狂飆卷02 -【熱題狂飆】2023年高考化學(xué)樣卷（全國卷專用）

狂飆卷02-【熱題狂飆】2023年高考化學(xué)樣卷（全國卷專用）

一、單選題（共21分）

1.科學(xué)家提出有關(guān)甲醇（CH3OH）的碳循環(huán)如圖所示。下列說法錯誤的是

A.圖中能量轉(zhuǎn)化方式只有2種

B.COz屬于無機化合物、CH30H屬于有機化合物

C.0.1molCH.（OH中含有O.lmolO-H鍵

D.利用CO?合成CH30H燃料能促進“碳中和”

【答案】A

【解析】

【詳解】

A.圖中能量轉(zhuǎn)化方式有：光能轉(zhuǎn)化為電能、電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能、風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能、化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能等，A錯誤：

B.有機物為除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸鹽以外的含碳化合物；CO2屬于無機化合物、CH30H屬于有機化合物，B正

確；

C.1分子甲醇中含有1個O-H鍵，則O.lmolCH30H中含有O.lmolO-H鍵，C正確；

D.利用CO2合成CH30H燃料可以充分利用二氧化碳資源，能促進“碳中和”，D正確；

故答案為：A。

2.藥物異搏定合成路線中的某一步反應(yīng)如圖所示（部分產(chǎn)物未給出），下列說法錯誤的是

A.X分子中在同一平面內(nèi)的原子最多有15個

B.物質(zhì)Z與足量的氫氣加成所得分子中含有4個手性碳原子

C.1molY與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗2molNaOH

D.X的同分異構(gòu)體中含苯環(huán)且能水解的共有6種

【答案】A

【解析】

【詳解】

A.苯環(huán)、-OH、-CO-中是所有原子共平面，甲烷中最多有3個原子共平面，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，則該分子中最多有16個原子共

平面，A錯誤；

CH,

B.Z與足量H?發(fā)生加成反應(yīng)產(chǎn)物如下圖所示，其中含有4個手性碳原子，用數(shù)字標注為OCH.,B

正確；

c.Y分子中酯基水解生成的竣基、澳原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反應(yīng)，Y分子中酯基水解生成1個皎基、生成1

個HBr分子，ImolY最多消耗2moiNaOH,C正確：

D.X的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且能發(fā)生水解反應(yīng)，說明含有酯基，取代基可能為HCOO-、-CH?兩個取代基有鄰位、間位、對

位3種位置異構(gòu)：取代基可能為HCOOCH”；取代基可能為CH3co0-；取代基可能為-COOCH3,各有1種位置異構(gòu)，所以符合

條件的同分異構(gòu)體有6種，D正確；

故合理選項是Ao

3.利用如圖所示裝置（夾持裝置略）進行實驗，b中試劑不能檢測a中生成產(chǎn)物的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】

A.MnOz與濃HC1生成的Cl?,氯氣通入紫色石荒溶液，石蕊溶液先變紅再褪色，b中試劑不能檢測a中生成產(chǎn)物，故A不選；

B.C與濃硫酸共熱反應(yīng)生成的二氧化硫和二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水變渾濁，則澄清石灰水不能說明C

與濃硝酸共熱反應(yīng)生成C02，故B選；

C.乙醇具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙醇不能與澳水反應(yīng)，則2-浪丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成能使溟水褪色的丙

烯氣體，則浸水褪色能說明2-澳丙烷與氫氧化鈉乙醇溶液共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成丙烯，故C不選；

