2021届高考化学真题模拟测试卷（三）【含答案解析】.pdf

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1、2021届高考化学精选真题模拟测试卷03注意事项：i .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 P31 S 32 Cl 35.5 Fe56一、选择题：本题共14个小题，每小题3 分。共 42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。1.12019北京】下列我国科研成果所

2、涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是A.4.03米大口径碳化硅B.2022年冬奥会聚氨酯C.能屏蔽电磁波的碳包D.“玉兔二号”钛合反射镜速滑服覆银纳米线金筛网轮【答案】A【解析】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第 IVA族，符合题意；B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，不符合题意；C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，不符合题意；D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，不符合题意：综上所述，本题应选A。2.12020新课标H I】必

3、 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子B.1 mol重水比1 mol水多NA个质子C.12 g 石墨烯和12 g 金刚石均含有必 个 碳原子D.1 LI molL-1 NaCl溶液含有28必 个电子【答案】C【解析】A.标准状况下22.4L氮气的物质的量为Im o l,若该氮气分子中的氮原子全部为盟W则每个N?分子含有(1 4-7)x 2=1 4个中子，I m o l该氮气含有14NA个中子，不是7NA,且构成该氮气的氮原子种类并不确定，错误；B.重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，错误；C.石墨烯和金刚石均为碳

4、单质，1 2 g石墨烯和1 2 g金刚石均相当于1 2 g碳原子，即总1墨m o l C原子，所含碳原子数目为必 个，正确；D.I m o l N a C l中含有2 8必 个电子，但该溶液中除N a C l外，水分子中也含有电子，错误；故答案为C。3.【2 02 0年7月浙江选考】下列说法正确的是()A.35c l和37 c l是两种不同的元素 B.单晶硅和石英互为同素异形体C.H C O O H和H O C H 2 c H O互为同系物 D.H与N a在元素周期表中处于同一主族【答案】D【解析】A.35c l和37 c l是C 1元素的两种不同核素，属于同种元素，错误；B.同素异形体是指同

5、种元素组成的不同种单质，而单晶硅为硅单质，而石英是SiO 2,两者不属于同素异形体，错误；C.同系物是指结构相似，分子组成上相差若干个C H?的有机化合物，H C O O H和H O C H 2 c H O结构不相似，不属于同系物，错误；D.H和N a在元素周期表种均处于第I A族，正确；答案选D。4.1 2 02 0江苏】下列指定反应的离子方程式正确的是A.C 1 2通入水中制氯水：C 12+H2O D 2 H+C 1+C 1 O-B.N O 2通入水中制硝酸：2 N C)2+H 2 O =2 H+N O；+N OC.0.I m o l ,N a A l C h 溶液中通入过量 C O 2：

6、A 1 O,+C O2+2 H-O =A 1(O H)S 1+H C O3D.0.1 m o l-L T A gN C h 溶液中加入过量浓氨水：A g+N H3+H?O =A gO H 14-N H 4【答案】c【解析】A.次氯酸为弱酸，书写离子方程式时应以分子形式体现，正确的是C12+H2OKH+C1+H C 1 O,错误;B.N O 2 与 H 2 O 反应：3N O 2+H 2 O=2 H N O 3+N O,离子方程式为 3N O2+H2O=2 H +2 NO；+N O,错误；C.碳酸的酸性强于偏铝酸，因此N a A I C h溶液通入过量的C O 2,发生的离子方程式为A 1 O；

7、+C O 2+2 H2O=A 1(O H)3；+H C O：,正确；D.A gO H 能与过量的 N F h H O 反应生成 A g(N H 3)2|O H,错误；答案为C。5.(2 01 4重庆高考真题)茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A.将茶叶灼烧灰化，选用、和B.用浓硝酸溶解茶叶并加蒸储水稀释，选用、和C.过滤得到滤液，选用、和D.检验中滤液中的Fe3+,选用、和【答案】B【解析】A.茶叶灼烧需要酒精灯、生烟、三脚架和泥三角等，A 正确；B.容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B 不正确；C.过滤需要烧杯、漏

