2023年届高三毕业班第一次教学质量检测化学试题.docx

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1、2023 年高中毕业班第一次教学质量检测化学试题留意：1请将答案填写在答题卡上2可能用到的相对原子质量： Na - 23S - 32Fe - 56一、选择题：此题共10 小题，每题 4 分，共 40 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1. 针对冠肺炎疫情，需对场所杀菌消毒。以下物质不宜用作杀菌消毒的是A. 高锰酸钾溶液【答案】B【解析】【分析】B. 无水酒精C. 双氧水D. 次氯酸钠溶液【详解】A高锰酸钾具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，高锰酸钾溶液是医院的常用消毒剂，选项A 不符合；B酒精能够使蛋白质变性，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，选项B 符

2、合； C双氧水具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，宜用作杀菌消毒剂，选项A 不符合； D次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使病毒蛋白变性，宜用作杀菌消毒剂，选项A 不符合；2. 2-乙烯基吡啶(VPy)是合成治疗矽肺病药物 原料，用吡啶()合成VPy 的其中一步反响是：答案选B。以下确的是A. 吡啶的分子式为C5NH6C. VPy 是乙烯的同系物【答案】D【解析】B. EPy 中全部原子共平面D. VPy 能使溴水褪色【分析】【详解】A依据吡啶的构造简式可知其分子式为C5NH5，A 错误；BEPy 分子中有饱和碳原子，依据甲烷的构造特点可知不行能全部原子共面，B 错误； CVPy 含有N 原子，且为环状

3、构造，与乙烯构造不相像，二者不是同系物，C 错误；DVPy 含有碳碳双键，可以和溴发生加成反响，使溴水褪色，D 正确； 综上所述答案为D。3. 设N为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是AA. 17g 由16 O 和18 O 构成的氧气中所含质子数确定为8N AB. 标况下，11.2L CH4和O 的混合气体中所含的分子数为0.5N2AC. 用足量水吸取1molCl2，所得溶液中Cl、HCl、HClO、Cl- 四种微粒数目之和为2N2AD. 常温下，1L0.5mol L-1【答案】B【解析】【分析】NH Cl 溶液与1L0.25mol L-14NH Cl溶液所含NH + 的物质的量相等44

4、【详解】A16O 和 18O 的摩尔质量不相等，则无法确定17g 由 16O 和 18O 构成的氧气的物质的量，则无法确定质子数，A 错误；B标况下 11.2L 气体的物质的量为 0.5mol，则混合气体中所含的分子数为 0.5NA，B 正确；CCl2 分子中含有 2 个Cl 原子，所以Cl2、HCl、HClO、Cl-四种微粒数目之和小于 2NA，C 错误； D二者浓度不同，所以铵根的水解程度不同，则两溶液中铵根的物质的量不相等，D 错误；综上所述答案为B。ABCD探究温度对 2NO2N2O4 平衡的影响除去CO2 气体中混有的 HCl验证 FeCl3 对 H2O2 分解反响有催化作用制取少量

5、含NaClO的消毒液4. 用图所示试验装置进展相应试验，能到达试验目的的是A. A【答案】A【解析】B. BC. CD. D【分析】【详解】ANO2 为红棕色气体，依据冷水和热水中气体的颜色变化可以探究温度对2NO2 影响，A 正确；N2O4 平衡的B二氧化碳也会和碳酸钠溶液反响，B 错误； C两支试管除了催化剂为变量之外还有温度，变量不唯一，无法探究FeCl3 对 H2O2 分解反响有催化作用， C 错误；D右侧装置中上端为阳极，氯离子放电生成氯气，下端为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产 生氢氧根，由于氯气在上端生成，所以无法与产生的氢氧根接触，不能制取NaClO，D 错误；综上所

