2023届新疆维吾尔自治区高三上学期1月第一次联考化学试题（解析版）

高级中学精品试卷PAGEPAGE1新疆维吾尔自治区2023届高三上学期1月第一次联考一、选择题：本题共14小题，每小题3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的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.水体富营养化与任意排放氮的氧化物有关B.三星堆古遗址出土的青铜大立人的硬度比纯铜小C.绿色能源汽车的研发和推广有助于实现碳达峰、碳中和D.北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”中填充的PET纤维属于天然纤维〖答案〗C〖解析〗A．水体富营养化与含磷废水的排放有关，任意排放氮的氧化物则会导致酸雨的形成，A错误；B．青铜是铜的合金，其硬度比纯铜大，B错误；C．绿色能源汽车的研发和推广能够减少有机燃料的使用，从而降低了空气中CO2的含量，因此有助于实现碳达峰、碳中和，C正确；D．PET纤维是人工制造的纤维，因此属于合成纤维，D错误；故合理选项是C。2.工业上，用棉球蘸取浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，发生的反应是。下列说法错误的是（）A.N原子的结构示意图为B.的电子式为C.的结构式为D.氯化铵中每个原子都达到了8电子稳定结构〖答案〗D〖解析〗A．N元素是第7号元素，原子的结构示意图为，A正确；B．中的N原子和3个H原子分别形成1对共用电子对，电子式为，B正确；C．的N原子和N原子间形成3对共用电子对，结构式为，C正确；D．氯化铵分子中H原子不是8电子稳定结构，D错误；故选D。3.传统文化是中华文明的瑰宝。下列有关传统文化分析错误的是（）传统文化摘要分析A日照香炉生紫烟“紫烟”是碘升华导致的B“泽中有火”“上火下泽”。泽，指湖泊池沼“火”指CH4燃烧C落汤螃蟹着红袍发生了化学变化D《本草经集注》中记载“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3〖答案〗A〖解析〗A．“紫烟”是形容瀑布在红日的照射下，幻化成一片紫色的云霞，而并非碘升华导致，A错误；B．“泽中有火”“上火下泽”。泽，指湖泊池沼，其中含有的有机物在隔绝空气的条件下发生反应产生沼气，沼气主要成分是CH4，CH4燃烧产生火，故“火”指CH4燃烧，B正确；C．落汤螃蟹着红袍是指螃蟹经过高温烹饪后，变成红色的物质，由于产生了新的物质，因此发生了化学变化，C正确；D．《本草经集注》中记载“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3不稳定，受热分解，K元素焰色实验显紫色，由于分解过程中产生KNO2固体，因此灼烧时看到有紫烟升起，D正确；故合理选项是A。4.实验室用生石灰和浓氨水反应制取氨气，按照制取、净化、收集、验满的顺序进行实验。下列装置能达到实验目的的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．实验室用生石灰和浓氨水反应制取氨气是固液不加热型，A项不符合题意；B．为酸性氧化物，不能干燥氨气，B项不符合题意；C．氨气的密度小于空气，用向上排空气法收集，C项符合题意；D．氨气溶于水呈碱性，所以验满应用湿润的红色石蕊试纸，D项不符合题意；故选C。5.科学家合成了有机双极晶体管，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）(注明：－Ph=苯基)A.该有机物的分子式为C42H28B.该有机物属于芳香烃C.该有机物不能与溴水发生加成反应D.1mol该有机物最多能与20molH2发生加成反应〖答案〗D〖解析〗A．根据结构简式，含有42个碳原子，不饱和度为29，则H原子个数为28，分子式为C42H28，故A说法正确；B．该有机物中含有苯环，且原子均为C、H，因此该有机物属于芳香烃，故B说法正确；C．该物质中含有苯环，不含碳碳不饱和键，因此该有机物不能与溴水发生加成反应，故C说法正确；D．1mol苯环最多与3mol氢气发生加成，即1mol该物质最多与21mol氢气发生加成反应，故D说法错误；〖答案〗为D。6.部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断错误的是（）A.d的代表物质高铜酸钾(KCuO2)具有强氧化性B.将c加入浓碱液中可制得e的胶体C.e→a的转化可用于检验葡萄糖D.存在b→c→e→b的转化关系〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，d的代表物质高铜酸钾(KCuO2)中的铜元素具有最高价，化合价容易降低，具有强氧化性，A正确；B．c为正二价的铜盐，加入浓氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，不会形成胶体，B错误；C．葡萄糖具有还原性，在碱性环境中可以二价铜转化为一价铜，故ea的转化可用于检验葡萄糖，C正确；D．氧化铜和稀硫酸生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，存在bceb的转化关系，D正确；故选B。7.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.以石墨为电极，电解饱和溶液：B.在浊液中滴加溶液，产生红褐色沉淀和气泡：C.在稀硝酸中加入过量的铁粉：D.向1L溶液中通入4.48L(标准状况)：〖答案〗B〖解析〗A．难溶于水，石墨是惰性电极，总电解反应方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，A错误；B．难溶于水，与会发生强烈双水解生成和，即产生红褐色沉淀和气泡，正确的离子方程式为，B正确；C．加入过量铁粉，产物为亚铁离子，正确的离子方程式为，C错误；D．，0.1mol先氧化0.2mol，然后0.1mol氧化0.2mol，正确的离子方程式为，D错误；故选B。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.0℃、101KPa下，11.2L由和组成的混合气体中含有的氢原子数为B.2.0L溶液中含有的、、总数为C.0.1mol由和组成的混合气体在氧气中完全燃烧时，消耗的分子数为D.电解熔融NaCl和混合物时，阳极上产生0.1mol气体，转移的电子数为〖答案〗A〖解析〗A．0℃、101KPa下，11.2L由和组成的混合气体中含有的氢原子数为=，A正确；B．磷酸溶液中还存在磷酸分子，2.0L溶液中有：n(H3PO4)+c()+c()+c()=2L×0.5mol/L=1mol，则其中含有的、、总数小于，B错误；C．