備戰(zhàn)2022年高考化學(xué)仿真模擬卷05(解析版)(甲卷地區(qū)專用)

【仿真演練·二輪】備戰(zhàn)2022年高考化學(xué)模擬卷05（甲卷地區(qū)專用）一、選擇題：本題共13個小題，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。7．下列說法正確的是A．酸液不慎濺到手上，先用大量水沖洗，再用飽和碳酸氫鈉溶液洗，最后再用水沖洗B．?dāng)嚢柘略诎⑺酒チ执之a(chǎn)品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，直到?jīng)]有氣體產(chǎn)生為止，過濾，取濾液結(jié)晶，可以得到純度較高的阿司匹林C．將移液管中的溶液放出時，不能使管尖與容器內(nèi)壁接觸D．在溶液中，加入飽和溶液，充分振蕩后，繼續(xù)滴加的氨水，可以觀察到有白色沉淀生成【答案】A【解析】A．如果酸液不慎濺到手上，可以先用大量水沖洗，再用碳酸氫鈉溶液洗，最后用水沖洗，A正確；B．阿司匹林的溶解度較小，溶于碳酸氫鈉溶液中，增大了溶解性，再加鹽酸，有阿司匹林析出，為減少阿司匹林的溶解性，再用冷水洗滌晶體，可以得到純度較高的阿司匹林，B錯誤；C．將移液管中的液體放出時，應(yīng)將移液管尖嘴在容器內(nèi)壁上前后小距離滑動幾下，以使液體全部進入容器，C錯誤；D．加入NaF溶液后Al3+與F-結(jié)合生成新物質(zhì)，溶液中幾乎沒有Al3+，再加入氨氣溶液，沒有白色沉淀產(chǎn)生，故D錯誤；故選A。8．亞硫酸鹽是一種常見的食品添加劑，用如圖實驗可檢驗?zāi)呈称分衼喠蛩猁}含量(含量通常以1kg樣品中含SO2的質(zhì)量計；所加試劑均足量)。下列說法不正確的是[樣品][氣體A][含H2SO4][中和液]A．葡萄酒釀造時通入SO2起到了殺菌和增酸的作用B．反應(yīng)①中若不通入N2，則測得的SO2含量偏低C．反應(yīng)①中煮沸的目的是加快亞硫酸的分解，降低SO2的溶解度D．若僅將②中的氧化劑“H2O2溶液”替換為“溴水”，對測定結(jié)果無影響【答案】D【解析】A．葡萄酒釀造時通入SO2起到殺菌和增酸的作用，A項正確；B．反應(yīng)①中若不通入N2，則在反應(yīng)①中部分SO2被氧化，氣體A偏小，測得的SO2含量偏低，B項正確；C．反應(yīng)①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，C項正確；D．將“H2O2溶液”替換為“溴水”，發(fā)生反應(yīng)Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，為保證SO2完全吸收，溴水要略過量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，測得的SO2含量偏高，對測定結(jié)果有影響，D項錯誤；答案選D。9．制備乙醛的一種反應(yīng)機理如圖所示。下列敘述不正確的是A．反應(yīng)過程涉及氧化反應(yīng)B．化合物2和化合物4互為同分異構(gòu)體C．可以用乙烯和氧氣為原料制備乙醛D．PdCl2需要轉(zhuǎn)化為才能催化反應(yīng)的進行【答案】B【解析】A．根據(jù)圖示可知：在反應(yīng)過程中發(fā)生反應(yīng)：Cu+被O2氧化產(chǎn)生Cu2+，O2得到電子被還原產(chǎn)生H2O，該反應(yīng)就是氧化還原反應(yīng)，A正確；B．化合物2和化合物4分子式分子式不同，因此二者不是同分異構(gòu)體，B錯誤；C．乙烯和氧氣在一定條件下發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生乙醛、水，故可以乙烯和氧氣為原料制備乙醛，C正確；D．根據(jù)圖示可知：PdCl2需要轉(zhuǎn)化為，然后再催化反應(yīng)的進行，D正確；故合理選項是B。10．MEK抑制劑司美替尼是治療癌癥的一種新藥，由(a)和乙醇(b)為原料合成。下列敘述正確的是A．a(chǎn)分子含有3種官能團B．b分子所有原子可能共平面C．a(chǎn)和b均能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)D．a(chǎn)和b可用飽和碳酸氫鈉溶液加以鑒別【答案】D【解析】A．a(chǎn)分子中含有2中官能團：氟原子和羧基，A不符合要求；B．CH3CH2OH中含有-CH3和-CH2-，均為四面體結(jié)構(gòu)，所以所有原子不可能共面，B不符合要求；C．a(chǎn)能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)，b能發(fā)生取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)，C不符合要求；D．