河南省名師聯(lián)盟2025屆高三化學下學期5月聯(lián)考試題含解析

PAGE20-河南省名師聯(lián)盟2025屆高三化學下學期5月聯(lián)考試題（含解析）留意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡的指定位置。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆干脆答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.選考題的作答：先把所選題目的題號在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案寫在答題卡上對應的答題區(qū)域內，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準運用涂改液、修正帶、刮紙刀?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Re-186一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產、生活親密相關，下列有關說法正確是（）A.“玉兔號”月球車帆板太陽能電池的材料是氮化硅或二氧化硅B.硅膠、CaO、P2O5都可用作食品干燥劑C.我國主動提倡“低碳經濟”，將煤液化就是一種“低碳”方式D.可利用新制Cu(OH)2懸濁液檢驗患者尿液中是否含有葡萄糖【答案】D【解析】【詳解】A．硅單質為良好的半導體，太陽能電池帆板的材料為晶體硅，而不是氮化硅或二氧化硅，故A錯誤；B．P2O5吸水轉化為磷酸，其受熱或遇水分解放熱，放出有毒的腐蝕性煙氣，具有強腐蝕性，不行用作食品干燥劑，故B錯誤；C．“低碳經濟”是指削減二氧化碳的排放，將煤液化并不能削減二氧化碳的排放，故C錯誤；D．葡萄糖含有醛基，加熱條件下可以和新制Cu(OH)2懸濁液反應生成磚紅色沉淀，據此可以檢驗患者尿液中是否含有葡萄糖，故D正確；故答案為D。2.下列試驗“操作和現象”與“結論”對應且正確的是（）操作和現象結論A向盛有濃硫酸的試管中加入銅片，銅片很快起先溶解，并放出刺激性氣味的氣體濃硫酸具有強氧化性B向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和硝酸銀溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡：I?I2+I-C向肯定量的硝酸銀溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出現白色沉淀，后出現黃色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)D室溫下，用pH試紙分別測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．銅與濃硫酸的反應須要加熱，常溫下，幾乎無明顯現象，現象不正確，故A錯誤；B．向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和硝酸銀溶液，前者溶液變藍，說明溶液中存在I2，后者有黃色沉淀，說明溶液中存在I-，說明KI3溶液中存在平衡：I?I2+I-，故B正確；C．向肯定量的硝酸銀溶液中先滴加KCl溶液，再滴加KI溶液，先出現白色沉淀，后出現黃色沉淀，可能是因為溶液中硝酸銀過量，因此不能說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，試驗結論不正確，故C錯誤；D．NaClO溶液具有強氧化性，不能用pH試紙測定濃度為0.1mol/LNaClO溶液的pH，試驗操作不正確，故D錯誤；故選B。3.化合物A是一種危急化學制品，具有腐蝕性、可自燃性。主要用于醫(yī)藥工業(yè)，在有機合成中用作催化劑等。其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z是處于三個不同短周期且原子序數依次遞增的常見元素，X、Y核外電子層數相同，Y核外最外層電子數是X內層電子數的3倍。