四川省内江市2023-2024学年高三下学期第五次月考化学含答案

内江2023—2024学年(下)高2024届第五次月考
理科综合试题（答案在最后）
本试卷包括Ⅰ(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共15页。

全卷满分300分，考试时间理、
化、生三科共150分钟。

注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。

2.第Ⅰ卷和每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

第Ⅱ卷用0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。

3.考试结束，监考员将答题卡收回。

可能用到的相对原子质量：H-1He-4C-12O-16Al-27Ti-48Fe-56第Ⅰ卷(选择题共126分)本卷共21小题，每小题6分，共126分。

一、选择题：本大题共13小题。

每小题6分，每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与生产、生活密切相关。

下列说法错误的是
A.棉花和合成纤维的主要成分都是纤维素
B.空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
C.用明矾作净水剂除去水中的悬浮物
D.用Na2S处理工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
【答案】A
【解析】
【详解】A．棉花的主要成分是纤维素，合成纤维多为加聚产物、缩聚产物，成分不是纤维素，A错误；B．硅电池板是由硅制成的太阳能电极板，能将光能直接转换为电能，B正确；
C．用明矾作净水剂时，明矾中的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，从而除去水中的悬浮物，C正确；
D．用Na2S处理工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子时，将重金属离子转化为CuS、HgS等沉淀，D正确；
故选A。

2.从柑橘中炼制萜二烯，下列有关它的推测中不正确的是
A.与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为
B.它能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.分子式为C10H16
D.该分子所有的碳原子不可能在一个平面上
【答案】A
【解析】
【详解】A．萜二烯中含有碳碳双键，可与Br2发生加成反应，与过量的溴的CCl4溶液反应后产物为
B．萜二烯中含有碳碳双键，酸性环境下能被高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．萜二烯分子含有10个C、16个H，则分子式为C10H16，C正确；
D．六元环中含有多个饱和碳原子，结合甲烷的正四面体结构，可知该分子所有的碳原子不可能在一个平面上，D正确；
故选A。

3.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，常温常压下，RX2是一种红棕色气体。

Y2X2能与水反应生成强碱和气体。

Z的最高正价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强电解质。

下列说法正确的是A.简单的离子半径：Y>Z>R>X B.简单的气态氢化物稳定性：R>X
C.Z的氧化物对应的水化物都是强酸
D.Y2X和Y3R在熔融状态下都能导电
【答案】D
【解析】
【分析】常温常压下，RX2是一种红棕色气体，X为O，R为N；Y2X2能与水反应生成强碱和气体，Y是Na，Z的最高正价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强电解质，Z是S；
【详解】由上述分析可知，R、X、Y、Z分别是N、O、Na、Cl；
A．Cl-多一个电子层，半径最大，N3-、O2-、Na+电子层结构相同，核电荷数越小半径越大，故离子半径：Cl->N3->O2->Na+，故A错误；
B．O的非金属性强于N，故简单的气态氢化物稳定性，H2O>NH3，故B错误；
C．Z是Cl，氧化物对应的水化物不一定是强酸，例如HClO是弱酸，故C错误；
D ．Na 2O 和Na 3N 都是离子化合物，在熔融状态下都能导电，故D 正确。

答案选D 。

4.下列离子方程式与所给事实不相符的是
A.Cl 2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O
B.用Na 2SO 3溶液吸收过量Cl 2：Cl 2+324SO -+H 2O=23HSO -
+2Cl -+24
SO -
C.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+
D.Fe 3+遇KSCN 溶液变红色：Fe 3++3SCN -=Fe(SCN)3【答案】B 【解析】
【详解】A ．Cl 2制备84消毒液(主要成分是NaClO)时，将Cl 2通入NaOH 溶液中，发生反应：Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O ，A 正确；
B ．用Na 2SO 3溶液吸收过量Cl 2，Na 2SO 3被全部氧化为Na 2SO 4，离子方程式为：
Cl 2+23SO -+H 2O=24SO -
+2H ++2Cl -，B 不正确；
C ．利用覆铜板制作印刷电路板时，Fe 3+将Cu 氧化为Cu 2+，本身被还原为Fe 2+，离子方程式为：2Fe 3++Cu=2Fe 2++Cu 2+，C 正确；
D ．Fe 3+遇KSCN 溶液时，发生反应，生成Fe(SCN)3溶液，使溶液变红色，离子方程式为：Fe 3++3SCN -=Fe(SCN)3，D 正确；故选B 。

