【文档说明】【精准解析】黑龙江省哈尔滨市（东北三省四市）2020届高三高考调研模拟理科综合化学试题（解析版）.doc，共(21)页，2.399 MB，由小赞的店铺上传

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2020年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷理科综合测试第Ⅰ卷一、选择题1.硝石（3KNO）在战国时已用做医药，《开宝本草》中记载了它的提取方法：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。实验室若用此法提取3KNO，不需要使用的装置是（）A.B.C.D.【答案】

C【解析】【分析】【详解】A.扫取以水淋汁，需要溶解，A需要；B.要得到纯净的3KNO，需要除去不溶性杂质，即过滤，B需要；C.图为灼烧的装置，从硝酸钾溶液中获得硝酸钾不需要灼烧，C不需要；D.乃煎炼而成，需要蒸发结晶，D

需要；答案选C。2.AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）。A.0.78g过氧化钠中含有的离子数目为A0.04NB.0.60g二氧化硅中含有的共价键数目为A0.04NC.标准状况下，0.224L氯气溶于1L水转移的电子数目为A0.01ND.常温下0.56g铁片与足量浓硝酸反应

转移的电子数目为A0.03N【答案】B【解析】【详解】A.0.78g过氧化钠的物质的量0.78g0.01mol78g/mol==，而1个过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，故离子数目为A0.03N，A错误；B.0.60g二氧化硅的物质的量0.6g0.01mol6

0g/mol==，而1个二氧化硅中含有4个硅氧键，故共价键数目为A0.04N，B正确；C.氯气溶于水反应是一个可逆反应，不能计算转移电子数，C错误；D.常温下铁片遇浓硝酸钝化，D错误。答案选B。3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z同主族但最高化合

价不同，Y是金属性最强的短周期元素。下列说法不正确的是（）。A.简单离子半径：Y<X<Z<WB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<WC.化合物2ZXW能与水剧烈反应，产生白雾并放出具有刺激性气味的气体D.W的气态氢化物通入223YZX水溶液中产生淡黄色沉淀并放出有刺激性气味的气体【答案】A【解

析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z同主族但最高化合价不同，符合此条件的是O和S，F和Cl二组，若Z是Cl，则W原子序数比Cl大，就不可能是短周期元素，故舍去，Y是金属性最强的短周期元素，则Y是Na，综合以上

分析，可知X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此解答。【详解】A．X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素，W为Cl元素，则它们的简单离子分别为O2-，Na+，S2-，Cl-，根据具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，O2-与Na+，S2-与Cl-分别属于具有相同电子

排布的离子，则离子半径为O2->Na+，S2->Cl-，再根据电子层数越多，半径越大，离子半径为S2->Cl->O2->Na+，故A错误；B．Z为S，W为Cl，二者属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性增

强，Z<W，故B正确；C．化合物ZXW2的化学式为SOCl2，与水剧烈反应的化学方程式为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl，由于产生了HCl和SO2，出现白雾并放出具有刺激性气味的气体，故C正确；D．W的气态氢化物为HCl，Y2Z2X3的化学式是Na

2S2O3，HCl通入Na2S2O3水溶液中，发生：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O反应，出现淡黄色沉淀并放出有刺激性气味的气体，故D正确；答案为A。4.苯是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是（）。A.苯可以在空气中燃烧，燃烧时产生明

亮并带有浓烟的火焰B.苯分子中含有碳碳双键，所以可使酸性高锰酸钾溶液褪色C.苯中加入溴水，振荡后溶液分层，水层无色，说明苯与溴水发生了取代反应D.苯与氢气催化条件下可发生加成反应，产物环己烷的二氯代物有3种（不含立体异构）【答案】A【解析】【详解】A．苯中碳的含量达92.3%，已经很高，

所以苯在空气中燃烧时，产生明亮并带有浓烟的火焰，故A正确；B．苯分子不含碳碳双键，苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间特殊的化学键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．苯中滴入溴水，发生萃取，振荡、静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层水层几乎无色，