6、述答案为A。35. 某种含二价铜微粒CuII(OH)(NH )+的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反响过程中不同态物质体系所含的能量如图 2。以下说法正确的选项是A. 总反响焓变H0B. 由状态到状是铜元素被氧化的过程C. 状态到状态的变化过程中有OH 键的形成D. 该脱硝过程的总反响方程式为4NH3+2NO+2O2=6H2O+3N2【答案】C【解析】【分析】【详解】A依据图 2 可知，反响物 总能量大于生成物的总能量，为放热反响，则总反响焓变H0，A 说法错误；B. 由状态到状，发生CuII(OH)(NH3)3+NOCuI(H2NNO)(NH3)2+H2O，Cu 的化合价降低，氨分

7、子中的N 原子化合价上升，是N 元素被氧化复原反响，B 说法错误；C. 状态到状态的变化过程为CuI(H2NNO)(NH3)2+CuI(NH3)2+N2+H2O，有 O-H 键的形成，C 说法正确；D. 依据图 1，参与 2NH3、2NO、1212O2，生成 2N2、3H2O，该脱硝过程的总反响方程式为4NH3+4NO+O2=6H2O+4N2，D 说法错误；综上所述答案为C。6. 科学家利用原子序数依次递增 短周期元素W、X、Y、Z 组合成一种超分子，其分子构造示意图如图所示(图中实线代表共价键，其他重复单元的W、X 未标注)。W、X、Z 分别位于不同周期，Z 的原子半径在其所在周期中最大。以

8、下说法错误的是的A. Z 元素的金属性在其所在周期中最强C. 单核离子半径：ZY【答案】D【解析】B. W 与 Z 可形成离子化合物D. 最简洁氢化物的沸点：YX【分析】依据图示可知W 形成 1 个共价键，又是短周期中原子序数最小的元素，说明W 原子核外只有 1 个电子，则 W 是 H 元素，X 形成 4 个共价键，则 X 是 C 元素，W、X、Z 分别位于不同周期，Z 的原子半径在同周期元素中最大，则Z 是 Na 元素，Y 形成 2 个共价键，原子序数比C 大，比Na 小，说明Y 原子核外有 2 个电子层，最外层有 6 个电子，则Y 是O 元素。【详解】A同一主族的元素，原子序数越大，金属越

9、强；同一周期的元素，原子序数越大，金属越弱，可知 Na 元素的金属性在其所在周期中最强，A 项正确；BW 是H 元素，Z 是Na 元素，则W 与 Z 可形成离子化合物NaH，B 项正确；CY 是O，Z 是Na 元素，O2-、Na+核外电子排布都是 2、8，电子排布一样，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：ZY，C 项正确；DX 是 C，Y 是O，相应的最简洁氢化物为：CH4X，D 项错误； 综上所述答案为D。7. 以下指定反响的离子方程式书写正确的选项是A. 过量SO2与“84”消毒液反响： SO2+ClO- +HO=HSO- +HClO23通电B. 用惰性电极电解CuCl2溶液

10、： Cu2+ +2Cl- +2H O2Cu(OH)2 +H2 +Cl 2C. NaHCO溶液中加足量Ba(OH)溶液： HCO- +Ba2+ +OH- =BaCO +H OD. Na O223与H 18O 反响： 2Na O2222+2H33218O=4Na+ +4OH- +18O22【答案】C【解析】【分析】【详解】A过量SO2与“84”消毒液反响： SO2+ClO- +H2O=SO2- +2H+ +Cl- ，选项A 错误；4B. 用惰性电极电解CuCl 溶液，Cu2+氧化性比H+强，故Cu2+先放电，正确的离子方程式为2通电CuCl2Cu+Cl2 ，选项B 错误；C. NaHCO3溶液中加

11、足量Ba(OH)2溶液，反响生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反响的离子方程式为HCO- +Ba2+ +OH- =BaCO +HO ，选项C 正确；3322D. 该离子方程式错误，该反响为歧化反响，仅Na2O2 中的氧元素参与电子的转移过程，正确的离子方程式为 2Na2O2+2H 18O=4Na+218OH-+2OH-+O2，选项D 错误；答案选C。8. 某争论机构使用Li -SO Cl22电池电解制备Ni(H PO )22 2，其工作原理如以下图。电池反响为2Li+SO2Cl2 =2LiCl+SO2 ，以下说法错误的是A. Li 电极的电极反响式为Li - e- = Li+B. f 接口连接gC