5.N A 是阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.工业上，制备54g 铝时转移电子数为6N A
B.苯与H 2加成生成1mol 环己烷时，极性键数净增12N A
C.在标准状况下，11.2LSO 3含原子总数为2N A
D.9g 3
2
He 含中子数为6N A 【答案】A 【解析】
【详解】A ．工业上制备铝时，发生如下转化：Al 2O 3——2Al——6e -，生成54g 铝(物质的量为2mol)时，转移电子数为6N A ，A 正确；
B ．1个苯分子中含有6个C-H 极性键，1个环己烷分子中含有12个C-H 极性键，则由苯与H 2加成生成1mol 环己烷时，极性键数净增6N A ，B 不正确；
C ．在标准状况下，SO 3呈固态，无法求出11.2LSO 3的物质的量，也就无法求出其含原子总数，C 不正确；
D ．9g 32
He 含中子数为
1A 9g
1N mol 3g/mol
-⨯⨯=3N A ，D 不正确；故选A 。

6.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论
A
向紫色石蕊试液中通入Cl 2溶液先变红后褪色
Cl 2具有漂白性
B
往碘的CCl 4溶液中加入等体积浓KI 溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓KI 溶液中的溶解能力大于在CCl 4中的溶解能力
C
向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼
热木炭
溶液上方产生红棕色气体
NO 2是碳与浓硝酸反应生成的
D
铁片上面滴一滴含有酚酞的
食盐水，放置一段时间
液滴边缘出现红色Fe 发生了析氢腐蚀
A.A
B.B
C.C
D.D
【答案】B 【解析】
【详解】A ．向紫色石蕊试液中通入Cl 2，溶液先变红后褪色，不能肯定漂白性是Cl 2表现出的性质，也可能是Cl 2与水反应生成HClO 表现出的性质，A 不正确；
B ．往碘的CCl 4溶液中加入等体积浓KI 溶液，振荡后液体分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明溶液中发生反应I -+I 2 3I -
，证明碘在浓KI 溶液中的溶解能力大于在CCl 4中的溶解能力，B 正确；
C ．向盛有浓硝酸的烧杯中放入灼热木炭，溶液上方产生红棕色气体，此气体(NO 2)可能是木炭与浓硝酸反应直接生成，也可能是由HNO 3在灼热条件下分解生成的，则不能肯定NO 2是碳与浓硝酸反应生成的，C 不正确；
D ．铁片上面滴一滴含有酚酞的食盐水，放置一段时间，液滴边缘出现红色，表明反应生成OH -，Fe 发生了吸氧腐蚀，D 不正确；故选B 。

7.一种二次电池的总反应为xZn ＋Zn 0.25V 2O 5·yH 2O 放电充电
Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O ＋(y-z)H 2O ，电解液为含Zn 2＋
的水
溶液，该电池可用于电网贮能。

下列说法错误的是
A.放电时，Zn 2＋
进入插层
B.放电时，溶液中Zn 2＋
浓度保持不变
C.充电时，阳极的电极反应为：Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O ＋(y-z)H 2O-2xe -=Zn 0.25V 2O 5·yH 2O ＋xZn
D.充电时，电子由Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O 层经电解质溶液流向Zn 片【答案】D 【解析】
【详解】A ．放电时，Zn 作负极，失去电子进入溶液，Zn 0.25V 2O 5·yH 2O 得到电子，溶液中的Zn 2＋进入插层，A 正确；
B ．放电时，负极生成Zn 2+进入溶液，正极Zn 0.25V 2O 5·yH 2O 得电子产物与溶液中的Zn 2+结合为Zn 0.25＋
x V 2O 5·zH 2O ，溶液中
Zn 2＋
浓度保持不变，B 正确；
C ．充电时，阳极Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O 失电子转化为Zn 0.25V 2O 5·yH 2O 等，电极反应为：Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O ＋(y-z)H 2O-2xe -=Zn 0.25V 2O 5·yH 2O ＋xZn 2+，C 正确；
D ．充电时，电子由阳极出发，沿导线进入阴极(Zn 片)，不能由Zn 0.25＋x V 2O 5·zH 2O 层经电解质溶液流向Zn 片，D 错误；故选D 。

第Ⅱ卷非选择题(满分174分)
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题~第32题为必考题，每个试题考试都必须作答。

第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共129分。

8.乳酸亚铁晶体{[()322[CH CH OH COO]Fe 3H O ⋅}是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与3FeCO 反应制得。

