河北省衡水市2022届高考二模考试化学试题及答案解析

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1、河北省衡水市2022届高考二模考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Si28 S32 Cl35.5 K39 Mn55一、单项选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 明代宋应星所著天工开物中有记载：“黄矾，乃即炼皂矾(FeSO47H2O)炉侧土墙刮取下来，名日黄矾，染家用之。金色浅者涂炙，立成紫赤色也。”下列有关黄矾说法错误的是A. 黄矾的主要成分中含有Fe3+B. 黄矾在医药上可以作补铁剂C. 黄矾可以应用于印染工业D. 黄矾经火烤，立刻生成Fe2O3【答案】B【解析】【详解】A根据黄矾的名称及Fe3+呈黄色，且

2、黄矾是炼皂矾时得到，皂矾的主要成分FeSO47H2O有较强的还原性，所以易被氧化，得到黄矾，因此黄矾的主要成分中有Fe3+，A正确；B人体缺亚铁离子，会造成贫血，而黄矾中的Fe元素是+3价，B错误；C“染家用之”意思染坊经常用它，所以黄矾可以应用于印染工业，C正确；D依题意，“金色浅者涂炙，立成紫赤色也”，紫赤色是红棕色的Fe2O3，D正确；故选B。2. “油”在生活生产中应用广泛，下列有关“油”的说法正确的是A. 食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于天然有机高分子化合物B. 汽油、煤油、生物柴油等均来源于石油，主要成分都是烃类C. 甘油是丙三醇的俗称，既可以做护肤品，又可以制作炸药

3、D. 天然奶油、黄油等是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于蛋白质【答案】C【解析】【详解】A油脂都是高级脂肪酸甘油酯，含碳碳双键较多的熔沸点较低常温下呈液态，则食用油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，但油脂相对分子质量没有成千上万，故其不属于有机高分子化合物，A错误；B汽油、煤油等均来源于石油，主要成分都是烃类，而生物柴油的主要成分是硬脂酸甲酯属于酯类物质，不是烃类，也不来源于石油，B错误；C甘油是丙三醇的俗称，具有很强的保湿功能，可以做护肤品，其与硝酸、浓硫酸反应生成的三硝酸甘油酯是一种烈性炸药，即甘油可以制作炸药，C正确；D天然奶油、黄油等是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，是油脂不

4、属于蛋白质，D错误；故答案为：C。3. 抗帕金森症的药物M，其结构简式如图，下列有关M的说法正确的是A. 属于芳香烃B. 分子中所有的碳原子不可能共平面C. 苯环上的二氯代物有7种(不考虑立体异构)D. 分子中有三个碳碳双键【答案】B【解析】【详解】AM中含有羟基和N原子，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，A错误；B连接羟基的碳原子通过单键连接其他三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，B正确；C用定一移一的方法，可确定苯环上的二氯代物有6种，C错误；D分子中不存在碳碳双键，苯环上的碳碳键不是单双键交替排列的，而是键和大键，D错误；故选B。4. 推理是化学学科核心素养的重要内容，下列推理合理的是A

5、. AgBr具有感光性，AgCl也具有感光性B. Si和Ge的单质是半导体材料，同族Pb的单质也是半导体材料C. Fe3O4可以写成FeOFe2O3，Fe3I8也可以写成FeI22FeI3D. CO2是极性键构成的分子，SiO2也是极性键构成的分子【答案】A【解析】【详解】A卤化银的感光性是指这些化合物见光分解的难易程度，从AgF到AgI，随着相对分子质量增大，其见光易分解程度越大，所以感光性越强，但AgF没有感光性，A正确；B元素周期表的金属元素和非金属元素的交界处可以找到半导体材料，Si和Ge都在金属元素和非金属元素的交界处，而铅不在，铅是金属，为导体，B错误；CFe元素常见的化合价是+2

6、价和+3价，所以Fe3O4可以写成FeOFe2O3，铁和碘单质反应只能生成碘化亚铁，因此Fe3I8可以写成3FeI2I2，C错误；DCO2是由碳氧极性键构成的分子，但SiO2是由极性键构成的原子晶体，不存在分子，D错误；答案选A。5. 实验是化学的基础，利用如图装置能达到相应实验目的的是A. 图1用于合成氨并检验氨的存在B. 图2用于石灰石和稀H2SO4反应制取CO2气体C. 图3用于制备Fe(OH)2D. 图4用于除去胆矾晶体的结晶水【答案】C【解析】【详解】A检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，A错误；B石灰石与稀硫酸反应生成硫酸钙微溶于水附着在碳酸钙表面，阻止反应进行，B错误；C图3中的F