由方程式：C2H4+3O22CO2+2H2O，C2H5OH+3O22CO2+3H2O可知，0.1mol由和组成的混合气体在氧气中完全燃烧时，消耗的分子数为，C错误；D．电解熔融NaCl和混合物时，阳极的电极反应式为，产生0.1mol时，转移0.2mol电子，D错误；故〖答案〗为：A。9.科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b、c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A.整个过程是自然界中氮的固定B.生物酶降低了各个反应的焓变，加快了反应速率C.整个过程中，每生成1mol，转移3mol电子D.整个过程有极性共价键、离子键及非极性共价键的断裂和形成〖答案〗C〖解析〗A．因产物是，不是氮的固定，A错误；B．生物酶加快了反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；C．由总反应可知，，整个过程中，每生成1mol，转移3mol电子，C正确；D．整个过程中没有离子键的形成，D错误；故选C。10.M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成的一种分子W的结构如图所示，该分子中所有原子均达到稳定结构，四种元素中只有X、Y位于同周期，Z的单质为淡黄色固体。下列说法正确的是（）A.原子半径：X＞Y＞MB.Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸C.氢化物的沸点：X＜YD.该分子中只含有极性键〖答案〗A〖解析〗A．一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右，原子半径依次减小，因此三种元素原子半径大小顺序是C＞N＞H，故A正确；B．Y为N，N的氧化物对应水化物有HNO2、HNO3，HNO2为弱酸，硝酸为强酸，Z为S，S的氧化物对应水化物有H2SO3、H2SO4等，前者为中强酸，后者为强酸，故B错误；C．C的氢化物属于烃，有固、液、气三种状态，因此C的氢化物沸点不一定小于N的氢化物，故C错误；D．根据结构中，N-N之间存在非极性键，故D错误；〖答案〗为A。11.为探究铁及其化合物的性质，某化学兴趣小组利用铁与水蒸气反应所得的固体进行了实验，先用过量盐酸溶解，并分成4份，继续如下实验：实验操作与现象①加入高锰酸钾溶液，紫色褪去②加入溶液，生成蓝色沉淀③加入KSCN溶液，无明显现象④加入NaOH溶液，生成的白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色依据上述实验现象，下列结论合理的是（）A.实验①说明溶液中一定含有B.实验③说明该固体中不含三价铁C.实验②③说明反应后的固体中有铁粉剩余D.实验④中灰绿色的沉淀是〖答案〗C〖解析〗A．高锰酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应而褪色，A错误；B．实验③说明溶液中不含，但不能说明固体中没有三价铁，也可能溶于盐酸时，过量的铁单质把三价铁还原了，B错误；C．实验②说明溶液中含有，实验③说明溶液中不含，而铁与水蒸气能生成三价铁，所以可以推知反应后的固体中有铁粉剩余，C正确；D．灰绿色的沉淀是转化为的中间过程，D错误；故本题选C。12.碳酸锂是制备高纯锂化合物和锂合金的主要原料，在玻璃和陶瓷制造、医药、有色金属冶炼、锂电池电极材料等领域具有广阔的应用前景。某化学小组在实验室用含锂废渣(主要含Li2O，还含有少量其他能溶于盐酸的金属氧化物及少量碳单质)制备碳酸锂的流程如图所示：下列说法错误的是（）A.“浸渣”主要成分是碳单质B.“萃取”和“反萃取”均应在烧杯中进行C.“蒸发浓缩”的目的之一是除去过量的HClD“沉锂”后所得母液中含有NaCl〖答案〗B〖解析〗A．由分析可知，“浸渣”的主要成分是碳单质，A正确；B．“萃取”和“反萃取”后都需要分液，所以均应在分液漏斗中进行，B错误；C．“蒸发浓缩”时，一方面可增大溶液的浓度，使Li+沉淀更充分，另一方面可除去过量的HCl，从而减少Na2CO3溶液的用量，C正确；D．“沉锂”时，发生反应2LiCl+Na2CO3=Li2CO3↓+2NaCl，所得母液中含有NaCl，D正确；故选B。13.科学家用(POM，P为＋5价)和作催化剂，通过常温常压电化学还原氮得到火箭燃料肼，装置如图。下列有关说法错误的是（）A.中W的化合价为＋6价B.该电解池总反应式为C.若用铅蓄电池作电源，则B电极应与电极相连D.若质子交换膜中有个通过，则B电极有标准状况下22.4L产生〖答案〗D〖解析〗A．中锂、磷、氧、氢化合价分别为+1、+5、-2、+1，根据化合价代数和为零，则W的化合价为＋6价，A正确；B．该电解池总反应为氮气和水在通电作用下生成肼和氧气，B正确；C．铅蓄电池中极为正极，应该与电解池中B极相连，C正确；D．B电极的电极反应式为，质子交换膜中有个通过，外电路中有4mol转移，产生1mol，标准状况下体积为22.4L，D错误；故选D。14.室温下，pH=3的HR1溶液、HR2溶液各V0mL，分别加入蒸馏水稀释至VmL。稀释过程中溶液pH与lg的关系如图所示。下列推断错误的是（）A.HR2溶液中存在5种粒子B.0.1mol•L-1HR1、HR2溶液中，前者酸根离子浓度更大C.c(OH-)：a=bD.若起始HR2浓度为0.1mol•L-1，则起始时HR2的电离度约为0.1%〖答案〗D〖解析〗A．pH=3的HR2溶液，c(H+)=10-3mol/L，当其溶液稀释10倍，溶液pH增大不到1个单位，说明HR2为弱酸，在HR2溶液中存在HR2的电离平衡及H2O的电离平衡，溶液中存在HR2、H2O、H+、OH-、，共5种粒子，A正确；B．根据开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，当HR1、HR2溶液稀释相同倍数后溶液pH增大值：HR1＞HR2，所以酸性：HR1＞HR2，因此0.1mol•L-1HR1、HR2溶液中，前者电离程度比后者大，故前者溶液中酸根离子浓度更大，B正确；C．根据图示可知：a、b两点的pH相等，而两种溶液中c(H+)相等，根据水的离子积常数可知两种溶液中OH-的浓度大小关系为：a=b，C正确；D．若起始HR2浓度为0.1mol•L-1，c(HR2)=0.1mol/L，开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，故起始时HR2的电离度约为，故合理选项是D。二、必考题：本题共3小题，共43分。15.苯甲酸是一种重要的化工产品，在25℃和95℃下在水中的溶解度分别为0.3g和6.9g。实验室制备苯甲酸并测定其纯度的步骤如下：I.