为物理变化，没有发生取代反应，故C错误；D．苯与氢气催化条件下可发生加成反应，产物环己烷的二氯代物有4种，分别是，，，故D错误；答案为A。5.科学家研发出一种太阳光电化学电池（PEC），可不受限于白天或黑

夜全天候地储存电能。该电池以硫酸为电解液，利用太阳能储存电能（充电）的原理如图（图中略去部分光电转换过程），下列说法不正确的是（）。A.放电时，Pt电极为负极B.充电时，+H通过质子交换膜向Pt电极迁移C.放电时，

负极的电极反应式为2+-3+V-e=VD.充电时，2TiO/3WO极的电极反应式为2+--+22VO-e+2OH=VO+HO【答案】D【解析】【分析】由充电示意图中电子的移动方向可知，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO

2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，Pt电极为阴极，V3+在阴极得到电子发生还原反应生成V2+，电极反应式为V3++e-=V2+，放电时，TiO2/WO3电极为正极，Pt电极为负极。

【详解】A.由分析可知，放电时，Pt电极为原电池的负极，故A正确；B.充电时，阳离子移向阴极，则氢离子通过质子交换膜向Pt电极迁移，故B正确；C.放电时，Pt电极为负极，V2+在负极失电子发生氧化反应生成V3+，电极反应式为V2+-e-=V3+，故C正确；D.电解池的离子交换膜为质子膜，电

极反应式不可能有氢氧根离子参与，则充电时，TiO2/WO3电极为阳极，VO2+在阳极失电子发生氧化反应生成VO2+，电极反应式为VO2++H2O-e-=VO2++2H+，故D错误；故选D。【点睛】书写电极反应式时，注意电解质溶液为酸性，若电解质溶液

为酸性，电极反应式中不能出现氢氧根是解答关键。6.下列各组实验操作、现象、解释或结论均正确的是（）。操作现象解释或结论A将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片产生的气体通入溴的四氯化碳溶液溴的四氯化碳溶液逐渐褪色烷烃分解产生的烯烃与溴发生了氧化反应B将

螺旋状铜丝在酒精灯上灼烧至红热插入乙醇中铜丝恢复光亮的紫红色且可闻到刺激性气味铜丝做催化剂，乙醇被氧化成乙醛C将乙醇、乙酸、浓硫酸混合共热产生的蒸汽通到饱和NaOH溶液的液面上液面上有透明的不溶于水的油状液体生成，并可以闻到香味浓硫酸做催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸

发生了酯化反应D蔗糖溶液加少许稀硫酸后水浴加热几分钟，然后取少量溶液加入新制2Cu(OH)并加热未见砖红色沉淀产生蔗糖尚未水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.将石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，烷烃分解产生的烯烃与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液

逐渐褪色，故A错误；B.将螺旋状铜丝在酒精灯上灼烧至红热，铜被空气中氧气氧化生成氧化铜，氧化铜在加热的条件下与乙醇发生氧化反应生成铜和乙醛，反应的实质铜丝做催化剂，乙醇在加热条件下被空气中氧气氧化成乙醛，故B正确；C.乙酸乙酯在氢氧

化钠溶液中发生水解反应，不可能在氢氧化钠溶液的液面上观察到透明的不溶于水的油状液体，故C错误；D.葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，则蔗糖溶液加少许稀硫酸后水浴加热几分钟，应先加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性后，再加入新制氢氧化铜并加热，才能

观察到砖红色沉淀，若不加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸，不能判断蔗糖是否水解，故D错误；故选B。【点睛】葡萄糖在碱性条件下才能与新制氢氧化铜共热反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，则判断蔗糖是否水解，应先加入足量的氢氧化钠溶液中和硫酸，使溶液呈碱性后，再

加入新制氢氧化铜并加热是解答关键，也是易错点。7.25℃条件下，向20mL0.1mol/L的盐酸中不断通3NH，该过程中水电离出的氢离子浓度c水+(H)与通入3NH的物质的量关系如图，下列说法不正确的

是（）。A.A点的纵坐标为1310−B.B点溶液中+-+-4c(NH)=c(Cl)>c(H)=c(OH)C.C点溶液中-+4323c(Cl)=c(NH)+c(NHHO)+c(NH)D.D点溶液的pH=9【答案】B【解析】【分析】由图可

