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四川省泸县第四中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸县第四中学2024届高三上学期一诊模拟考试理综试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300，2NA， 25°C时，向20mL0等内容，欢迎下载使用。
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.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
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. 化学与生产生活息息相关。下列说法中，正确的是
A. 聚氯乙烯塑料可用作不粘锅的耐热涂层
B. 用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
C. 氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏
D. 金属钠着火时，可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚氯乙烯塑料不耐热，不能用作不粘锅的耐热涂层，故A错误；
B．汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，不能用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍，故B错误；
C．氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏，氨气遇到氯气会产生白烟，故C正确；
D．金属钠为活泼金属，着火时，可与二氧化碳、水反应，则金属钠着火时，不可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭，故D错误；
故选C。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 100 mL 2 ml·L−1蔗糖溶液中所含分子数为0.2NA
B. 30 g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含氧原子数为NA
C. 0.1 ml NaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.3NA
D. 浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备0.1 ml氯气，转移的电子数均为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．100mL 2ml/L蔗糖溶液中所含蔗糖分子的物质的量为n＝0.1L×2ml/L＝0.2ml，但是蔗糖溶液中还含有水分子，则100mL 2ml/L蔗糖溶液中分子数大于0.2NA，故A错误；
B．乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量＝＝1ml，则含有氧原子个数为1ml×NA/ml＝NA，故B正确；
C．在NaHCO3晶体中含有Na+、，则0.1mlNaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.2NA，故C错误；
D．浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物，生成0.1ml氯气转移0.2ml电子；浓盐酸和KClO3反应制备氯气：KClO3+6HCl(浓)＝KCl+3Cl2↑+3H2O，氯气既是氧化产物又是还原产物，生成1ml氯气转移ml电子，生成0.1ml氯气，转移的电子数均为小于0.2NA，故D错误；
故选B。
3. 甘草常用于心气虚，心悸怔忡，脉结代，以及脾胃气虚，倦怠乏力等，结构简式如图所示，下列说法错误的是
A. 该分子的分子式为C15H12O4
B. 分子中所有原子可能共平面
C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种
D. 1ml该物质最多能与7mlH2反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，甘草的分子式为C15H12O4，故A正确；
B．由结构简式可知，甘草的分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故B错误；
C．由结构简式可知，甘草的分子中苯环上含有5类氢原子，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种，故C正确；
D．由结构简式可知，甘草的分子中含有的苯环和羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1ml该物质最多能与7ml氢气反应，故D正确；
故选B。
4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为6。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：X＞Y
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y
C. W的氧化物中只含有离子键
D. Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，所给物质中有W+，则W为Na，X形成一条共价键，X为H，Z最外层电子数=8-4-1=3，Z为B，4种元素的最外层电子数之和为6，则Y的最外层电子数之为6-1-3-1=1，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知Y为Li。
【详解】A．X为H，Y为Li，Li原子半径比H大，A错误；
B．W为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Y为Li，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y，B正确；
C．W的氧化物中可能含有共价键，如Na2O2，C错误；
