【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第九中学2022届高三下学期第三次模拟考试理综 化学答案解析.docx，共(23)页，1.674 MB，由envi的店铺上传

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1哈尔滨市第九中学2022届高三第三次模拟考试理综试卷本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，共38题，满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19S-32Cl-35.5Sc-4

5Mn-55Fe-56Sb-122La-139I卷一、选择题(本题包括13小题，每题只有一个选项符合题意，每小题6分)1.STSE是科学(Science)，技术(Technology)，社会(Society)，环境(

Environment)的英文缩写，下列有关STSE说法正确的是A.高性能碳化硅属于有机合成材料B.长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结C.紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质盐析的原理D.人工合成淀粉，分子式为(C6H10O5)n，是纯净物

【答案】B【解析】【详解】A．碳化硅属于无机非金属材料，选项A错误；B．铵根离子水解使溶液呈酸性，故长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结，选项B正确；C．紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性的原理，

选项C错误；D．人工合成淀粉，是高分子化合物，n值不同，为混合物，选项D错误；答案选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.常温常压下，6.8g11B19F3中含有的中子数目为1.6NAB.在含有2-3CO数目为NA的Na2CO3溶液中，含有Na+的数目为2NAC.用铅蓄电

池电解氯化钠溶液，当消耗4mol硫酸时，产生H2分子数目为2NAD.标准状况下，11.2L氯仿中含有的C-Cl键的数目为1.5NA【答案】C【解析】2【详解】A．1个11B19F3中含有36个中子，常温常压下6.8g11B19F3的物质的量为n=

6.8g=0.1mol68g/mol，则其中含有的中子数目为3.6NA，A错误；B．在Na2CO3溶液中，2-3CO会发生水解反应而消耗，若溶液中含有2-3CO数目为NA，则其中含有的Na+的数目大于2NA，B错误；C．铅蓄电池工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H

2O，每反应消耗2molH2SO4，转移2mol电子，则当消耗4mol硫酸时，反应过程中转移4mol电子。根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知反应产生2molH2，则电解饱和NaCl溶液，产生H2分子数目为2NA，C正确；D．在标准状况下氯仿是液态物质，不能使用气体摩尔体积

计算，D错误；故合理选项是C。3.有机化合物X与Y在一定条件下可反应生成Z，反应方程式如下：下列有关说法正确的是A.有机物X与Y生成Z的反应属于取代反应B.有机物Y分子中最多有9个原子在同一平面上C.1molZ的芳香

族同分异构体化合物可能与2molNa反应D.Z在酸性条件下水解生成和CH3OH【答案】C【解析】【详解】A．根据反应原理可知，有机物X与Y生成Z的反应属于二烯烃的1,4-加成反应，选项A错误；B．根据乙烯6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面、单键可以旋转，Y分子中除了甲基上还有2个H原子不共面，

最多有10个原子在同一平面上，选项B错误；C．Z的不饱和度为4，芳香族同分异构体化合物可以有2个羟基，则1molZ的芳香族同分异构体化合物可能与2molNa反应，选项C正确；D．根据酯水解的反应原理，水解后18O应该在CH318OH中，选项D错误；答案选C。34.前

四周期主族元素Y、Z、W、Q的信息如下：有关信息YY元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，Y是同周期中原子半径最小的元素ZZ元素的单质能在氧气中燃烧，产物是造成酸雨的罪魁祸首之一W常温下单质呈液态的

非金属元素QQ的化合物在灼烧时火焰颜色呈紫色下列说法正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜WB.Z与Q形成的化合物中可以含非极性键C.离子半径：Z＞Q＞YD.气态氢化物的热稳定性：Z＞Y【答案】B【解析】【分析】前四周期主族元素Y、Z、W、Q

的信息如下：Y元素所在主族序数与所在周期序数之差为4，Y是同周期中原子半径最小的元素，则Y是Cl元素；Z元素的单质能在氧气中燃烧，产物是造成酸雨的罪魁祸首之一，则Z是S元素；常温下W元素的单质呈液态的非金属元素，则W是Br元素；Q的化