知C点水电离程度最大，说明此时铵根离子浓度最大，对水的电离促进程度最大，盐酸和氨气恰好完全反应生成氯化铵，B点为盐酸和氯化铵的混合液，溶液呈酸性，D点为氯化铵和氨气的混合液，溶液呈碱性。【详解】A.0.1mol/L盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，常温

下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，则水电离出的氢离子浓度为-14100.1mol/L=10-13mol/L，故A正确；B.B点为盐酸和氯化铵的混合液，溶液呈酸性，溶液中离子浓

度的顺序为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C.C点为氯化铵溶液，溶液中存在物料守恒关系c（Cl-）=c（NH4+）+c（Cl-）+c（NH3·H2O）+c（NH3），故C正确；D.由图可知，D点为氯化铵

和氨气的混合液，溶液呈碱性，溶液的pH为9，故D正确；故选B。第Ⅱ卷二、非选择题（一）必考题8.硫酸铅是一种重要的化工粉末材料，被广泛用于涂料和电池等行业。湿化学法从方铅矿(主要成分为PbS)直接制取硫酸铅粉末的转化流程图如下：已知：①-2-24PbCl(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)

Δ>0H②()-5sp2PbCl=1.610K()4sp-8PbSO=1.710K回答下列问题：(1)浸出过程中，产物中Pb以24PbCl−形式存在，同时可观察到黄色沉淀，浸出过程中的反应的离子方程式为________________。反应后期，有少量气体产生，产生气体的化

学方程式为________________。(2)浓缩结晶过程中是将浸出液静置于冰水混合物中，从平衡角度解释使用冰水混合物的作用为________。(3)氧化过程中通常加入22HO，发生反应的离子方程式为__________。(4)向2PbCl固

体中加入241mol/LHSO，发生反应的方程式为2244PbCl(s)SO(aq)PbSO(s)−+2Cl(aq)−+，计算该反应的平衡常数为________。(5)单位体积溶液中加入NaCl的质量对方铅矿的浸出率的影响如图，高于250g/L之后，浸出

率基本不变，可能的原因是_____________。(6)传统工艺是经火法冶炼得到粗铅，然后电解精炼，再经高温熔融、氧化焙烧制取氧化铅，然后与硫酸反应制得硫酸铅。与传统工艺相比，湿化学法的优点是_______

_(任写两点)。【答案】(1).3+-2-2+4PbS+2Fe+4ClPbCl+2Fe=+S(2).242PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS(3).-2-24PbCls)+2Claq(()PbCl)(aq是吸热反应，降温有助于平衡逆向移动，便于获得更多的2PbCl固体(4

).+2+3+222HO+2H+2Fe=2Fe+2HO(5).29.410(6).浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液，再增加氯化钠，浸取率基本不变(7).流程简单；能耗低；不产生2SO，对环境无污染【解析】【分析】往方铅矿中加入FeCl3

溶液和盐酸，FeCl3与PbS反应生成PbCl2和S，产物中加入饱和食盐水，趁热过滤，利于-2-24PbCl(s)+2Cl(aq)PbCl(aq)△H＞0正向移动，使PbCl2溶解，过滤除去硫等杂质，母液中含有2-4PbCl、Cl-、Fe2+、Fe3+等，母液蒸发浓

缩，析出PbCl2晶体，过滤后的滤液中含有Fe2+、Fe3+，氧化后循环利用，PbCl2晶体中加入稀硫酸，转化为更难溶的硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅沉淀，洗涤、烘干得到硫酸铅粉末，据此分析解答。【详解】(1)浸出过程中，产物中Pb以24PbCl−形式存在，同时可观察到黄

色沉淀，该黄色沉淀为硫，浸出过程中的反应的离子方程式为3+-2-2+4PbS+2Fe+4ClPbCl+2Fe=+S。反应后期，有少量气体产生，是PbS在氯化钠溶液中与盐酸反应放出的硫化氢气体，产生气体的化学方程式为2

42PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS，故答案为：3+-2-2+4PbS+2Fe+4ClPbCl+2Fe=+S；242PbS+2HCl+2NaCl=NaPbCl+HS；(2)-2-24PbCls)+2Claq(()PbCl)(aq

是吸热反应，降温有助于平衡逆向移动，因此浓缩结晶过程中需要将浸出液静置于冰水混合物中，便于获得更多的2PbCl固体，故答案为：-2-24PbCls)+2Claq(()PbCl)(aq是吸热反应，降温有助于平衡逆向移动，便于获得更多的2PbCl固体；(3)氧化过程中通常加入22H

O，过氧化氢能够将亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为+2+3+222HO+2H+2Fe=2Fe+2HO，故答案为：+2+3+222HO+2H+2Fe=2Fe+2HO；(4)向2PbCl固体中加入241mol/LHSO，发生反应的方程式为2244PbCl

(s)SO(aq)PbSO(s)−+2Cl(aq)−+，该反应的平衡常数K=()()224OClS−−cc=()()sp2s4pPbClPbSOKK=-5-81.6101.710=29.410，故答案为：29.410；(5)根据单位体积溶液中加入NaCl的质量对方铅矿的浸出率的图象，高于2

50g/L之后，浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液，再增加氯化钠，浸取率基本保持不变，故答案为：浸出后的溶液已经是NaCl的饱和溶液，再增加氯化钠，浸取率基本不变；(6)传统工艺是经火法冶炼得到粗铅，然后电解精炼，再经高温熔融、氧化焙烧制取氧化铅，然后与硫酸反应制得硫酸铅。与传

统工艺相比，湿化学法的流程简单、能耗低、不产生2SO，对环境无污染，故答案为：流程简单；能耗低；不产生2SO，对环境无污染。【点睛】本题的易错点为(1)中生成硫化氢气体的方程式的书写，要注意生成的产物为24NaPbCl，难点为(4)中K的计算，要注意将K与Ks

p联系起来。9.高锰酸钾是一种重要的氧化剂，某化学实验小组制备高锰酸钾并测其纯度的步骤如下，请回答相关问题：322244KClOKOHCOKOHMnOKMnOKMnO溶入气体溶液浸取高温熔融⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Ⅰ．高锰酸钾的制备(1)将

34gKClO和7.5gKOH固体混匀放入坩埚中，边加热边搅拌，待熔融后慢慢加入25gMnO粉末，不断搅拌，呈颗粒状后，再加强热10min得墨绿色产物(24KMnO为墨绿色固体)，冷却。①制24KMnO反应

的化学方程式为____。②实验中使用的坩埚及搅拌棒的材质可以是________。A．石英B．瓷C．刚玉(氧化铝)D．铁(2)取出墨绿色产物研细，每次用10mL4%的热KOH溶液浸取，过滤后对滤渣重复浸取两次。合并三

次浸取液，得墨绿色溶液。将墨绿色产物研细并分三次浸取，这样做的目的是_________。(3)24KMnO在水溶液中会发生歧化反应：242423KMnO2HO2KMnOMnO4KOH+++，通入2CO

气体可促进反应趋于完全。向(2)制得的墨绿色溶液中连续通入2CO气体至溶液pH在10～11之间，过滤。滤液中的溶质除4KMnO外，还主要含有_____。(4)将滤液转入蒸发皿，小火加热，当看到________的现象时停止加热，冷却，________、

________，干燥后得4KMnO粗品。Ⅱ．高锰酸钾纯度的测定(5)称取4gKMnOm粗品，加入煮沸并冷却后的稀硫酸配成0mLV溶液。量取11mLmol/LVc的草酸(224HCO)溶液于锥形瓶中，用所配4KMnO溶液进行滴定。重复滴定两次，平

均消耗4KMnO溶液的体积为2mLV。①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，原因是________。②滴定终点的标志是___________。③4KMnO纯度(质量分数)的计算式为________。【答案】(1).2

32423MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO(2).D(3).提高24KMnO的浸取率(4).KCl和23KCO(5).液面出现晶膜(6).过滤(7).洗涤(8).产物2+Mn对反应本身有催化作用(9).最后一滴4KMnO溶液加入时，溶液由无