12、. 膜a、c 是阴离子交换膜，膜b 是阳离子交换膜D. 不锈钢电极四周溶液的pH 增大【答案】C【解析】【分析】由电极反响式2Li + SO Cl =2LiCl + SO 可知，Li 转化为 Li+，则Li 电极为负极，C 电极为正222极；由于要电解制备Ni(H PO )22 2，则镍电极应失电子，所以镍电极为阳极，g 与 f 相连；h 与 e 相连；Ni失电子生成 Ni2+通过膜 a 进入产品室(室)，则膜 a 为阳膜； H2PO-2通过膜 b 进入产品室(室)，则膜 b为阴膜；在阴极(不锈钢)，H2O 得电子生成H2 和OH-，所以室中的Na+通过膜c 进入室，膜c 为阳膜。【详解】A由

13、电极反响式2Li + SO Cl =2LiCl + SO 可知，Li 转化为 Li+，则Li 电极的电极反响式为222Li-e- =Li+ ，选项A 正确；B由上面的分析可知，f(正极)接口连接g(阳极)，选项B 正确； C由上面分析可知，膜a、c 是阳离子交换膜，膜b 是阴离子交换膜，选项C 错误；D在不锈钢电极(阴极)四周，溶液中的水得电子，电极反响式为2H O+2e-=H+2OH-，溶液的pH 增大，22选项D 正确；答案选C。9. 室温下，向20ml 0.1mol/L 的CHCOOH 溶液中逐滴参与0.1mol/L 的NaOH 溶液，溶液中由水电离3出H +浓度的负对数-1gc (H水

14、+ ) 与所加NaOH 溶液体积关系如以下图(无视溶液混合引起的体积变化)。以下说法正确的选项是A. b 点溶液中： c (CH COO- )c CHCOO-3c OH-c H+【解析】【分析】图中 b 点所加 V(NaOH)=10mL，此时 CH3COOH 被中和一半，故 b 点刚反响时溶质为等物质的量的 CH3COOH 和 CH3COONa；d 点所加 V(NaOH)=20mL，此时 CH3COOH 被完全中和，故 d 点刚反响时溶质为CH3COONa；f 点所加V(NaOH)=40mL，此时 NaOH 相当于CH3COOH 的两倍，故 f 点组成为CH3COONa和 NaOH。【详解】A

15、b 点，滴加的 NaOH 发生反响时，CH3COOH 和CH3COONa 的物质的量相等，但溶液的 pH7， 则说明反响后CH3COOH 将发生局部电离，所以c(CH3COO-)c(CH3COOH)，选项A 不正确；Bc 点时，溶质为 CH3COOH 和CH3COONa，且水的电离不受影响，则溶液呈中性；e 点时，溶质为 CH3COONa和 NaOH，二者都呈碱性，所以溶液显碱性，选项B 不正确；0.10mol/L 20mLCd 点溶液中：c(Na)=0.10mol/L 20mL40mL=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=40mL=0.05mol/L，所以 c(N

16、a)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol/L，选项 C 正确；Df 点，刚反响时溶质组成为等物质的量的CH3COONa 和NaOH，然后 CH3COO-发生水解，导致 c(CH3COO-)减小、c(OH)增大，所以溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO-)c(H)，选项D 不正确； 答案选C。10. 铋酸钠( NaBiO)是分析化学中的重要试剂。某同学设计试验制取铋酸钠，装置如以下图(加热和夹持仪3物质性质NaBiO3不溶于冷水，浅黄色Bi(OH)3难溶于水，白色器已略去)，局部物质性质如表。以下说法错误的是A. 装置B 用于除去Cl 中HCl2B. 装置C 中反

