福建省厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测化学试题及答案解析.pdf

厦门市厦门市 20222022 届高三毕业班第二次质量检测届高三毕业班第二次质量检测化化（满分（满分 100100 分分注意事项：学学考试时间考试时间 7575 分钟）分钟）1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置。2.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如果需要改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号；所有题目的答案均在答题卡相应位置上作答，答在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27Ru 101一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国明代余东录记载“铅块悬酒缸内，封闭四十九日，开之则化为粉矣。化不白者，炒为黄丹。”涉CH3COO2Pb 2PbOH2PbCO3 PbO。下列有关说法错误的及物质转化如下：Pbiiiiii是A.Pb 属于电解质B.2Pb(OH)2PbCO3属于碱式盐C.反应中(CH3COO)2Pb 为氧化产物D.反应为分解反应2.北京冬奥会“冰墩墩”“雪容融”成为顶流，由 PVC、PC、ABS 和亚克力等环保材料制作而成。下列说法错误的是A.PVC(B.PC()的单体为氯乙烯)中所有碳原子均可共面C.ABS的单体之一苯乙烯能使溴水褪色D亚克力(.)可通过加聚反应制备高三化学试题第 1 页 共 8 页3.为探究增氧剂过氧碳酸钠(2Na2CO33H2O2)的性质，向以下溶液中分别滴加少量过氧碳酸钠溶液，既有沉淀又有气体生成的是A.H2SO4B.NaClOC.KID.FeCl34.下列有关海水综合利用的离子方程式不正确的是A.海水提镁中用石灰乳沉镁：Mg22OHMgOH22B.海水提溴中用SO2水溶液富集溴：SO2Br22H2O4HSO42BrC.氯碱工业中电解饱和食盐水：2Cl+2H2O-通电-Cl+2OH+H22D.侯氏制碱法中获取碳酸氢钠：NaCO2NH3H2ONaHCO3 NH45.设 NA为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的 AlN 转化为NH3的反应为：AlN NaOH3H2O Na AlOH4 NH3，下列说法不正确的是A.固氮过程中，每生成 1mol AlN 转移的电子数目为 3NAB.室温下，pH 为 13 的 NaOH 溶液中 OH-数目为 0.1NAC.标准状况下，1.12LNH3中含有的电子数目为 0.5NAD.11.8gNa AlOH4中含有的共价键数目为 0.8NA6.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABC验证溶度积：实验目的制取氯气制备氢氧化铁胶体D验证氧化性：AgCl Ag2SCl2 Br2 I2实验方案A.AB.BC.CD.D7.某种天然沸石的化学式为 WZ2R3Y103X2Y，其中元素 X、Y、Z、R、W 原子序数依次增大，且占据四个不同周期。Y 在地壳中含量最高，基态 W 原子的核外电子恰好填满 10 个原子轨道。下列说法不正确的是高三化学试题第 2 页 共 8 页A.第一电离能：ZRC.最简单氢化物稳定性：YRB.简单离子半径：YZD.氯化物熔点：WZ8.利用化学链将高炉废气中 CO2转化为 CO 的示意图如下。下列说法不正确的是A Fe3O4和 CaO 可循环利用.B.反应为吸热反应C.该化学链的总反应是CO2+H2催化剂CO+H2OD.该方法可降低分离 CO 和 N2所需的能耗9.我国科学家设计的 Mg-Li 双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是A.放电时，正极电极反应式为 FeS+2e+2Li+=Fe+Li2SB.充电时，Mg 电极连外接电源负极C.充电时，每生成 1mol Mg，电解质溶液质量减少 24gD.电解液含离子迁移速率更快的 Li+提高了电流效率10.室温下，向 20mL 浓度均为 0.1molL1的HNO3和HNO2混合液中逐滴加入 0.1molL1NaOH 溶液，溶液 pH 变化曲线如图。下列说法错误的是高三化学试题第 3 页 共 8 页A.a 点：c H cNOcNO+-3-2B.导电能力：bcC.c 点：2c NO2+2cHNO2=3c Na-+102.68D.由 d 点可得KaHNO23二、非选择题：本题共二、非选择题：本题共 5 5 小题，共小题，共 6060 分。分。11.超分子笼 PPC-2 封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2 是由 A、B、C 三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。