安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟理综化学试题 Word版含解析

安徽省滁州市定远县重点中学2020届高三5月模拟理综化学试题 Word版含解析

- 1 - 安徽省滁州市定远县重点中学 2020 届高三 5 月模拟 理综化学试题 1. [安徽省合肥市 2019 年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有 关说法不正确的是 A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用 SO2 作还原剂 B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异 C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率 D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济 【答案】C 【解析】 【详解】A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2 被水蒸气吹出与 SO2 反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4 ＋2HBr，S 的化合价从＋4 升高到＋6，作还原剂，A 项正确； B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是 NaHCO3 的溶解度比 NaCl 等物质的溶解度小，使之析出，B 项正确； C．合成氨的反应为 N2＋3H2 2NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向 移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快 反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C 项错误； D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O2 2 ，原子利用率 100% ， 符合绿色化学和原子经济性，D 项正确； 本题答案选 C。 2. NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 2gD2O 和 H2 l8O 混合物中所含中子数为 NA B. 1L0.1mol·L-1 NaHCO3 溶液中 HCO3 -和 CO3 2-离子数之和为 0.1NA C. 常温常压下，0.5 mol Fe 和足量浓硝酸混合，转移电子数为 1.5NA D. 0.1 mol H2 和 0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为 0.2NA 【答案】A 【解析】 【详解】A. D2O 和 H2 l8O 的摩尔质量相同都为 20g/mol,中子数也相等均为 10，所以 2gD2O 和 H2 l8O 混合物中所含中子数为 NA，故 A 正确；B. NaHCO3 属于强碱弱酸盐，HCO3 -既能发生电离： - 2 - HCO3 - H++CO3 2-，也能发生水解：H2O+HCO3 - H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1mol·L-1 NaHCO3 溶液中 H2CO3、HCO3 -和 CO3 2-离子数之和为 0.1NA,故 B 错误。C. 常温常压下， Fe 和足量浓硝酸 发生钝化反应，故 C 错误；D. 0.1 mol H2 和 0.1 mol I2 (g)于密闭容器中充分反应为 H2（g） +I2 (g) 2HI，其原子总数为 0.4NA,故 D 错误；答案：A 。 3. 地奥司明片是治疗静脉淋巴功能不全相关的各种症状（腿部沉重、疼痛、晨起酸胀不适感） 的主要治疗药物，下图为合成地奥司明片重要中间体，下列有关说法正确的是（ ） A. 分子式为 C18H20O6 B. 该中间体是高分子化合物 C. 该中间体可发生水解反应生成乙醇 D. 该中间体分子在一定条件下可以发生取代、加成、氧化反应 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据碳四价可数得其每个分子中含有 18 个氢原子，A 项错误； B.一般来说，高分子化合物要求相对分子质量至少过万，B 项错误； C.因该物质结构中含有酯基，所以可以发生水解反应，但产物有乙酸，没有乙醇，C 项错误； D.因该物质结构中有酚羟基、酯基等，可发生取代反应，因结构中有苯环，可发生催化加氢 反应，因含有酚羟基或可以燃烧，因而能发生氧化反应，D 项正确； 所以答案选择 D 项。 【点睛】有怎样的基团，就有怎样的化学性质。该物质结构中含酚羟基，所以能被氧化，因 酚羟基的邻对位有氢，所以可以与浓溴水发生取代反应，因结构中有酯基，所以可以发生水 解反应。 4. 短周期元素 A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，A 的原子得到一个电子达到稀有气体结 构，B 的单质通常作为瓜果、食品的保护气，E 所在的族序数是周期数的 2 倍，C、D、E 的最 外层电子之和为 10。下列说法正确的是（ ） A. 简单离子半径：E>B>C >D B. C 可以从溶液中置换出 D 单质 - 3 - C. A、B、E 形成化合物中只存在共价键 D. A 和 B 形成的化合物溶于水可导电，所以该化合物为电解质 【答案】A 【解析】 【分析】 首先可判断 B 为 N 元素，原子序数依次增大，则 A 只能是 H 元素，E 不可能为 C 元素，只能是 S 元素，所以 C、D 最外层电子之和为 4，B 为 N 元素，则 C 不可能是 Li、Be、B，所以 C 为 Na 元素，D 为 Al 元素。 