苯甲酸的制备量取一定量的甲苯和足量溶液发生反应：+2KMnO4+KOH+3MnO2↓+H2O，装置如图所示。待甲苯完全反应后趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，然后放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化使溶液由强碱性变为强酸性，至苯甲酸全部析出，过滤得到粗产品。（1）仪器X的名称为__________________，冷凝管的出水口为_______(填“a”或“b”)。（2）三颈烧瓶中反应基本完成的现象为__________________________________________，用油浴加热的优点是_______________________________________________。（3）“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式)；每得到1mol滤渣，理论上转移的电子的物质的量为____________mol。（4）酸化时，_________________(填“能”或“不能”)用冰醋酸代替浓硫酸，理由是___________________________________________________________________。II.纯度测定（5）称取0.10g样品，溶于15mLNaOH溶液中，加入2滴酚酞作指示剂，用盐酸滴定至红色恰好消失，加入20mL乙醚，再加入10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，滴定至终点时，消耗8.0mL盐酸，则苯甲酸的纯度为_______，若第二次滴定过程中，滴定管起始有气泡，滴定终点时气泡消失，则导致所测得样品中苯甲酸的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗b（2）溶液上方不再有明显油珠受热均匀，容易控制温度（3）MnO23（4）不能醋酸是弱酸。无法将溶液调至强酸性（5）97.6%偏高〖解析〗（1）根据仪器的构造知，仪器X为恒压滴液漏斗；冷凝管的出水口为b；〖答案〗为：恒压滴液漏斗；b；（2）由于甲苯不溶于水，而苯甲酸在水中能溶解，因此当三颈烧瓶中溶液不分层，说明甲苯已完全反应；油浴加热的优点是受热均匀，容易控制温度。〖答案〗为：溶液上方不再有明显油珠；受热均匀，容易控制温度；（3）由题给信息可知，反应有二氧化锰沉淀生成，所以“滤渣”主要成分为：MnO2；根据反应方程式可知，锰元素得化合价由+7价变为+4价，故每得到1molMnO2，理论上转移的电子的物质的量为3mol；〖答案〗为：MnO2；3；（4）醋酸是弱酸，无法将溶液调至强酸性，酸化时，不能用冰醋酸代替浓硫酸，〖答案〗为：不能；醋酸是弱酸，无法将溶液调至强酸性；（5）根据盐酸与氢氧化钠反应时，参加反应的溶质的物质的量之比为1∶1可知，与苯甲酸反应的，所以苯甲酸的纯度为97.6%；滴定过程中，滴定管起始有气泡，滴定终点时气泡消失，读数得出消耗盐酸的体积偏大，则与苯甲酸反应的NaOH溶液体积偏小，所以测得样品中苯甲酸的纯度偏高。〖答案〗为：97.6%；偏高。16.Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：（1）“滤渣2”的主要成分是______________(填化学式)。（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择_______________(填化学式)。（3）其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，c1________(填“＜”、“＞”或“=”)c2。其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是___________________________________。(任答一条)（4）“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式为______________________________。（5）已知H2SeSO3是弱酸，Na2SeSO3溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，0.1mol•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=________mol•L-1。（6）“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K=______________。已知：常温下，Ksp〖Cu(OH)2〗≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++4H2OK总=2.0×1013。〖答案〗（1）Fe(OH)3（2）H2O2（3）＞温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低（4）CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S（5）碱0.2（6）4.0×10-7〖解析〗（1）由分析可知，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。〖答案〗为：Fe(OH)3；（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R既能将Fe2+氧化为Fe3+，又不引入新的杂质，所以宜选择H2O2。〖答案〗为：H2O2；（3）“液浸”中，硫酸铁作氧化剂，浓度越大，氧化能力越强，金属浸出率越高，所以根据图2，c1＞c2。在温度较高时，细菌易发生变性，从而降低或失去催化活性，则其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是：温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低。〖答案〗为：＞；温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低；（4）“液浸”中，CuFeS2中的-2价S被Fe3+氧化为S单质，反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。〖答案〗为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S；（5）H2SeSO3是弱酸，则Na2SeSO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，依据电荷守恒，0.1mol•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.2mol•L-1。