下列敘述正確的是（）A.原子半徑：Y＞X＞Z＞WB.簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＞YC.X與W形成的常見化合物有兩種D.W和Z形成的化合物為離子化合物【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是處于三個不同短周期且原子序數依次遞增的常見元素，依據可知，Z可形成+1價陽離子，為第ⅠA族元素，W能形成一個共價鍵，X能形成4個共價鍵，則Z為Na元素，W為H元素，X為C元素，X、Y核外電子層數相同，Y核外最外層電子數是X內層電子數的3倍，Y為O元素，A的分子式為CH3ONa，據此分析解答。【詳解】依據分析，W為H元素，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，A分子式為CH3ONa；A．同周期元素，隨核電荷數增大，半徑減小，H元素為元素周期表中原子半徑最小的元素，Na元素為短周期中原子半徑最大的元素，則原子半徑：Z＞X＞Y＞W，故A錯誤；B．X為C元素，Y為O元素，非金屬性越強，簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：X＜Y簡潔氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y，故B錯誤；C．W為H元素，X為C元素，X與W形成的化合物有多種只含碳氫兩種元素的烴類有機化合物，如甲烷、乙烯、乙炔、乙烷、丙烷等等都為常見化合物，故C錯誤；D．W為H元素，Z為Na元素，W和Z形成的化合物為NaH，屬于離子化合物，故D正確；答案選D。4.某酯的相對分子質量不大于160，可表示為CnH2nO2(n為整數)。在酸性條件下能水解生成兩種相對分子質量相等的酸和醇，且該醇最終可被氧化為羧酸，不考慮立體異構，則滿意該條件的酯有（）A.12種 B.14種 C.23種 D.28種【答案】A【解析】【詳解】A依據分子式滿意CnH2nO2(n為整數)，相對分子質量不大于160，即14n+32≤160，則n≤9。在酸性條件下能水解生成兩種相對分子質量相等的酸和醇，且該醇最終可被氧化為羧酸，即水解所得醇分子中的碳原子比水解所得酸分子中的碳原子多1個，同時醇中要含有一CH2OH基團。所以醇與酸的組合有以下幾組：①CH3CH2OH、HCOOH；②C2H5CH2OH、CH3COOH；③C3H7CH2OH、C2H5COOH；④C4H9CH2OH、C3H7COOH；其中第①組CH3CH2OH、HCOOH只有一種結構，形成的酯只有1種，第②組C2H5CH2OH、CH3COOH有1種結構，形成的酯也只有1種結構；第③組中-C3H7有2種結構，-C2H5有一種結構，生成的酯有2種結構；第④組中-C4H9有4種結構，-C3H7有2種結構，形成的酯有8種結構，因此一共有12種，答案選A。5.錸(Re)是種銀白色的重金屬，是地球地殼中最稀有的元素之一，它廣泛應用于航空航天領域。在工業(yè)上，高溫灼燒含ReS2的礦粉，可以制備Re2O7。另一種途徑是從煉銅的廢液中提取錸，其簡易工藝流程如圖(部分副產物省略，錸在廢液中以ReO4-形式存在)。下列說法錯誤的是（）A.在“反萃取”中，加入氨水、水的目的是萃取有機層中的ReO4-B.在NH4ReO4制備Re2O7的過程中，產生的副產物可回收利用C.試驗室在H2還原Re2O7的過程中，一共消耗7molH2，則可制得2molReD.以含ReS2的礦石原料生產48.4tRe2O7，理論上轉移電子3.0×106mol【答案】C【解析】【詳解】A．在“反萃取”中，加入氨水、水可反應產生NH4ReO4，以達到萃取有機層中的ReO4-，A正確；B．NH4ReO4不穩(wěn)定，受熱分解產生Re2O7，反應方程式為：NH4ReO4Re2O7+2NH3↑+H2O，反應產生的副產物NH3可用于反萃取，提取有機物中的ReO4-，因而可以達到回收利用的目的，B正確；C．