2021-2022学年高三下学期高考模拟考试试题（二）化学.docx

1、2021-2022学年高三下学期高考模拟考试试题（二）化学第卷（选择题 共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。72021年世界化学论坛以“化学让世界更美好”为主题，将对催化、合成、药物、环境与能源等领域进行深入探讨。下列叙述错误的是AK2FeO4具有强氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+B常利用活性炭或胶体的吸附性除去水中的悬浮物C使用适宜的催化剂，利用太阳能可实现水分解制取氢气D利用大气中CO2合成C2H6、CH3OH等有机原料，有利于控制海水酸化8.设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A60g冰醋酸

2、与葡萄糖的混合物中含有的原子数为8NAB标准状况下，4.48L N2与3.36L H2充分反应后，所得NH3分子数为0.25NAC室温下，1L1mol/L的NaF与1L1mol/LNaCl所含离子数目均大于2NA，且前者更大D5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3NA9.化合物的结构简式如图所示:(a)、(b)、(c)。下列说法正确的是()A.三种物质中只有b、c互为同分异构体B.a、b、c均有5种不同化学环境的氢原子C.a、b、c均能发生氧化反应、取代反应、加成反应D.与c互为同分异构体的同类物质还有5种(不考虑立体异构)10下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是ABC

3、D观察Fe（OH）2的生成蒸发结晶制备氯化钠晶体制备并收集干燥的氨气铁上镀铜11主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液。却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A简单离子半径：ZQXYB工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质CQ与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D化合物ZW2中只含有离子键12最近科学家采用碳基电极材料设计了一种电解氯化氢回收氯气的新工艺，其原理如图，下列说法错误的是A电源b端为正极BFe3+对总

4、反应起催化作用C阳极发生的电极反应式为2Cl- -2e- = Cl2（g）D电路中转移1mole-，需要消耗5.6L O2(标准状况)1325时，用HCl气体调节0.1molL1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是A25时，NH3H2O的电离平衡常数为10-9.25Bt=0.5时，2c(H+)+c(NH3H2O)=c(NH4+)+2c(OH)CP1所示溶液：c(Cl)=0.05molL1DP2所示溶液：c(NH4+)100c(NH3H2O)第II卷（非选择题 共174分）三、非选择题：共17

5、4分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。26（15分）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上用某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)。流程如图：回答下列问题：。（1）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是Mn2+，生成Mn2+的离子方程式为：_。（2）滤渣的主要成分是_；“精制”中加入H2O2的量比理论值大得多，其主要原因是_。（3）“沉锰”得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，二者均可被氧化为MnO2，若控温氧化时溶液的pH随时间的

6、变化如图，其中pH下降的原因是_(用化学方程式表示)。（4）工业上也可以将“精制”后的滤液加入K2S2O8来合成MnO2。K2S2O8中S的化合价为+6价，则一个S2O82-中含过氧键的数目为_，加入K2S2O8溶液合成MnO2发生反应的离子方程式为_。（5）“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量比配料，球磨35h，然后升温至600750，保温24h，自然冷却至室温得产品。所得混合气体的成分是_。（6）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸锂中锰元素的平均价态。现进行如下实验：步骤1：取少量成品锰酸锂(假设为LiMnxOy)分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2

7、：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，LiMnxOy中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.400的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL(已知：Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)；步骤3：向另一锥形瓶中加入1.340gNa2C2O4和足量硫酸，充分反应后，用0.100 KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液20.80mL。已知：LiMnxOyMn2+则此成品锰酸锂LiMnxOy中Mn元素的平均化合价为_。27（14分）“消毒液”(主要溶质为次氯酸钠和氯化钠)与硫酸溶液加热反应可以制取氯气。为探