【详解】A.根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径 S2->N3->Na+>Al3+，A 项正确； B.钠先与水反应，钠无法从溶液中置换出铝单质，B 项错误； C.H、N、S 形成的化合物为（NH4）2S 或 NH4HS，化合物中既含离子键又含共价键，C 项错误； D.氨气的水溶液导电的原因是：氨气与水化合成的一水合氨电离出自由移动的阴、阳离子， NH3 自身不电离，属于非电解质，D 项错误； 所以答案选择 A 项。 5. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 选 项 实验操作 实验现象 实验结论 A Cu 片与足量浓硫酸加热反应，冷却后，再将冷 水缓慢加入盛有反应混合物的烧杯中 溶液变蓝 证明反应生成了 Cu2+ B 向添加 KIO3 的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、 KI 溶液 溶液变蓝 氧化性：IO3 ->I2 C 向 20.00 mL 浓度均为 0.1 mol/L 的 Na2CO3 和 Na2S 的混合溶液中滴加几滴等浓度的 AgNO3 溶 液 只产生黑色沉 Ksp(Ag2S) Ksp(Ag2S)> Ksp(Ag2CO3) D 室温下，用 pH 试纸分别测定浓度均为 0.1mol/L 的 Na2SO3 和 NaHSO3 两种溶液的 pH pH：Na2SO3>NaHSO3 HSO3 -结合 H+能力比 SO3 2-的强 - 4 - A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A.混合物中含有浓度较大的硫酸，应将反应后混合物注入水中，溶液变蓝，操作不 正确，A 错误； B.向添加 KIO3 的食盐中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI 溶液，发生反应：IO3 -+6H++5I-=3I2+3H2O， 反应产生的 I2 遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到溶液变为蓝色，在该反应中氧化剂是 KIO3， I2 是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以可证明氧化性： IO3 ->I2，B 正确； C.Ag2S 与 Ag2CO3 的组成相似，Ksp 小的先产生沉淀，由于向等浓度等体积的 Na2CO3 和 Na2S 的混 合溶液中滴加几滴等浓度的 AgNO3 溶液，先产生黑色 Ag2S 沉淀，说明 Ksp(Ag2S)NaHSO3，说明结合 H+的能力：SO3 2-> HSO3 -， D 错误； 故合理选项是 B。 6. 常温下，向 20mL0.05mol·L－1 的某稀酸 H2B 溶液中滴入 0.1mol·L－1 氨水，溶液中由水电 离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ） A. NaHB 溶液可能为酸性，也可能为碱性 B. A、B、C 三点溶液的 pH 是逐渐减小，D、E、F 三点溶液的 pH 是逐渐增大 C. E 溶液中离子浓度大小关系：c(NH4 +)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+) D. F 点溶液 c(NH4 +)=2c(B2－) 【答案】D 【解析】 - 5 - 【分析】 未加入氨水前，溶液的水电离出的 OH-浓度为 10-13mol/L，所以溶液中 c(H+)=0.1mol/L，该酸 的浓度为 0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水 的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的 c（H+）逐渐增大，当两者恰好完 全反应生成（NH4）2B 时水的电离程度达最大（图中 D 点），继续加入氨水，水电离的 c（H+） 逐渐减小。 【详解】A.NaHB 属于强酸的酸式盐，NaHB 溶液应该呈酸性，A 项错误； B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的 pH 是逐渐增大的，B 项错误； C.E 点溶液由（NH4）2B 和氨水混合而成，由于水电离的 c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中 H+全部 来自水电离，则 E 点水溶液显酸性，所以 c(H+)>c(OH-)，C 项错误； D.F 点溶液由（NH4）2B 和氨水混合而成，由于水电离的 c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中 H+全部 来自水电离，则 F 点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4 +)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)， 因 c(H+)=c(OH-)，所以有 c(NH4 +)=2c(B2-)，D 项正确； 所以答案选择 D 项。 7. 以太阳能为热源分解 Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制 2H 的过程如图所示。下列 叙述不正确的是( ) A. 过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能 B. 