（新）河南省郑州市开封市2019届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含解析）.doc

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1、河南省郑州市开封市2019届高三化学上学期第一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 P-31 S-32一、选择題(本题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题只有一个合理的选项)1.一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是A. 反应中H2O2做还原剂B. 产品中含有SO42、ClC. NaClO2的漂白原理与SO2相同D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】A【解析】【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO

2、3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42、Cl，B错误；C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，

3、产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 标准状况下，2.24LHF含分子数目为0.1NAB. 120 g NaHSO4固体含有H+的数目为NAC. 100mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NAD. 1 mol SO2与足量O2在一定

4、条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子【答案】C【解析】【分析】A.标准状况下HF为液体；B. 在NaHSO4固体中含有的离子是Na+、HSO4-；C.该盐水解，通过分析水解溶液中的离子数目判断；D.根据反应特点分析，据此解答。【详解】A. 标准状况下，HF为液体，不能使用气体摩尔体积来计算其物质的量和微粒数目，A错误；B. 120 g NaHSO4的物质的量是1mol，在固体中含有的离子是Na+、HSO4-，不含有H+，B错误；C. 100mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有碳酸钠的物质的量是0.01mol，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应：CO32-+ H2OHC

5、O3-+OH-；水解产生的HCO3-会进一步发生水解反应：HCO3-+ H2OH2CO3+OH-，因此，该溶液中含阴离子的数目大于0.01NA，C正确；D. SO2与O2产生SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此1 mol SO2与足量O2反应，产生的SO3的物质的量小于1mol，则转移电子数目小于2NA个，D错误；故本题合理选项是C。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算的知识。熟练掌握有关物质的量的公式、物质存在的状态、结构、反应特点及盐的水解规律是解题关键。3.下列有关有机物结构和性质的说法错误的是A. 分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的结构共

6、有4种B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C. 苯甲酸()分子中所有原子可能位于同一平面D. 1mol盐酸美西律()最多可与3 mol H2发生加成【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C5H10O2且能与 NaHCO3反应放出气体的有机物为饱和一元羧酸，结构为C4H9-COOH，丁基-C4H9有四种不同结构，所以C5H10O2的羧酸有4种同分异构体，A正确；B.石油是混合物，通过分馏得到汽油、煤油等各种馏分仍然含有多种成分，它们仍然是混合物，B错误；C.苯甲酸是苯分子中的H原子被羧基-COOH取代产生的物质，苯分子是平面分子，羧基中的各原子也在一个平面上，C-C单键可以旋转，

7、因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，C正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环，不含有碳碳双键及碳氧双键，1个苯环可以与3个H2发生加成反应，因此1mol盐酸美西律最多可与3 mol H2发生加成反应，D正确；故本题符合题意的选项是B。4.某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是A. 放电时，负极的电极反应式为Lie=Li+B. 放电时，电子通过电解质从Li流向Fe2O3C. 充电时，Fe做阳极，电池逐渐摆

8、脱磁铁吸引D. 充电时，阳极的电极反应式为2Fe+3Li2O6e= Fe2O3+6Li+【答案】B【解析】【分析】由图可知：该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe2O33Li2O+2Fe；放电时负极发生氧化反应，正极发生还原反应；充电时阳极、阴极电极反应式与放电时的负极、正极电极反应式正好相反，据此解答。【详解】A. 该电池在充、放电时的反应为：6Li+Fe2O33Li2O+2Fe；放电时Li为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式是Lie=Li+，A正确；B. 放电时，电子通过外电路从负极Li流向正极Fe2O3，不能经过电解质，B错误；C. 充电时，Fe做阳极，失去电子，发生氧化反应，被

9、氧化变为Fe2O3，Fe2O3不能被磁铁吸引，故电池逐渐摆脱磁铁吸引，C正确；D.充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，该电极反应式为2Fe-6e+3Li2O= Fe2O3+6Li+，选项D正确；故本题合理选项是B。【点睛】本题考查了化学电源、新型电池的知识，是高频考点，侧重考查学生分析问题的能力，明确电池放电时正负极与充电时的阴阳极电极反应式的关系是本题解答的关键，电子流动区域及离子移动区域的区别是学生易混淆之处。5.下列有关实验操作，说法正确的是A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低B. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确C.

10、 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却D. 测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度【答案】D【解析】【详解】A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不影响配制溶液，由于溶质的物质的量不变，溶液的体积也不变，所以根据，可知溶液的物质的量浓度不变，错误；B.用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，由于二者反应产生的盐NH4Cl水解使溶液显酸性，所以选用酸性范围内变色的甲基橙比选择碱性范围内变色的酚酞，测定的结果会更准确，B错误；C.由于空气中含有水蒸气，在空气中冷却，会导致部分水分被吸收，使测得的结晶水数目偏低，C错误；D.