試驗室在H2還原Re2O7的過程中，H2除作還原劑外，還作愛護氣，在試驗前要先通入H2解除裝置中的空氣，反應結束后要進一步通入H2，使制取得到的Re在H2的還原性環(huán)境中冷卻，防止Re被熱的空氣氧化，因此若共消耗7molH2，則制得Re是物質的量小于2mol，C錯誤；D．工業(yè)上，高溫灼燒含ReS2的礦粉，可以制備Re2O7，涉及反應為4ReS2+15O22Re2O7+8SO2，則生成1molRe2O7，轉移30mol電子，48.4tRe2O7的物質的量為n(Re2O7)=mol=1.0×105mol，則反應轉移電子的物質的量n(e-)=1.0×105mol×30=3.0×106mol，D正確；故合理選項是C。6.制氫和儲氫作為氫能利用的關鍵技術，是當前科學家主要關注的熱點問題。肯定條件下，如圖所示裝置可實現有機物的電化學儲氫(除目標產物外，近似認為無其他有機物生成)。電流效率=(生成目標產物消耗的電子數/轉移的電子總數)×100%，則下列說法錯誤的是（）A.電子移動方向為：a→d；e→bB.d電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12C.該儲氫裝置的電流效率明顯小于100%，其緣由可能是除目標產物外，還有H2生成D.由圖中數據可知，此裝置的電流效率約為32.1%【答案】D【解析】【分析】由圖可知，該裝置為電解池，苯在電極d轉化為環(huán)己烷，該過程是加氫過程，屬于還原反應，則電極d為電解池的陰極，電極e為電解池的陽極，所以a為電源的負極，b為電源的正極，據此分析解答。【詳解】A．依據分析，d為電解池的陰極，電極e為電解池的陽極，所以a為電源的負極，b為電源的正極，電源內部電子移動方向為：a→d；電解池中電子的移動方向為e→b，故A正確；B．d為電解池的陰極，發(fā)生還原反應，d電極上苯轉化為環(huán)己烷，屬于得到氫的過程，發(fā)生還原反應，由于存在質子交換膜，所以氫離子向陰極移動，則d電極反應式為C6H6+6H++6e-=C6H12，故B正確；C．陰極除了目標產物外，還可能發(fā)生氫離子得電子生成氫氣的電極反應，則這種氣體為氫氣，故C正確；D．陽極生成2.8mol的氣體，該氣體應當為陽極上OH-放電生成的氧氣，生成一個氧分子失去4個電子，則轉移電子的物質的量為2.8mol×4=11.2mol，電解過程中通過陰、陽極的電子數目相等，即陰極得到電子也為11.2mol；陰極電極反應為：C6H6+6H++6e-=C6H12，參與反應的苯的物質的量為10mol×24%-12mol×10%=1.2mol，則生成環(huán)己烷消耗的電子數為7.2mol，則陰極還發(fā)生的電極反應為：2H++2e-=H2↑，生成氫氣消耗的電子數為11.2mol-7.2mol=4mol，則此裝置的電流效率為×100%≈64.3%，故D錯誤；答案選D。7.常溫時，濃度均為1mol·L-1的CH3NH2和NH2OH兩種堿溶液，起始時的體積都為10mL。分別向兩溶液中加水進行稀釋，所得曲線如圖所示(V表示溶液的體積)，pOH=-lg[c(OH-)]。下列說法正確的是（）A.當兩溶液均稀釋至lg=5時，溶液中水的電離程度：NH2OH＜CH3NH2B.常溫下，用鹽酸滴定NH2OH時，可用酚酞作指示劑C.CH3NH3Cl溶液中存在關系：2c(H+)+c(CH3NH)=c(CH3NH2)+2c(OH-)+c(Cl-)D.等濃度的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中離子濃度大小關系為：c(NH3OH+)＞c(CH3NH+)【答案】C【解析】【分析】依據圖示，二者稀釋相同的倍數，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，堿性越強，則NH2OH的堿性弱于CH3NH2，據此分析解答?！驹斀狻緼．當兩溶液均稀釋至lg=5時，NH2OH的pOH值大于CH3NH2溶液，pOH越小，堿性越強，對水的電離抑制作用越大，則溶液中中水的電離程度：NH2OH＞CH3NH2，故A錯誤；B．常溫下，用鹽酸滴定NH2OH達到終點時生成的NH3OHCl為酸性，應用甲基橙作指示劑，故B錯誤；C．