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必刷卷04——【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04
全国乙卷地区专用
化学试题设计聚焦化学学科核心素养，实现对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查，可以在化学反应原理综合题中得到充分展现。图表是高考试题的数字化语言，用图表表述化学反应过程或者呈现信息情景是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。它能借助简单的线条走向，巧妙地表达物质结构、性质、现象与化学原理等方面较为复杂的过程，考查学生对图形含义的理解，图形信息的收集与处理及曲线与文字的相互转化等方面的综合能力。这种数形结合的试题频频出现，成了高考的热点题型。
强化化学知识体系的构建，综合全面地考查符合学生认知特点的化学基础知识，促进学生从整体认识化学学科，形成一个相对完整的学科知识体系。通过剖析图形、运用图中曲线特征、规律，由此来分析和解决化学的实际问题。这需通过联想、迁移、应用三个步骤才能达到解题的目的。即先通过联想再现与图形曲线相关的知识点，化学反应、原理、规律等，再通过迁移将相关的化学知识与图形曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，最后再运用这一新的曲线揭示问题的实质，解决实际问题。
情境是围绕某一特定主题事实，以文字、数据、图表等方式，为设计问题任务、达成测评目标而呈现试题信息的载体。通过图文并茂、形式多样的试题情境，选取新物质、新方法、新理论等，以新颖的形式呈现问题，体现化学学科创新特征，考查学生的多个知识内容要求、多方面的能力和立体化的素养水平。此类题以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题有一定的独立性，往往分别考查不同的知识点，其内容涉及基本理论、基本概念、元素化合物和简单计算等知识，综合性较强；题目中往往给出图像、图表、数据等，增加了试题的难度。如下列的第28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 Ti-48 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As -75 Se-79 Br-80 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)
7．2022年11月30日，神舟十五号载人飞船入轨后，于11月30日5时42分，成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口。化学作为一门传统的理科，在神舟飞船的研制过程中不可缺少。下列说法错误的是( )
A．火箭采用的高强度新型钛合金构件属于金属材料
B．使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
C．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷属于无机非金属材料
D．核心舱搭载的柔性太阳能电池，二氧化硅是太阳能电池板的核心材料
【答案】D
【解析】A项，钛合金属于金属材料，A正确；B项，纳米气凝胶是胶体，具有丁达尔效应，B正确；C项，“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，C正确；D项，太阳能电池板主要材料是硅，D错误；故选D。
8．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法来生产苯酚和丙酮，物质转化关系如图，下列说法正确的是
A．a、b分子中均含手性碳原子
B．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．a的同分异构体中属于苯的同系物的有6种(不包括a)
D．c、d反应生成的双酚A()的分子中同一直线上的碳原子最多有5个
【答案】B
【解析】A项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ab分子中不含手性碳原子，A项错误；B项，a中苯环上含有烃链、b中苯环上含有碳支链、C含酚羟基，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C项，a的同分异构体中属于苯的同系物的除苯环外可以含有个取代基(-CH2CH2CH3)，有1种；含有两个取代基(-CH3和-C2H5)，有3种；含有3个取代基(3个-CH3)，有3种；因此共有7种，C项错误；D项，的中间碳原子为sp3杂化，因此同一直线上的碳原子最多有3个，D项错误；故选B。
9．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：I-、SO42-、SO32-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验：
(1)向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；
(2)将(1)的反应混合液过滤，将足量盐酸加入沉淀中，沉淀部分溶解且产生气体。
下列说法正确的是( )
A．(2)中产生的气体可能含有SO2
B．溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Mg2+
C．溶液X中一定不存在Fe3+，可能存在I-
D．无法确定溶液中是否含有Na+，需要做焰色反应才能确定
【答案】B
【解析】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且(1)产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀含有BaSO4，溶液中一定存在SO42-，存在SO32-、HCO3-中的至少一种，气体为CO2或SO2中的至少一种，又由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，溶溶所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知溶液中的Na+、Mg2+ 肯定有，所以溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，不存在Fe3+，SO32-、I-，以此来解答。A项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，则(2)中产生的气体为CO2，不可能含有SO2，A错误； B项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+， B正确；C项，溶液X中一定不存在Fe3+，也不存在I-，C错误；D项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，D错误；故选是B。
10．下列实验的现与对应结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液
有白色沉淀生成
AlO2-结合H+的能力比CO32-弱
B
用pH试纸测定NaCl和NaF溶液的pH
F元素的非金属性强于Cl
C
