必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（全国乙卷地区专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷02
全国乙卷地区专用

工艺流程题是每年的必考题，由于它考查的是应用元素化合物的性质解决实际问题的能力，涉及知识点多，也非常灵活，对学生的审题能力、分析问题、解决问题、文字表达等方面的能力都要求非常高，所以学生得分往往不高。对于真实的工业生产过程，在信息获取加工能力的基础上利用化学基础知识和基本原理，推测实际工艺过程中步骤、所发生的离子方程式、化学方程式，考查化学计算等。通过提供新反应、新装置、新成果、新技术，考查学生提取、加工和整合信息的能力，形成自主学习、终身学习的意识和能力。试题对能力的考查往往不是孤立的，着重对某项能力考查的同时，在不同程度上也考查了与之相关的其它能力。

化工生产“工艺流程题”已成为高考成熟常考题型，全国卷高考工艺流程题的命题主要以物质的分离和制备为背景，以化学主干知识、化学实验知识和化工生产知识为载体，以考查学生的信息吸收能力、知识运用能力和化工实验操作能力为目标，渗透对化学学科知识、化工技术知识的重点考查。2023年化学工艺流程题仍将以化工生产中流程图的形式，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、实验方案的评价、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，体现其社会应用价值，其中“循环物质、副产品、滤渣和滤液”等是常考命题角度，体现了试题的难度和区分度。如下列的第26题等。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Zn-65 Ga-70 Br-80 Ce-104 I-127 Ag-108 Ba-137
一、选择题(本题共7小题，每小题6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)
7．国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)公布了“2022年度化学领域十大新兴技术”名单，包括钠离子电池、球形核酸、纳米酶和纤维电池等。下列有关说法中错误的是( )
A．钠比锂储量丰富，价格低廉是钠离子电池的显著优势
B．通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团
C．纳米酶分散到水中形成的分散系的本质特征是丁达尔效应
D．柔性纤维电池中正极发生还原反应
【答案】C
【解析】A项，钠以盐的形式广泛存在于海水、矿物中，因此钠离子电池相比于锂离子电池，具有原料储量丰富，价格低廉的优点，A正确；B项，红外光谱可以测定化合物中存在的基团，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，B正确；C项，纳米酶分散到水中形成的分散系为胶体，本质特征是分散质的粒子直径在1~100nm，C错误；D项，柔性纤维电池中，正极发生得电子的还原反应，D正确；故选C。
8．螺环烷烃是指两个碳环之间共用一个碳原子的环烷烃，共用的碳原子称为螺原子，命名时，根据整个环中螺原子的数目用“螺”“二螺”“三螺”等作词头，在“［］”中用阿拉伯数字注出各螺原子间所夹碳原子数目并用“．”隔开，用所有碳原子数的链状烷烃名称作词尾，如图所示结构的名称为“螺［3.4］辛烷”。下列说法不正确的是( )

