山东省潍坊市届高三第二次模拟考试理科综合化学试卷-含解析(16页).doc

-山东省潍坊市届高三第二次模拟考试理科综合化学试卷-含解析-第 16 页潍坊市高考模拟考试理科综合能力测试化学部分本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共12页。满分300 分。考试限定用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。注意事项：1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上。2.第I卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ga 70 As 75 Ce 140第I卷一、选择题：本题共13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。下列说法错误的是A. 工业上用2-乙基蒽醌经氢化、氧化、萃取等化学变化过程制得双氧水B. 低温下甲醇与水蒸气催化制氢，该反应属于氧化还原反应C. 为防止富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D. 用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用【答案】A【解析】【分析】从化学视角关注工农业生产、日常生活中的各种现象，并用化学原理分析解释之。知道在生产生活中化学无处不在。【详解】A项：2-乙基蒽醌制双氧水过程中，氢化、氧化是化学变化，而萃取是物理变化，A项错误；B项：甲醇与水蒸气制氢气，氢元素化合价必有变化，故反应属于氧化还原反应，B项正确；C项：硫酸亚铁有还原性，可除去氧气，防止富脂食品氧化变质，C项正确；D项：用CO2合成聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯可降解为CO2，从而实现“碳”的循环利用，D项正确。本题选A。2.下列说法错误的是A. 甘氨酸溶于过量盐酸中生成的离子在电场作用下向阴极移动B. 植物油和动物油都能发生皂化反应C. 可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯和直馏汽油D. 向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液变浑浊，再加蒸馏水，振荡无明显变化【答案】C【解析】【分析】甘氨酸有两性（含羧基和氨基），植物油和动物油都是高级脂肪酸的甘油酯，直馏汽油是多种饱和烃的混合物，在重金属盐等作用下蛋白质会变性。【详解】A项：甘氨酸溶于过量盐酸生成HOOCCH2NH3+，在电场作用下该阳离子向阴极移动，A项正确；B项：植物油和动物油都是油脂（高级脂肪酸的甘油酯），都能发生皂化反应（碱性条件下水解）制得肥皂和甘油，B项正确；C项：石油分馏得到的直馏汽油仍是多种饱和烃的混合物，它和苯都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；D项：鸡蛋清溶液中蛋白质在重金属盐CuSO4作用下变性，生成的变性蛋白质不能重新溶解于蒸馏水，D项正确。本题选C。3.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是A. 加热装置中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B. 用装置验证二氧化硫的漂白性C. 用装置制备氢氧化亚铁沉淀D. 用装置检验氯化铵受热分解生成的两种气体【答案】D【解析】【分析】高锰酸钾固体受热会分解；二氧化硫使品红等有机物褪色是二氧化硫的漂白性；硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液不能自动混合；氯化铵受热分解生成氨气、氯化氢气体，用酸碱指示剂分别检验。【详解】A项：加热时混合物中的碘升华、碘蒸气遇冷凝华，但高锰酸钾固体会分解，故装置I不能分离I2和高锰酸钾固体，A项错误；B项：装置中锥形瓶内生成的二氧化硫能使烧杯内溴水褪色，这是二氧化硫的还原性而不是漂白性，B项错误；C项：装置中，右边试管内生成硫酸亚铁溶液和氢气，氢气排出装置，硫酸亚铁溶液与左边试管内氢氧化钠溶液不能自动混合，不能制备氢氧化亚铁沉淀，C项错误；D项：装置中，氯化铵受热分解生成氨气、氯化氢的混合气体，P2O5吸收氨气，湿润的蓝色石蕊试纸检验氯化氢。碱石灰吸收氯化氢，湿润的酚酞试纸检验氨气，D项正确。本题选D。【点睛】装置III中，可将铁和稀硫酸置于左边试管、氢氧化钠溶液置于右边试管中，铁和稀硫酸反应生成的氢气可将装置内空气排出，反应一段时间后夹紧止水夹，生成的氢气会将硫酸亚铁溶液压入右边试管，从而制得氢氧化亚铁沉淀。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。Y元素原子的最外层电子 数是内层电子数的3倍，Z元素原子的最外层电子数是最内层电子数的一半。甲是W、X两种元素形成的简单化合物，水溶液呈碱性，乙是Y元素的单质。在工业生产中它们有如下转化关系。下列叙述正确的是A. 原子半径的大小W<X<Y<ZB. 