D.濃氫氧化鈉溶液與氯化筱溶液共熱反應(yīng)生成能使酚酥溶液變紅的氨氣，則酚醐溶液變紅能說明濃氫氧化鈉溶液與氯化銹溶液

共熱反應(yīng)生成氨氣，故D不選；

故選

2+

4.采用強還原劑硼氫化鉀液相還原法制備納米零價鐵的化學(xué)反應(yīng)如下：Fe+2BH；+6H20=FeI+2H3B03+7H2?,其中B

元素化合價不變。下列說法正確的是

A.納米鐵顆粒直徑約為60nm,因此納米鐵是膠體

B.該反應(yīng)的氧化劑是Fe?+,氧化產(chǎn)物是H3BO3

C.若有3moi50參加反應(yīng)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4moi

D.H3BO3的酸性比H2cO3強

【答案】C

【解析】

【詳解】

A.膠體是指直徑為l~100nm的分散質(zhì)均勻分布在分散劑中組成的混合物，納米鐵顆粒為純凈物，所以納米鐵不是膠體，A項錯

誤；

B.該反應(yīng)中氧化劑是Fe2+和HzO,氧化產(chǎn)物是Fe和H?,B項錯誤；

C.該反應(yīng)中BH1是唯?的還原劑，ImolB%參與反應(yīng)則失去了4個電子，所以根據(jù)化學(xué)方程式Fe?++2BH]+6HzO=FeJ+2

H3BO3+7H2T,若有3moia0參加反應(yīng)，則反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol,C項正確；

D.根據(jù)元素周期律，H3BO3的酸性比H2c。3弱，D項錯誤。

答案選C。

5.2022年9月9日，中國科學(xué)家首次在月球上發(fā)現(xiàn)的新礦物被命名為“嫦娥石”。該礦物除了含鈣、鐵3Fe)、憶(39Y)三種長周期

元素外，還含有X、R、Z、W四種原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。X、R、Z、W質(zhì)子數(shù)之和為46,X,R、Z最外層電

子數(shù)分別為x、y、z,x+y+z=9,x=2(y+z)。下列敘述正確的是

A.鐵(26Fe)位于第四周期VHIB族

B.簡單離子半徑：X>R>Z

C.W的簡單氫化物熱穩(wěn)定性比X的簡單氫化物強

I).X與R形成的化合物為離子化合物且只含有離子鍵

【答案】B

【解析】

【分析】

X、R、Z最外層電子數(shù)分別為x、y、z.x+y+z=9,x=2(y+z),解得x=6,y+z=3,根據(jù)原子序數(shù)的大小，X為O元素，R

和Z的最外層電子數(shù)分別為1和2,R為Na,Z為Mg,根據(jù)質(zhì)子數(shù)之和為46,W的質(zhì)子數(shù)為15,為P元素。

【詳解】

A.鐵(26Fe)位于第四周期VIII族，A錯誤；

B.根據(jù)粒子半徑的大小比較，電子層數(shù)越多，粒子半徑越大，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越大，半徑越小，所以0*、Na+、Mg2+的

半徑大小為：02->Na+>Mg2+,B正確；

C.因為O的非金屬性強于P,所以P的簡單氫化物熱穩(wěn)定性比o的簡單氫化物弱，c錯誤；

D.O和Na形成的化合物Na2。?中既有離子鍵，又有共價鍵，D錯誤：

故選B。

6.電芬頓工藝被認為是一種很有應(yīng)用前景的高級氧化技術(shù)，可用于降解去除廢水中的持久性有機污染物，其工作原理如圖a所

示，工作lOmin時，F(xiàn)e"、H2O2電極產(chǎn)生量(mmol-L」)與電流強度關(guān)系如圖b所示：

F

e

2

+

M

H

2

O

2

飛

講

螂

圖a

下列說法錯誤的是

A.電流流動方向：Pt電極T電解質(zhì)-HMC—3電極

B.Fe3+是該電芬頓工藝的催化劑

C.根據(jù)圖b可判斷合適的電流強度范圍為55?60mA

I).若處理9.4g苯酚，理論上消耗標準狀況下3L36L氧氣

【答案】C

【解析】

【分析】

HMC-3電極上氧氣、鐵離子發(fā)生還原反應(yīng)，HMC-3為陰極，則Pt電極為陽極:

【詳解】

A.由分析可知，HMC-3電極為陰極，則Pt電極為陽極，電流流動方向：Pt電極一電解質(zhì)—HMC-3電極，故A正確；

B.Fe3+轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，亞鐵離子和過氧化氫生成羥基自由基和鐵離子，鐵離子在反應(yīng)前后沒有改變，是該電芬頓工藝的催化