合物在灼烧时火焰颜色呈紫色，则Q是K元素。【详解】根据上述分析可知：Y是Cl，Z是S，W是Br，Q是K元素。A．Y是Cl，W是Br，它们是同一主族元素，原子序数越小，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：Y＞W，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W，A错误；B．Z是S，Q是K，二者可以形成离子化合物K2S2，在该化合物中，K+与2-2S中以离子键结合，在阴离子2-2S中，2个S原子之间以非极性键结合，故Z与Q形成的化合物中可以含

非极性键，B正确；C．Y是Cl，Z是S，Q是K，三种元素形成的简单离子Cl-、S2-、K+电子层结构都是2、8、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小关系为：Z＞Y＞Q，C错误；D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。Y是Cl，

Z是S，元素的非金属性：Cl＞S，则氢化物的稳定性：HCl＞H2S，因此气态氢化物的热稳定性：Y＞Z，D错误；故合理选项是B。5.化学是实验的科学，下列有关实验设计能达到目的的是(部分夹持装置已略去)ABCD4进行喷泉实验可吸收多余的HCl气体测定化学反应速率配制稀

硫酸溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．当挤压胶头滴管时，SO2与NaOH溶液反应，导致烧瓶中气体压强减小，烧杯中的NaOH溶液通过导气管进入烧瓶，继续与气体发生反应，使烧瓶中压强进一步减小，烧瓶内外持续形成压

强差，从而形成喷泉，能够达到目的，A符合题意；B．HCl溶于水，会导致导气管中气体压强减小，试管中的水进入导气管，引起倒吸现象的发生，不能用于吸收多余HCl气体，B不符合题意；C．不能形成密闭系统，气体会通过长颈漏斗逸出，因而不能用来测定化学反应

速率，C不符合题意；D．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，在稀释浓硫酸时应该在烧杯中进行，待溶液冷却至室温后，再通过玻璃棒引流，将溶液转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接稀释，D不符合题意；故合理选项是A。6.某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步

硝化和反硝化脱氮研究，装置如图所示。下列叙述错误的是A.“厌氧阳极”的电极反应方程式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+5B.电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大C.该电池工作中“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对

电子的竞争作用，+4NH和电极之间存在着对O2的竞争D.若“好氧阴极”1mol+4NH完全生成-3NO，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为44.8L【答案】D【解析】【分析

】由题干微生物燃料电池示意图可知，电子从厌氧阳极流出，即葡萄糖在厌氧阳极上失去电子，生成CO2，则该电极反应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，电子转移到左侧的缺氧阴极上，-3NO得到电子并结合阳极产生的H+，生成NO2

和H2O，NO2能够进一步得到电子结合H+，生成N2和H2O，电极反应分别为：-3NO+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电子转移到好氧阴极，则可能是O2得到电子，发生的电极反应式为

：O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还可能氧化+4NH生成-2NO，-2NO甚至还可以进一步被O2氧化成-3NO，反应方程式为：2+4NH+3O2=2-2NO+2H2O+4H+，2-2NO+O2=2

-3NO，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“厌氧阳极”的电极反应方程式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，A正确；B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：-3NO+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故其

电极附近的溶液中H+浓度减小，pH增大，故B正确；C．由分析可知，该电池工作中厌氧阳极的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上电

极上得电子也可以将O2还原，同时+4NH也可以被O2氧化，即+4NH和电极之间存在着对O2的竞争，C正确；D．若“好氧阴极”1mol+4NH完全生成-3NO则反应中转移了8mol电子，此时转移电子是发生在+4NH和O2之间，消耗了2molO2，即此时并未向该电极输送电子，则该区消

耗的O2在标准状况的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；故答案为：D。7.SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-lgc(X)(X为Sr2+或F)与lg[+

c(HF)c(H)]的关系如图所示。下列说法正确的是的6A.L1代表-lgc(Sr2+)与lg[()()ccHHF+]的变化曲线B.Ka(HF)的数值为10-2.2C.a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+

