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理科综合能力测试试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分300分，考试时间150分钟。相对原子质量（原子量）：H l O16 Mg 23 Mg 24 S 32 C1 355 Fe 56 Cu 64第卷 （选择题 共126分）一、选择题（本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）7、2013年入冬以来，我国北方大部分地区连续出现雾霾天气。PM25是雾霾天气的主要元凶，PM25是指大气中直径小于或等于25微米的颗粒物，它主要来自化石燃料的燃烧。下列相关说法正确的是( )A大力发展植树造林可从源头上减少雾霾天气的发生B由PM25形成的分散系属于胶体，具备胶体的性质C加快发展以氢燃料电池为能源的电动车，减少燃油车的使用D雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的CO2偏高所致【知识点】化学与生产、生活、科技【答案解析】C 解析：A、实施绿化工程，防治扬尘污染，但不是从源头上减少污染，故A错误；B、气溶胶属于胶体，微粒直径在10-7m10-9m之间，而PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米，故B错误；C、减少机动车尾气排放，减少了烟尘，所以能有效地防治PM2.5污染，故C正确；D、雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的各种颗粒物、有害气体，不是因为产生二氧化碳，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了PM2.5的来源、性质、防治以及由粒径的大小确定胶体，明确微粒与纳米的关系即可解答，题目较简单。8、异秦皮啶具有镇静安神抗肿瘤功效，秦皮素具有抗痢疾杆菌功效。它们在一定条件下可发生转化，如图所示。有关说法正确的是( )A异秦皮啶与秦皮素互为同系物 B异秦皮啶分子式为C11H12O5C秦皮素一定条件下能发生加成反应、消去反应和取代反应D1mol秦皮素最多可与2molBr2(浓溴水中的)、4molNaOH反应【知识点】有机物的结构与性质【答案解析】D 解析：A、异秦皮啶与秦皮素结构不相似，不能互为同系物，故A错误；B、异秦皮啶分子式为C11H10O5，故B错误；C、秦皮素结构中含有碳碳双键、酯基、酚羟基，一定条件下能发生加成反应和取代反应，不能发生消去反应，故C正确；D、1mol秦皮素酚羟基的对位可以与1molBr2发生取代，碳碳双键可以与1molBr2发生加成反应，最多可与2molBr2反应；酯基水解产物有酚羟基和羧基，一共有3个酚羟基和一个羧基，可与4molNaOH反应，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查有机物的官能团和基本性质，C选项中酯基水解产物有酚，还能与氢氧化钠继续反应，为易错点。9、下列是某同学对相应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是编号化学反应离子方程式评  价A碳酸钙与醋酸反应CO32-+2CH3COOH =CO2+H2O+2CH3COO-错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式B苯酚钠溶液中通入CO22C6H5O-+CO2+H2O2C6H5OH+CO32-正确CNaHCO3的水解HCO3-+H2OCO32-+H3O+错误，水解方程式误写成电离方程式D等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-错误，离子方程式中Fe2+与Br-的物质的量之比与化学式不符【知识点】离子方程式的书写与判断【答案解析】C 解析：A、评价错误，碳酸钙是强电解质，但是难溶，不应写成离子形式，故A错误； B、苯酚钠溶液中通入CO2，产物是碳酸氢钠跟，故B错误；C、水解方程式误写成电离方程式，故C错误；D、等物质的量的FeBr2和Cl2反应：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，书写正确，评价错误，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查离子方程式判断正误，D选项注意量的关系，为易错点。10、下表中各组物质之间不能通过一步反应实现右图转化的是（ ）甲乙丙AAlCl3Al（OH）3Al2O3BSiO2H2SiO3Na2SiO3CCl2HClCuCl2DCH2=CH2CH3CH2C l CH3CH2OH【知识点】元素化合物相互转化知识【答案解析】B 解析：A、氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与酸反应生成氯化铝，氢氧化铝加热分解生成三氧化二铝，三氧化二铝与酸反应生成氯化铝，故A正确；B、二氧化硅不能一步生成硅酸，故B错误；C、氯气与水反应生成氯化氢，氯化氢与二氧化锰生成氯气，与氢氧化铜生成氯化铜电解氯化铜生成氯气，故C正确；D、乙烯与氯化氢加成得氯乙烷，氯乙烷消去生成乙烯，在氢氧化钠水溶液加热下生成乙醇，乙醇消去生成乙烯，故D正确。