7、e为阳极失去电子生成Fe2+，并与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2、C电极产生氢气排出装置中的空气，煤油隔绝空气，防止Fe(OH)2被氧化，C正确；D除去胆矾中的结晶水应该用坩埚，D错误；故选：C。6. 下列有关白磷的说法正确的是A. 白磷与红磷互为同素异形体B. 1molP4结构中含有PP键的数目为4NAC. 白磷的着火点低，需保存在煤油中D. 白磷在空气中加热到240可以转化为红磷【答案】A【解析】【详解】A白磷和红磷均是磷元素形成单质，互为同素异形体，故A正确；B1molP4结构中含有6NA个P-P键，故B错误；C白磷应保存在水中，不应该保存在煤油中，故C错误；D白磷需隔绝空气加热，否

8、则会被氧气氧化生成P2O5，故D错误；答案选A。7. 溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2+N2+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是A. 尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物B. 若制取1mol KBr，转移电子数目为2NAC. 此方法成本低，且制得的KBr纯净D. 实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中【答案】C【解析】【详解】A尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物

9、，CO2不是氧化产物，A错误；BBr从0价降低到-1价，若制取1mol KBr，转移电子数目为NA，B错误；C此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；DKBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存棕色广口瓶中，D错误；故选C。8. 最近科学家在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇(CH3OH)方向取得重要进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。下列说法错误的是A. 得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，其中相对较多的副产物为COB. 生成副产物CH2O时，反应的活化能较大C. 制备甲醇的主

10、反应速率主要由过程*CO+*OH*CO+*H2O决定D. 电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极电势低【答案】D【解析】【详解】A主要产物是甲醇，由图可知，得到的副产物有CO和CH2O(甲醛)，生成副产物CH2O时反应的活化能较大，反应进行较慢，生成的量相对较少；生成副产物CO时反应的活化能较小，反应进行较快，生成的量相对较多，A正确；B由A的分析可知，生成副产物CH2O时，反应的活化能较大，B正确；C合成甲醇主反应中，过程*CO+*OH*CO+*H2O的活化能最大，反应速率最慢，决定整体反应速率，C正确；D电催化还原制备甲醇过程中，阳极的电势比阴极的高，D错误；故选D。9. 工业氢氧化锂

11、在重结晶提纯时，采取了下述办法，巧妙地分离出杂质(、等)。工艺流程如下：已知：LiOH的溶解度随温度变化t/020406080100S(LiOH)/(g/100g水)12.712.81313.815.317.5下列说法错误的是A. LiOH的溶解度随温度升高变化不大B. 操作I为过滤，除去、等形成的难溶物C. 操作II得到LiOH晶体应采用降温结晶D. 操作III为趁热过滤，分离、等可溶性杂质【答案】C【解析】【分析】已知Li3PO4、Li2SiO3在水中溶解度很小，Li2SO4、LiNO3易溶于水，LiOH的溶解度由题干信息可知随温度变化不明显，由工艺流程图可知，现将工业LiOH用冷水进行溶

12、解，将LiOH、Li2SO4、LiNO3充分溶解，而Li3PO4、Li2SiO3难溶于水，进行操作I为过滤，过滤出Li3PO4、Li2SiO3，洗涤后对滤液和洗涤液进行操作II为蒸发结晶，然后进行操作III为趁热过滤出LiOH晶体，Li2SO4、LiNO3等易溶性杂质留在母液中，据此分析解题。【详解】A由题干表中数据可知，LiOH的溶解度随温度升高变化不大，A正确；B由于冷溶过程中，LiOH能够溶解，而Li3PO4、Li2SiO3的溶解度随温度降低而减小，能够析出沉淀Li3PO4、Li2SiO3，则操作I为过滤，除去、等形成的难溶，B正确；C由于LiOH的溶解度随温度升高变化不大，故操作II得

13、到LiOH晶体应采用蒸发结晶，C错误；D蒸发结晶析出LiOH晶体后，由于LiNO3、Li2SO4的溶解度随温度变化比较明显，则操作III为趁热过滤，分离、等可溶性杂质，D正确；故答案为：C。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。10. 可的松(M)属于肾上腺皮质激素类药物，具有抗炎、抗过敏、抗风湿、免疫抑制作用，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A. M的分子式为C21H3