8、斗和玻璃棒，C 正确；D.检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D 正确：答案选B。6.12020新课标0】北宋沈括 梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆帆,烹胆研则成铜。熬胆矶铁釜，久之亦化为铜下列有关叙述错误的是A.胆研的化学式为CuSO4B.胆矶可作为湿法冶铜的原料C.“熬之则成胆研”是浓缩结晶过程D.“熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应【答案】A【解析】A.胆研为硫酸铜晶体，化学式为CUSO5H 2O,A 说法错误：B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B 说法正确；C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矶，故“熬之则成

9、胆矶”是浓缩结晶过程，C 说法正确；D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D 说法正确。综上所述，相关说法错误的是A,故选A。7.【2014年高考上海卷第15题】右图模拟“侯氏制碱法”制取NaH COs的部分装置。下列操作正确的是（）cB.b 通入N%,然后a 通入CO2，c 中放碱石灰C.a 通入N H3,然后b 通入CO2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉D.b 通入C 0 2,然后a 通入NH 3,c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉【答案】C【解析】由 于 CO2在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体，c o?是酸性气体，因此先通入氨气，然后再通入CO2,这样有利于吸收CO2，易于形成碳酸氢

10、钠晶体。又因为由于氨气极易溶于水需要防止倒吸，因此a 通入N%,b 通入CO2。氨气是碱性气体需要稀硫酸吸收多余的氨气，答案选 C。8.（2020.黑龙江大庆实验中学高三开学考试）电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理表面氢化机理示意图如下，则有关说法错误的是（）4-H*+e=*H Z(gy+2*H=中间体 中间体+4H，+4e-=2NHj(g)A.在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应B.在表面*H原子与催化剂的协同作用下，用 与表面*H原子反应生成*N2H 4中间体C.电化学固氮法较传统工业合成氨将空气中的游离氮固定，具有能耗小、环境友好的优

11、点D.若竞争反应（析氢反应）的势垒显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应【答案】B【解析】A.H*反应得电子，为还原反应，A 项正确B.N2与 2 表面*H 原子反应生成*N2H4中间体，质量不守恒，B 项错误；C.传统工业合成氨需要高温高压下实现，电化学固氮在常温常压下实现，C 项正确；D.活化能表示势垒的高度。活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，越小则速率越快,D 项正确。答案选B。9.（2019全国高考真题）X、Y、Z 均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10,X 与 Z 同族，Y 最外层电子数等于X 次外层电子数，且 Y 原子半径大于Z。下列叙述正确的

12、是A.熔点：X 的氧化物比Y 的氧化物高B.热稳定性：X 的氯化物大于Z 的氢化物C.X 与 Z 可形成离子化合物ZXD.Y 的单质与Z 的单质均能溶于浓硫酸【答案】B【解析】Y 的最外层电子数等于X 次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y 的最外层电子数不可能是8个，则 X 只能是第二周期元素，因此Y 的最外层电子数是2 个，又因为Y 的原子半径大于Z,则 Y 只能是第三周期的M g,因此X 与 Z 的最外层电子数是（10-2）/2=4,则 X 是 C,Z 是 Si。A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y 的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A 错误；B、碳兀素的非金属性

13、强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B 正确；C,C 与 S i形成的是共价化合物SiC,C 错误；D、单质镁能溶于浓硫酸，单质硅不溶于浓硫酸，D 错误；答案选B.10.（2021山东高三期末）苯乙烯是一种重要的化工原料，在CO2气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是（）A.该反应历程中CO?是氧化剂B.Imol八、生成 1 mol减少2m oio键C.催化剂改变了反应历程，降低了反应的AH（焰变）、分子中C原子都采取sp2杂化，分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】通过图示可知，该反应中二氧化碳被还原成C O,化合

14、价降低，乙苯被氧化。A.从该反应的历程中可以看出，CO2被还原，化合价降低，做氧化剂，故A正确：B.从乙苯到苯乙烯，失去两个H原子，每失去1个H原子，减少一个键，故B正确；C.催化剂只能提高反应速率，缩短反应时间，不能改变反应的熔变，故C错误；D.苯乙烯中苯环中存在一个大兀键，每个C原子均采用spz杂化，乙烯基中碳碳双键相连的碳原子采用sp2杂化，故苯乙烯中所有碳原子均为sp?杂化，故D正确；故选C。提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C|4H|4。4B.不能使酸性重铭酸钾溶液变色C.能够发生水解反应D.能够发生消去反应生成双键【答案】B【解析】A.根据该有机物的分子结构