注：C 组件中浅色原子由其他邻近组件提供。（1）基态 Co 原子的价电子排布式为_。（2）组件 A 中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_。（3）组件 B 中碳原子的杂化类型为_。（4）组件 C 中 Co 原子位于相邻 O 原子构成的_空隙中(填“四面体”或“八面体”)。（5）每个组件 C 带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算 PPC-2 中 n=_。（6）钌纳米颗粒进入 PPC-2 超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为 a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_ gcm-3(用含 a、NA的代数式表示)。12.软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：回答下列问题：（1）“浸取”过程主要反应3MnO22FeS26H2SO4 3MnSO4Fe2SO434S6H2O，则氧化剂与高三化学试题第 4 页 共 8 页还原剂物质的量之比为_。（2）“氧化”过程软锰矿的作用是_。（3）“除铁”后溶液中残留的c Fe3+=_molL1。(25时，FeOH3的Ksp为1.01039)（4）“沉锰”过程Mn2转化为MnCO3的离子方程式为_。（5）“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_。（6）“氧化”过程中，将 Mn()转化为 Mn()的最适宜氧化剂是_(填标号)。a.H2O2b.Cl2c.KClO3（7）将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：xZn+Zn0.5-xMnO2nH2O放电充电Zn0.5MnO2 nH2O，放电时正极的电极反应式为_。13.CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT 转化路径(CO2COCOnH2n)涉及的主要反应如下：.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H1=41.1kJmol1.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2 时，H2=-210.2kJmol1.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)H3=205.9kJmol1（1）2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)H=_kJmol1。（2）有利于提高 CO2平衡转化率的措施有_(填标号)。A.增大 n(CO2)：n(H2)投料比C.使用高效催化剂B.增大体系压强D.及时分离 H2O（3）n(CO2)：n(H2)投料比为 1：3、压力为 1MPa 时，无烷烃产物的平衡体系中 CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如图。有利于短链烯烃(n4)生成的温度范围为_(填标号)。A.373573KB.573773K高三化学试题C.773973K第 5 页 共 8 页D.9731173K计算 1083K 时，反应的 Kp=_。3731273K 范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_。（4）FT 转化路径存在 CH4含量过高问题，我国科学家采用 Cr2O3(SG)和 H-SAPO-34 复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂 Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在 H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。吸附态用*表示，CO2甲氧基(H3CO*)过程中，_的生成是决速步骤(填化学式)。H-SAPO-34 具有氧八元环构成的笼状结构(直径 0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径 0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性性提高的原因_。14.为探究新制 Cu(OH)2和甲醛的反应，进行如下实验。实验序号6molL1NaOH溶液体积/mL0.5molL1CuSO4溶液体积/mL14molL1甲醛溶液体积/mL反应实验现象条件溶液中出现砖红色固体，逐1128665水浴21216加热13min渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集 83mL 气体。