2022年高考化學(xué)模擬卷（全國卷專用）二輪拔高卷2可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5K39Fe56一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7．化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列說法中錯(cuò)誤的是A．電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法B．市面上的防曬衣通常采用聚酯纖維材料制作，忌長期用肥皂洗滌C．“天和”核心艙其腔體使用的氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于無機(jī)非金屬材料D．地溝油經(jīng)處理后可得到生物柴油，其主要成份和柴油相同，都是烴類【答案】D【解析】A．鎂比鐵活潑，鎂與鐵連接后，鎂失去電子受到腐蝕，從而保護(hù)了鐵不受腐蝕，因此鎂可以保護(hù)不銹鋼，故A正確；B．聚酯纖維材料屬于酯類，在堿性條件下水解，所以忌長期用肥皂洗滌，故B正確；C．氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于無機(jī)非金屬材料，故C正確；D．地溝油屬于酯類，柴油屬于烴類，故D錯(cuò)誤；故答案為D。8．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．pH=1的H2SO4溶液中含有0.1NA個(gè)H＋B．3.1gP4(正四面體結(jié)構(gòu))中的共價(jià)鍵數(shù)目為0.4NAC．2.3gNa在空氣中點(diǎn)燃，完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.1NAD．11g由3H和16O組成的超重水中，中子數(shù)和電子數(shù)之和為10NA【答案】C【詳解】A．溶液體積不知道、難以計(jì)算其中氫離子的數(shù)目，A錯(cuò)誤；B．P4(正四面體結(jié)構(gòu))分子內(nèi)每個(gè)P原子分別與其它三個(gè)P原子共用一對(duì)電子對(duì)，故P4分子內(nèi)有6個(gè)P-P，則3.1gP4中的共價(jià)鍵數(shù)目為=0.15NA，B錯(cuò)誤；C．鈉在空氣中點(diǎn)燃時(shí)發(fā)生，則：2.3g即0.1molNa在空氣中點(diǎn)燃，完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定為0.1NA，C正確；D．3H和16O組成的超重水分子式為3H216O，分子內(nèi)的中子數(shù)為12、電子數(shù)為10、中子數(shù)和電子數(shù)之和22，相對(duì)分子質(zhì)量為22，則11g由3H和16O組成的超重水中，中子數(shù)和電子數(shù)之和為=11NA，D錯(cuò)誤；答案選C。9．2021年10月6日，德國科學(xué)家本亞明·利斯特(BenjaminList)和美國科學(xué)家戴維·麥克米倫(DavidMacMillan)，因“開發(fā)了不對(duì)稱有機(jī)催化”獲得2021年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。脯氨酸是一種有效的催化劑，脯氨酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖，下列說法正確的是A．屬于烴類化合物，分子式為C5H9NO2 B．與甘氨酸()互為同系物C．能發(fā)生縮聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng) D．分子中所有原子可能共平面【答案】C【解析】A．烴是只含C、H兩種元素的化合物，脯氨酸分子式為C5H9NO2，含有C、H、O、N四種元素，因此不屬于烴類化合物，A錯(cuò)誤；B．甘氨酸為鏈狀結(jié)構(gòu)，脯氨酸為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，B錯(cuò)誤；C．脯氨酸含有羧基、亞氨基，可發(fā)生縮聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)、取代反應(yīng)，C正確；D．環(huán)上的C、N原子采用sp3雜化，具有四面體結(jié)構(gòu)，因此環(huán)上的所有原子不可能處于同一平面上，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。10．一種鋰離子電池的電解液添加劑，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期非金屬元素。下列說法錯(cuò)誤的是A．XY2是酸性氧化物 B．WZ3中W達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)C．