戊与丁反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C. Y与Z形成的所有化合物中只存在离子键D. X元素的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】B【解析】【分析】据原子序数增大的要求，由Y、Z原子结构特征可知分别是氧、钠（或钾）元素；又由甲的组成和性质可知其为NH3，则W、X分别是氢、氮元素；Y元素的单质乙通常为O2；最后由转化关系得丙、丁、戊分别是NO、H2O、NO2。【详解】前20号元素中，原子最外层电子数是内层电子数的3倍的元素是氧，原子最外层电子数是最内层电子数的一半的元素有锂、钠、钾，Y的原子序数小于Z，则Y为氧（O）、Z为钠（Na）或钾（K）。简单化合物甲的水溶液呈碱性，甲只能是氨（NH3），则W、X元素分别是氢（H）、氮（N）。Y元素的单质乙通常是O2。据物质转化关系图，丙、丁、戊分别是NO、H2O、NO2。A项：据周期表中主族元素原子半径变化规律，得原子半径H<O<N<Na（或K），A项错误；B项：戊与丁反应3NO2+H2O2HNO3+NO中，NO2得电子生成NO，NO2是氧化剂，2NO2失电子生成HNO3，2NO2是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项正确；C项：Y与Z形成的化合物有Na2O、Na2O2、K2O等，其中Na2O2有离子键和共价键，C项错误；D项：X元素的氧化物对应的水化物有HNO3、HNO2，其中HNO3为强酸，HNO2属于弱酸，D项错误。本题选B。5.有机化合物甲与乙一定条件下可反应生成丙：下列说法正确的是A. 甲与乙生成丙的反应属于取代反应B. 甲分子中所有原子共平面C. 乙的一氯代物有2种D. 丙在酸性条件下水解生成和CH318OH【答案】D【解析】【分析】比较甲、乙、丙的结构，分析其中化学键的变化，可知：反应“甲+乙丙”属于加成反应。【详解】A项：甲分子中两个碳碳双键间隔一个碳碳单键，类似1,3-丁二烯。乙分子中碳碳双键断其中一根键，与甲进行1,4-加成反应生成丙，A项错误；B项：甲分子中有一个亚甲基（CH2），它与直接相连的两个碳原子构成正四面体，故不可能所有原子共面，B项错误；C项：乙的结构简式为CH2=CHCO18OCH3，分子中有3种氢原子，其一氯代物有3种，C项错误；D项：丙在酸性条件下水解，酯基中的碳氧单键断裂，生成和CH318OH，D项正确。本题选D。6.新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A. 放电时电流从石墨电极流向锌电极B. 充电时阳极反应式为：3I2eI3C. 若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极也随之改变D. 放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大【答案】C【解析】【分析】锌碘液流电池是一种新型二次电池，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极失电子，正极得电子，将化学能转变为电能；而充电过程是放电过程的逆过程，故电极反应、总反应等，都与放电过程相反。【详解】A项，图中电极材料为锌和石墨，放电时锌较活泼作负极，石墨作正极，负极反应为Zn-2e-Zn2+，失去的电子经外电路流向石墨，电流从石墨电极经外电路流向锌电极，A项正确；B项，充电过程与放电过程相反，锌为阴极，电极反应为Zn2+2e-Zn；石墨为阳极，电极反应为3I2eI3，B项正确；C项，将阳离子交换膜换成阴离子交换膜，放电时正负极均不变，C项错误；D项，放电时左侧正极反应为I3+2e3I，反应中离子总数增加，则左侧电解质储罐中的离子总浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】充电时，应将锌电极与电源负极相连，将石墨电极与电源的正极相连。7.常温时，向20 mL 0.1 的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1的NaOH溶液，溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是A. a 点溶液中 c(CH3CH2COO) <c(Na+)B. 图中四点，水的电离程度：c>d>b>aC. c 点溶液中D. d 点溶液中c(Na+) +c(OH) =c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)【答案】C【解析】【分析】从酸碱滴定曲线入手，分析加入不同体积NaOH溶液时溶质的成分，据溶液酸碱性判断弱电解质电离和盐类水解的主次，以及酸碱盐对水的电离平衡的影响等。【详解】A项：a 点加入10mLNaOH溶液，充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001mol。因pH<7，则溶液中CH3CH2COOH电离程度大于CH3CH2COO水解程度，c(CH3CH2COO) >c(Na+)，A项错误；B项：NaOH溶液加入前，CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电离；随着NaOH溶液的加入，CH3CH2COOH溶液浓度减小，这种抑制作用减弱，水的电离程度增大；恰好中和时，生成的CH3CH2COO水解，使水的电离程度达到最大；之后加入的NaOH溶液过量，NaOH完全电离生成的OH-抑制水电离，水的电离程度又逐渐减小。