11、 测定中和热时，为减少实验过程中的热量损失，应在有保温措施的容器内迅速将酸、碱稀溶液混合、搅拌，并及时记录反应达到的最高温度数值，D正确；故本题合理答案是D。6.X、Y、Z、M、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1：2：3，Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Z和M同主族。下列说法正确的是A. 单质沸点：Y>W>MB. 原子半径：X<Y<Z<MC. X、Y、Z三种元素形成的一种化合物乙可能含有离子键D. X与Y、M、W形成的最简单化合物中，等物质的量浓度水溶液的pH：W>M>Y【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、M、

12、W为5种短周期主族元素且原子序数依次增大。X有三种核素，质量数之比为1：2：3，则X是氢元素；Y是植物生长所需的三大营养元素之一，Y是氮元素（不可能是磷和钾）；Z和M同主族，Z只能是第二周期的元素，若Z是氧元素，W是硫元素；若Z是F元素，则W是氯元素，M元素不能确定是哪种元素。A.Y是N元素，其单质N2室温下为气体，若Z是O元素，则M是S元素，其S单质在室温下为固态，沸点比N2高，A错误；B. 同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，Y是N元素，Z可能是O(或F)元素，则原子半径Y>Z，B错误；C. 若Z是F元素，则X、Y、Z三种元素可以形成NH4F，该物质是离子化合物，含有离子键

13、，C正确；D.H与N形成的最简单化合物NH3水溶液显碱性，pH>7；若Z是O元素，则W是S元素，其与H元素形成的化合物H2S的水溶液显弱酸性、pH<7；若Z是F元素，其与H元素形成的化合物HF水溶液也显弱酸性、pH<7；两者等浓度的水溶液的pH都是Y>W，D错误。因此合理选项是C。7.常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是A. ac点，溶液中离子数目先增大后减小B. b点溶液pH=7说明c(NH4+)=c(R)C. c点溶液存在c(NH4+)>c(R)>c(H+)>c(

14、OH)D. b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】【分析】A.根据溶液的导电性与自由移动的离子浓度有关，与离子数目无关；B.根据电荷守恒分析判断；C.根据溶液的pH判断离子浓度关系；D.根据酸、碱抑制水的电离，含有弱酸根离子的盐会促进水的电离分析解答。【详解】A.根据图象可知ab点，溶液的导能力增强，bc点溶液的导电能力减弱，说明从ac点，溶液中自由移动的离子浓度先增大后减小，但是，离子数目在整个过程中一直在增大，A错误；B.根据图象可知b点溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(H+)+ c(NH4+)=c(R)+ c(OH-)，可得c(NH4+)=c(R

15、)，B正确；C.根据图象可知c点溶液的pH>7，说明 c点溶液中离子浓度：c(OH)>c(H+)，C错误；D.由曲线的起点的pH可知，HR为弱酸，b点溶液的pH=7、溶液的导电性最强，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐，该盐水解促进水的电离；而c点溶液显碱性，说明氨水过量，氨水电离产生OH-会抑制水的电离，使水的电离程度减小，所以水的电离程度：b>c，D错误。因此本题合理选项是B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液中离子浓度关系及溶液导电性的判断的知识。是高频考点，明确曲线含义、对应溶液的成分及其性质是本题解答的关键，难度不大。三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第2232题为必

16、考题，每个试题考生都必须作答，第3338题，考生根据要求作答)(一)必考题8.磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体PH3(沸点89.7，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。在C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×104mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：(1)PH3的电子式为

17、_。仪器D的名称是_。(2)通入空气的作用是_。(3)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2。若去掉该装置，对实验的影响为_。(4)装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应的离子方程式为_。收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×105mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32+MnO4+H+SO42+Mn2+H2O(未配平)，则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的质量为_mg。该原粮样品_(填“合格”或“

18、不合格”)【答案】 (1). (2). 分液漏斗 (3). 排出装置中空气；保证生成的PH3全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收 (4). 造成测定结果偏低(磷化物质量偏低) (5). 5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O (6). 0.038 (7). 不合格【解析】【分析】(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；(2)根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；(3)结合空气中氧气的氧化性和PH3的还原性分析；(4)利用题目已知信息，及KMnO4在酸性环境中常见的还原产物，利用电荷守恒、电子守恒及原子