最簡單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X D．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)【答案】B【分析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期非金屬元素，Z形成1個(gè)共價(jià)鍵，則Z是第VIIA的元素，Y形成2個(gè)共價(jià)鍵則Y是第VIA元素，X形成4個(gè)共價(jià)鍵，說明Y最外層有4個(gè)電子的第IVA元素，結(jié)合該陰離子帶一個(gè)單位負(fù)電荷，可知W與Y形成配位鍵，W原子最外層有3個(gè)電子，可推知W是B，X是C，Y是O，Z是F元素，然后根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及元素周期律分析解答?！驹斀狻緼．XY2是CO2，CO2與水反應(yīng)產(chǎn)生H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，A正確；B．WZ3是BF3，B原子最外層有3個(gè)電子，與3個(gè)F原子形成3對(duì)共用電子對(duì)，使B原子最外層電子數(shù)是6個(gè)，未達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，B錯(cuò)誤；C．X、Y形成的簡單氫化物分別是CH4、H2O，二者都是由分子構(gòu)成的物質(zhì)，由于H2O分子之間存在氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)比CH4高，所以最簡單氫化物的沸點(diǎn)：Y＞X，C正確；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性就越強(qiáng)，由于元素的非金屬性：C＞B，所以酸性：H2CO3＞H3BO3，即最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)，D正確；故合理選項(xiàng)是B。11．依據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，得出的結(jié)論正確的是操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向NaBr溶液中加入過量氯水，再加入淀粉—KI溶液溶液變藍(lán)非金屬性：Cl＞Br＞IBB向某無色溶液中滴加濃鹽酸產(chǎn)生氣體能使品紅溶液褪色原溶液中不一定含有SO或HSOC向酸性KMnO4溶液中滴加較濃FeCl2溶液溶液紫色褪去Fe2+有還原性D在相同溫度下，向1mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol·L-1CuSO4溶液先產(chǎn)生白色沉淀后出現(xiàn)藍(lán)色沉淀Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]【答案】B【詳解】A．過量氯水會(huì)與KI反應(yīng)，故產(chǎn)生的I2不一定是Br2與KI反應(yīng)生成的，不能得到非屬性：Br＞I，A錯(cuò)誤；B．與鹽酸反應(yīng)生成能使品紅溶液褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，則原溶液中還可能含ClO-，B正確；C．較濃FeCl2溶液，酸性條件下，Cl-會(huì)與反應(yīng)，使之褪色，所以KMnO4溶液褪色不一定是Fe2+與反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．NaOH溶液過量，MgCl2溶液，CuSO4溶液都是少量，所以先滴MgCl2溶液，后滴CuSO4溶液，先產(chǎn)生白色沉淀后產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，不能得出Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]的結(jié)論，D錯(cuò)誤；故答案選B。12．一種利用電化學(xué)活性菌株處理廢水中有機(jī)物的裝置如圖，下列說法正確的是A．電極A為電池的負(fù)極，電極上發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)物為CO2B．A極區(qū)，在菌株的作用下，有機(jī)物和O2反應(yīng)生成CO2和H2OC．電極B的電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2OD．有機(jī)物為葡萄糖(C6H12O6)，處理1mol葡萄糖時(shí)有12molH+移動(dòng)到右室【答案】C【解析】A．根據(jù)圖示可知在A電極上失氫被氧化為，所以A電極為電池的負(fù)極，電極上發(fā)生氧化反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖示可知：在菌株的作用下，在厭氧條件下有機(jī)物變?yōu)镃O2、H2O，而不是在有O2條件下發(fā)生反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．