D．Z的氟化物BF3中，F满足8电子稳定结构，B原子最外层只有3+3=6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
答案选B
5. 下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
A. 将少量酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去：2+5+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
B. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
C. 用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. 泡沫灭火器的工作原理：2Al3++3+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去得到无色溶液，过氧化氢不可以拆开，离子方程式：+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B正确；
C．HClO具有强氧化性，能将CaSO3氧化成CaSO4，漂白粉溶液脱除废气中的少量，发生的反应为：，故C错误；
D．泡沫灭火器灭火原理的离子方程式是：，故D错误；
故答案为B。
6. 协同转化的微生物电池(下图左池)可同时实现净化有机废水、含铬()废水和淡化盐水三重功能，并且驱动电化学合成装置(下图右池)制备1，2-二氯乙烷。
图中离子交换膜仅允许Na+或Cl-通过。下列说法错误的是
A. A室中充入有机废水，C室中充入含铬废水
B. a、c膜为Cl-离子交换膜，b、d膜为Na+离子交换膜
C. 理论上1ml还原为Cr(III)，两装置共可脱除6mlNaCl
D. D室电极上发生的反应为CH2=CH2-2e-+2Cl-=ClCH2CH2Cl
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，左图是原电池，电子流出的是负极，则A是负极室，C是正极室，右图是电解池，D为阳极室，F为阴极室，以此分析；
【详解】A．根据分析，A为负极，C为正极，发生还原反应将还原为Cr3+，故C室充入含铬的废水，A是有机废水，A正确；
B．原电池中，阳离子移向正极C，阴离子移向负极A，在电解池中，阴离子移向阳极D，阳离子移向阴极F，则a、c膜是阴离子交换膜，b、d膜是阳离子交换膜，B正确；
C．C电极室发生的电极反应为，根据电荷守恒，1ml反应，会有6mlNa+转移到C室，脱去6mlNaCl，D室内发生的反应，转移6mle-，消耗6mlCl-，会有6mlCl-转移到D室，脱去6mlNaCl，共脱去12mlNaCl，C错误；
D．D为阳极，发生氧化反应，D极发生的反应为，D正确；
故答案为：C。
7. 25°C时，向20mL0.5ml·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25ml·L-1的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是
A. a点时，<1
B. b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C. c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)
D. d点对应的溶液中升高温度pOH值一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A． a点时，=0，=1，故A错误；
B．b点有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；
D． d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，pOH值增大，同时，升高温度，d点水电离程度最大，氢氧根离子浓度增大，pOH=-lg c(OH-)减小，pOH净增大还是减小，由MCl水解和水电离两者共同决定，不能确定温度升高，pOH是否一定增大，故D错误；
故选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. 环己酮()在工业上主要用作有机合成原料和溶剂。某实验小组选择价格低廉、污染更小的次氯酸钠-冰醋酸体系氧化环己醇() 的方法制备环己酮。
（1）NaClO 溶液的制备
①工业上用氯气通入烧碱溶液的方法制备NaClO，请写出该反应的化学方程式___________。
②NaClO含量的测定：取①所得溶液(只含NaCl、NaClO、 NaOH) 20.00mL 于锥形瓶中，用0.1000ml/L NaNO2溶液进行滴定，达到滴定终点时，共消耗NaNO2溶液20.00mL。
已知：该反应可以用湿润的淀粉-KI试纸(白色)监控反应终点，且在此条件下NaNO2不氧化I-。
a．已知NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质。由该实验测得NaClO溶液的物质的量浓度为___________。
b．滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为___________。
（2）NaClO 氧化环己醇
反应原理：
+NaClO +NaCl+H2O
已知：环己醇的相对分子质量为100；环己酮的相对分子质量为98。
步骤I：在装有冷凝管、温度计和滴液漏斗的三颈烧瓶中，加入7.5mL (7.0g)环己醇和4.0mL冰醋酸。在滴液漏斗中加入100.0mLNaClO水溶液，分四次加入三颈烧瓶中，边加边振荡，保持反应温度为40°C-45°C．加完后，放置20分钟，并搅拌。
步骤II：用淀粉- KI试纸检验NaClO是否过量，若过量则加入适量饱和Na2SO3溶液除去NaClO。随后再加入适量NaOH溶液，边加边振荡。
步骤III：将步骤II得到反应液进行蒸馏，得到40.0mL馏出液，再在馏出液中加入5.0g固体氯化钠，振荡使之大部分溶解。将馏出液转入分液漏斗分离出有机层，用无水硫酸镁干燥后蒸馏，收集到产品4.116g。
请回答下列问题：
①在反应装置中应选用___________冷凝管(填“直形”或“球形”)。
②实验温度要保持40°C -45°C，最好选择的加热方式是___________ ； 不能低于40°C的原因是___________。