17、响的离子方程式为： Bi(OH)3C. 撤除装置前必需进展的操作是关闭K 、K+3OH- +Cl2，翻开K=BiO- +2Cl- +3H O32132D. 装置D 用于除去多余的氯气【答案】B【解析】【分析】【详解】A. 装置B 中装有饱和食盐水，用于除去Cl 中HCl ，选项A 正确；2B反响物为Bi(OH)3、Cl2 和 NaOH 混合物，+3 价的Bi 被氧化成NaBiO3，Cl2 被复原成Cl-，依据原子守恒还有水生成，所以反响为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O，选项B 错误； C从图上来看关闭K1、K3，翻开 K2 可使NaOH 留下与氯气反

18、响，故答案为：关闭K1、K3，翻开 K2，选项C 正确；D装置D 中装有氢氧化钠溶液，用于除去多余的氯气，以免污染空气，选项D 正确； 答案选B。二、非选择题：此题共 5 小题，共 60 分。11. 铜冶炼过程中会产生高砷烟灰，含砷物质的主要成分为砷酸盐(铜锌铅等)，利用高砷烟灰制备三氧化二砷的生产工艺如以下图，答复相关问题：砷酸盐( AsO3- )都难溶于水，易溶于碱。4(1) “碱浸”中 Na2S 浓度对砷脱除的影响如以下图，实际生产中保持Na2S 浓度为 52gL-1假设Na2S的浓度过小，造成的后果是。所得“碱浸液”中 c(Pb2+)=molL-1。K(PbS)= 2.610-11 s

19、p(2) “苛化”时，砷转化为 Ca3(AsO4)2 沉淀，争论说明，“苛化”过程中，随着温度的上升，砷的沉淀率会先增大后减小，后减小的缘由是。(3) “溶砷”所得“滤渣 2”的主要成分是。(4) “复原”过程中砷酸转化为亚砷酸(H3AsO3)，请写出反响的化学方程式。(5) 常温下，用NaOH 溶液滴定“复原”所得溶液，含砷微粒的物质的量分数随pH 的变化曲线如以下图。H3AsO3 的一级电离常数Ka1=。溶液的pH 由 7 调至 10 的过程中，发生反响的离子方程式为。【答案】(1). Pb2+ 浸出率高，影响后续除杂(2). 3.910-11(3). 温度上升，熟石灰溶解度减小，溶液中

20、c(Ca2+)减小使砷的沉淀率减小(4). CaSO4(5). H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4(6).110-9(7). H3AsO3+OH-= H2AsO - + H2O3【解析】【分析】高砷烟灰含砷物质的主要成分为砷酸盐(铜锌铅等)，参与 NaOH 和 Na2S 进展碱浸，得到 CuS、ZnS、PbS 等沉淀，之后参与熟石灰进展苛化，砷转化为Ca3(AsO4)2 沉淀，参与硫酸，得到含有H3AsO4 的溶液， Ca 元素转化为CaSO4 沉淀，之后通入SO2 将H3AsO4 复原得到H3AsO3 溶液，结晶得到As2O3。【详解】(1)据图可知假设Na2S 的浓度

21、过小，Pb2+浸出率高，影响后续除杂；52g22.6 10-11mol L-1Na2S 的浓度为 52gL-1，则 c(S2-)= 78g/mol = 3 mol/L，所以 c(Pb2+)=21L3(2)温度上升，熟石灰溶解度减小，溶液中c(Ca2+)减小使砷的沉淀率减小； (3)参与硫酸前参与了熟石灰，所以滤渣2 为微溶于水的CaSO4；=3.910-11mol/L；(4)依据题意可知SO2 将H3AsO4 复原得到H3AsO3，依据电子守恒可知SO2 和H3AsO4 的系数之比为 1:1，再(结合元素守恒可得化学方程式为H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；(5)HAs