过程Ⅱ的化学方程式为 3FeO+H2O Fe3O4+H2↑ C. 过程Ⅰ中每消耗 116 g Fe3O4 转移 2 mol 电子 D. 铁氧化合物循环制 H2 具有节约能源、产物易分离等优点 【答案】C 【解析】 【详解】A. 过程 I 利用太阳能将 Fe3O4 转化为 O2 和 FeO，实现的能量转化形式是太阳能→化学 能，A 正确； B. 过程 II 实现了 FeO 与 H2O 反应生成 Fe3O4 和 H2 的转化反应，其反应方程式为 - 6 - 3FeO+H2O Fe3O4+H2↑，B 正确； C. 过程Ⅰ：2Fe3O4（s）＝6FeO（s）+O2（g），当有 2molFe3O4 分解时，生成 1mol 氧气，而 n(Fe3O4)=116 g÷232 g/mol=0.5 mol，故生成 0.25mol 氧气，而氧元素由-2 价变为 0 价，故转移 0.25mol×4 ＝1mol 电子，C 错误； D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制 H2 具有节约能源、产物易分离等优点，D 正确； 故合理选项是 C。 8. ClO2 是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中 Mn2+等重 金属除及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题： （1）将过硫酸纳(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备 ClO2，NaClO2 中 Cl 元素的化合 价 是_________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_____________。 （2）将 ClO2 通入 MnSO4 溶液，溶液中可检测到 Cl-同时有黑色 MnO2 沉淀生成。 ①ClO2 和 MnO2 均属于氧化物，理由是___________________。 ②该反应的离子方程式为_____________________。 （3）为研究 ClO2 脱硝的适宜条件，在 1L200 mg • L-1 ClO2 溶液中加 NaOH 溶液调节 pH，通入 NO 气体并测定 NO 的去除率，其关系如下图所示： ①实验中使用的 C1O2 溶液的物质的量浓度为____________(保留三位有效数字）；要使 NO 的去 除率更高，应控制的条件是__________________________。 ②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaC1O2， 写出碱性条件下 NaClO2 脱除 NO 反应的离子方程式：___________________。 【答案】 (1). +3 (2). 1：2 (3). 均含两种元素，且其中一种为氧元素 (4). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl- (5). 2. 96×10-3 mol• L-1 (6). 控制溶液呈强酸 性或强碱性 (7). 4NO+3ClO2 -+4OH-=4NO2 -+3Cl-+2H2O 【解析】 (1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备 ClO2，NaClO2 中 Cl 元素的化合价 - 7 - 为+3 价，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中 S 元素的化合价由+7 价降低为+6 价，过硫酸钠为氧化 剂，亚氯酸钠(NaClO2)中 Cl 的化合价由+3 价升高为+4 价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子 守恒，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠的物质的量之比为 1:2，故答案为+3；1：2； (2)①ClO2 和 MnO2 均含两种元素，且其中一种为氧元素，属于氧化物，故答案为均含两种元素， 且其中一种为氧元素； ②将 ClO2 通入 MnSO4 溶液中可检测到 Cl-同时有黑色 MnO2 沉淀生成，反应的离子方程式为 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-，故答案为 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+12H++2Cl-； (3)①200 mg C1O2 的物质的量为 0.2 67.5 / g g mol =0.00296mol，因此 C1O2 溶液的物质的量浓度为 2. 96×10-3 mol• L-1，根据图像，要使 NO 的去除率更高，应该控制溶液呈强酸性或强碱性， 故答案为 2. 96×10-3 mol• L-1；控制溶液呈强酸性或强碱性； ②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaC1O2， 在碱性条件下 NaClO2 脱除 NO 反应的离子方程式为 4NO+3ClO2 -+4OH-=4NO2 -+3Cl-+2H2O，故答案为 4NO+3ClO2 -+4OH-=4NO2 -+3Cl-+2H2O。 9. 铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健 康。 （1）不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的 100 倍。 