在B電極上O2得到電子被還原為H2O，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O，C正確；D．若有機(jī)物為葡萄糖(C6H12O6)，在A電極上失氫被氧化為，然后與葡萄糖在菌株上及厭氧條件下發(fā)生反應(yīng)又轉(zhuǎn)化為，葡萄糖(C6H12O6)中0價(jià)C被氧化為+4價(jià)的CO2，其被氧化的反應(yīng)式為：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，可見：每有1mol葡萄糖(C6H12O6)發(fā)生反應(yīng)，會(huì)產(chǎn)生24molH+，根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，會(huì)有24mol的H+由左室通過質(zhì)子交換膜移動(dòng)到右室，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。13．25℃時(shí)，用高氯酸溶液分別滴定的氨水和NaOH溶液，兩溶液的pH與所加高氯酸體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．的數(shù)量級(jí)為B．高氯酸溶液滴定氨水選擇酚酞作指示劑，且10<a<20C．Q點(diǎn)所示溶液中有：D．水的電離程度：M>Q>N>P【答案】C【解析】A．，數(shù)量級(jí)為，故A錯(cuò)誤；B．高氯酸銨水解呈酸性、高氯酸溶液滴定氨水選擇甲基橙作指示劑，故B錯(cuò)誤；C．點(diǎn)所示溶液中，電荷守恒為，物料守恒為，聯(lián)立以上兩個(gè)等式可得，故C正確；D．點(diǎn)的溶質(zhì)為和等物質(zhì)的量的混合物，電離程度大于水解程度、顯堿性，水的電離被抑制；M、N兩點(diǎn)是中性點(diǎn)，P點(diǎn)是完全中和為、水解促進(jìn)水的電離，故水的電離程度：，故D錯(cuò)誤；答案選C。二、非選擇題：共58分，第26~28題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第35~36題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。26．（14分）高鐵酸鹽是優(yōu)良的多功能水處理劑。K2FeO4為紫色固體，可溶于水，微溶于濃KOH溶液，難溶于有機(jī)物；在0～5℃、強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2.某實(shí)驗(yàn)小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并測(cè)定產(chǎn)品純度?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制備K2FeO4裝置如下圖所示，夾持、加熱等裝置略。(1)儀器a的名稱是___________，裝置B中除雜質(zhì)所用試劑是___________，裝置D的作用是___________。(2)A中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。(3)C中反應(yīng)為放熱反應(yīng)，而反應(yīng)溫度須控制在0～5℃，采用的控溫方法為___________，反應(yīng)中KOH必須過量的原因是___________。(4)寫出C中總反應(yīng)的離子方程式：___________。C中混合物經(jīng)重結(jié)晶、有機(jī)物洗滌純化、真空干燥，得到高鐵酸鉀晶體。Ⅱ.K2FeO4產(chǎn)品純度的測(cè)定準(zhǔn)確稱取1.00g制得的晶體，配成250mL溶液，準(zhǔn)確量取25.00mLK2FeO4溶液放入錐形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振蕩，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O，滴入幾滴二苯胺磺酸鈉作指示劑，用0.0500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(溶液顯淺紫紅色)，平行測(cè)定三次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液28.00mL。(5)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，樣品中K2FeO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________。若(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。