内蒙古赤峰市宁城县2020届高三化学二拟试题（Word版附解析）

宁城县高三年级统一考试 理科综合能力测试 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：Co 59 C 12 Ti 48 O 16 一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 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。下列有关叙述正确的是 A. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸 B. “一带一路”被誉为现代丝绸之路，丝绸属于纤维素 C. 汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石 D. 港珠澳大桥采用的聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”，是有机高分子化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A. 常温下，成语“金戈铁马”中的金属铁在浓硝酸中钝化故不能溶解，A 错误； B. 丝绸属于蛋白质，B 错误； C. 瓷器，其主要原料为石灰石和黏土，例如高岭石，C 错误； D. 聚乙烯是有机高分子化合物，D 正确； 答案选 D。 2.设 NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 4g 2H2 中所含 质子数为 4NA B. 常温常压下，22.4L 的 NO2 和 CO2 混合气体含有 2NA 个氧原子 C. 1molNa2CO3 固体中含有 阴离子数为 NA D. 0.1molCl2 和过量 NaOH 溶液反应，转移电子数为 0.2 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A. 4g 2H2 的物质的量为 1mol，则所含的质子数为 2NA，A 错误； 的 的B. 常温常压下，22.4L 气体的物质的量小于 1mol，则 NO2 和 CO2 混合气体含有氧原子数小于 2NA 个，B 错误； C. 1molNa2CO3 固体中含有 碳酸根离子的物质的量为 1mol，则阴离子数为 NA，C 正确； D. 0.1molCl2 和过量 NaOH 溶液反应，转移电子数 0.1NA，D 错误； 答案选 C。 【点睛】B 容易错，同学往往一不小心就误以为 22.4L 气体的物质的量就是 1mol，根据气体 体积计算物质的量，一定要注意气体所处的状态。 3.甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是 A. 甲、乙的化学式均为 C8H14 B. 乙的二氯代物共有 7 种（不考虑立体异构） C. 丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面 D. 甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】D 【解析】 【分析】 A．根据结构简式判断； B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的 C 原子上； C．苯为平面形结构，结合三点确定一个平面分析； D．乙与高锰酸钾不反应。 【详解】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为 C8H14，故 A 正确； B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的 C 原子上，如在不同的 C 上，用定一移一 法分析，依次把氯原子定于-CH2 或-CH－原子上，共有 7 种，故 B 正确； C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共 平面，故 C 正确； D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故 D 错误。 的 为故选 D。 4.短周期主族元素 X、Y、Z、M、W 的原子序数依次增大，X 元素的某种原子不含中子，X 与 M 同主族，W 的单质为黄色，W 和 Z 同主族，5 种元素最外层电子总数为 19。下列说法 正确的是 A. W 和 Z 的氢化物的沸点：W＞Z B. X、Y、Z、W 均可以和 M 形成离子化合物 C. 以上 5 种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，只能形成一类盐 D. 原子半径和离子半径均满足：Z＜M 【答案】B 【解析】 【详解】X 的某种原子不含中子，为 H 原子，X 为 H 元素；X 与 M 同主族，结合原子序数， 则 M 为 Na 元素；W 的单质为黄色，是硫单质，W 为 S 元素，W 和 Z 同主族，则 Z 为 O 元 素，5 种元素最外层电子数为 19，则 Y 的最外层电子数为 5，结合原子序数，则 Y 为 N 元素； 则 X、Y、Z、M、W 分别为 H、N、O、Na、S。 A．W 和 Z 的氢化物分别为 H2S 和 H2O，显然水的沸点高，因为水分子间有氢键，故沸点：W ＞Z 说法错误，A 错误； B．X、Y、Z、W 均可以和 M 形成离子化合物，它们分别为 NaH、Na3N、Na2O、Na2S 等，B 正确； C．以上 5 种元素形成的化合物中，从阳离子的分类角度来看，不止形成一类盐，可以是钠盐， 也可以是铵盐，C 错误； D．钠元素和氧元素，原子半径：钠大于氧；离子半径，氧离子大于钠离子，D 错误； 答案选 B。 【点睛】选项 D 中离子半径的比较规律：具有相同的电子层结构的离子，核电荷数越大，离 子半径越小。 5.下列图示实验正确的是（ ） A. 制取蒸馏水B. 制取收集氨气 C. 乙酸乙酯的制备 D. 碳酸氢钠受热分解 【答案】C 【解析】 【详解】A.