电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的 Cr2O7 2-，处理该废水常用的流程如下图所示： Na2S2O3 在此过程中表现________性。若向含 Cr3+的废水中加入过量 NaOH 溶液，会得到 NaCrO2 溶液，NaCrO2 中 Cr 元素的化合价为_________价，反应的离子方程式为 ______________________。 （2）交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车。其反应原理如下，请配平该反应 方程式： （ ）CrO3 +（ ）CH3CH2OH +（ ）H2SO4 —（ ）CH3CHO + （ ）Cr2(SO4)3+ （ ）H2O （3）已知存在平衡：2CrO4 2-+2H+ Cr2O7 2-+H2O。向 K2Cr2O7 溶液中加入 Ba(NO3)2 和 Pb(NO3)2 溶 液，可析出 BaCrO4 和 PbCrO4 两种沉淀，反应的离子方程式为 （任意写出其中一种即可）。此 时溶液中 c(Pb2+)：c(Ba2+)=_________________。 - 8 - 已知 Ksp（BaCrO4）=1.25×10-10；Ksp（PbCrO4）=2.75×10-13； （4）工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备 K2Cr2O7，制备装置如图所示（阳 离子交换膜只允许阳离子透过）。通电后阳极的电极反应式为____________________。请结合 方程式解释反应一段时间后，在阴极室得到浓 KOH 溶液的原因____________________。 【答案】 (1). 还原 (2). +3 (3). Cr3++4OH-=CrO2 -+2H2O (4). 2 (5). 3 (6). 3 (7). 3 (8). 1 (9). 6 (10). Cr2O7 2-+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或 Cr2O7 2-+H2O+2 Pb2+=2PbCrO4↓+2H+） (11). 2.2×10-3 (12). 2H2O-4e-=O2↑+4H+（或 4OHˉ—4e-=O2↑+2 H2O），阴极室发生反应 2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，c(OHˉ)增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室，与 OHˉ共同得到 KOH 【解析】 【分析】 (1)Na2S2O3 是还原剂，把 NaCrO2 中 Cr 元素还原为+3 价，生成的 Cr3+与过量 NaOH 溶液反应生成 CrO2 -； (2)该反应中 Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，C2H5OH 中 C 元素化合价由-2 价变为-1 价，转移 电子总数为 6，据电子守恒、原子守恒配平方程式； (3)根据浓度对平衡移动的影响规律进行分析；根据 c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4) 进行计算； (4)阳极发生氧化反应，OHˉ失电子生成 O2，阴极室发生还原反应生成氢气，c（OH-）增大，K+ 穿过阳离子交换膜进入阴极室。 【详解】(1)Na2S2O3 与六价铬发生氧化还原反应将六价的还原成+3 价，所以 Na2S2O3 是还原剂， NaCrO2 中 Cr 元素的化合价为+3 价，向含 Cr3+的废水中加入过量 NaOH 溶液，反应方程式为 Cr3++4OH-=CrO2 -+2H2O； (2)该反应中 Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，C2H5OH 中 C 元素化合价由-2 价变为-1 价，转移 电子总数为 6，根据转移电子相等知，CrO3 的计量数是 2，C2H5OH 的计量数是 3，再结合原子守 - 9 - 恒配平方程式为 2CrO3 +3CH3CH2OH +3H2SO4 ＝3CH3CHO+Cr2(SO4)3+6H2O； (3)加入 Ba（NO3）2 和 Pb（NO3）2 溶液，平衡：2CrO4 2-+2H+ Cr2O7 2-+H2O 向逆反应方向移动， 所以反应的离子方程式为 Cr2O7 2-+H2O+2Ba2+=2BaCrO4↓+2H+（或 Cr2O7 2-+H2O+2Pb2+=2PbCrO4↓+2H+）； c(Pb2+)：c(Ba2+)==Ksp(PbCrO4)：Ksp(BaCrO4)=2.75×10−13：1.25×10−10=2.2×10-3； (4)阳极发生氧化反应，电极反应式为 4OHˉ-4e-=O2↑+2 H2O，阴极室发生反应 2H2O+ 2e-= H2↑+2OH-，c（OH-）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室。 【点晴】答题时注意沉淀溶解平衡的理解与计算，掌握基础是关键。难点是氧化还原反应方 程式的配平。氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或 元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可 以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合 价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求 元素化合价升高数和降低数的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量 数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即 质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。 