1、2021-2022高考模擬考試理科綜合（化學部分）試題第卷（選擇題 共126分）一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。72021年世界化學論壇以“化學讓世界更美好”為主題，將對催化、合成、藥物、環(huán)境與能源等領域進行深入探討。下列敘述錯誤的是AK2FeO4具有強氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+B常利用活性炭或膠體的吸附性除去水中的懸浮物C使用適宜的催化劑，利用太陽能可實現(xiàn)水分解制取氫氣D利用大氣中CO2合成C2H6、CH3OH等有機原料，有利于控制海水酸化8.設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A60g冰醋酸與葡

2、萄糖的混合物中含有的原子數(shù)為8NAB標準狀況下，4.48L N2與3.36L H2充分反應后，所得NH3分子數(shù)為0.25NAC室溫下，1L1mol/L的NaF與1L1mol/LNaCl所含離子數(shù)目均大于2NA，且前者更大D5.6g鐵粉與足量的水蒸氣在高溫下反應，轉移電子數(shù)為0.3NA9.化合物的結構簡式如圖所示:(a)、(b)、(c)。下列說法正確的是()A.三種物質中只有b、c互為同分異構體B.a、b、c均有5種不同化學環(huán)境的氫原子C.a、b、c均能發(fā)生氧化反應、取代反應、加成反應D.與c互為同分異構體的同類物質還有5種(不考慮立體異構)10下列實驗中操作規(guī)范，且能達到實驗目的的是ABCD觀

3、察Fe（OH）2的生成蒸發(fā)結晶制備氯化鈉晶體制備并收集干燥的氨氣鐵上鍍銅11主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序數(shù)均不大于20，化合物ZW2與水劇烈反應，生成一種強堿和一種可燃性氣體單質，Q與X同族，且X的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，常溫下，Y的單質能溶于Q的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液。卻不溶于其濃溶液。下列說法正確的是A簡單離子半徑：ZQXYB工業(yè)上用電解相應氯化物冶煉Y單質CQ與X形成的化合物中，每個原子最外層均滿足8電子結構D化合物ZW2中只含有離子鍵12最近科學家采用碳基電極材料設計了一種電解氯化氫回收氯氣的新工藝，其原理如圖，下列說法錯誤的是A電源b端為正極BFe3+對總反應

4、起催化作用C陽極發(fā)生的電極反應式為2Cl- -2e- = Cl2（g）D電路中轉移1mole-，需要消耗5.6L O2(標準狀況)1325時，用HCl氣體調節(jié)0.1mol·L1氨水的pH，體系中粒子濃度的對數(shù)值(lgc)、反應物的物質的量之比與pH的關系如圖所示。若忽略通入氣體后溶液體積的變化，下列有關說法正確的是A25時，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為10-9.25Bt=0.5時，2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(OH)CP1所示溶液：c(Cl)=0.05mol·L1DP2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3

5、3;H2O)第II卷（非選擇題 共174分）三、非選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。26（15分）錳酸鋰離子蓄電池是第二代鋰離子動力電池，性能優(yōu)良。工業(yè)上用某軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有少量鐵、鋁及硅等氧化物)為原料制備錳酸鋰(LiMn2O4)。流程如圖：回答下列問題：。（1）“浸取”得到的浸取液中陽離子主要是Mn2+，生成Mn2+的離子方程式為：_。（2）濾渣的主要成分是_；“精制”中加入H2O2的量比理論值大得多，其主要原因是_。（3）“沉錳”得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO

6、4濾餅，二者均可被氧化為MnO2，若控溫氧化時溶液的pH隨時間的變化如圖，其中pH下降的原因是_(用化學方程式表示)。（4）工業(yè)上也可以將“精制”后的濾液加入K2S2O8來合成MnO2。K2S2O8中S的化合價為+6價，則一個S2O82-中含過氧鍵的數(shù)目為_，加入K2S2O8溶液合成MnO2發(fā)生反應的離子方程式為_。（5）“鋰化”是將MnO2和Li2CO3按4：1的物質的量比配料，球磨35h，然后升溫至600750，保溫24h，自然冷卻至室溫得產(chǎn)品。所得混合氣體的成分是_。（6）為測定成品錳酸鋰的純度，實驗室可通過連續(xù)滴定法測定錳酸鋰中錳元素的平均價態(tài)。現(xiàn)進行如下實驗：步驟1：取少量成品錳酸鋰