A．理论上，螺［2.2］戊烷是最简单的螺环烷烃
B．螺［2.2］戊烷的二氯代物超过2种
C． 的名称为二螺［3.4.3］癸烷
D．由螺［3.4］辛烷生成1mol C8H18至少需要2mol H2
【答案】C
【解析】A项，环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，理论上，螺[2.2]戊烷是最简单的螺环烷烃，故A正确；B项，是对称的结构，分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子或不相邻碳原子上的氢原子，因此其二氯代物超过两种，故B正确；C项，由题意可知，的名称为二螺［3.2.3］癸烷，故C错误；D项，螺［3.4］辛烷的分子式为C8H14，生成1mol C8H18至少需要2mol H2，故D正确；故选C。
9．溶液(X)可能含有下列离子中的几种：NH4+、Na+、Ba2+、I-、SO32-、SO42-。为确定该溶液的组成，取X进行实验：
①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色；
②另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀6.99g；
③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量NaOH溶液加热，生成0.01mol气体。
根据上述实验，原溶液中( )
A．一定存在Na+、NH4+ B．一定存在NH4+、SO32-
C．一定不含Ba2+、I- D．可能存在、SO42-
【答案】A
【解析】①向X中加入少量氯水，再滴加淀粉溶液，未显蓝色，说明可能有亚硫酸根，不能确定是否含碘离子；②氯水可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子；另取100mLX加入过量氯水，再滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀6.99g，则沉淀为0.03molBaSO4，X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，一定不含钡离子；③将②反应后的混合液过滤，在滤液中加足量NaOH溶液加热，生成0.01mol气体，则生成气体为氨气，X含有铵根离子0.01mol；根据溶液电中性可知，X中还一定含有钠离子0.03mol×2-0.01mol=0.05mol。A项，由分析可知，一定存在Na+、NH4+，A正确；B项，X中含有硫酸根离子或亚硫酸根离子或两者均有，B错误；C项，一定不含Ba2+、I-不能确定，C错误；D项，一定存在Na+，D错误。故选A。
10．下列实验操作、现象及结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
25℃时，把盛满SO2的试管倒立于水槽中
试管中水面迅速上升，最终充满试管
该温度下，SO2在水中的溶解度为1∶1(水与SO2的体积比)
B
向KI-淀粉溶液中逐滴滴入氯水至过量
溶液先呈蓝色，后褪色
氯水有漂白性
C
将纯净的乙烯通入盛有溴的CCl4溶液的试管中
溴的四氯化碳溶液褪色
乙烯与溴发生了反应
D
向某未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42-
【答案】C
【解析】A项，气体全溶，理论上溶解度大于1∶1的气体(水与气体的体积比)均能发生此现象，故A错误；B项，滴入氯水过程中，溶液先呈蓝色，是因为氯水把KI氧化为I2，后褪色，是因为氯水过量，又继续把I2氧化为碘酸盐，与漂白性无关，故B错误；C项，乙烯通入盛有溴的CCl4溶液的试管中，溶液褪色，是因为乙烯与溴发生加成反应，故C正确；D项，未知溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡，也可能是氯化银，则溶液中可能含有Ag+也可能含有SO42-，故D错误；答案C。
11．化合物(WY2Z4·X2Z)中的四种元素X、Y、Z、W为前20号元素，且原子序数依次增大，Y和Z位于同周期的不同主族，W最高价氧化物对应的水化物的溶液是检验YZ2气体的常用试剂，该化合物的热重分析曲线如图所示。下列说法正确的是( )

A．X、Y、Z、W四种元素只能形成一种离子化合物W(XYZ3)2
B．200~400℃阶段热分解将失去1个X2Z
C．400~600℃热分解后生成的固体化合物是XYZ3，且该反应为非氧化还原反应
D．该反应过程最终分解得到的固体产物属于碱性氧化物
【答案】D
【解析】Y和Z位于同周期的不同主族，W最高价氧化物对应的水化物的溶液是检验YZ2气体的常用试剂，故W为Ca，其最高价氧化物对应的水化物的溶液是Ca(OH)2，YZ2是CO2，即Y为C，Z为O；根据该化合物的化学式可知X2Z为结晶水，X为H，该化合物为CaC2O4·H2O，相对分子质量为146。A项，H、C、O、Ca四种元素可以形成离子化合物：Ca(HC2O4)2和Ca(HCO3)2，A错误；B项，00~400℃阶段该化合物的质量保留百分数不变，不发生质量减少，B错误；C项，当温度为400℃时，质量保留百分比为87.67%，相对分子质量为，失去了一个结晶水，此时剩余固体为CaC2O4；当温度为600℃时，质量保留百分比为68.49%，相对分子质量为，剩余固体为CaCO3，对比可知失去了CO，碳元素化合价发生了变化，是氧化还原反应，C错误；D项，当温度接近1000℃时，质量保留百分比为38.36%，相对分子质量为，剩余固体为CaO，是碱性氧化物，D正确；故选D。
12．我国科学家发现，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxClyn -，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过。工作原理如图所示：

