2024年高考化学终极押题密卷1（新高考1）含答案.doc

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1、2024年高考化学终极押题密卷1（新高考1）一选择题（共7小题）1已知：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，下列说法正确的是（）ACH4的球棍模型：BCH4的分子空间构型：正方形CCl的结构示意图：D此反应为取代反应2从柑橘中炼制萜二烯（），下列有关它的推测，不正确的是（）A分子式为C10H16B它能使酸性高锰酸钾溶液褪色C该分子所有的碳原子可能在一个平面D与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为3下列化学用语或表述正确的是（）A沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛B硅原子2py轨道电子云图：C酸性：HClO4HBrO4D基态Se的简化电子排布式为：Ar4s24p24关于原电池原理示意图错误的是（）A锌片

2、溶解B铜得到电子，被还原C锌失去电子，被氧化D电子从锌片经导线流向铜片5下列实验操作或装置正确的是（）A蒸发除去苯甲酸中的乙醇B用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液C除去水中的苯D实验室纯化工业乙酸乙酯61，2丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是（）AX的化学式为H2OB催化过程中金属元素Mo成键数发生改变CMoO3是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率D整个反应的化学方程式为7常温下，某学习小组用HA（强酸）调节pH，将AgB的溶解度（molL1）的变化数据绘制出曲

3、线如图所示。在酸性条件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列说法错误的是（）Ax的值：3.0x4.0Bb点的溶液中存在：c（Ag+）c（B）c（HB）C水的电离程度：abDc点的溶液中：Kspc（B）c（HB）或Kspc（B）c（A）均正确二解答题（共4小题）8从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式 、 。（2）漂白液的有效成分是 ，氯气既有氧化性又有还原性，结合图示说明理由 。（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方

4、程式 该反应中盐酸表现 （填字母）。A酸性B氧化性C还原性（4）84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为NaClO+2HClNaCl+Cl2+H2O，下列有关该反应说法不正确的是 。An（氧化剂）：n（还原剂）1：1Bn（氧化剂）：n（还原剂）1：2C氧化性：NaClOCl2DCl2既是氧化产物又是还原产物（5）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl除去，下列试剂中可将转化为Cl的是 （填字母）。AO3BFeSO4CKIDKMnO49CO2选择性加氢制二甲醚（DME）是实现CO2资源化利用的重要途径之一。近日，我国某研究团队

5、通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂（Me：CH3），实现了CO2加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为：反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）（1）则反应：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H kJmol1，该反应在 （填“低温”或“高温”）下可自发进行。（2）已知：生成物A的选择性，在4.0MPa下，密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示（不考虑其他因素影响）：

6、在220条件下，平衡时n（CO） mol，计算反应的平衡常数Kp为 （保留3位有效数字）；温度高于280，CO2的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原因： ；其他条件不变，压强改为3.0MPa，图中点C将可能调至点 （填“A”、“B”或“D”）。（3）结合图像解释“镓物种和疏水基团”在反应进行过程中的重要作用： 。10锰（Mn）、钴（Co）、镍（Ni）等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：（1）Mn的价电子排布式为 。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“ 理论”解释。（2）已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列 （填序号

7、），每个Mn原子周围紧邻的原子数为 。A.B.C.D.（3）Co（DMSO）6（ClO4）2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO（CH3）2，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为 ，SO（CH3）2中键角CSO CH3COCH3中键角CCO（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空间构型是 ，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为 。（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇（CH2CHCH2OH），其相对分子质量等于丙醛（CH3CH2CHO），但两者沸点相差较大，原因是 。（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的

8、离子坐标参数为 。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图乙），已知O2的半径为apm，设阿伏加德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为 g（用含a、NA的代数式表示）。11溴丙胺太林是一种辅助治疗十二指肠溃疡的药物，其合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）C的化学名称为 ；F中含有的官能团名称为 。（2）B转化为C的反应类型是 。（3）D的结构简式为 。（4）E到F反应中，无机产物分子的VSEPR模型名称为 。（5）写出转化为K的化学方程式： 。（6）X是的同分异构体，具有如下结构与性质：含有结构；能发生银镜反应；

9、除苯环外，不含其他环。符合条件的X共有 种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：2的结构简式为 。三工艺流程题（共1小题）12氧化铋（Bi2O3）是一种淡黄色、低毒的氧化物俗称铋黄，广泛应用于医药合成、能源材料等领域，也是制作防火纸的材料之一。以铋精矿（主要成分Bi2S3，还含有SiO2、Cu2S、FeS2、PbO2等杂质）为原料制备Bi2O3的一种工艺流程如图所示：已知：PbO2不溶于稀盐酸，“酸浸”后溶液中金属阳离子主要有Na+、Bi3+、Fe3+、Cu2+等。盐酸羟胺常用作还原剂。BiCl3在pH1时开始水解，pH3时BiCl3几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀。常温下部分阳离