故答案选B【思路点拨】解答本题关键是要知道酸、碱、盐、氧化物之间发生的反应，发生复分解反应时，必须符合复分解反应的条件。11、利用下列实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤作用的活性物质。 下列说法错误的是( )A步骤（1）需要过滤装置 B步骤（3）需要用到蒸发皿C步骤（4）是利用物质的沸点差异进行分离的D活性物质易溶于有机溶剂，难溶于水【知识点】基本实验操作方法【答案解析】D 解析：A、步骤（1）得到滤液和不溶性物质，需要过滤装置，故A正确；B、步骤（3）是结晶操作，需要用到蒸发皿，故B正确；C、步骤（4）是利用物质的沸点差异进行蒸馏分离液态混合物，故C正确；D、活性物质是从水层溶液析出的，说明易溶于水，难溶于有机溶剂，所以D错误；故答案选D【思路点拨】本题综合考查基本实验操作，考查学生提取信息分析问题的能力，难度中等。12、分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体。则满足条件的该有机物的同分异构体有（ ）A9 B10 C12 D15【知识点】有机物同分异构体的书写【答案解析】D 解析：有机物除去苯环基-C6H4还有组成-C4H8O2，能与NaHCO3反应生成气体说明含有羧基，两个取代基有如下组合：、，五种官能团位于苯环的邻、间、对位，共15种；故答案选D【思路点拨】本题考查同分异构体的书写，注意取代基的不同，按顺序写，省得遗漏，难度不大。13、N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生下列反应：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)H>0 ；T1温度下的部分实验数据为：t/s050010001500c(N2O5)/mol·L-15.003.522.502.50下列说法不正确的是（ ）A500 s内N2O5分解速率为2.96×10-3 mol·(L·s)-1BT1温度下的平衡常数为K1125, 1000 s时转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1>K3，则T1>T3D其他条件不变时，T2温度下反应到1000 s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol·L-1，则T1<T2【知识点】化学平衡常数计算、外界条件的影响【答案解析】D 解析：A、500 s内N2O5分解速率=(5.00-3.52)mol/L÷500s=2.96×10-3 mol·(L·s)-1，故A正确；B、T1温度下：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)， 始态浓度： 5.00mol/L 0 0 变化浓度：2.50mol/L 5.00mol/L 1.25mol/L 平衡浓度：2.50mol/L 5.00mol/L 1.25mol/LK=C(O2)·C4(NO2)/C2(N2O5)=125，1000 s时转化率=2.50÷5.00=50%；故B正确；C、平衡常数只受温度影响，T1温度下的平衡常数为K1，T3温度下的平衡常数为K3，若K1K3，反应吸热反应，则T1T3，故C正确；D、该反应正反应是吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应移动，平衡时时N2O5（g）浓度应降低，其他条件不变时，T2温度下反应到1000s时测得N2O5（g）浓度为2.98 mol/L，浓度大于2.5mol/L，故不可能为升高温度，应为降低温度，故T1T2，所以D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等。第卷（非选择题，共174分）三、本题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把答案填在答题卡相应的位置。26、A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素。A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零；C元素是植物生长三大营养元素之一；D的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体；E原子核外K层电子数与M层电子数相等；F原子的价电子数等于电子层数的两倍。请回答下列问题：（1）CD3 的电子式为 ；（2）用离子方程式表示G 的非金属性比F强 ；（3）EF在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，则此反应方程式为 ；C（E2+）（4）C的氢化物与G的单质以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，则X的化学是为 ，X与水反应的产物名称是 ；（5）已知充分燃烧一定量的B2A2放出Q kJ的能量，燃烧生成的产物恰好与100ml 5 mol·L-1的NaOH溶液完全反应生成正盐，则燃烧1mol B2A2放出的热量为 KJ；（6）常温下，E(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（单位mol·L-1）。