14、0O5B. M分子的结构中有6个手性碳原子C. 1molM与足量H2反应最多可消耗3molH2D. 1molM分别与足量Na与NaHCO3反应时，消耗二者物质的量之比为3：1【答案】AC【解析】【详解】A由题干所示有机物结构简式可知，M的分子式为C21H30O5，A正确；B手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，则M分子的结构中有7个手性碳原子，如图所示：，B错误；C由题干所示有机物结构简式可知，M中含有1个碳碳双键，2个酮羰基均可与H2发生加成反应，则1molM与足量H2反应最多可消耗3molH2，C正确；D由题干所示有机物结构简式可知，M中含有3个醇羟基，不含羧基，故1m

15、olM分别与足量Na，消耗3molNa，不能与NaHCO3反应，D错误；故答案为：AC。11. 短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次递增，Z、M的单质均能与水发生剧烈的化学反应，Z的最外层电子数是X、Y的最外层电子数之和，且X、Y相邻。下列有关说法正确的是A. 离子半径：MZB. Z、M可以形成离子化合物C. X、Y最高价含氧酸的酸性：X M，A错误；B由分析可知，M为Na、Z为F，Z、M可以形成离子化合物NaF，B正确；C由分析可知，X为B，Y为C，非金属性C大于B，则X、Y最高价含氧酸的酸性强弱为H2CO3H3BO3即Xc(HCO)c(CO)【答案】A【解析】【详解】A由图像知c2(

16、Ba2+)随c(H+)增大而增大，所以c(Ba2+)随pH增大而减小，A错误；Bc(H+)几乎为0时，c(OH-)浓度最大，抑制CO 离子水解程度最大，此时c(Ba2+)=( CO)，使c2(Ba2+)越接近2.610-9，此时Ksp=c(Ba2+)c(CO)=c2(Ba2+)=2.610-9，B正确；C若忽略CO的第二步水解，当c(CO)=c(HCO )时，Ka2(H2CO3)=c(H+)，溶液中有c(Ba2+)=c(CO)+c(HCO)=2c(CO)，故c2(Ba2+)=c(Ba2+)2c(CO)=2c(Ba2+)c(CO)=2Ksp=5.210-9，即M点，此时c(H+)=510-11，

17、Ka2(H2CO3)=c(H+)=510-11，C正确；D在N点，由C选项得知，c(CO)=c(HCO)，N点c(H+)大，所以更促进CO转化成HCO，因此有c(Ba2+)c(HCO)c(CO)，D正确；故选A。三、非选择题：共57分。第1416题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1718题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共42分。14. 高锰酸钾是常见的强氧化剂，其制备流程如下：i制取锰酸钾(K2MnO4)碱熔：用托盘天平称取5.0gKOH固体、1.5gKClO3固体于坩埚中，混匀、小心加热，不断搅拌，待混合物完全熔融后，加入MnO2粉末3.5g，加热到颜色变为深绿色，用力搅拌到

18、固体干涸、固化，再加热5min，并用铁棒将其尽量捣碎。浸取：待物料冷却后，置于200mL烧杯中，用50mL蒸馏水浸取、过滤，得到绿色的溶液。（1）碱熔过程中发生反应的化学方程式为_；加热中若不小心将液体溅到皮肤上，应_处理；加热时应选择_(填字母)。a瓷坩埚b铁坩埚c石英坩埚d氧化铝坩埚ii制取高锰酸钾(KMnO4)在浸取液中通入CO2气体，至K2MnO4完全反应，用pH试纸测定溶液pH达到1011时，停止通入CO2.然后把溶液加热，趁热用铺有尼龙布的布氏漏斗进行减压过滤，除去残渣已知：常温常压下，饱和碳酸钾溶液的pH为11.6；碳酸氢钾溶液的pH为8.3。（2）通入CO2发生反应的离子方程式

19、为_；判断此反应进行是否完全，也可以用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，若呈现_现象，停止通入CO2；过滤时不用滤纸而用尼龙布的原因：_；_(填“能”或“不能”)用加盐酸的方法代替通入CO2，其理由：_。已知：几种物质在不同温度下的溶解度0102030405060KCl27.631.034.037.040.042.645.5K2CO32H2O51.35252.553.253.954855.9KMnO42.834.46.49.012.716.922.2“操作X”为_。iii重结晶提纯（3）利用重结晶的方法对产品提纯，所得产品质量2.8g，则高锰酸钾的产率为_(精确到0.1%)。【答案】（1） . 3MnO