下列说法正确的是( )
A．若FeF3从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量增大
B．为了提高电导效率，左极室采用酸性AlxClyn -水溶液
C．放电时，AlCl4-离子可经过隔膜进入右极室中
D．充电时，电池的阳极反应为Al+7AlCl4--3e- = 4Al2Cl7-
【答案】C
【解析】根据图中电子流动方向知铝电极为负极，FeF3嵌入电极是正极，工作时，铝单质失去电子生成Al3+，再与AlCl4-结合生成Al2Cl7-，电极反应式为Al+7AlCl4--3e- = 4Al2Cl7-。A项，“将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量”，若FeF3从电极表面脱落，电池容量减小，则电池单位质量释放电量减少，A错误；B项，把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B错误；C项，放电时，左边电极为正极，右边电极为负极，阴离子向负极移动，结合分析可知右边负极需要消耗AlCl4-，故AlCl4-离子经过隔膜进入右极室中，C正确；D项，电池的阳极即负极，充电时，为电解池装置，电池的负极与外接电源负极相连为阴极，电极反应为放电时负极反应的逆过程，即反应为4Al2Cl7-+3e-= Al+7AlCl4--，D错误；故选C。
13．常温下，向20 mL 0.1 mol/LNaN溶液中滴入等浓度的HM溶液，所得溶液中与的关系如图所示。已知，下列说法错误的是( )

A．
B．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(M-)＞c(HN)
C．随着HM溶液的加入的值变大
D．滴入20 mL HM溶液后，溶液中存在：c(HN)+c(OH-)+2c(N-)= c(HM)+c(Na+)+c(H+)
【答案】A
【解析】A项，根据坐标图示可知：当lg=-1时，lg=0，即此时10c(HM)=c(HN)、c(M-)=c(N-)，所以Ka(HM)=，A错误；B项，滴入等浓度20 mLHM溶液后，根据复分解反应的规律：强酸与弱酸盐反应可以制备弱酸，二者恰好发生反应：HM+NaN=HN+NaM，M-会发生水解反应，HN会发生电离作用，Kh(M-)==＜Ka(HN)，故 c(M-)＞c(HN)，B正确；C项，随着HM溶液的加入，溶液中存在==，溶液中c(H+)会不断增大，电离平衡常数不变，故增大，C正确；D项，向其中滴入20 mL 等浓度的HM溶液后，根据物料守恒可知n(HM)=n(HN)，微粒处于同一溶液中，根据物料守恒可得c(HM)+c(M-)=c(HN)+c(N-)；根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(M-)+c(N-)+c(OH-)，两式相加，整理可得关系式c(HN)+c(OH-)+2c(N-)= c(HM)+c(Na+)+c(H+)，D正确；故选A。
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
必做题(共39分)
26．(14分)三氧化二镍(Ni2O3)是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2、C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：

已知：①在该实验条件下NaClO3、不能氧化。
②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示：
         离子

Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀pH
8.7
—
3.2
9.0
③萃取的原理为。
回答下列问题：
(1)“预处理时，可以用_______(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。
(2)“浸出时，提高浸出效率可采取的措施有_____(任写一种)。滤渣1的主要成分是_____。
(3)“氧化时，加入NaClO3发生反应的离子方程式为_______，目的是_______。
(4)若常温下，“调时，溶液中浓度为，为使等杂质离子沉淀完全()，经过计算，需控制溶液的范围是_______。
(5)“萃取时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有_______、烧杯。请利用化学平衡原理解释该流程中用H2SO4反萃取的原理_______。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于