要使c(E2+) 为0.001 mol·L-1的溶液形成沉淀，则溶液的PH值至少升高到 。【知识点】位置、结构、性质间关系，元素周期律【答案解析】 （1） （2分） （2）Cl2+H2S=S+2HCl (2分）（3） MgS+2O2MgSO4 (2分） （4）NCl3 (2分） 次氯酸和氨气 （2分）（5）8Q KJ (2分） （6） 8 （2分） 解析：A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零，则A是氢元素，B是碳元素；C元素是植物生长三大营养元素之一，原子序数大于硅，则C是氮元素；D的单质具有强氧化性，其氢化物能和一种半导体材料反应生成常温常压下的两种气体，D是氟元素；E原子核外K层电子数与M层电子数相等，为镁元素；F原子的价电子数等于电子层数的两倍，则F为硫元素，G为氯元素；（1）CD3 是NF3，其电子式为； （2）用离子方程式表示Cl 的非金属性比S强：Cl2+H2S=S+2HCl；（3）MgF在空气中充分灼烧生成一种稳定性的盐，则此反应方程式为：MgS+2O2MgSO4 ，（4）N的氢化物（NH3）与Cl的单质以物质的量之比1：3反应，生成二元化合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，(应该是HCl)，方程式为：NH3+3Cl2=NCl3+3HCl ，则X的化学是为NCl3；X与水反应：NCl3 + 3H2O =NH3 + 3HClO ；产物名称是：次氯酸和氨；（5）充分燃烧一定量的C2H2放出Q kJ的能量，燃烧生成的产物CO2恰好与100ml 5 mol·L-1的NaOH溶液完全反应生成正盐，则CO2的物质的量为0.25mol ，燃烧1mol C2H2生成CO2 2mol，放出的热量为8Q；(6)根据Mg(OH)2在水中的沉淀溶解平衡曲线得出Ksp=C(Mg2+)·C2(OH-)=10-5×(10-5)2=10-15；要使c(Mg2+) 为0.001 mol·L-1的溶液形成沉淀，带入Ksp，C(OH-)=10-6mol/L，PH=8；【思路点拨】本题考查结构性质位置关系、电子式、热化学方程式、难溶沉淀溶解平衡，难度中等。27、铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与稀硫酸反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。 【提出假设】假设1：铁矿石中只含+3价铁； 假设2：铁矿石中只含+2价铁；假设3： 。【查阅资料】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O 【定性研究】 【实验一】取铁矿石样品粉碎，盛于烧杯中，加入适量的X溶液，微热，充分溶解后将滤液分成四份：向第一份溶液中滴加少量KSCN溶液；向第二份溶液中滴加适量高锰酸钾溶液；向第三份溶液中滴加少量KSCN溶液，再滴加适量双氧水溶液；向第四份溶液中滴加适量氢氧化钠溶液（1）上述X溶液是 （填“稀硝酸”、“稀硫酸”或“浓盐酸”）；上述方案中，一定能证明铁矿石中含+2价铁的方案是 （填序号）【定量研究】 【实验二】铁矿石中含氧量的测定：按图组装仪器，检查装置的气密性；将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，其他装置中的药品如图所示（夹持装置已略去）；A中开始反应，不断地缓缓向后续装置中通入氢气，待D装置出口处氢气验纯后，点燃C处酒精灯；充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气直至完全冷却（2）按上述方案进行多次实验，假设各项操作都正确，但最终测得结果都偏高，请你提出改进方案的建议： 如果拆去B装置，测得结果可能会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（3）改进方案后，测得反应后D装置增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为 。若将H2换成CO，则还需补充 装置有同学认为，不测定D装置的净增质量，通过测定物理量 ，也能达到实验目的 【实验三】铁矿石中含铁量的测定：（4）步骤中煮沸的作用是 ；（5）步骤中用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有 （6）下列有关步骤的说法中正确的是 （填序号） a因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需要加指示剂 b滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂 c滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液 d锥形瓶不能用待装液润洗 e滴定过程中，眼睛应注视滴定管中液面变化 f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（7）若滴定过程中消耗0.5000molL-1的KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为 。