22、O的一级电离常数K=23，据图可知当c(H AsO)=c(HAsO - )时 pH=9，即c (H AsO- )c H+ )33a1c (H AsO )332333c(H+)=110-9mol/L，所以 Ka1=110-9；3据图可知当pH 由 7 到 9 的过程中，As 元素存在的主要形式由H3AsO4 转化为H2AsO - ，所以发生的离子3方程式为H3AsO3+OH-= H2AsO - + H2O。12. 乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO Fe3H22O 是一种很好的食品铁强化剂，吸取效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与FeCO 反响制得。3I. 制备FeCO ，3试

23、验步骤如下：i. 检查气密性，按图示添加药品；ii. 在装置B 中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii. 将 B 中溶液导入C 中产生FeCO 沉淀；3iv. 将 C 中混合物分别提纯，获得纯洁的碳酸亚铁产品。(1)仪器A 的名称是。(2) 装置D 的作用是。(3) 装置C 中生成FeCO 的离子方程式是。3(4) 步骤 ii 中应翻开的开关是，步骤iii 中应翻开的开关是。(选填“ K 2”或“ K3”)制备乳酸亚铁晶体将制得的FeCO 参与乳酸溶液中，参与少量铁粉，在75 下搅拌使之充分反响，然后再加人适量乳酸。经3系列操作后得到产品。(5) 参与铁粉的目的。(用离子方程式表示)

24、(6) 欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，过滤，再洗涤和枯燥。探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。甲乙称取w g 样品溶于水，用c mol L-1 酸性KMnO 标称取w g 样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，2114参与过量KI 溶液充分反响，然后参与几滴淀粉准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且30s 内不恢复，溶液，用c molL 硫代硫酸钠溶液滴定(：停顿滴定，测得消耗标准溶液VmL 。由此求得1n(Fe)= 5c V 10-3mol112I +2S O2- =S O2- + 2I- )，滴定终点时，测得消22346耗标准溶液V

25、 mL 。2(7) 甲方案错误，主要缘由是，该方案测定结果将明显(填偏大、偏小)。(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为(用含有相关字母的代数式表示)。【 答 案 】(1).分 液 漏 斗(2).液 封 ， 防 止 空 气 进 入 C中 氧 化 Fe2+(3).32Fe2+ + 2HCO - = FeCO + H O + CO(4).K(5).K(6).Fe + 2Fe3+ =3Fe2+33225.6c V(7). 参与乙醇(8). 乳酸根也能被高锰酸钾氧化(9). 偏大(10).w22 %2【解析】【分析】I制备碳酸亚铁：亚铁离子简洁被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进展，Fe 与硫酸反

26、响制备硫酸亚铁，利用反响生成的氢气排尽装置中的空气，故B 制备硫酸亚铁。利用生成氢气，使B 装置中气压增大， 将 B 装置中的硫酸亚铁溶液压入 C 中， C 装置中 FeSO4 和 NH4HCO3 发生反响：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O。装置 D 防止空气中的氧气进入到 C 装置中，将 Fe2+氧化，据此分析解答。【详解】I(1)仪器A 为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；(2) 装置D 的作用是防止空气中的氧气进入到C 装置中，将Fe2+氧化，故答案为：液封，防止空气进入C 中氧化Fe2+ ；(3) C 装置中FeSO 和NH HCO发生反响，离子

27、方程式为： Fe2+ + 2HCO- = FeCO +H O + CO ，4433322故答案为： Fe2+ + 2HCO - = FeCO +H O + CO ；3322(4) 首先关闭活塞K2，翻开活塞K1、K3，目 是发生反响制备Fe2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止 Fe2+被氧化；关闭活塞K1，反一段时间后，关闭活塞K3，翻开活塞K2，利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B 装置中的硫酸亚铁溶液压入C 中，产生FeCO沉淀。故答案为：K ；K ；332(5)Fe2+简洁被氧化为Fe3+，参与铁粉可将Fe3+复原为Fe3+，离子方程式为：Fe + 2Fe3+ =3Fe2+ ，

28、故答案为： Fe + 2Fe3+ =3Fe2+ ；(6) 乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故参与乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。故答案为： 参与乙醇；(7) 乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；22 2322(8)滴定终点时，V mL 硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na S O )=c V 10-3mol。依据关系式 2Fe2+2Fe3+I2 S O2- ，可知样品中CHCH(OH)COO Fe3HO 的物质的量为223322n(Fe2+)=n( S O2-