CH3NH3Cl溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(CH3NH3+)=c(OH-)+c(Cl-)，質子守恒式為：c(H+)=c(CH3NH2)+c(OH-)，兩式相加可得：2c(H+)+c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)+2c(OH-)+c(Cl-)，故C正確；D．1mol?L?1的CH3NH2比1mol?L?1的NH2OH的pOH值小，即堿性強，依據水解規(guī)律，越弱越水解，NH3OH+的水解程度大，所以濃度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中離子濃度大小關系：c(NH3OH+)＜c(CH3NH3+)，故D錯誤；答案選C。三、非選擇題：共174分，第22～32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～38題為選考題，考生依據要求作答。(一)必考題：共129分。8.丙烯酸甲酯(CH2=CH—COOCH3)是一種重要的有機合成中間體，沸點為80.5℃。某試驗小組制取丙烯酸甲酯的裝置如圖所示：回答下列問題：I.丙烯酸甲酯的制備與提純步驟1：將10.0g丙烯酸、6.0g甲醇和2mL濃硫酸放置于三頸燒瓶中，連接好冷凝管，用攪拌棒攪拌，水浴加熱。步驟2：充分反應后，冷卻，向混合液中加入5%Na2CO3溶液洗至中性，分別出有機相。步驟3：有機相經無水Na2SO4干燥、過濾、蒸餾，得丙烯酸甲酯。(1)步驟1裝置如圖1所示(加熱和夾持裝置已略去)。三頸燒瓶中進行的可逆反應化學方程式為___，本試驗中最簡潔產生的副產物的結構簡式為___。(2)儀器b的作用為___。(3)混合液用5%Na2CO3溶液洗滌的目的是___。(4)試驗室配制100g5%Na2CO3溶液需用到的玻璃儀器是___。(5)關于產品的蒸餾操作(夾持裝置未畫出)如圖2所示。將步驟3(蒸餾)的操作補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，___，棄去前餾分，收集80.5℃的餾分。II.丙烯酸甲酯含量的測定步驟1：將油狀物質提純后平均分成5份，取出1份置于錐形瓶中，加入2.5mol·L-1的KOH溶液10.00mL，加熱使之完全水解。步驟2：用酚酞作指示劑，向冷卻后的溶液中滴加0.5mol·L-1的HCl溶液，中和過量的KOH，滴到終點時共消耗鹽酸20.00mL。(6)本次酯化反應丙烯酸的轉化率為___?！敬鸢浮?1).CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O(2).CH3OCH3(3).冷凝回流(4).除去混合液中的丙烯酸、濃硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)(5).燒杯、玻璃棒、量筒(6).通冷凝水、加熱(7).54.0%【解析】【分析】利用該試驗裝置制備并提純丙烯酸甲酯，裝置a中將10.0g丙烯酸、6.0g甲醇和2mL濃硫酸混合用攪拌棒攪拌，水浴加熱發(fā)生反應制取丙烯酸甲酯，發(fā)生反應為CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O，制得的粗品丙烯酸甲酯用5%Na2CO3溶液洗去混合液中丙烯酸、甲醇和濃硫酸至中性，經干燥過濾，利用水浴加熱蒸餾分別出丙烯酸甲酯，蒸餾操作時，冷凝水的方向與蒸汽的流淌方向相反，溫度計測定蒸汽的溫度，水銀球在蒸餾燒瓶的支管口處，將制得的丙烯酸甲酯利用中和滴定的原理進行含量的測定并計算含量，據此分析解答?！