7、(假設為LiMnxOy)分成兩等份，分別置于兩只錐形瓶中；步驟2：向一只錐形瓶中加入稀硝酸和雙氧水，完全反應后，LiMnxOy中Mn元素轉化為，除去過量的雙氧水。調節(jié)pH，滴加指示劑，用濃度為0.400的EDTA標準溶液滴定，終點時消耗EDTA標準溶液20.00mL(已知：Mn2+與EDTA反應的化學計量數(shù)之比為1：1)；步驟3：向另一錐形瓶中加入1.340gNa2C2O4和足量硫酸，充分反應后，用0.100 KMnO4標準溶液滴定，到達滴定終點時消耗KMnO4標準溶液20.80mL。已知：LiMnxOyMn2+則此成品錳酸鋰LiMnxOy中Mn元素的平均化合價為_。27（14分）“消毒液”(

8、主要溶質為次氯酸鈉和氯化鈉)與硫酸溶液加熱反應可以制取氯氣。為探究氯氣的性質，某同學設計了如圖所示的實驗裝置。（已知：氧化性Cl2>I2）請回答：（1）在該實驗中，用“消毒液”制取氯氣的化學方程式為 _，方框中應選用如圖裝置中的 _(填字母)。（2）裝置、中依次放的是干燥的紅色布條和濕潤的紅色布條，實驗過程中該同學發(fā)現(xiàn)裝置中的布條也褪色，分析原因并提出改進方法 _。（3）將裝置中的混合物，振蕩靜置后觀察到的現(xiàn)象是 _。（4）中通入氯氣后，得到的混合物可用于殺菌消毒，其有效成分為 _(化學式)；但該物質敞放在空氣中會失效，用化學方程式解釋其原因 _。的作用為 _。28二氧化碳轉化為甲醇有利

9、于實現(xiàn)碳中和。(1)二氧化碳合成甲醇經(jīng)歷以下兩步： 則合成總反應_。(2)時，在體積為的剛性容器中，投入2molCO2和6molH2，合成總反應達到平衡時，CO2的平衡轉化率為。該反應的平衡常數(shù)K=_(保留1位小數(shù))。有利于提高CO2平衡轉化率的是_(填標號)。A降低溫度 B繼續(xù)通入CO2 C及時將CH3OH分離 D使用合適催化劑(3)我國科學家制備了一種催化劑，實現(xiàn)CO2高選擇性合成CH3OH。氣相催化合成過程中，CO2轉化常(X)及CH3OH選擇性(S)隨溫度及投料比的變化曲線如圖。生成CH3OH的最佳條件是_(填標號)。A BC D溫度升高，CO2轉化率升高，但產(chǎn)物CH3OH含量降低的原

10、因：_。(4)甲醇進一步合成天然淀粉的路線如圖，其中為生物酶。 合成天然淀粉過程中加入過氧化氫酶的作用是_。以CO2為原料人工合成淀粉，為1個周期，每克催化劑能生產(chǎn)淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率為。該方法生產(chǎn)淀粉的效率是玉米的_倍(保留1位小數(shù))。（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。35化學選修3：物質結構與性質（15分）推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料。回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子核外

11、電子運動狀態(tài)有_種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是_。(2)在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負性由大到小的順序是_；NH4+的空間構型為_；H2PO4-中P原子的雜化軌道類型為_。(3)1mol中含有_mol鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是_。(4)構想某鋰電池的負極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結構如圖。石墨的硬度小、熔沸點高的原因分別是_。如圖晶體的化學式為_；該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為_gcm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)。36化學選修5：有機化學基礎（15分）化合物H是合成雌酮激素的中

12、間體，科學家們采用如下合成路線：回答下列問題：(1)A生成B的反應類型為_。(2)B生成C的化學方程式為_。(3)D中官能團的名稱為_，F(xiàn)的結構簡式為_。(4)E的同分異構體中符合下列條件的有_種，其中核磁共振氫譜有5組峰，且峰面積之比為6：2：2：1：1的結構簡式為_。能發(fā)生銀鏡反應苯環(huán)上有三個取代基且其中兩個為酚羥基(5)寫出以苯和為原料制備化合物的合成路線_(其他試劑任選)。第卷（選擇題 共126分）一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。72021年世界化學論壇以“化學讓世界更美好”為主題，將對催化、合成、藥物、環(huán)境與能源