15、可以确定其分子式为CHHUCU,正确；B.该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铭酸钾溶液氧化，能使酸性重倍酸钾溶液变色，不正确；C.该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，正确；D.该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，正确。综上所述，故选B。12.（2020.山东高考真题）微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水（以含CH3coO一的溶液为例）。下列说法错误的是A.负极反

16、应为 CH3COO+2H2O-8e=2CO2+7H+B.隔 膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.当电路中转移Im ol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1【答案】B【解析】据图可知a极上CH3coO-转化为CO?和H+,C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。A.a极为负极，CHKOCT失电子被氧化成CO2和H,结合电荷守恒可得电极反应式为CH3coeT+2H2O-8e-=2CO2T+7不，正确：B.为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，

17、则隔膜2为阳离子交换膜，错误；C.当电路中转移Im ol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有ImolC 移向负极，同时有ImolNa,移向正极，即除去Im olNaCl,质量为58.5g,正确；D.b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H+2e-=H2f,所以当转移8moi电子时，正极产生4moi气体，根据负极反应式可知负极产生2moi气体，物质的量之比为4:2=2:1,正确；故答案为B。13.（2020.天津高考真题）常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka（H COOH）Ka（HF）B.相同浓度的C

18、H3coOH和CH3coONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（0H-）C.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp（FeS）KCuS）D.在ImolOPNa2s溶 液 中,c（S2-）+c（H S）+c（H2S）=1 molEL1【答案】A【解析 A.HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOCT的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即 K a(H C O O H)c(N a+)c(H+)c(O H ),正确；C.C u S 的溶解度较小，将 C u S 投入到稀硫酸溶液中，C u

19、S 溶解平衡电离出的S?一不足以与H，发生反应，而将F eS 投入到稀硫酸后可以得到H 2 s 气体，说明K p(F eS)K p(C u S),正确：D.根据溶液中的物料守恒定律，1 m o l l T N a 2 s 溶液中所有含S兀素的粒子的总物质的量的浓度为 1 m o l d/,即 c(s 2-)+c(H S-)+c(H 2 s)=1 m o l Ll 正确：综上所述，答案为 A。1 4.(2 0 0 8海南高考真题)已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的()XO Y ZA.ZXY3 B.ZX2Y6 C.ZX4Y8 D.ZX8Y

20、1 2【答案】A【解析】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含1个 Z原子，X原了数为8 x 1=1,Y原子数为12X?=3。所以化学式为Z X Y 3 ,综上所述，本题正确8 4答案为A。二、非选择题：共 5 8 分，第 1 5 1 7 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3 5 3 6 题为选考题，考生根据要求作答。(-)必考题：共 4 3 分。1 5.2 0 1 9 浙江4月选考 某兴趣小组在定量分析了镁渣 含有M g C C h、M g(0 H)2、C a C O3,A 12O3,F e z C h 和S i C M 中 Mg含量的基础

21、上，按如下流程制备六水合氯化镁(M g C b 6 H 2 0)。相关信息如下：7 0 0 C只发生M g C C h和M g(0 H)2的分解反应。N H 4 c l溶液仅与体系中的M g O反应，且反应程度不大。“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。请回答：(1)下 列 说 法 正 确 的 是，A.步 骤I ,煨烧样品的容器可以用堵烟，不能用烧杯和锥形瓶B.步骤H I,蒸氨促进平衡正向移动，提 高M g O 的溶解量C.步骤H I,可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨D.步骤I V,固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(2)步骤I I I,需要搭建合适的装置，实现蒸

22、氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源nouf为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止时的现象(3)溶 液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。含有的杂质是从操作上分析引入杂质的原因是(4)有同学采用盐酸代替步骤I I中的N H 4 c l溶液处理固体B,然后除杂，制 备M g C b溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的p H范围:金属离子p H开始沉淀完全沉淀A 产3.04.7Fe3+1.12.8Ca2+1 1.3M