【答案】（1）圓底燒瓶（1分）飽和食鹽水（1分）吸收尾氣Cl2并能防倒吸（1分）（2）MnO2＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O（2分）（3）冰水?。?分）K2FeO4在強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定（2分）（4）3Cl2＋2Fe3+＋16OH-=2FeO＋6Cl-＋8H2O（2分）（5）92.4%（2分）偏高（2分）【解析】根據(jù)裝置圖：首先制得氯氣，氯氣中混有氯化氫，根據(jù)題目信息：K2FeO4強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定，故須用飽和的食鹽水除去氯化氫，再通入三氯化鐵和過量的氫氧化鉀混合溶液中生成K2FeO4，氯氣是有毒氣體，需要?dú)溲趸c溶液吸收尾氣。(1)儀器a的名稱是圓底燒瓶；HCl極易溶于水，飽和食鹽水抑制氯氣的溶解，又可除去氯氣中的HCl，故裝置B中除雜質(zhì)所用試劑是飽和食鹽水；裝置D是用于吸收尾氣Cl2，反應(yīng)原理：Cl?+2NaOH=NaCl+NaClO+H?O，豎放干燥管能防倒吸，故裝置D的作用是吸收尾氣Cl2并能防倒吸；(2)A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(3)C中反應(yīng)為放熱反應(yīng)，而反應(yīng)溫度須控制在0～5℃，采用的控溫方法為冰水浴降溫；反應(yīng)中KOH必須過量，由于題干所給信息：K2FeO4在強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定；(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析產(chǎn)物是FeO42-和Cl-，C中總反應(yīng)的離子方程式：3Cl2+2Fe3++16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O；(5)足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe(OH)3↓+CrO42-+OH-，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量關(guān)系為：n=，250ml溶液中含有mol×=測(cè)定該樣品中K2FeO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)==92.4%故答案為：92.4%；若(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，所耗(NH4)2Fe(SO4)2的體積偏大，帶入關(guān)系式的數(shù)據(jù)偏大，解得的K2FeO4的質(zhì)量也就偏大，會(huì)使測(cè)定結(jié)果“偏高”?！军c(diǎn)睛】第(5)問，分析反應(yīng)原理：足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe(OH)3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+?Cr2O72-+H2O，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量關(guān)系為：2FeO42-～2CrO42-～Cr2O72-～6Fe2+，此處也可以不用方程式配平，直接根據(jù)電子得失相等迅速地建立關(guān)系，從而快速解題。27．（14分）三氯化六氨合鉆(Ⅲ)()是合成其他含鉆配合物的重要原料，其工業(yè)制備過程如下：步驟Ⅰ：工業(yè)利用水鈷礦(主要成分為，含少量、、、、、等)制取氯化鈷晶體：步驟Ⅱ：在活性炭的催化作用下，通過氧化制得到流程如下：已知：①氧化性：②沉淀Ⅰ、沉淀Ⅱ中都只含有兩種沉淀.③以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的見表：沉淀物開始沉淀2.74.07.67.79.67.5完全沉淀3.75.29.69.811.19.2（1）加入的主要作用：_______。（2）向“浸出液”中加入適量的，反應(yīng)的離子方程式是_______，加入調(diào)節(jié)溶液范圍為：_______；萃取劑層含錳元素，則加入的作用是：_______。（3）制備時(shí)需要將晶體研細(xì)，研磨時(shí)用到的主要儀器是_______。（4）在步驟Ⅱ中“氧化”過程，需水浴控溫在，溫度不能過高，原因是：_______?！跋盗胁僮鳌笔侵冈诟邼舛鹊柠}酸中使結(jié)晶析出，過濾，醇洗，干燥。使用乙醇洗滌產(chǎn)品的具體操作是：_______。（5）結(jié)束后廢水中的，人們常用沉淀劑來處理，原理是_______(用離子方程式表示)?！敬鸢浮浚?）