溶液中出现砖红色固体，逐渐变为暗红色颗粒并产生气泡，共收集 13mL 气体。溶液中出现砖红色固体，且无气泡产生。31220.1（1）由上述实验可知，新制CuOH2会发生如下转化：新制甲醛甲醛CuOH2_Cu，说明反应物的相对用量会影响固体产物。高三化学试题第 6 页 共 8 页（2）为确认气体产物进行实验，装置如图。NaOH 溶液作用是_。气体产物含H2，不含 CO 的证据是_。CH3OHHCOONa；（3）为进一步确认H2产生的原因，查阅资料并进行实验：2HCHONaOHCuCH3OH HCHOH2。实验序号6molL1NaOH溶液体积/mL14molL1甲醛溶液体积/mL006甲醇/mL660其他试剂反应条件生成气体体积/mL456121212铜粉Cu2O粉65水浴加热 13min0070Cu2O粉实验说明催化剂的催化性能与_有关(填“物质形态”或“溶液 pH”)。实验 2 中产生气体体积小于实验 1 的原因可能为_。（4）已知 C-O 键键长为 0.142nm，请结合HCOO中碳氧键键长数据，分析 HCOONaC=O键键长为 0.120nm，无法进一步被新制CuOH2氧化成Na2CO3的原因_。（5）新制CuOH2和过量甲醛反应的化学方程式为_。15.有机物 K 是合成酪氨酸血症药物尼替西农的中间体，其合成路线如下：高三化学试题第 7 页 共 8 页（1）A 中官能团的名称为_。（2）BC 的反应方程式为_。（3）DE 的反应类型_。（4）H 的结构简式为_。（5）M(C9H10O2)是 D 的同系物，其核磁共振氢谱峰面积之比为 6：2：1：1。M 的结构简式为_(写出一种即可)。（6）以为原料合成试写出合成路线(无机试剂任选)_。高三化学试题第 8 页 共 8 页厦门市厦门市 20222022 届高三毕业班第二次质量检测届高三毕业班第二次质量检测化学试题答案解析化学试题答案解析1.A【详解】APb 为单质，既不是电解质也不是非电解质，A 错误；B2Pb(OH)2PbCO3中含有两种阴离子，其中一种阴离子为氢氧根，所以为碱式盐，B 正确；C反应 i 中 Pb 元素化合价升高生成(CH3COO)2Pb，所以(CH3COO)2Pb 为氧化产物，C 错误；D反应 iii 的化学方程式应为 2Pb(OH)2PbCO3=3PbO+CO2+2H2O，属于分解反应，D 正确；综上所述答案为 A。2.B【详解】APVC()是通过氯乙烯加聚反应得到，氯乙烯为其单体，故 A 正确；BPC 中与两个苯环相连的 C 原子与 4 个碳原子相连，为四面体结构，所有碳原子不可能共面，故 B 错误；C苯乙烯含有碳碳双键能与溴单质发生加成使溴水褪色，故 C 正确；D由故选：B。3.D【分析】过氧碳酸钠溶液既有碳酸钠的性质，又有过氧化氢的性质。【详解】A向硫酸溶液中加过氧碳酸钠溶液，碳酸钠能与硫酸反应生成二氧化碳气体，但不能产生沉淀，A 错误；B向次氯酸钠溶液中加过氧碳酸钠溶液，次氯酸根离子有氧化性，能与过氧化氢反应生成氧气，但没有沉淀生成，B 错误；C向碘化钾溶液中加过氧碳酸钠溶液，碘离子有还原性，能与过氧化氢反应生成碘单质，但没有气体生成，C 错误；D向氯化铁溶液中加过氧碳酸钠溶液，氯化铁和碳酸钠会因为发生双水解而反应，方程式为：2FeCl3+3Na2CO3+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2+6NaCl，有气体和沉淀生成，且氯化铁可以催化过氧化氢分解生成氧气，D 正确；答案选 D。4.A【详解】A石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：Mg+Ca(OH)2=MgOH2+Ca，2+2+的结构简式可知其链节上只有碳原子，是通过碳碳双键加聚反应得到，故 D 正确；高三化学试题答案解析第 1 页 共 11 页故 A 错误；B溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和 HBr，离子方程式正确，故 B 正确；C电解饱和食盐水生成氯气、氢气和 NaOH，离子方程式正确，故 C 正确；D侯氏制碱法中获取碳酸氢钠反应为NaClCO2 NH3H2O NaHCO3 NH4Cl，其中氯化钠和氯化铵均为强电解质可拆，离子方程式正确，故 D 正确；故选：A。5.B【详解】A固氮过程中，Al 与 N2反应生成 AlN，电子转移的数目为 3e-，则每生成 1mol AlN 转移的电子数目为 3NA，A 正确；BpH 为 13 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算溶液中所含 OH-的数目，B 不正确；C标准状况下，1.12LNH3的物质的量为 0.05mol，每个NH3分子中含有 10 个电子，则1.12LNH3含有的电子数目为 0.5NA，C 正确；D11.8gNa AlOH4的物质的量为118g/mol0.1mol，每个Al(OH)4中含有 8 个共价键，则含11.8g有的共价键数目为 0.8NA，D 正确；故选 B。