23、g?卡8.41 0.9请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体BT aI()()-()T()T()T()-M g C1 2 溶液-产品。a.用盐酸溶解 b.调 p H =3.0 c.调 p H=5.0 d.调 p H=8.5e.调 p H =1 1.0 f.过滤 g.洗涤【答案】(1)A B D (2)a dT Jc 甲基橙，颜色由红色变橙色(3)碱式氯化镁(氢氧化镁)过度蒸发导致氯化镁水解(4)c f e f g a【解析】(1)A.煨烧固体样品需用坨烟，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化镀水解方程式为N H 4 C1+H 2 OW N H

24、 3-H 2 O+H CL 氧化镁和H C1 反应，蒸 氨 即 水合氨分解，平衡向右移动，H C1 浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息N H,CI 溶液仅与体系中的MgO 反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C 项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D 项正确。故答案选A B D(2)先选发生装置为a,然后连接回流装置d,生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f,氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填a-d-f-c。硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸镀(N H D2 SO4),硫酸镀显酸性，因而选择在酸性范

25、围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。(3)溶液F 经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是M g(OH)CI 或者M g(OH)2o升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。(4)根据各离子完全沉淀的p H 值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH,同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将p H 调至5,除掉A 产和F e)+,然后过滤其沉淀，然后将p H 调 至 1 1.0使得M g?+变为M g(OH)

26、2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。16.(2021.广东高三零模)综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镁Ga2(Fe2O4)3 铁酸锌ZnFe?。获得3 种金属盐,并进一步利用保盐制备具有优异光电性能的氮化钱(G aN),部分工艺流程如下：萃 取 剂 NaOH溶液CH,BrT g h l黑晶1过 I一注饼 黑袅号反萃取fl电解I合成flM o y n W浸 出 注 至 5 4 注液I 水及 GaN已知：常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见 表 1。金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见

27、表2。(2)滤 液 1 中 可 回 收 利 用 的 物 质 是,滤 饼 的 主 要 成 分 是；萃取前加入的固体X 为。(3)Ga与 A1同主族，化学性质相似。反萃取后，钱 的 存 在 形 式 为(填 化 学 式)。(4)电解过程包括电解反萃取液制粗钱和粗镀精炼两个步骤。精炼时，以粗钱为阳极，以 NaOH溶液为电解液，阴 极 的 电 极 反 应 为。(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基线为原料，使其与NH 3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该 过 程 的 化 学 方 程 式 为。(6)滤 液 1 中残余的Ga?+的浓度为 m o ll(写出计算过程

28、)。【答案】(1)+3 价 Fe2O +8H+=2Fe3+4H2O(2)硫酸锌 Fe(OH)3,Ga(OH)3 Fe(3)NaGaO2(4)GaOj+3e+2H2O=Ga+4OH(5)Ga(CH3)3+NH 3=3CH4+GaN(6)3.OxlO_102【解析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+,加入双氧水氧化亚铁离子，调节p H=5.4,沉淀铁离子和Ga3+,滤 液 I 中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镂，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取G a ,加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaCh，电解NaGaO?溶液生成

29、单质G a,据此解答。(1)Ga2(Fe2O4)3中 Fe是+3价，O 是一2 价，根据化合价代数和为0 可知G a的化合价为+3价,“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O 1+8H+=2Fe3+4H2O(.(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节p H=5.4,沉淀铁离子和Ga3+,滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X 的目的是还原铁离子，则 X 为 Fe。(3)G a与 A l同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaCh，即钱的存在形式为 NaGaO2,(4)精炼时，以粗保为阳极，以 NaOH溶

30、液为电解液，阴极是得到电子转化为G a,电极反应为GaO：+3e+2H2O=Ga+4OH,(5)以合成的三甲基线为原料，使其与N%发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0X10-3X(IQ-*1)3=3.0X10-36,溶液的p H=5.4,即氢氧3 X 1 0一%根离子浓度是10 86m ol/L,所以滤液1 中残余的Ga3+的浓度为一(10巧mol/L=3.0 xw0-2m o.L.317.(2020.山东高考真题)探究CH30H合成反应化学平衡的

31、影响因素，有利于提高CH30H的产率。以CO2H 2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：I.CO2(g)+3H2(g)D CH3OH(g)+H2O(g)=T9.5kJ molII.CO(g)+2H2(g)n CH3OH(g)A H2=-90.4kJ mol-in.CO2(g)+H2(g)D CO(g)+H2O(g)AH3回答下列问题:(1)A773=kJ-mol_1 o（2）一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 molC C h和 3 m0 I H 2 发生上述反应，达到平衡时，容器中C H 3 0 H（g）为 a mol,CO 为 b mol,此时见0 稔）的浓度为 mol.