10、子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀2.77.64.7完全沉淀3.79.66.7回答下列问题：（1）Bi与N同主族，Bi原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。（2）“滤渣1”的主要成分有S、 ，工业上以纯碱、石灰石、 （填化学式）为原料生产普通玻璃。（3）写出“酸浸”步骤中Bi2S3发生氧化还原反应的离子方程式： 。（4）“转化”步骤中加入盐酸羟胺（NH3OHCl）的目的是 。“调pH”步骤中加入Na2CO3调节溶液的pH，其合理范围为 。（5）“滤液2”中主要的金属阳离子有 （填离子符号）；流程中生成（BiO）2CO3的化学方程式为

11、。2024年菁优高考化学终极押题密卷1（新高考1）参考答案与试题解析一选择题（共7小题）1已知：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，下列说法正确的是（）ACH4的球棍模型：BCH4的分子空间构型：正方形CCl的结构示意图：D此反应为取代反应【考点】球棍模型与比例模型；判断简单分子或离子的构型菁优网版权所有【专题】原子组成与结构专题【答案】D【分析】A是CH4的空间充填模型，不是球棍模型；BCH4的价层电子对数4+4，C原子sp3杂化，据此判断分子空间构型；C氯原子得到一个电子形成了氯离子，核电荷数为17，核外电子数18，据此写出Cl的结构示意图；D有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团代替发生

12、的反应为取代反应。【解答】解：ACH4分子是正四面体结构，球棍模型：，故A错误；BCH4的分子空间构型为正四面体形，故B错误；C氯离子的结构示意图为：，故C错误；D已知：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，反应为取代反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、原子结构示意图、电子式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。2从柑橘中炼制萜二烯（），下列有关它的推测，不正确的是（）A分子式为C10H16B它能使酸性高锰酸钾溶液褪色C该分子所有的碳原子可能在一个平面D与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为【考点】有机

13、物的结构和性质菁优网版权所有【答案】C【分析】由及C形成4个共价键，分析分子式，分子中含CC，结合烯烃的性质来解答。【解答】解：A由结构简式可知，分子式为C10H16，故A正确；B含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B正确；C含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故C错误；D含2个双键，与2mol溴发生加成，则与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高考常见题型，侧重考查烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意D中发生加成反应特点，题目难度不大。3下列化学用语或表述正确的是（）A沸点：对羟基

14、苯甲醛邻羟基苯甲醛B硅原子2py轨道电子云图：C酸性：HClO4HBrO4D基态Se的简化电子排布式为：Ar4s24p2【考点】电子排布式与电子排布图；原子核外电子排布菁优网版权所有【专题】化学用语专题【答案】B【分析】A对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键；B硅原子2py轨道为纺锤形，沿着y轴延伸；C同主族元素从上到下，最高价含氧酸酸性依次减弱；D漏掉3d上的电子。【解答】解：A对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，沸点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，故A错误；B硅原子2py轨道电子云图：，故B正确；C酸性：HClO4HBrO4，故C错误；D基态Se的

15、简化电子排布式为：Ar3d104s24p2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子云图、电子排布表示式等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。4关于原电池原理示意图错误的是（）A锌片溶解B铜得到电子，被还原C锌失去电子，被氧化D电子从锌片经导线流向铜片【考点】原电池原理菁优网版权所有【专题】电化学专题【答案】B【分析】该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn2eZn2+、正极反应式为2H+2eH2，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。【解答】解：A锌易失电子作负极，负极反应式为

16、Zn2eZn2+，所以随着反应的进行，锌片溶解，故A正确；B正极为Cu，正极反应式为2H+2eH2，所以氢离子在铜表面被还原，产生气泡，铜未得到电子，故B错误；CZn易失电子作负极，被氧化，故C正确；D电子从锌沿导线流向正极Cu，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池正负极的判断、正负极上发生的反应及电子流向即可解答，能正确书写电极反应式，题目难度不大。5下列实验操作或装置正确的是（）A蒸发除去苯甲酸中的乙醇B用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液C除去水中的苯D实验室纯化工业乙酸乙酯【考点】化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】实验评价题【答案】D【分析】A.苯甲酸溶于乙醇，二者