29、 )=c 56g/mol c V 10-3molV 10-3mol，则样品中铁元素含量为：2 2 100%235.6c V22w g25.6c V=w22 % ，故答案为：2w22 % 。213. 利用CO 可合成烷烃、烯烃、醇等系列重要化工原料。答复以下有关问题：2I. 制备甲烷CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O (g)DH = -252.9kJmol-12242(1) 该反响的DG(DG = DH - TDS)与温度的关系如图 1 所示。要使该反响能顺当发生，理论上温度不高于。在恒温、恒容容器中进展该反响，以下不能说明反响到达平衡状态的是。A CO2 和H 2的转化率之比不再

30、变化B混合气体的平均摩尔质量不再变化C容器内的压强不再变化D v(H )2 正=4v (CH )4 正(2) 选择适宜催化剂，在密闭容器中按n(CO2 ):n (H2 )= 1: 4 充入反响物，反响结果如图 2 所示。假设N 点压强为1MPa，则平衡常数Kp (N)=，P 点与点的平衡常数K(P)K(N)(填“”、”或“=”)。假设无催化剂，N 点平衡转化率是否可能降至R 点？说明理由。答：。II. 制备甲醇：主反响： CO2(g)+3H2(g)CH OH(g)+H3O (g)DH21= - 58kJmol-1副反响： CO2(g)+H2(g)CO(g)+HO (g)DH22= - 41kJ

31、 mol-1(3) 向恒容容器中充入a mol CO 和3a mol H ，在催化剂存在的条件下进展反响，测得温度与平衡转化率、22产物选择性的关系如以以下图所示。： CHOH 选择性= n (CH3OH)/ n (CH3OH )+n (CO )3 CHOH 选择性随温度上升而下降的缘由是(写一条)。3有利于提高CHOH 选择性的反响条件是。3A. 高温高压B低温低压C高温低压D低温高压【答案】(1). 597(2). AD(3). 1(4). (5). 不正确，由于催化剂不能转变反响物的平衡转化率(6). 温度上升，催化剂活性降低(7). D【解析】【分析】【详解】I(1) DG(DG =

32、DH - TDS)0，反响能自发进展，由图 1 可知，温度不高于597，故答案为：597；ACO2 和H2 的转化率之比与投料比有关，不能判定是否到达平衡，故A 可选；B. 反响前后气体的质量不变，物质的量发生转变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变化，说明到达平衡 ，故B 不选；C. 反响前后气体 物质的量发生转变，则压强发生转变，压强不变时到达平衡，故C 不选；D. 正逆反响速率相等时，反响到达平衡，v 故答案为：AD；(H )2 正=4v (CH )4 正没有涉及逆反响，故D 可选；(2)依题意设起始投入CO2 物质的量为 1mol，则H2 为 4mol，由图 2 可知N 点时转化率为 5

33、0%，可列三段CO (g) +4H22(g)CH (g)+2H4O (g)2起始(mol)式：转化(mol)平衡(mol)140.520.5200.50.50，N 点压强为1MPa，故11 0.5 124P 4 PKP= 0.5=1；该反响为放热放应，P 点温度上升，二氧化碳的平衡转化率降低， 244P 4 PK(P)K(N)，故答案为：1；催化剂只能转变反响速率，不能转变转化率，则无催化剂，N 点的平衡转化率也不行能将至R 点。故答案为：不正确，由于催化剂不能转变反响物的平衡转化率；II(3) 温度上升， CHOH 选择性随而下降的缘由可能是温度上升催化剂活性降低，故答案为：温度升3高，催化