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
溶液显红色
Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀后部分溶解
部分Na2SO3氧化变质
【答案】D
【解析】A项，向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝、碳酸钠，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故A错误；B项，非金属性大小应根据元素最高价含氧酸的酸性大小来比较，因此不能的出F非金属性强于Cl，故B错误；C项，将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故C错误； D项，向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，先出现白色沉淀后部分溶解，沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分 Na2SO3 被氧化，故D正确；故选D。
11．W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。W的一种核素无中子，X的最外层电子数是次外层的3倍，Y的原子M层有2对成对电子，Z的合金是用量最大、用途最广的合金。将ZY2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始ZY2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下列叙述正确( )
A．W2Y2为非极性分子
B．W2Y2X8分子中X均为-2价
C．ZY2是工业制备W2YX4的原料
D．800℃时，ZY2氧化成含有两种元素的固体产物为Z3X4
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。W的一种核素无中子，则W为H；X的最外层电子数是次外层的3倍，则X为O；Y的原子M层有2对成对电子，则Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Y为S；Z的合金是用量最大、用途最广的合金，则Z为Fe。A项，H2O2是立体结构，其球棍模型为，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故A错误；B项，H2S2O8中有一个过氧键，8个O中有2个为-1价，6个为-2价，故B错误；C项，FeS2是硫铁矿的主要成分，在空气中煅烧后生成Fe2O3和SO2，SO2在接触室里被氧化为SO3，SO3用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸，用水稀释可以得到各种浓度的硫酸溶液，故C正确；D项，假设起始FeS2的质量为100g，则物质的量为。在氧化过程中，Fe的质量是不变的，800℃时，剩余固体质量为66.7g，其中铁元素的质量为，则氧元素的质量为66.7g-，O的物质的量为，n(Fe)：n(O)==2：3，则FeS2氧化成含有Fe、O两种元素的固体产物为Fe2O3，故D错误；故选C。
12．电子科技大学和德国明斯特大学共同研发一种用于可充电Zn -空气电池(ZABs)的低成本非碱性醋酸锌[简写为Zn(OAc)2]电解质，与传统的碱性相比，具有优异的循环性能和在空气中的稳定性，放电时最终产物是Zn5(OH)8(CH3COO)2·2H2O(ZHA)，工作原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时电子通过导线移向甲电极
B．若使用碱性电解质，会造成负极锌的不可逆转化，影响充电效果
C．放电时，每转移1mol e-，理论上会产生0.2 molZHA
D．充电时，OAc-向电极甲移动
【答案】B
【解析】结合题意和图中信息可知，放电时，甲电极做负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，乙电极做正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；放电时，甲电极做阴极，电极反应为：Zn2++2e-=Zn，乙电极做阳极，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑。A项，放电时电子通过导线移向正极乙电极，故A错误； B项，若使用碱性电解质，负极电极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，Zn(OH)2不溶会造成负极锌的不可逆转化，影响充电效果，故B正确；C项，放电时，根据守恒关系每摩尔Zn(OAc)2转化为Zn5(OH)8(CH3COO)2·2H2O(ZHA)，需要电极产生4mol Zn2+，则需要转移8mol e-，所以每转移1mol e-，理论上会产生0.125 molZHA，故C错误；D项，充电时，OAc-向电极的阳极乙移动，故D错误；故选B。
13．HR是一元弱酸，向0.1mol/L的HR溶液中缓慢加入NaOH固体(溶液温度恒为25℃，忽略溶液体积的变化)，平衡后与溶液pH的关系如图所示(已知：)。下列说法正确的是( )
A．Ka(HR)的数量级为
B．a点有50％的HR与NaOH发生了反应
C．b点：c(R-)+c(HR)+c(H+)-c(OH-)＞0.1mol/L
D．的分布系数等于时，溶液的
【答案】D
【解析】A项，根据a点数据可知Ka(HR)==1×10-4.7，数量级为 10-5，A错误；B项，若有50%的HR与NaOH发生了反应，则初始状态 c(R-)=c(HR)，由于R-的水解程度和HR的电离程度不同，因此平衡后 c(R-)和c(HR)不相等，即lg不等于0，即a点不可能有50%的HR与NaOH发生了反应，B错误；C项，溶液中存在物料守恒：c(R-)+c(HR)=0.1mol/L，b点的溶液中c(H+)＜c(OH-)，则 c(R-)+c(HR)+c(H+)-c(OH-)＜0.1mol/L，C错误；D项，根据=，解得=2，结合A项分析可知Ka(HR)==10-4.7，可得c(H+)=×Ka=2×10-4.7，则pH=4.4，D正确；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
必做题(共39分)
26．(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O的工艺流程如图：
常温下，各种离子沉淀时的pH如下表：
离子
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.2
完全沉淀时的pH
2.8
4.7
10.2
(1)“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，写出该反应的离子方程式：___________，“滤渣Ⅰ”的主要成分有___________。
(2)“工序①”需要用到的玻璃仪器为烧杯、___________。
(3)向“有机相”中滴加K4[Fe(CN6)]溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含___________(填离子符号)，K4[Fe(CN6)]中提供空轨道的是___________，中心离子的配位数为___________。