13、等領域進行深入探討。下列敘述錯誤的是AK2FeO4具有強氧化性，可以除去硬水中的Ca2+、Mg2+B常利用活性炭或膠體的吸附性除去水中的懸浮物C使用適宜的催化劑，利用太陽能可實現(xiàn)水分解制取氫氣D利用大氣中CO2合成C2H6、CH3OH等有機原料，有利于控制海水酸化【答案】A【解析】AK2FeO4具有強氧化性，而Ca2+、Mg2+也具有氧化性兩者不發(fā)生反應，故A不正確；B活性炭和膠體都具有吸附性，故可以除去懸浮物，故B正確；C利用催化劑參與反應，能將水分解生成氫氣，故C正確；D將二氧化碳合成乙烷、甲醇等中性物質，有利用控制海水酸化，故D正確；故選答案A。8.設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正

14、確的是A60g冰醋酸與葡萄糖的混合物中含有的原子數(shù)為8NAB標準狀況下，4.48L N2與3.36L H2充分反應后，所得NH3分子數(shù)為0.25NAC室溫下，1L1mol/L的NaF與1L1mol/LNaCl所含離子數(shù)目均大于2NA，且前者更大D5.6g鐵粉與足量的水蒸氣在高溫下反應，轉移電子數(shù)為0.3NA【答案】A【解析】A冰醋酸與葡萄糖的最簡式相同，均為CH2O，則60g冰醋酸與葡萄糖的混合物中含有的原子數(shù)為mol-1=8，故A正確；B分子中應含有同位素，且與的反應為可逆反應，所得分子數(shù)小于，故B錯誤；C據(jù)電荷守恒，氯化鈉：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),氟化鈉：c(

15、Na+)+c(H+小)=c(F-)+c(OH-大)陽離子總和的2倍就是所有離子的總濃度。由于二者鈉離子相同，只需比較氫離子即可。氟化鈉中，氟離子水解顯堿性，導致氫氧根離子濃度增大，由于水的離子積為常數(shù)，所以氫離子濃度減少，所以，氯化鈉溶液中，c(Na+)+c(H+)更大，物質的量更大，大于2故C錯誤；D根據(jù)化學方程式可知：5.6g鐵粉的物質的量為0.1mol，消耗，得電子數(shù)為，故D錯誤；故選A。9.化合物的結構簡式如圖所示:(a)、(b)、(c)。下列說法正確的是()A.三種物質中只有b、c互為同分異構體B.a、b、c均有5種不同化學環(huán)境的氫原子C.a、b、c均能發(fā)生氧化反應、取代反應、加成反

16、應D.與c互為同分異構體的同類物質還有5種(不考慮立體異構)【答案】C【解析】由結構簡式可知,a、b、c的分子式均為C8H8O2,A項錯誤;a含有5種環(huán)境的氫原子(),b含有5種環(huán)境的氫原子(),c含有4種環(huán)境的氫原子(),B項錯誤;含有羥基(或羧基、酯基),可發(fā)生取代反應,含有碳碳雙鍵和苯環(huán),可發(fā)生加成反應,烴的含氧衍生物可以燃燒,故能發(fā)生氧化反應,C項正確;該有機物的含酯基的芳香族化合物的同分異構體,可為苯甲酸甲酯,甲酸苯甲酯,甲酸苯酚酯(含有甲基,有鄰、間、對3種)共5種,還有4種,D項錯誤。10下列實驗中操作規(guī)范，且能達到實驗目的的是ABCD觀察Fe（OH）2的生成蒸發(fā)結晶制備氯化鈉晶

17、體制備并收集干燥的氨氣鐵上鍍銅【答案】A【解析】A硫酸亞鐵和氫氧化鈉溶液反應，生成的白色氫氧化亞鐵，植物油隔絕了空氣，因此能觀察氫氧化亞鐵的生成，A正確；B蒸發(fā)結晶應該在蒸發(fā)皿中進行，不能在坩堝中進行，B錯誤；C氨氣密度小于空氣，應該用向下排空氣法收集，C錯誤；D鐵上鍍銅，鐵做陰極，銅做陽極，D錯誤；答案選A。11主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序數(shù)均不大于20，化合物ZW2與水劇烈反應，生成一種強堿和一種可燃性氣體單質，Q與X同族，且X的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，常溫下，Y的單質能溶于Q的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液。卻不溶于其濃溶液。下列說法正確的是A簡單離子半徑：ZQXYB工業(yè)