32、L”（用含a、b、V 的代数式表示，下同），反应H I 的平衡常数为。（3）不同压强下，按照n（C O ：n（H2）=l：3投料，实验测定C C h的平衡转化率和C H 3 0 H 的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。一（co,）还已知：C O2的平衡转化率=妥 A 曳X 1 0 0%（C5）初始（CH30HMCHQH的平衡产率=-7-工 机x 1 0 0%（C 0 2）初始其中纵坐标表示C O2 平衡转化率的是图_ _ _ _ _ _ _ _ _ _（填“甲”或“乙”卜 压强口、P 2、P 3 由大到小的顺序为;图乙中Ti温度时，三 条 曲 线 几 乎 交 于 一 点 的 原 因 是。（4

33、）为同时提高C O2 的平衡转化率和C H 3 0 H 的平衡产率，应 选 择 的 反 应 条 件 为（填标号）。A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低 压 D.高温、高压【答案】（1）+4 0.9a+b(2)Vb(a+b)(l-a-b)(3-3 a-b)（3）乙 p i、P 2、PJ Ti时以反应m 为主,反应ni前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响（4）A【解析】(1).根据反应 1-1 1=1 1 1,贝必/7 3=4 4 1-4 4 2=-4 9.5 5 0 1 0-(-9 0.4 k J mo)=+4 0.9 k J-mol1；(2).假设反应H中，CO 反应了 xmol

34、,则 I I 生成的C H 3 0 H 为 xmol,I 生成的C H 3 0 H 为(a-x)mol,H I 生用 八 小、CO2(g)+3H2(g)D CH3OH(g)+H2O(g)成 CO 为(b+x)moL根据反应I：,反应II：a-x 3(a-x)a-x a-xCO(g)+2H式g)n C HQ H(g),反应nJ。式g)+H式g)口 8(g)+HQ(g),所以平衡时水的物质x 2x x b+x b+x b+x b+x的量为(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)mol,浓度为:国一上吧L空Pm oL L”;平衡时CO2的物质的量为VL V1 mol-(a-x)mol-(b+x

35、)mol=(1 -a-b)mol,H z 的物质 的量为 3moi-3(ax)mol-2x-(b+x)mol=(33a-b)mol,CO 的物质的量为bm oL 水的物质的量为(a+b)moL则反应IH的平衡常数为：b a+b_ x _V V _ b x(a+b)1 -a-b 3-3a-b(1-a-b)x(3-3a-b)V V(3).反应I 和 II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则 CH30H的平衡产率减少，所以图甲表示CH 30H的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I 和 H为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C02的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应n i 向正

36、反应方向移动，升高一定温度后以反应 山 为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO?的平衡转化率；压强增大，反应I 和 II是气体体积减小的反应，反应I 和 n 平衡正向移动，反应III气体体积不变化,平衡不移动,故压强增大CH 30H的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：P1P2P3；温度升高，反应I 和 n 平衡逆向移动，反应ni向正反应方向移动，所以T|温度时，三条曲线交与一点的原因为：时以反应IH为主，反应HI前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响：(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CHQ H的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH30H的平衡

37、产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。(-)选考题：共 15分。请考生从2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。1 8.化学选修3：物质结构与性质(15分)2018新课标用卷 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：(1)Zn原子核外电子排布式为。(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Z n和 Cu组成。第一电离能/,(Zn)九(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是 O(3)Zn F2具有较高的熔点(8 7 2 ),其 化 学 键 类 型 是;Zn F2不溶于有机溶剂而Zn C l2.Z

38、n B r2.Zn k能够溶于乙醇、乙醛等有机溶剂，原因是。(4)中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石(Zn C C h)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。Zn C 0 3中，阴离子空间构型为,C原子的杂化形式为。(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为。六棱柱底边边长为a c m,高为c c m,阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为 g-c m 7 (列出计算式)。【答案】(1)A r 3 d4s 2(2)大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)离子键 Zn F 2为离子化合物，Zn C b、Zn B r”Zn b的化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三