10. CO2 是主要的温室气体，也是一种工业原料。回收利用 CO2 有利于缓解温室效应带来的环 境问题。 (1)我国科学家通过采用一种新型复合催化剂，成功实现了 CO2 直接加氢制取高辛烷值汽油。 已知：2H2 (g)+O2 (g) =2H2O(l) ΔH = -571.6 kJ/mol 2C8H18(l)+25O2(g) =16CO2(g)+18H2O(l) ΔH = -11036 kJ/mol 25℃、101kPa 条件下，CO2 与 H2 反应生成辛烷(以 C8H18 表示)和液态水的热化学方程式是 _________。 (2)CO2 催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) △H =-173.6 kJ/mol 图是起始投料不同时，CO2 的平衡转化率随温度的变化关系，m 为起始时的投料比，即 - 10 - m= 2 2 n(H ) n(CO ) 。m1、m2、m3 投料比从大到小的顺序为_________，理由是_________。 (3)在 Cu/ZnO 催化剂存在下，将 CO2 与 H2 混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7 kJ/mol 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ/mol 控制一定的 CO2 和 H2 初始投料比，在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据(其中 “甲醇选择性”是指转化的 CO2 中生成甲醇的百分比)： 实验序号 T/K 催化剂 CO2 转化率/% 甲醇选择性/% 实验 1 543 Cu/ZnO 纳米棒 12.3 42.3 实验 2 543 Cu/ZnO 纳米片 10.9 72.7 实验 3 553 Cu/ZnO 纳米棒 15.3 39.1 实验 4 553 Cu/ZnO 纳米片 12.0 71.6 ①对比实验 1 和实验 3 可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2 转化率升高， 而甲醇的选 择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因_______________； ②对比实验 1 和实验 2 可发现：在同样温度下，采用 Cu/ZnO 纳米片使 CO2 转化率降低， 而甲 醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因____________。 ③有利于提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡．．转化率的措施有_______。 a．使用 Cu/ZnO 纳米棒做催化剂 b．使用 Cu/ZnO 纳米片做催化剂 c．降低反应温度 d．投料比不变，增加反应物的浓度 e．增大     2 2 n CO Hn 的初始投料比 (4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入 CO2，电解，在 阴极可制得低密度聚乙烯 (简称 LDPE)。 - 11 - ①电解时，阴极的电极反应式是_____________。 ②工业上生产 1.4×104 kg 的 LDPE，理论上需要标准状况下______L 的 CO2。 【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g) =C8H18(l)+16H2O(l) ΔH= -1627kJ/mol (2). m1 >m2>m3 (3). 温度相同时，c(H2)增大， CO2 平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动。 (4). 反 应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性 降低。 (5). Cu/ZnO 纳米片对反应 I 的催化作用更好，测定时间内得到的甲醇较多，甲醇 选择性提高。 (6). cd (7). 2nCO2 +12nH+ +12ne-= +4n H2O (8). 2.24×107 【解析】 【分析】 (1)利用盖斯定律，将两个热化学方程式中 O2 消去，整理，就可得到相应的热化学方程式； (2) 一定温度下二氧化碳转化率随 m(为起始时的投料比)增大而增大，使一种反应物浓度增大 一种会提高另一种物质的平衡转化率； (3)①反应Ⅰ是放热反应，根据温度对化学平衡的影响分析； ②使用 Cu/ZnO 纳米片催化剂使反应 I 速率增加，该时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高； ③有利于提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡转化率，需要使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原 理分析； (4)电解过程中阴极上 CO2 发生还原反应生成 ：结合碳的化合价的变化，分析得 到的电子数目，根据电荷守恒可得该电极反应式，并结合电极反应式及物质的量公式计算。 