高于
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作是：_______。
【答案】(1) Na2CO3(1分)
(2)适当升高温度(将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等) (2分)     SiO2、C(2分)
(3) 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O(2分)    将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调pH除去(2分)
(4)4.7~6.7(或)(2分)
(5)  分液漏斗(1分)     体系中存在化学平衡：，向体系中加入足量H2SO4溶液，体系中H+浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相NiR2转变为水相中NiSO4，实现反萃取(2分)
(6)蒸发浓缩，冷却至之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O
【解析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe元素转化为对应的可溶性硫酸盐，SiO2、C等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使Fe2+氧化生成Fe3+，调节溶液pH，可使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2(有机相)，从而使Ni2+与水溶性杂质分离，加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作后，得到NiSO4·6H2O晶体，再进一步处理得到产品Ni2O3。(1)油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的Na2CO3溶液进行碱浸；(2)提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、将含镍废料粉碎，适当增大硫酸浓度等；含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成后过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2、C；(3)NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；因为Fe2+与Ni2+生成氢氧化物沉淀的pH接近，如调pH除去Fe2+，会使Ni2+损失，因此需要把Fe2+氧化成Fe3+后再除去，避免Ni2+损失；(4)常温下，根据Ni(OH)2(s)Ni2+(aq)＋2OH-(aq)，结合表格数据得Ni2+开始沉淀时，则，当溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1时，根据计算得c(OH-)= 10-7.3mol·L-1，此时c(H+)= 10-6.7mol·L-1，为防止Ni2+损失，溶液pH应小于6.7。同理可计得Al3+完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使Al3+等杂质离子沉淀完全，pH应大于等于4.7。因此需要控制溶液的pH范围是或4.7~6.7；(5)实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；该流程中用H2SO4反萃取的原理是：体系中存在化学平衡：，向体系中加入足量H2SO4溶液，体系中H+浓度增大，平衡体系逆向移动，镍元素由有机相NiR2转变为水相中NiSO4·6H2O，实现反萃取；(6)根据表格数据，由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作是：蒸发浓缩，冷却至之间结晶，过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O。
27．(14分)CeO2是一种稀土氧化物，在催化剂、电化学、光学等方面都有重要应用。CeO2是淡黄色固体粉末，难溶于水，熔点为2600℃。请回答下列问题：

(一)制备CeO2
I.取一定量化学计量比的Ce(NO3)3·6H2O和NaOH分别溶解在5mL和35mL的去离子水中，分别磁力搅拌30min后，再将两种液体混合，继续磁力搅拌30min，形成白色絮状沉淀[Ce(OH)3]。将混合溶液加热(并通入O2)，在一定温度下反应一段时间。通过离心方法将Ce(OH)4沉淀分离出来。
II.用水和无水乙醇分别洗涤Ce(OH)4沉淀3次。
III.将洗涤后的样品转入干燥炉中，在60°C下干燥24h，得到淡黄色粉末CeO2。
(1)盛放NaOH溶液的仪器名称为_______，无水乙醇的作用是_______。
(2)写出由Ce(OH)3和O2反应制备Ce(OH)4的化学方程式：_______。
(二)某样品中CeO2[M(CeO2)=172.1]纯度的测定
称取mg样品置于锥形瓶中，加入50mL水及20mL浓硫酸，分批加入H2O2溶液，每次5mL，摇匀，低温加热，直至样品完全溶解。加热除尽锥形瓶中的H2O2，冷却后稀释至250mL，加入5mL10g·L-1AgNO3溶液催化，再加入过量的过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液，低温加热，将Ce3+氧化成Ce4+，当锥形瓶中无气泡冒出，再煮沸2min。待冷却后，加入5滴邻二氮菲-亚铁指示液，用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗cmol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL。已知邻二氮菲与Fe2+可形成红色配合物，这种离子可示表为[Fe(phen)3]2+。
(3)实验中分批加入H2O2溶液时，采取低温加热的原因是_______。
(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应的化学方程式为_______；若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则测得的CeO2纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；判断滴定终点的方法是_______。
(5)样品中CeO2的质量分数w=_______(用含有c、V、m的代数式表示)。
(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_______。
【答案】(1) 恒压漏斗 (1分)    除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥(1分)
(2)4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4(1分)
(3)温度低，反应速率慢，温度高，H2O2会分解(2分)
(4)2(NH4)2S2O8 +2H2O4NH4HSO4+O2↑ (2分)    偏高(1分)     滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色(2分)
(5) (2分)
(6)2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2(2分)
【解析】(1)由仪器构造可知该仪器为恒压漏斗；乙醇与水混溶且乙醇易挥发，用乙醇可以除去沉淀表面多余的水分，使沉淀快速干燥；(2)Ce(OH)3与O2反应生成4Ce(OH)4，反应方程式为：4Ce(OH)3+ O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；(3)温度过低时反应速率太慢，温度过高时H2O2不稳定受热易分解，都不利于反应进行，因此采用低温加热；(4)加热煮沸过程中，(NH4)2S2O8在溶液中反应生成NH4HSO4和O2，反应方程式为：2(NH4)2S2O8 +2H2O4NH4HSO4+O2↑，若滴定时锥形瓶中过量的(NH4)2S2O8未除尽，则(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液用量偏高，则还原Ce4+的用量偏高，最终测得的CeO2纯度偏高；判断滴定终点的方法是滴加最后一滴(或半滴)(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液时，溶液颜色变为红色，且半分钟内不褪色；(5)根据得失电子守恒知：CeO2~(NH4)2Fe(SO4)2，故样品中CeO2的质量分数=；(6)CeO2能在还原气氛中供氧，CO为还原气体，结合氧生成二氧化碳，根据信息知，化学方程式为：2xCO+CeO2 =CeO2(1- x)+2xCO2。
28．(15分)将CO2转化为有机碳酸酯CH3OCOOCH3(g) (DMC)，可有效减少碳排放。CO2转化为DMC的总反应为3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总，可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g) K1　
Ⅱ．CO2(g)+2CH3OH (g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) K2
请回答下列问题：
(1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中碳原子的杂化方式为___________，1mol CH3OH中含有的键数目为___________NA。
(2)反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环。