综合实验（二）的结果，可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为 。【知识点】常见实验操作步骤、实验方案的设计与评价【答案解析】 假设3：铁矿石中同时含有二价铁和三价铁 （1分）（1）稀硫酸 （1分） （填序号） （1分）（2）在D后加一干燥装置；（2分） 偏高；（1分）（3）24 ；（1分） 尾气处理，（1分） 硬质玻璃管在反应前后的质量变化；（1分）（4）赶走多余的氯气；（1分） （5）250ml容量瓶；（1分）（6）df ；（1分） （7）70 ；（1分） Fe5O6 （2分）解析：铁矿石中主要研究含铁的氧化物，假设1：铁矿石中只含+3价铁； 假设2：铁矿石中只含+2价铁；所以假设3：铁矿石中同时含有二价铁和三价铁。（1）X是用来溶解铁矿石的，浓盐酸会和高锰酸钾反应，稀硝酸也具有氧化性，故只能选择稀硫酸；中都有三价铁的干扰，只有褪色才能证明一定含亚铁离子；（2）实验方案中氢气还原氧化物的产物水被干燥管D吸收，根据干燥管增重计算，空气中的水蒸气也会进入D，导致结果偏高，故应在D后加一干燥装置；如果拆去B装置，会有水蒸气从制氢气装置中出来，造成测得结果偏高；（3）测得反应后D装置增重1.35g，水的质量，其中的氧来自铁矿石，m(O)=1.35g×16/18=1.2g，铁矿石共5.0g，则铁矿石中氧的百分含量=1.2÷5.0×100%=24%；若将H2换成CO，CO有污染，还需补充尾气处理装置；不测定D装置的净增质量，通过测定物理量硬质玻璃管在反应前后的质量变化，也能达到实验目的；（4）如果溶液中混有氯气会和后面的KI反应影响测定结果，所以，步骤中煮沸的作用是赶走多余的氯气；（5）步骤是配制一定浓度的标准溶液，用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有250mL容量瓶；（6）a碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需加指示剂，故a错误；b滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，不能确定是否达到滴定终点，故b错误；c滴定管用蒸馏水洗涤后必须用标准液润洗，故c错误；d锥形瓶不需要用待测液润洗，故d正确；e滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故e错误；f滴定结束后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数，故f正确；（7）根据反应的方程式为2Fe3+2I-=2Fe2+I2可知，消耗的碘离子与铁离子物质的量相等，n（Fe3+）=n（KI）=0.5000molL-1×0.020L=0.01mol，所以铁元素的百分含量=0.01mol×(250mL÷20mL)×56g/mol÷10.0g×100%=70% ；铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为:=5:6，该铁矿石中铁的氧化物的化学式： Fe5O6 ；【思路点拨】本题考查了探究铁矿石中氧元素和铁元素的含量的方法，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力；该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，全面细致的思考才能得出正确的结论。28、锌锰干电池由于其贮存和使用寿命较短，大都为一次性电池，用完之后被当作垃圾扔掉。这不仅浪费了宝贵的金属资源，而且还会产生严重的环境污染。下表是各类电池的综合成分分析结果：元素锌锰铁铜碳其它质量百分含量1327142823260.50.75613通过简单的机械处理，将电池中各组分进行最大在限度的分离，从而使整个处理过程得到简化。再分别对锌皮和锰粉（MnO2）进行湿法处理，通过预处理、浸取、净化等工序制出产品。工艺流程如下图： 查阅资料知各离子沉淀完全的pH为离子Fe3+Fe2+Cu2+Mn2+pH3.29.06.710.1已知：锌元素与铝元素相似，具有两性。1、市售锌锰干电池为碱性电池，电解质溶液为KOH,则其正极反应为 ；电极总反应方程为 ； 2、在预处理中，分离铁皮和锌皮的方法是 ，洗液加(NH4)2CO3在pH7.5沉淀出一种碱式盐，该物质的化学式为 。3、二氧化锰生产中，写出加入30%盐酸溶解时的离子方程式 ；盐酸溶解后回收的渣是 ；4、已知第二次加H2O2后调节pH9的目的为将Mn2+转化为MnO2,则第一次加H2O2后调节pH5，目的是 ；5、实验室中用高锰酸钾溶液检验Mn2+时，产生黑色沉淀，该反应的离子方程式为 ；6、 硫酸锰在高温条件下可以得到三种氧化物，该热分解的方程式为 。