③加入饱和Na2SO3溶液时发生的离子反应方程式是_______。；随后加入适量NaOH溶液的目的是_______。
④本实验所得到的环己酮的产率是___________。
⑤本实验最有可能产生的有毒气体是___________， 所以要在通风橱中进行实验。
【答案】（1） ①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. 0.1000ml/L ③. 无明显变化或保持白色，且半分钟无变化
（2） ①. 球形 ②. 水浴加热 ③. 防止反应速率过慢 ④. ClO-+=Cl-+ ⑤. 除去乙酸 ⑥. 60.0% ⑦. Cl2
【解析】
【分析】工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO的反应化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有氧化性，能氧化环己醇得到环己酮；
【小问1详解】
①工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO和NaCl，该反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②a．NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质，反应方程式为NaClO+NaNO2=NaCl+ NaNO3，则n(NaClO)=n(NaNO2)即c(NaClO)×20.00mL=0.1000ml/L×20.00mL，则NaClO溶液的物质的量浓度为0.1000ml/L；
b．已知：湿润的淀粉-KI试纸为白色，且在此条件下NaNO2不氧化I-，当滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为无明显变化或保持白色，且半分钟无变化；
【小问2详解】
①球形冷凝管的接触面积更大冷凝效果更好，则在反应装置中应选用球形冷凝管；
②实验温度要保持40°C -45°C，最好选择的加热方式是水浴加热，不能低于40°C的原因是防止反应速率过慢；
③加入饱和Na2SO3溶液除去NaClO，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，发生的离子反应方程式是ClO-+=Cl-+；乙酸作为催化剂会残留在环己酮中，利用乙酸的弱酸性可与强碱溶液反应，则加入适量NaOH溶液的目的是除去乙酸；
④由反应原理可得，解得理论上产生m=6.86g，本实验所得到的环己酮的产率是；
⑤NaClO具有氧化性，ClO-可能被还原为Cl2，本实验最有可能产生的有毒气体是Cl2，所以要在通风橱中进行实验。
9. 葡萄糖、葡萄糖酸在医疗和工业上有广泛用途。
（1）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。
回答下列问题：
已知：MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8ml2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14ml2·L-2，1.262≈1.6。
①“酸洗”过程中生成硫酸锌的离子方程式为_______；“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______。
②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是_______；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是_______。
③整个流程中可循环利用的物质是_______；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______ml·L-1(保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K=_______(列出计算式)。
（2）工业上常采用电渗析法从含葡萄糖酸钠(用GCOONa表示)的废水中提取化工产品葡萄糖酸(GCOOH)和烧碱，模拟装置如图所示(电极均为石墨)。
①交换膜1为_______交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2ml电子时，理论上回收_______gNaOH。
②b电极上发生反应的电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. ZnO+2H+=Zn2++H2O ②. C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O ③. 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次 ④. 提高锰回收率 ⑤. 醋酸(CH3COOH) ⑥. 5.9×10-10 ⑦. 或[]
（2） ①. 阳离子 ②. 80 ③. 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【分析】锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；电解葡萄糖酸钠溶液实质是电解水，阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜、交换膜2为阴离子交换膜，a为阴极、b为阳极。
【小问1详解】
①“酸洗”过程中生成硫酸锌，离子方程式为ZnO+2H+=Zn2++H2O；在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。故答案为：ZnO+2H+=Zn2++H2O；C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，MnSO4•H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4•H2O用乙醇洗涤，其中洗涤的具体操作是向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是提高锰回收率。故答案为：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；提高锰回收率；