8、究氯气的性质，某同学设计了如图所示的实验装置。（已知：氧化性Cl2I2）请回答：（1）在该实验中，用“消毒液”制取氯气的化学方程式为 _，方框中应选用如图装置中的 _(填字母)。（2）装置、中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置中的布条也褪色，分析原因并提出改进方法 _。（3）将装置中的混合物，振荡静置后观察到的现象是 _。（4）中通入氯气后，得到的混合物可用于杀菌消毒，其有效成分为 _(化学式)；但该物质敞放在空气中会失效，用化学方程式解释其原因 _。的作用为 _。28二氧化碳转化为甲醇有利于实现碳中和。(1)二氧化碳合成甲醇经历以下两步： 则合成总反应_。(2

9、)时，在体积为的刚性容器中，投入2molCO2和6molH2，合成总反应达到平衡时，CO2的平衡转化率为。该反应的平衡常数K=_(保留1位小数)。有利于提高CO2平衡转化率的是_(填标号)。A降低温度 B继续通入CO2 C及时将CH3OH分离 D使用合适催化剂(3)我国科学家制备了一种催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化常(X)及CH3OH选择性(S)随温度及投料比的变化曲线如图。生成CH3OH的最佳条件是_(填标号)。A BC D温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因：_。(4)甲醇进一步合成天然淀粉的路线如图，其中为生物酶。 合成天然

10、淀粉过程中加入过氧化氢酶的作用是_。以CO2为原料人工合成淀粉，为1个周期，每克催化剂能生产淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为。该方法生产淀粉的效率是玉米的_倍(保留1位小数)。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：(1)基态铁原子核外电子运动状态有_种；基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是_。(2)在N

11、H4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_；NH4+的空间构型为_；H2PO4-中P原子的杂化轨道类型为_。(3)1mol中含有_mol键；苯胺水溶性大于苯的主要原因是_。(4)构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是_。如图晶体的化学式为_；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为_gcm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。36化学选修5：有机化学基础（15分）化合物H是合成雌酮激素的中间体，科学家们采用如下合成路线：回答下列问题：(1)A生成B的反应类型为

12、_。(2)B生成C的化学方程式为_。(3)D中官能团的名称为_，F的结构简式为_。(4)E的同分异构体中符合下列条件的有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_。能发生银镜反应苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基(5)写出以苯和为原料制备化合物的合成路线_(其他试剂任选)。2021-2022学年高三下学期高考模拟考试试题（二）理科综合（化学部分）（解析版）第卷（选择题 共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。72021年世界化学论坛以“化学让世界更美好”为主题，将对催化、合成、药物

13、、环境与能源等领域进行深入探讨。下列叙述错误的是AK2FeO4具有强氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+B常利用活性炭或胶体的吸附性除去水中的悬浮物C使用适宜的催化剂，利用太阳能可实现水分解制取氢气D利用大气中CO2合成C2H6、CH3OH等有机原料，有利于控制海水酸化【答案】A【解析】AK2FeO4具有强氧化性，而Ca2+、Mg2+也具有氧化性两者不发生反应，故A不正确；B活性炭和胶体都具有吸附性，故可以除去悬浮物，故B正确；C利用催化剂参与反应，能将水分解生成氢气，故C正确；D将二氧化碳合成乙烷、甲醇等中性物质，有利用控制海水酸化，故D正确；故选答案A。8.设NA是阿伏加德罗常数的值

14、，下列说法正确的是A60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为8NAB标准状况下，4.48L N2与3.36L H2充分反应后，所得NH3分子数为0.25NAC室温下，1L1mol/L的NaF与1L1mol/LNaCl所含离子数目均大于2NA，且前者更大D5.6g铁粉与足量的水蒸气在高温下反应，转移电子数为0.3NA【答案】A【解析】A冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均为CH2O，则60g冰醋酸与葡萄糖的混合物中含有的原子数为mol-1=8，故A正确；B分子中应含有同位素，且与的反应为可逆反应，所得分子数小于，故B错误；C据电荷守恒，氯化钠：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),

