn2+，生成Mn2+的离子方程式为_______。(2)滤渣II的主要成分是_______；“精

制”过程中实际加入H2O2的量比理论值大很多，其主要原因是_______。(3)“沉锰”过程得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4，二者均可被氧化为MnO2，若“控温、氧化”过程中溶液的pH随时间的变化关系如图所示，其中

溶液的pH明显下降的原因是_______。(用化学方程式表示)。(4)工业上也可以向“精制”过程得到的滤液中加入K2S2O8溶液制备MnO2。K2S2O8中S的化合价为6+，则1个S2O82-中过氧键的数目为_______，加入K2S2O8溶液制备MnO2发生反应的离子方程式为

_______。(5)“锂化”过程是将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，反应3~5h，然后升温至600~750℃，保温24h，自然冷却至室温得到产品。该过程所得混合气体的成分是_______。【答案】(1)MnO2+4H++2Fe2+

=2Fe3++Mn2++2H2O(2分)(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(2分)H2O2在Fe3+催化作用下部分分解(2分)(3)Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+H2SO4(2分)(4)1(2分)Mn2+

S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42-(2分)(5)CO2、O2(2分)【解析】向软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)加入硫酸亚铁和硫酸浸取，过滤得到含Al3+、Fe2+、Fe3+、Mn2+等的

滤液，其中二氧化硅与硫酸不反应，滤渣Ⅰ为SiO2；加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加MnO2调pH促进Fe3+、Al3+水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤后滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤液中加入氨水沉锰的反应可能为Mn2++2NH3·H2O=Mn(OH)2↓

+2NH4+，过滤后经氧化、锂化得到LiMn2O4。(1)由设问信息知产物为Mn2+，由题干信息知反应物为MnO2，MnO2→Mn2+为还原反应，由流程图信息知Fe2+为还原剂，则生成Mn2+的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2F

e3++Mn2++2H2O；(2)由流程图中加入的试剂信息知步骤①的目的是氧化Fe2+，步骤②的目的是沉淀Fe3+、Al3+，滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；因为Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2部分分解，故实际加入H2

O2的量比理论值大很多；(3)根据设问信息知“沉锰”过程的产物为Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4，二者均可被氧化为MnO2，则“氧化”过程发生的反应为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O、Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+H2SO4，由于生成H2SO4，故溶液的pH明显

下降；(4)K2S2O8中S的化合价为+6，根据各元素化合价的代数和为0，设1个S2O82-中-1价的O有x个，则12+62=x+2(8-x)，解得x=2，故1个S2O82-中过氧键的数目为1；“精制”过程得到的滤液中主要成分为Mn2+，若加入K2S2O8溶液，发生反应的离子方程式为Mn2

+S2O82-+2H2O=MnO2↓+4H++2SO42-；(5)根据设问信息知MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比反应，化学方程式为8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，则该过程所得混合气体的成分是CO2和O2。27．(14分)某浅绿色晶体X[x(NH4

)2SO4•yFeSO4•zH2O]在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成，某小组同学进行如下实验：I.NH4+含量的测定采用蒸馏法，蒸馏的装置如图所示：相关的实验步骤如下：①准确称取58.80g晶体X，加水溶解后，将溶液注入三颈烧瓶中；②准确量取50.00mL3.030mol

•L-1H2SO4溶液于锥形瓶中；③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液，通入N2，加热，蒸氨结束后取下锥形瓶；④用0.120mol•L-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的H2SO4溶液，滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。(1)仪器M的名称为_____。(2

)步骤③中，通入N2是为了防止反应_____(写化学方程式)的发生。蒸氨结束后，为了减小实验误差，还需要对直形冷凝管进行“处理”，“处理”的操作方法是_____。(3)步骤④中，若振荡时锥形瓶中有液体溅出，则所测得的n(NH4+)将_____(填“偏大”“偏小”或“不变”)。II

.SO42-含量的测定采用重量分析法，实验步骤如下：①另准确称取58.80g晶体X于烧杯中，加水溶解，边搅拌边加入过量的BaCl2溶液；②将得到的混合物用无灰滤纸(灰分质量很小，可忽略)过滤，冷水洗涤沉淀3