)+(H+)=c(F)+c(OH-)D.c点的溶液中存在c(Cl-)＞(F-)【答案】D【解析】【分析】根据题意，SrF2浊液存在溶解平衡：SrF2(s)Sr2+(aq)+2F-(aq)，用HCl调节溶

液存在平衡：H+(aq)+F-(aq)HF(aq)。【详解】A．随着lg[+c(HF)c(H)]的增大，则H+(aq)+F-(aq)HF(aq)逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则-lg

c(Sr2+)增大，则L2代表-lgc(Sr2+)与lg[+c(HF)c(H)]的变化曲线，A错误；B．()+a-Kc(H)c(F)=HFc(HF)，()+-+a-c(H)c(HF)=lg+lgc(F

)=lgc(F)-lgKHFlgc(HF)c(H)，结合选项A可知，L1代表-lgc(F-)与lg[+c(HF)c(H)]变化曲线，则取b点可知，()-+ac(HF)=lgc(F)-lg=-1.0-2.2=-3.2c

(H)lgKHF，则Ka(HF)的数值为10-3.2，B错误；C．用HCl调节SrF2浊液的pH，按电荷守恒，a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+)+(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，C错误；D．根据原子守恒，由溶解平衡

可知2c(Sr2+)=c(F-)，由平衡H+(aq)+F-(aq)HF(aq)可知，溶解得到的c(F-)的7等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，由图可知c点处c(Sr2+)=c(F-)=c(HF)

，根据电荷守恒有2c(Sr2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，即c(F-)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，Ka(HF)=10-3.2知c(H+)=10-3.2mol/L>c(OH-)，也即c点

的溶液中存在c(Cl-)＞(F-)，D正确；故答案选D。II卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(11题，共129分)8.钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.000

5%。从铝土矿生产Al2O3的副产品“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如下：已知：钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。请回答以下

问题：（1）操作②的名称：_______，操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是_______。（2）加入铁粉的作用：_______。（3）生成聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n]离子方程式为_______。（4）钪是一种

重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为_______。（5）“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量则Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物的化学方程式为___

____。（6）常温下，三价Sc的部分存在形式与氟离子浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=5×10-6，“调pH”过程中控制pH=7，则调节pH后三价Sc的存在形式为_______(填化学式)(lg5=0.

7)。的8（7）“脱水除铵”过程中，复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O分解得到ScF3，某固体样品质量与温度的关系如图所示。加热至380-400℃产生白烟，400℃以上质量不再改变。则a=_______(填数字)。【答案】（1）①.过滤②.烧杯（2）还原Fe3+为Fe2+，

防止Fe3+水解（3）Al3++Fe3++n2-4SO+(6-2n)-3HCO=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n↓+(6-2n)CO2↑（4）钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难（5）3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]（6）Sc

(OH)3（7）6【解析】【分析】赤泥经过高温焙烧，然后用浓硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加NaOH进行反萃取，然后加入草酸，生成Sc2(C2O4)3，经一系列

处理后，用氨水调节pH后，加入NH4F沉钪，经脱水除铵，得到ScF3，然后使用钙还原ScF3，获得纯净的Sc。水相中加Fe粉还原Fe3+，然后加水稀释促进TiO2+水解生成TiO2∙xH2O沉淀；过滤，向滤液中加入NaHCO3溶

液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此分析回答问题。9【小问1详解】操作②是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，名称为过滤；过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；操作①是分液，使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏

斗，可见操作①和操作②中都使用的玻璃仪器是烧杯；小问2详解】Fe3+极易水解，其形成Fe(OH)3沉淀时溶液pH比较小，加入Fe粉可以使溶液中Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，这样就可以避免因溶液pH增大，Fe3+形成沉淀进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝；【小问

3详解】向含有Al2(SO4)3、FeSO4溶液中加入H2O2溶液，FeSO4转化为Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入NaHCO3溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：Al3++Fe3++n2-

4SO+(6-2n)-3HCO=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n↓+(6-2n)CO2↑；【小问4详解】钪元素是在地壳中含量比较低的一种重要的稀土金属，化学性质非常活泼，但发现较晚主要是因为钪的化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及冶炼比较困难；