故水的电离程度：c>b>a>d，B项错误；C项：据图，加入NaOH溶液前，0.1CH3CH2COOH溶液pH3，则溶液中c(CH3CH2COO)c(H+)103，c(CH3CH2COOH)0.11030.1，常温时CH3CH2COOH电离常数Ka105，CH3CH2COO-水解常数KhKw/Ka109。c点加入20mLNaOH溶液，两者恰好完全反应得CH3CH2COONa溶液（pH=9），溶液中有水解平衡CH3CH2COO+H2OCH3CH2COOH+OH-，将Kh109、c(OH-)105代入Kh表达式，得，C项正确；D项：d 点加入30mLNaOH溶液，充分反应后所得溶液中含溶质为0.002molCH3CH2COONa、0.001molNaOH。电荷守恒c(Na+) +c(H+) = c(OH)+c(CH3CH2COO)，物料守恒2c(Na+) =3c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)，两式相减得c(Na+) c(H+) = 2c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)c(OH)，进而有c(Na+) +c(OH) =c(H+) +2c(CH3CH2COO) +3c(CH3CH2COOH)>c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)，D项错误。本题选C。第II卷注意事项：1.用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。2.作答选考题时，请考生务必将所选题号用2B铅笔涂黑，答完题后，再次确认所选题号。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。()必考题：共129分。8.无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用下图所示装置 (夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。已知：在浓硫酸存在下，加热到140时乙醇脱水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加热到170时乙醇脱水生成CH2 = CH2。乙醚的熔点为34.6，沸点为132。Mg和Br2剧烈反应，放出大量热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2 +3C2H5OC2H5 MgBr2 3C2H5OC2H5。实验主要步骤如下：I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。II.加热装置A，迅速升温至140，并保持140加热一段时间，停止加热。III.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。V.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160分解得无水 MgBr2。回答下列问题：(1)装置A中使用仪器m的优点是_。(2)步骤I中所选装置的正确连接顺序是a_ (填小写字母)。装置D的作用是_。(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是_。(4)步骤V中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是_。(5)步骤V采用减压过滤（使容器内压强降低，以达到固液快速分离）。下列装置可用作减压过滤的是_(填序号）。(6)实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2BrCH2Br。请设计实验验证 CH2BrCH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2BrCH2Br，_。【答案】 (1). 使系统内压强相等，便于液体顺利流下 (2). efbcg（ef可颠倒，bc可颠倒） (3). 防止倒吸 (4). 停止加热，冷却后补加碎瓷片 (5). 除去乙醚和乙醇 (6). bc (7). 取少量CH2Br-CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。【解析】【分析】从实验目的和实验步骤看，以镁屑与液溴等为原料先制备三乙醚合溴化镁，再加热分解制备无水MgBr2。故用A装置制备乙醚并导入装置B，中间加装置D防止倒吸；用装置E将溴蒸气缓慢导入装置B，使溴与镁反应。【详解】(1)装置A中仪器m为恒压漏斗，其左侧导管可使漏斗内和烧瓶内气体相通、压强相等，打开恒压漏斗时液体能顺利流下。(2)为使镁、溴、乙醚反应生成MgBr2 3C2H5OC2H5，由装置A制备乙醚并导入装置B，用装置D防止装置B中液体倒吸至装置A中；装置E用干燥的氮气将溴蒸气缓慢导入装置B。故仪器连接顺序为ae，fb，cg（ef可颠倒，bc可颠倒）。(3)加热液体易发生暴沸现象，常加入碎瓷片防止暴沸。若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该停止加热，冷却后补加碎瓷片。