20、2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O . 用大量的水冲洗，然后涂上3%5%的硼酸溶液 . b （2） . 2CO2+3=2+MnO2+2 . 呈现紫红色 . 过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀 . 不能 . 盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失 . 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥 （3）72.4%【解析】【分析】本题为工工艺流程图，焙烧步骤中发生的反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，然后冷却后用水浸出可溶性的K2MnO4和KCl等，向水浸溶液中通入CO2

21、，发生反应：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，将洗涤液和滤液合并后，进行操作X为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到KMnO4粗产品，再进行重结晶即得纯净的KMnO4，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，碱熔过程中发生反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，由于熔融物中有强碱KOH，则加热中若不小心将液体溅到皮肤上，应进行用大量的水冲洗，然后涂上3%5%的硼酸溶液处理，瓷坩埚和石英坩埚中含有SiO2、氧化铝坩埚含有Al2O3，SiO2和Al2O3

22、均能与KOH反应而腐蚀坩埚，故加热时应选择铁坩埚，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；用大量的水冲洗，然后涂上3%5%的硼酸溶液；b；【小问2详解】由分析可知，通入CO2发生反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3，故其离子方程式为2CO2+3=2+MnO2+2，判断此反应进行是否完全，即溶液中没有K2MnO4，全部是KMnO4，则也可以用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，若呈现紫红色现象，停止通入CO2；由于过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀，则过滤时不用滤纸而用尼龙布，由

23、于盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失，故不能用加盐酸的方法代替通入CO2，故答案为：2CO2+3=2+MnO2+2；呈现紫红色；过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀；不能；盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失；由分析结合题干表中数据可知，KCl、K2CO32H2O在0下溶解度比KMnO4大得多，且KMnO4的溶解度随温度升高而增大，故 “操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥；【小问3详解】根据反应方程式：3MnO2+KClO3+6K

24、OH3K2MnO4+KCl+3H2O可知加入5.0gKOH固体、1.5gKClO3固体和MnO2粉末3.5g反应，KClO3不足量，按氯酸钾的量进行计算可得，n(K2MnO4)=0.0367mol，根据反应方程式3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3可知生成的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=0.02449mol，则利用重结晶的方法对产品提纯，所得产品质量2.8g，则高锰酸钾的产率为=72.4%，故答案为：72.4%。15. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)用于生产制药原料、医药试剂、发酵促进剂、电子元件等，是一种重要的氨化剂。常温常压下稳定，在59时升华并完全分

25、解，易溶于水，溶于醇，在潮湿空气或水溶液中放置时转化成碳酸铵。将NH3和CO2以2：1的速率经过纯化、干燥后制取氨基甲酸铵，反应装置如图：回答下列问题：（1）请写出上述装置(可以重复使用)正确的连接顺序a_(填接口字母)b。（2）D装置的名称为_，用A装置制取气体的优点是_；B装置中制备气体所用试剂名称是_。（3）反应合成器用了三口圆底烧瓶，并装入适量的CCl4，其作用除了充当介质之外，另一作用为_，上口插入一个电动搅拌器，并采用玻璃套管、乳胶管使之密封，在两个侧口分别通入NH3和CO2，在不断搅拌下生成氨基甲酸铵。写出氨基甲酸铵的电子式：_；生成氨基甲酸铵的化学方程式为_。生成物白色固体悬浮

26、于介质中，经_操作后，在40的恒温箱中干燥后密封保存。（4）本实验尾气处理，需要在C装置出气口接一个盛装_(填试剂名称)的洗气瓶，防止污染空气，同时避免空气中的水进入C装置。【答案】（1）hghgcd(或dc)ef(或fe) （2） . U形管 . 控制反应的发生和停止 . 浓氨水和碱石灰(或浓氨水与氧化钙) （3） . 通过观察氨气及二氧化碳产生的气泡，控制二者速率比为2：1 . . 2NH3+CO2=NH2COONH4 . 过滤 （4）浓硫酸(或浓H2SO4)【解析】【分析】A装置用于制取二氧化碳气体，B装置用于制取氨气，C装置为制取氨基甲酸铵的主装置，D装置盛放碱石灰，可用于干燥氨气，E