〖答案〗为：碱；0.2；（6）常温下，Ksp〖Cu(OH)2〗≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++4H2OK总=2.0×1013。则“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K===2.0×10-20×2.0×1013=4.0×10-7。〖答案〗为：4.0×10-7。17.铝及其化合物在生产、生活中有广泛应用。（1）四氢铝锂()是重要的还原剂，在有机合成中有广泛应用。已知几种热化学方程式如下：i.ii.=1\*GB3①___________。②在一密闭容器中投入足量的和，一定温度下只发生反应i，达到平衡后。保持温度不变，将体积缩小至原来的三分之一，达到第二次平衡，下列叙述错误的是_________(填标号)。A.气体压强保持不变时达到平衡状态B.第一次平衡到第二次平衡，平衡常数增大C.达到第二次平衡时，D.第一次平衡到第二次平衡，保持不变（2）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。工业上制备AlN的化学反应原理为。向一体积为2L的恒容密闭容器中加入和充入足量的、C(s)和2mol，测得平衡时CO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。=1\*GB3①X代表_________(填“温度”或“压强”)，判断的依据是___________________________。②Y1___________(填“>”、“<”或“=”)Y2。③M点对应的条件下，平衡常数K=____________。（3）已知：Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。为探究Cat1、Cat2两种催化剂的催化效能进行了实验探究，获得如图曲线。从图中信息可知催化效能较高的催化剂是_________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断的依据是_____________________________________________________________________________。(已知速率常数变化值越大，活化能越大)〖答案〗（1）①-3973.9②BD（2）①温度正反应是吸热反应，平衡后升高温度，平衡向正方向移动，CO的体积分数增大(或若X表示压强，随着压强的增大，CO的体积分数将减小)②>③0.5625（3）Cat2Cat2直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Cal平缓)，活化能较小。催化效能较高〖解析〗（1）①根据盖斯定律，的；②A．气体压强与体积、温度、气体物质的量有关，气体物质的量不断减少时气体压强减小，当气体压强不变时达到平衡状态，A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．对于一种气体的可逆反应，二次平衡的平衡常数不变，气体压强、浓度都不变，C正确；D．改变体积时，导致压强发生变化，所以平衡发生了移动，固体质量改变，D错误；〖答案〗选BD；（2）①该可逆反应的正反应是吸热反应，平衡后升高温度，平衡向正反应方向移动，CO的体积分数增大，故X代表温度，Y代表压强；②正反应是气体分子数增大的反应，温度不变时增大压强，CO体积分数减小，故大于；③M点CO体积分数为50%。起始浓度为1，设变化浓度为x，有，。平衡时，，，平衡常数；（3）设温度为，，两边取绝对值，得出结论是升高相同的温度，速率常数变化值越大，活化能越大。Cat1作用下直线斜率较大，速率常数变化值较大，活化能较大，即Cat2催化效率较高。三、选考题：共15分。请考生从第18题和第19题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。18.腈类化合物是一类含氰基(－C≡N)的重要有机化合物，可以用作农药、香料、金属缓蚀剂或液晶材料等，氨氧化法是丙烯腈的重要生产方法，反应原理如下：CH2=CH－CH3(丙烯)+NH3+O2CH2=CH－CN(丙烯腈)+H2O(未配平)（1）丙烯分子中碳原子的杂化方式为___________，丙烯腈分子中σ键与π键的数目比为___________。（2）该反应原理中的第二周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为________________，原因是________________________________________________________。（3）键角：NH3_____(填“>”、“<”或“=”)H2O，原因是_____________________________。（4）丙烯腈在不同条件下可以转化为丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH，试比较二者酸性的强弱：CH3CH2COOH________(填“>”、“<”或“=”)CH3CHClCOOH。（5）一种金属钼(Mo)的晶胞为体心立方堆积，如图1所示。=1\*GB3①以晶胞参数为单位长度建立如图2所示坐标系，若图1中原子1的坐标为(0，0，0)，则图1中原子2的坐标为_________________。②若晶胞参数为apm，则图1中原子1和原子2的连线长度为______________pm，金属钼的密度为_________________g•cm-3。〖答案〗（1）sp2、sp32：1（2）N>O>C在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C（3）>NH3含有一对孤对电子，而H2O含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小（4）<（5）①(0，1，1)②a〖解析〗（1）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3；丙烯腈分子中含有6个σ键与3个π键，其数目之比为2：1；（2）该反应原理中的第二周期元素是C、N、O，在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；（3）NH3的键角大于H2O，因为NH3含有一对孤对电子，而水含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小；（4）对比丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH可以看出，CH3CHClCOOH分子中的电负性较大，对电子的吸引力较强，使-COOH更易电离出H+，故CH3CHClCOOH酸性更强；（5）①以晶胞参数为单位长度，根据金属钼的晶胞可知，原子2的坐标为(0，1，1)；②若晶胞参数为apm，图1中原子1和原子2的连线为面对角线，其长度为apm；金属钼晶胞为体心立方堆积，根据其晶胞可知钼原子个数为，其密度为=。