a(chǎn)中含有羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)產(chǎn)生CO2，b與碳酸氫鈉不反應(yīng)，D符合要求；答案選D。11．現(xiàn)有6種短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序數(shù)依次增大。X的最高化合價和最低化合價代數(shù)和為零；Y和R位于同一主族；Z是周期表中非金屬性最強的元素；M是同周期中簡單離子的半徑最小的元素；R的單質(zhì)為淡黃色粉末，可用于殺菌消毒。下列說法不正確的是A．RY2的水溶液能與Q的單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)B．XYQ2能與水反應(yīng)產(chǎn)生兩種酸性的氣體C．M、Z能形成以離子鍵為主的八面體構(gòu)型的微粒D．Q單質(zhì)能從R的簡單氫化物中置換出R【答案】C【解析】6種短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序數(shù)依次增大。X的最高化合價和最低化合價代數(shù)和為零，則X是C元素；Y和R位于同一主族，R的單質(zhì)為淡黃色粉末，可用于殺菌消毒，則R是S元素，Y是O元素；Z是周期表中非金屬性最強的元素，則Z是F元素；M是同周期中簡單離子的半徑最小的元素，M是Al元素，因此Q是Cl元素，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。根據(jù)上述分析可知X是C，Y是O，Z是F，M是Al，R是S，Q是Cl元素。A．RY2是SO2，Q的單質(zhì)是Cl2，SO2具有還原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中會發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，A正確；B．XYQ2是COCl2，該物質(zhì)溶于水，會發(fā)生反應(yīng)：COCl2+H2O=2HCl+CO2，反應(yīng)產(chǎn)生的HCl、CO2的水溶液都顯酸性，因此二者是酸性氣體，B正確；C．Z是F，M是Al，二者形成的離子是以共價鍵為主的八面體構(gòu)型，C錯誤；D．Q單質(zhì)是Cl2，R的簡單氫化物是H2S，二者接觸就發(fā)生反應(yīng)：Cl2+H2S=S+2HCl，因此Cl2能從H2S中置換出S，D正確；固合理選項是C。12．某鋰離子電池的總反應(yīng)為：2Li+FeS=Fe+Li2S。某小組以該電池為電源電解處理含Ba(OH)2廢水和含Ni2+、Cl-的酸性廢水，并分別獲得BaCl2溶液和單質(zhì)鎳。電解處理的工作原理如圖所示[LiPF6?SO(CH3)2為鋰離子電池的電解質(zhì)]下列說法正確的是A．X與鋰離子電池的Li電極相連B．若去掉離子膜M將左右兩室合并，則X電極的反應(yīng)不變C．離子膜M為陰離子交換膜，離子膜N為陽離子交換膜D．電解過程中b室BaCl2濃度增大【答案】D【解析】通過總反應(yīng)可知，鋰發(fā)生氧化反應(yīng)，做負極，F(xiàn)eS發(fā)生還原反應(yīng)，做正極；以該電源電解處理含Ba(OH)2廢水和含Ni2+、Cl-的酸性廢水，并分別獲得BaCl2溶液和單質(zhì)鎳，Ni2++2e-=Ni，發(fā)生還原反應(yīng)，故Y極為陰極，與鋰電極相連，X為陽極，與FeS電極相連；據(jù)以上分析解答。A．結(jié)合以上分析可知，X與鋰離子電池的FeS電極相連，故A錯誤；B．陰離子放電順序：Cl->OH-；根據(jù)分析可知，陽極的極反應(yīng)：4OH--4e-=O2↑+2H2O；若去掉離子膜M將左右兩室合并，氯化鋇溶液中含有氯離子，移向陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑；故X電極的反應(yīng)發(fā)生改變，故B錯誤；C．鎳棒與電源負極相連，是電解池的陰極，電極反應(yīng)：Ni2++2e-=Ni，為平衡電荷，氯離子移向b室，N為陰離子交換膜；同理，碳棒為陽極，電極反應(yīng)：4OH--4e-=O2↑+2H2O；為平衡電荷，鋇離子移向b室，M為陽離子交換膜；故C錯誤；D．鎳棒與電源負極相連，是電解池的陰極，電極反應(yīng)：Ni2++2e-=Ni，為平衡陽極區(qū)、陰極區(qū)電荷，鋇離子、氯離子分別通過陽離子交換膜和陰離子交換膜移向1%的氯化鋇溶液中，使氯化鋇溶液的物質(zhì)的量濃度增大，故D正確；故選D。13．