劑，故B正確；

C.過量的過氧化氫會氧化亞鐵離子，導(dǎo)致生成的羥基自由基減少，使得降解去除廢水中的持久性有機污染物的效率下降，故據(jù)

圖b可判斷合適的電流強度范圍為40mA左右，C錯誤；

D.反應(yīng)中氧氣轉(zhuǎn)化為過氧化氫，苯酚轉(zhuǎn)化為二氧化碳，根據(jù)電子守恒可知，C6H5OH~28e~14O2,若處理9.4g苯酚(為

0.1mol).理論上消耗1.4mol氧氣，標準狀況下的體積為31.36L,D正確；

選C。

7.圖1為CdC03和Cd(0H)2在25℃時的沉淀溶解平衡曲線，圖2為向兩份等體積等濃度的CdQ?溶液中分別滴加等濃度的NaOH溶

液和NazCC)3溶液滴定關(guān)系圖(圖1中橫坐標為陰離子濃度的負對數(shù)，pCd2+為Cd2+濃度的負對數(shù))。下列說法正確的是

14

A.X為Cd(OH)z對應(yīng)直線，Ksp[Cd(OH)2]=1x10-

B.M為向CdCk溶液中滴加NaOH溶液對應(yīng)的曲線

C.圖1中a點對應(yīng)的溶液為CdC03的不飽和溶液

D.圖2中c點、b點對應(yīng)取值分別為c=6,b>S

【答案】A

【解析】

【分析】

CdCC)3(s)=Cd2+(aq)+C0歹(aq),Ksp[CdCC>3]=c(Cd2+)xc(CO歹)是定值，圖1中橫坐標為陰離子濃度的負對數(shù)，pCd"為

CcP+濃度的負對數(shù)，則對應(yīng)CdCCh的曲線斜率應(yīng)該為-1,故直線Y是CdC03,X為Cd(0H)2。根據(jù)滴定終點可知Cd”沉淀完全時

所需的氫氧化鈉的體積要多一些，故M應(yīng)該為CdClz溶液中滴加Na2c。3溶液對應(yīng)的曲線，N為CdQz溶液中滴加NaOH溶液對應(yīng)的

曲線。

【詳解】

2+2+

A.CdCO3(s)Cd(aq)+C02-(aq),Ksp[CdCO3]=c(Cd)X圖1中橫坐標為陰離子濃度的負對數(shù)，pCd"為

Cd"濃度的負對數(shù)，則對應(yīng)CdCCh的曲線斜率應(yīng)該為-1,故直線Y是CdC03，X為Cd(0H)2，利用曲線上點可算出

Ksp[Cd(OH)2]=1XKT，x(1X10-5)2=1*IO-",A正確；

B.根據(jù)滴定終點可知Cd?+沉淀完全時所需的氫氧化鈉的體積要多一些，故M應(yīng)該為CdCk溶液中滴加Na2c。3溶液對應(yīng)的曲線，

B錯誤；

C.a點溶液Q[CdC03]=1x10-5*1x10-6=1x10-11>1x10-12,故a點對應(yīng)的溶液為CdCO?的過飽和溶液，C錯誤；

22+-122+-62

D.c^WKsp[CdCO3]=c(Cd)=1xIO,c(Cd)=1xIO,則c=6；設(shè)b點c(Cd")=x,Ksp[Cd(OH)2]=xx(2x)=

1x10-14,x>lx10-5,則b<5,D錯誤;

故答案選A。

二、工業(yè)流程題（共15分）

工業(yè)上以硒化銀半導(dǎo)體廢料（含AgzSe、Cu）為原料提取硒、銅、銀，進而制備一種新型太陽能電池的材料。

稍過量的

H2SO4+O2NaCl溶液N2H4、NaOH

_10s

已知：253（「（Aga）=2.0xIO,Ksp（Ag2SO4）=1.0x10-.