(4)“沉锰”时，不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为___________(答两条)。
(5)若100kg软锰矿在生产过程中锰的损失率为8%，最终得到405kgMn(H2PO4)2·2H2O (摩尔质量为285 g ·mol-1)，则软锰矿中锰的质量分数约为___________(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O(2分) SiO2、S(2分)
(2)分液漏斗(1分)
(3) Fe3+(1分) Fe2+(1分) 6(1分)
(4)碳酸钠溶液过多，可能生成氢氧化锰沉淀；造成后续磷酸浪费(2分)
(5)85.0%(4分)
【解析】工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，粉末状软锰矿加入稀硫酸、FeS2浸取，MnO2在酸性环境中被还原为Mn2+进入溶液，其余金属氧化物均转化为相应的阳离子进入溶液，Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，S、SiO2不溶与酸成为滤渣；加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后取水相，调节pH沉淀Al3+，过滤后加入碳酸钠溶液得到碳酸锰沉淀，之后加入磷酸溶解碳酸锰得到Mn(H2PO4)2·2H2O。(1)“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，该黄色沉淀为S单质，此过程中FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ；由分析可知，“滤渣Ⅰ”的主要成分有SiO2、S。(2)“工序①”为萃取，需要用到的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗。(3)K4[Fe(CN6)]和Fe3+反应会生成蓝色沉淀，向“有机相”中滴加K4[Fe(CN6)]溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含Fe3+；K4[Fe(CN6)]中金属阳离子Fe2+提供空轨道，中心离子Fe2+的配位数为6。(4)“沉锰”时，不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为碳酸钠溶液过多，可能生成氢氧化锰沉淀；碳酸钠能够和磷酸反应，造成后续磷酸浪费。(5)405kgMn(H2PO4)2·2H2O的物质的量为，设100kg软锰矿中Mn的质量为xg，在生产过程中锰的损失率为8%，则x(1-8%)=×55g/mol，x=8.45×104g=85.0kg，则软锰矿中锰的质量分数约为=85.0%。
27．(14分)实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：TiCl4的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：
(1)装置C中仪器a的名称为_______，实验装置从左到右的连接顺序为_______，D装置的作用为_______，C装置的加热方式为_______。
a.温水浴 b.油浴(100-260℃) c.热水浴 d.沙浴温度(400-600℃)
(2)写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式_______。
(3)测定TiO2产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+，加入指示剂，用0.1000 mol·L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 mol·L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3++ Fe3++H2O= TiO2++ Fe2++2H+)。
①配制(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_______(填字母代号)。
②滴定时所用的指示剂为_______，产品中钛的质量分数为_______。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶(1分) ADCB(2分) 干燥氧气(2分) b(2分)
(2) TiCl4 (g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g) (2分)
(3) ac(2分) KSCN溶液(1分) 48%(2分)
【解析】实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，A装置是氧气发生装置，生成的氧气中混有水，由于TiCl4在潮湿空气中易水解，生成的氧气需要通过装有浓硫酸的洗气瓶D干燥，干燥的氧气通入C中和气化的TiCl4混合，混合气体再通入B中发生反应得到二氧化钛。(1)装置C中仪器a的名称为蒸馏烧瓶，由分析可知，实验装置从左到右的连接顺序为：ADCB，D装置的作用为干燥氧气，C装置加热的目的是让TiCl4气化，TiCl4的沸点为136.4℃，应该选择油浴(100-260℃)加热，故选b。(2)B装置三颈烧瓶内TiCl4和O2反应生成TiO2和Cl2，O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：TiCl4 (g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)。(3)①配制(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要容量瓶和胶头滴管，故选ac；②滴定过程中发生反应Ti3++ Fe3++H2O= TiO2++ Fe2++2H+ ，Fe3+反应完全时，说明滴定完全，则滴定时所用的指示剂为KSCN溶液，滴定终点为：溶液由红色变为无色且半分钟内不恢复原来颜色；消耗Fe3+的物质的量为0.02L×0.1000 mol·L=0.002mol，则溶液中Ti3+的物质的量为0.002mol，产品中钛的质量分数为=48%。
28．(15分)将工业废气中的CO和H2进行分离提纯，然后再综合利用是减小环境污染的有效方法，工业上可用废气中的CO和H2合成CH3OH，其合成反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的平衡体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示。回答下列问题：
(1)已知①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41.2kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-75.6kJ•mol-1
则③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=_____。
(2)在一密闭容器中按体积比1∶2充入CO和H2发生反应③，下列说法中正确的是_____。
A．当气体平均摩尔质量不再改变时，反应达到平衡状态
B．平衡后，恒温恒容下，通入H2，会提高CO的转化率
C．平衡后，恒容下降低温度，再次平衡后气体中CH3OH(g)的体积分数减小
D．平衡后，保持温度不变缩小容器体积，平衡正向移动，平衡常数增大