作還原劑，將(Ⅲ)還原成(Ⅱ)（2分）（2）（2分）5.2≤pH<7.5（2分）沉淀(或除去)和（2分）（3）研缽、研杵（1分）（4）溫度過高，大量分解，降低產(chǎn)率（1分）向漏斗中注入乙醇使其浸沒沉淀，待乙醇自然流下，重復(fù)操作2～3次（2分）（5）（2分）【解析】水鈷礦中加入鹽酸和Na2SO3，Co3＋具有強(qiáng)氧化性，能將Na2SO3氧化，浸出液中Co元素以Co2＋形式存在，F(xiàn)e3＋具有強(qiáng)氧化性，能將Na2SO3氧化成Na2SO4，浸出液中鐵元素以Fe2＋形式存在，Al2O3、MnO、CaO、MgO與鹽酸反應(yīng)生成Al3＋、Mn2＋、Ca2＋、Mg2＋，SiO2為酸性氧化物，不與鹽酸反應(yīng)，也不與Na2SO3反應(yīng)，因?yàn)镹aClO3具有強(qiáng)氧化性，且Co3＋的氧化鋅強(qiáng)于ClO，浸取液中加入NaClO3，利用ClO氧化性，將Fe2+氧化成Fe3+，加入碳酸鈉，調(diào)節(jié)pH，沉淀I只含有兩種沉淀，根據(jù)信息③可知，加入碳酸鈉，使Fe3＋、Al3＋全部以氫氧化物形式沉淀，根據(jù)問題(2)中萃取劑層含錳元素，因此加入NaF溶液的目的是除去Ca2＋和Mg2＋，水層經(jīng)過蒸發(fā)濃度、冷卻結(jié)晶得到目標(biāo)產(chǎn)物，據(jù)此分析；（1）根據(jù)上述分析以及流程可知，加入Na2SO3溶液，利用Na2SO3的還原性，將Co(Ⅲ)還原成Co(Ⅱ)，故答案為作還原劑，將Co(Ⅲ)還原成Co(Ⅱ)；（2）根據(jù)上述分析，加入NaClO3的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，本身被還原成Cl－，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，其離子方程式為ClO＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；加入碳酸鈉溶液，調(diào)節(jié)pH，使Fe3＋、Al3＋以Fe(OH)3和Al(OH)3形式沉淀，但Co2＋不能沉淀，因此需要調(diào)節(jié)pH的范圍是5.2≤pH<7.5；加入NaF，利用CaF2、MgF2難溶于水，其作用是除去Ca2＋、Mg2＋；故答案為ClO＋6Fe2＋＋6H＋=6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；5.2≤pH<7.5；除去Ca2＋、Mg2＋；（3）研磨固體需要的主要儀器是研缽和研杵；故答案為研缽和研杵；（4）“氧化”過程用H2O2作氧化劑，H2O2受熱易分解，如果溫度過高，導(dǎo)致H2O2大量分解，降低產(chǎn)率；洗滌產(chǎn)品的操作是向漏斗中注入乙醇使其浸沒沉淀，待乙醇自然流下，重復(fù)操作2～3次；故答案為溫度過高，H2O2大量分解，降低產(chǎn)率；向漏斗中注入乙醇使其浸沒沉淀，待乙醇自然流下，重復(fù)操作2～3次；（5）含Co2＋的廢水中加入FeS，利用CoS比FeS更難溶的性質(zhì)，即反應(yīng)原理是Co2＋＋FeS=CoS＋Fe2＋；故答案為Co2＋＋FeS=CoS＋Fe2＋。28．（15分）乙醇是一種重要的工業(yè)原料，被廣泛應(yīng)用于能源、化工、食品等領(lǐng)域。以合成氣合成乙醇是近年來研究的熱點(diǎn)，其中乙酸甲酯CH3COOCH3加氫是制取乙醇的關(guān)鍵步驟之一、包括以下主要反應(yīng)：I．CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g)ΔH1=—71kJ·mol-1II．CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g)ΔH2=+13.6kJ·mol-1(1)反應(yīng)CH3CHO(g)+H2(g)C2H5OH(g)的ΔH=___________。(2)若在體積為2L的密閉容器中，控制CH3COOCH3流速為22.4m3·h-1(已換算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，CH3COOCH3的轉(zhuǎn)化率為80.0%，則CH3COOCH3的反應(yīng)速率為___________mol·L-1·min-1(保留三位有效數(shù)字)。CH3COOCH3流速過大時(shí)乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率下降，原因是___________。(3)乙酸甲酯加氫反應(yīng)通常使用銅基催化劑，催化劑I的主要成分為Cu-Al，催化劑II的主要成分為Cu-Zn-Al，實(shí)驗(yàn)中采用催化劑I和催化劑II測(cè)得不同溫下相同時(shí)間內(nèi)乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率如圖1。工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)使用的催化劑是___________(填“催化劑I”或“催化劑II”)，溫度升高，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率增大的原因是___________。