【知识点】常见离子检验、除杂、电化学、离子方程式的书写【答案解析】 1、2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH- (1分) 2MnO2+2H2O+Zn=2MnOOH+Zn(OH)2 (1分)2、 磁选法或用磁铁吸 （1分） Zn2(OH)2CO3 (2分)3、 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2分) 碳黑（或碳） （1分）4、 除去Fe2+和Fe3+ （2分）5、2MnO4-+3Mn2+4OH-=5MnO2+2H2O (2分)6、3MnSO4Mn3O4+SO2+SO3 (2分)解析：1、锌锰干电池负极为锌，失电子，正极为石墨，二氧化锰得电子生成MnOOH，正极电极反应式：2MnO2+2H2O+2e-=2MnOOH+2OH-；总反应方程式： 2MnO2+2H2O+Zn=2MnOOH+Zn(OH)2；2、 在预处理中，分离铁皮和锌皮的方法是磁选法或用磁铁吸；洗液加(NH4)2CO3在pH7.5沉淀出一种碱式盐，该物质是碱式碳酸锌，化学式为Zn2(OH)2CO3；3、 二氧化锰生产中，加入30%盐酸溶解时，生成氯化锰和氯气，离子方程式为： MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O； 盐酸溶解后回收的渣是碳黑；4、 第一次加H2O2后，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH5，将铁离子完全沉淀；故目的是除去Fe2+和Fe3+；5、 高锰酸钾溶氧化Mn2+生成黑色的MnO2，方程式：2MnO4-+3Mn2+4OH-=5MnO2+2H2O6、 硫酸锰在高温条件下可以得到三种氧化物：氧化锰、二氧化硫、三氧化硫，方程式： 3MnSO4Mn3O4+SO2+SO3【思路点拨】本题以碱性锌锰电池为依据考查了电极反应式书写、氧化还原反应方程式书写、分解反应等，注意流程中的信息；难度中等。(二)选考题(共15分请考生从给出的3道物理题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)36、化学选修：化学与技术SO2、NO是大气污染物。吸收SO2 和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）：（1）装置中生成HSO3的离子方程为 。（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3和SO32）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH 的关系如右图所示。下列说法正确的是 （填字母序号）。apH=8时，溶液中c(HSO3) < c(SO32)bpH=7时，溶液中c(Na+) =c(HSO3)+c(SO32) c为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在45左右向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因： 。（3）装置中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3、NO2，写出生成NO3的离子方程式 。（4）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。 生成Ce4+的电极反应式为 。 生成Ce4+从电解槽的 （填字母序号）口流出。（5） 已知进入装置的溶液中，NO2的浓度为a g·L-1，要使1 m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2 L。（用含a代数式表示，计算结果保留整数）【知识点】无机流程、溶液中的离子浓度大小、电化学、计算【答案解析】 （1）SO2 + OH= HSO3（2分）； （2）a、c （3分） HSO3SO32+H+，加入CaCl2溶液， Ca2+SO32= CaSO3使平衡右移，c(H+)增大。（3）NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+（3分）（4）Ce3+- e= Ce4+ （2分） a （2分）（5）243a（242a、244a、5600a /23都给分）（3分）解析：（1）进入装置中的物质有：NaOH、NO、SO2，则生成HSO3的离子方程为： SO2 + OH= HSO3（2）如图pH=8时，溶液中c(HSO3) < c(SO32)a正确。pH=7时，溶液中c(Na+)+c(H+) =c(HSO3)+2c(SO32)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所以b不正确。如图pH控制在45左右，溶液中没有HSO3，所以c错。向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2原因为HSO3SO32+H+，加入CaCl2溶液， Ca2+SO32= CaSO3使平衡右移，c(H+)增大。（3）装置中，如流程图反应物为NO、Ce4+生成物有Ce3+、NO3。根据电荷守恒和题意给出酸性溶液，反应物还有H2O，生成物还有H+。根据氧化还原原理和得失电子守恒配平得NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+。（4）根据流程图其电极方程式只能是Ce3+- e=Ce4+。