6.B【详解】AMnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，A 不能达到实验目的；BFeCl3饱和溶液滴入沸水中，不断加热至液体呈红褐色，便可制得氢氧化铁胶体，B 能达到实验目的；C由于 AgNO3溶液足量，与 NaCl 溶液反应后，仍有 AgNO3剩余，所以我们不能确定生成的 Ag2S 沉淀是否来自 AgCl 沉淀的转化，C 不能达到实验目的；DCl2与 NaBr 反应后，可能有剩余，剩余的 Cl2继续与 KI 反应，无法确定生成的 I2是否来自 Br2与 KI 的反应，也就无法确定 Br2与 I2的氧化性的强弱，D 不能达到实验目的；故选 B。7.A【分析】Y 在地壳中含量最高，则 Y 为 O 元素，几种元素占据四个不同周期，其中只有 X 的原子序数小于O，所以 X 为 H 元素，基态 W 原子的核外电子恰好填满 10 个原子轨道，每个原子轨道中有两个自旋方向不同的电子，所以 W 核外共 20 个电子，为 Ca 元素；天然沸石的化学式为 CaZ2R3O103H2O，由于 R 的原子序数较大，所以 R 一定位于第三周期，若 Z 位于第二周期，则只能为 F 元素，此时该物质中 R 的化合价为+20价，不合理，所以 Z 也位于第三周期，根据化合价分析，合理的结果为 Z 为+3 价、R 为+4 价，所3高三化学试题答案解析第 2 页 共 11 页以 Z 为 Al 元素、R 为 Si 元素。【详解】A同周期主族元素自左至右第一电离能逐渐增大，所以第一电离能 Si(R)Al(Z)，A 错误；BY、Z 的简单离子为 O2-、Al3+，电子层数相同，O2-的核电荷数更小，半径更大，B 正确；C非金属性 OSi，所以最简单氢化物稳定性：YR，C 正确；DW、Z 的氯化物分别为 CaCl2、AlCl3，CaCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，D 正确；综上所述答案为 A。8.B【详解】A反应中，先将 Fe3O4和 CaO 转化为 Fe 和 CaCO3，后将 Fe 和 CaCO3转化为 Fe3O4和 CaO，所以 Fe3O4和 CaO 可循环利用，A 正确；B反应是 CaO 发生化合反应生成 CaCO3，该过程放出热量，则反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2是吸热反应，所以反应3Fe+4CO2Fe3O4+4CO 为放热反应，B 不正确；C该化学链中发生的反应为 Fe3O4+4H23Fe+4H2O、Fe3O4+4CO3Fe+4CO2(相对于反应是少量的)、3Fe+4CO2Fe3O4+4CO(反应)，所以总反应是CO2+H2高温高温高温高温高温高温催化剂CO+H2O，C 正确；D反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，可将 CO 与 N2分离，大大降低分离 CO 和 N2所需的能耗，D 正确；故选：B。9.C【详解】A放电时 Mg 转化为 Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS 得电子生成 Fe 和 Li2S，电极反应为 FeS+2e+2Li+=Fe+Li2S，A 正确；B充电时 Mg2+转化 Mg，被还原，为阴极，连接外接电源的负极，B 正确；C充电时阳极反应为 Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol 电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少 24g-27g=10g，C 错误；D电解液中含离子迁移速率更快的 Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D 正确；综上所述答案为 C。10.C【详 解】A a 点 发 生 如 下 电 离：HNO3HNO3，所 以cH+cNO-3cNO-2，A 正确；Bb 点，HNO3与 NaOH 刚好完全反应，溶液为 NaNO3、HNO2混合溶液；在 c 点，溶液为 NaNO3、NaNO2、高三化学试题答案解析第 3 页 共 11 页HNO2混合溶液，离子浓度 bc，所以导电能力：bc，B 正确；Cc 点，依据题给数据，可得出：3n NO2+3nHNO2=2n Na-+，所以3cNO-2+3cHNO2=2cNa+，C 错误；D在 d 点存在如下水解平衡：NO2H2O106.16106.16Kh31011.32HNO2OH，10.13KW1014102.68Ka(HNO2)，D 正确；11.32Kh3103故选 C。11.