常溫下，向1L1.0mol/L的NaClO溶液中緩慢通入SO2氣體，使其充分吸收，溶液pH與通入SO2的物質(zhì)的量關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積的變化和NaClO、HClO的分解)。下列說法正確的是A．常溫下，HClO電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10-7B．a(chǎn)點溶液中存在C．b點溶液中存在D．c點溶液中【答案】B【解析】n(NaClO)=1L×1.0mol/L=1mol，通入少量SO2時，發(fā)生反應(yīng)①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2過量時，發(fā)生反應(yīng)②SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl。由圖像可知，b點pH突然減小，且SO2通入mol，說明b點時反應(yīng)①恰好進行完，c點SO2為1mol，說明c點反應(yīng)②恰好進行完。A．在b點處，pH=3.8，故c(H+)=10-3.8mol/L，根據(jù)反應(yīng)①可知，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故c(HClO)=mol/L，由HClOH++ClO-可知，c(ClO-)=c(H+)=10-3.8mol/L，故Ka==1.5×10-7.6=1.5×100.4×10-8，數(shù)量級為10-8，A錯誤；B．a(chǎn)點時通入0.2molSO2，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=0.2mol，n(HClO)=2n(SO2)=0.4mol，消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol，剩余的n(NaClO)=1mol-0.6mol=0.4mol，故n(HClO)+n(ClO-)=0.8mol，n(Cl-)=0.2mol，同一溶液中體積相同，所以4c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，B正確；C．根據(jù)分析，b點恰好發(fā)生反應(yīng)①，n(NaCl)=n(Na2SO4)=n(SO2)=mol，n(HClO)=2n(SO2)=mol，故n(Na+)=1mol，n(SO)=n(Cl-)=mol，HClO可以電離出少量H+，c(H+)=10-3.8mol/L，H2O的電離受到抑制，電離出微量的OH-，c(OH-)=10-10.2，溶液體積為1L，離子濃度關(guān)系為c(Na+)>c(SO)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)，C錯誤；D．c點時恰好發(fā)生反應(yīng)②，n(H2SO4)=n(SO2)=1mol，c(H+)==2mol/L，D錯誤；故選B。三、非選擇題：共174分。第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。26．（14分）鉈(Tl)在工業(yè)中的用途非常廣泛。從某鉛鋅廠的電塵(主要成分為PbO、ZnO，還含有少量Fe2O3、Tl2O)中回收鉈的工藝流程如圖。已知：①Zn(OH)2為兩性氫氧化物，溶液pH＞10開始溶解。②相關(guān)物質(zhì)開始沉淀和沉淀完全時的pH如表所示：物質(zhì)Fe(OH)3Zn(OH)2開始沉淀的pH2.76.4沉淀完全的pH3.78.0（1）為提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________________(寫出兩種)。（2）“濾渣1”的主要成分是________(填化學(xué)式)，由于沉淀顆粒很細，通常在“酸浸”時加入聚合硫酸鋁鐵{化學(xué)式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是___________________________。（3）檢驗“酸浸”后溶液中含有Fe3+的試劑是________。（4）“除雜”是為了除去溶液中的_________(填離子符號)，調(diào)pH=8~10的原因是____________________。（5）“置換”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_________________________________?！敬鸢浮浚?）