15、氟化钠：c(Na+)+c(H+小)=c(F-)+c(OH-大)阳离子总和的2倍就是所有离子的总浓度。由于二者钠离子相同，只需比较氢离子即可。氟化钠中，氟离子水解显碱性，导致氢氧根离子浓度增大，由于水的离子积为常数，所以氢离子浓度减少，所以，氯化钠溶液中，c(Na+)+c(H+)更大，物质的量更大，大于2故C错误；D根据化学方程式可知：5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，消耗，得电子数为，故D错误；故选A。9.化合物的结构简式如图所示:(a)、(b)、(c)。下列说法正确的是()A.三种物质中只有b、c互为同分异构体B.a、b、c均有5种不同化学环境的氢原子C.a、b、c均能发生氧化反应、取代

16、反应、加成反应D.与c互为同分异构体的同类物质还有5种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】由结构简式可知,a、b、c的分子式均为C8H8O2,A项错误;a含有5种环境的氢原子(),b含有5种环境的氢原子(),c含有4种环境的氢原子(),B项错误;含有羟基(或羧基、酯基),可发生取代反应,含有碳碳双键和苯环,可发生加成反应,烃的含氧衍生物可以燃烧,故能发生氧化反应,C项正确;该有机物的含酯基的芳香族化合物的同分异构体,可为苯甲酸甲酯,甲酸苯甲酯,甲酸苯酚酯(含有甲基,有邻、间、对3种)共5种,还有4种,D项错误。10下列实验中操作规范，且能达到实验目的的是ABCD观察Fe（OH）2的生成蒸发结晶

17、制备氯化钠晶体制备并收集干燥的氨气铁上镀铜【答案】A【解析】A硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应，生成的白色氢氧化亚铁，植物油隔绝了空气，因此能观察氢氧化亚铁的生成，A正确；B蒸发结晶应该在蒸发皿中进行，不能在坩埚中进行，B错误；C氨气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，C错误；D铁上镀铜，铁做阴极，铜做阳极，D错误；答案选A。11主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液。却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A简单离子半径：Z

18、QXYB工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质CQ与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D化合物ZW2中只含有离子键【答案】D【解析】主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Y为Al元素，据此分析解题。由上述分析可知，Q为S、W为H、X为O、Y为Al、Z为Ca，A电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径

19、小，则简单离子半径：QZXY，A错误；BAl为活泼金属，工业上电解Al2O3冶炼Al单质，而氯化铝为共价化合物不导电，B错误；CQ与X形成的化合物有SO2与SO3，S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C错误；D化合物ZW2是CaH2，属于离子化合物，电子式为，只含有离子键，D正确；故答案为：D。12最近科学家采用碳基电极材料设计了一种电解氯化氢回收氯气的新工艺，其原理如图，下列说法错误的是A电源b端为正极BFe3+对总反应起催化作用C阳极发生的电极反应式为2Cl- -2e- = Cl2（g）D电路中转移1mole-，需要消耗5.6L O2(标准状况)【答案】C 【解析】根据电解池的工作原理，

20、阳离子移向阴极，故H+由阳极区向阴极区迁移，故左侧为阴极，右侧为阳极，故a为电源的负极，b为电源的正极，由电解池装置图可知，HCl 气体在阳极放电产生 Cl2，故阳极电极反应式为：2HCl2e=Cl2+2H+。由电解池装置图可知，Fe3+在阴极放电产生 Fe2+，故阴极电极反应式为：2Fe3+2e=2Fe2+，再发生4Fe2+O2+4H+=2H2O+4Fe3+的反应，总反应方程式为： 4HCl+O2=2Cl2+2H2O。A阳离子移向阴极，H+由阳极区向阴极区迁移，故左侧为阴极，右侧为阳极，故a为电源的负极，b为电源的正极，A正确；B总反应方程式为： 4HCl+O2=2Cl2+2H2O，故对总反

21、应起催化作用，B正确；CHCl 气体在阳极放电产生 Cl2，故阳极电极反应式为：2HCl2e=Cl2+2H+，C错误；D消耗 1mol 氧气转移 4mol 电子，则电路中转移 1mol 电子，消耗 0.25mol 氧气，标况下氧气体积为0.25mol 22.4L/mol=5.6L，D正确；故选C。1325时，用HCl气体调节0.1molL1氨水的pH，体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是A25时，NH3H2O的电离平衡常数为10-9.25Bt=0.5时，2c(H+)+c(NH3H2O)=c(NH4+)+