(4)使用X射線衍射儀對(duì)催化劑I和II的中間產(chǎn)物進(jìn)行XRD分析，根據(jù)衍射峰可判斷物質(zhì)的成分。XRD譜圖如圖2，分析XRD譜圖可知，相比催化劑I，催化劑II的中間產(chǎn)物中新生成的物質(zhì)是__________(填化學(xué)式)。(5)一定條件下在1L密閉容器內(nèi)通入2.00molCH3COOCH3和3.96molH2發(fā)生反應(yīng)I和II，測(cè)得不同溫度下達(dá)平衡時(shí)CH3COOCH3轉(zhuǎn)化率和乙醇的選擇性如圖3所示。260℃時(shí)反應(yīng)I的平衡常數(shù)K=___________。溫度高于240℃時(shí)，隨溫度升高乙醇的選擇性降低的原因是___________。［乙醇的選擇性=］【答案】(1)—84.6kJ/mol（2分）(2)6.67（2分）反應(yīng)物與催化劑接觸時(shí)間過短，反應(yīng)不充分（2分）(3)催化劑II（1分）溫度升高，反應(yīng)速率增大，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率增大（2分）(4)CuAlO2（2分）(5)14（2分）反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)I向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)II向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成乙醇的量減少（2分）【解析】(1)由蓋斯定律可知，反應(yīng)I—II可得反應(yīng)CH3CHO(g)+H2(g)=C2H5OH(g)，則ΔH=ΔH1—ΔH2=(—71kJ/mol)—(+13.6kJ/mol)=—84.6kJ/mol，故答案為：—84.6kJ/mol；(2)設(shè)時(shí)間為1h，由題意可知，乙酸甲酯的起始物質(zhì)的量為=103mol，由乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率為80%可知，乙酸甲酯的反應(yīng)速率為=6.67mol/(L·min)；若流速過大，乙酸甲酯與催化劑接觸時(shí)間過短，反應(yīng)不能充分進(jìn)行，導(dǎo)致乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率下降，故答案為：6.67；反應(yīng)物與催化劑接觸時(shí)間過短，反應(yīng)不充分；(3)由圖可知，相同溫度條件下，使用催化劑II時(shí)，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率大于催化劑I，說明催化劑II的活性強(qiáng)于催化劑I，反應(yīng)的反應(yīng)速率強(qiáng)于催化劑I，則工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)使用的催化劑是催化劑II；升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率增大，單位時(shí)間內(nèi)消耗乙酸甲酯的物質(zhì)的量增大，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率增大，故答案為：催化劑II；溫度升高，反應(yīng)速率增大，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率增大；(4)由圖可知，催化劑II的中間產(chǎn)物中有偏鋁酸亞銅生成，而催化劑I沒有偏鋁酸亞銅生成，則相比催化劑I，催化劑II的中間產(chǎn)物中新生成的物質(zhì)是偏鋁酸亞銅，故答案為：CuAlO2；(5)由圖可知，260℃時(shí)，乙酸甲酯的轉(zhuǎn)化率為90%，乙醇的選擇性為70%，則平衡時(shí)，生成乙醇的乙酸甲酯的物質(zhì)的量為2.00mol×90%×70%=1.26mol，由題給方程式可建立如下三段式：由三段式數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)I的平衡常數(shù)K==14；由題給方程式可知，反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)I向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)II向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成乙醇的量減少，導(dǎo)致乙醇的選擇性降低，故答案為：14；反應(yīng)I為放熱反應(yīng)，反應(yīng)II為吸熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)I向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)II向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成乙醇的量減少。