適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、適當(dāng)延長酸浸時間等（2）PbSO4吸附PbSO4沉淀，便于過濾（3）KSCN溶液（4）Fe3+、Zn2+pH<8，F(xiàn)e3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2會溶解，降低除雜效（5）Zn+2Tl+=Zn2++2Tl【解析】本題為工藝流程題，由題干流程圖可知，“酸浸”步驟中發(fā)生的反應(yīng)有：PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Tl2O+H2SO4=Tl2SO4+H2O，過濾得濾渣1為PbSO4，濾液中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH8~10，則產(chǎn)生Fe(OH)3和Zn(OH)2沉淀，過濾出濾渣2為Fe(OH)3和Zn(OH)2，加入Na2S與Tl+反應(yīng)生成Tl2S沉淀，過濾出濾液和固體，洗滌后加入稀硫酸進行“酸溶”，反應(yīng)原理為：Tl2S+H2SO4=Tl2SO4+H2S，將Tl+進行富集，再加入Zn進行置換出Tl，反應(yīng)方程式為：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，據(jù)此分析解題。（1）采用適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、適當(dāng)延長酸浸時間等均可提高“酸浸”效率，故答案為：適當(dāng)增大硫酸濃度、適當(dāng)升高溫度、攪拌、適當(dāng)延長酸浸時間等；（2）由分析可知，“濾渣1”的主要成分是PbSO4，聚合硫酸鋁鐵{化學(xué)式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}是一種凈化劑，可以形成膠體吸附水中的懸浮顆粒物，由于沉淀顆粒很細，通常在“酸浸”時加入聚合硫酸鋁鐵{化學(xué)式：[FeaAlb(OH)c(SO4)d]n}，其目的是吸附PbSO4沉淀，便于過濾，故答案為：PbSO4；吸附PbSO4沉淀，便于過濾；（3）Fe3+與SCN-結(jié)合生成血紅色溶液，故檢驗“酸浸”后溶液中含有Fe3+的試劑是KSCN溶液。故答案為：KSCN溶液；（4）由分析可知，“除雜”是為了除去溶液中的Fe3+、Zn2+，由表中數(shù)據(jù)可知，pH<8，F(xiàn)e3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2會溶解，降低除雜效，故答案為：Fe3+、Zn2+；pH<8，F(xiàn)e3+、Zn2+沉淀不完全，pH>10，Zn(OH)2會溶解，降低除雜效；（5）由分析可知，“置換”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是Zn+2Tl+=Zn2++2Tl，故答案為：Zn+2Tl+=Zn2++2Tl。27．（15分）過氧化鈣可以用于改善地表水質(zhì)，處理含重金屬粒子廢水和治理赤潮，也可用于應(yīng)急供氧等。實驗室模仿工業(yè)上生產(chǎn)過氧化鈣的主要流程如下：已知：①沉淀時需控制溫度為0℃左右；②CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加熱至350℃左右開始分解放出氧氣。(1)實驗裝置如下：①沉淀步驟需控制溫度為0℃左右，控溫直接有效的方法是_______。②儀器m的名稱是_______；裝置連接順序為_______(填序號)。③沉淀生成的反應(yīng)方程式為_______。(2)乙醇洗滌的目的是_______。(3)請設(shè)計實驗定性檢驗產(chǎn)品為CaO2(簡單地描述實驗步驟和現(xiàn)象)_______。(4)產(chǎn)品純度測定實驗步驟如下：第一步：準(zhǔn)確稱取ag產(chǎn)品于燒杯中，加入適量的鹽酸使其完全溶解；第二步：向上述溶液中加入稍過量的(NH4)2C2O4，沉淀完全，過濾并洗滌沉淀；第三步：將洗滌好的沉淀用稍過量的稀硫酸溶解，溶解液和洗滌液全部轉(zhuǎn)移至錐形瓶中；第四步：向錐形瓶中滴入幾滴MnSO4溶液，然后逐滴滴入濃度為cmol·L-1的KMnO4溶液至終點，消耗KMnO4溶液VmL。①滴定前，滴入MnSO4溶液的目的是_______。②產(chǎn)品的純度為_______(用字母表示)。③若第三步用稀鹽酸溶解，所測純度_______(填“偏低”“不變”或“偏高”)【答案】(1)冰水浴恒壓漏斗fab(ba)cdeCaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl(2)去除結(jié)晶表面的水分(3)取適量的產(chǎn)品于試管中，加熱，將帶火星的木條靠近試管口，若復(fù)燃則說明產(chǎn)品為CaO2(4)起催化作用，加快反應(yīng)速率偏高【解析】由題給流程可知，氯化鈣固體溶于水得到氯化鈣溶液，向溶液中加入30%過氧化氫溶液和氨水，氯化鈣溶液與過氧化氫溶液和氨水反應(yīng)生成八水過氧化鈣沉淀，沉淀經(jīng)水洗、乙醇洗后，烘烤得到無水過氧化鈣。