19.一种以简单有机物为原料合成某药物中间体K的流程如下：已知：回答下列问题：（1）B的名称是__________(用系统命名法命名)，J中官能团的名称为__________。（2）F→G的试剂、条件是______________________。（3）已知K是环酯，则J→K的反应类型是___________________。（4）E→F的化学方程式为___________________________________________。（5）在I的芳香族同分异构体中，同时具备下列条件的结构有_______种(不包括立体异构体)。①能与溶液发生显色反应；②苯环上只含2个取代基；③含3个甲基。其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：9的结构简式为______________________。（6）参照上述合成路线，设计以2-丁醇为原料合成2-甲基丁酸的合成路线_______________________________________________________________________________(其他无机试剂及溶剂任选)。〖答案〗（1）2-甲基丙烯羟基、羧基（2）Br2(l)(或液溴)，FeBr3(或Fe)（3）酯化反应(或取代反应)（4）+CH3Cl+HCl（5）12（6）〖解析〗，B为，C为，D为，E为苯，F为甲苯，G为，H为，J为，结合K的分子式，K为，据此解答。〖详析〗（1）B为，B的名称是2-甲基丙烯，J为，J中官能团的名称为羟基、羧基。（2）F→G是苯环上引入溴原子，则反应的试剂、条件是Br2(l)(或液溴)，FeBr3(或Fe)。（3）已知K是环酯，说明是分子内羟基和羧基的酯化反应，则J→K的反应类型是酯化反应(或取代反应)。（4）E→F是苯环上引入甲基，则反应的化学方程式为+CH3Cl+HCl。（5）①能与溶液发生显色反应；②苯环上只含2个取代基；③含3个甲基，说明苯环上含1个羟基、1个溴戊基。含3个甲基的溴戊基有4种：、、、(—R表示苯基)，溴戊基与羟基位于邻、间、对三种，共12种同分异构体，其中，在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1：1：2：2：9的结构简式为。（6）2-丁醇首先和溴化氢发生取代反应生成2-溴丁烷，然后2-溴丁烷转化为，最后和二氧化碳反应转化为，则合成2-甲基丁酸的合成路线为。新疆维吾尔自治区2023届高三上学期1月第一次联考一、选择题：本题共14小题，每小题3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的。1.化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A.水体富营养化与任意排放氮的氧化物有关B.三星堆古遗址出土的青铜大立人的硬度比纯铜小C.绿色能源汽车的研发和推广有助于实现碳达峰、碳中和D.北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”中填充的PET纤维属于天然纤维〖答案〗C〖解析〗A．水体富营养化与含磷废水的排放有关，任意排放氮的氧化物则会导致酸雨的形成，A错误；B．青铜是铜的合金，其硬度比纯铜大，B错误；C．绿色能源汽车的研发和推广能够减少有机燃料的使用，从而降低了空气中CO2的含量，因此有助于实现碳达峰、碳中和，C正确；D．PET纤维是人工制造的纤维，因此属于合成纤维，D错误；故合理选项是C。2.工业上，用棉球蘸取浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，发生的反应是。下列说法错误的是（）A.N原子的结构示意图为B.的电子式为C.的结构式为D.氯化铵中每个原子都达到了8电子稳定结构〖答案〗D〖解析〗A．N元素是第7号元素，原子的结构示意图为，A正确；B．中的N原子和3个H原子分别形成1对共用电子对，电子式为，B正确；C．的N原子和N原子间形成3对共用电子对，结构式为，C正确；D．氯化铵分子中H原子不是8电子稳定结构，D错误；故选D。3.传统文化是中华文明的瑰宝。下列有关传统文化分析错误的是（）传统文化摘要分析A日照香炉生紫烟“紫烟”是碘升华导致的B“泽中有火”“上火下泽”。泽，指湖泊池沼“火”指CH4燃烧C落汤螃蟹着红袍发生了化学变化D《本草经集注》中记载“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3〖答案〗A〖解析〗A．“紫烟”是形容瀑布在红日的照射下，幻化成一片紫色的云霞，而并非碘升华导致，A错误；B．“泽中有火”“上火下泽”。泽，指湖泊池沼，其中含有的有机物在隔绝空气的条件下发生反应产生沼气，沼气主要成分是CH4，CH4燃烧产生火，故“火”指CH4燃烧，B正确；C．落汤螃蟹着红袍是指螃蟹经过高温烹饪后，变成红色的物质，由于产生了新的物质，因此发生了化学变化，C正确；D．《本草经集注》中记载“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”“硝石”指KNO3不稳定，受热分解，K元素焰色实验显紫色，由于分解过程中产生KNO2固体，因此灼烧时看到有紫烟升起，D正确；故合理选项是A。4.实验室用生石灰和浓氨水反应制取氨气，按照制取、净化、收集、验满的顺序进行实验。下列装置能达到实验目的的是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗A．实验室用生石灰和浓氨水反应制取氨气是固液不加热型，A项不符合题意；B．为酸性氧化物，不能干燥氨气，B项不符合题意；C．氨气的密度小于空气，用向上排空气法收集，C项符合题意；D．氨气溶于水呈碱性，所以验满应用湿润的红色石蕊试纸，D项不符合题意；故选C。5.科学家合成了有机双极晶体管，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）(注明：－Ph=苯基)A.该有机物的分子式为C42H28B.该有机物属于芳香烃C.该有机物不能与溴水发生加成反应D.1mol该有机物最多能与20molH2发生加成反应〖答案〗D〖解析〗A．根据结构简式，含有42个碳原子，不饱和度为29，则H原子个数为28，分子式为C42H28，故A说法正确；B．