（二）選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。35．[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）氮化鎵(GaN)、碳化硅(SiC)材料是最成熟的第三代半導(dǎo)體的代表，GaN通常以為鎵源，為氮源制備，具有出色的抗擊穿能力，能耐受更高的電子密度。(1)請(qǐng)寫出基態(tài)Ga原子的核外電子排布式_______。Ga、N和O的第一電離能由小到大的順序?yàn)開______。(2)熔點(diǎn)為77.9℃，氣體在270℃左右以二聚物存在，熔點(diǎn)1000℃，的熔點(diǎn)低于的原因?yàn)開______。(3)是一系列化合物，向含的溶液中加入足量溶液，有難溶于硝酸的白色沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液，有4mol氨氣逸出，且又有上述沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1∶2。①的VSEPR模型名稱為_______。②含有的化學(xué)鍵類型有_______(填標(biāo)號(hào))。A．極性共價(jià)鍵B．離子鍵C．配位鍵D．金屬鍵E.氫鍵③能準(zhǔn)確表示結(jié)構(gòu)的化學(xué)式為_______。(4)與鎵同主族的B具有缺電子性，硼砂(四硼酸鈉)中是由兩個(gè)和兩個(gè)縮合而成的雙六元環(huán)，應(yīng)寫成的形式，結(jié)構(gòu)如圖所示，則該離子存在的作用力含有_______(填標(biāo)號(hào))，B原子的雜化方式為_______。A．離子鍵B．極性鍵C．氫鍵D．范德華力E.配位鍵(5)GaN也可采用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積)技術(shù)制得：以合成的為原料，使其與發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物，該過程的化學(xué)方程式為_______。(6)氮化鎵的晶胞如圖所示，Ga原子與N原子半徑分別為apm和bpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶胞密度為，則該晶胞的空間利用率為_______(已知空間利用率為晶胞內(nèi)原子體積占晶胞體積的百分比)。【答案】(1)（1分）Ga<O<N（1分）(2)為分子晶體，熔化時(shí)破壞分子間作用力，為離子晶體，熔化時(shí)破壞離子鍵，離子鍵強(qiáng)于分子間作用力，所以的熔點(diǎn)低于（2分）(3)四面體形（1分）ABC（1分）（2分）(4)BE（1分）、（1分）(5)（2分）(6)（3分）【解析】(1)Ga是第31號(hào)元素，故電子排布式為，有1個(gè)未成對(duì)電子。同主族元素從上到下逐漸減小，同周期元素從左到右逐漸增大，但ⅤA族與ⅥA族元素反常，所以Ga(<B)<O<N；(2)二聚體的結(jié)構(gòu)式為，為分子晶體，熔化時(shí)破壞分子間作用力，為離子晶體，熔化時(shí)破壞離子鍵，離子鍵強(qiáng)于分子間作用力，所以的熔點(diǎn)低于；(3)①的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，因此其VSEPR模型為四面體形；②中和形成離子鍵，分子中N和H形成極性共價(jià)鍵，Ga和N之間有配位鍵，故答案選ABC；③加入足量溶液，有沉淀生成，說明有氯離子；過濾后，充分加熱濾液，使配位鍵斷裂，產(chǎn)生和，有氨氣逸出，與生成沉淀，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1:2，則有配位鍵的與沒有配位鍵的的個(gè)數(shù)比為2:1，配位數(shù)為6，則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為；(4)根據(jù)的結(jié)構(gòu)可知，該離子存在的作用力有極性鍵和配位鍵，沒有離子鍵、氫鍵、范德華力，故選BE；由結(jié)構(gòu)圖可知B原子的雜化方式為、；(5)GaN也可采用MOCVD(金屬有機(jī)物化學(xué)氣相淀積)技術(shù)制得：以合成的為原料，使其與發(fā)生系列反應(yīng)得到GaN和另一種產(chǎn)物，該過程的總化學(xué)方程式為：；(6)1個(gè)GaN晶胞含2個(gè)Ga和2個(gè)N，所以空間利用率為：。36．[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）氟他胺G是一種可用于治療腫瘤的藥物，實(shí)驗(yàn)室由芳香經(jīng)A制備G的合成路線如圖(部分反應(yīng)條件省略)：已知：Ⅰ．苯環(huán)上連有烷基時(shí)，在引入一個(gè)取代基，常取代在烷基的鄰、對(duì)位；而當(dāng)苯環(huán)上連有羧基時(shí)，則取代在間位。Ⅱ．(易被氧化)回答下列問題：（1）A的名稱___________