27、装置为洗气瓶，需要除去CO2气体中的HCl和水蒸气；【小问1详解】根据题意A装置用于制取二氧化碳气体，B装置用于制取氨气，C装置为制取氨基甲酸铵的主装置，D装置盛放碱石灰，可用于干燥氨气，E装置为洗气瓶，需要除去CO2气体中的HCl和水蒸气，因此E装置选择2个，正确的连接顺序为hghgcd(或dc)ef(或fe)；【小问2详解】D装置的名称为U形管，用A装置制取气体时的优点是控制反应的发生和停止；B装置用于制取氨气，且不需要加热的固体和液体反应装置，因此用浓氨水和碱石灰(或浓氨水与氧化钙)；【小问3详解】CCl4其作用除了充当介质之外，另一作用为通过氨气及二氧化碳产生的气泡，控制二者速率比为2

28、：1；氨基甲酸铵为离子化合物，电子式为，其制备的化学方程式为2NH3+CO2=NH2COONH4；因为是悬浊液，所以需要通过过滤处理；【小问4详解】产生的尾气中主要是氨气，而且还需避免外界水蒸气进入C装置中，所以用浓硫酸吸收尾气。16. 1,6己二醇是一种重要的化工原料，与乙二醇相比，用1,6己二醇为原料制备的聚酯具有更为优异的柔韧性和抗腐蚀性。工业上利用己二酸二甲酯加氢制备1,6己二醇，该反应的化学方程式如图：(g)+4H2(g)(g)+2CH3OH(g) H。（1）已知：化学键C=OCOCHCCOHHH键能/ kJmol1745358413347467436计算上述反应的H=_；此反应自发

29、进行的条件是_(填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。（2）将组成(物质的量分数)为4n%H2(g)、n% (g)的气体通入刚性密闭反应器中，在温度一定、压强为pMPa条件下只进行上述反应。平衡时，若压强为qMPa，平衡时(g)的转化率为=_ (用p、q的代数式表示，下同)，平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。（3）科研小组在高压反应釜中进行催化加氢反应，对己二酸二甲酯制备1,6己二醇的工艺条件进行了研究。图甲和图乙为此反应在相同时间时，反应压力、反应温度与反应物的转化率和1,6己二醇选择性的变化关系。已知，选择性=100%。由图可知，在压强为27MPa时

30、，己二酸二甲酯制备1,6己二醇应选择的合适温度为_；选择此温度的理由是_；当260时，转化率随着压强增大而不断增大的原因是_。图丙为反应时间与加氢反应时反应物的转化率和选择性的关系。综合考虑，反应时间控制在5h左右较为合适。此时1,6己二醇的产率为_。【答案】（1） . 286 kJmol1 . 低温易自发 （2） . 100%或% . （3） . 290 . 290时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高 . 相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大 . 50.05%【解析】【小问1详解】根据方程式分析得到酯基中碳氧单键断裂，形成氧氢

31、键和碳氢键，碳氧双键断裂又形成碳氢键、碳氧单键和氧氢键，因此可简化计算上述反应的H=2E(C=O)+2E(CO)+4E(HH) 4E(OH) 4E(CH) 2E(CO) =745 kJmol12436 kJmol14467kJmol14413 kJmol14= 286 kJmol1；该反应是气体体积减小的反应即H0、S0，根据G=HTS判断温度高的时候G0，因此得到低温易自发；故答案为：286 kJmol1；低温易自发。【小问2详解】根据题意建立三段式0.2px+0.8p4x+x+2x=q，解得2x=pq，x=，则a(已二酸二甲酯)= 100%或%；Kp=；故答案为：100%或%；。【小问3详

32、解】由图可知，在27MPa时，290C己二酸二甲酯的转化率和1,6己二醇的选择性均高于280C，因此温度选择290C；相同温度时压强大，反应速率快，且达平衡时，增大压强有利于平衡正向移动，使反应物转化率增大；故答案为：290C ；290时反应物的转化率较高，且此温度下的产物选择性较高；相同温度时压强大，反应速率加快，且达到平衡后，增大压强利于平衡正向移动，使反应物转化率增大。反应时间控制在5h时，产物的产率为92%54.4%50.05%；故答案为：50.05%。(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、

33、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。选修3：物质结构与性质17. 近日，以色列魏茨曼科学研究所提出了一种新颖的模块化催化剂框架，将过渡金属Fe(III)、Ni(II)和Cu(II)放在三缺位多金属氧酸盐骨架的最近邻位置，通过精确调节金属组成来指导催化活性和选择性。研究人员通过简单的合成发现，三铜取代的化合物SiCu3W9在CO2还原为CO过程中具有最佳活性，FeNi2取代的化合物(SiFeNi2W9)在CO氧化为CO2过程中具有最佳活性。回答下列问题：（1）基态Fe3+的价层电子排布图为_；Ni、Cu原子的第一电离能更大的是_。（2）与CO2互为等电子体的分子为_；CO