该有机物中含有苯环，且原子均为C、H，因此该有机物属于芳香烃，故B说法正确；C．该物质中含有苯环，不含碳碳不饱和键，因此该有机物不能与溴水发生加成反应，故C说法正确；D．1mol苯环最多与3mol氢气发生加成，即1mol该物质最多与21mol氢气发生加成反应，故D说法错误；〖答案〗为D。6.部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断错误的是（）A.d的代表物质高铜酸钾(KCuO2)具有强氧化性B.将c加入浓碱液中可制得e的胶体C.e→a的转化可用于检验葡萄糖D.存在b→c→e→b的转化关系〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，d的代表物质高铜酸钾(KCuO2)中的铜元素具有最高价，化合价容易降低，具有强氧化性，A正确；B．c为正二价的铜盐，加入浓氢氧化钠会生成氢氧化铜沉淀，不会形成胶体，B错误；C．葡萄糖具有还原性，在碱性环境中可以二价铜转化为一价铜，故ea的转化可用于检验葡萄糖，C正确；D．氧化铜和稀硫酸生成硫酸铜，硫酸铜和氢氧化钠生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，存在bceb的转化关系，D正确；故选B。7.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.以石墨为电极，电解饱和溶液：B.在浊液中滴加溶液，产生红褐色沉淀和气泡：C.在稀硝酸中加入过量的铁粉：D.向1L溶液中通入4.48L(标准状况)：〖答案〗B〖解析〗A．难溶于水，石墨是惰性电极，总电解反应方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，A错误；B．难溶于水，与会发生强烈双水解生成和，即产生红褐色沉淀和气泡，正确的离子方程式为，B正确；C．加入过量铁粉，产物为亚铁离子，正确的离子方程式为，C错误；D．，0.1mol先氧化0.2mol，然后0.1mol氧化0.2mol，正确的离子方程式为，D错误；故选B。8.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.0℃、101KPa下，11.2L由和组成的混合气体中含有的氢原子数为B.2.0L溶液中含有的、、总数为C.0.1mol由和组成的混合气体在氧气中完全燃烧时，消耗的分子数为D.电解熔融NaCl和混合物时，阳极上产生0.1mol气体，转移的电子数为〖答案〗A〖解析〗A．0℃、101KPa下，11.2L由和组成的混合气体中含有的氢原子数为=，A正确；B．磷酸溶液中还存在磷酸分子，2.0L溶液中有：n(H3PO4)+c()+c()+c()=2L×0.5mol/L=1mol，则其中含有的、、总数小于，B错误；C．由方程式：C2H4+3O22CO2+2H2O，C2H5OH+3O22CO2+3H2O可知，0.1mol由和组成的混合气体在氧气中完全燃烧时，消耗的分子数为，C错误；D．电解熔融NaCl和混合物时，阳极的电极反应式为，产生0.1mol时，转移0.2mol电子，D错误；故〖答案〗为：A。9.科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b、c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A.整个过程是自然界中氮的固定B.生物酶降低了各个反应的焓变，加快了反应速率C.整个过程中，每生成1mol，转移3mol电子D.整个过程有极性共价键、离子键及非极性共价键的断裂和形成〖答案〗C〖解析〗A．因产物是，不是氮的固定，A错误；B．生物酶加快了反应速率，不能改变反应的焓变，B错误；C．由总反应可知，，整个过程中，每生成1mol，转移3mol电子，C正确；D．整个过程中没有离子键的形成，D错误；故选C。10.M、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们组成的一种分子W的结构如图所示，该分子中所有原子均达到稳定结构，四种元素中只有X、Y位于同周期，Z的单质为淡黄色固体。下列说法正确的是（）A.原子半径：X＞Y＞MB.Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸C.氢化物的沸点：X＜YD.该分子中只含有极性键〖答案〗A〖解析〗A．一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右，原子半径依次减小，因此三种元素原子半径大小顺序是C＞N＞H，故A正确；B．Y为N，N的氧化物对应水化物有HNO2、HNO3，HNO2为弱酸，硝酸为强酸，Z为S，S的氧化物对应水化物有H2SO3、H2SO4等，前者为中强酸，后者为强酸，故B错误；C．C的氢化物属于烃，有固、液、气三种状态，因此C的氢化物沸点不一定小于N的氢化物，故C错误；D．根据结构中，N-N之间存在非极性键，故D错误；〖答案〗为A。11.为探究铁及其化合物的性质，某化学兴趣小组利用铁与水蒸气反应所得的固体进行了实验，先用过量盐酸溶解，并分成4份，继续如下实验：实验操作与现象①加入高锰酸钾溶液，紫色褪去②加入溶液，生成蓝色沉淀③加入KSCN溶液，无明显现象④加入NaOH溶液，生成的白色沉淀逐渐变为灰绿色，最后变为红褐色依据上述实验现象，下列结论合理的是（）A.实验①说明溶液中一定含有B.实验③说明该固体中不含三价铁C.实验②③说明反应后的固体中有铁粉剩余D.实验④中灰绿色的沉淀是〖答案〗C〖解析〗A．高锰酸钾溶液会与盐酸发生氧化还原反应而褪色，A错误；B．实验③说明溶液中不含，但不能说明固体中没有三价铁，也可能溶于盐酸时，过量的铁单质把三价铁还原了，B错误；C．实验②说明溶液中含有，实验③说明溶液中不含，而铁与水蒸气能生成三价铁，所以可以推知反应后的固体中有铁粉剩余，C正确；D．灰绿色的沉淀是转化为的中间过程，D错误；故本题选C。12.碳酸锂是制备高纯锂化合物和锂合金的主要原料，在玻璃和陶瓷制造、医药、有色金属冶炼、锂电池电极材料等领域具有广阔的应用前景。某化学小组在实验室用含锂废渣(主要含Li2O，还含有少量其他能溶于盐酸的金属氧化物及少量碳单质)制备碳酸锂的流程如图所示：下列说法错误的是（）A.“浸渣”主要成分是碳单质B.“萃取”和“反萃取”均应在烧杯中进行C.“蒸发浓缩”的目的之一是除去过量的HClD“沉锂”后所得母液中含有NaCl〖答案〗B〖解析〗A．由分析可知，“浸渣”的主要成分是碳单质，A正确；B．“萃取”和“反萃取”后都需要分液，所以均应在分液漏斗中进行，B错误；C．“蒸发浓缩”时，一方面可增大溶液的浓度，使Li+沉淀更充分，另一方面可除去过量的HCl，从而减少Na2CO3溶液的用量，C正确；D．