③整个流程中可循环利用的物质是醋酸(CH3COOH)；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+CO(aq)⇌PbCO3(s)+SO(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8ml2•L-2，所以溶液中c(Pb2+)=ml/L=1.26×10-4ml/L，生成PbCO3时，CO的最小浓度为c(CO)=ml/L=5.87×10-10ml/L，Na2CO3溶液的最小浓度为5.9×10-10ml·L-1(保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K==或[](列出计算式)。故答案为：醋酸(CH3COOH)；5.9×10-10；或[]；
【小问2详解】
①阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2ml电子时，理论上回收2mlNaOH，质量为2ml×40g/ml=80gNaOH。故答案为：阳离子；80；
②b电极为阳极，b电极上发生反应的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
10. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）已知：2NO(g) +2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H =- 746.5kJ·ml-1
N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·ml-1
2C(s)+ O2(g)=2CO(g ) △H=- 221 kJ·ml-1
碳的燃烧热(△H)为___________。
（2）已知在容积为1 L刚性容器中进行反应：2NO2(g) N2O4(g)△H
①说明该反应已达到平衡状态的是___________；
a． v正(N2O4)= 2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体密度不变 d． 不再变化
②投入NO2的物质的量分别为aml、bml、cml时，NO2平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：
a、b、c的关系是___________；△H ___________0，其理由是___________；400 °C，K=___________(列出计算式)。
（3）下图所示装置可用于制备N2O5，通过隔膜的离子是___________ ， 阳极的电极反应式为________。
【答案】（1）-393.5 kJ/ml
（2） ①. bd ②. a＞b＞c ③. ＜ ④. 升温，NO2的转化率减小，平衡逆向进行 ⑤. 或
（3） ①. H+ ②. N2O4-2e- +2HNO3=2N2O5+2H+
【解析】
【小问1详解】
①2NO(g) +2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H =- 746.5kJ·ml-1
②N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·ml-1
③2C(s)+ O2(g)=2CO(g ) △H=- 221 kJ·ml-1
④C(s)+ O2(g) = CO2(g)
④=，故碳的燃烧热(△H)为：；
小问2详解】
a．2v正(N2O4)= v逆(NO2)时说明反应到达平衡状态，a项错误；
b．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，体系颜色不变时，说明各组分含量不变，可以说明反应到达平衡状态，b项正确；
c．该反应在固定容积容器中进行，且物质均为气体，气体总质量始终保持不变，根据，气体密度始终保持不变，则气体密度不变时不能说明反应到达平衡状态，c项错误；
d． 从反应开始到平衡时不断减小，当不再变化时，说明各组分含量恒定，可以说明反应到达平衡状态，d项正确；
答案选bd；
根据图象，温度越高NO2平衡转化率越小，温度升高平衡向吸热方向移动，则反应2NO2(g) ⇌N2O4(g) ；同温度下转化率a曲线>b曲线>c曲线，由于反应在恒容容器中进行，且2NO2(g) ⇌N2O4(g)为气体分子数减小的反应，当容器内NO2的量增多，到达平衡时，NO2的百分含量会减小，则容器内NO2的量越多，NO2的转化率越大，故a、b、c的关系是：a>b>c；
400 °C，各曲线K值相同，若选择a曲线转化率计算K，列三段式：
容器容积为1L，故K=，若选择b曲线转化率计算K，同理，K=；
【小问3详解】
N2O4+无水硝酸处电极为阳极，硝酸水溶液处为阴极，用于制备N2O5，则阳极处反应为：N2O4-2e- +2HNO3=2N2O5+2H+，此处是无水硝酸，硝酸以分子形式存在；阴极处得电子，此过程会消耗H+，阳极产生H+，阴极消耗H+，故通过隔膜的离子是H+。
(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，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 富镍三层状氧化物(NCM811)作为新一代锂电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题。
（1）基态氧原子中能量最高的电子，其电子云有___________个伸展方向 (取向) ；基态Mn原子的电子排布式为___________。
（2）Ni2+在水中以水合离子[Ni(H2O)6]2+形式存在，它与乙二胺 (，简写为en)反应后溶液变为蓝色，反应为： [Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O。
①1个乙二胺分子中含sp3杂化的原子个数为___________，分子中电负性最大的元素是___________ ；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以___________键结合在一起，在与乙二胺反应的过程中，Ni2+的轨道杂化类型是否发生改变？___________ (填“是”或“否”) ；