18、上用電解相應氯化物冶煉Y單質CQ與X形成的化合物中，每個原子最外層均滿足8電子結構D化合物ZW2中只含有離子鍵【答案】D【解析】主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序數(shù)均不大于20，化合物ZW2與水劇烈反應，生成一種強堿和一種可燃性氣體單質，則ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外層電子數(shù)是內層電子數(shù)的3倍，故X是O元素，Q與X同族，則Q為S元素，Y的單質能溶于Q的最高價氧化物的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液，則Y為Al元素，據(jù)此分析解題。由上述分析可知，Q為S、W為H、X為O、Y為Al、Z為Ca，A電子層越多、離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則簡單離

19、子半徑：QZXY，A錯誤；BAl為活潑金屬，工業(yè)上電解Al2O3冶煉Al單質，而氯化鋁為共價化合物不導電，B錯誤；CQ與X形成的化合物有SO2與SO3，S原子最外層電子數(shù)均不滿足8電子結構，C錯誤；D化合物ZW2是CaH2，屬于離子化合物，電子式為，只含有離子鍵，D正確；故答案為：D。12最近科學家采用碳基電極材料設計了一種電解氯化氫回收氯氣的新工藝，其原理如圖，下列說法錯誤的是A電源b端為正極BFe3+對總反應起催化作用C陽極發(fā)生的電極反應式為2Cl- -2e- = Cl2（g）D電路中轉移1mole-，需要消耗5.6L O2(標準狀況)【答案】C 【解析】根據(jù)電解池的工作原理，陽離子移向陰

20、極，故H+由陽極區(qū)向陰極區(qū)遷移，故左側為陰極，右側為陽極，故a為電源的負極，b為電源的正極，由電解池裝置圖可知，HCl 氣體在陽極放電產(chǎn)生 Cl2，故陽極電極反應式為：2HCl2e=Cl2+2H+。由電解池裝置圖可知，F(xiàn)e3+在陰極放電產(chǎn)生 Fe2+，故陰極電極反應式為：2Fe3+2e=2Fe2+，再發(fā)生4Fe2+O2+4H+=2H2O+4Fe3+的反應，總反應方程式為： 4HCl+O2=2Cl2+2H2O。A陽離子移向陰極，H+由陽極區(qū)向陰極區(qū)遷移，故左側為陰極，右側為陽極，故a為電源的負極，b為電源的正極，A正確；B總反應方程式為： 4HCl+O2=2Cl2+2H2O，故對總反應起催化作用

21、，B正確；CHCl 氣體在陽極放電產(chǎn)生 Cl2，故陽極電極反應式為：2HCl2e=Cl2+2H+，C錯誤；D消耗 1mol 氧氣轉移 4mol 電子，則電路中轉移 1mol 電子，消耗 0.25mol 氧氣，標況下氧氣體積為0.25mol× 22.4L/mol=5.6L，D正確；故選C。1325時，用HCl氣體調節(jié)0.1mol·L1氨水的pH，體系中粒子濃度的對數(shù)值(lgc)、反應物的物質的量之比與pH的關系如圖所示。若忽略通入氣體后溶液體積的變化，下列有關說法正確的是A25時，NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為10-9.25Bt=0.5時，2c(H+)+c(NH3&

22、#183;H2O)=c(NH4+)+2c(OH)CP1所示溶液：c(Cl)=0.05mol·L1DP2所示溶液：c(NH4+)>100c(NH3·H2O)【答案】D【解析】ANH3·H2O的電離平衡常數(shù)K=，據(jù)圖可知當lgc(NH4+)=lgc(NH3·H2O)，即c(NH4+)=c(NH3·H2O)時，溶液pH=9.25，則此時c(OH)=10-4.75mol/L，所以K=10-4.75，A錯誤；Bt=0.5時，溶液中的溶質為等物質的量的NH3·H2O和NH4Cl，溶液中存在電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c