色变为粉红色，且30s内不褪色(10).1102100.06320%cVVmV【解析】【分析】(1)①3KClO、KOH、2MnO加强热生成24KMnO，根据氧化还原反应的原理书写反应的化学方程式；②石英的主要成分为二氧化硅、陶瓷中含有二氧化硅和硅酸盐

，根据二氧化硅、氧化铝、铁的性质分析判断；(2)将墨绿色产物研细分三次浸取，可以提高物质的浸取率，据此分析解答；(3)二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，结合平衡的移动分析解答；(4)根据蒸发结晶的基本操作分析解答；(5)反

应的原理为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，据此分析解答。【详解】(1)①3KClO和KOH固体混匀放入坩埚中，边加热边搅拌，待熔融后慢慢加入2MnO粉末，不断搅拌，加强热10min得墨绿色产物2

4KMnO，根据氧化还原反应的原理，生成24KMnO的化学方程式为232423MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO，故答案为：232423MnO+6KOH+KClO=3KMnO+KCl+3HO；②A．石英能够与KOH反应被腐蚀，故A错误；B．陶瓷中含有

二氧化硅和硅酸盐，二氧化硅能够与KOH反应被腐蚀，故B错误；C．刚玉(氧化铝)能够与KOH反应被腐蚀，故C错误；D．铁与KOH等不反应，可以用铁质的坩埚及搅拌棒进行实验，故D正确；故答案为：D；(2)将墨绿色产物研细分三次浸取，可以提高24KMnO的浸取率，故

答案为：提高24KMnO的浸取率；(3)24KMnO在水溶液中会发生歧化反应：242423KMnO2HO2KMnOMnO4KOH+++，通入2CO气体，二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，使得溶液中的KOH的浓度减小，平衡正向移动，可促进反应趋于完全。向24KMnO溶液中连续通入2CO气体至溶液

pH在10～11之间，过滤。根据上述方程式，滤液中的溶质除4KMnO外，还主要含有KCl和23KCO，故答案为：KCl和23KCO；(4)将滤液转入蒸发皿，小火加热蒸发，当看到液面出现晶膜时停止加热，利用余热蒸干，冷

却，过滤出晶体、洗涤除去晶体表面的杂质，干燥后得4KMnO粗品，故答案为：液面出现晶膜；过滤；洗涤；(5)①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的2+Mn对反应起到催化作用，故答案为：产物2+Mn对反应本身有催化作用；②4KMnO溶液为紫红色，与草酸反应后褪

色，当最后一滴4KMnO溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色，表示达到了滴定终点，故答案为：最后一滴4KMnO溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且30s内不褪色；③根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO

4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，24KMnO～5H2C2O4，11mLmol/LVc的草酸(224HCO)溶液中含有草酸的物质的量为13110mol−Vc，滴定消耗的4KMnO的物质的量为25×

13110mol−Vc，因此4gKMnOm粗品中4KMnO的纯度=112030.4mol158g/mo100l1%g0−cmVVV=1102100.06320%cVVmV，故答案为：1102100.06320%cVVmV。【点睛】本题的

易错点和难点为(5)，要注意结合反应原理的化学方程式计算，注意关系式法的应用。10.2CO资源化利用的方法之一是合成二甲醚（33CHOCH简写做DME）。2CO催化加氢法合成DME，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ

：222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.2kJ/mol反应Ⅱ：223322CO(g)+6H(g)CHOCH(g)+3HO(g)ΔH=-122.5kJ/mol其中，反应Ⅱ分以下两步完成，请写出反应Ⅳ的热化学方程式。反应Ⅲ：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO

(g)ΔH=-49.5kJ/mol反应Ⅳ：___________。⑴反应Ⅳ的热化学方程式为________。⑵在2CO和2H的起始量一定的条件下，2CO的平衡转化率和平衡时CO、DME的选择性随压强或温度的变化见下图。已知：DME的选择性3322CHOCH=100%CO的物质的量反应的的物质的量