I ．制备3FeCO
，
实验步骤如下：
i ．检查气密性，按图示添加药品；
ii ．在装置B 中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；iii ．将B 中溶液导入C 中产生3FeCO 沉淀；
iv ．将C 中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。

(1)仪器A 的名称是____________________。

(2)装置D 的作用是______________________。

(3)装置C 中生成3FeCO 的离子方程式是_________________。

(4)步骤ii 中应打开的开关是__________，步骤iii 中应打开的开关是_____________。

(选填“2K ”或“3K ”)Ⅱ．制备乳酸亚铁晶体
将制得的3FeCO 加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。

经系列操作．．．．
后得到产品。

(5)加入铁粉的目的_________________。

(用离子方程式表示)
(6)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_____________，过滤，再洗涤和干燥。

Ⅲ．探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量
甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。

甲
乙
称取1w g 样品溶于水，用-1
1c mol L 酸性4KMnO 标
准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且30s 内不恢复，称取2w g 样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，
加入过量KI 溶液充分反应，然后加入几滴淀粉
停止滴定，测得消耗标准溶液1V mL 。

由此求得()-311n Fe 5c V 10mol
=⨯溶液，用2c mol L ⋅硫代硫酸钠溶液滴定(已知：
2222346I +2S O =S O 2I --
-+)，滴定终点时，测得消
耗标准溶液2V mL 。

(7)甲方案错误，主要原因是___________，该方案测定结果将明显__________(填偏大、偏小)。

(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为__________(用含有相关字母的代数式表示)。

【答案】
①.分液漏斗
②.液封，防止空气进入C 中氧化2+
Fe ③.2+-3322 F e + 2HCO FeCO H O =+ CO ↓+↑
④.3K ⑤.2
K ⑥.3+2+
F =e + 2Fe 3Fe ⑦.
加入乙醇⑧.乳酸根也能被高锰酸钾氧化
⑨.偏大
⑩.
22
2
5.6c V %w 【解析】
【分析】I ．制备碳酸亚铁：亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe 与硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B 制备硫酸亚铁。

利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B 装置中的硫酸亚铁溶液压入C 中，C 装置中FeSO 4和NH 4HCO 3发生反应：
FeSO 4+2NH 4HCO 3=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O 。

装置D 防止空气中的氧气进入到C 装置中，将Fe 2+氧化，据此分析解答。

【详解】I ．(1)仪器A 为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；
(2)装置D 的作用是防止空气中的氧气进入到C 装置中，将Fe 2+
氧化，故答案为：液封，防止空气进入C 中
氧化2+Fe ；
(3)C 装置中FeSO 4和NH 4HCO 3发生反应，离子方程式为：2+-
3322Fe + 2HCO = FeCO H O + CO ↓+↑，故答案为：2+-
3322Fe + 2HCO = FeCO H O + CO ↓+↑；
(4)首先关闭活塞K 2，打开活塞K 1、K 3，目的是发生反应制备Fe 2+，利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe 2+被氧化；关闭活塞K 1，反一段时间后，关闭活塞K 3，打开活塞K 2，利用生成氢气，使B 装置中气压增大，将B 装置中的硫酸亚铁溶液压入C 中，产生3FeCO 沉淀。

故答案为：K 3；K 2；
Ⅱ．(5)Fe 2+
容易被氧化为Fe 3+
，加入铁粉可将Fe 3+
还原为Fe 3+
，离子方程式为：3+2+Fe + 2Fe =3Fe ，故答案
为：3+2+Fe + 2Fe =3Fe ；
(6)乳酸亚铁晶体易溶于水，几乎不溶于乙醇，故加入乙醇可让乳酸亚铁析出更多，提高产量。

故答案为：加入乙醇；
Ⅲ．(7)乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大。

故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；
(8)滴定终点时，V 2mL 硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na 2S 2O 3)=c 2⋅V 2×10-3mol 。

根据
关系式2Fe 2+ 2Fe 3+ I 2 22-23S O ，可知样品中()322[CH CH OH COO]Fe 3H O ⋅的物质的量为n(Fe 2+)=n(2-23S O )=c 2⋅V 2×10-3mol ，则样品中铁元素含量为：
-3
22256g/mol c V 10mol 100%w g
⨯⨯⨯=
2225.6c V %w ，故答案为：22
2
5.6c V %w 。

9.Ni 、Co 均是重要的战略性金属。

从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni 2+、Co 2+、Al 3+、Mg 2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni 、Co
，并获得高附加值化工产品。