22、2c(OH)CP1所示溶液：c(Cl)=0.05molL1DP2所示溶液：c(NH4+)100c(NH3H2O)【答案】D【解析】ANH3H2O的电离平衡常数K=，据图可知当lgc(NH4+)=lgc(NH3H2O)，即c(NH4+)=c(NH3H2O)时，溶液pH=9.25，则此时c(OH)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A错误；Bt=0.5时，溶液中的溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，存在物料守恒2c(Cl)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，联立可得2c(H+)+ c(NH4+) =

23、c(NH3H2O) +2c(OH)，B错误；C若c(Cl)=0.05molL1，则此时溶质应为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl，由于NH4+的水解程度和NH3H2O的电离程度不同，所以此时溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)，与P1不符，C错误；DK=10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以=102.25100，D正确；综上所述答案为D。第II卷（非选择题 共174分）三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。26（15分）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，性

24、能优良。工业上用某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)。流程如图：回答下列问题：。（1）“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是Mn2+，生成Mn2+的离子方程式为：_。（2）滤渣的主要成分是_；“精制”中加入H2O2的量比理论值大得多，其主要原因是_。（3）“沉锰”得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，二者均可被氧化为MnO2，若控温氧化时溶液的pH随时间的变化如图，其中pH下降的原因是_(用化学方程式表示)。（4）工业上也可以将“精制”后的滤液加入K2S2O8来合成MnO2。K2S2O8中S的化合价为+6价，则一个S2O82-

25、中含过氧键的数目为_，加入K2S2O8溶液合成MnO2发生反应的离子方程式为_。（5）“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量比配料，球磨35h，然后升温至600750，保温24h，自然冷却至室温得产品。所得混合气体的成分是_。（6）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸锂中锰元素的平均价态。现进行如下实验：步骤1：取少量成品锰酸锂(假设为LiMnxOy)分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，LiMnxOy中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为0.400的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗E

26、DTA标准溶液20.00mL(已知：Mn2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)；步骤3：向另一锥形瓶中加入1.340gNa2C2O4和足量硫酸，充分反应后，用0.100 KMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液20.80mL。已知：LiMnxOyMn2+则此成品锰酸锂LiMnxOy中Mn元素的平均化合价为_。【答案】（1）（2）Fe(OH)3、Al(OH)3 H2O2在Fe3+作用下部分催化分解 （3）（4）1 （5）CO2、O2（6）+3.2【解析】根据(1)问信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的F

27、e转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，加入MnO调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品LiMn2O4。（1）由分析知，浸取时，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒初步确定反应方程式为：MnO2+2Fe2+2Fe3+Mn2+，结合溶液显酸性，在方程式左边添加4个H+配平电荷守恒，在右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：MnO2+2Fe

28、2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（2）由分析知，滤渣主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；因为H2O2在Fe3+催化下会发生分解，为了使Fe2+完全氧化，故H2O2的用量比理论值要多，故此处填：H2O2在Fe3+作用下部分催化分解；（3）控温氧化时溶液pH下降，说明有酸性物质生成，推测可能是氧化Mn2(OH)2SO4生成H2SO4导致，对应方程式为：Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+H2SO4；（4）中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，

29、被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2+MnO2+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：Mn2+2H2O=MnO2+2+4H+；（5）由题意初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3LiMn2O4，Mn元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，此时只能是氧元素化合价升高，推测生成O2，反应前有碳酸盐，推测另一种气体为CO2，故此处填：O2、CO2；（6）由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000 mol/L20.00 mL10-3 L/mL=810-3 mol；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的N

30、a2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO45Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)=，则与样品反应的n(Na2C2O4)=，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)810-3 mol=24.810-3 mol，解得a=3.2，故此处填+3.2。27（14分）“消毒液”(主要溶质为次氯酸钠和氯化钠)与硫酸溶液加热反应可以制取氯气。为探究氯气的性质，某同学设计了如图所示的实验装置。（已知：氧化性Cl2I2）请回答：（1）在该实验中，用“消毒液”制取氯气的化学方程式为 _，方框中应选用如图装置中的 _(填字母)。（2）装置、中依次放的是干燥的红色布条和湿润