請回答下列問題：

8.“酸溶”時，為提高廢料中硒元素的浸出率可采取的措施是（任寫一種），寫出廢料中Ag?Se轉(zhuǎn)化為Seth的化學(xué)反

應(yīng)方程式.

9.制得的粗銅可通過電解法精煉，電解質(zhì)溶液可以選擇（填字母序號）。

A.稀H2sCUB.AgNOs溶液C.C11SO4溶液D.CuCk溶液

10.上述流程中，通入SO?發(fā)生氧化還原反應(yīng)獲得“粗硒”，該過程中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。

11.“沉銀”時，從平衡移動角度解釋，加入稍過量NaCl溶液的原因—，計算Ag2S（\轉(zhuǎn)化成AgCl的平衡常數(shù)

K=o

12.“還原”時，寫出AgCl與液態(tài)N2H〃NaOH溶液反應(yīng)制取粗銀的離子方程式。

【答案】8.（1）.將廢料研磨粉碎（2）.2Ag￡e+2H2so4+3Ch=2Ag2so4+2SeO2+2H：;O9.CD

10.1：211.⑴.增大濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動，提高AgCl的產(chǎn)率（2）.2.5x1014

12.4AgCI+N2H4+4OH-=4Ag+4Cr+N21+4H2O?

【解析】

【分析】

硒化銀半導(dǎo)體廢料（含AgzSe、Cu）中加入H2SO4和O2反應(yīng)生成硫酸銀、二氧化硒和硫酸銅，蒸儲以后得到SeCh、硫酸銅和硫酸

銀，加入氯化鈉得到氯化銀沉淀，加入啡和氫氧化鈉還原得到粗銀，硫酸銅溶液經(jīng)過電解得到銅單質(zhì)，二氧化硒先后與水、二氧

化硫反應(yīng)生成粗硒。

【8題詳解】

酸溶時，為提高廢料中硒元素的浸出率，可采取的措施是將廢料研磨粉碎。AgzSe與硫酸、0?反應(yīng)生成硫酸銀、SeCh和水，化學(xué)

方程式為2Ag?Se+2H2so4+3O2=2Ag2so4+2SeCh+2H2O。

【9題詳解】

粗銅電解精煉，粗銅作陽極，精銅作陰極，可溶性銅鹽做電解質(zhì)溶液。

A.稀硫酸不是銅鹽，A錯誤：

B.硝酸銀不是銅鹽，B錯誤；

C.硫酸銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，C正確；

D.氯化銅溶液為可溶性銅鹽，可用作電解質(zhì)溶液，D正確；

故答案選CD。

[10題詳解】

FhSeO?與SCh反應(yīng)生成H2s04和Se,化學(xué)方程式為H2SeO3+2SO2+H2O=2FhSO4+Se,該反應(yīng)中氧化劑為HzSeCh,還原劑為

SO2,氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2。

【11題詳解】

沉銀時Ag2SO」與cr反應(yīng)生成AgCl沉淀和硫酸根離子，加入稍過量的NaCl,增大濃度，促使反應(yīng)的化學(xué)平衡正向移動，提

高AgCl的產(chǎn)率。Ag2SO4（s）+2Cl（aq）=2AgCl（S）+S0r（aq）,心瑞=筮來落；=攀黯三需=2,5X10-

[12題詳解】

AgCl與N2H4、NaOH反應(yīng)生成Ag的離子方程式為4AgCl+N2H4+4OH=4Ag+4Cr+N2t+4氏0。

三、實驗題（共12分）

某研究小組以TiOz、TiCl4,也為原料，用如下裝置制備。2。3；

I.3TiO2+TiCl4+2H2=2Ti203+4HC1

H.2TiCl4+H2=2TiCl3+2HC1

已知：

Ti2O3TiCl3TiCl4HC1

顏色暗紫色紫紅色無色無色

在反應(yīng)裝置內(nèi)的狀態(tài)固態(tài)氣態(tài)氣態(tài)氣態(tài)