(4)步骤IV得到的三乙醚合溴化镁粗产品吸附有乙醚和乙醇，步骤V中用苯洗涤就是为了除去这些杂质。(5)减压过滤能使容器内压强降低而容器外压强不变，以快速分离固液混合物。装置 b用水流冲出装置内空气、装置c用抽气泵抽出装置内空气，使装置内压强减小。装置a、d都不能使固液混合物上下压强差变大，不能加速固液分离。(6)若装置A温度控制不当，可能生成CH2=CH2气体，在装置B中与溴加成产生CH2BrCH2Br。检验CH2BrCH2Br即检验溴原子，可将其水解为溴离子，再用稀硝酸、AgNO3溶液检验溴离子，从而证明其存在。具体操作为：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2BrCH2Br，取少量CH2Br-CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br-CH2Br。9.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：已知相关反应的能量变化如图所示：过程的热化学方程式为_。关于上述过程的说法不正确的是_（填序号）。a实现了含碳物质与含氢物质的分离b可表示为CO2H2H2O（g）COcCO未参与反应dFe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的H其他条件不变，在不同催化剂（、）作用下，反应CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_。（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入NiAl2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）。研究表明CO的生成速率（CO）1.3×102·p（CH4）·p（CO2）mol·g1·s1，某时刻测得p（CO）20kPa，则p（CO2）_kPa，（CO）_mol·g1·s1。达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp_（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中，则此时溶液的pH_。（已知常温下H2C2O4的Ka16×102，Ka26×105，lg60.8）【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=247.4kJ·mol-1 (2). cd (3). 不是 (4). b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高 (5). 15 (6). 1.95 (7). (8). 2.7【解析】【分析】由能量反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。【详解】(1)据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量反应进程曲线得热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H+206.2kJ·mol-1 （i）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H165kJ·mol-1 （ii）(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=247.4kJ·mol-1 过程物质变化为：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性气体） 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的H。故ab正确，cd错误。通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。(2)据气态方程PVnRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为1123K恒容时，CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）起始分压/kPa： 20 25 0 0改变分压/kPa： 10 10 20 20某时分压/kPa： 10 15 20 20即某时刻p(CO2)15kPa，p(CH4)10kPa。代入(CO)1.3×102·p(CH4)·p(CO2)mol·g1·s11.95mol·g1·s1。设达到平衡时CH4的改变分压为x kPa，1123K恒容时，CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）起始分压/kPa： 20 25 0 0改变分压/kPa： x x 2x 2x平衡分压/kPa： 20x 25x 2x 2x据题意，有1.8，解得x18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分压依次是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kp(kPa)2。 (3)常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：H2C2O4H+HC2O4 Ka1HC2O4H+C2O42 Ka2当时，Ka1·Ka2。6×103.5 mol/L，pH2.7。【点睛】一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数Kc，用平衡分压求得压力平衡常数Kp，它们可通过气态方程进行换算。10.铈（Ce)是一种重要的稀土元素。以富含CeO2的废玻璃粉末（含SiO2、 Fe2O3以及其他少量可溶于稀酸的杂质）为原料，采用多种方法回收铈。请回答下列问题：(1)湿法空气氧化法回收铈的部分流程如下：已知：CeO2不溶于稀盐酸，也不溶于NaOH溶液。滤渣的成分是_，反应的离子方程式是_。(2)干法空气氧化法回收铈是把Ce(OH)3被空气氧化成Ce(OH)4，氧化过程中发生的化学反应方程式为_。两种制备Ge(OH)4的数据如下表：干法空气氧化法氧化温度/氧化率/%氧化时间/h暴露空气中1101209018在对流空气氧化炉中110120998在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是_。(3)利用电解方法也可以实现铈的回收。在酸性条件下电解Ce2O3 (如图）：阳极电极反应式为_，离子交换膜为_ (填“阴”或“阳”）离子交换膜。电解产物Ce(SO4)2是重要的氧化剂，将其配成标准溶液，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，写出发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). CeO2、SiO2 (2). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (3). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 (4). 空气对流能使氧气浓度增大；使氧化表面增大 (5). Ce2O32e+6H+=2Ce4+3H2O (6). 阳 (7). Ce4+NO2-+H2O=2Ce3+NO3-+2H+【解析】【分析】分析流程图中每一步发生的反应，可知滤渣、滤液的成分；根据影响化学反应速率的因素，分析反应速率问题；由化合价的升降变化判断电极产物，写出电极反应式；据物质性质分析氧化还原反应产物，写出反应方程式。【详解】(1)流程中的“滤渣”是玻璃粉末中加稀盐酸过滤所得，必为不溶于稀盐酸的CeO2、SiO2。“滤渣”中加入稀盐酸、H2O2后，过滤所得滤液中含Ce3+，故此时CeO2发生化学反应而溶解，CeO2被还原为Ce3+，则H2O2被氧化为O2，反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O。(2)干法空气氧化法回收铈，Ce(OH)3被空气中氧气氧化成Ce(OH)4，反应的化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。与“暴露空气中”相比，“在对流空气氧化炉中”氧气能维持较大浓度，发生氧化反应的表面增大，化学反应较快，使氧化时间缩短。(3)电解池中，阳极发生失电子的反应（氧化反应）。图中电解装置的阳极为Ce2O3，溶液为Ce(SO4)2、H2SO4的混合溶液，故为Ce2O3（Ce +3价）失电子生成Ce(SO4)2（Ce +4价），阳极电极反应式为Ce2O32e+6H+=2Ce4+3H2O。图中阳极产物Ce4+在阴极排出，则电解池中为阳离子交换膜。Ce(SO4)2是重要的氧化剂，则NaNO2被其氧化为NaNO3，酸性条件下它们发生反应的离子方程式为2Ce4+NO2-+H2O=2Ce3+NO3-+2H+。【点睛】化学反应中元素种类和原子数目保持不变，若为氧化还原反应，还需关注化合价的升降变化；若为离子反应，还需关注电荷守恒问题。 (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.日华子本草中已有关于雄黄的记载“雄黄，通赤亮者为上，验之可以虫死者为真。”雄黄（As4S4)和雌黄（As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。 回答下列问题：(1)基态砷原子的价电子轨道排布图为_，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为_。(2) S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_。(3) 雄黄（As4S4)的结构如图1所示，S原子的杂化形式为_。(4) SO2分子中的键数为_个，分子的空间构型为_。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（如苯分子中的大键可表示为），则SO2中的大键应表示为_。SO2分子中SO键的键角_NO3中NO键的键角（填“> ”、“<”、“=”）。(5)砷化镓是优良的半导体材料，密度为 g cm，其晶胞结构如图2所示。Ga和As 原子半径分别为r1 pm和r2 pm，阿伏加德罗常数值为NA，则砷化镓晶体的空间利用率为_。【答案】 (1). (2). 纺锤形或哑铃形 (3). N>P>S (4). sp3 (5). 2 (6). V形（折线形） (7). (8). < (9). 