31、的红色布条，实验过程中该同学发现装置中的布条也褪色，分析原因并提出改进方法 _。（3）将装置中的混合物，振荡静置后观察到的现象是 _。（4）中通入氯气后，得到的混合物可用于杀菌消毒，其有效成分为 _(化学式)；但该物质敞放在空气中会失效，用化学方程式解释其原因 _。的作用为 _。【答案】（1） C（2）氯气中混有水蒸气，改进方法为在装置、之间添加一个盛有浓硫酸的洗气瓶（3）分层，下层液体呈紫红色（4）Ca(ClO)2 吸收氯气尾气，防止污染空气【解析】装置用于制备，反应为，固体和液体反应需要加热，可选择C为发生装置，制得的混有水蒸气，为防止水蒸气的干扰，可在、之间增加一盛装浓硫酸的干燥装置，、

32、中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，可观察到中布条不褪色，中布条褪色；而氧化性：，在中氧化得到I2，四氯化碳不溶于水、且密度大于水，则溶液分层、下层显紫红色，在中与石灰乳反应生成漂白粉，F中的溶液用于吸收尾气，防止污染空气，据此分析作答。（1）由题意可知，反应原理为加热条件下，次氯酸钠、氯化钠与硫酸溶液反应生成氯气，反应为，根据制备原理可知，制备氯气的反应物为固体与液体，反应条件为加热，所以应选择装置C作发生装置，故答案为：；C。（2）氯气中混有少量的水蒸气，氯气与水反应，反应为，生成的使装置中干燥的有色布条褪色，可在、之间加一个盛装浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气，故答案为：氯气中

33、混有水蒸气，改进方法为在装置、之间添加一个盛有浓硫酸的洗气瓶。（3）氯气与反应生成I2单质，离子方程式为，萃取生成的I2单质呈紫红色，且溶有I2单质的不溶于水，出现分层现象，故答案为：分层，下层液体呈紫红色。（4）石灰乳的主要成分是，能与反应生成、，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，但二氧化碳能与次氯酸钙反应生成碳酸钙和次氯酸，见光分解，导致漂白粉失效，反应为，氯气是有毒气体，会污染空气，但能与溶液反应，则中盛装的溶液可吸收尾气的氯气，防止污染空气，故答案为：；吸收氯气尾气，防止污染空气。28二氧化碳转化为甲醇有利于实现碳中和。(1)二氧化碳合成甲醇经历以下两步： 则合成总反应_。(2)时，在体积

34、为的刚性容器中，投入2molCO2和6molH2，合成总反应达到平衡时，CO2的平衡转化率为。该反应的平衡常数K=_(保留1位小数)。有利于提高CO2平衡转化率的是_(填标号)。A降低温度 B继续通入CO2 C及时将CH3OH分离 D使用合适催化剂(3)我国科学家制备了一种催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化常(X)及CH3OH选择性(S)随温度及投料比的变化曲线如图。生成CH3OH的最佳条件是_(填标号)。A BC D温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因：_。(4)甲醇进一步合成天然淀粉的路线如图，其中为生物酶。合成天然淀粉过程中加入

35、过氧化氢酶的作用是_。以CO2为原料人工合成淀粉，为1个周期，每克催化剂能生产淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为。该方法生产淀粉的效率是玉米的_倍(保留1位小数)。【答案】(1)-49(2)0.5L2/mol2 AC(3)B 温度升高，反应速率加快，CO2转化率升高，但副反应也增多，CH3OH含量降低(4)及时分解H2O2，防止其对酶的氧化，同时增大O2的利用率 8.5【解析】(1)已知 根据盖斯定律，由+得合成总反应H1+H2=-49；(2)根据三段式可知：该反应的平衡常数K=0.5L2/mol2；A.反应-49为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项A正确；B.继续通入，