工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH 3·H 2O 、(NH 4)2SO 3和(NH 4)2CO 3配制。

常温下，Ni 2+、Co 2+、Co 3+与NH 3形成可溶于水的配离子：lgK b (NH 3·H 2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp 如下表。

氢氧化物Co(OH)2
Co(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
回答下列问题：
（1）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c (NH 3·H 2O)_______c (4NH +
)(填“＞”“＜”或“=”)。

（2）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH 3)6]2+的离子方程式为_______，“滤渣”的成分是_______。

（3）(NH 4)2CO 3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。

(NH 4)2CO 3提高了Ni 、Co 的浸取速率，其原因是_______。

（4）“析晶”过程中通入的酸性气体A 为_______。

（5）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。

晶体A 含6个结晶水，则所得HNO 3溶液中n (HNO 3)与n (H 2O)的比值，理论上最高为_______。

②“热解”对于从矿石提取Ni 、Co 工艺的意义，在于可重复利用_______和_______(填化学式)。

【答案】（1）＞（2）
①.2Co(OH)3+8NH 3·H 2O+44NH +
+23SO -
=2[Co(NH 3)6]2++24SO -
+13H 2O
②.
Al(OH)3
（3）减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积（4）HCl （5）①.0.4或2:5[从Ksp 分析晶体A 热解的方程式为
2Mg(NO 3)2·6H 2O Δ
2MgO+4NO 2↑+O 2↑+12H 2O ，冷却反应为4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3]
②.HNO 3
③.
MgO 【解析】
【分析】从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni 2+、Co 2+、Al 3+、Mg 2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni 、Co ，并获得高附加值化工产品。

硝酸浸取液中加入活性MgO 、调pH 至9.0，过滤，滤液中含有Mg(NO 3)2，结晶纯化，得到Mg(NO 3)2∙6H 2O ，热解得到固体氧化物为MgO ，气体为NO 2、O 2等混合气体，冷却至室温，可得到HNO 3溶液。

滤泥中含有Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3等，用氨性溶液氨浸，滤渣为Al(OH)3，滤液2中含有Ni 2+、Co 2+等，镍钴分离，得到CoCl 2、NiCl 2，在HCl 气体中加热析晶，可得到NiCl 2∙4H 2O 。

【小问1详解】
常温下，lgKb(NH 3·H 2O)=-4.7，K b (NH 3·H 2O)=10-4.7，pH=9.9的氨性溶液中，K b =432(NH )(OH )(NH H O)
c c c +-
⋅⋅，4.70.6b 4 4.132(NH )10101(NH H O)(OH )10
+---
-===⋅＜K c c c ，所以c (NH 3·H 2O)＞c (4NH +)。

【小问2详解】
“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH 3)6]2+时，23SO -
被氧化为24SO -
，离子方程式为
2Co(OH)3+8NH 3·H 2O+44NH +
+23SO -
=2[Co(NH 3)6]2++24SO -
+13H 2O ；由分析可知，“滤渣”的成分是Al(OH)3。

【小问3详解】
因为(NH 4)2CO 3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，所以(NH 4)2CO 3可去除胶状物，提高Ni 、Co 的浸取速率，其原因是：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。

【小问4详解】
由分析可知，“析晶”过程中，通入的酸性气体可降低NiCl 2的溶解度，从而析出NiCl 2∙4H 2O ，则A 为HCl 。

【小问5详解】
①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。

晶体A 含6个结晶水，晶体A 热解的方程式为
2Mg(NO 3)2·6H 2O
Δ
2MgO+4NO 2↑+O 2↑+12H 2O ，冷却反应为4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3。

令Mg(NO 3)2·6H 2O 的物质的量为2mol ，则产生的气体冷却后，可得到4molHNO 3，剩余H 2O 的物质的量为10mol ，则所得HNO 3溶液中n (HNO 3)与n (H 2O)的比值，理论上最高为4:10=0.4或2:5。

②在矿石处理初期，需要使用硝酸，然后使用MgO 进行物质的分离，“热解”处理后又能生成硝酸和MgO ，则“热解”对于从矿石提取Ni 、Co 工艺的意义，在于可重复利用HNO 3和MgO 。

【点睛】带有结晶水的挥发性酸的弱碱盐，灼烧后得不到该盐。

10.利用2CO 可合成烷烃、烯烃、醇等系列重要化工原料。

回答下列有关问题：I ．制备甲烷()()()()1
2242CO g +4H g CH g +2H O g H 252.9kJ mol
-∆=-⋅ (1)该反应的()G G H T S ∆∆=∆-∆与温度的关系如图1所示。