驹斀狻縄(1)依據分析，三頸燒瓶中進行的可逆反應化學方程式為CH2=CH-COOH+CH3OHCH2=CH-COOCH3+H2O，結合乙醇的消去反應，在肯定溫度下，乙醇在濃硫酸作用下發(fā)生分子間脫水生成乙醚，本試驗中運用的反應物中有甲醇，具有乙醇相像的化學性質，在濃硫酸作用下，達到肯定溫度，甲醇也會發(fā)生分子間脫水生成甲醚，則最簡潔產生的副產物的結構簡式為CH3OCH3；(2)制取丙烯酸甲酯過程中，反應物丙烯酸、甲醇都易揮發(fā)，導致原子利用率較低，制備產率也較低，儀器b的作用為冷凝回流，提高反應物的利用率，從而提高產量；(3)混合液中有丙烯酸甲酯、丙烯酸、甲醇、濃硫酸，濃硫酸、丙烯酸能與Na2CO3溶液反應，甲醇能溶于碳酸鈉溶液中，所以用5%Na2CO3溶液洗滌的目的是除去混合液中的丙烯酸、濃硫酸和甲醇(降低丙烯酸甲酯的溶解度)；(4)配制100g5%Na2CO3溶液通常用的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒、量筒；(5)將步驟3(蒸餾)的操作補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，通冷凝水、加熱，棄去前餾分，收集80.5℃的餾分；II(6)中和過量的KOH，滴到終點時共消耗鹽酸20.00mL，即0.5×0.02mol=0.01mol，所以用于水解的KOH的物質的量為0.025mol?0.01mol=0.015mol，所以用于生成CH2=CHCOOCH3的CH2=CHCOOH的質量為：0.05mol×72g/mol=1.08g，參與試驗的樣品為原樣品的，則丙烯酸的轉化率為：×100%=54.0%?！军c睛】本題的難點為(1)中的副產物推斷，要充分結合已學過的學問的應用，乙醇在濃硫酸作用下快速升溫170℃發(fā)生消去反應生成乙烯，在140℃時在濃硫酸作用下發(fā)生分子間脫水生成乙醚，甲醇和乙醇互為同系物，結構相像，在性質上具有相像性，相同條件下也可發(fā)生分子間脫水反應，要學會學問的遷移和應用。9.高錳酸鉀是錳的重要化合物和常用的氧化劑。如圖是在試驗室中制備KMnO4晶體的流程：回答下列問題：(1)在試驗流程中，操作①和②均需在坩堝中進行，依據試驗實際應選擇___(填序號)。a．鐵坩堝b．石英坩堝c．瓷坩堝d．氧化鋁坩堝(2)“熔融物”中KClO3應過量的緣由除了提高MnO2利用率外，還有_______。(3)操作④是使K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2，該轉化過程中發(fā)生反應的離子方程式為___。若溶液堿性過強，則又會轉化為，同時產生無色氣體，該轉化過程中發(fā)生反應的離子方程式為___。(4)還可采納電解K2MnO4溶液(綠色)的方法制備KMnO4(裝置如圖所示)。①電解過程中右側石墨電極的電極反應式為________。②隨著電解的進行，溶液漸漸由綠色變?yōu)樽仙５綦娊鈺r間過長，溶液顏色又會轉變成綠色，可能緣由是________。③為避開該現象，請?zhí)岢龈倪M裝置的措施：________。【答案】(1).a(2).KClO3會分解(3).3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-(4).4+4OH-=4+O2↑+2H2O(5).-e-=(6).電解較長時間后，陽極產生的在陰極被還原，溶液顏色由紫色轉變?yōu)榫G色（或陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增加，轉化為，溶液顏色由紫色轉變?yōu)榫G色）(7).在兩電極之間增加陽離子交換膜，陰極室用氫氧化鉀溶液，陽極室用錳酸鉀溶液【解析】【分析】KOH與KClO3固體混合物在鐵坩堝中加熱至熔化，然后向其中加入MnO2，發(fā)生氧化還原反應產生K2MnO4、KCl，將所得固體冷卻后研磨，得到固體粉末，然后加入蒸餾水，并加入4%KOH溶液，調整溶液pH至10～11，K2MnO4發(fā)生歧化反應產生MnO2、KMnO4，然后過濾除去MnO2固體，得到的溶液中含KMnO4，然后將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到KMnO4晶體?！