(1)①氨水和過氧化氫溶液受熱易分解，則實驗時，應(yīng)采用冰水浴控制反應(yīng)溫度為0℃左右，防止氨水和過氧化氫溶液分解，導(dǎo)致產(chǎn)率降低，故答案為：冰水??；②由實驗裝置圖可知，儀器m為恒壓滴液漏斗，便于濃氯化鈣溶液順利流下；第四個裝置為濃氨水與氧化鈣反應(yīng)制備氨氣，由于氨氣極易溶于水，為防止實驗時產(chǎn)生倒吸，應(yīng)在第四個裝置后連接第一個裝置，該裝置為空載儀器，起安全瓶、防倒吸的作用，第二個裝置為制備八水過氧化鈣的裝置，第三個裝置為氨氣的吸收裝置，導(dǎo)致的漏斗起防倒吸的作用，則裝置的連接順序為fab(ba)cde，故答案為：fab(ba)cde；③沉淀生成的反應(yīng)為濃氯化鈣溶液與過氧化氫溶液和氨氣反應(yīng)生成八水過氧化鈣沉淀和氯化銨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，故答案為：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；(2)由信息可知，CaO2·8H2O微溶于水，水洗后，晶體表面殘存水，用乙醇洗滌可除去晶體表面的水，使晶體迅速變干，故答案為：去除結(jié)晶表面的水分；(3)由信息可知，CaO2·8H2O加熱至350℃左右開始分解放出氧氣可知，檢驗產(chǎn)品為CaO2的操作為取適量的產(chǎn)品于試管中，加熱，將帶火星的木條靠近試管口，若復(fù)燃則說明產(chǎn)品為CaO2，故答案為：取適量的產(chǎn)品于試管中，加熱，將帶火星的木條靠近試管口，若復(fù)燃則說明產(chǎn)品為CaO2；(4)①酸性條件下，草酸溶液與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)時，MnSO4能起催化劑的作用，使反應(yīng)速率加快，故答案為：起催化作用，加快反應(yīng)速率；②由題意可得如下關(guān)系式：5CaO2—5H2C2O4~2KMnO4，由反應(yīng)消耗VmLcmol·L-1KMnO4溶液可得產(chǎn)品的純度為×100%=，故答案為：；③若第三步用稀鹽酸溶解，酸性條件下，氯離子也能與高錳酸鉀溶液反應(yīng)，會導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液的體積偏大，使所測產(chǎn)品的純度偏高，故答案為：偏高。28．（14分）碳的化合物在工業(yè)上應(yīng)用廣泛，下面對幾種碳的化合物的具體應(yīng)用進行分析對“碳中和”具有重要意義。(1)已知下列熱化學(xué)方程式：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g)ΔH1=-133kJ·mol-1ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)ΔH2=-100kJ·mol-1又已知在相同條件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反應(yīng)的活化能Ea(正)為132kJ·mol-1，則逆反應(yīng)的活化能Ea(逆)為_________kJ·mol-1。(2)查閱資料得知，反應(yīng)CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分兩步進行：第①步反應(yīng)為CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反應(yīng))；第②步為快反應(yīng)；增大I2的濃度能明顯增大總反應(yīng)的平均速率。理由為____________。(3)工業(yè)上可利用煤的氣化產(chǎn)物(水煤氣)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定條件下，將1molCO和2molH2通入密閉容器中進行反應(yīng)，當(dāng)改變某一外界條件(溫度或壓強)時，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)變化趨勢如圖所示：①下列描述能說明該反應(yīng)處于化學(xué)平衡狀態(tài)的是_______(填字母)。A．CO的體積分?jǐn)?shù)保持不變B．容器中CO的轉(zhuǎn)化率與H2的轉(zhuǎn)化率相等C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)D．