【小问5详解】“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则Sc(OH)3沉淀会溶解。Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物Na3[Sc(OH)6]，该反应的化学方程式为3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]；【小问6详解】若溶液中c(F-)=5×10-6，则lgc(F-

)=lg5×10-6=5.3，“调节pH”过程中控制pH=7，三价Sc元素的存在形式为Sc(OH)3；【小问7详解】加热该复盐时首先失去结晶水。至380-400℃产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=74.1g-52.5g=21.6g，则7

4.121.6=262.5+18a18a，解得a=6。9.FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。Ⅰ．高温合成法称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉

，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。【10（1）反应在真空条件下进行的原因为：_______。（2）若分别用S8和S2与等质量的铁粉反应制取FeS，消耗S8和S2的

质量比为_______。Ⅱ．均相沉淀法实验室以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料合成纳米硫化亚铁。第一阶段：硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O](浅蓝绿色)的制备。实验步骤如下：①检查装置的气密性；②往甲装置

中加入过量的废铁屑，其他药品按要求加好；③关闭止水夹K2、打开K1，打开分液漏斗的旋塞并控制好滴速；④把装置甲中的液体转移到装置乙中，当出现大量浅蓝绿色晶体时，关闭分液漏斗的旋塞；⑤……，得到产品。（3）“步骤④”装置甲中的液体转移到装置乙的方法

是：关闭止水夹_______(填“K1”或“K2”，下同)，打开止水夹_______。（4）“步骤⑤”为使浅蓝绿色晶体充分析出并分离，根据下表中的信息，需采用的操作为：_______、抽滤、洗涤、低温干燥。102030405070(N

H4)2SO473.075.478.081.084.5919FeSO4·7H2O40.048.060.073.3——(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O18.121.224.527.931.338.5.11

（5）有关抽滤的说法正确的是_______。A.选择比布氏漏斗内径略小又能将全部小孔盖住的滤纸B.如图所示的装置有2处错误C.抽滤的优点是过滤速度快，得到固体更加干燥D.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出第二阶段：硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]和

硫代乙酰胺(CH3CSNH2)合成纳米硫化亚铁。资料一：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解资料二：常见沉淀Ksp如下表物质Fe(OH)2FeSFe3[Fe(CN)6]2Ksp8.0×10-166.2×10-183.0×10

-41（6）溶液混合时发生的反应为：Fe2++2+4NH+CH3CSNH2+5OH-=CH3COO-+FeS↓+3NH3•H2O①反应原理是硫代乙酰胺在碱性条件下水解生成了S2-，Fe2+和S2-再结合成硫化亚铁。写出硫

代乙酰胺在碱性条件下水解的离子方程式为：_______。②两种溶液混合时，控制混合液pH约为9的原因是：_______。③该方法得到的产品中常混有少量Fe(OH)2杂质。有研究表明，在混合液中添加少量某试剂时可降

低溶液中c(Fe2+)，抑制杂质的形成。试剂可能是_______。A．柠檬酸钠(，可与Fe2+形成络离子)B．K3[Fe(CN)6]C．H2O【答案】（1）防止铁粉或硫粉被氧气氧化（2）1:1（3）①.

K1②.K2（4）蒸发浓缩到表面出现晶膜、降温结晶或冷却结晶（5）ABC（6）①.CH3CSNH2+3OH-=CH3COO-+S2-+NH3•H2O②.pH过小FeS不能稳定存在，pH过大Fe(OH)2杂质较多③.A【解析】12【分析】Ⅱ．三颈烧瓶内放置废铁屑，关闭止水夹K2、打开K1，

打开分液漏斗的旋塞并控制好稀硫酸滴速，有气体逸出，同时溶液中主要含有FeSO4，逸出的气体可将乙装置内空气全部排出，且尾气可由NaOH溶液吸收，再打开水夹K2、关闭K1，利用三颈烧瓶内增大的气体压强将把三颈烧瓶中