39、角形 s p 2(5)六方最密堆积(A,型)-竺 半-N x 6 x x a 2 cA 4【解析】(1)Zn是第3 0号元素，所以核外电子排布式为 A r 3 d 4s 2。(2)Zn的第一电离能应该高于C u的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Z n最外层上是一对电子，而C u的最外层是一个电子，Z n电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溪化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能

40、够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。(4)碳酸锌中的阴离子为C O f,根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4-3 x 2 4-2)7 2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为s p 2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为1 2 x 1+2 x 2+3=6个，6 2所以该结构的质量为6 x 6 5/N A g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a c m,底面的面积为6个边长为a c m的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面枳为6

41、x近a?c m2,高为c c m,46x65所以体积为6 x J i a%所以密度为：一 小 一=一 g em%4r6 xV3 a 2 c V3 a2J cXNTA4 4 A1 9.化学选修5：有机化学基础（1 5分）（2 0 2 0年山东新高考）化合物F是合成口部朵-2-酮类药物的一种中间体，其合成路线如下:A 爵钠)B OH-,A(CH&H&G H，FA 皿小 B(CnJci J o C ,)OH：J c/H,0 NaNH/NHj HQ.-fF(GoH,NOJo oU 可 前 铀 II II a知：I.II o 藻 RCH,CCHCORRCHSCOR HO 1 JoII.IIRCOHSOC

42、IO IlRCCIR NH,RO Il,ARCNHRTTT/NaNHJNH式 1)、，ZIIL Ar-X+CH.、r H；O+Ai-CH、/A r 为芳基；X=C 1,B r；Z 或 Z，=C O R,C O N H R,C O O R 等。回答下列问题：(1)实验室制备A的化学方程式为,提高A产率的方法是；A的某同分异构体只有一种化学环境的碳原子，其结构简式为.(2)C-D的反应类型为；E中 含 氧 官 能 团 的 名 称 为。(3)C的结构简式为，F的结构简式为。(4)Br2和N H,的反应与Bn和苯酚的反应类似，以和 7coeI为原料合成,写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任

43、选).【答案】(1)CH3coOH+CH3cH20H已频物1 CH3coOC2Hs+H2。及时蒸出产物(或增大乙酸或乙静的用量)。、?(2)取代反应 拨基、酰胺基CC0CM(j)NaNH/NH3(l)BTPY=O 比b V N 0Ur H【解析】根据B的结构和已知条件I可知R=H、R，=CH 2H 5,故A为CH 3coOC2H 5(乙酸乙酯)，有机物Bo oX J经过碱性条件下水解再酸化形成有机物c(H C OH)，有机物C与S0C12作用通过H2oo已知条件I I生成有机物D(H 3C/C C l)，有机物D与邻氯苯胺反应生成有机物EH2)，有机物E经已知条件in发生成环反应生成有机物F(

44、据此分析。(1)根据分析，有机物A为乙酸乙酯，在实验室中用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备，反应方程式为ACH3coOH+CH3cH20H CH3COOC2H5+H2O；该反应为可逆反应，若想提高乙酸乙酯的产率需要及浓 硫 酸时的将生成物蒸出或增大反应的用量；A的某种同分异构体只有1种化学环境的C原子，说明该同分异构体是一个对称结构，含有两条对称轴,则该有机物的结构为O和SOCb的反应，反应类型为取代反应；E的结，其结构中含氧官能团为炭基、酰胺基;(3)根据分析，C的结构简式为CH3coeH2coOH；F的结构简式为(4)以苯胺和H5C2OOCCH2coe1为原料制得目标产物，可将苯胺与澳反应生成2,4,6三溪苯胺，再将2,4,6三澳苯胺与H 5C2OOCCH 2COCI反应发生已知条件II的取代反应，再发生已知条件in的成环反应即可得到目标产物，反应的流程为 一c o二1H5c2OOCCH2coe1,由-g;：NHBrCOOC2H5NH2-呵Br0 G H 50 H3O+-NaNHz/N%。）Br