③沸点：乙二胺(116°C)＜乙二醇(197°C)， 其原因是：___________。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，记为原子分数坐标。已知TiO2为四方晶系(长方体形)，晶胞参数为459pm、459pm、 295pm。 如图为沿y轴投影的晶胞中所有O原子和Ti原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中O原子的数目为___________。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，TiO2 的摩尔质量为80g/ml，则TiO2晶胞的密度为___________g·cm-3(列出计算表达式)
【答案】（1） ①. 3 ②. 1s22s22p63s23p63d54s2##[Ar]3d54s2
（2） ①. 4 ②. N ③. 配位 ④. 否 ⑤. 氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高
（3） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3个伸展方向；
Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；
【小问2详解】
①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；
元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；
③乙二胺沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；
【小问3详解】
原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度= g·cm-3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 有机物H是一种药物中间体，医药工业中的一种合成方法如下：
已知：+R2CHO。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）由D生成E的化学方程式为 _______。
（4）由F生成G的反应类型为_______。
（5）H具有的官能团名称是_______。
（6）化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填正确答案标号)。
a.含有苯环且苯环上仅有一个取代基
b.能够发生水解反应
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
（7）根据上述路线中的相关信息及所学知识，以苯甲醇为原料用不超过三步的反应设计合成。______
【答案】（1）丙酮 （2）CH3COCH2CH2OH
（3）+CH3CH2OH
（4）取代反应 （5）碳碳双键、酮羰基 （6）B
（7）
【解析】
【分析】CH3COCH3与HCHO在NaOH存在下发生题给已知的反应生成B，B的分子式为C4H8O2，B与浓硫酸共热反应生成C，则B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；C与CH2(COOC2H5)2、C2H5ONa反应生成D，D在一定条件下反应生成E，E在H3O+存在下脱去CO2生成F，F与CH3I反应生成G，G与发生Rbinsn反应生成H，G的分子式为C7H10O2，G的结构简式为。
【小问1详解】
A的结构简式为CH3COCH3，化学名称为丙酮；答案为：丙酮。
【小问2详解】
根据分析，B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；答案为：CH3COCH2CH2OH。
【小问3详解】
由D生成E的同时还有CH3CH2OH生成，反应的化学方程式为+CH3CH2OH；答案为：+CH3CH2OH，
小问4详解】
F与CH3I发生取代反应生成G和HI；答案为：取代反应。
【小问5详解】
根据H的结构简式知，H中具有的官能团的名称为碳碳双键、酮羰基；答案为：碳碳双键、酮羰基。
【小问6详解】
CH2(COOC2H5)2中的官能团为酯基，化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M中含1个酯基，M中含有苯环且苯环上仅有一个取代基、能够发生水解反应，则符合题意的M的结构简式为、、，共3种；答案选B。
【小问7详解】
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.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
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. 化学与生产生活息息相关。下列说法中，正确的是
A. 聚氯乙烯塑料可用作不粘锅的耐热涂层
B. 用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
C. 氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏
D. 金属钠着火时，可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭
【答案】C
【解析】
【详解】A．聚氯乙烯塑料不耐热，不能用作不粘锅的耐热涂层，故A错误；
B．汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，不能用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍，故B错误；
C．氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏，氨气遇到氯气会产生白烟，故C正确；
D．金属钠为活泼金属，着火时，可与二氧化碳、水反应，则金属钠着火时，不可用碳酸氢钠干粉灭火器扑灭，故D错误；
故选C。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 100 mL 2 ml·L−1蔗糖溶液中所含分子数为0.2NA
B. 30 g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含氧原子数为NA
C. 0.1 ml NaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.3NA