①该反应的催化剂是___________，该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：___________。
②将物质的量之比为1∶2的CO2和CH3OH的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b，仅发生反应Ⅱ．相同时间内CO2的转化率如图2所示。

M点___________(填“是”或“不是”)对应温度下的CO2的平衡转化率，原因是___________。
(3)一定温度范围内lgK-T的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ，活化能E正___________(填“>”或“<”) E逆。
②K总=K2时，该温度下K1=___________。某温度下，在5L恒容密闭容器中充入5molCO2和10molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，则K2=___________。
【答案】(1) sp2、sp3(2分)      5(1分)
(2)  (2分)   催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率(2分)    
不是(1分)     催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的CO2的转化率比M点高，说明M点未达到平衡(2分)
(3) < (1分)    1(2分)     20(2分)
【解析】(1)有机碳酸酯CH3OCOOCH3中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式为p2、sp3，CH3OH中只含有单键，则1mol CH3OH中含有5molσ键，数目为5NA。(2)①由图可知，在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应，则是催化剂；该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，原因是：催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；②催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的CO2的转化率比M点高，说明M点未达到平衡，M点不是对应温度下的CO2的平衡转化率。(3)①由图3可知，升高温度，K2减小，说明平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，则活化能E正< E逆；②由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ可得总反应3CO2(g)+6H2(g)CH3OCOOCH3(g)+3H2O(g) K总，则K总=K12K2，K总=K2时，该温度下K1=1，在5L恒容密闭容器中充入5mol CO2和10molH2，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，根据已知条件列出“三段式”：


则y==0.2mol/L，x-2y==0.2mol/L，则x=0.6mol/L，则。
选做题(每小题15分)
35．【选修3-物质结构与性质】(15分)
磷酸铁锂(LiFePO4)电池是绿色环保型电池，该电池以磷酸铁锂为正极材料，嵌有石墨的锂为负极材料，溶有LiPF6的碳酸酯作电解质。回答下列问题：
(1)基态P原子的成对与未成对电子数之比为___________；最高能级的电子云轮廓图为___________。
(2)Li、F、P三种元素电负性由大到小的顺序为___________。元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)，第三周期部分元素的E1(均为正值)的大小顺序为，第一电子亲和能的原因为___________。
(3)实验数据表明沸点NH3＞AsH3＞PH3，分析原因是___________。
(4)一种锂电池的正极材料磷酸铁锂(LiFePO4)的晶胞结构如图所示。其中分别位于顶角、棱心、面心，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。磷酸铁锂晶体的晶胞参数分别为、，则磷酸铁锂晶体的摩尔体积Vm=___________(已知阿伏加德罗常数为NA，晶体的摩尔体积是指单位物质的量晶体所占的体积)。