（1）3d74s2（2）HCSO（4）八面体（3）sp2（5）3041011030（6）a3NA【小问 1 详解】Co 为 27 号元素，原子核外有 27 个电子，价电子为 3d74s2；【小问 2 详解】据图可知组件 A 中含有 C、H、O、S 四种元素，C、O、S 的氢化物中 H 元素均显负价，所以 H 的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为 HCSO；【小问 3 详解】物质 B 中的 C 原子为苯环中的 C 原子和碳氧双键中的 C，均为 sp2杂化；【小问 4 详解】据图可知 Co 原子周围有 6 个 O 原子，形成八面体，即 Co 原子位于相邻 O 原子构成的八面体空隙中；【小问 5 详解】根据 A的结构简式可知其带 4 个单位负电荷，组件 B 不带电，一个 PPC-2 中含有 6 个 A、8 个 B、6 个 C，所以 PPC-2 中 n=6(-4)+6(-1)=-30；【小问 6 详解】面心立方堆积中含有4 个钌原子，则晶胞的质量为1014g，晶胞参数为 a pm，所以晶胞的体积为NA高三化学试题答案解析第 4 页 共 11 页a3pm3=a310-30cm3，所以密度为12.（1）3:2（3）1.010-13.541011030gcm-3。3aNA（2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子（4）Mn2+HCO3+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O高温（5）2MnCO3+O22MnO2+2CO2（6）c【解析】（7）Zn0.5-xMnO2nH2O+xZn2+2xe-=Zn0.5MnO2nH2O【分析】软锰矿的主要成分是 MnO2，硫铁矿的主要成分是 FeS2，根据流程图，硫酸与软锰矿和黄铁矿作用，MnO2与 FeS2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫沉淀，同时生成硫酸铁或硫酸亚铁，再加入软锰矿（MnO2），MnO2可将亚铁离子氧化为铁离子；煅烧硫铁矿所得矿粉含有氧化铁，向“氧化”后的溶液中加入矿粉调溶液的pH=5.5，把铁离子转化为沉淀除去；继续加NH4HCO3、NH3H2O 调节溶液的pH=6.57 沉锰得 MnCO3，在空气中焙烧 MnCO3得 MnO2粗品，加入硫酸和适当的氧化剂将粗品中 Mn()转化为 Mn()，过滤、干燥得 MnO2纯品，据此分析解答。【小问 1 详解】反应3MnO22FeS26H2SO4 3MnSO4Fe2SO434S6H2O中 Mn 元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe 元素和 S 元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故答案为：3:2。【小问 2 详解】可能生成硫酸亚铁，所以“氧“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，化”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁，故答案为：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子。【小问 3 详解】14110由流程图可知，“除铁”后溶液 pH=5.5，c(H+)=10-5.5mol/L，c(OH-)=10-8.5mol/L，根据FeOH3的5.510Ksp c(Fe)c(OH)=1.0101.010-13.5。3+3-391.01039，cFe=molL1=110-13.5mol/L，故 答 案 为：8.5 3(10)3+高三化学试题答案解析第 5 页 共 11 页【小问 4 详解】“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O，则离子方程式为：Mn2+HCO3+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O。【小问 5 详解】由流程图可知，“焙烧”过程中MnCO3和空气中的氧气在高温条件下反应生成MnO2和 CO2，反应的化学高温高温方程式为 2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2。【小问 6 详解】Mn()的氧化性比H2O2和Cl2都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用 MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用H2O2或Cl2不能将 Mn()氧化为 Mn()，而KClO3在酸性条件下能将 Mn()氧化为 Mn()，故选用最适宜氧化剂是KClO3，答案选 c。