温度计应安装在通向冷凝管的侧口部位，故 A 项错误； B.氨气的密度比空气小，应用向下排空气法，导管应伸入试管底部，故 B 项错误； C.该装置可以制备乙酸乙酯，C 项正确； D.加热固体试管口应朝下，故 D 项错误； 故答案为 C。 6.利用微生物可实现苯酚（ ）废水的净化，装置如图所示。下列有关说法正确的是 A. a 极的电极反应式为：C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋ B. b 极为正极，发生氧化反应 C. 中间室的 Na+向左室移动D. 右室生成 0.1 mol N2 时，用电器流过 0.5 mol 电子 【答案】A 【解析】 【分析】 该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则装置右边 b 电极为正极，电极反应为 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，装置左边 a 极苯酚失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反 应为 C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋，结合原电池的工作原理作答。 【详解】根据上述分析可知， A. a 极为原电池的负极，发生的电极反应为：C6H5OH-28e－+11H2O＝6CO2↑+28H＋，A 项正确； B. b 极为正极，发生还原反应，B 项错误； C. 中间室 Na+向原电池的正极（b 极）移动，即向右室移动，C 项错误； D. 右室中的电极反应为 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，则生成 0.1 mol N2 时，用电器流过 1 mol 电子，D 项错误； 答案选 A。 【点睛】掌握原电池的工作原理是解题的关键，原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一 连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记 忆。本题的难点是 A 选项，电极反应式的书写遵循氧化还原反应的基本规律，同时要考虑电 解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。 7.常温下，向 0.1 mo1·L－1 的 NH4HCO3 溶液中逐滴加入 NaOH，溶液中部分含氮、含碳微粒的 分布情况如下图所示。下列说法不正确的是 A. 开始阶段，HCO3- 增加的原因可能是：HCO3-的水解平衡逆向移动 B. pH 在 8.7~9.7 之间，HCO3-和 NH4＋同时与 OH-反应 C. 通过分析可知常温下：Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2CO3) D. pH＝9 时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)＞c(NH4＋)＞c(NH3·H2O)＞c(CO32-) 【答案】C 的【解析】 【分析】 NH4HCO3 溶液中存在 NH4+的水解平衡，即 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+①； HCO3-的水解平衡，即 HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②； HCO3-的电离平衡，即 HCO3-⇌H++CO32-③； 在未加氢氧化钠时，溶液的 pH=7.7，呈碱性，则上述 3 个平衡中第②个 HCO3-的水解为主， 滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量略有增加；对 于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O 的量增加，NH4+的量减小，当 pH 大于 8.7 以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，据此分析。 【详解】NH4HCO3 溶液中存在 NH4+的水解平衡，即 NH4++H2O⇌ NH3•H2O +H+①； HCO3-的水解平衡，即 HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②； HCO3-的电离平衡，即 HCO3-⇌H++CO32-③； A. 开始阶段，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量 略有增加，A 项正确； B. 对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O 的量增加，NH4+被消耗，当 pH 在 8.7~9.7 之间，CO32−的量在增加，平衡③受到影响，HCO3−被消耗，即碳酸氢根离子和 铵根离子都与氢氧根离子反应，B 项正确； C. 在未加氢氧化钠时，溶液的 pH=7.7，呈碱性，则说明 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解程 度，根据盐类水解“越弱越水解”的规律可知，NH3·H2O 的电离程度大于 H2CO3 的电离程度， 即 Kb(NH3·H2O)> Ka1(H2CO3)，C 项错误； D.从图中可直接看出 pH=9 时，溶液中的离子浓度大小关系为：c(HCO3-)＞c(NH4＋)＞ c(NH3·H2O)＞c(CO32-)，D 项正确； 答案选 C。 三、非选择题：共 174 分。第 22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33~38 题为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题(共 129 分) 8.