36、CO2转化率降低，选项B错误；C.及时将分离，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项C正确；D.催化剂不能使平衡移动，CO2转化率不变，选项D错误；答案选AC；(3)由图可知，320，选择性及CO2转化率均最佳，答案选B；温度升高，反应速率加快，转化率升高，但副反应也增多，含量降低；(4)由合成天然淀粉的路线可知，过氧化氢酶的作用是:及时分解H2O2，防止其对酶的氧化，同时增大O2的利用率；以为原料人工合成淀粉，为1个周期，每克催化剂能生产淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为。该方法生产淀粉的效率是玉米的=8.5倍。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作

37、答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。35化学选修3：物质结构与性质（15分）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：(1)基态铁原子核外电子运动状态有_种；基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是_。(2)在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是_；NH4+的空间构型为_；H2PO4-中P原子的杂化轨道类型为_。(3)1mol中含有_mol键；苯胺水溶性大于苯的主要原因是_。(4)构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图

38、。石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是_。如图晶体的化学式为_；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为_gcm-3(用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。【答案】(1) 26 基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态(2) ONP 正四面体形 sp3杂化(3) 14 苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能(4) 石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高 LiC6 【解析】(1)根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种，

39、根据洪特规则及特例可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定，故答案为：26；基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态；(2)根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是ONP，NH4+的中心原子N周围的价层电子对数为：4+=4，则其空间构型为正四面体， 已知中中心原子P原子周围的价层电子对数为：4+=4，则P的杂化方式为sp3，H2PO4-与的杂化方式相同，则H2PO4-中P原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：ONP；正四面

40、体；sp3；(3)已知单键均为键，苯环上6个碳碳键均为介于单键和双键之间独特的键，则1mol中含有14mol键；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯，故答案为：14；苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；(4)由于石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，导致其硬度小，但层内碳原子间以共价键结合，导致其熔沸点又很高，故答案为：石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高；由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：=1，C原子个数为：，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子

41、核间距离为142pm，则底边边长为3142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为g，晶胞体积为(3142)233510-30cm3，结合密度公式=，解得d=g/cm3，故答案为：LiC6；。36化学选修5：有机化学基础（15分）化合物H是合成雌酮激素的中间体，科学家们采用如下合成路线：回答下列问题：(1)A生成B的反应类型为_。(2)B生成C的化学方程式为_。(3)D中官能团的名称为_，F的结构简式为_。(4)E的同分异构体中符合下列条件的有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_。能发生银

42、镜反应苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基(5)写出以苯和为原料制备化合物的合成路线_(其他试剂任选)。【答案】（1）加成反应（2分） （2）+HNO3(浓)+H2O（2分） （3）氨基和羧基（2分） （2分） （4）30（2分） 或 （2分）（5） （3分）【解析】由题干合成路线图，结合B和D的结构简式以及转化条件可以推测C的结构简式为：，结合E和G的结构简式以及转化条件可推测F的结构简式为：，据此分析解题。(1)由合成路线图可知，A生成B即+，故其反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；(2)由合成路线图可知，B生成C即在浓硫酸作用下与浓硝酸反应生成，故反应的化学方程式为+HNO3(浓)+

43、H2O；(3)由合成路线图可知，D的结构简式为：，故其中官能团的名称为氨基和羧基，由分析可知，F的结构简式为，故答案为：氨基和羧基；(4)E的分子式为C10H12O3，故其符合能发生银镜反应，分子中含有醛基，苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基，先考虑两个酚羟基的位置有邻、间、对三种，第三个取代基有：、五种，邻苯二酚再连第三个取代基有2种，间苯二酚再连第三个取代基有3种，对苯二酚再连第三个取代基有1种，故总共有5(2+3+1)=30种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为或，故答案为：30；或；(5)由题干合成路线中A到B的转化信息可知，和可以合成：，在催化剂作用下与H2反应转化为：，在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应即可生成目标产物，故最终确定以苯和为原料制备化合物的合成路线为： 。20