容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變②平衡時，M點CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則CO的轉(zhuǎn)化率為_____。③X軸上a點的數(shù)值比b點_________(填“大”或“小”)，某同學(xué)認為圖中Y軸表示溫度，你認為他判斷的理由是_________________。(4)甲醇與CO可以生成醋酸，常溫下將amol/L的醋酸與bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1體積比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，則醋酸的電離平衡常數(shù)為_______________(忽略混合過程中溶液體積的變化，用含a和b的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮?1)165(2)總反應(yīng)的平均速率由慢反應(yīng)決定，I2為慢反應(yīng)的反應(yīng)物，增大I2的濃度，慢反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，則總反應(yīng)的反應(yīng)速率增大(3)AD25%小由圖可知，當(dāng)X一定時，隨著Y值的增大，組分中φ(CH3OH)減小，由信息可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，組分中φ(CH3OH)減小，二者一致，故Y軸表示溫度(4)【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，i－ii得到目標(biāo)反應(yīng)式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33kJ/mol，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，逆反應(yīng)的活化能=正反應(yīng)的活化能+33kJ/mol=132kJ/mol+33kJ/mol=165kJ/mol，故答案為165kJ/mol；(2)化學(xué)反應(yīng)的速率由慢反應(yīng)的速率決定，根據(jù)題中所給信息，反應(yīng)①為慢反應(yīng)，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反應(yīng)速率由①決定，增加I2的濃度，慢反應(yīng)速率增大，則總反應(yīng)速率增大；故答案為總反應(yīng)的平均速率由慢反應(yīng)決定，I2為慢反應(yīng)的反應(yīng)物，增大I2的濃度，慢反應(yīng)的反應(yīng)速率增大，則總反應(yīng)的反應(yīng)速率增大；(3)①A．根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的定義，CO的體積分?jǐn)?shù)保持不變，說明反應(yīng)達到平衡，故A符合題意；B．投入量的比值等于化學(xué)計量數(shù)的比值，從反應(yīng)開始到平衡，CO和H2的轉(zhuǎn)化率相等，故B不符合題意；C．用不同物質(zhì)的反應(yīng)速率表示反應(yīng)達到平衡，要求反應(yīng)方向是一正一逆，且反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)時兩個反應(yīng)的方向都是向逆反應(yīng)方向進行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能說明反應(yīng)達到平衡,故C不符合題意；D．利用,組分都是氣體，混合氣體總質(zhì)量保持不變，該反應(yīng)氣體物質(zhì)的量減少，因此當(dāng)氣體平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應(yīng)達到平衡，故D符合題意；答案為AD；②建立：，平衡時，M點甲醇的體積分?jǐn)?shù)為10%，即有，解得x=0.25mol，CO的轉(zhuǎn)化率為25%；故答案為25%；③根據(jù)圖像，當(dāng)Y一定時，X軸從0～d甲醇的體積分?jǐn)?shù)增大，即a點的數(shù)值比b點?。