纳米 TiO2 是一种重要的光催化剂。以钛酸酯 Ti(OR)4 为原料制备纳米 TiO2 的步骤如下所示： ①组装装置如图所示，保持温度约为 65 ℃，先将 30 mL 钛酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有无 水乙醇的三颈烧瓶，再加入 3 mL 乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水 20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶； ③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米 TiO2。 已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4 不稳定， 易脱水生成 TiO2。请回答下列问题： (1)仪器 a 的名称是______，冷凝管的作用是______。 (2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是______ (填字母代号)。 a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能 c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能 上述制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有______。 (3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为______。如图所示实验装置中，可用于灼烧二 氧化钛凝胶的是______ (填字母代号)。 (4)测定样品中 TiO2 纯度的方法：精确称取 0.2000g 样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的 混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含 TiO2+的溶液。加入金属铝， 将 TiO2+全部转化为 Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用 0.1000mol·L－ lNH4Fe(SO4)2 溶液滴定至终点。重复操作 2 次，消耗 0.1000 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2 溶液的平均 值为 20.00 mL(已知：Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。 ①加入金属铝的作用除了还原 TiO2+外，另一个作用是与酸反应生成氢气，形成氢气氛围， ______。 ②滴定时所用的指示剂为______ (填字母代号)。a.酚酞溶液 b.KSCN 溶液 c.KMnO4 溶液 d.淀粉溶液 ③样品中 TiO2 的质量分数为______%。 【答案】 (1). 温度计 (2). 冷凝回流 (3). b (4). 用含水 20%的乙醇溶液代替水 缓慢滴液 (5). Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2(胶体)+4C4H9OH (6). a (7). 防止 Ti3+在空气中 被氧化 (8). b (9). 80.00 【解析】 【详解】(1)制备时保持温度约为 65℃，故仪器 a 用于控制温度，则为温度计；实验过程中需 要乙醇、乙酰丙酮等有机物，均易挥发，则冷凝管的作用为冷凝回流； (2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率的可能原理，a．反应的焓变由反应物和生成物的 总能量决定，不会因其它物质的加入而变化，故 a 错误； b．增大反应的活化能，可降低活化分子百分数，降低单位时间单位体积内有效碰撞次数，减 小反应速率，故 b 正确； c．反应的焓变由反应物和生成物的总能量决定，不会因其它物质的加入而变化，故 c 错误； d．降低反应的活化能，可增大活化分子百分数，增加单位时间单位体积内有效碰撞次数，增 大反应速率，故 d 错误； 答案为：b； 制备二氧化钛溶胶的反应是水解反应，通过降低混合液中水的浓度可以降低反应速率，用 20% 的乙醇溶液代替水且缓慢滴液就可以减小反应速率； (3)按信息：钛酸四丁酯遇水剧烈水解，Ti(OH)4 不稳定，易脱水生成 TiO2，则步骤②中制备 二氧化钛溶胶反应为 Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2(胶体)+4C4H9OH；TiO2(凝胶)呈固态，灼烧固态 用坩埚，故选择装置 a； (4)①测定样品中 TiO2 纯度时，核心步骤 Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+的数据要准确，Ti3+ 可被 Fe3+氧化，则也可以被氧气氧化，故该滴定实验需要还原性气氛，则另一个作用是防止 Ti3+ 在空气中被氧化； ②可用 KSCN 溶液做滴定反应 Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+的指示剂，当滴入一滴硫酸铁 铵溶液，锥形瓶内溶液变成血红色且 30 秒内不变色，则已达到滴定终点； ③据质量守恒定律以及反应 Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+，可知：n(TiO2)=n(Ti)=n(Fe3+)， 则 。 9.