(3)300℃时，向2L体积不变的密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应③，初始压强为P0，经过10min达到平衡状态，达到平衡时φ(CH3OH)对应M点。该温度下，用分压表示的平衡常数Kp=_____。
(4)已知af>g>h，X表示的是______(填“温度”、“压强”)，判断的理由是_____。
(5)已知反应③的反应速率表达式为v正=k正·c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)，其中，k正，k逆为速率常数，只与温度有关。达平衡后，在温度升高过程中_____(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(6)如图是电解CO2制取甲醇的装置图，写出阴极发生反应的电极反应式：_____。
【答案】(1)-116.8kJ•mol-1(2分)
(2)AB(2分)
(3)108P0-2或(3分)
(4) 压强(1分) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是放热反应、气体分子数减少的反应，随着压强增大，平衡正向移动，CH3OH(g)值的增大；随着温度升高，平衡逆向移动，φ(CH3OH)减小，所以X表示压强，Y表示温度(3分)
(5)减小(2分)
(6)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O(2分)
【解析】(1)反应③=②―①，所以。(2)根据，反应过程中n发生变化，则发生变化，当气体平均摩尔质量不变，则反应达到平衡状态，A正确；恒温恒容条件下充入H2，会使平衡正向移动，增大CO的转化率，B正确；由第(1)小题可知该反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，CH3OH(g)的体积分数增加，C错误；平衡常数只与温度有关，D错误，故选AB。(3)列三段式：
的体积分数为0.5，则，。反应后的压强为，。(4)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是放热反应、气体分子数减少的反应，随着压强增大，平衡正向移动，值增大；随着温度升高，平衡逆向移动，减小，所以X表示压强，Y表示温度。(5)平衡时，，该反应是放热反应，升高温度时，K减小，所以减小。(6)CO2生成甲醇是得电子的反应，由装置图可知电解质溶液呈酸性，由此可写出电极反应式CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。
选做题(每小题15分)
35．【选修3-物质结构与性质】(15分)
ⅥA族元素在生产、生活中有着重要的应用。
(1)臭氧分子是___________(填“极性”或“非极性”)分子。
(2) CuSO4·5H2O溶液中滴加氨水，[Cu(H2O))4]2+最终转化为[Cu(NH3))4]2+。1mol [Cu(H2O))4]SO4·H2O中含有___________mol键，[Cu(H2O))4]2+转化为[Cu(NH3))4]2+的原因为___________。
(3)①As、Se、Br的第一电离能由小到大的顺序：___________，原因：___________；电负性由小到大的顺序：___________；
②热的浓硒酸可以溶解单质金，产生红黄色的Au2(SeO3)2(SeO)4 (Au为+3价)，这种红黄色物质中Se元素的杂化方式为___________。
(4)①基态Te原子电子排布式为___________；
②碲酸H6TeO6中除了Te元素外只有羟基基团，H6TeO6的空间构型：___________；
③第三代太阳能电池就是铜镓硒等化合物薄膜太阳能电池，其中一种结构如图所示：
已知晶胞参数为anm、bnm、cnm。则晶体的密度为___________。
【答案】(1)极性(1分)
(2) 18(1分) Cu2+-N之间的配位键比Cu2+-O之间的强(2分)
(3) Se
【解析】(1)臭氧分子的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，所以O3是极性分子；(2)1mol [Cu(H2O))4]SO4·H2O中Cu2+与4个H2O之间的配位键为σ键，水分子内H、O之间是σ键，SO42-中S、O之间是σ键，共含有4+2×4+4+2=18molσ键；[Cu(H2O))4]2+转化为[Cu(NH3))4]2+说明Cu2+-N之间的配位键比Cu2+-O之间的配位键强；(3)As、Se、Br的最外层电子排布图分别为 ，原子轨道中电子处于全满、半满或全空时较稳定，同一周期，从左向右，随着原子序数的增大，元素第一电离能呈增大趋势，但有些例外，通常ⅡA>ⅢA、 VA>ⅥA，As、Se、Br的第一电离能由小到大的顺序：Se
高聚物G是一种合成纤维，由A与E为原料制备J和G的一种合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇；
②
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______。
(2)C的名称是_______，J的分子式_______。
(3)B生成C和D生成H的反应类型分别为_______、_______。
(4)写出F+D→G的化学方程式_______。
(5)芳香化合物M是C的同分异构体，符合下列要求的M有_______种(不考虑立体异构)
①与碳酸钠溶液反应产生气体；
②只有1种官能团；
③苯环上有2个取代基。
其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比1 ：1：1 ：2的结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选) _______。
【答案】(1) (1分)
(2)邻苯二甲酸二甲酯(1分) C10H12O4(1分)
(3)取代反应或酯化反应(1分) 氧化反应(1分)
(4) (2分)
(5) 12 (3分) (2分)
(6) (3分)
【解析】A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；邻苯二甲酸和甲醇反应酯化反应生成C，C是，C被还原为醇，D是；和H2O2反应生成I，I和甲醇反应生成J，由J的结构简式逆推，可知I是；和己二酸发生缩聚反应生成G，G是。(1)A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；(2)C是，名称是邻苯二甲酸二甲酯；由J结构简式可知分子式：C10H12O4；(3)B生成C是邻苯二甲酸和甲醇发生酯化反应生成，反应类型是取代反应； D生成H是中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；(4)和己二酸发生缩聚反应生成和水；反应的化学方程式为；(5)与碳酸钠溶液反应产生气体，说明含有羧基， ②只有1种官能团 ③苯环上有2个取代基，若2个取代基为-CH2COOH、-CH2COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH2CH2COOH、-COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH(COOH)2、-CH3，有3种结构；若2个取代基为-CH(CH3)COOH、-COOH，有3种结构；共12种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比1：1：1：2，说明结构对称，结构简式为；(6)氧化为，和H2O2反应生成，在浓硫酸作用下发生反应生成，合成路线为。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷04