~4次；③用滤纸包裹好沉淀并取出，灼烧滤纸包至滤纸完全灰化；④继续灼烧沉淀至恒重，称量，得沉淀质量为69.90g。(4)步骤①中，判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是_____。(5)步骤②中，采用冷水洗涤沉淀，其主要目

的是______。(6)结合实验I、II通过计算得出晶体X的化学式为______。【答案】(1)分液漏斗(1分)(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(1分)用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2~3次，将洗涤液注入锥形

瓶中(2分)(3)偏大(2分)(4)静置，取少量上层清液于一洁净试管中并加入1~2滴BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则说明BaCl2溶液已过量(2分)(5)减少沉淀的溶解损失(2分)(6)(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O(4分)【解析】实验Ⅰ：加热后三颈烧瓶

中发生如下反应：NH4++OH-NH3↑+H2O，生成的NH3冷却后进入吸收装置收集并发生反应：NH3+H+=NH4+，结束后用NaOH溶液滴定多余的H2SO4，进而求得与NH3反应的H2SO4，结合反应方程式，根据N原子守恒，计算出样品中NH4+的含量。实验Ⅱ：加入过量BaCl2溶液使硫酸

根完全沉淀，通过沉淀的质量计算出样品中硫酸根的含量，进而确定X的化学式。(1)仪器M的名称为分液漏斗。(2)Fe2+具有还原性，易被氧化，通过N2把装置内空气排出，防止Fe2+被氧化，氧化的反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)

3。蒸氨时除NH3外，还有水蒸气被蒸出，NH3极易溶于水形成氨水，在直形冷凝管内有残留的氨水，会对测定结果产生影响，为减小实验误差，需要用蒸馏水冲洗直形冷凝管内通道2~3次，并将洗涤液注入锥形瓶。(3)若振荡时锥形瓶中有液体溅出，使瓶内硫酸有损失，消耗NaOH的物质的量偏小，测定锥

形瓶内溶液中剩余H2SO4的物质的量偏小，与NH3反应的H2SO4的物质的量偏大，造成所测得的n(NH4+)偏大。(4)判断BaCl2是否过量，可以取少量上层清液继续滴加BaCl2溶液，若没有沉淀生成，则说明溶液中没有SO42-，即BaCl2已经过量。(5)用冷水洗涤的主要目的

是尽可能减少沉淀的溶解损失，减小实验误差。(6)实验Ⅰ中：与NaOH反应的硫酸：=0.0015mol。与NH3反应的硫酸：，被硫酸吸收的氨：n(NH3)=n(H2SO4)=0.3mol，样品中含有铵根：n(NH4+)=0.3mol。实验Ⅱ中：反应得到

BaSO4沉淀69.90g，沉淀中含有硫酸根：()24169.90gSO0.3233gmoln−−==mol，利用电荷守恒：()()()2244NH2Fe2SOnnn++−+=，得()2Fe0.15n+=mol。58.80g样品中含有结晶水：()()()()22244HO58.

80gNHSOFe16.2mmmm+−+=−−−=g，则n(H2O)=0.9mol，故()()()()22442NH:Fe:SO:HO2:1:2:6nnnn++−=，晶体X的化学式为(NH4)2SO4•FeS

O4•6H2O。28．(15分)研究CO、CO2在一定条件下与H2催化合成CH4等有机化工产品，对实现“碳中和”目标具有重要的意义。在一定条件下CO(g)与H2(g)可发生如下反应：反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H1=-206.4kJ•mol-1反应Ⅱ：

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H2反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3=+41.2kJ•mol-1(1)部分物质的标准生成焓数据如表所示：物质CO(g

)H2(g)CH4(g)H2O(g)标准生成焓/(kJ•mol-1)-1100-74.6x则x=______；△H2=______kJ•mol-1。(2)一定温度范围内反应I和反应Ⅱ的lgKp－1T的线性关系如图1所示。①依据图像，可知T1℃时，反应Ⅲ的平衡常数Kp3=___

___。②图中v正(A)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v逆(B)。(3)①恒温(323K)恒压(p)条件下，在密闭容器中起始时按n(H2)：n(CO2)=1：1投料进行反应(仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)，CO2初始分压分别为p0-(a)MPa、p0-(b)MPa、p0-(c)MPa，测得CO2