17、沸点不同；B.氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，NaOH应盛放在碱式滴定管中；C.苯与水分层；D.工业乙酸乙酯中各有机物的沸点不同。【解答】解：A.苯甲酸溶于乙醇，二者沸点不同，不能选蒸发，应蒸馏分离，故A错误；B.氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，NaOH应盛放在碱式滴定管中，不能选图中酸式滴定管，故B错误；C.苯与水分层，不能过滤分离，应选分液法，故C错误；D.工业乙酸乙酯中各有机物的沸点不同，可选图中蒸馏装置分离，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。61，2

18、丙二醇可用作制备不饱和聚酯树脂的原料，在化妆品、牙膏和香皂中可与甘油配合用作润湿剂。已知1，2丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法不正确的是（）AX的化学式为H2OB催化过程中金属元素Mo成键数发生改变CMoO3是该反应的催化剂，可通过降低反应的活化能来提高化学反应速率D整个反应的化学方程式为【考点】探究化学反应机理菁优网版权所有【专题】物质的性质和变化专题【答案】D【分析】A反应为；BMo成键数发生改变；C催化剂降低反应的活化能；D由图可知，1，2丙二醇为反应物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物。【解答】解：A由题干反应历程图可知，反应为，则X为H2O，故A正确；B由图可知，Mo成键数

19、发生改变，故B正确；C催化剂MoO3通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，故C正确；D由图可知，1，2丙二醇为反应物，丙烯、甲醛和乙醛是生成物，则整个反应的化学方程式为：，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。7常温下，某学习小组用HA（强酸）调节pH，将AgB的溶解度（molL1）的变化数据绘制出曲线如图所示。在酸性条件下忽略Ag+的水解。已知：，。下列说法错误的是（）Ax的值：3.0x4.0Bb点的溶液中存在：c（Ag+）c（B）c（HB）C水的电离程度：abDc点的溶液中：Kspc（B）c（HB）或Kspc（B）c（A）均正确【考点

20、】沉淀溶解平衡菁优网版权所有【专题】电离平衡与溶液的pH专题【答案】C【分析】AKsp（AgBr）c（Ag+）c（B），a点时c（Ag+）0.10mol/L，则c（B）mol/L0.002mol/L，物料守恒关系为c（Ag+）c（B）+c（HB）0.10mol/L，c（HB）0.10mol/L0.002mol/L0.10mol/L，结合Ka（HB）c（H+）进行计算；B由图可知，b点时pH5，c（H+）1.0105mol/L，Ka（HB）1.01051.75105，c（B）1.75c（HB）c（HB），结合物料守恒为c（Ag+）c（B）+c（HB）分析判断；C酸抑制水的电离，c（H+）越大，抑

21、制作用越强；D由图可知，c点溶液呈中性，c（H+）c（OH），电荷守恒关系为c（Ag+）+c（H+）c（OH）+c（B）+c（A），即c（Ag+）c（B）+c（A）c（A），物料守恒关系为c（Ag+）c（B）+c（HB）c（HB），结合Ksp（AgBr）c（Ag+）c（B）分析判断。【解答】解：Aa点时c（Ag+）0.10mol/L，Ksp（AgBr）c（Ag+）c（B），则c（B）mol/L0.002mol/L，物料守恒关系为c（Ag+）c（B）+c（HB）0.10mol/L，c（HB）0.10mol/L0.002mol/L0.10mol/L，即Ka（HB）c（H+）c（H+）1.75105

22、，c（H+）8.75104mol/L，由于1.01048.751041.0103，所以3.0x4.0，故A正确；B由图可知，b点时pH5，c（H+）1.0105mol/L，Ka（HB）1.01051.75105，c（B）1.75c（HB）c（HB），物料守恒为c（Ag+）c（B）+c（HB）c（B），所以b点的溶液中存在：c（Ag+）c（B）c（HB），故B正确；C由图可知，酸性：ab，酸抑制水的电离，c（H+）越大，抑制作用越强，则水的电离程度：ab，故C错误；D由图可知，c点溶液呈中性，c（H+）c（OH），电荷守恒关系为c（Ag+）+c（H+）c（OH）+c（B）+c（A），即c（Ag+

23、）c（B）+c（A）c（A），物料守恒关系为c（Ag+）c（B）+c（HB）c（HB），则Ksp（AgBr）c（Ag+）c（B）c（B）c（HB）或Kspc（B）c（A），故D正确；故选：C。【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重图象分析判断能力和计算能力考查，把握溶度积常数和弱酸电离平衡常数表达式及其应用、水的电离及其影响因素是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。二解答题（共4小题）8从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物有重要用途，如图为氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：（1）根据图中信息写出Y、Z的化学