利用水钴矿(主要成分为 Co2O3，含少量 Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2 等)可以制 3 2 0.1000mol/L 20.00 10 L 80g/mol(TiO )= 100% 80.00%0.2000g ϕ −× × × × =取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有 H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 pH 见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）浸出过程中加入 Na2SO3 目的是___。 （2）NaClO3 在浸出液中发生反应的离子方程式为___。 （3）加入 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是___；萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为__。 （4）操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整 pH 为 2～3，___、__、过滤、洗涤、减压烘干等过 程。 （5）为测定粗产品中 CoCl2·6H2O 的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸 化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中 CoCl2·6H2O 质量 分数大于 100%，其原因可能是___(回答一条原因即可)。 （6）将 5.49g 草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得 到一种固体物质，其质量如下表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 4.41 290～320 2.41 经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和 CO2 气体，则 290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为____。[已知：CoC2O4·2H2O 的摩尔质量为 183g·mol−1] 【答案】 (1). 将 Fe3+、Co3+还原 (2). ClO3-＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O (3). 使 Fe3+和 Al3+沉淀完全 (4). CaF2 和 MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 粗 产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) (8). Co3O4(或 CoO·Co2O3) 【解析】 【详解】(1)、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3 与盐酸、Na2SO3 发生反应，Co2O3 转化为 Co2+，Fe2O3 转化为 Fe2+，Co、Fe 元素化合价降低，则 S 元素化合价升高，SO32-转化为 SO42-，故答案为 将 Fe3+、Co3+还原； (2)、NaClO3 加入浸出液中，将 Fe2+氧化为 Fe3+，ClO-被还原为 Cl-，反应的离子方程式为：ClO3- ＋6Fe2+＋6H+=Cl－＋6Fe3+＋3H2O-； (3)根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加 Na2CO3 调 pH 至 5.2，目的是使 Fe3+和 Al3+ 沉淀完全。滤液 l 中含有的金属阳离子为 Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结 合流程图中向滤液 1 中加入了 NaF 溶液，知沉淀Ⅱ为 MgF2、CaF2； (4)、经过操作 I 由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作 I 还包括蒸发浓缩、冷却 结晶； (5)、根据 CoCl2·6H2O 的组成及测定过程分析，造成粗产品中 CoCl2·6H2O 的质量分数大于 100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导 致相同质量的固体中氯离子含量变大； (6)、整个受热过程中只产生水蒸气和 CO2 气体，5.49 g CoC2O4·2H2O 为 0.03mol，固体质量变 为 4.41 g 时，质量减少 1.08g，恰好为 0.06 mol H2O 的质量，因此 4.41 g 固体为 0.03 mol CoC2O4。 依据元素守恒知，生成 n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol×44 g/mol=2.64 g。而固体质量由 4.41 g 变为 2.41 g 时，质量减少 2 g，说明 290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有 氧气。则参加反应的 m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式 ，故 290~320℃温度范围，剩余固体物质的化学式 为 Co3O4 或 CoO·Co2O3。 10. 和 是两种重要的温室气体，通过 和 反应制造更高价值化学品是目前的 研究目标。 时，以镍合金为催化剂，向 容器中通入 、 ，发生 2 4 2 3 4 2290~323 2 0 6CoC O O Co O CO+ +℃ 2CO 4CH 4CH 2CO ( )1 250℃ 4 L 26 mol CO  46 mol CH 如下反应： 。平衡体系中各组分体积分数如下表： 物质 CO 体积分数 此温度下该反应的平衡常数 __________ 已知： 反应 的 _____________ 以二氧化钛表面覆盖 为催化剂，可以将 和 直接转化成乙酸。 