的液体转移到装置乙中，当出现大量浅绿色晶体时，停止继续滴加稀硫酸，并将装置乙中所得晶体快速过滤、洗涤和干燥,得到硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。【小问1详解】加热下铁粉或硫能与氧气反应，则在真空条件下进行的原因为：防止铁粉或硫粉被氧气氧化。【小问2详解】S

8和S6都是硫的单质，若分别用S8和S6与等质量的铁粉反应制取FeS，FeS中Fe和S原子个数比为1:1，所以消耗S8和S6的质量比为1:1。【小问3详解】据分析，“步骤④”装置甲中的液体转移到装置乙的方法是：关闭止水夹K1，打开止水夹K2，反应产生的气体使三颈烧瓶中气体压强增大，将三颈

烧瓶中的液体压入装置乙中。【小问4详解】表格中(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解度最小，“步骤⑤”为使浅蓝绿色(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O晶体充分析，可采用冷却结晶的办法，需采用的操作为：蒸发浓缩到表面出现晶膜、冷却结晶、抽滤、洗涤、低温干燥。【小

问5详解】A．在抽滤时，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，A正确；B．图中抽滤装置中错误有：漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口；安全瓶中左侧导管太长，右侧导管太短，应左侧稍露出橡皮塞，右侧稍长，有2处错误，B正确；C．抽滤的优点是过滤速度快，得到固体更加干燥，C正确；D．抽滤得到的滤液

应从吸滤瓶的上口倒出，D错误；选ABC。【小问6详解】①硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)溶液混合时发生的反应为：Fe2++2+4NH+CH3CSNH2+5OH-=CH3COO-+F

eS↓+3NH3•H2O，反应原理是硫代乙酰胺在碱性条件下水解生成了S2-，Fe2+和S2-再结合成硫化亚铁。则硫代乙酰胺在碱性条件下水解生成了CH3COO-、S2-和NH3•H2O，离子方程式为：CH3CSNH2+3OH-=CH3COO-+S

2-+NH3•H2O。②两种溶液混合时，控制混合液pH约为9的原因是：pH过小FeS不能稳定存在，pH过大Fe(OH)2杂质13较多。③则可以考虑加入试剂使Fe2+形成配合物、以降低溶液中c(Fe2+)，抑制杂质的形成：A

．按信息：柠檬酸钠(，可与Fe2+形成络离子)，A正确；B．由表格Ksp知：Fe(OH)2、FeS以及Fe3[Fe(CN)6]2的饱和溶液的物质的量浓度分别为：1655338.010mol/L2010mol/L2.710mol/L4

−−−==、18996.210mol/L6.210mol/L2.510mol/L−−−==、41953.010mol/L7.7410mol/L36−−=，则FeS以及Fe3[Fe(CN)6]2非常接近，加入K3[Fe(CN)6]与Fe2

+生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，难以制得纯净的目标产物FeS，B错误；C．两种溶液混合制备FeS时，控制混合液pH约为9，H2O会影响溶液pH，C错误；选A。10.以CH3OH(g)和CO2(g

)为原料在一定条件下制备HCOOCH3(g)，发生的主要反应如下：I．CH3OH(g)+CO2(g)HCOOH(g)+HCHO(g)ΔH1=+756.83kJ•mol-1Kp1II．HCOOH(g)+CH3OH(g)HCOOCH3(g)+H2O(g)ΔH2=+31

6.12kJ•mol-1Kp2III．2HCHO(g)HCOOCH3(g)ΔH3=-162.04kJ•mol-1Kp3（1）反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)的ΔH=_______；该反应的压强平衡常数Kp=_____

__(用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示)。（2）已知压强平衡常数(Kp)与温度(T)之间存在定量关系，且符合van’tHoff方程pΔH1lgK=-+C2.303RT(其中R、C为常数，ΔH为反应热)。反应I、II、III的lgKp与1T之间均为

线性关系，如图所示。其中反应II对应的曲线为_______(填“a”、“b”或“c”)。14（3）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol-1，T1℃时，将0.10molCO与0.