D. 浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备0.1 ml氯气，转移的电子数均为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．100mL 2ml/L蔗糖溶液中所含蔗糖分子的物质的量为n＝0.1L×2ml/L＝0.2ml，但是蔗糖溶液中还含有水分子，则100mL 2ml/L蔗糖溶液中分子数大于0.2NA，故A错误；
B．乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，30g由乙酸和葡萄糖组成的混合物中含有CH2O物质的量＝＝1ml，则含有氧原子个数为1ml×NA/ml＝NA，故B正确；
C．在NaHCO3晶体中含有Na+、，则0.1mlNaHCO3晶体中含阴、阳离子总数为0.2NA，故C错误；
D．浓盐酸和KMnO4反应制备氯气，氯气是氧化产物，生成0.1ml氯气转移0.2ml电子；浓盐酸和KClO3反应制备氯气：KClO3+6HCl(浓)＝KCl+3Cl2↑+3H2O，氯气既是氧化产物又是还原产物，生成1ml氯气转移ml电子，生成0.1ml氯气，转移的电子数均为小于0.2NA，故D错误；
故选B。
3. 甘草常用于心气虚，心悸怔忡，脉结代，以及脾胃气虚，倦怠乏力等，结构简式如图所示，下列说法错误的是
A. 该分子的分子式为C15H12O4
B. 分子中所有原子可能共平面
C. 苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种
D. 1ml该物质最多能与7mlH2反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，甘草的分子式为C15H12O4，故A正确；
B．由结构简式可知，甘草的分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，分子中所有原子不可能共平面，故B错误；
C．由结构简式可知，甘草的分子中苯环上含有5类氢原子，则苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物只有5种，故C正确；
D．由结构简式可知，甘草的分子中含有的苯环和羰基一定条件下能与氢气发生加成反应，则1ml该物质最多能与7ml氢气反应，故D正确；
故选B。
4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为6。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是
A. 原子半径：X＞Y
B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y
C. W的氧化物中只含有离子键
D. Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，所给物质中有W+，则W为Na，X形成一条共价键，X为H，Z最外层电子数=8-4-1=3，Z为B，4种元素的最外层电子数之和为6，则Y的最外层电子数之为6-1-3-1=1，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，可知Y为Li。
【详解】A．X为H，Y为Li，Li原子半径比H大，A错误；
B．W为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Y为Li，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＞Y，B正确；
C．W的氧化物中可能含有共价键，如Na2O2，C错误；
D．Z的氟化物BF3中，F满足8电子稳定结构，B原子最外层只有3+3=6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
答案选B
5. 下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
A. 将少量酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去：2+5+16H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
B. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O
C. 用漂白粉溶液脱除废气中的SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
D. 泡沫灭火器的工作原理：2Al3++3+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，紫色褪去得到无色溶液，过氧化氢不可以拆开，离子方程式：+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故A错误；
B．Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B正确；
C．HClO具有强氧化性，能将CaSO3氧化成CaSO4，漂白粉溶液脱除废气中的少量，发生的反应为：，故C错误；
D．泡沫灭火器灭火原理的离子方程式是：，故D错误；
故答案为B。
6. 协同转化的微生物电池(下图左池)可同时实现净化有机废水、含铬()废水和淡化盐水三重功能，并且驱动电化学合成装置(下图右池)制备1，2-二氯乙烷。
图中离子交换膜仅允许Na+或Cl-通过。下列说法错误的是
A. A室中充入有机废水，C室中充入含铬废水
B. a、c膜为Cl-离子交换膜，b、d膜为Na+离子交换膜
C. 理论上1ml还原为Cr(III)，两装置共可脱除6mlNaCl
D. D室电极上发生的反应为CH2=CH2-2e-+2Cl-=ClCH2CH2Cl
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，左图是原电池，电子流出的是负极，则A是负极室，C是正极室，右图是电解池，D为阳极室，F为阴极室，以此分析；
【详解】A．根据分析，A为负极，C为正极，发生还原反应将还原为Cr3+，故C室充入含铬的废水，A是有机废水，A正确；
B．原电池中，阳离子移向正极C，阴离子移向负极A，在电解池中，阴离子移向阳极D，阳离子移向阴极F，则a、c膜是阴离子交换膜，b、d膜是阳离子交换膜，B正确；