請回答：

13.C裝置的作用是,D裝置中濃硫酸的作用是o

14.下列有關(guān)說法不事硬的是o

A.當(dāng)裝置中出現(xiàn)紫紅色氣體，說明TiO?已消耗完畢

B.裝置D后連接的導(dǎo)管可直接插入水中吸收尾氣

C.應(yīng)先通一段時間氫氣后，再打開裝置B的加熱開關(guān)

D.反應(yīng)結(jié)束，按順序關(guān)閉勺、/裝置B的加熱開關(guān)

15.開始反應(yīng)后，為提高H2的利用率，應(yīng)降低H2流量，而實驗過程中H2流量卻需要遠大于化學(xué)計量值的原因是—

TiCk與H2的比例過大，容易引發(fā)副反應(yīng)H,可通過調(diào)節(jié)，達到調(diào)整TiCL的通入量。

16.該研究小組采用滴定法測定產(chǎn)品中K2。3的質(zhì)量分數(shù)。

滴定原理：利用Ce4+將產(chǎn)物中三價鈦氧化為四價，然后用Fe2+滴定剩余的Ce家。

已知：實驗室現(xiàn)有的CelSOQz含有Ce2（SO4）3雜質(zhì)。

①從下列選項中選擇最佳操作并排序（部分操作可重復(fù)使用）完成實驗：

(實驗I)準確稱取0.1000g的產(chǎn)物于燒杯中一()f()f(d)

'實“I)(e)-()-()

I

［計算)

a.轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶并定容

b.力口入xgCe(S()4)2(過量)，30mL濃磷酸和5mL濃硫酸

c.靜置，觀察顏色變化

d.取20.00mL待測液，加入指示劑，用(NHjFeGOj標準液滴定

e.另稱取xgCe(S0,)2，加入30mL濃磷酸和5mL濃硫酸

②實驗I中在進行d操作時，不慎將(NH4￡Fe(S04)2標準液滴出錐形瓶，將導(dǎo)致測定的暇2。3質(zhì)量分數(shù)—。(填“偏高”、

“偏低”、“無影響”)

【答案】13.(1).收集冷凝的四氯化鈦并防止倒吸(2).防止空氣中氧氣、水進入裝置14.BD

15.(1).氫氣不僅是反應(yīng)物還是四氯化鈦的載氣，且氫氣不可能全部參加反應(yīng)(2).A中水浴的溫度

16.(1).b、a(2).a、d(3).偏低

【解析】

【分析】

實驗中應(yīng)先通一段時間氫氣后，再打開裝置B的加熱開關(guān)，TiOz、TiCl4s也反應(yīng)生成52。3,當(dāng)裝置中出現(xiàn)紫紅色氣體，說明