40molH2O充入恒容密闭容器中，反应平衡后H2的物质的量分数为0.08。①H2O的平衡转化率为_______%，反应后CO的物质的量分数为_______。②平衡后，向容器中再通入0.04molCO和0.06molCO2，则平衡将向_______移动(填“正向”、“逆向”或“不

移动”)。③由1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当降低到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_______、_______(填字母)。④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为：222Px(CO)x(H)v=k[x(CO)x(HO)-]K式

中，x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温

度降低时，CO催化变换反应的Kp_______(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是_______。【答案】（1）①.+1983.86kJ/mol②.12322PPpKKK15（2）b（3）①.

10②.0.12③.逆向④.Q⑤.P⑥.增大⑦.Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应4CH3OH(g)+2CO2(g)3HCOOCH3(g)+2H2O(g)可由已知反应“I×2+II×2+III”得到，故ΔH=2×ΔH1+2×ΔH2+ΔH3=2×756.

83+2×316.12-162.04=+1983.86(kJ/mol)；则该反应的压强平衡常数Kp=12322PPpKKK(方程式相加，K相乘)；【小问2详解】由于pΔH1lgK=-+C2.303RT，则lgKp与1T之间成反比关系，

反应I、II的反应热ΔH均是正值，则其在图所示曲线中为a、b，曲线c是ΔH为负值的反应III，又ΔH1大于ΔH2，其线“更陡”，故反应I对应的曲线为a，II对应的曲线为b；【小问3详解】在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入

5L的容器中，222CO+HOCO+H/mol0.100.4000/molxxxx/mol0.10-x0.40-xxx开始转化平衡反应平衡后H2的物质的量分数0.08，0.080.100.40x=+，x=0.04m

ol。①H2O的平衡转化率0.040.40×100%=10%，反应后CO的物质的量分数为0.100.040.100.40−+=0.12。②反应平衡常数K=0.040.04VV0.100.040.400.04VV−−=0.074。平衡后，向容器中

再通入0.04molCO和0.06molCO2，Q=0.040.10VV0.100.400.04VV−=0.11>K，故平衡逆向移动。③对于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol-1，反应建立平衡时：CO的体积分数为0.12，降低温度，正、逆反

应速率均减慢，排除M点，降低温度，平衡向放热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数减小，小于0.12，故选Q点；对于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol

-1，反应建立平衡时：氢的体积分数为0.08，降低温度，正、逆反应速率均减慢，因此排除N点，正反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，16因此平衡正向移动，再次平衡时氢气的物质的量分数增大，故选P点；因此反应重新达到平衡，v正～x（CO）对应的点

为Q，v逆～x（H2）对应的点为P；④温度降低时，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ•mol-1，平衡正向移动，CO催化变换反应的Kp增大。根据速率方程分析，T＞Tm时222Px(CO)x(H)v=k[x(CO)x(HO)-]K逐渐减小的原因是

Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。故答案为：增大；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；(二)选考题(6题，共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅

笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题记分)【化学——选修3：物质结构与性质】11.铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效

应，是当受热物体中的电子(空穴)，因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电，起到净化

室内空气的作用。（1）镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为_______，锑的核外有_______种运动状态不同的电子。（2）多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高

能量的d轨道所需的能量(用∆表示)，它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能∆[Fe(H2O)6]3+(黄色)_______∆[Fe(H2O)6]2+(浅绿色)填“大于”，“小于”或“等于”)，原因是_______。（3

）一种镧，锑形成的配合物结构如图所示①该结构中，中心离子La3+配位数为_______，碳的杂化方式为_______。②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。（4）某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。1

7①若上图中A点锑原子的坐标为11(,,0)44，则B点铁原子的坐标为_______。②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为_______cm。【答案】

（1）①.5d16s2②.51（2）①.>②.Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；（3）①.5②.sp2、sp3③.Sb>La（4）①.333(,,)444②.3365424ANcm【解析】【小问

1详解】镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子；【小问2详解】在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高