全国乙卷地区专用
化学试题设计聚焦化学学科核心素养，实现对“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”等化学学科核心素养的考查，可以在化学反应原理综合题中得到充分展现。图表是高考试题的数字化语言，用图表表述化学反应过程或者呈现信息情景是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。它能借助简单的线条走向，巧妙地表达物质结构、性质、现象与化学原理等方面较为复杂的过程，考查学生对图形含义的理解，图形信息的收集与处理及曲线与文字的相互转化等方面的综合能力。这种数形结合的试题频频出现，成了高考的热点题型。
强化化学知识体系的构建，综合全面地考查符合学生认知特点的化学基础知识，促进学生从整体认识化学学科，形成一个相对完整的学科知识体系。通过剖析图形、运用图中曲线特征、规律，由此来分析和解决化学的实际问题。这需通过联想、迁移、应用三个步骤才能达到解题的目的。即先通过联想再现与图形曲线相关的知识点，化学反应、原理、规律等，再通过迁移将相关的化学知识与图形曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，最后再运用这一新的曲线揭示问题的实质，解决实际问题。
情境是围绕某一特定主题事实，以文字、数据、图表等方式，为设计问题任务、达成测评目标而呈现试题信息的载体。通过图文并茂、形式多样的试题情境，选取新物质、新方法、新理论等，以新颖的形式呈现问题，体现化学学科创新特征，考查学生的多个知识内容要求、多方面的能力和立体化的素养水平。此类题以组合题的形式出现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题有一定的独立性，往往分别考查不同的知识点，其内容涉及基本理论、基本概念、元素化合物和简单计算等知识，综合性较强；题目中往往给出图像、图表、数据等，增加了试题的难度。如下列的第28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 Ti-48 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As -75 Se-79 Br-80 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)
7．2022年11月30日，神舟十五号载人飞船入轨后，于11月30日5时42分，成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口。化学作为一门传统的理科，在神舟飞船的研制过程中不可缺少。下列说法错误的是( )
A．火箭采用的高强度新型钛合金构件属于金属材料
B．使用的热控材料是新型保温材料——纳米气凝胶，纳米气凝胶具有丁达尔效应
C．“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷属于无机非金属材料
D．核心舱搭载的柔性太阳能电池，二氧化硅是太阳能电池板的核心材料
【答案】D
【解析】A项，钛合金属于金属材料，A正确；B项，纳米气凝胶是胶体，具有丁达尔效应，B正确；C项，“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于无机非金属材料，C正确；D项，太阳能电池板主要材料是硅，D错误；故选D。
8．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法来生产苯酚和丙酮，物质转化关系如图，下列说法正确的是
A．a、b分子中均含手性碳原子
B．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．a的同分异构体中属于苯的同系物的有6种(不包括a)
D．c、d反应生成的双酚A()的分子中同一直线上的碳原子最多有5个
【答案】B
【解析】A项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ab分子中不含手性碳原子，A项错误；B项，a中苯环上含有烃链、b中苯环上含有碳支链、C含酚羟基，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；C项，a的同分异构体中属于苯的同系物的除苯环外可以含有个取代基(-CH2CH2CH3)，有1种；含有两个取代基(-CH3和-C2H5)，有3种；含有3个取代基(3个-CH3)，有3种；因此共有7种，C项错误；D项，的中间碳原子为sp3杂化，因此同一直线上的碳原子最多有3个，D项错误；故选B。
9．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：I-、SO42-、SO32-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取100mL上述溶液X，进行了如下实验：
(1)向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；
(2)将(1)的反应混合液过滤，将足量盐酸加入沉淀中，沉淀部分溶解且产生气体。
下列说法正确的是( )
A．(2)中产生的气体可能含有SO2
B．溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Mg2+
C．溶液X中一定不存在Fe3+，可能存在I-
D．无法确定溶液中是否含有Na+，需要做焰色反应才能确定
【答案】B
【解析】溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且(1)产生的白色沉淀与足量盐酸反应，沉淀部分溶解且产生气体，则白色沉淀含有BaSO4，溶液中一定存在SO42-，存在SO32-、HCO3-中的至少一种，气体为CO2或SO2中的至少一种，又由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，溶溶所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知溶液中的Na+、Mg2+ 肯定有，所以溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，不存在Fe3+，SO32-、I-，以此来解答。A项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，则(2)中产生的气体为CO2，不可能含有SO2，A错误； B项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+， B正确；C项，溶液X中一定不存在Fe3+，也不存在I-，C错误；D项，由上述分析可知，溶液X中一定存在SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，D错误；故选是B。
10．下列实验的现与对应结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液
有白色沉淀生成