“沉锂”时，发生反应2LiCl+Na2CO3=Li2CO3↓+2NaCl，所得母液中含有NaCl，D正确；故选B。13.科学家用(POM，P为＋5价)和作催化剂，通过常温常压电化学还原氮得到火箭燃料肼，装置如图。下列有关说法错误的是（）A.中W的化合价为＋6价B.该电解池总反应式为C.若用铅蓄电池作电源，则B电极应与电极相连D.若质子交换膜中有个通过，则B电极有标准状况下22.4L产生〖答案〗D〖解析〗A．中锂、磷、氧、氢化合价分别为+1、+5、-2、+1，根据化合价代数和为零，则W的化合价为＋6价，A正确；B．该电解池总反应为氮气和水在通电作用下生成肼和氧气，B正确；C．铅蓄电池中极为正极，应该与电解池中B极相连，C正确；D．B电极的电极反应式为，质子交换膜中有个通过，外电路中有4mol转移，产生1mol，标准状况下体积为22.4L，D错误；故选D。14.室温下，pH=3的HR1溶液、HR2溶液各V0mL，分别加入蒸馏水稀释至VmL。稀释过程中溶液pH与lg的关系如图所示。下列推断错误的是（）A.HR2溶液中存在5种粒子B.0.1mol•L-1HR1、HR2溶液中，前者酸根离子浓度更大C.c(OH-)：a=bD.若起始HR2浓度为0.1mol•L-1，则起始时HR2的电离度约为0.1%〖答案〗D〖解析〗A．pH=3的HR2溶液，c(H+)=10-3mol/L，当其溶液稀释10倍，溶液pH增大不到1个单位，说明HR2为弱酸，在HR2溶液中存在HR2的电离平衡及H2O的电离平衡，溶液中存在HR2、H2O、H+、OH-、，共5种粒子，A正确；B．根据开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，当HR1、HR2溶液稀释相同倍数后溶液pH增大值：HR1＞HR2，所以酸性：HR1＞HR2，因此0.1mol•L-1HR1、HR2溶液中，前者电离程度比后者大，故前者溶液中酸根离子浓度更大，B正确；C．根据图示可知：a、b两点的pH相等，而两种溶液中c(H+)相等，根据水的离子积常数可知两种溶液中OH-的浓度大小关系为：a=b，C正确；D．若起始HR2浓度为0.1mol•L-1，c(HR2)=0.1mol/L，开始时溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/L，故起始时HR2的电离度约为，故合理选项是D。二、必考题：本题共3小题，共43分。15.苯甲酸是一种重要的化工产品，在25℃和95℃下在水中的溶解度分别为0.3g和6.9g。实验室制备苯甲酸并测定其纯度的步骤如下：I.苯甲酸的制备量取一定量的甲苯和足量溶液发生反应：+2KMnO4+KOH+3MnO2↓+H2O，装置如图所示。待甲苯完全反应后趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣，合并滤液和洗涤液，然后放在冷水浴中冷却，用浓硫酸酸化使溶液由强碱性变为强酸性，至苯甲酸全部析出，过滤得到粗产品。（1）仪器X的名称为__________________，冷凝管的出水口为_______(填“a”或“b”)。（2）三颈烧瓶中反应基本完成的现象为__________________________________________，用油浴加热的优点是_______________________________________________。（3）“滤渣”的主要成分为_________________(填化学式)；每得到1mol滤渣，理论上转移的电子的物质的量为____________mol。（4）酸化时，_________________(填“能”或“不能”)用冰醋酸代替浓硫酸，理由是___________________________________________________________________。II.纯度测定（5）称取0.10g样品，溶于15mLNaOH溶液中，加入2滴酚酞作指示剂，用盐酸滴定至红色恰好消失，加入20mL乙醚，再加入10滴溴酚蓝作指示剂，摇匀，用盐酸滴定，边滴边将水层和乙醚层充分摇匀使生成的苯甲酸及时被乙醚溶解，滴定至终点时，消耗8.0mL盐酸，则苯甲酸的纯度为_______，若第二次滴定过程中，滴定管起始有气泡，滴定终点时气泡消失，则导致所测得样品中苯甲酸的纯度____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。〖答案〗（1）恒压滴液漏斗b（2）溶液上方不再有明显油珠受热均匀，容易控制温度（3）MnO23（4）不能醋酸是弱酸。无法将溶液调至强酸性（5）97.6%偏高〖解析〗（1）根据仪器的构造知，仪器X为恒压滴液漏斗；冷凝管的出水口为b；〖答案〗为：恒压滴液漏斗；b；（2）由于甲苯不溶于水，而苯甲酸在水中能溶解，因此当三颈烧瓶中溶液不分层，说明甲苯已完全反应；油浴加热的优点是受热均匀，容易控制温度。〖答案〗为：溶液上方不再有明显油珠；受热均匀，容易控制温度；（3）由题给信息可知，反应有二氧化锰沉淀生成，所以“滤渣”主要成分为：MnO2；根据反应方程式可知，锰元素得化合价由+7价变为+4价，故每得到1molMnO2，理论上转移的电子的物质的量为3mol；〖答案〗为：MnO2；3；（4）醋酸是弱酸，无法将溶液调至强酸性，酸化时，不能用冰醋酸代替浓硫酸，〖答案〗为：不能；醋酸是弱酸，无法将溶液调至强酸性；（5）根据盐酸与氢氧化钠反应时，参加反应的溶质的物质的量之比为1∶1可知，与苯甲酸反应的，所以苯甲酸的纯度为97.6%；滴定过程中，滴定管起始有气泡，滴定终点时气泡消失，读数得出消耗盐酸的体积偏大，则与苯甲酸反应的NaOH溶液体积偏小，所以测得样品中苯甲酸的纯度偏高。〖答案〗为：97.6%；偏高。16.Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。某小组设计以黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)为原料制备二硒化三铜的流程如图1，回答下列问题：（1）“滤渣2”的主要成分是______________(填化学式)。（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R宜选择_______________(填化学式)。（3）其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如图2所示(浸出率指单位时间内Cu和Se溶解的质量)。已知在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性。根据图2，c1________(填“＜”、“＞”或“=”)c2。其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是___________________________________。