由Ce3+- e= Ce4+得阳极生成Ce4+，所以从电解槽的a口流出。（5）根据得失电子守恒NO2和O2的物质的量之比为2:1。得氧气的体积为=243a 。【思路点拨】本题考查了离子方式、电极方程式的书写，溶液中浓度大小的比较，氧化还原反应，利用电荷守恒计算。题目难度较大。注意从已知提取信息，培养看图分析能力。37、化学选修：物质结构与性质 在5-氨基四唑（）中加入金属Ga，得到的盐是一种新型气体发生剂，常用于汽车安全气囊（1）基态Ga原子的电子排布式可表示为 ；（2）5-氨基四唑中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ；在1mol 5-氨基四唑中含有的键的数目为  （3）叠氮酸钠（NaN3）是传统家用汽车安全气囊中使用的气体发生剂叠氮酸钠（NaN3）中含有叠氮酸根离子（N3-），根据等电子体原理N3-的 空间构型为 以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐作原料，可以生成碳氮化钛化合物其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如上图示）顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为 与钛同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有 。（填写元素符号） Ti(OH)2(H2O)42+中的化学键有 。a 键 b键 c离子键 d配位键【知识点】常见元素的电子排布、电负性比较、空间构型、晶胞的计算、化学键【答案解析】 （1） Ar3d104s24p1；（3分） （2） NCH，（2分） 9NA（2分）（3）直线型（2分） Ti4CN3（2分） Ni、Ge、Se （2分）； ad（2分）解析：（1）镓是31号元素，根据核外电子排布规律得电子排布式可表示为Ar3d104s24p1；（2）非金属越强电负性越强得NCH；双键中只有一个是键，单键都是键，得1mol 5-氨基四唑中含有的键的数目为9NA。（3）N3-的等电子体是CO2所以空间构型为直线型。Ti有1个原子在晶胞中心和12个棱上，则含Ti原子数为1+12×1/4=4；C原子在8个顶点上则含有碳原子数为8×1/8=1；N原子在6个面上则含有N原子数为6×1/2=3；所以这种碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3。钛元素的基态原子中，未成对电子数为2，第四周期未成对电子数为2的还有28号元素Ni 、32号元素Ge、34号元素Se。Ti(OH)2(H2O)42+中氢氧键为键，Ti与氧原子形成配位键，选ad。【思路点拨】本题考查了常见元素的电子排布，常见元素电负性比较，物质的空间构型，关于晶胞的计算，化学键的类型等。题目难度偏大。注意利用课本常见的元素和物质分析加工和推断。38.化学选修：有机化学基础 苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N（部分产物及反应条件已略去）。 （1）生成M、N的反应类型分别是 、 ； D的结构简式是 。（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的一氯代物有2种。C的结构简式是 。（3）由苯酚生成A的化学方程式是 。B与C反应的化学方程式是 。（4）以苯酚为基础原料也可以合成芳香族化合物F。经质谱分析F的相对分子质量为152，其中氧元素的质量分数为31.6%，F完全燃烧只生成CO2和H2O。则F的分子式是 。已知：芳香族化合物F能发生银镜反应，且还能发生水解反应；F的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；分子结构中不存在“-O-O- ”的连接方式。F的结构简式是 。【知识点】分子式、反应类型、酯化反应方程式、同分异构体【答案解析】 解析：（1）B中苯环上有酚羟基和羧基，生成M反应条件为浓硫酸加热，得此反应为酯化反应，酯化反应也是取代反应。生成N的反应类型可从N的结构（有链节和端基原子）看出是缩聚反应。由反应物、分子式和反应后的产物判断D为（2）C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应说明含有羟基，C的一氯代物有2种则3个甲基要连在同一碳原子上。C的结构简式是（3）苯酚和氢氧化钠发生中和反应，化学方程式B为则B和C发生酯化反应的方程式为（注意酸脱羟基醇脱氢和可逆号）（4）芳香族化合物F（说明含有苯基C6H5-）相对分子质量为152氧元素的质量分数为31.6%得氧原子个数为3，F完全燃烧只生成CO2和H2O说明只含有碳、氢、氧元素。得其分子式为C8H8O3 F能发生银镜反应，且还能发生水解反应说明含有醛基和酯基（或者说是甲酸形成的酯）F的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子说明取代基在苯环的对位上，不存在“-O-O- ”的连接方式。F的结构简式是。【思路点拨】本题考查了分子式，有机反应类型，酯化反应方程式，苯酚的性质，以及同分异构体的书写。题目难度适中。注意利用官能团推断物质的结构，由结构推断性质或由性质推断结构。