19、守恒书写反应的离子方程式；并根据氧化还原反应中电子守恒计算出PH3的质量，利用产品合格分析判断即可。【详解】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是；由示意图可知仪器D是分液漏斗；(2) AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的PH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差； (3)在装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，可以吸

20、收空气中的O2。若去掉该装置，空气中的氧气就会氧化PH3气体，使实验结果偏低；(4)在装置E中PH3被酸性KMnO4溶液氧化成磷酸，KMnO4被还原为MnSO4，同时产生水，根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，带入数值：2×10×4.0×105mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×1

21、04mol/ L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.038mg；则1000g该粮食中含有PH3的质量是0.38g大于国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg的规定，所以该原粮样品不合格。【点睛】本题以粮食中残留磷化氢的含量测定为线索，考查元素化合物、氧化还原反应滴定及有关计算、误差分析等。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。9.氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优

22、良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：25时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：Fe(OH)3Zr(OH)4Al(OH)3开始沉淀时pH1.92.23.4沉淀完全时pH3.23.24.7请回答下列问题：(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有_。(2)操作I的名称是_滤渣2的成分为_。(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：_。(4)“调节pH”时，合适的pH范围是_。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是

23、_。(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式_。根据ZrO2的性质，推测其两种用途_。【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). 硅酸(H2SiO3或H4SiO4) (4). ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (5). 3.2<pH<3.4 (6). 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净,否则未洗涤干净 (7). Zr(OH)4ZrO2+2H2O (8). 耐火材料、磨料等【解析】【分析】(1)从物质的存在状态、接触面积及反应温度分析影响反应速率的因素；(2)根据混合物成分的不同状态

24、分析分离混合物的方法；结合锆英石的成分中哪些能反应，哪些不能反应，再结合它们的水溶性分析滤渣的成分；(3)根据图示反应物、已知生成物，结合元素守恒，就可得到相应的反应方程式；(4)用氨水调节溶液pH时，要使Zr4+形成Zr(OH)4沉淀，而杂质铝离子存在于溶液中；(5)结合反应物、生成物及反应条件，得到分解反应的方程式，并结合产生该物质的条件分析产物的性质，根据性质决定用途分析产物的用途，据此解答。【详解】(1) 锆英石状态为固态，为提高反应速率，可以通过将矿石粉碎，以增大接触面积；或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率；(2)操作I是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法，名称是过滤；

25、(3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应：ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3 +2H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=2Na2SiO3+H2O；Fe2O3是碱性氧化物，不能与碱发生反应，所以水浸后过滤进入滤渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、过滤进入滤液1中；(4)向滤液中加入足量盐酸，HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应，生成NaCl、H2SiO3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水，过滤时进入滤渣2中，其余进入滤液2

26、中，因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4)；向滤液2中加入氨水，发生复分解反应，调节溶液的pH至大于Zr(OH)4，而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2<pH<3.4，就可以形成Zr(OH)4沉淀，而Al元素仍以Al3+形式存在于溶液中；Zr(OH)4沉淀是从氨水和金属氯化物的混合液中过滤出来的，所以要检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法可通过检验洗涤液中是否含有Cl-离子判断，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净，否则未洗涤干净；(5)将Zr(OH)4沉淀过滤、洗涤，然后高温灼烧，发生分解反应

27、：Zr(OH)4ZrO2+2H2O就得到ZrO2；由于ZrO2是高温分解产生的物质，说明ZrO2熔点高，微粒之间作用力强，物质的硬度大，因此根据ZrO2的这种性质，它可用作制耐火材料、磨料等。【点睛】本题以锆英石制备ZrO2为线索，考查了混合物的分离、离子的检验、反应条件的控制、化学反应速率的影响因素的判断等的知识。充分利用题目已知信息分析问题是本题解答的关键。10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。(1)升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g

28、)的反应历程分两步：I.2NO(g) N2O2(g)(快) H1<0 v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2).N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)(慢) H2<0 v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2)请回答下列问题：反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的H=_(用含H1和H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_，升高温度，K值_(填“增大”“减小”或“不变”)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的

29、是反应，反应I的活化能E1与反应的活化能E2的大小关系为E1_E2(填“>”“<”或“=”)。由实验数据得到v2正c(O2)的关系可用图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_(填字母)。(2)通过图所示装置，可将汽车尾气中的NO、NO2转化为重要的化工原料HNO3，其中A、B为多孔惰性电极。该装置的负极是_ (填“A”或“B”)，B电极的电极反应式为_。(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1L溶液甲，溶液乙为0.1mol