①要使该反应能顺利发生，理论上温度不高于____________。

②在恒温、恒容容器中进行该反应，下列不能．．说明反应达到平衡状态的是_________。

A ．2CO 和2H 的转化率之比不再变化B ．混合气体的平均摩尔质量不再变化C ．容器内的压强不再变化
D ．()
()2
4正
正
v H =4v CH (2)选择合适催化剂，在密闭容器中按()()22n CO :n H 1:4=充入反应物，反应结果如图2所示。

①若N 点压强为1MPa ，则平衡常数()p K N =__________，P 点与点的平衡常数()K P _______()K N (填“>”、<”或“=”)。

②若无催化剂，N 点平衡转化率是否可能降至R 点？说明理由。

答：______________。

II ．制备甲醇：主反应：()()()()1
2
2321CO g +3H g CH OH g +H O g H =58kJ mol -∆-⋅ 副反应：()()()()1
2222
CO
g +H g CO g +H O g H =41kJ mol -∆-⋅ (3)向恒容容器中充入2a mol CO 和23a mol H ，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、
产物选择性的关系如下图所示。

已知：3CH OH 选择性()()()3n CH OH /n CH OH +n CO =⎡⎤⎣⎦3①3CH OH 选择性随温度升高而下降的原因是________(写一条)。

②有利于提高3CH OH 选择性的反应条件是__________。

A ．高温高压B ．低温低压
C ．高温低压
D ．低温高压
【答案】①.597℃
②.AD
③.1
④.<⑤.不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡
转化率⑥.温度升高，催化剂活性降低
⑦.D
【解析】【分析】
【详解】I ．(1)①()G G H T S ∆∆=∆-∆<0，反应能自发进行，由图1可知，温度不高于597℃，故答案为：597℃；
②A ．CO 2和H 2的转化率之比与投料比有关，不能判定是否达到平衡，故A 可选；
B ．反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，故B 不选；
C ．反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，故C 不选；
D ．正逆反应速率相等时，反应达到平衡，()
()24正
正v H =4v CH 没有涉及逆反应，故D 可选；
故答案为：AD ；
(2)①依题意设起始投入CO 2物质的量为1mol ，则H 2为4mol ，由图2可知N 点时转化率为50%，可列三段
式：
()()()()
2242CO g +4H g CH g +2H O g 起始(mol)1400转化(mol)0.520.51平衡(mol)
0.5
2
0.5
1
，N 点压强为1MPa ，故
K P =
2
4
0.51P P 440.52P P 44⎛⎫⎛⎫
⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫
⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=1；该反应为放热放应，P 点温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，
K(P)<K(N)，故答案为：1；<；
②催化剂只能改变反应速率，不能改变转化率，则无催化剂，N 点的平衡转化率也不可能将至R 点。

故答案为：不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率；
II ．(3)①温度升高，3CH OH 选择性随而下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低，故答案为：温度升高，催化剂活性降低；
②反应：()()()()1
22321CO g +3H g CH OH g +H O g H =58kJ mol
-∆-⋅ 放热放应，低温有利于反
应正向进行；反应前后气体分子数减少，随着反应进行，压强降低，高压有利于反应正向进行。

故答案为：D 。

(二)选考题：共45分。

请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

[化学——选修3：物质结构与性质]
11.物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。

回答下列问题：
（1）四水合磷酸锌[Zn 3(PO 4)2·4H 2O]难溶于水，是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。

Zn 2＋的价层电子排布式是_______，34PO -
中的磷原子的杂化轨道类型是_______，34PO -
离子的立体构型是_______。

（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。

第一电离能I 1(Sn)_______I 1(Pb)(填“大于”或“小于”)。

（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，原因是_______(用离子方程式表示)。

（4）锌锰干电池中Zn 2+可吸收电池反应产生的NH 3生成[Zn(NH 3)4]2+，1个该离子中含有_______个σ键。

（5）Ti x Al y 合金的一种结构单元如图所示(Al 、Ti 原子各有一个原子在结构单元内部)，该合金的化学式为_______，其结构单元棱长为apm ，底面边长为bpm ，该合金的密度为_______g·cm -3(列出计算式，设N A 为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）
①.
3d 10
②.sp 3
③.正四面体
（2）大于
（3）加入氨水生成[Cu(NH 3)4]2+，降低了Cu 2+浓度，使Cu(OH)2沉淀溶解平衡正向移动，从
而使Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中（4）16（5）
①.T 11Al 5②
.
30
A
10【解析】【小问1详解】
Zn 为30号元素，电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2，则Zn 2+的价层电子排布式是3d 10，34PO -
中，磷原子的价层电子对数为4，杂化轨道类型是sp 3，则34PO -
离子的立体构型是正四面体。