【详解】(1) ①2H2 (g)+O2 (g) =2H2O(l) ΔH = -571.6 kJ/mol ；②2C8H18(l)+25O2(g) =16CO2(g)+18H2O(l) ΔH = -11036 kJ/mol，(①×25-②)÷2，整理可得：8CO2(g)+25H2(g) =C8H18(l)+16H2O(l) ΔH= -1627kJ/mol； (2) CO2 催化加氢合成乙醇的反应原理是：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) △H =-173.6 kJ/mol，根据方程式可知：CO2、H2 都是反应物，根据平衡移动原理可知，在温度不变时，c(H2) 增大，平衡正向移动，CO2 转化率增大，即一定温度下二氧化碳转化率随 m(为起始时的投料比) 增大而增大，根据图示可知转化率：m1＞m2＞m3，所以 m1、m2、m3 投料比从大到小的顺序为：m1 ＞m2＞m3； (3) ①同样催化剂条件下，温度升高，CO2 转化率升高，而甲醇的选择性却降低的原因是反应 Ⅰ为生成甲醇的反应，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，因此甲醇的产率减小， - 12 - 甲醇的选择性降低； ②在同样温度下，采用 Cu/ZnO 纳米片使 CO2 转化率降低，而甲醇的选择性却提高的可能原因 是在该时间内，使用 Cu/ZnO 纳米片催化剂使反应 I 速率增加，因此测得该时间内得到的甲醇 较多，甲醇选择性提高； ③a．使用 Cu/ZnO 纳米棒做催化剂，对化学平衡无影响，无法提高 CO2 转化为CH3OH 平衡转化 率，a 错误； b．使用 Cu/ZnO 纳米片做催化剂，催化剂不影响化学平衡移动，无法提高 CO2 转化为 CH3OH 平 衡转化率，b 错误； c．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡向正反应方向移动，可提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡 转化率，c 正确； d．投料比不变，增加反应物氢气的浓度，可提高 CO2 转化为 CH3OH 平衡转化率，d 正确； e．增大 CO2 和 H2 的初始投料比，二氧化碳浓度增大，则 CO2 转化率降低，e 错误； 故合理选项为 cd； (4)电解过程中阴极上 CO2 发生还原反应生成 ：由 C 原子守恒可知关系式为 2nCO2→ ，碳的化合价从+4 变为-2，每个 C 原子得到 6 个电子，则 2nCO2 总共得 到 12n 个电子，结合电荷守恒可得该电极反应式为：2nCO2+12e-+12nH+= +4nH2O， 需要二氧化碳的物质的量为 n(CO2)= 7m 1.4 10 228 / g nM ng mol   =1×106mol，则在标准状况下 CO2 的体积为 V(CO2)=1×106mol×22.4L/mol=2.24×107L。 【点睛】本题考查盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响、电解原理等知识，要 求学生掌握基本概念，看清图像的横坐标、纵坐标及曲线变化趋势，灵活运用，结合生活实 际分析问题、解决问题，题目难度中等。 [化学-选修 3：物质结构与性质] 11. 过渡金属元素的单质及化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，根据所学知识回 答下列问题： （1）基态 Ni2+的核外电子排布式_______________；配合物 Ni(CO)4 常温下为液态，易溶于 CCl4， 苯等有机溶剂，固态 Ni(CO)4，属于_______________晶体；镍的羰基配合物 Ni(CO)4 是获得高 纯度纳米镍的原料，该配合物中镍原子的价电子排布为 3d10，则其杂化轨道类型为 _______________，Ni(CO)4 是_______________（填“极性”或“非极性” ）分子。 - 13 - （2）氯化亚铜是一种白色固体，实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的 99.5 倍，则氯 化亚铜的分子式为_______________；氯化亚铜的盐酸溶液可定量吸收 CO 形成配合物 Cu2(CO)2Cl2·2H2O（结构如图所示），该反应可用于测定空气中 CO 的含量，每个 Cu2(CO)2Cl2·2H2O 分子中含_______________个配位键。 （3）铜能与类卤素(SCN)2 反应生成 Cu(SCN)2，(SCN)2 分子中含有σ键与π键的数目比为 __________； 类卤素 (SCN)2 对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫 氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是_______________。 （4）立方 NiO（氧化镍）晶体的结构如图所示，其晶胞边长为 apm，列式表示 NiO 晶体的密 度为_______________g/cm3（不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为 NA）。 人工制备的 NiO 晶体中常存在缺陷（如图）：一个 Ni2+空缺，另有两个 Ni2+被两个 Ni3+所取代， 其结果晶体仍呈电中性，但化合物中 Ni 和 O 的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成 Ni0.96O，该晶体中 Ni3+与 Ni2+的离子个数之比为_______________。 【答案】 (1). 【Ar】3d8 (2). 分子 (3). sp3 (4). 非极性分子 (5). Cu2Cl2 (6). 6 (7). 5∶4 (8). 异硫氰酸中 H-N 键极性强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子 间 只 存 在 分 子 间 作 用 力 ， 所 以 异 硫 氰 酸 的 沸 点 高 于 硫 氰 酸 (9). (10). 