在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。 时，温度升高 而乙酸的生成速率降低的原因是___________。 为了提高该反应中 的转化率，可以采取的措施是_________。 、 、MgO 均能吸收 ； 如果寻找吸收 的其他物质，下列建议不合理的是______ 可在具有强氧化性的物质中寻找 可在碱性氧化物中寻找 可在ⅠA、ⅡA 族元素形成的氧化物中寻找 吸收 后，产物用于合成 ， 用于吸收、释放 ，原理是： ( ) ( ) ( ) ( )2 4 2CO g CH g 2CO g 2H g+ + 4CH 2CO 2H 0.1 0.1 0.4 0.4 ① K = ② ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 2 2 2CH g 2O g CO g 2H O g H 890.3 kJ·mol−+ = + = −   ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2CO g H O g CO g H g+ = + 1H 2.8 kJ·mol−= +   ( ) ( ) ( )2 22CO g O g 2CO g+ = 1H 566.0 kJ·mol−= −   ( ) ( ) ( ) ( )2 4 2CO g CH g 2CO g 2H g+ + H =  1kJ·mol− ( )2 2 2 4Cu Al O 2CO 4CH ① 250 300～ ℃ ② 4CH ( ) 23 Li O 2Na O 2CO ① 2CO a b c 2Li O② 2CO 4 4Li SiO 4 4Li SiO 2CO在 ， 与 接触后生成 ；平衡后加热至 ，反应逆向进行，放出 ， 再生，说明该原理的化学方程式是_____________。 高温电解技术能高效实现下列反应： ，其可将释放的 转化为具有工业利用价值的产品。工作原理示意图如下： 在电极 a 放电的电极反应式是____________。 【答案】 (1). (2). (3). 温度超过 时，催化剂的催化效率降低 (4). 增 大 反 应 压 强 或 增 大 的 浓 度 (5). (6). 4 (7). 【解析】 【分析】 （1）①先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积 除以反应物的浓度幂之积； ②根据盖斯定律来解答； （2）①根据温度对催化剂活性的影响分析； ②提高该反应中 CH4 的转化率平衡正向移动，反应物转化率增大，根据外界条件对化学平衡 的影响分析． （3）在 500℃，CO2 与 Li4SiO4 接触后生成 Li2CO3 和另一种盐，该盐为 Li2SiO3，据此书写反 应原理方程式； (4)根据图示信息：电极 b 氧离子失去电子，应该是发生氧化反应生成氧气，则 b 为阳极，与 电源正极相连． 【详解】 ． 500℃ 2CO 4 4Li SiO 2 3Li CO 700℃ 2CO 4 4Li SiO ( )4 2 2 2 2CO H O CO H O 电解 高温 + + + 2CO 2CO 64 247.3+ 250℃ 2CO a 2 4CO Li SiO+ 500 700 ℃ ℃ 2 3 2 3Li CO Li SiO+ 2CO 22e CO O−+ = + − ( )1 ① ( ) ( ) ( ) ( )2 4 22 2+ +CO g CH g CO g H g起始 6 0 0 反应 x 2x 2x 平衡 2x 2x 由 的体积分数为 ，则 ，解得 ， ； 所以 ； 已知： 根据盖斯定律， 由 得， ； 温度超过 时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低； 增大反应压强、增大 的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大； 、 、MgO 均能吸收 ，但它们都没有强氧化性，且吸收二氧化碳与 氧化还原无关，故 a 不合理； 、 、MgO 均属于碱性氧化物，均能吸收酸性氧化物 ，可在碱性氧化物中 寻找吸收 的其他物质，故 b 合理； 、 、MgO 均能吸收 ，锂、钠、镁为ⅠA、ⅡA 族元素，所以可在ⅠA、ⅡA 族元素形成的氧化物中寻找吸收 的其他物质，故 c 合理； 在 ， 与 接触后生成 ，反应物为 与 ，生成物有 ，根据质量守恒可知产物还有 ，所以化学方程式为： 4 ( ) 6mol  ( )mol x ( ) 6 −mol x 6 − x 4CH 0.1 6 0.112 2 − =+ x x 4=x ( ) ( )2 2 /= =c H c CO mol L ( ) ( )2 4 0.5 /= =c CO c CH mol L ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 · 2 2 64· 0.5 0.5 ×= = =× c CO c HK c CO c CH ② ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 2 2 2. 2 2 890.3 −+ = + = − ⋅a CH g O g CO g H O g H kJ mol ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2. 2.8 −+ = + = + ⋅b CO g H O g CO g H g H kJ mol ( ) ( ) ( ) 1 2 2.2 2 566.0 −+ = = − ⋅c CO g O g CO g H kJ mol a 2 2+ × − ×b c ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 4 22 2 890.3 2.8 2 566.0 2 247.3− − − −+ + = − ⋅ + ⋅ × + ⋅ × = + ⋅CO g CH g CO g H g H kJ mol kJ mol kJ mol kJ mol  ( )2 ① 250℃ ② 2CO ( ) 23 .a Li O① 2Na O 2CO 2.b Li O 2Na O 2CO 2CO 2.c Li O 2Na O 2CO 2CO ② 500℃ 2CO 4 4Li SiO 2 3Li CO 2CO 4 4Li SiO 2 3Li CO 2 3Li SiO 2 4 +CO Li SiO； 二氧化碳在 a 极得到电子发生还原反应生成一氧化碳同时生成氧离子，反应电极反应式为： 。 (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，则每科按所做的第一题计分。 11.核电荷数依次增大的 A、B、C、D、E、F 都是周期表中前四周期的元素，其中 A、B、C 是同一周期的非金属元素。化合物 DC 的晶体为离子晶体，D 的二价阳离子与 C 的阴离子具 有相同的电子层结构，AC2 为非极性分子，B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢 化物的沸点高，E 原子的一种核素的质量数为 49，中子数为 27。F 元素是第四周期元素中未 成对电子数最多的元素，FCl3 能与 B、C 的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的 量之比为 2∶1，1mol 配合物与足量的 AgNO3 溶液反应能立即生成 3molAgCl。请根据以上情 况，回答下列问题：（答题时需用元素符号表示） （1）B 氢化物与 HCl 反应生成的含有 B 元素粒子的空间构型是___________；F 元素原子的 最外层电子数为________个。 （2）B3-离子分别与 AC2 及由 B、C 组成的气态化合物互为等电子体，则 B、C 组成的化合物 化学式为_______________；B3-离子还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式为 _________，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号为 _________。 （3）B 元素与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为_______________。 （4）B 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与 D 的单质反应时，B 被还原到最低价，该反 应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______________。 （5）F3+的核外电子排布式是_________________________，FCl3 形成的六配位的配合物化学 式为________________________。 （6）E 的一种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式为__________；若该 2 3 2 3 +Li CO Li SiO ( )4 2 2 2 − −+ = +CO e CO O晶胞的三个晶胞参数分别为：apm、bpm、cpm。则该氧化物的密度为____________g/cm3。(写 出表达式即可) 【答案】 (1). 正四面体形 (2). 1 (3). N2O (4). (5). Fe3+ (6). C＜O＜N (7). 1:4 (8). 1s22s22p63s23p63d3 或[Ar]3d3 (9). [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (10). TiO2 (11). 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F 都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数 A＜B＜C＜D＜E＜F。 化合物 DC 的晶体为离子晶体，D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相同的电子层结构，C 形成 -2 价阴离子，且 D 位于 C 的下一周期，B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化 物的沸点高，分子中存在氢键，C 形成-2 价阴离子，则 C 为氧元素，故 D 为镁元素；核电荷 数 B＜C，则 B 为氮元素；A、B、C 是同一周期的非金属元素，AC2 为非极性分子，则 A 为 碳元素；E 原子的一种核素的质量数为 49，中子数为 27，则质子数为 22，E 为 Ti 元素。F 元 素是第四周期元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1， 则 F 为 Cr 元素；CrCl3 能与 NH3、H2O 形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为 2：1，则配体中有 4 个 NH3、2 个 H2O，1mol 配合物与足量的 AgNO3 溶液反应能立即生成 3molAgCl，说明三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，据此分析解题。 