AlO2-结合H+的能力比CO32-弱
B
用pH试纸测定NaCl和NaF溶液的pH
F元素的非金属性强于Cl
C
将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液
溶液显红色
Fe(NO3)2晶体已氧化变质
D
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀后部分溶解
部分Na2SO3氧化变质
【答案】D
【解析】A项，向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液，生成氢氧化铝、碳酸钠，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故A错误；B项，非金属性大小应根据元素最高价含氧酸的酸性大小来比较，因此不能的出F非金属性强于Cl，故B错误；C项，将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2晶体已经变质，故C错误； D项，向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀盐酸，先出现白色沉淀后部分溶解，沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡，则部分 Na2SO3 被氧化，故D正确；故选D。
11．W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。W的一种核素无中子，X的最外层电子数是次外层的3倍，Y的原子M层有2对成对电子，Z的合金是用量最大、用途最广的合金。将ZY2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始ZY2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下列叙述正确( )
A．W2Y2为非极性分子
B．W2Y2X8分子中X均为-2价
C．ZY2是工业制备W2YX4的原料
D．800℃时，ZY2氧化成含有两种元素的固体产物为Z3X4
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的元素，原子序数依次增大。W的一种核素无中子，则W为H；X的最外层电子数是次外层的3倍，则X为O；Y的原子M层有2对成对电子，则Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则Y为S；Z的合金是用量最大、用途最广的合金，则Z为Fe。A项，H2O2是立体结构，其球棍模型为，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故A错误；B项，H2S2O8中有一个过氧键，8个O中有2个为-1价，6个为-2价，故B错误；C项，FeS2是硫铁矿的主要成分，在空气中煅烧后生成Fe2O3和SO2，SO2在接触室里被氧化为SO3，SO3用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸，用水稀释可以得到各种浓度的硫酸溶液，故C正确；D项，假设起始FeS2的质量为100g，则物质的量为。在氧化过程中，Fe的质量是不变的，800℃时，剩余固体质量为66.7g，其中铁元素的质量为，则氧元素的质量为66.7g-，O的物质的量为，n(Fe)：n(O)==2：3，则FeS2氧化成含有Fe、O两种元素的固体产物为Fe2O3，故D错误；故选C。
12．电子科技大学和德国明斯特大学共同研发一种用于可充电Zn -空气电池(ZABs)的低成本非碱性醋酸锌[简写为Zn(OAc)2]电解质，与传统的碱性相比，具有优异的循环性能和在空气中的稳定性，放电时最终产物是Zn5(OH)8(CH3COO)2·2H2O(ZHA)，工作原理如图。下列说法正确的是( )
A．放电时电子通过导线移向甲电极
B．若使用碱性电解质，会造成负极锌的不可逆转化，影响充电效果
C．放电时，每转移1mol e-，理论上会产生0.2 molZHA
D．充电时，OAc-向电极甲移动
【答案】B
【解析】结合题意和图中信息可知，放电时，甲电极做负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，乙电极做正极，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；放电时，甲电极做阴极，电极反应为：Zn2++2e-=Zn，乙电极做阳极，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑。A项，放电时电子通过导线移向正极乙电极，故A错误； B项，若使用碱性电解质，负极电极反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，Zn(OH)2不溶会造成负极锌的不可逆转化，影响充电效果，故B正确；C项，放电时，根据守恒关系每摩尔Zn(OAc)2转化为Zn5(OH)8(CH3COO)2·2H2O(ZHA)，需要电极产生4mol Zn2+，则需要转移8mol e-，所以每转移1mol e-，理论上会产生0.125 molZHA，故C错误；D项，充电时，OAc-向电极的阳极乙移动，故D错误；故选B。
13．HR是一元弱酸，向0.1mol/L的HR溶液中缓慢加入NaOH固体(溶液温度恒为25℃，忽略溶液体积的变化)，平衡后与溶液pH的关系如图所示(已知：)。下列说法正确的是( )
A．Ka(HR)的数量级为
B．a点有50％的HR与NaOH发生了反应
C．b点：c(R-)+c(HR)+c(H+)-c(OH-)＞0.1mol/L
D．的分布系数等于时，溶液的
【答案】D
【解析】A项，根据a点数据可知Ka(HR)==1×10-4.7，数量级为 10-5，A错误；B项，若有50%的HR与NaOH发生了反应，则初始状态 c(R-)=c(HR)，由于R-的水解程度和HR的电离程度不同，因此平衡后 c(R-)和c(HR)不相等，即lg不等于0，即a点不可能有50%的HR与NaOH发生了反应，B错误；C项，溶液中存在物料守恒：c(R-)+c(HR)=0.1mol/L，b点的溶液中c(H+)＜c(OH-)，则 c(R-)+c(HR)+c(H+)-c(OH-)＜0.1mol/L，C错误；D项，根据=，解得=2，结合A项分析可知Ka(HR)==10-4.7，可得c(H+)=×Ka=2×10-4.7，则pH=4.4，D正确；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
必做题(共39分)
26．(14分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O的工艺流程如图：
常温下，各种离子沉淀时的pH如下表：
离子
开始沉淀时的pH
1.5
3.4
8.2
完全沉淀时的pH
2.8
4.7
10.2
(1)“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，写出该反应的离子方程式：___________，“滤渣Ⅰ”的主要成分有___________。
(2)“工序①”需要用到的玻璃仪器为烧杯、___________。
(3)向“有机相”中滴加K4[Fe(CN6)]溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含___________(填离子符号)，K4[Fe(CN6)]中提供空轨道的是___________，中心离子的配位数为___________。