的压强转化率α(CO2)[已知：气体A的压强转化率表示为α(A)=(1-10pp)×100%，p0MPa为A的初始分压，p1MPa为某时刻A的分压]与时间(t)的关系如图2，则p0-(a)、p0-(b)、p0-(c)由大到小的顺序为_____。②在密闭容器中起始时按n(H2)：n(

CO2)=3：1投料，分别在压强为1MPa和5MPa的恒压下进行反应(两压强下均只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ)。恒压条件下反应温度对平衡体积分数δ(x)[x为CO或CH4，δ(x)=42V(x)V(CO)+V(

CH)+V(CO)×100%]的影响如图3所示。则在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的曲线依次是_____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)和______；在T℃、一定压强下，反应在M点达到化学平衡，平衡时CH4的分压p(CH4)=_____MPa，反应Ⅲ的平衡常

数Kp=_____。【答案】(1)-241.8(1分)-165.2(1分)(2)1(2分)＞(1分)(3)p0-(a)＞p0-(c)＞p0-(b)(2分)b(2分)c(2分)0.125(2分)2.4(2分)【解析】(1)

根据表格数据，△H1=[(-74.6+x)-(-110+03)]kJ•mol-1=-206.4kJ•mol-1，解得x=-241.8；根据盖斯定律，Ⅱ=Ⅰ+Ⅲ，。(2)①根据图1所示，T1℃时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的plgK相等，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则p3

p2p1lglglgKKK=−，p31K=；②A、B两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此v正(A)>v逆(B)。(3)①反应Ⅱ的正向反应为气体体积减小的反应，反应Ⅲ为反应前后气体体积不变的反应，结合已知条件，可知反应相同时间起始总压相等时，CO2初始分压越大

，()2CO越大，故()()()0a0c0bppp−−−；②根据已知条件分析可知，a、b表示甲烷的平衡体积分数随温度变化关系，c、d表示CO的平衡体积分数随温度变化关系，结合(3)①的结论可推出在1MPa时，表示CH4和CO的平衡体积分数随温度变化关系的

曲线依次是b、c。设CO2和H2初始物质的量分别为1mol和3mol，生成的CH4和CO的物质的量均为xmol，列出三段式：平衡时CH4的体积分数()()4CH1240xxxx=−++=％，解得0.4x=，平衡时气体

总物质的量为()423.2molx−=，平衡时4CH的分压()4CH0.125MPap=，用平衡分压代替平衡浓度计算得反应Ⅲ的平衡常数p30.40.42.4(120.4)(350.4)K==−−。选做题(每小题15分)35．【选修

3-物质结构与性质】(15分)2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家卡罗琳·贝尔托西、卡尔·巴里·夏普莱斯和丹麦科学家摩顿·梅尔达尔，以表彰他们在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮-炔基Husigen环加成反应，NaN3、SO2F2、

FSO2N2等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)a.1s22s22p43s1b.1s22s22p43d2c.1s22s12p5d

.1s22s22p33p2(2)SO2F2的分子结构如图1所示，键角12的原因主要是_______。(3)NaN3是叠氮酸(HN3)的钠盐，HN3在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是_______。HN3分子的空间结构如图2所示

(图中键长单位为1010m−)。N-N、N=N和N≡N的共价键键长分别为10101.4010m1.2010m−−、和101.0910m−；试画出HN3分子的结构式_______；分子中N原子的杂化方式为____

___。(4)图3是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。距离Mg原子最近的Mg原子有_______个。图4是沿立方格子对角面取得的截图。Cu原子和Mg原子之间的最短核

间距为_______pm。该晶胞的空间占有率为_______。【答案】(1)ad(2分)d(2分)(2)双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用(2分)(3)HN3分子间可形成氢键(1分)H-N=N≡N(1分)

sp、sp2(1分)(4)4(1分)(23)8a+(2分)(4233)π48+(3分)【解析】(1)F的核外电子数为9，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，a项，1s22s22p43s1是基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于

氟原子的激发态，a正确；b项，1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c项，1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d项，1s22s22p33p2是基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确

；故选ad；同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故选d；(2)双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用；(3)HN3在常温下是液体，

沸点相对较高，为308.8K，主要原因是HN3分子间存在氢键；根据题给化学键的键长可画出叠氮酸的结构式为H-N=N≡N。根据HN3的结构可知，HN3分子中形成一个单键和一个双键的N原子为sp2杂化，形成三键的N原子为sp杂化；(4)Mg