30、/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3)、c (NO2)和c(CH3COO)由大到小的顺序为_(已知HNO2的电离常数K=7.1×104mol/L，CH3COOH的电离常数K=1.7×105mol/L)。可使溶液甲和溶液乙的pH相等的方法是_。a.向溶液甲中加适量水 b.向溶液甲中加适量NaOHc.向溶液乙中加适量水 d.向溶液乙中加适量NaOH【答案】 (1). H1+H2 (2). (3). 减小 (4). < (5). a (6). A (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)

31、 (9). bc【解析】【分析】（1）运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得K的表达式；再利用温度对化学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系；根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置；(2)根据负极失去电子，发生氧化反应物质所含元素的化合价升高；正极得到电子，发生还原反应进行分析判断；(3)利用物质之间的反应，确定溶液的成分，结合元素守恒、结合盐的水解规律比较离子浓度的大小；并根据影响溶液pH的因素选择合

32、适的方法，调节溶液的pH，据此解答。【详解】(1) I .2NO(g)N2O2(g) H1<0；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) H2<0，I+II可得：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) H=H1+H2，当该反应达到平衡时，V1正=V1逆，V2正=V2逆，所以V1正×V2正=V1逆×V2逆，即k1正c2(NO)×K2正c(N2O2)×c(O2)= k1逆c(N2O2)×K2逆c2(NO2)×c(O2)，则是K=；由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，使化学反应平衡常数

33、减小；2NO(g) +O2(g)2NO2(g)反应的快慢由反应速率慢的反应II决定，所以反应的活化能E1<E2，温度升高，K2正增大，反应速率加快，c(NO2)减小，导致两者的积减小；V2正升高到某一温度时V2正减小，平衡向逆反应方向移动，c(O2)增大，因此反应重新达到平衡，则变为相应的点为a；(2)A电极通入NO、NO2，N元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应产生HNO3，因此该电极为负极，通入O2的电极为正极，获得电子，发生还原反应，由于是酸性环境，所以该电极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O；(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应方程式为2NO2+2NaOH=Na

34、NO3+NaNO2+H2O。若NaOH、NO2的物质的量都是0.2 mol，则根据反应方程式可知会产生0.1mol NaNO3和0.1molNaNO2；由于溶液的体积是1L，c(NO2-)=0.1mol/L，c(NO3-)=0.1mol/L 。NaNO3是强酸强碱盐，不水解，则c(NO3-)=0.1mol/L；而NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应而消耗，所以c(NO2-)<0.1mol/L；溶液乙为0.1mol/L的CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO-水解消耗，因此n(CH3COO-)<0.1mol；根据HNO2、CH3COOH的电离平衡常数可知酸性：HNO

35、2>CH3COOH，所以水解程度：CH3COO->NO2-，因此等浓度的CH3COONa、NaNO2中离子浓度c(CH3COO-)< c(NO2-)，故三种离子浓度由大到小的顺序是：c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)；溶液甲是NaNO3和NaNO2的混合溶液，NaNO2水解使溶液显碱性，溶液乙为CH3COONa溶液，水溶液显碱性，由于CH3COONa水解程度大于NaNO2，所以碱性乙>甲，要使溶液甲和溶液乙的pH相等，可采用向甲溶液中加入适量的碱NaOH，使溶液的pH增大，也可以向乙溶液中加入适量的水进行稀释，使乙的pH减小，故合理选项是b

36、c。【点睛】本题以氮氧化合物为线索，考查了盖斯定律、化学反应速率与反应的活化能的关系、化学平衡常数及应用、原电池反应原理的应用、电离平衡常数在离子浓度大小比较的应用等知识，涉及知识面广，全方位考查了学生的知识掌握及灵活应用能力。准确掌握化学反应原理是本题解答的关键。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：(1)已知元素M是组成物质Ca

37、5(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I5表示)如表所示：元素M化合态常见化合价是_价，其基态原子电子排布式为_。(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为_。(3)PO43的中心原子的杂化方式为_，该离子的空间构型为_，键角为_，其等电子体有_ (请写出两种)。(4)CaF2晶胞结构如图所示，则CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的Ca2+数目为_；已知Ca2+和F半径分别为a cm、b cm，阿伏加德罗常数为NA，M为摩尔质量，则晶体密度为_g·cm3(不必化简)。(5)已知MgO与CaO的晶体结构

38、相似，其摩氏硬度的大小关系为_，原因为_。【答案】 (1). +2 (2). Ar4s2 (3). F>O>P (4). sp3 (5). 正四面体形 (6). 109°28 (7). SO42-、CCl4等 (8). 12 (9). (10). MgO>CaO (11). Mg2+半径比Ca2+小，晶格能较大【解析】【分析】根据处于同一电子层内相邻电子的电离能相差不大，不同电子层内相邻电子的电离能相差较多分析；结合原子核外电子排布规律书写其基态原子电子排布式；利用元素的非金属性越强，电负性越大，分析该物质中的元素电负性大小；根据微粒的空间构型、等电子体概念分析判断