(4)“沉锰”时，不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为___________(答两条)。
(5)若100kg软锰矿在生产过程中锰的损失率为8%，最终得到405kgMn(H2PO4)2·2H2O (摩尔质量为285 g ·mol-1)，则软锰矿中锰的质量分数约为___________(保留三位有效数字)。
【答案】(1) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O(2分) SiO2、S(2分)
(2)分液漏斗(1分)
(3) Fe3+(1分) Fe2+(1分) 6(1分)
(4)碳酸钠溶液过多，可能生成氢氧化锰沉淀；造成后续磷酸浪费(2分)
(5)85.0%(4分)
【解析】工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量的铁、硅和铝的氧化物等杂质)为原料生产Mn(H2PO4)2·2H2O，粉末状软锰矿加入稀硫酸、FeS2浸取，MnO2在酸性环境中被还原为Mn2+进入溶液，其余金属氧化物均转化为相应的阳离子进入溶液，Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，S、SiO2不溶与酸成为滤渣；加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后取水相，调节pH沉淀Al3+，过滤后加入碳酸钠溶液得到碳酸锰沉淀，之后加入磷酸溶解碳酸锰得到Mn(H2PO4)2·2H2O。(1)“酸浸”过程中生成一种黄色沉淀，该黄色沉淀为S单质，此过程中FeS2被MnO2氧化为Fe3+和S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O ；由分析可知，“滤渣Ⅰ”的主要成分有SiO2、S。(2)“工序①”为萃取，需要用到的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗。(3)K4[Fe(CN6)]和Fe3+反应会生成蓝色沉淀，向“有机相”中滴加K4[Fe(CN6)]溶液，有蓝色沉淀生成，可推出“有机相”中含Fe3+；K4[Fe(CN6)]中金属阳离子Fe2+提供空轨道，中心离子Fe2+的配位数为6。(4)“沉锰”时，不能加入太多碳酸钠溶液，可能的原因为碳酸钠溶液过多，可能生成氢氧化锰沉淀；碳酸钠能够和磷酸反应，造成后续磷酸浪费。(5)405kgMn(H2PO4)2·2H2O的物质的量为，设100kg软锰矿中Mn的质量为xg，在生产过程中锰的损失率为8%，则x(1-8%)=×55g/mol，x=8.45×104g=85.0kg，则软锰矿中锰的质量分数约为=85.0%。
27．(14分)实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，装置如图(部分夹持装置已略去)。已知：TiCl4的熔点为-24.1℃，沸点为136.4℃，在潮湿空气中易水解。回答下列问题：
(1)装置C中仪器a的名称为_______，实验装置从左到右的连接顺序为_______，D装置的作用为_______，C装置的加热方式为_______。
a.温水浴 b.油浴(100-260℃) c.热水浴 d.沙浴温度(400-600℃)
(2)写出B装置三颈烧瓶内发生反应的化学方程式_______。
(3)测定TiO2产品中钛含量的方法是：精确称取0.2000 g样品放入锥形瓶中，加入热的硫酸和硫酸铵的混合溶液，使其溶解。冷却，稀释，得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+，加入指示剂，用0.1000 mol·L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000 mol·L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00 mL(已知：Ti3++ Fe3++H2O= TiO2++ Fe2++2H+)。
①配制(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的_______(填字母代号)。
②滴定时所用的指示剂为_______，产品中钛的质量分数为_______。
【答案】(1) 蒸馏烧瓶(1分) ADCB(2分) 干燥氧气(2分) b(2分)
(2) TiCl4 (g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g) (2分)
(3) ac(2分) KSCN溶液(1分) 48%(2分)
【解析】实验室利用四氯化钛气相氧化法制备二氧化钛，A装置是氧气发生装置，生成的氧气中混有水，由于TiCl4在潮湿空气中易水解，生成的氧气需要通过装有浓硫酸的洗气瓶D干燥，干燥的氧气通入C中和气化的TiCl4混合，混合气体再通入B中发生反应得到二氧化钛。(1)装置C中仪器a的名称为蒸馏烧瓶，由分析可知，实验装置从左到右的连接顺序为：ADCB，D装置的作用为干燥氧气，C装置加热的目的是让TiCl4气化，TiCl4的沸点为136.4℃，应该选择油浴(100-260℃)加热，故选b。(2)B装置三颈烧瓶内TiCl4和O2反应生成TiO2和Cl2，O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：TiCl4 (g)+O2(g)TiO2(s)+2Cl2(g)。(3)①配制(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要容量瓶和胶头滴管，故选ac；②滴定过程中发生反应Ti3++ Fe3++H2O= TiO2++ Fe2++2H+ ，Fe3+反应完全时，说明滴定完全，则滴定时所用的指示剂为KSCN溶液，滴定终点为：溶液由红色变为无色且半分钟内不恢复原来颜色；消耗Fe3+的物质的量为0.02L×0.1000 mol·L=0.002mol，则溶液中Ti3+的物质的量为0.002mol，产品中钛的质量分数为=48%。
28．(15分)将工业废气中的CO和H2进行分离提纯，然后再综合利用是减小环境污染的有效方法，工业上可用废气中的CO和H2合成CH3OH，其合成反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的平衡体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示。回答下列问题：
(1)已知①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41.2kJ•mol-1
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-75.6kJ•mol-1
则③CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=_____。
(2)在一密闭容器中按体积比1∶2充入CO和H2发生反应③，下列说法中正确的是_____。
A．当气体平均摩尔质量不再改变时，反应达到平衡状态
B．平衡后，恒温恒容下，通入H2，会提高CO的转化率
C．平衡后，恒容下降低温度，再次平衡后气体中CH3OH(g)的体积分数减小
D．平衡后，保持温度不变缩小容器体积，平衡正向移动，平衡常数增大