；CO的选择性CO=100%CO的物质的量反应的的物质的量①依据图像中的数据分析，提高平衡时DME的选择性应当选择的条件为________。A高温高压B低温低压C高温低压D低温高压按照温度对化学平衡的影响图像分析温度低于300℃，2CO平衡转化

率随温度升高而降低的原因是_______。②某温度和压强下，起始投入21molCO与足量2H发生反应，达到平衡时2CO的转化率为40%，部分物质的物质的量如下表：3CHOHCO2HO0.06mol0.02mol0.56mol计算平衡时DME的选择性为

________，反应Ⅳ的化学平衡常数为________。⑶经研究发现，在不同反应条件下反应相同时间（未平衡）测定发现，体系中3CHOH的浓度均很低，则可知活化能大小关系：反应Ⅲ________反应Ⅳ（填“大于”、“小于”或“等于”）。⑷3.0MPa，投料比为()(

)22nH/nCO=4.0时进行反应，CO的浓度随时间变化如下图所示，则下列说法正确的为________。A在0~1min范围内，反应Ⅰ的速率随温度升高而增大B200℃条件下，随反应时间的延长，CO的浓度始终增大C260℃条件下

，随反应时间的延长，CO的浓度先增大后减小最终不变D260℃条件下，2min后CO的浓度减小是因为随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中2HO(g)浓度越来越高，反应Ⅰ的逆反应速率不断增大，从而使CO浓度逐渐下降【答案】(1).33322CHOH(g)CHOC

H(g)+HO(g)1ΔH=23.5kJmol−−(2).D(3).反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH<0，温度升高使2CO转化为CO的平衡转化率上升，使2CO转化为33CHOCH的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度(4).80%(5).24.89(6).大于(7).

ACD【解析】【分析】⑴根据反应Ⅱ减去反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ的热化学方程式。⑵①依据图像中的数据分析；按照温度对化学平衡的影响图像分析温度低于300℃，反应Ⅰ、反应Ⅱ的焓变对CO2转化为CO即33CHOCH的平衡转化率的影响分析；②计算达到平衡时2CO的消耗量

和生成CH3OCH3物质的量，再计算平衡时DME的选择性和反应Ⅳ的化学平衡常数。⑶根据一种物质很难发现说明生成物难反应或反应物易消耗分析。⑷A.根据图中信息在0～1min范围内，温度越大，反应Ⅰ速率越快；B.根据图中信息260℃条件下，CO

浓度在2min后开始下降，240℃条件下，CO浓度在2.5min后开始下降，在200℃条件下，随反应时间的延长，CO的浓度在某时间点后也开始下降；C.260℃条件下，随反应时间的延长，CO的浓度先增大后减小最终不变；D.260℃条件下，2m

in后随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中2HO(g)浓度越来越高，反应Ⅰ的逆反应速率不断增大，从而使CO浓度逐渐下降。【详解】⑴根据反应Ⅱ减去反应Ⅲ的2倍得到反应Ⅳ的热化学方程式为33322CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g

)1ΔH=23.5kJmol−−；故答案为：33322CHOH(g)CHOCH(g)+HO(g)1ΔH=23.5kJmol−−。⑵①依据图像中的数据分析，为了提高平衡时DME的选择性，减少CO的选择性，应当选择的条件为低温高压；按照温度对化学平衡的影

响图像分析温度低于300℃，反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH<0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为33CHOCH的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度是CO2平衡转化率随温度升高而降低的原因；故答案为：D；反应Ⅰ的ΔH>0，反应Ⅱ的ΔH<0，

温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为33CHOCH的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度。②某温度和压强下，起始投入21molCO与足量2H发生反应，达到平衡时2CO的转化率为40%，即消耗0.4molCO2，生成CO消耗0.02molCO2，生

成CH3OH消耗0.06molCO2，则生成CH3OCH3物质的量为0.16mol，平衡时DME的选择性为20.16mol100%80%1mol40%=，设容器体积为VL，反应Ⅳ的化学平衡常数为20.560.16VV0.06(48)V2

.9K==；故答案为：80%；24.89。⑶经研究发现，在不同反应条件下反应相同时间(未平衡）测定发现，体系中CH3OH的浓度均很低，说明反应很难生成甲醇，甲醇又易反应生成CH3OCH3，因此活化能大小关系：反应Ⅲ大于反