23、(Cl)，存在物料守恒2c(Cl)=c(NH3·H2O)+c(NH4+)，聯(lián)立可得2c(H+)+ c(NH4+) = c(NH3·H2O) +2c(OH)，B錯誤；C若c(Cl)=0.05mol·L1，則此時溶質應為等物質的量的NH3·H2O和NH4Cl，由于NH4+的水解程度和NH3·H2O的電離程度不同，所以此時溶液中c(NH4+)c(NH3·H2O)，與P1不符，C錯誤；DK=10-4.75，P2所示溶液pH=7，則c(OH-)=10-7，所以=102.25100，D正確；綜上所述答案為D。第II卷（非選擇題 共174分）三、非

24、選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。26（15分）錳酸鋰離子蓄電池是第二代鋰離子動力電池，性能優(yōu)良。工業(yè)上用某軟錳礦(主要成分為MnO2，還含有少量鐵、鋁及硅等氧化物)為原料制備錳酸鋰(LiMn2O4)。流程如圖：回答下列問題：。（1）“浸取”得到的浸取液中陽離子主要是Mn2+，生成Mn2+的離子方程式為：_。（2）濾渣的主要成分是_；“精制”中加入H2O2的量比理論值大得多，其主要原因是_。（3）“沉錳”得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4濾餅，二者均可被氧化為MnO2，若控溫氧化時溶液

25、的pH隨時間的變化如圖，其中pH下降的原因是_(用化學方程式表示)。（4）工業(yè)上也可以將“精制”后的濾液加入K2S2O8來合成MnO2。K2S2O8中S的化合價為+6價，則一個S2O82-中含過氧鍵的數(shù)目為_，加入K2S2O8溶液合成MnO2發(fā)生反應的離子方程式為_。（5）“鋰化”是將MnO2和Li2CO3按4：1的物質的量比配料，球磨35h，然后升溫至600750，保溫24h，自然冷卻至室溫得產(chǎn)品。所得混合氣體的成分是_。（6）為測定成品錳酸鋰的純度，實驗室可通過連續(xù)滴定法測定錳酸鋰中錳元素的平均價態(tài)。現(xiàn)進行如下實驗：步驟1：取少量成品錳酸鋰(假設為LiMnxOy)分成兩等份，分別置于兩只錐

26、形瓶中；步驟2：向一只錐形瓶中加入稀硝酸和雙氧水，完全反應后，LiMnxOy中Mn元素轉化為，除去過量的雙氧水。調節(jié)pH，滴加指示劑，用濃度為0.400的EDTA標準溶液滴定，終點時消耗EDTA標準溶液20.00mL(已知：Mn2+與EDTA反應的化學計量數(shù)之比為1：1)；步驟3：向另一錐形瓶中加入1.340gNa2C2O4和足量硫酸，充分反應后，用0.100 KMnO4標準溶液滴定，到達滴定終點時消耗KMnO4標準溶液20.80mL。已知：LiMnxOyMn2+則此成品錳酸鋰LiMnxOy中Mn元素的平均化合價為_。【答案】（1）（2）Fe(OH)3、Al(OH)3 H2O2在Fe3+作用下

27、部分催化分解 （3）（4）1 （5）CO2、O2（6）+3.2【解析】根據(jù)(1)問信息知，軟錳礦漿經(jīng)過浸取后，MnO2被FeSO4還原為MnSO4，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，另外原料中的Fe轉化為Fe2+，Al轉化為Al3+，在精制過程中，F(xiàn)e2+被H2O2氧化為Fe3+，加入MnO調節(jié)pH可將Fe3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉錳步驟中轉化為Mn(OH)2等沉淀，經(jīng)過控溫氧化轉化為MnO2，在鋰化過程中，MnO2與Li2CO3反應得到產(chǎn)品LiMn2O4。（1）由分析知，浸取時，MnO2被FeSO4還原為MnSO4，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，根據(jù)得失電

28、子守恒初步確定反應方程式為：MnO2+2Fe2+2Fe3+Mn2+，結合溶液顯酸性，在方程式左邊添加4個H+配平電荷守恒，在右邊添加2個H2O配平元素守恒，得完整方程式為：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；（2）由分析知，濾渣主要成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；因為H2O2在Fe3+催化下會發(fā)生分解，為了使Fe2+完全氧化，故H2O2的用量比理論值要多，故此處填：H2O2在Fe3+作用下部分催化分解；（3）控溫氧化時溶液pH下降，說明有酸性物質生成，推測可能是氧化Mn2(OH)2SO4生成H2SO4導致，對應方程式為：Mn2(OH)2SO4+O2=2MnO2+H2S