驹斀狻?1)在試驗流程中，操作①和②均需在坩堝中進行，由于物質中含有強堿KOH，KOH能夠與石英坩堝、瓷坩堝中的SiO2反應，也能夠與氧化鋁坩堝中的Al2O3發(fā)生反應，因此應當選用鐵坩堝，故合理選項是a；(2)“熔融物”中KClO3應過量，緣由除了可以提高MnO2利用率外，還有就是KClO3不穩(wěn)定，受熱分解產生KCl和O2；(3)K2MnO4在堿性條件下發(fā)生歧化反應，產生MnO2、KMnO4，依據得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒，該反應的離子方程式為：3+2H2O=2+MnO2↓+4OH-；但若溶液液堿性過強，由于具有強的氧化性，會將溶液中的OH-氧化產生O2，被還原產生，該轉化過程中發(fā)生反應的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；(4)①用石墨電極電解K2MnO4溶液，右側電解連接電源正極，為陽極，在陽極上溶液中的失去電子發(fā)生氧化反應變?yōu)?，使溶液漸漸變?yōu)樽仙姌O反應式為：-e-=；②隨著電解的進行，溶液漸漸由綠色變?yōu)樽仙?。但若電解時間過長，溶液顏色又會轉變成綠色，可能緣由是在陰極上溶液中的H+不斷放電產生H2逸出，使溶液堿性增加，轉化為，溶液顏色又由紫色漸漸轉化為綠色；③為避開該現象發(fā)生，改進裝置的措施是：在兩電極之間增加陽離子交換膜，陰極室用氫氧化鉀溶液，陽極室用錳酸鉀溶液，這樣就可以避開堿性環(huán)境中轉化為?！军c睛】本題考查儀器的運用、混合物分別提純，氧化還原反應、電解原理的應用，把握流程中發(fā)生的反應、物質的性質與混合物分別提純方法為解答的關鍵，在分析物質轉化關系時，要留意溶液酸堿性、溫度等對物質性質的影響，側重考查學生的分析、試驗實力和應用實力。10.甲酸在有機化工中有廣泛的用途，工業(yè)上可有多種途徑來制備甲酸?；卮鹣铝袉栴}：(1)利用光催化制甲酸原理如圖所示。該裝置能量轉化方式為___。(2)另一種以Ru化合物為催化劑，用H2和CO2制取甲酸的反應機理如下：第一步：Ru(OH)2+2H2?RuH2+2H2O快速平衡其次步：RuH2+2CO2→Ru(OOCH)2慢反應(近似認為不影響第一步反應的平衡)第三步：Ru(OOCH)2+2H2O→2HCOOH+Ru(OH)2快反應下列表述正確的是___(填序號)。A．平衡時v(第一步的逆反應)＞v(其次步反應)B．反應的中間產物只有Ru(OOCH)2C．其次步反應中RuH2與CO2的碰撞僅部分有效D．第三步反應的活化能較低(3)CO2加氫也可制備甲酸(HCOOH)。①工業(yè)上利用甲酸的能量關系轉換圖如圖：反應CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)的焓變△H=___kJ·mol-1。②溫度為T1℃時，將等物質的量的CO2和H2充入體積為1L的密閉容器中發(fā)生反應：CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)K=2試驗測得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆速率常數。T1℃時，k逆=___(以k正表示)。③當溫度變更為T2℃時，k正=1.9k逆，則T2℃時平衡壓強___T1℃時平衡壓強(填“＞”“＜”或“=”)，理由是___。(4)甲酸是唯一能和烯烴發(fā)生加成反應的羧酸，目前，科學家正在探討一種以乙烯作為還原劑的脫硝(NO)原理，其脫硝機理示意圖如圖1，脫硝率與溫度、負載率(分子篩中催化劑的質量分數)的關系如圖2所示。①寫出該脫硝原理總反應的化學方程式：___。②為達到最佳脫硝效果，應實行的條件是___。(5)T℃，甲酸與醋酸鈉溶液反應：HCOOH+CH3COO-?HCOO-+CH3COOH，該反應的平衡常數為12.5，則該溫度下醋酸的電離常數Ka(CH3COOH)=___(T℃時甲酸的電離常數為2×10-4)?！敬鸢浮?1).光能轉化為化學能和電能(2).ACD(3).-31.4(4).0.5k正(5).