34、的结构式为_(并标出配位键的方向)；O原子能量最高的原子轨道形状为_。（3）Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。1mol该配合物含有_mol键。已知分子中大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数。则中的大键可表示为_。（4）硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似，如图所示，则Si原子的配位数是_。设C与Si的最近距离为apm，SiC晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数的值为_(用含a和d的式子表示)。【答案】（1） . . Cu （2） . CS2、BeF2、BeCl2等 . . 纺锤体形或者哑铃形 （3） . 22 . （4） . 4

35、. 【解析】【小问1详解】已知Fe是26号原子，则基态Fe3+的价层电子排布式为：3d5，则其价层电子排布图为，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则Ni、Cu原子的第一电离能更大的是Cu，故答案为：；Cu；【小问2详解】等电子体是原子总数相同，价电子总数相同的微粒，与CO2互为等电子体的分子为CS2、BeF2、BeCl2等；由于CO与N2互为等电子体，即CO中含有碳氧三键，其中有一个配位键是由O提供孤电子对，C提供空轨道，则CO的结构式为；O是8号元素，则O原子能量最高的能级是2p，p能级的原子轨道形状为纺锤体形或者哑铃形，故答案为：CS2、BeF

36、2、BeCl2等；纺锤体形或者哑铃形；【小问3详解】Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。已知Cu(NH3)4(NO3)2中含有4个配位键、43=12个N-H键均为键，每个含有3个键，则1mol该配合物含有(4+43+23)=22mol键，故答案为：22；已知分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数。则中三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的不定域大键，则其大键可表示为，故答案为：；【小问4详解】硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似如图所示，Si原子的配位数即为离Si最近且距离相等的C原子，由题干图示晶胞可知， Si原子的配位

37、数是4，设C与Si的最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，设晶胞的边长为xpm，则有a=，得x= pm，又知1个晶胞中含有Si个数为：=4，含C原子个数为4，则SiC晶体的密度为dg/cm3，则有：4mol40g/mol= dg/cm3NA(10-10cm)3，解得阿伏加德罗常数的值NA为 ，故答案为：4；。选修5：有机化学基础18. 三氟哌啶醇是一种神经系统用药，用于精神分裂症的治疗。其合成路线如下所示：（1）A的名称为_；B的含氧官能团名称为_。（2）写出DE反应的化学方程式_。FG的反应类型分别为_。（3）三氟哌啶醇的分子式为_。（4）芳香族化合物J与C互为同分异构体，符合以下条件的

38、J的结构简式为_。1molJ与银氨溶液反应最多生成4molAg；核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为2：1：1。（5）根据以上信息，请写出以溴乙烷和丙酮为原料制取2-甲基-2-丁醇合成路线_(其他试剂自选)。【答案】（1） . 氟苯 . 羰基、羧基 （2） . +Br2+HBr . 加成反应 （3）C22H23NO2F4 （4）(或) （5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在氯化铝作用下 与发生取代反应生成，与SOCl2发生取代反应生成 ；在氯化铝作用下与溴发生取代反应生成，在乙醚作用下与镁反应生成 ，与发生加成反应生成 ， 酸性条件下水解生成，在碱作用下 与发生取代反应生成。【小问1

39、详解】A的结构简式为 ，名称为氟苯；B的结构简式为，含氧官能团为羰基、羧基，故答案为：氟苯；羰基、羧基；【小问2详解】DE的反应为在氯化铝作用下 与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2 +HBr，FG的反应为与发生加成反应生成，故答案为：+Br2 +HBr；加成反应；【小问3详解】三氟哌啶醇的结构简式为，分子式为C22H23NO2F4，故答案为：C22H23NO2F4；【小问4详解】1mol芳香族化合物J与银氨溶液最多生成4mol银说明1molJ中有2molCHO， J核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为2：1：1说明分子中结构应该有对称轴，其分子共有8个H原子，则三种氢原子数目之比为4：2：2，则符合条件的结构简式为 、，故答案为：(或)；【小问5详解】根据以上信息，结合原料及目标产物的结构特点分析，由溴乙烷和丙酮合成2-甲基-2-丁醇的路线为：。