，吸引电子的能力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能△[Fe(H2O)6]3+>△[Fe(H2O)6]2+，理由是:Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强;Fe3+的3d达到半充满稳

定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；故答案为:>;Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；【小问3详解】18①根据图中成键情况可知，该结构中，中心

离子La3+配位数为5；羧基、苯环中的碳都是sp2杂化,苯环侧链上的C为sp3杂化；②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La>Sb；【小问4详解】①若上图中A点锑

原子的坐标为11(,,0)44，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为34，投影于xy平面，其xy的平面坐标为33(,)44所以B的原子坐标为333(,,)444，故答案为:333(,,)444；②1个晶胞中含

有La的数目为818+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为2412+12=24个，取1mol晶胞，则有N

A个晶胞，质量为m=(213985624122++)g=3654g，设晶胞的边长为acm，ρ=mV=33654ANag/3cm，a=33654ANcm，Sb原子与Sb原子的最近距离为2a4，故为3365424ANcm。【化学——选修5：有机化学基础】12.

石油分馏得到的烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：已知：①B的核磁共振氢谱中只有一组峰，G为一氯代烃；②R-X+R′-XNa20，℃⎯

⎯⎯⎯⎯→R-R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。回答下列问题：19（1）Ⅰ所含官能团的名称为_______。（2）反应类型：I→J_______，A→B_______（3）G生成H的化学方程式为_______。（4）E的结构简式为_______

。（5）F合成丁苯橡胶的化学方程式为_______。（6）比I的相对分子质量大14的同系物中且主链有5个碳原子的同分异构体数目为_______，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为_______。（

7）参照上述合成路线，以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：_______。【答案】（1）羧基（2）①.缩聚反应②.氧化反应（3）+NaOHΔ⎯⎯⎯→乙醇+NaCl+H2O（4）：或（5）n+nCH2=CH-CH=

CH2⎯⎯⎯→催化剂（6）①.6②.HOOCCH2C(CH3)2CH2COOH（7）【解析】【分析】由题给信息“烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化”和已知条件“B的核磁共振氢谱中只有一组峰，”可知，烃A在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则A为己烷、B为；在铂做催化剂作

用下，高温条件下转化为，则C为；在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则D为；与氯乙烷发生信息②反应20生成，则E为；在氧化铬与氧化铝催化剂作用下，加热发生消去反应生成，则F为；一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成；另一方面B（）在光照条件下与氯气发生取代反应

生成，则G为，为一氯代烃，符合题意；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则H为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成己二酸，在催化剂作用下，己二酸与乙二醇发生縮聚反应生成，则J为。【小问1详解】根据合成路线可看出Ⅰ为乙二酸，其分子中所含官

能团的名称为羧基；【小问2详解】根据上述分析己二酸与乙二醇在催化剂作用下脱水生成聚酯纤维J，J的结构简式为，所以I→J的反应类型为缩聚反应；A→B为脱氢环化过程，属于氧化反应，故答案为：缩聚反应；氧化反应；【小问3详解】G生成H的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生

成和水，反应的化学方程式为+NaOHΔ⎯⎯⎯→乙醇+NaCl+H2O；【小问4详解】21根据上述分析可知，E的结构简式为：或；【小问5详解】F为，一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成，F合成丁苯橡胶的化学方程式为：n+nCH2=CH-CH=CH2⎯⎯⎯→

催化剂；【小问6详解】比I的相对分子质量大14的同系物为庚二酸，主链有5个碳原子，则剩余两个羧基，根据同分异构体“定一动一”的书写原则可知，其同分异构体数目按碳骨架分类排列分别为：、、、、、、共计6种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的

有机物，即有3种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为1：2：3的，则该分子的结构简式为HOOCCH2C(CH3)2CH2COOH；【小问7详解】结合题给合成路线可知，以2—甲基己烷和一氯甲烷为原料制备乙苯的合成步骤为在铂做催化剂作用下，2—甲基己烷高温条件下转化为，在铂做催

化剂作用下，高温条件下22转化为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与一氯甲烷发生信息②反应生成，则合成路线为。23获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com