＞(6).CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)為放熱反應，溫度上升，平衡常數減小，平衡左移，氣體的物質的量增加，總壓強增大；溫度上升，總壓強增大(7).6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O(8).350℃、負載率3.0%(9).1.6×10-5【解析】【分析】(1)依據圖示分析能量的轉化方式；(2)依據第一步能夠快速平衡，其次步為慢反應，第三步反應為快反應，結合反應方程式和反應速率的影響因素分析推斷；(3)①由圖示可知①HCOOH(g)?CO(g)+H2O(g)△H=+72.6kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，再利用蓋斯定律分析解答；②反應達到化學平衡時，有v正=v逆，依據速率方程和化學平衡常數表達式分析計算；③依據平衡常數的變更推斷平衡移動的方向結合溫度的變更分析解答；(4)①依據圖1確定反應物、生成物，寫出反應方程式；②為達到最佳脫硝效果，須要滿意脫硝率高，負載率低，相宜的溫度選擇合適的條件；(5)T℃，甲酸與醋酸鈉溶液反應：HCOOH+CH3COO-?HCOO-+CH3COOH，該反應的平衡常數為12.5，即=12.5，則該溫度下醋酸的電離常數Ka(CH3COOH)=，據此分析計算?！驹斀狻?1)依據圖示，該裝置能量轉化方式為光能轉化為化學能和電能，故答案為：光能轉化為化學能和電能；(2)A．第一步能夠快速平衡，其次步為慢反應，因此平衡時v(第一步的逆反應)＞v(其次步反應)，故A正確；B．依據反應原理，反應的中間產物只有Ru(OOCH)2、RuH2和H2O，故B錯誤；C．其次步反應為慢反應，說明反應中RuH2與CO2的碰撞僅部分有效，故C正確；D．第三步反應為快反應，說明反應的活化能較低，反應簡潔進行，故D正確；故答案為：ACD；(3)由圖示可知①HCOOH(g)?CO(g)+H2O(g)△H=+72.6kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，③H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/mol，依據蓋斯定律，將①+②-③可得HCOOH(g)?CO2(g)+H2(g)的焓變△H=(+72.6kJ/mol)+(-283.0kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+31.4kJ/mol，則CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)的焓變△H=-31.4kJ/mol，故答案為：-31.4；②反應CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)達到化學平衡時，有v正=v逆，即k

正

c(CO2)?c(H2)=k

逆

c

(HCOOH)，所以＝=2，所以k正=2k逆，即k逆=0.5k正，故答案為：0.5k正；③當溫度變更為

T2時，k正=1.9k逆，則K===1.9＜2，說明平衡逆向移動，氣體的物質的量增大，總壓強增大；該反應的正反應為放熱反應，溫度上升，平衡逆向移動，所以溫度T2＞T1，溫度上升，總壓強增大，故答案為：＞；CO2(g)+H2(g)?HCOOH(g)為放熱反應，溫度上升，平衡常數減小，平衡左移，氣體的物質的量增加，總壓強增大；溫度上升，總壓強增大；(4)①由圖1知，反應物為一氧化氮、氧氣、乙烯，銅為催化劑，生成物為氮氣、二氧化碳和水，反應化學方程式為6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O，故答案為：6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O；②為達到最佳脫硝效果，須要滿意脫硝率高，負載率低，相宜的溫度，由圖可知，合適的條件為350℃、負載率3%，故答案為：350℃、負載率3%；(5)T℃，甲酸與醋酸鈉溶液反應：HCOOH+CH3COO-?HCOO-+CH3COOH，該反應的平衡常數為12.5，即=12.5，則該溫度下醋酸的電離常數Ka(CH3COOH)===×=×2×10-4=1.6×10-5，故答案為：1.6×10-5?！