【详解】由分析知：A 为 C 元素、B 为 N 元素、C 为 O 元素、D 为 Mg 元素、E 为 Ti 元素、 F 为 Cr 元素； (1)N 元素氢化物与 HCl 反应生成的含有 N 元素粒子为 NH4+，分子中 N 原子价层电子对数=4+ =4、N 原子为 sp3 杂化，不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；F 为 Cr，原子 核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d54s1，元素原子的最外层电子数为 1 个； (2)N3-离子分别与 CO2、由 N、O 组成的气态化合物互为等电子体，则 N、O 组成的化合物化 学式为 N2O；N3-离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用 S、C 原 子代替 2 个 N 原子可知该阴离子为 SCN-，结构与 CO2 类似，这阴离子电子式为 ， 这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为 Fe3+； (3)同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子 2p 能级有 3 个电子，处于半满稳定 状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序 -30 A 2 80 N abc 10 × ⋅ ⋅ 5 1 1 4 2 − − ×为 C＜O＜N； (4)B 的最高价氧化物对应的水化物为 HNO3，D 的单质为 Mg，HNO3 稀溶液与 Mg 反应时，N 元素被还原到最低价，则生成 NH4NO3，Mg 被氧化为 Mg(NO3)2，令 NH4NO3，Mg(NO3)2 的 化学计量数分别为 x、y，则根据电子转移守恒有[5-(-3)]×x=2y，所以 x：y=4：1，该反应 的化学方程式是 4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的 物质的量之比是 1:4； (5)Cr 原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr 原子失去 4s 能级 1 个电子、3d 能级 2 个电子形成 Cr3+，Cr3+的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d3，由上述分析可知，CrCl3 形成的 六配位的配合物化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3； (6)由 可知，晶胞中 Ti 原子位于体心与顶点上，O 原子位于上下两 个面上及体内(有 2 个)，故晶胞中 Ti 元素数目=1+8× =2、O 原子数目=2+4× =4，故该化 合物化学式为 TiO2，晶胞质量=2× g，若晶胞中参数分别为 apm、bpm、cpm，则晶胞的 体积=a×10-10cm×b×10-10cm×c×10-10cm=abc×10-30cm3，该晶体的密度= = g/cm3。 12.叔丁基苯酞(J)是我国自主研发的治疗中枢神经损伤的药物，合成路线如图： 回答下列问题： (1)A 的名称是______，试剂 X 是______。 1 8 1 2 A 80 N A 30 3 802 gN abc 10 cm− × × -30 A 2 80 N abc 10 × ⋅ ⋅(2)B 生成 C 的反应类型是______，D 生成 E 的化学方程式为______。 (3)G 中所含官能团名称是______，叔丁基苯酞的结构简式是______。 (4)已知有机物 M 是上述流程中有机物 H 的同分异构体，满足以下条件的同分异构体共有 ______种。 ①M 含有和 H 相同的官能团，且所有官能团均直接与苯环相连； ②分子中有一个 C 原子与另 4 个碳原子以单键相连，且结构中只有三个甲基。 (5)参照上述合成路线，设计由甲烷和甲苯制备 的合成路线(其他试剂任 选)______。 【答案】 (1). 甲苯 (2). Br2、铁粉或 Br2、FeBr3 (3). 氧化反应 (4). +HBr→ (5). 羟基、溴原子 (6). (7). 20 (8). 【解析】 【分析】 由流程知，A 为 ，B 分子式为 C7H,7Br，不饱和度为 4，由流程看 B 含苯环， 且 有 2 个 处 于 邻 位 的 取 代 基 ， 则 B 为 ， A→B 的 反 应 为 ： ，C 分子式为 C7H5BrO，B 转变 成 C 是去氢加氧的过程，是氧化反应；根据 H 的结构简式，其中含有基团(CH3)3C-，可知 HBr 和 D 反应生成 E，则该反应为 +HBr→(CH3)3CBr，E 为(CH3)3CBr，在 Mg 和乙醚作用下得到(CH3)3CMgBr，(CH3)3CMgBr 和 C 即 反应并在水参与下得到 G（分子式 为 C11H15BrO），G 的不饱和度为 4，则可推知(CH3)3CMgBr 和 发生了加成反应， 在 醛 基 上 加 成 ， 先 得 到 ， 再 在 水 的 参 与 下 转 变 成 G 即 ，G 也可结合逆推法推测：因为 H 的结构为 ，H 的 分子式为 C12H15O2，则推知 G 到 H 转变的过程，是分子内减去 1 个 Br 引入 1 个“CO2”原子团 的过程，就这样引入了—COOH，故可推知 G 为 ；据以上分析填 空即可。 【详解】(1)据分析 A 为甲苯，在试剂 X 作用下 A 转变成 B 即 ，该反应为苯 环上溴代反应，反应物需要液溴，铁或溴化铁作催化剂； (2)B 生成 C 的反应是苯环上甲基转变成醛基的反应，是氧化反应，D 生成 E 的化学方程式为 +HBr→ ； (3)据以上分析，G 为 ，则其所含官能团为羟基和溴原子，由流程 知叔丁基苯酞为 H 即 发生酯化反应所得，则叔丁基苯酞结构简式是 ；(4)M 的分子中含 1 个苯环且有-OH、-COOH 及 这三个侧链；可找出 10 种组合， 它们分别是： 分子苯环上引入 有 4 种同分异构体， 分子苯环上引入 有 4 种同分异构体， 分子苯环上引 入 有 2 种同分异构体，当然符合题意的 M 的分子还有另一种情况，即 M 的分子中 含 1 个苯环且有-OH、-COOH 及 这三个侧链；则又出现 10 种同分异构体，故 一共 20 种； (5) 由 与 CH3MgBr 反应得到，甲苯在二氧化锰、加热条件用氧气 氧化得到苯甲醛，氯气光照得到一溴甲烷，一溴甲烷与 Mg、乙醚作用得到 CH3MgBr，合成 路线流程图为： 。