以金刚石方式堆积，距离Mg原子最近的Mg原子有4个。第一步：计算Cu原子和Mg原子的半径：由图4可知，Cu原子的半径为面对角线长的18，由于边长是pma，则面对角线长是2pma，则Cu原子的半径为2pm8a；Mg原子的半径为晶胞体对角线长的18，体对角线长是3pma，则Mg

原子的半径3pm8a。故Cu原子和Mg原子之间的最短核间距为(23)pm8a+。第二步：根据均摊法计算每个晶胞中Cu原子和Mg原子个数：根据晶胞结构可知，该晶胞中Mg原子的个数是11864882++=，

Cu原子位于晶胞体内，个数为16。第三步：计算晶胞中Cu原子和Mg原子的体积：Cu原子和Mg原子的体积为3333424316πpm8πpm3838aa+。第四步：计算晶胞的体积和空间占有率：晶胞边长是pma，则晶胞的体积是33pm

a。晶胞的空间占有率是333424316π8π3838(4233)π100%100%48aaa++=。36．【选修5-有机化学基础】(15分)罗沙司他(J)为首个率先在中国实现获批上市的全球新药，主要用于慢性肾脏病透析患者的贫血治疗，合成J的流程

如下图所示：已知：I.(R1、R2表示烃基或氢)II.(1)A的化学名称_______。(2)E→F的化学反应方程式_______。(3)G具有官能团的名称_______(不考虑苯环)。(4)F→G的反应类

型_______。(5)H的结构简式为_______。(6)E的同分异构体中，同时满足下列条件的化合物有_______种(不考虑立体异构)，写出一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式_______。①属于二取代苯，且苯

环上的氢只有两种②含有-OH、-NH2、-COOH官能团③遇FeCl3溶液不发生显色反应(7)2个E分子反应可得到含有三个六元环的物质，其结构简式为_______。【答案】(1)对甲基苯酚或者4-甲基苯酚(2分)(2)+CH3OH浓H2SO4△+H

2O(2分)(3)醚键、酯基和氨基(2分)(4)取代反应(1分)(5)(2分)(6)12(2分)或(2分)(7)(2分)【解析】本题考查有机合成与推断。由题干流程图信息可知，根据B的结构简式为和A的分子式为C7H8O可知，A的结构简式为：，根据

E的结构简式、D的分子式并结合信息II可知，D的结构简式为：，由D的结构简式、C的分子式并结合已知信息I可知，C的结构简式为：，根据E、G的结构简式和F的分子式并结合F到G的转化条件可知，F的结构简式为：，由G和I的结构简式以及G到H的转化条件，并结合信息II可知

，H的结构简式为：。(1)由分析可知，A的结构简式为：，则A的化学名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚；(2)由分析可知，F的结构简式为：，则E→F的化学反应即E与甲醇发生酯化反应生成F，则该反应的化学方程式为：+CH3OH浓H2SO4△+H2O；(3)由题

干流程图中G的结构简式可知，G具有官能团的名称有：醚键、酯基和氨基；(4)F的结构简式为：，结合G的结构简式和F到G的转化条件可知，F→G的反应类型是取代反应；(5)由分析可知，H的结构简式为；(6)由题干流程图中E的结构简式可知，E的分子式为：C9H11NO3，则E的同分异构体中，同时满

足下列条件①属于二取代苯，且苯环上的氢只有两种即只能是苯环对位上两个取代基，②含有-OH、-NH2、-COOH官能团，③遇FeCl3溶液不发生显色反应即不含酚羟基，则两个取代基可以为：-NH2和-CH2CH(OH)COOH、-NH2和-CH(OH)CH2C

OOH、-NH2和-CH(COOH)CH2OH、-NH2和、-CH2NH2和-CH(OH)COOH、-CH2OH和-CH(NH2)COOH、-CH(OH)NH2和-CH2COOH、-CH2CH(OH)NH2和-COOH、-CH(OH)

CH2NH2和-COOH、-COOH和-CH(NH2)CH2OH、和-COOH、-CH3和共12种组合，故符合条件的化合物有12种，其中一种核磁共振氢谱为6组峰且峰面积之比为3：2：2：2：1：1的结构简式为：、；(7)E的结构简式为：，2个E分子发生形成酰胺键，反应可得到含有

三个六元环的物质，结构简式为。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com