TiOz已消耗完畢，關(guān)閉裝置B的加熱開關(guān)，待冷卻后再關(guān)閉《、K2；

【13題詳解】

TiCL在C裝置中易被液化從而使氣壓變小，故C裝置的作用是收集冷凝的四氯化鈦并防止倒吸；D裝置中濃硫酸的作用是防止

空氣中氧氣、水進入裝置BC中，干擾實驗的進行；

【14題詳解】

A.裝置中兩個反應(yīng)先后反應(yīng)，且TiCb為紫紅色氣體，故當(dāng)裝置中出現(xiàn)紫紅色氣體，說明TiOz已消耗完畢，A正確；

B.尾氣中的HC1氣體極易溶于水裝置，故D后連接的導(dǎo)管不可直接插入水中吸收尾氣，B錯誤；

C.氫氣為可燃性氣體，故先通一段時間氫氣排凈裝置中空氣后防止爆炸，再打開裝置B的加熱開關(guān)，C正確；

D.反應(yīng)結(jié)束，首先關(guān)閉裝置B的加熱開關(guān)，待冷卻后再關(guān)閉Ki、K2,D錯誤；

故選BD；

【15題詳解】

開始反應(yīng)后，為提高H2的利用率，應(yīng)降低H?流量，而實驗過程中H2流量卻需要遠大于化學(xué)計量值的原因是氫氣不僅是反應(yīng)物

還是四氯化鈦的載氣，且氫氣不可能全部參加反應(yīng)，且要把生成的HCI帶出裝置使得反應(yīng)更徹底；TiCl4與H2的比例過大，容易

引發(fā)副反應(yīng)II,可通過調(diào)節(jié)裝置A中水浴的溫度，控制TiC)的氣化量，達到調(diào)整TiC%的通入量；

【16題詳解】

①根據(jù)滴定原理可知，實驗過程為：準確稱量0.1000g產(chǎn)物與燒杯中，加入xgCe(SCU)2(過量)，30mL濃磷酸和5mL濃硫酸，利

用Ce，*將產(chǎn)物中三價鈦氧化為四價；然后轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶并定容；取20.00mL待測液，加入指示劑，用(NHjFeGOj標

準液滴定剩余的Ce,*,并進行正確讀數(shù)；

故I答案為b、a；

已知：實驗室現(xiàn)有的Ce(S04%含有Ce2(SO4)3雜質(zhì)；故需要進行空白實驗排除Ce2(SCU)3對實驗的干擾，實驗過程為：另稱取

xgCe(SO4)2,加入30mL濃磷酸和5mL濃硫酸，轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶并定容；取20.0()mL待測液，加入指示劑，用

(NH4)2Fe(SCU)2標準液滴定，并進行正確讀數(shù)；

故H答案為a、d；

②實驗I中在進行d操作時，不慎將(NHJFeGODz標準液滴出錐形瓶，使得標準液的用量偏大，相當(dāng)于剩余的Ce?偏多，導(dǎo)致

測定的幻2。3質(zhì)量偏小，分數(shù)偏低。

四、原理綜合題(共12分)

氮氧化物和一氧化碳污染指數(shù)是衡量空氣質(zhì)量的重要標準，它們的治理刻不容緩?；卮鹣铝袉栴}：

17.已知：①CCh(g)+C⑸U2co(g)AHi=+172.5kJ?mor'

@C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-393.5kJ?mol''

③2NO(g)UNz(g)+O2(g)AH3=-180.5kJ?mor'

則CO還原NO的熱化學(xué)方程式為.在此反應(yīng)中為提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率同時提高反應(yīng)速率，可以采取的措施是____(答出

一條即可)。

18.已知：2NO(g)=N2(g)+C>2(g)△H3=T80.5kJ?molT中v產(chǎn)k?XC2(N0)、Vi?=kgXc(N2)xc(O2)>(kn：skss分別為正逆反應(yīng)速率常

數(shù))。

①該反應(yīng)在某條件下達到平衡后，降低溫度，k?____(填“增大”或“減小”，下同)，kili：k@=。

②下列有關(guān)說法正確的是____(填標號)。

A.延長反應(yīng)時間有利于提高N2的平衡產(chǎn)率

B.適當(dāng)增大NO(g)的濃度，有利于提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率

C.恒溫、固定容積的密閉容器中，混合氣體的壓強保持不變時達到平衡

D.體系達平衡后，若壓縮體積，平衡不發(fā)生移動，但是逆反應(yīng)速率變快

19.一定條件下，CH.分解生成碳的反應(yīng)歷程如圖所示。該歷程分4步進行，其中第步為放熱反應(yīng)，正反應(yīng)活化能最大一

步的反應(yīng)方程式為0

反應(yīng)歷程

20.在實驗室模擬工業(yè)合成甲醇的反應(yīng)，CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)AHCO。在一恒壓密閉容器內(nèi)充入ImolCO、2moi比和

ImolHe(代替合成氣中的雜質(zhì)，不參與反應(yīng))，測得壓強為pMPa,加入合適催化劑后在恒溫條件下開始反應(yīng)，測得容器的體積變

化如表：

反應(yīng)時間/min0102030405060

容器體積/L43.53.23.02.92.82.8

則氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率為____,該溫度下的平衡常數(shù)Kp為_____(MPa>2(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，請用含p的式子表示)。

【答案】17.⑴.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CCh(g)AH=-746.5kJ-mol-1(2).增大壓強、通入CO氣體