29、O4；（4）中S元素為+6價，若8個O均為-2價，則S元素為+7價，不符合題意，故推測有2個O是-1價，即形成過氧鍵，故1個含有1個過氧鍵；加入K2S2O8可將Mn2+直接氧化為MnO2，被還原為，根據(jù)得失電子守恒初步配平反應為：Mn2+MnO2+2，結合溶液顯酸性，在方程式右邊添加4個H+配平電荷守恒，在左邊添加2個H2O配平元素守恒，得完整方程式為：Mn2+2H2O=MnO2+2+4H+；（5）由題意初步確定反應為：4MnO2+Li2CO3LiMn2O4，Mn元素化合價降低，則必然有元素化合價升高，此時只能是氧元素化合價升高，推測生成O2，反應前有碳酸鹽，推測另一種氣體為CO2，故此處填：

30、O2、CO2；（6）由步驟2得，Mn元素總物質的量n=n(EDTA)=0.4000 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL=8×10-3 mol；在步驟3中，KMnO4測定的是過量的Na2C2O4，由得失電子守恒得關系式：2KMnO45Na2C2O4，則剩余的n(Na2C2O4)=，則與樣品反應的n(Na2C2O4)=，假設錳酸鋰中Mn元素平均價為+a價，根據(jù)得失電子守恒列式得：(a-2)×8×10-3 mol=2×4.8×10-3 mol，解得a=3.2，故此處填+3.2。27（14分）“消毒液”(主要溶質為次氯

31、酸鈉和氯化鈉)與硫酸溶液加熱反應可以制取氯氣。為探究氯氣的性質，某同學設計了如圖所示的實驗裝置。（已知：氧化性Cl2>I2）請回答：（1）在該實驗中，用“消毒液”制取氯氣的化學方程式為 _，方框中應選用如圖裝置中的 _(填字母)。（2）裝置、中依次放的是干燥的紅色布條和濕潤的紅色布條，實驗過程中該同學發(fā)現(xiàn)裝置中的布條也褪色，分析原因并提出改進方法 _。（3）將裝置中的混合物，振蕩靜置后觀察到的現(xiàn)象是 _。（4）中通入氯氣后，得到的混合物可用于殺菌消毒，其有效成分為 _(化學式)；但該物質敞放在空氣中會失效，用化學方程式解釋其原因 _。的作用為 _。【答案】（1） C（2）氯氣中混有水蒸氣

32、，改進方法為在裝置、之間添加一個盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）分層，下層液體呈紫紅色（4）Ca(ClO)2 吸收氯氣尾氣，防止污染空氣【解析】裝置用于制備，反應為，固體和液體反應需要加熱，可選擇C為發(fā)生裝置，制得的混有水蒸氣，為防止水蒸氣的干擾，可在、之間增加一盛裝濃硫酸的干燥裝置，、中依次放的是干燥的紅色布條和濕潤的紅色布條，可觀察到中布條不褪色，中布條褪色；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，則溶液分層、下層顯紫紅色，在中與石灰乳反應生成漂白粉，F(xiàn)中的溶液用于吸收尾氣，防止污染空氣，據(jù)此分析作答。（1）由題意可知，反應原理為加熱條件下，次氯酸鈉、氯化鈉與硫酸溶液反應生成

33、氯氣，反應為，根據(jù)制備原理可知，制備氯氣的反應物為固體與液體，反應條件為加熱，所以應選擇裝置C作發(fā)生裝置，故答案為：；C。（2）氯氣中混有少量的水蒸氣，氯氣與水反應，反應為，生成的使裝置中干燥的有色布條褪色，可在、之間加一個盛裝濃硫酸的洗氣瓶，除去氯氣中的水蒸氣，故答案為：氯氣中混有水蒸氣，改進方法為在裝置、之間添加一個盛有濃硫酸的洗氣瓶。（3）氯氣與反應生成I2單質，離子方程式為，萃取生成的I2單質呈紫紅色，且溶有I2單質的不溶于水，出現(xiàn)分層現(xiàn)象，故答案為：分層，下層液體呈紫紅色。（4）石灰乳的主要成分是，能與反應生成、，具有強氧化性，可用于殺菌消毒，但二氧化碳能與次氯酸鈣反應生成碳酸鈣和次