军c睛】本題的難點為(5)，要留意依據甲酸和乙酸的電離平衡常數表達式找到與甲酸與醋酸鈉溶液反應：HCOOH+CH3COO-?HCOO-+CH3COOH的平衡常數表達式的關系。(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。假如多做，則每科按所做的第一題計分。11.碳是地球上組成生命的最基本元素之一，與其他元素結合成不計其數的無機物和有機化合物，構成了豐富多彩的世界。碳及其化合物在探討和生產中有很多重要用途?；卮鹣铝袉栴}：(1)冠醚是由多個二元醇分子之間失水形成的環(huán)狀化合物。X、Y、Z是常見的三種冠醚，其結構如圖所示。它們能與堿金屬離子作用，并且隨著環(huán)的大小不同而與不同金屬離子作用。①Li+與X的空腔大小相近，恰好能進入到X的環(huán)內，且與氧原子的一對孤電子對作用形成穩(wěn)定結構W(如圖)?；鶓B(tài)碳原子核外有___種運動狀態(tài)不同的電子，其外圍電子軌道表示式為___。W中Li+與孤對電子之間的作用屬于___(填標號)。A.離子鍵B.共價鍵C.氫鍵D.配位鍵E.以上都不是②冠醚Y能與K+形成穩(wěn)定結構，但不能與Li+形成穩(wěn)定結構，理由是___。③冠醚分子中氧的雜化軌道的空間構型是___，C—O—C的鍵角___(填“＞”“＜”或“=”)109°28′。(2)碳的一種同素異形體——石墨，其晶體結構及晶胞如圖1、圖2所示。則石墨晶胞含碳原子個數為___個。已知石墨的密度為ρg·cm-3，C—C鍵鍵長為rcm，阿伏加德羅常數的值為NA，計算石墨晶體的層間距d為___cm。(3)碳的另一種同素異形體——金剛石，其晶胞如圖3所示。已知金屬鈉的晶胞(體心立方積累)沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖如圖A所示，則金剛石晶胞沿其體對角線垂直在紙平面上的投影圖應當是圖___(從A～D圖中選填)?！敬鸢浮?1).6(2).(3).D(4).Li+半徑比Y的空腔小很多，不易與空腔內氧原子的孤電子對形成穩(wěn)定結構(5).四面體(6).<(7).4(8).(9).D【解析】【詳解】(1)①碳原子為6號元素，原子核外有6個電子，每個電子運動狀態(tài)各不相同，所以有6種運動狀態(tài)不同的電子，核外電子排布為1s22s22p2，外圍電子排布式為2s22p2，所以外圍電子軌道表示式為；W中Li+供應空軌道，O原子供應孤對電子，形成配位鍵，所以選D；②Li+半徑比Y的空腔小很多，不易與空腔內氧原子的孤電子對形成穩(wěn)定結構；③冠醚分子中O原子形成2個σ鍵，依據氧原子的最外層電子數可知O原子價層還有2對孤電子對，所以O原子的價層電子對數為4，為sp3雜化，雜化軌道的空間構型是四面體形；由于孤電子對成鍵電子的排斥作用較大，所以C—O—C的鍵角＜109°28′；(2)依據均攤法，石墨晶胞中碳原子分別位于頂點(8個)、棱心(4個)、面心(2個)、內部(1個)，所以個數為=4；晶胞的質量為g，晶胞的底面圖為，則有=r×sin60°，可得a=，則底面菱形的高為=r，所以底面積為×r，晶胞的高為2d，所以晶胞的體積為V=×r×2d=3r2dcm3，晶胞的密度，解得d=cm；(3)體對角線上的原子投影重合，投影在在正六邊形中心，另外6個頂點原子投影形成正六邊形，面心上6個C原子投影也形成小的正六邊形，位于內部的4個C原子的投影，或與六邊形中心重合，或與面心C原子的投影重疊，所以D選項符合?！军c睛】晶胞的相關計算為本題難點，要留意石墨晶胞的底面不是正方形，而是菱形，然后依據幾何關系計算出底面積。12.某抗腫瘤藥物的有效成分為E，其一種合成路途如圖：回答下列問題：(1)質譜圖顯示有機物A的最大質荷比為___。(2)E分子中官能團的名稱是___；A→B的反應類型包括中和反應和___。(3)常溫下，E不能與下列試劑反應的是___(填字母)。a.H2b.FeCl3溶液c.溴水d.NaHCO3(4)在冰水浴條件下，E與乙酸酐[(CH3CO)2O]反應生成一種香料M，1個M分子中含2個酯基。由E合成M的化學方程式為___。(5)T是C