18.(1).減小(2).增大(3).D

19.(1).三(2).CH+HUC+2H

20.(1).60%(2).券

【解析】

[17題詳解】

l

根據(jù)蓋斯定律，③-①+②得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CCh(g)△H=AH3-AHl+AH2=-746.5kJ?mol；該反應(yīng)為氣體體積減小的反

應(yīng)，增大壓強，平衡正向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率均增大，通入CO氣體，增大反應(yīng)物濃度，反應(yīng)速率增大，平衡正

向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率增大，因此可以采取的措施是增大壓強、通入CO氣體。

[18題詳解】

①該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，降低溫度，。逆、u正均減小，而溫度改變瞬間各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)保持不變，說明k正、k逆均減?。航?/p>

低溫度，平衡正向移動，說明％E>“逆，則與E減小的程度小于“逆的程度，即號E減小的程度小于加逆減小的程度，即k,Kk及增大；

②A.反應(yīng)達到平衡后，延長反應(yīng)時間平衡也不移動，不會提高N2平衡產(chǎn)率，A錯誤；

B.該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，適當(dāng)增大NO(g)的濃度，若在恒溫恒容條件下，等效于加壓，平衡不移動，若在恒溫恒壓條

件下，平衡也不移動，因此不能提高NO的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；

C.恒溫、固定容積的密閉容器中，混合氣體的壓強與氣體的物質(zhì)的量成正比，該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，因此混合氣

體的壓強是個不變量，其保持不變時不能作為反應(yīng)達到平衡的依據(jù)，C錯誤；

D.該反應(yīng)為氣體體積不變的反應(yīng)，體系達平衡后，若壓縮體積，平衡不發(fā)生移動，但是各組分的濃度增大，正、逆反應(yīng)速率均

增大，D正確；

故選D。

[19題詳解】

放熱反應(yīng)中反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，由圖可知，第三步CH?+2H=CH+3H是放熱反應(yīng)；最后一步正反應(yīng)活化能最大，其

反應(yīng)的方程式為CH+HUC+2H。

[20題詳解】

co(g)2H2(g)=CH30H(g)

開始(mol)120

根據(jù)已知信息可列三段式:、，恒壓條件下，容器體積由4L變?yōu)?.8L,對應(yīng)氣體

轉(zhuǎn)化(mol)X2xx

平衡(mol)1-x2-2xx

物質(zhì)的量將由4moi變?yōu)?.8mol,則物質(zhì)的量減少1.2moL則x+2x—x=1.2,x=0.6,則氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率為等x100%=

60%；平衡時體系總壓等于初始壓強pMPa,則各氣體的分壓依次為p(CO)=第，p(Hz)=罷，p(CH30H)=察，p(He)=^,代

P(CHOH)

3嗡(MPa產(chǎn)

入Kp=2

IP(CO)P(H2)]

五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共15分)

CuO在化學(xué)鏈(如氣相燒類)燃燒和催化CO氧化過程中均展現(xiàn)出良好的性能，同時具有成本低廉的優(yōu)勢，有望成為貴金屬催化劑

的替代品。中國科學(xué)院工程熱物理研究所的科研人員初步揭示了co在CuO表面的催化機理，并深入研究了CO在銅基氧化物表

面的反應(yīng)機制，并提出了對應(yīng)的反應(yīng)動力學(xué)模型。

21.基態(tài)銅原子的價電子排布式為____,其核外電子的空間運動狀態(tài)有_______種。

22.N與C、。同周期，H、C、N三種元素的電負性從小到大的順序為；C、N、O的第一電離能從大到小的順序為

______O

23.NH3具有還原性，能被CuO氧化，NH3分子中N原子的雜化方式為,N%的沸點高于PN的原因是。

24.己知CsO的熔點高于Cu2s的熔點，其原因是.。

25.銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若該晶胞中Cu原子與O原子之間的最近距離為apm,設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為