应Ⅳ；故答案为：大于。⑷A.根据图中信息在0～1min范围内，温度越大，反应Ⅰ速率越快，故A正确；B.根据图中信息260℃条件下，CO浓度在2min后开始下降，240℃条件下，CO浓度在2.5min后开

始下降，在200℃条件下，随反应时间的延长，CO的浓度在某时间点后也开始下降，故B错误；C.260℃条件下，随反应时间的延长，CO的浓度先增大后减小最终不变，故C正确；D.260℃条件下，2min后随时间推移反应Ⅱ的进行使体系中2HO(g)浓度越来越高，反

应Ⅰ的逆反应速率不断增大，从而使CO浓度逐渐下降，故D正确；综上所述，答案为：ACD。【点睛】化学平衡是常考题型，中间常考查盖斯定律的运用和化学平衡的影响因素及主次问题的分析。[化学选修3-物质结构与性质]11.2UO与铀氮化

物是重要的核燃料，已知某温度下三碳酸铀酰铵可发生如下分解反应：()2232322243NHUOCO3UO10NH9(CONHO)9=++++。阿伏加德罗常数的值为AN。回答下列问题：(1)23592235gU发生裂变反应：235114689192056360U+nBa+Kr+3

n→，净产生的中子(10n)数为________。基态U原子的外围电子排布式为1326d5f7s，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需的能量最高的为________(填序号)。A3215f7s7pB3115f6d

7sC425f7sD3215f6d7s(2)3NH和2HO中，沸点较高的为________，与2+Cu形成的配离子稳定性较高的为________。(3)23CO−中存在大π键，形成该大π键的电子数为________。(4)某种铀氮化物

的晶体结构与MgO相同。MgO的Bom-Haber循环如图所示。①MgO晶格能为________-1kJmol。②Al的第二电离能大于Mg的第二电离能，是由于+Al的半径较+Mg小、+Al的核电荷更高以及_______。(5)另一种铀氮化物的晶胞如下图所示，U“原子”作面心立方最密堆积。①铀

元素的化合价为________，U“原子”的配位数为________。②已知晶胞参数为anm，则晶体的密度为________3g/cm(列出计算式)。【答案】(1).A2N(2).B(3).2HO(4).3NH(5).6(6

).3845(7).+Al为23s相对稳定结构，破坏需要额外提供能量(8).6+(9).8(10).21A3238+284N10a【解析】【分析】根据裂变反应：235114689192056360U+nBa+Kr+3n→中净产生的中子(

10n)数和23592U的物质的量判断；核外电子排布轨道处于半充满和全充满时相对稳定；根据电离能的递变性和变化规律判断；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。【详解】(1)23592235gU的物质的量为1mol，根据裂变反应：235114689

192056360U+nBa+Kr+3n→，可知净产生的中子(10n)的物质的量为2mol，数目为2NA；基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，3215f7s7p、425f7s和3215f6d7s均为其基态原子的激发态，3115f6d7s为U+，由第二电离明显高于

第一电离可知，3115f6d7s再失去1个电子所需要的能量最高，故答案为B；(2)NH3常温下为气态，而H2O常温下为液态，则沸点较高的为H2O；NH3结合质子的能力强于H2O，则NH3与Cu2+形成的配离

子稳定性强于H2O与Cu2+形成的配离子稳定性；(3)CO32-中存在大π键，C原子孤对电子数为42232+−=0，则其路易斯结构式为，形成的大π键为64，该大π键的电子数为6；(4)①MgO的晶格能为Mg2+(g)和

O2-(g)生成MgO(s)放出的能量，则MgO的晶格能为3845kJ•mol-1；②Al+的电子排布式为1s22s22p63s2，Mg+的电子排布式为1s22s22p63s1，可见Al的第二电离能大于Mg的第二电离能，是由于Al+的半径较Mg+小、Al+的核电荷更高以及Al+为3s