24、式 Cl2O7、HClO。（2）漂白液的有效成分是 NaClO，氯气既有氧化性又有还原性，结合图示说明理由 氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势。（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气。写出该反应的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O该反应中盐酸表现 AC（填字母）。A酸性B氧化性C还原性（4）84消毒液使用说明中特别提醒不可与洁厕灵混合使用，否则会产生氯气，有关反应方程式为NaClO+2HClNaCl+Cl2+H2O，下列有关该反应说法不正确的是 B。An（氧化剂）：n（还原剂）1：1Bn（氧化剂）：n（还原剂）1：2C氧化性：NaClOCl2

25、DCl2既是氧化产物又是还原产物（5）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（），需将其转化为Cl除去，下列试剂中可将转化为Cl的是 BC（填字母）。AO3BFeSO4CKIDKMnO4【考点】氯及其化合物的综合应用；根据化学式判断化合价菁优网版权所有【专题】卤族元素【答案】（1）Cl2O7；HClO；（2）NaClO；氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势；（3）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；AC；（4）B；（5）BC。【分析】（1）根据图中信息利用Cl元素的化合价和物质类别书写化学式；（2）氯气为0价，处于中间价态，所以既有降低的趋势，又有升高趋势；（3

26、）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸既体现了还原性，又体现了酸性；（4）84消毒液与洁厕灵混合使用，会产生氯气，反应的离子方程式为2H+Cl+ClOCl2+H2O，则NaClO是氧化剂，盐酸是还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物；（5）将转化为Cl的物质具有还原性。【解答】解：（1）根据图中信息可知，Cl的化合价为+7价，Y为氧化物，则Y的化学式为Cl2O7，Z的化合价为+1价，Z为酸，则Z的化学式为：HClO，故答案为：Cl2O7；HClO；（2）漂白液的有效成分是NaClO，氯气既有氧化性又有还原性，结合图可知，理由是：氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势

27、，故答案为：NaClO；氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高趋势；（3）实验室可用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，则该反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，盐酸的Cl的化合价部分由1价升高变为0价，既体现了还原性，又体现了酸性，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；AC；（4）A.反应中，NaClO是氧化剂，HCl是还原剂，部分被氧化，则 n（氧化剂）：n（还原剂）1：1，故A正确；B.n（氧化剂）：n（还原剂）1：1，则m（氧化剂）：m（还原剂）74.5：36.5，故B错误；C.NaClO是氧化剂，Cl2是氧

28、化产物，则氧化性：NaClOCl2，故C正确；D.Cl2 中Cl元素来源于NaClO和HCl，既是氧化产物又是还原产物，故D正确；故答案为：B；（5）将转化为Cl的物质具有还原性，则FeSO4和KI能将转化为Cl，故BC正确，故答案为：BC。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中氯元素的化合价变化为解答的关键，平时注意方程式书写及判断，题目难度不大。9CO2选择性加氢制二甲醚（DME）是实现CO2资源化利用的重要途径之一。近日，我国某研究团队通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂（Me：CH3），实现了CO2加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为：反应：CO2（g）+3H2（g

29、）CH3OH（g）+H2O（g）反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）（1）则反应：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H122.54kJmol1，该反应在 低温（填“低温”或“高温”）下可自发进行。（2）已知：生成物A的选择性，在4.0MPa下，密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生反应，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示（不考虑其他因素影响）：在220条件下，平衡时n（CO）0.02mol，计算反应的平衡常数Kp为 24.9（保留3位有效数字）；温度高于280，C

30、O2的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原因：反应为放热反应，反应为吸热反应，升温时反应左移，反应右移，温度高于 280时，反应右移程度大于反应左移程度，CO2的平衡转化率上升；其他条件不变，压强改为3.0MPa，图中点C将可能调至点 D（填“A”、“B”或“D”）。（3）结合图像解释“镓物种和疏水基团”在反应进行过程中的重要作用：镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算

31、；化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【答案】（1）122.54；低温；（2）0.02；24.9；反应为放热反应，反应为吸热反应，升温时反应左移，反应右移，温度高于 280时，反应右移程度大于反应左移程度，CO2的平衡转化率上升；D；（3）镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【分析】（1）根据盖斯定律，反应2+反应，可得，2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H2H1+H

32、2；根据HTS0自发进行判断；（2）在220条件下，平衡时CO2的转化率为40%，CO的选择性为5%，DME的选择性为80%，设反应转化的n（CO2）xmol，反应生成（DME）ymol，反应生成n（CO）zmol，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）变化量（mol） x 3x x x2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）变化量（mol） 2y y yCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）变化量（mol） z z z z则100%40%，100%5%，100%80%，可解得，x0.38，y0.16，z0.02，根据Kp计算反应的平衡常数；温度升高，平