NA,則該晶胞的密度為______g-cnr3(填含a、NA的代數(shù)式)。

OCu

oo

【答案】21.(1).3d。4sl(2).15

22.⑴.H<C<N(2).N>O>C

23.Q).sp3(2).NH3分子間能形成氫鍵，而PE不能，所以N%的沸點高于PH,

24.兩者都是離子晶體，且陰、陽離子電荷量均對應(yīng)相同，但r(O，)<r(S2-),所以CsO的晶格能大，熔點較高

2564x4+16x2

3

,(|XIO-?>)NA

【解析】

[21題詳解】

Cu是29號元素，其核外電子排布式是Is22s22P63s23P63+。40|,故基態(tài)銅原子的價電子排布式為3d”>4s)s能級有一個原子軌

道，p能級有三個原子軌道，d能級有5個原子軌道，故其核外電子的空間運動狀態(tài)有1+1+3+1+3+5+1=15種；

[22題詳解】

N與C、O同周期，H、C、N三種元素的電負性從小到大的順序為HVCVN,因為N元素核外電子排布式是Is22s22P3,2P能級

是半充滿狀態(tài)，第一電離能異常，故C、N、O的第一電離能從大到小的順序為N>O>C；

[23題詳解】

NH?中N的價層電子對數(shù)為3+，(5-3x1)=4,故N的雜化方式為sp3；

NH3分子間能形成氫鍵，而PH:不能，所以NH3的沸點高于PH3；

[24題詳解】

兩者都是離子晶體，且陰、陽離子電荷量均對應(yīng)相同，但r(O，)Vr(S2),所以CsO的晶格能大，熔點較高；

[25題詳解】

利用均攤法,每個晶胞含有O為8X^1=2,Cu皆在體心，個數(shù)為4,故該晶胞的質(zhì)量為竺鏟,若該晶胞中Cu原子與O原

晶胞的邊長為嚕X1010nm.lip=§得晶胞的密度為64x4+16x2

子之間的最近距離為apm,則體心為4apm,3

V3V(^X1O-1°)NA°

六、有機推斷題(共18分)

以芳香族化合物A為原料制備某藥物中間體G的路線如下:

OOCCH3CHO

，

LNaOH/H2OA|CH2(COOH)2

ILH0+~"C7H6。2毗咤/苯胺

3UCri3

CHC12OH

國■回

已知：同一碳原子上連兩個羥基時不穩(wěn)定，易發(fā)生反應(yīng)：RCH（OH）2-?RCHO+H20<.

請回答下列問題:

26.化合物A中非含氧官能團的名稱是。

27.化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為.

28.F-G的反應(yīng)除有機產(chǎn)物外僅有水生成，該反應(yīng)類型是試劑R的分子式為—

H相對分子質(zhì)量小于C,熔沸點卻高于C,原因是

30.J是D的同分異構(gòu)體，同時滿足下列條件的J有種（不包括立體異構(gòu)）。

條件：①與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②能發(fā)生水解反應(yīng)；③苯環(huán)上只有兩個取代基。

其中，核磁共振氫譜顯示4組峰，且峰面積比為3：2：2：1的結(jié)構(gòu)簡式為（寫一種即可）。

CH2CHC12

CH,

31.根據(jù)上述路線中的相關(guān)知識，設(shè)計以和乙酸為原料制備的合成路線（其他試劑

6

任選）。

【答案】26.酯基和碳氯鍵

CHO

27.28.（1）.取代反應(yīng)

OH

29.3,4-二羥基苯甲醛比3-溟-4-羥基苯甲醛分子間氫鍵多，所以沸點相對較高

OHOH

)

COOCH3OOCCH3

-FCH-CH，士

CHCHOCHCH=CHI

CH2cHe12222CH2

.定條件

NaOH(aq)/ACH3COOH

31.—>—>

嗽啜/苯胺

【解析】

【分析】

eno

A發(fā)生堿性水解，然后再酸化生成B為（J,B發(fā)生取代反應(yīng)生成C,C和CHsONa發(fā)生取代反應(yīng)生成D,D和乙酸酊已知

OH

②的反應(yīng)生成E,E在BBn催化下轉(zhuǎn)化為F為，F(xiàn)-G的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，H0