(任答一条)（4）“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式为______________________________。（5）已知H2SeSO3是弱酸，Na2SeSO3溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，0.1mol•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=________mol•L-1。（6）“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K=______________。已知：常温下，Ksp〖Cu(OH)2〗≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++4H2OK总=2.0×1013。〖答案〗（1）Fe(OH)3（2）H2O2（3）＞温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低（4）CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S（5）碱0.2（6）4.0×10-7〖解析〗（1）由分析可知，“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。〖答案〗为：Fe(OH)3；（2）从绿色化学角度考虑，纯净物R既能将Fe2+氧化为Fe3+，又不引入新的杂质，所以宜选择H2O2。〖答案〗为：H2O2；（3）“液浸”中，硫酸铁作氧化剂，浓度越大，氧化能力越强，金属浸出率越高，所以根据图2，c1＞c2。在温度较高时，细菌易发生变性，从而降低或失去催化活性，则其他条件相同，温度高于T0℃时，浸出率随着温度升高而降低的主要原因是：温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低。〖答案〗为：＞；温度高于T0℃时，细菌活性降低，Fe3+水解程度增大，浸出率降低；（4）“液浸”中，CuFeS2中的-2价S被Fe3+氧化为S单质，反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S。〖答案〗为：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S；（5）H2SeSO3是弱酸，则Na2SeSO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，依据电荷守恒，0.1mol•L-1Na2SeSO3溶液中：2c()+c()+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.2mol•L-1。〖答案〗为：碱；0.2；（6）常温下，Ksp〖Cu(OH)2〗≈2.0×10-20；Cu2++4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++4H2OK总=2.0×1013。则“沉铁”中，存在平衡Cu(OH)2+4NH3•H2O〖Cu(NH3)4〗2++2OH-+4H2O，该反应的平衡常数K===2.0×10-20×2.0×1013=4.0×10-7。〖答案〗为：4.0×10-7。17.铝及其化合物在生产、生活中有广泛应用。（1）四氢铝锂()是重要的还原剂，在有机合成中有广泛应用。已知几种热化学方程式如下：i.ii.=1\*GB3①___________。②在一密闭容器中投入足量的和，一定温度下只发生反应i，达到平衡后。保持温度不变，将体积缩小至原来的三分之一，达到第二次平衡，下列叙述错误的是_________(填标号)。A.气体压强保持不变时达到平衡状态B.第一次平衡到第二次平衡，平衡常数增大C.达到第二次平衡时，D.第一次平衡到第二次平衡，保持不变（2）氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。工业上制备AlN的化学反应原理为。向一体积为2L的恒容密闭容器中加入和充入足量的、C(s)和2mol，测得平衡时CO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。=1\*GB3①X代表_________(填“温度”或“压强”)，判断的依据是___________________________。②Y1___________(填“>”、“<”或“=”)Y2。③M点对应的条件下，平衡常数K=____________。（3）已知：Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。为探究Cat1、Cat2两种催化剂的催化效能进行了实验探究，获得如图曲线。从图中信息可知催化效能较高的催化剂是_________(填“Cat1”或“Cat2”)，判断的依据是_____________________________________________________________________________。(已知速率常数变化值越大，活化能越大)〖答案〗（1）①-3973.9②BD（2）①温度正反应是吸热反应，平衡后升高温度，平衡向正方向移动，CO的体积分数增大(或若X表示压强，随着压强的增大，CO的体积分数将减小)②>③0.5625（3）Cat2Cat2直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Cal平缓)，活化能较小。催化效能较高〖解析〗（1）①根据盖斯定律，的；②A．气体压强与体积、温度、气体物质的量有关，气体物质的量不断减少时气体压强减小，当气体压强不变时达到平衡状态，A正确；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．对于一种气体的可逆反应，二次平衡的平衡常数不变，气体压强、浓度都不变，C正确；D．改变体积时，导致压强发生变化，所以平衡发生了移动，固体质量改变，D错误；〖答案〗选BD；（2）①该可逆反应的正反应是吸热反应，平衡后升高温度，平衡向正反应方向移动，CO的体积分数增大，故X代表温度，Y代表压强；②正反应是气体分子数增大的反应，温度不变时增大压强，CO体积分数减小，故大于；③M点CO体积分数为50%。起始浓度为1，设变化浓度为x，有，。平衡时，，，平衡常数；（3）设温度为，，两边取绝对值，得出结论是升高相同的温度，速率常数变化值越大，活化能越大。Cat1作用下直线斜率较大，速率常数变化值较大，活化能较大，即Cat2催化效率较高。三、选考题：共15分。请考生从第18题和第19题中任选