(3)300℃时，向2L体积不变的密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应③，初始压强为P0，经过10min达到平衡状态，达到平衡时φ(CH3OH)对应M点。该温度下，用分压表示的平衡常数Kp=_____。
(4)已知a
(5)已知反应③的反应速率表达式为v正=k正·c(CO)·c2(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)，其中，k正，k逆为速率常数，只与温度有关。达平衡后，在温度升高过程中_____(填“增大”、“减小”、“不变”)。
(6)如图是电解CO2制取甲醇的装置图，写出阴极发生反应的电极反应式：_____。
【答案】(1)-116.8kJ•mol-1(2分)
(2)AB(2分)
(3)108P0-2或(3分)
(4) 压强(1分) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是放热反应、气体分子数减少的反应，随着压强增大，平衡正向移动，CH3OH(g)值的增大；随着温度升高，平衡逆向移动，φ(CH3OH)减小，所以X表示压强，Y表示温度(3分)
(5)减小(2分)
(6)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O(2分)
【解析】(1)反应③=②―①，所以。(2)根据，反应过程中n发生变化，则发生变化，当气体平均摩尔质量不变，则反应达到平衡状态，A正确；恒温恒容条件下充入H2，会使平衡正向移动，增大CO的转化率，B正确；由第(1)小题可知该反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，CH3OH(g)的体积分数增加，C错误；平衡常数只与温度有关，D错误，故选AB。(3)列三段式：
的体积分数为0.5，则，。反应后的压强为，。(4)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)是放热反应、气体分子数减少的反应，随着压强增大，平衡正向移动，值增大；随着温度升高，平衡逆向移动，减小，所以X表示压强，Y表示温度。(5)平衡时，，该反应是放热反应，升高温度时，K减小，所以减小。(6)CO2生成甲醇是得电子的反应，由装置图可知电解质溶液呈酸性，由此可写出电极反应式CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。
选做题(每小题15分)
35．【选修3-物质结构与性质】(15分)
ⅥA族元素在生产、生活中有着重要的应用。
(1)臭氧分子是___________(填“极性”或“非极性”)分子。
(2) CuSO4·5H2O溶液中滴加氨水，[Cu(H2O))4]2+最终转化为[Cu(NH3))4]2+。1mol [Cu(H2O))4]SO4·H2O中含有___________mol键，[Cu(H2O))4]2+转化为[Cu(NH3))4]2+的原因为___________。
(3)①As、Se、Br的第一电离能由小到大的顺序：___________，原因：___________；电负性由小到大的顺序：___________；
②热的浓硒酸可以溶解单质金，产生红黄色的Au2(SeO3)2(SeO)4 (Au为+3价)，这种红黄色物质中Se元素的杂化方式为___________。
(4)①基态Te原子电子排布式为___________；
②碲酸H6TeO6中除了Te元素外只有羟基基团，H6TeO6的空间构型：___________；
③第三代太阳能电池就是铜镓硒等化合物薄膜太阳能电池，其中一种结构如图所示：
已知晶胞参数为anm、bnm、cnm。则晶体的密度为___________。
【答案】(1)极性(1分)
(2) 18(1分) Cu2+-N之间的配位键比Cu2+-O之间的强(2分)
(3) Se
【解析】(1)臭氧分子的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，所以O3是极性分子；(2)1mol [Cu(H2O))4]SO4·H2O中Cu2+与4个H2O之间的配位键为σ键，水分子内H、O之间是σ键，SO42-中S、O之间是σ键，共含有4+2×4+4+2=18molσ键；[Cu(H2O))4]2+转化为[Cu(NH3))4]2+说明Cu2+-N之间的配位键比Cu2+-O之间的配位键强；(3)As、Se、Br的最外层电子排布图分别为 ，原子轨道中电子处于全满、半满或全空时较稳定，同一周期，从左向右，随着原子序数的增大，元素第一电离能呈增大趋势，但有些例外，通常ⅡA>ⅢA、 VA>ⅥA，As、Se、Br的第一电离能由小到大的顺序：Se
高聚物G是一种合成纤维，由A与E为原料制备J和G的一种合成路线如下：
已知：①酯能被LiAlH4还原为醇；
②
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_______。
(2)C的名称是_______，J的分子式_______。
(3)B生成C和D生成H的反应类型分别为_______、_______。
(4)写出F+D→G的化学方程式_______。
(5)芳香化合物M是C的同分异构体，符合下列要求的M有_______种(不考虑立体异构)
①与碳酸钠溶液反应产生气体；
②只有1种官能团；
③苯环上有2个取代基。
其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比1 ：1：1 ：2的结构简式为_______。
(6)参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选) _______。
【答案】(1) (1分)
(2)邻苯二甲酸二甲酯(1分) C10H12O4(1分)
(3)取代反应或酯化反应(1分) 氧化反应(1分)
(4) (2分)
(5) 12 (3分) (2分)
(6) (3分)
【解析】A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；邻苯二甲酸和甲醇反应酯化反应生成C，C是，C被还原为醇，D是；和H2O2反应生成I，I和甲醇反应生成J，由J的结构简式逆推，可知I是；和己二酸发生缩聚反应生成G，G是。(1)A分子式为C8H10，A被氧化为邻苯二甲酸，逆推可知A是；(2)C是，名称是邻苯二甲酸二甲酯；由J结构简式可知分子式：C10H12O4；(3)B生成C是邻苯二甲酸和甲醇发生酯化反应生成，反应类型是取代反应； D生成H是中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；(4)和己二酸发生缩聚反应生成和水；反应的化学方程式为；(5)与碳酸钠溶液反应产生气体，说明含有羧基， ②只有1种官能团 ③苯环上有2个取代基，若2个取代基为-CH2COOH、-CH2COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH2CH2COOH、-COOH，有3种结构；若2个取代基为-CH(COOH)2、-CH3，有3种结构；若2个取代基为-CH(CH3)COOH、-COOH，有3种结构；共12种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积之比1：1：1：2，说明结构对称，结构简式为；(6)氧化为，和H2O2反应生成，在浓硫酸作用下发生反应生成，合成路线为。
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