39、PO43的结构，并学会运用晶胞结构中微粒的相对位置，判断微粒距离及晶体密度大小，利用微粒半径大小分析物质的硬度和熔沸点关系，据此解答。【详解】(1) 根据元素M的气态原子的第I1-I5电离能大小可以看出：I1、I2相差不大，二I2、I3电离能相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3中元素有Ca、P、O三种元素，只有Ca元素最外层有2个电子，原子半径大，容易失去最外层的2个电子，化合价为+2价；根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为Ar4s2或写为1s22s22p63s23p64s2；(2)Ca3(PO4)3F中非金属元素有P、O、F三种，元素的非金属性F>

40、O>P，元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以按电负性由大到小的顺序排列为F>O>P；(3) PO43的中心原子P的价层电子对数是4，故P原子杂化为sp3杂化；由于孤对电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为109°28，其等电子体有SO42-、CCl4；(4)根据CaF2晶胞结构可知：在每个晶胞中与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有3个，通过每个Ca2+可形成8个晶胞，每个Ca2+计算了2次，所以与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有(3×8)÷2=12个；将CaF2晶胞分成8个小正方体，正方体中心为F-离子，顶点为Ca2

41、+，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。立方体的对角线为2(a+b)，则晶胞的对角线为4(a+b)，晶胞的边长为，根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度=g/cm3；(5)MgO与CaO的晶体结构相似，由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越大，与O2-形成的离子键的键长就越大，晶格能就越小，物质的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小关系为MgO>CaO。【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素的推断、原子核外电子排布、电离能应用、原子的杂化、晶胞密度的计算等知识，这就需要学生要具备扎实物质结构的基础、强的空间想象能力及运用均摊法分析、解决晶体密度等问题的能力。12.G是药物合成中

42、的一种重要中间体，下面是G的一种合成路线：已知：回答下列问题：(1)B的结构简式为_，其中所含官能团的名称为_；B生成C的反应类型为_。(2)D的名称是_。(3)由C和E合成F的化学方程式为_。(4)D的同分异构体中，能发生银镜反应且分子结构中含苯环的还有_种，其中核磁共振氢谱上有6组峰，峰面积之比为1：1：1：1：1：1的同分异构体的结构简式为_(一种即可)。(5)参照上述合成路线，以CH3CH2Cl为原料(其他试剂任选)，设计制备巴豆醛(CH3CH= CHCHO)的合成路线_ 。【答案】 (1). (2). 羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). 对羟基苯甲醛 (5). (6). 3 (

43、7). 或 (8). 【解析】【分析】根据A、C结构及分子式的区别，结合已知条件，可得到B物质的结构简式及其含有的官能团的种类；并根据B、C结构的区别分析出B产生C的反应类型；并利用该反应类型逆推分析出D的结构简式，根据系统命名法对D命名；在判断D的同分异构体时种类时，要从官能团异构、位置异构方面，结合题干要求分析，书写出相应的物质的结构简式；根据C+E生成F时的变化，利用元素的原子守恒，可得该反应的化学方程式；最后用已知物质CH3CH2Cl，结合题目已知信息，合成需要制备的目标产物巴豆醛(CH3CH= CHCHO)。【详解】(1)根据A、C结构，结合题干已知信息和B的分子式，可知B物质的结构

44、简式是，该物质含有的官能团有羟基、羰基；B与CH3I发生取代反应，产生C和HI；(2)D与CH3I发生取代反应可产生，逆推可知D为对羟基苯甲醛；(3)由C和E在碱性条件下加热，反应生成F和水，反应的化学方程式为；(4)D是，有多种同分异构体，其中的同分异构体分子结构中含苯环，且能发生银镜反应说明含有醛基，还有、，共3种，其中核磁共振氢谱上有6组峰，峰面积之比为1：1：1：1：1：1的同分异构体的结构简式为或；(5)以CH3CH2Cl为原料制备巴豆醛(CH3CH= CHCHO)，可以先水解得到乙醇，再把乙醇催化氧化得到乙醛，最后利用题信息合成巴豆醛，具体合成路线为：。【点睛】本题考查了有机物的合成与推断的知识。充分利用有机物的分子式、结构简式及提供提供的信息、各种烃及其衍生物的性质是进行推断是解答该题的关键。该题很好的考查了学生信息获取与运用能力及分析推断能力，难度中等。- 14 -