34、氯酸，見光分解，導致漂白粉失效，反應為，氯氣是有毒氣體，會污染空氣，但能與溶液反應，則中盛裝的溶液可吸收尾氣的氯氣，防止污染空氣，故答案為：；吸收氯氣尾氣，防止污染空氣。28二氧化碳轉化為甲醇有利于實現(xiàn)碳中和。(1)二氧化碳合成甲醇經(jīng)歷以下兩步： 則合成總反應_。(2)時，在體積為的剛性容器中，投入2molCO2和6molH2，合成總反應達到平衡時，CO2的平衡轉化率為。該反應的平衡常數(shù)K=_(保留1位小數(shù))。有利于提高CO2平衡轉化率的是_(填標號)。A降低溫度 B繼續(xù)通入CO2 C及時將CH3OH分離 D使用合適催化劑(3)我國科學家制備了一種催化劑，實現(xiàn)CO2高選擇性合成CH3OH。氣相

35、催化合成過程中，CO2轉化常(X)及CH3OH選擇性(S)隨溫度及投料比的變化曲線如圖。生成CH3OH的最佳條件是_(填標號)。A BC D溫度升高，CO2轉化率升高，但產(chǎn)物CH3OH含量降低的原因：_。(4)甲醇進一步合成天然淀粉的路線如圖，其中為生物酶。合成天然淀粉過程中加入過氧化氫酶的作用是_。以CO2為原料人工合成淀粉，為1個周期，每克催化劑能生產(chǎn)淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率為。該方法生產(chǎn)淀粉的效率是玉米的_倍(保留1位小數(shù))。【答案】(1)-49(2)0.5L2/mol2 AC(3)B 溫度升高，反應速率加快，CO2轉化率升高，但副反應也增多，CH3OH含量降低(4)及時分解H2

36、O2，防止其對酶的氧化，同時增大O2的利用率 8.5【解析】(1)已知 根據(jù)蓋斯定律，由+得合成總反應H1+H2=-49；(2)根據(jù)三段式可知：該反應的平衡常數(shù)K=0.5L2/mol2；A.反應-49為放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，CO2轉化率增大，選項A正確；B.繼續(xù)通入，CO2轉化率降低，選項B錯誤；C.及時將分離，平衡正向移動，CO2轉化率增大，選項C正確；D.催化劑不能使平衡移動，CO2轉化率不變，選項D錯誤；答案選AC；(3)由圖可知，320，選擇性及CO2轉化率均最佳，答案選B；溫度升高，反應速率加快，轉化率升高，但副反應也增多，含量降低；(4)由合成天然淀粉的路線可知，過氧化

37、氫酶的作用是:及時分解H2O2，防止其對酶的氧化，同時增大O2的利用率；以為原料人工合成淀粉，為1個周期，每克催化劑能生產(chǎn)淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率為。該方法生產(chǎn)淀粉的效率是玉米的=8.5倍。（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。35化學選修3：物質結構與性質（15分）推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料。回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子核外電子運動狀態(tài)有_種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的

38、原因是_。(2)在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負性由大到小的順序是_；NH4+的空間構型為_；H2PO4-中P原子的雜化軌道類型為_。(3)1mol中含有_mol鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是_。(4)構想某鋰電池的負極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結構如圖。石墨的硬度小、熔沸點高的原因分別是_。如圖晶體的化學式為_；該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為_gcm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)。【答案】(1) 26 基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)(2) O>N>P 正四面體形

39、sp3雜化(3) 14 苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能(4) 石墨晶體為層狀結構，層間作用力為范德華力，硬度小，層內碳原子間以共價鍵結合，熔沸點高 LiC6 【解析】(1)根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，鐵是26號原子，核外有26個電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運動狀態(tài)有26種，根據(jù)洪特規(guī)則及特例可知，由于基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定，故答案為：26；基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)；(2)根據(jù)同一周期從左往右元素的電負性依次增強，同一主族從上往下元素的電負性依次減弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負性由大到小的順序是ONP，NH4+的中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則其空間構型為正四面體， 已知中中心原子P原子周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則P的雜化方式為sp3，H2PO4-與的雜化方式相同，則H2PO4-中P原子的雜化軌道類型為s