桓鶕?jù)圖像，可知，當(dāng)X一定時，隨著Y值的增大，組分中φ(CH3OH)減小，由信息可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，組分中φ(CH3OH)減小，二者一致，故Y軸表示溫度；故答案為小；由圖可知，當(dāng)X一定時，隨著Y值的增大，組分中φ(CH3OH)減小，由信息可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動，組分中φ(CH3OH)減小，二者一致，故Y軸表示溫度；(4)根據(jù)溶液呈現(xiàn)電中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因為2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根據(jù)物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)=mol/L，根據(jù)電離平衡常數(shù)的表達式Ka==；故答案為。（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。35．[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）（2021·江蘇南通·模擬預(yù)測）芯片是國家科技的心臟。在硅及其化合物上進行蝕刻是芯片制造中非常重要的環(huán)節(jié)。三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)是常見的蝕刻劑。(1)高純?nèi)獙Χ趸杈哂袃?yōu)異的蝕刻速率和選擇性。①二氧化硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，二氧化硅晶體中硅原子周圍最近的硅原子有_______個。②工業(yè)上常采用F2直接氟化尿素［CO(NH2)2]的方法生產(chǎn)NF3。得到的NF3中常含有少量CF4。常溫下，三種物質(zhì)在水中的溶解性大小順序為：CF4<NF3<NH3，原因是______________________。(2)四氟化碳的一種蝕刻機理是：CF4在等離子體的條件下產(chǎn)生活性自由基(?F)，該自由基易與硅及其化合物中的硅原子結(jié)合生成SiF4氣體從而達到蝕刻目的。用CF4(g)進行蝕刻時常與氧氣混合，當(dāng)混合氣體的流速分別為80mL·min-1和100mL·min-1時，蝕刻速率隨混合氣體中O2和CF4體積之比［V(O2)/V(CF4)]的變化如圖所示。

①a點蝕刻速率比b點快的原因是_______。②蝕刻速率隨V(O2)/V(CF4)先升高后降低的原因是_______。(3)NF3是一種強溫室氣體，消除大氣中的NF3對于環(huán)境保護具有重要意義。國內(nèi)某科研團隊研究了利用氫自由基(·H)的脫氟反應(yīng)實現(xiàn)NF3的降解。降解生成·NF2和HF的兩種反應(yīng)歷程如圖所示。其中直接抽提反應(yīng)是降解的主要歷程，原因是_________________。

【答案】(1)4CF4是非極性分子，NF3和NH3是極性分子，但NH3的極性比NF3大，且NH3更易與水形成分子間氫鍵(2)a點產(chǎn)生活性自由基(·F)的濃度大O2與CF4中的碳元素反應(yīng)生成CO(或CO2)，O2的體積分?jǐn)?shù)增大，有利于產(chǎn)生更高濃度的活性自由基(·F)；隨著O2體積分?jǐn)?shù)的繼續(xù)增加，CF4的含量減小，產(chǎn)生活性自由基(·F)的濃度減小(3)直接抽提反應(yīng)活化能小，反應(yīng)步驟少【解析】(1)①二氧化硅晶體中硅原子采取sp3雜化，每個硅原子周圍最近的硅原子有4個，故答案為4。②三種物質(zhì)都是分子，CF4是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，CF4在水中溶解度最小，NF3和NH3都是極性分子，且NH3能與水形成氫鍵，故溶解度最大，故答案為：CF4是非極性分子，NF3和NH3是極性分子，但NH3的極性比NF3大，且NH3更易與水形成分子間氫鍵；(2)①蝕刻速率受活性自由基(?F)的影響，活性自由基(?F)的濃度越大，刻蝕速率越大，a點蝕刻速率比b點快的原因是a點產(chǎn)生活性自由基(·F)的濃度大，故答案為：a點產(chǎn)生活性自由基(·F)的濃度大；②刻蝕過程O2與CF4中的碳元素反應(yīng)生成CO(或CO2)，隨著氧氣體積的增大，活性自由基(?F)濃度增大，隨著氧氣體積持續(xù)增加，CF4的含量減小，活性自由基(?F)的體積分?jǐn)?shù)減小，濃度減小，刻蝕速率下降，故答案為：O2與CF4中的碳元素反應(yīng)生成CO(或CO2)，O2的體積分?jǐn)?shù)增大，有利于產(chǎn)生更高濃度的活性自由基(·F)；隨著O2體積分?jǐn)?shù)的繼續(xù)增加，CF