【小问 7 详解】放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为：Zn0.5-xMnO2nH2O+xZn2+2xe-=Zn0.5MnO2nH2O，故答案为：Zn0.5-xMnO2nH2O+xZn2+2xe-=Zn0.5MnO2nH2O。13.（1）-128.0（2）BD（3）B1温度低于 723K 时，反应 ii(放热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率降低；温度高于 723K 时，反应 i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；（4）HCOO*【解析】【小问 1 详解】当反应 ii 中 n=2 时可得 2CO(g)+2H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)H2=-210.2kJmol1，根据盖斯定律反应 ii+i2 可得2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)的H=-210.2kJmol1+241.1kJmol1=-128.0 kJmol1；【小问 2 详解】A增大 n(CO2)：n(H2)投料比，相当于 H2的量不变，增加 CO2的量，会降低 CO2的转化率，A 错误；B反应 ii 和 iii 均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使 ii、iii 的平衡正向移动，CO 的浓度减小，反应 i 平衡正向移动，CO2的转化率增大，B 正确；高三化学试题答案解析.短链烯烃可顺利从 H-SAPO-34 催化剂笼口八环孔脱离第 6 页 共 11 页C催化剂可以加快反应速率，打不改变平衡转化率，C 错误；D及时分离出 H2O，可以使反应 i 平衡正向移动，增大 CO2的转化率，D 正确；综上所述答案为 BD；【小问 3 详解】据图可知当温度为 573K 左右时 C4H8的选择性较高，673K 左右时 C3H6的选择性较高，773K 左右时 C2H4的选择性较高，所以有利于短链烯烃(n4)生成的温度范围应选 B(573773K)；据图可知温度为 1083K 时，CO 的选择性为 100%，烯烃的选择性为 0，所以此时只发生反应 i，CO2的转化率为 75%；设初始投料为 1molCO2、3molH2，列三段式有：CO2(g)+H2(g)起始130.752.25转化0.75平衡0.25所以 p(CO2)=CO(g)+H2O(g)00.750.7500.750.75190.252.251MPa=MPa，p(H2)=1MPa=MPa，0.252.250.750.75416163330.751616=1；p(CO)=p(H2O)=MPa=MPa，所以 Kp=194161616温度低于 723K 时，反应ii(放热反应)占主导地位，温度升高，反应ii 平衡逆向移动，CO 的含量增大，导致反应 i 逆向移动，CO2转化率降低；温度高于 723K 时，反应 i(吸热反应)占主导地位，温度升高，CO2转化率升高；【小问 4 详解】能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知CO2生成 HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤(能垒为 1.45eV 的步骤为 H3CO*生成 H3COH*，不符合题意)；短链烯烃可顺利从 H-SAPO-34 催化剂笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性性提高。14.（1）Cu2O（2）吸收 CO2，以免影响生成的气体中含有的 CO 的检验灰水不变浑浊（3）溶液 pH实验比实验加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的 NaOH 的量增多，故实验混观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石合溶液的 pH 小于实验的 pH，实验催化剂的活性较高（4）HCOO-中并不存在 C-O 和 C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根（5）HCHO+2Cu(OH)2+NaOH HCOONa+Cu2O+3H2O高三化学试题答案解析第 7 页 共 11 页【解析】【小问 1 详解】由上述实验可知，溶液中出现砖红色固体 Cu2O，逐渐变为红色蓬松固体并产生气泡，共收集 83mL 气体，甲醛甲醛新制CuOH2会发生如下转化：新制CuOH2CuOCu，说明反应物的相对2用量会影响固体产物，故答案为：Cu2O；【小问 2 详解】NaOH 溶液作用是吸收 CO2，以免影响生成的气体中含有的 CO 的检验，故答案为：吸收CO2，以免影响生成的气体中含有的 CO 的检验；H2还原 CuO 生成 Cu 和 H2O，H2O 能使无水硫酸铜变蓝色，CO 还原 CuO 生成 CO2和 