【解析】【分析】根据主族元素第一电离能的变化规律和“反常”现象，比较第一电离能的大小；运用杂化轨道理论判断中心原子的杂化类型，运用价层电子对互斥理论推断分子形状、比较键角大小；根据晶胞结构计算原子空间利用率。【详解】(1)砷为33号元素，As位于第4周期第VA族，其价电子即最外层电子。基态砷原子的价电子轨道排布图为，核外电子占据的最高能级是4p，该能级的电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形。(2)主族元素第一电离能变化规律为：同主族由上而下依次减小，同周期从左至右呈增大趋势，但IIA、VA族元素“反常”。S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是N>P>S。(3)S、As原子的最外层分别有6个、5个电子，达到8电子稳定结构需分别形成2对、3对共用电子对，故雄黄（As4S4)分子结构中，黑球、白球分别表示硫、砷原子。每个硫原子都有4对价层电子对（2对键电子对、2对孤电子对），S原子都是sp3杂化。(4) SO2分子中，S原子结合2个O原子，有2个键。中心原子S的孤电子对数为×（6-2×2）=1，键电子对数为2，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于含1对孤电子对，故SO2分子为V形。氧原子的价电子排布为2s22p4，有2个未成对电子，两个氧原子各用1个未成对电子（p轨道）与硫形成共用电子对（键），各用1个未成对电子（p轨道）与硫原子未杂化的p轨道形成大键，表示为。SO2分子中，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个SO键的键角小于120º；而NO3-中中心原子N上的孤电子对数为×（5+1-3×2）=0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，NO3-为平面三角形，NO3中NO键的键角等于120º。(5) 1个砷化镓晶胞中，有Ga、As 原子各4个，8个原子总体积为V原子×4+×4；1个晶胞的体积；砷化镓晶体的空间利用率为。12.高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称是_，B含有的官能团名称是_。(2)反应的反应类型是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应中引入-SO3H的作用是_。(5)满足下列条件的C的同分异构体共有_种（不含立体异构）。能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。苯环上有两个取代基。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1，且含有-CH2CH3，该有机物的结构简式是_ (任写一种）。(6)以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备的合成路线：_。【答案】 (1). 苯乙醛 (2). 氰基，羟基 (3). 取代反应 (4). +nH2O (5). 占据取代基的对位，将NO2引入取代基的邻位 (6). 18 (7). (8). CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO 【解析】【分析】通过比较反应物、生成物的组成结构，判断反应本质、反应类型、书写反应方程式。判断同分异构体、书写同分异构体，需逐一满足题目要求，并按一定顺序思考问题。对比原料、目标产物的结构，结合流程中的信息，运用逆合成分析法，解答物质合成题。【详解】(1)由B结构简式知其分子式C9H9ON，则A(C8H8O)与HCN加成反应生成B，A结构简式为，A的名称为苯乙醛。B中官能团的名称为氰基、羟基。(2)比较D、E结构知反应的本质：D分子中苯环上1个氢原子被硝基取代生成E，故反应属于取代反应。(3)F分子中有羧基和羟基，可分子间酯化反应生成聚酯类高分子G，故反应的化学方程式为。(4)反应在苯环上原取代基的对位引入磺酸基（-SO3H），反应磺酸基又消失，所以反应中SO3H的作用：可防止反应中硝基（NO2）进入原取代基的对位，即硝基（NO2）只能进入原取代基的邻位。(5)C的分子式为C9H10O3，其同分异构体要求有酚羟基（OH）、酯基（COO）、二价苯基（C6H4）；即合理结构中有HOC6H4，苯环上另一取代基可能为COOC2H5、OOCC2H5、CH2COOCH3、CH2OOCCH3、CH2CH2OOCH、CH(CH3)OOCH，共6种；两个取代基在苯环上有邻、间、对3种相对位置，符合要求的同分异构体有6×318种。其中有5种氢原子(数目之比为3:2:2:2:1)、含有-CH2CH3的结构简式是。(6)目标产物可由单体CH3CH2CH(OH)COOH分子间酯化反应（缩聚）生成，而单体CH3CH2CH(OH)COOH比原料CH3CH2CH2OH分子中多一个碳原子，故模仿流程中的反应由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN；模仿反应CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH；CH3CH2CH2OH催化氧化生成CH3CH2CHO；合成路线：