【小问2详解】
Sn 和Pb 都为碳族元素，且Sn 在Pb 的上方，Sn 的金属性比Pb 弱，则第一电离能()1I Sn 大于()1I Pb 。

【小问3详解】
Cu(OH)2能与氨水的反应形成[Cu(NH 3)4]2+，从而促进Cu(OH)2的不断溶解，所以新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，原因是：加入氨水生成[Cu(NH 3)4]2+，降低了Cu 2+浓度，使Cu(OH)2沉淀溶解平衡正向移动，从而使Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中。

【小问4详解】
1个NH 3中含有3个σ键，NH 3中的N 原子与Zn 2+形成配位键，此配位键也属于σ键，则1个[Zn(NH 3)4]2+离子中含有3×4+4=16个σ键。

【小问5详解】
Ti x Al y 合金的一种结构单元如图所示(Al 、Ti 原子各有一个原子在结构单元内部)，则晶胞中所含Ti 原子个数为111118216233⨯
+⨯++=，所含Al 原子个数为15
1463
+⨯=，则该合金的化学式为T 11Al 5，其结构单元棱长为apm ，底面边长为bpm ，该晶胞的体积为
2
31333bpm bpm apm 6=(pm)222
⨯⨯⨯⨯⨯，合金的A 115
(4827)g/mol
332
⨯+⨯
30A 10g·cm -3。

【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。

[化学——选修5：有机化学基础]
12.化合物A 是合成雌酮激素的中间体，合成路线如下：
回答下列问题：
（1）若C 的结构简式是，则B 的结构简式是_______。

化合物A 中的含氧
官能团的名称是_______。

（2）若D 中只有两种含氧官能团，D 的结构简式是_______。

D 的同分异构体W 符合下列条件，则W 的结构有_______种。

①苯环上只有三个取代基，其中一个是氨基②1molW 能与2molNaHCO 3反应
③不能发生银镜反应，也不和FeCl 3溶液发生反应
（3）B 转化为C 的化学方程式是_______。

C 转化为D 的反应类型是_______。

（4）E 与足量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。

（5）设计由乙酸酐[(CH 3CO)2O]和苯制备
的合成路线：_______(无机试剂任选)。

【答案】12.①.②.酮羰基、醚键
13.①.②.26
14.①.
3HNO ∆
+→
浓硫酸
2H O
+②.还
原反应
15.
16.
【解析】
【分析】比较原料和C的结构简式，参照反应条件，可确定B为
，采用逆推法，可确定D为。

E与(CH3O)2SO2在
NaOH作用下发生反应，所得产物再与H+作用，可得到F；F与SOCl2发生取代反应可生成G，G与(CH3)2CuLi 发生反应可生成A。

【小问1详解】
若C的结构简式是，依据反应条件，采用逆推法，可确定B的结构简式是。

化合物A为，含氧官能团的名称是酮羰基、醚
键。

【小问2详解】
若D中只有两种含氧官能团，由C、E的结构简式，可确定D的结构简式是。

D的同分异构体W符合下列条件：“①苯环上只有三个取代基，其中一个是氨基；②1molW能与2molNaHCO3反应；③不能发生银镜反应，也不和FeCl3溶液发生反应”，则W分子中含有1个苯环、1个-NH2，另外两个取代基可能为-COOH、-CH2CH2COOH[或-CH(CH3)COOH]，共有20种可能结构；W分子中含有1个苯环、1个-NH2，另外两个取代基可能都为-CH2COOH，可能结构有6种，则W的结构有20+6=26种。

【小问3详解】
B()转化为C()，发生硝化反应，化学方程式是
3HNO ∆
+→
浓硫酸
2H O +。

在Zn 、HCl 作用下，C()转化为D()，则
反应类型是还原反应。

【小问4详解】E(
)与足量的氢氧化钠溶液反应，-COOH 、-OH 都发生反应，化学方程式为。

【小问5详解】
由乙酸酐[(CH 3CO)2O]和苯制备
，依据题给流程中的信息，在AlCl 3作用下发生取代反应，
生成，然后发生还原反应，从而得到目标有机物。

合成路线为：。