34、剂活性降低；反响： CO2(g)+3H2(g)CHOH(g)+H3O (g)DH21= - 58kJmol-1 放热放应，低温有利于反应正向进展；反响前后气体分子数削减，随着反响进展，压强降低，高压有利于反响正向进展。故答案为：D。14. C、N、F、Cu 及其化合物在化工、医药、材料等方面应用格外广泛。答复以下有关问题：(1) 基态铜原子的价电子排布式为；C、N、F、Cu 四种元素第一电离能从小到大的挨次为。(2) 化合物CH3NH 、CH CH233常温下均为气体，沸点较高的是； CH NH32中氮原子的杂化方式是。(3) 将无水硫酸铜溶解在确定量的水中，再参与过量氨水，溶液变为深蓝色，该

35、深蓝色离子Cu (NH )3 4(H O)2+ 内存在的化学键有 。 2A氢键B离子键C共价键D配位键E金属键(4) 氮、铜形成的一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为a pm，沿面对角线投影如以下图。该晶胞1 1 1()中原子的分数坐标为：Cu: 0,0, 2 ; 0，0 ;,0,0 N:0,0,0则该晶胞中，与Cu 原子等距且最近的 2 2Cu 原子有个。32【答案】(1). 3d104s1(2). CuCNF(3). CH NH(4). sp3(5). CD(6). 8【解析】【分析】【详解】(1)Cu 为 29 号元素，基态 Cu 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p6

36、3d104s1，价电子排布式为3d104s1；Cu 为金属元素，第一电离能最小，同周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，所以四种元素第一电离能从小到大为CuCNF；(2)CH3NH2 分子中存在N-H 键，所以分子间存在氢键，沸点较高；CH3NH2 分子中N 原子与C 原子形成一个 键，与两个H 原子分别形成一个 键，还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4，为 sp3 杂化； (3)Cu2+供给空轨道，NH3 分子和H2O 分子供给孤电子对形成配位键，NH3 分子和H2O 分子内部都存在共价键，不存在离子键、金属键，氢键不是化学键，所以选CD；(4)结合投影以及局部Cu、N 原子的坐标可知N 原

37、子位于立方体的顶点，Cu 原子位于棱心，距离Cu 原子相等且最近的Cu 原子位于相邻的棱上，所以个数为8。15. 硝苯地平H 是一种治疗高血压的药物，其某种合成路线如下：:+2乙酸+ROH1)钠答复以下问题：(1)H 的含氧官能团名称为。(2)反响的反响类型为。(3)D 的构造简式为。(4) 以下试剂可用于鉴别B 和E 的是。A酸性高锰酸钾B制氢氧化铜溶液C银氨溶液 D FeCl 3 溶液(5) 反响的化学方程式为。【答案】(1). 酯基、硝基(2). 取代反响或硝化反响(3).(4). BC(5).(6) M 与G 互为同分异构体，M 在确定条件下能发生银镜反响，核磁共振氢谱显示有4 组峰，

38、峰面积之比为 1：1：2：4，写出M 的一种可能的构造简式。CH COOCH33+ CHCOOCH332乙酸或或1钠CH COCH3COOCH23+ CH OH3(6).【解析】D，则D 为，D 被氧化生成E；F 发生类似题目所给反响生成G，E、G 和氨气反响得到H。【分析】A 发生硝化反响生成B，B 中甲基上H 原子被-COCOOC2H5 取代生成C，C 在酸性条件下水解生成【详解】(1)依据H 的构造简式可知其含氧官能团为酯基、硝基；(3)依据分析可知D 的构造简式为；(2)反响为甲苯的硝化反响，也属于取代反响；(4) AB 中甲基和E 中醛基均可以被酸性高锰酸钾氧化，故不能鉴别，A 不选；BE 中醛基可以被制氢氧化铜溶液氧化生成砖红色沉淀，而B 不行，可以鉴别，B 选；CE 中醛基可以与银氨溶液发生银镜反响，而B 不行，可以鉴别，C 选； D二者都不与氯化铁溶液反响，不能鉴别，D 不选；综上所述答案为BC；(5) 依据题目所给信息可知反响为CH COOCH + CH COOCH33332乙酸1钠CH COCH3COOCH23+ CHOH ；