C．C电极室发生的电极反应为，根据电荷守恒，1ml反应，会有6mlNa+转移到C室，脱去6mlNaCl，D室内发生的反应，转移6mle-，消耗6mlCl-，会有6mlCl-转移到D室，脱去6mlNaCl，共脱去12mlNaCl，C错误；
D．D为阳极，发生氧化反应，D极发生的反应为，D正确；
故答案为：C。
7. 25°C时，向20mL0.5ml·L-1的弱碱(MOH)溶液中逐滴加入浓度为0.25ml·L-1的盐酸，溶液中和溶液的pOH[pOH=-lg c(OH-)]随中和率的变化关系如图所示。已知：中和率=。下列说法正确的是
A. a点时，<1
B. b点时，c(M+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
C. c点时，2c(M+)+c(MOH)+c(H+)<3c(Cl-)+c(OH-)
D. d点对应的溶液中升高温度pOH值一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A． a点时，=0，=1，故A错误；
B．b点有一半的MOH被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液的pOH＜7，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，说明MOH电离程度大于M+的水解程度，氯离子不水解，所以溶液中存在c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；
C．c点MOH的中和率大于50%而小于100%，则c(M+)+c(MOH)＜2c(Cl-)，溶液中存在电荷守恒c(M+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，所以存在2c(M+)+c(MOH)+c(H+)＜3c(Cl-)+c(OH-)，故C正确；
D． d点酸碱恰好完全中和，溶质为MCl，d点对应的溶液中升高温度，MCl水解程度增大，溶液酸性增强，pOH值增大，同时，升高温度，d点水电离程度最大，氢氧根离子浓度增大，pOH=-lg c(OH-)减小，pOH净增大还是减小，由MCl水解和水电离两者共同决定，不能确定温度升高，pOH是否一定增大，故D错误；
故选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. 环己酮()在工业上主要用作有机合成原料和溶剂。某实验小组选择价格低廉、污染更小的次氯酸钠-冰醋酸体系氧化环己醇() 的方法制备环己酮。
（1）NaClO 溶液的制备
①工业上用氯气通入烧碱溶液的方法制备NaClO，请写出该反应的化学方程式___________。
②NaClO含量的测定：取①所得溶液(只含NaCl、NaClO、 NaOH) 20.00mL 于锥形瓶中，用0.1000ml/L NaNO2溶液进行滴定，达到滴定终点时，共消耗NaNO2溶液20.00mL。
已知：该反应可以用湿润的淀粉-KI试纸(白色)监控反应终点，且在此条件下NaNO2不氧化I-。
a．已知NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质。由该实验测得NaClO溶液的物质的量浓度为___________。
b．滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为___________。
（2）NaClO 氧化环己醇
反应原理：
+NaClO +NaCl+H2O
已知：环己醇的相对分子质量为100；环己酮的相对分子质量为98。
步骤I：在装有冷凝管、温度计和滴液漏斗的三颈烧瓶中，加入7.5mL (7.0g)环己醇和4.0mL冰醋酸。在滴液漏斗中加入100.0mLNaClO水溶液，分四次加入三颈烧瓶中，边加边振荡，保持反应温度为40°C-45°C．加完后，放置20分钟，并搅拌。
步骤II：用淀粉- KI试纸检验NaClO是否过量，若过量则加入适量饱和Na2SO3溶液除去NaClO。随后再加入适量NaOH溶液，边加边振荡。
步骤III：将步骤II得到反应液进行蒸馏，得到40.0mL馏出液，再在馏出液中加入5.0g固体氯化钠，振荡使之大部分溶解。将馏出液转入分液漏斗分离出有机层，用无水硫酸镁干燥后蒸馏，收集到产品4.116g。
请回答下列问题：
①在反应装置中应选用___________冷凝管(填“直形”或“球形”)。
②实验温度要保持40°C -45°C，最好选择的加热方式是___________ ； 不能低于40°C的原因是___________。
③加入饱和Na2SO3溶液时发生的离子反应方程式是_______。；随后加入适量NaOH溶液的目的是_______。
④本实验所得到的环己酮的产率是___________。
⑤本实验最有可能产生的有毒气体是___________， 所以要在通风橱中进行实验。
【答案】（1） ①. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②. 0.1000ml/L ③. 无明显变化或保持白色，且半分钟无变化
（2） ①. 球形 ②. 水浴加热 ③. 防止反应速率过慢 ④. ClO-+=Cl-+ ⑤. 除去乙酸 ⑥. 60.0% ⑦. Cl2
【解析】
【分析】工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO的反应化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有氧化性，能氧化环己醇得到环己酮；
【小问1详解】
①工业上用氯气和烧碱NaOH溶液反应制备NaClO和NaCl，该反应的化学方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②a．NaClO和NaNO2反应生成两种对环境友好的物质，反应方程式为NaClO+NaNO2=NaCl+ NaNO3，则n(NaClO)=n(NaNO2)即c(NaClO)×20.00mL=0.1000ml/L×20.00mL，则NaClO溶液的物质的量浓度为0.1000ml/L；
b．已知：湿润的淀粉-KI试纸为白色，且在此条件下NaNO2不氧化I-，当滴定终点时，淀粉-KI试纸的颜色变化为无明显变化或保持白色，且半分钟无变化；
【小问2详解】
①球形冷凝管的接触面积更大冷凝效果更好，则在反应装置中应选用球形冷凝管；
②实验温度要保持40°C -45°C，最好选择的加热方式是水浴加热，不能低于40°C的原因是防止反应速率过慢；