33、衡向吸热方向移动；反应为气体减小的反应，反应、都为反应前后气体体积不变的反应，压强减小，反应逆向移动，甲醇的物质的量减小；（3）催化剂能加快反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附。【解答】解：（1）根据盖斯定律，反应2+反应，可得，2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）H2H1+H22（49.01kJmol1）+（24.52kJmol1）122.54kJmol1；H0，反应为气体体积减小的反应，即S0，根据HTS0自发进行可知，低温下能自发进行，故答案为：122.54；低温；（2）在220条件下，平衡时CO2的转化率为40

34、%，CO的选择性为5%，DME的选择性为80%，设反应转化的n（CO2）xmol，反应生成（DME）ymol，反应生成n（CO）zmol，CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）变化量（mol） x 3x x x2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）变化量（mol） 2y y yCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）变化量（mol） z z z z则100%40%，100%5%，100%80%，可解得，x0.38，y0.16，z0.02，即n（CO）0.02mol，n（H2O）（x+y+z）mol0.56mol，n（CH3OCH3）0.16mol，n（C

35、H3OH）（x2y）mol0.06mol，p（CH3OCH3）p总，p（H2O）p总，p（CH3OH）p总，反应的平衡常数Kp24.9，故答案为：0.02；24.9；反应为放热反应，反应为吸热反应，升温时反应左移，反应右移，温度高于 280时，反应右移程度大于反应左移程度，使CO2的平衡转化率随温度升高而上升，故答案为：反应为放热反应，反应为吸热反应，升温时反应左移，反应右移，温度高于 280时，反应右移程度大于反应左移程度，CO2的平衡转化率上升；其他条件不变，压强改为3.0MPa，压强减小，反应为气体减小的反应，反应、都为反应前后气体体积不变的反应，压强减小，反应逆向移动，甲醇的物质的量减

36、小，则反应逆向移动，CH3OCH3的物质的量减小，DME的选择性减小，图中点C将可能调至点D，故答案为：D；（3）镓物种作为催化剂能加快反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向移动，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化故答案为：镓物种作为催化剂加快了化学反应速率；疏水甲基基团调控了催化剂表面的浸润性，提升水分子的扩散速率并抑制其二次吸附，有利于反应正向进行，实现了催化剂活性、选择性提升，从而实现甲醇到二甲醚反应的高效转化。【点评】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡的影响等知识点，侧重考查阅读、分析、

37、判断及计算能力，明确化学平衡常数的计算方法、图像分析是解本题关键，题目难度较大。10锰（Mn）、钴（Co）、镍（Ni）等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：（1）Mn的价电子排布式为 3d54d2。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“电子气理论”解释。（2）已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列 C（填序号），每个Mn原子周围紧邻的原子数为 12。A.B.C.D.（3）Co（DMSO）6（ClO4）2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO（CH3）2，DMSO中硫原子的杂化轨道类型为 sp3，SO（CH3）2中键角CS

38、O 小于CH3COCH3中键角CCO（填“大于”“小于”或“等于”），ClO4的空间构型是 正四面体形，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为 OClS。（4）镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇（CH2CHCH2OH），其相对分子质量等于丙醛（CH3CH2CHO），但两者沸点相差较大，原因是 丙烯醇分子之间能形成分子间氢键。（5）NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，1），则C的离子坐标参数为 （1，）。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图乙），已知O2的半径为apm，设阿伏加

39、德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为 g（用含a、NA的代数式表示）。【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断菁优网版权所有【专题】化学键与晶体结构【答案】（1）3d54d2；电子气；（2）C；12；（3）sp3；小于；正四面体形；OClS；（4）烯醇分子之间能形成分子间氢键；（5）（1，）；。【分析】（1）锰元素的原子序数为24；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论；（2）型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心；（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，

40、丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用；（4）相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛；（5）由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0）、B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为（1，）；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为2apm2apmsin60a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三

41、角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2 a2pm2，含有的氧离子个数为61，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g。【解答】解：（1）锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54d2；电子气；（2）型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知，C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个

42、锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角CSO小于丙酮中键角CCO；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为OClS，则电负性的大小顺序为OClS，故答案为：sp3；小于；正四面体形；OClS；（4）相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛，故答案为：丙烯醇分子之间能形成分子间氢键；（5）由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0）、B为（1，1，1）可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为（1，）；由图乙可知，