(5)多聚磷酸由磷酸(H3PO4)加热脱水缩合而成。链状多聚磷酸是多个磷酸通过脱水后共有部分氧原子连接起来的，多聚磷酸根离子的部分结构投影图如图所示(由于P、O原子的半径大小不同，投影图中P与O之间存在部分或全部遮掩关系)，则其化学式为___________。

【答案】(1) 4：1(1分)     哑铃形(1分)
(2) F＞P＞Li (2分)    P 的价电子排布式为 3s23p3，3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易得到一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si(2分)
(3)NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsH3的沸点要高，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高(3分)
(4) (3分)
(5)或PO3-(3分)
【解析】(1)P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，基态P原子中3p上有3个电子，则未成对电子数为3，成对电子为12，成对与未成对电子数之比为12:3=4:1；其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；(2)同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：F＞P＞Li；第一电子亲和能的原因为P 的价电子排布式为 3s23p3，3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si；(3)NH3分子间存在氢键，而PH3、AsH3均不能形成分子间氢键，导致NH3的沸点比PH3、AsH3的沸点要高，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3；(4)根据均摊法，Li+的个数为：，故LiFePO4的单元数有4个，该晶胞体积为a2b(10-7cm)3=a2b×10-21cm3，则磷酸铁锂晶体的摩尔体积Vm==cm3/mol；(5)根据图可知，每个三角锥结构中P原子是1个，O原子个数是，所以P原子和O原子的个数比是1：3，3个O原子带6个单位负电荷，磷酸盐中P的化合价为+5，故所形成离子化学式为或PO3-。
36．【选修5-有机化学基础】(15分)
驱除白蚁药物J的一种合成路线如下：

已知：①(G为OH或OR')
②
③
回答下列问题：
(1)B→C反应类型为_______，“一定条件Ⅰ”具体是_______。
(2)F中含氧官能团的名称为_______，E→F的转化在后续合成中的目的是_______。
(3)E的结构简式是_______，G→H的化学方程式_______。
(4)D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境氢原子的结构有_______种。
(5)根据上述信息，写出以戊二酸二甲酯为主要原料(其它原料任选)，制备合成 的路线_______。
【答案】(1) 取代反应(1分)     浓硫酸、加热(1分)
(2) 羰基、醚键(1分)     保护酮羰基，防止其被还原(1分)
(3)       (2分)  
(2分)
(4)4(3分)
(5) (4分)
【解析】根据A的结构简式和反应条件可知，B为，B与乙醇发生酯化反应生成C为，C发生信息②的反应生成D为，D一定条件下反应生成E，根据F的结构以及E的分子式可知E为，F发生信息①的反应生成G为，G发生醇的催化氧化生成H为，H发生还原反应生成I，I最终生成J。(1)根据分析可知，B→C为羧酸的酯化反应，反应类型为取代反应，酯化反应的条件为浓硫酸、加热。(2)根据流程图可知，F中含氧官能团的名称为酯基、醚键。根据分析可知，E→F的转化在后续合成中的目的是保护酮羰基，防止其被还原。(3)根据分析可知，E的结构简式为。G生成H的反应为醇的催化氧化，化学方程式为 。(4)D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境的氢原子，若苯环上只有一个取代基，则不可能出现只有三种化学环境的氢原子的情况，若苯环上有两个取代基，则满足条件的结构为，若苯环上有三个取代基，则满足条件的结构为、 ，苯环上有4、5个取代基时无法出现只有3种化学环境的氢的情况，苯环上有6个取代基时，满足条件的结构为 ，故满足条件的结构一共有4种。(5)发生信息②的反应生成，与乙二醇发生信息③的反应生成，发生信息①的反应生成，最终生成，合成路线为 。