2相对稳定结构，破坏需要额外提供能量；(5)另一种铀氮化物的晶胞是U“原子”作面心立方最密堆积，其中含有U的原子数目为8×18+6×12=4，N原子数为8，其化学式为UN2；①晶胞化学式为UN2，其中N为-3价，则铀元素的化合价为+6价；晶胞中顶点U原子最靠近的N原子数是1，顶点U为

8个晶胞共用，则U原子的配位数为8；②已知晶胞参数为anm，晶胞的体积为(a×10-7cm)3，晶胞的质量为()423828AN+g，则晶体的密度为mV=21A3238+284N10ag/cm3。【点睛】本题涉及电离能的大小判断，可依据电离能的一般变化规律分析，其中判断电离能大小的关键

要点是当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0，d0，f0)、半满(p3，d5，f7)或全满(p6，d10，f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。[化学选修5-有机化学基础]12.化合物

H是合成啶氧菌酯（农用杀菌剂）的一种中间体。由有机物A为原料制备H的一种合成路线如下：已知：（1）有机物A为芳香烃，其质谱图如下。核磁共振氢谱显示有三种吸收峰，面积比为3:1:1.（2）RClNaCNRCNNaCl−+→−+回答下列问题：（1）A

的结构简式为________。反应②除B外的试剂和反应条件为________。（2）①~④中，属于取代反应的有________个。（3）下列关于F的说法，正确的有________（填序号）。A含有两种不同的官能团B是苯甲酸的同系物C1molF与足量NaOH溶液反应，最多

可消耗2molNaOHD可发生取代、加成、氧化、缩聚反应（4）H中的含氧官能团的名称为___________。（5）反应⑥的化学方程式为__________。（6）芳香化合物X是G的同分异构体，符合下列条件X的数目有________种。①能发生银镜反应、水解反

应②除苯环外不含其它环状结构（7）PAA（）可由其单体在22HO发下制得。参考图中流程，写出以乙炔、NaCN等为主要原料制备PAA的合成路线________。【答案】(1).(2).NaOH水溶液、加热(3).4(4).AD(5).醚键、酯基(6).⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O(7

).5(8).HC≡CHHCl⎯⎯⎯→催化剂H2C=CHClNaCH(aq)⎯⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→22HO⎯⎯⎯→【解析】【分析】根据A的质谱图，芳香烃A的相对分子质量是106，则A的分子式是C8H10；D和NaCN发生取代反应

生成E，由E的结构简式逆推，可知D是；C和HCl发生取代反应生成D，则C是；由C逆推，A是，B是；在酸性条件下水解为F，F是；【详解】根据以上分析，(1)A的结构简式为；反应②是发生水解反应生成，试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(2)①~④中

，和卤素单质在光照条件下发生取代反应生成，在NaOH水溶液、加热条件下发生取代反应生成，与HCl发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，所以属于取代反应的有4个；(3)A．含有羧基、羟基两种不同的官能团，故A正确；B．与苯甲酸含有的官能

团不同，不是苯甲酸的同系物，故B错误；C．羧基能与氢氧化钠反应，1mol与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH，故C错误；D．含有羟基、羧基、可发生取代、氧化、缩聚反应，含有苯环能发生加成反应，故D正确；选AD；(4)中的含氧官能团的名称

为醚键、酯基；(5)反应⑥是发生分之内酯化反应生成，化学方程式为⎯⎯⎯→浓硫酸加热+H2O。(6)①能发生银镜反应、水解反应说明为甲酸酯，②除苯环外不含其它环状结构，则含有1个碳碳双键，X的结构有、、、、，共5种；(7

)的单体是，乙炔和氯化氢加成生成H2C=CHCl，H2C=CHCl和NaCN反应生成，水解为，在22HO作用下生成，PAA的合成路线为HC≡CHHCl⎯⎯⎯→催化剂H2C=CHClNaCH(aq)⎯⎯⎯⎯→+2H/HO⎯⎯⎯⎯→22HO⎯⎯⎯→。【点睛】本题考查有机合成，根据E的

结构简式，利用逆推法正确推断A、B、C、D是解题关键，掌握利用质谱图判断相对分子质量的方法，根据官能团的结构和性质判断有机物的性质。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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