1∶11 - 14 - 【解析】 (1)Ni 元素是 28 号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的电子排布式 1s22s22p63s23p63d84s2， 因此基态 Ni2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8；配合物 Ni(CO)4 常温为液态，熔点低， 易溶于 CCl4、苯等有机溶剂，所以 Ni(CO)4 属于分子晶体；该配合物中镍原子的价电子排布式 为 3d10，可知 Ni 提供空轨道，O 提供孤电子对，为正四面体结构，Ni 其杂化轨道类型为 sp3， 是正四面体结构，属于非极性分子，故答案为 1s22s22p63s23p63d8；分子；sp3；非极性； (2)实验测得其蒸气密度是同条件下氢气密度的 99.5 倍，相对分子质量为 99.5×2=199，由 (CuCl)n=199，n=2 得到化学式 Cu2Cl2，氯原子最外层电子数为 7 可知，氯原子可形成一对共用 电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而 X 可形成三条配位键，配位键 如图 (X 为 Cu)，则每个 Cu2(CO)2Cl2•2H2O 分子中含 6 个配位键，故答 案为 Cu2Cl2；6 (3)(SCN)2的结构式为 N≡C-S-S-C≡N，根据[(SCN)2]的结构可知分子中有 3 个单键和 2 个碳氮 三键，单键为σ键，三键含有 1 个σ键、2 个π键，(SCN)2 分子含有 5 个σ键，故 1mol(SCN)2 分子中含有σ键的数目为 5NA，π键的数目为 4 NA，数目比为 5∶4；由于异硫氰酸分子间可 形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸，故 答案为 5∶4 ；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，所以异硫氰酸的 沸点高于硫氰酸； (4)晶胞中 Ni 原子数目为 1+12× 1 4 =4，氧原子数目为 8× 1 8 +6× 1 2 =4，晶胞质量为 4× 16 58.7 AN  g，晶胞边长为 apm，晶胞体积为(a×10-10 cm)3，NiO 晶体的密度为为 4× 16 58.7 AN  g÷(a×10-10 cm)3= 10 3 4 74.7 ( 10 ) Aa N    g/cm3； 设 1mol Ni0.96O 中含 Ni3+xmol，Ni2+为(0.96-x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2×(0.96-x)=2×1，x=0.08mol Ni2+为(0.96-x)mol=0.88mol，即离子数之比为 Ni3+： Ni2+=0.08：0.88=1：11，故答案为 10 3 4 74.7 ( 10 ) Aa N    ；1：11。 点睛：本题是对物质结构的考查，涉及晶体结构与性质、核外电子排布、化学键、杂化轨道、 晶胞计算等。(4)为易错点，注意利用均摊法计算晶胞质量，根据阴阳离子所带电荷相等计算 - 15 - 氧化镍晶体中离子数目之比。 [化学-选修 5：有机化学基础] 12. 尼泊金甲酯和香兰素在食品、化妆品行业有广泛用途。它们的结构简式如下： （尼泊金甲酯） (香兰素) (1)尼泊金甲酯中显酸性的官能团是_______（填名称）。 (2)下列说法中，正确的是_____________（填标号）。 A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是 C8H8O3 B．尼泊金甲酯和香兰素都能发生水解反应 C．1mol 尼泊金甲酯或香兰素均能与 4mol H2 发生加成反应 D．利用银氨溶液可以鉴别尼泊金甲酯和香兰素 (3)大茴香酸与香兰素互为同分异构体，它是一种羧酸，且具备以下 3 个特点。大茴香酸的结 构简式为______。 a．分子中含有甲基 b．遇 FeCl3 溶液不显紫色 c．苯环上的一氯代物只有两种 (4)以丁香油酚为原料，通过下列路线合成香兰素。 (丁香油酚)（注：分离方法和其他产物已经略去；乙酸酐的结构简式为 ） ①由 和 ClCH2CH＝CH2 合成丁香油酚的反应类型属于___________。 ②步骤Ⅱ中，反应的化学方程式为___________________。 ③W 的结构简式为____________________。 【答案】 (1). 羟基 (2). a、d (3). (4). 取代反应 (5). (6). - 16 - 【解析】 【分析】 【详解】(1)尼泊金甲酯中有酚羟基和酯基，其中是物质显酸性的官能团为羟基。 (2)A．尼泊金甲酯和香兰素分子式都是 C8H8O3，正确； B．尼泊金甲酯能发生水解反应，而香兰素有羟基和醛基和醚键，都不能水解，所以错误，不 选； C．1mol 尼泊金甲酯和 3 摩尔氢气发生加成反应，香兰素能与 4mol H2 发生加成反应，所以错 误，不选； D．因为尼伯金甲酯中没有醛基，而香兰素有醛基，所以可以利用银氨溶液鉴别尼泊金甲酯和 香兰素； 故选 A、D； (3)因为一氯代物只有两种，所以说明苯环上有处于对位的两个取代基，取代基中包括有羧基 和甲基，所以还有一个氧原子，可以形成醚键，所以结构为： ； (4)①因为反应物中苯环上的氢被其他原子团代替，所以反应为取代反应； ②反应过程中酚羟基变成酯基，所以乙酸酐中碳氧键断开，发生取代反应，生成乙酸，所以 方程式为： ； ③因为要是碳碳双键被氧化成醛基，而酚羟基极易被氧化，所以先氧化碳碳双键成醛基，在 反应生成酚羟基，所以 W 的结构为： 。 - 17 -