Cu，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊时，证明气体产物含H2，不含CO，故答案为：观察到无水硫酸铜变为蓝色，而澄清石灰水不变浑浊；【小问 3 详解】由实验 4、5 可知，加入的 NaOH 和 Cu2O 粉末均相同，但 4 加入甲醇，甲醇与 NaOH 不反应，而 5 加入甲醛，由题干可知甲醛与 NaOH 溶液反应，因而改变了溶液的酸碱性，故实验说明催化剂的催化性能与溶液 pH 有关，故答案为：溶液 pH；由题干信息可知，实验比实验加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的 NaOH 的量增多，故实验混合溶液的 pH 小于实验的 pH，故实验 2 中产生气体体积小于实验 1 的原因可能为：实验比实验加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的 NaOH 的量增多，故实验混合溶液的 pH 小于实验的 pH，实验催化剂的活性较高；故答案为：实验比实验加入的硫酸铜溶液更多，导致消耗的 NaOH 的量增多，故实验混合溶液的 pH 小于实验的 pH，实验催化剂的活性较高；【小问 4 详解】已知 C-O 键键长为 0.142nm，C=O 键键长为 0.120nm，结合HCOO中碳氧键键长数据可知，HCOO-中并不存在 C-O 和 C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭键，即 HCOO-并不存在醛基，故 HCOONa 无法进一步被新制CuOH2氧化成Na2CO3，故答案为：HCOO-中并不存在 C-O 和C=O，而是两个碳氧之间的键完全一样，说明三原子键形成了共轭键，即HCOO-并不存在醛基，不能被继续氧化为碳酸根；【小问 5 详解】由(4)分析可知，HCOONa 无法进一步被新制CuOH2氧化成Na2CO3，故新制CuOH2和过量甲醛反应的化学方程式为 HCHO+2Cu(OH)2+NaOH HCOONa+Cu2O+3H2O，故答案为：高三化学试题答案解析第 8 页 共 11 页HCHO+2Cu(OH)2+NaOH HCOONa+Cu2O+3H2O。15.（1）碳碳双键（2）22+O2Cu+2H2O（3）取代反应（4）（5）或者（6）2 SOClAlCl3 HOCH2CH2OHH+H2 Pt/CH+【解析】【分析】由题合成流程图可知，由 A、B 的分子式和 C 的结构简式，并结合 A 到 B、B 到 C 的转化条件可知，A 的结构简式为：，B 的结构简式为：，由 D 的分子式并结合 C 到 D 的转化条件可知，D 的结构简式为：，由 H 的分子式结合 G 到 H 的反应条件可知，H 的结构简式为：，(5)M(C9H10O2)是 D 的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为 6：2：1：1，即由 4 种 H，其中两个甲基，由此确定 M 同分异构体的结构简式，(6)本题结合题干流程图中，D 到 E、E 到 F、F 到 G、G 到 H、H 到 K 的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在 Pt/C 作催化剂下与 H2加成而得，高三化学试题答案解析第 9 页 共 11 页可由和 HOCH2CH2OH 转化而得，则可由在 AlCl3作用下制得，此分析解题。【小问 1 详解】由分析可知，A 的结构简式为：【小问 2 详解】由分析可知，B 的结构简式为：可由与 SOCl2反应制得，由此确定合成路线，据，故 A 中官能团的名称为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；，故 BC 的反应就是醇催化氧化为醛的反应，则该反应的方程式为：22+O2CuCu+2H2O，故答案为：22+O2+2H2O；【小问 3 详解】由分析可知，D 的结构简式为：代反应；【小问 4 详解】，故可知 DE 的反应类型为取代反应，故答案为：取由分析可知，H 的结构简式为：，故答案为：；【小问 5 详解】M(C9H10O2)是 D 的同系物即含有苯环和羧基，其核磁共振氢谱峰面积之比为 6：2：1：1，即由 4 种 H，其中两个甲基，则 M 的结构简式为或者，故答案为：或者；【小问 6 详解】高三化学试题答案解析第 10 页 共 11 页本题结合题干流程图中，D 到 E、E 到 F、F 到 G、G 到 H、H 到 K 的信息采用逆向合成法可知，可由在酸性条件下水解而得，可由在 Pt/C 作催化剂下与 H2加成而得，可由和 HOCH2CH2OH 转化而得，则可由在 AlCl3作用下制得，定合成路线为：可由与 SOCl2反应制得，由此确2 SOClAlCl3 HOCH2CH2OHH+H2Pt/CH+，故答案为：2 SOClAlCl3 HOCH2CH2OHH+H2 Pt/CH+高三化学试题答案解析第 11 页 共 11 页