③加入饱和Na2SO3溶液除去NaClO，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，发生的离子反应方程式是ClO-+=Cl-+；乙酸作为催化剂会残留在环己酮中，利用乙酸的弱酸性可与强碱溶液反应，则加入适量NaOH溶液的目的是除去乙酸；
④由反应原理可得，解得理论上产生m=6.86g，本实验所得到的环己酮的产率是；
⑤NaClO具有氧化性，ClO-可能被还原为Cl2，本实验最有可能产生的有毒气体是Cl2，所以要在通风橱中进行实验。
9. 葡萄糖、葡萄糖酸在医疗和工业上有广泛用途。
（1）锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。
回答下列问题：
已知：MnSO4·H2O易溶于水，不溶于乙醇。20℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8ml2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14ml2·L-2，1.262≈1.6。
①“酸洗”过程中生成硫酸锌的离子方程式为_______；“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为_______。
②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是_______；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是_______。
③整个流程中可循环利用的物质是_______；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为_______ml·L-1(保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K=_______(列出计算式)。
（2）工业上常采用电渗析法从含葡萄糖酸钠(用GCOONa表示)的废水中提取化工产品葡萄糖酸(GCOOH)和烧碱，模拟装置如图所示(电极均为石墨)。
①交换膜1为_______交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2ml电子时，理论上回收_______gNaOH。
②b电极上发生反应的电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. ZnO+2H+=Zn2++H2O ②. C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O ③. 向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次 ④. 提高锰回收率 ⑤. 醋酸(CH3COOH) ⑥. 5.9×10-10 ⑦. 或[]
（2） ①. 阳离子 ②. 80 ③. 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【分析】锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；电解葡萄糖酸钠溶液实质是电解水，阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜、交换膜2为阴离子交换膜，a为阴极、b为阳极。
【小问1详解】
①“酸洗”过程中生成硫酸锌，离子方程式为ZnO+2H+=Zn2++H2O；在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。故答案为：ZnO+2H+=Zn2++H2O；C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
②实验室中获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是指蒸发结晶趁热过滤、洗涤、干燥，MnSO4•H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4•H2O用乙醇洗涤，其中洗涤的具体操作是向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；将分离出晶体的母液收集、循环使用，其意义是提高锰回收率。故答案为：向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2~3次；提高锰回收率；
③整个流程中可循环利用的物质是醋酸(CH3COOH)；加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3，即PbSO4(s)+CO(aq)⇌PbCO3(s)+SO(aq)，因为PbSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8ml2•L-2，所以溶液中c(Pb2+)=ml/L=1.26×10-4ml/L，生成PbCO3时，CO的最小浓度为c(CO)=ml/L=5.87×10-10ml/L，Na2CO3溶液的最小浓度为5.9×10-10ml·L-1(保留一位小数)；PbSO4(s)+(aq)⇌PbCO3(s)+(aq)，平衡常数K==或[](列出计算式)。故答案为：醋酸(CH3COOH)；5.9×10-10；或[]；
【小问2详解】
①阴极区域碱性增强，阳极区域酸性增强，Na+经过交换膜1移向左侧，得到浓氢氧化钠溶液，GCOO-经过交换膜2移向右侧，得到浓葡萄糖酸溶液，交换膜1为阳离子交换膜(选填“阴离子”、“阳离子”)；电路中通过2ml电子时，理论上回收2mlNaOH，质量为2ml×40g/ml=80gNaOH。故答案为：阳离子；80；
②b电极为阳极，b电极上发生反应的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
10. 氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）已知：2NO(g) +2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H =- 746.5kJ·ml-1
N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·ml-1
2C(s)+ O2(g)=2CO(g ) △H=- 221 kJ·ml-1
碳的燃烧热(△H)为___________。
（2）已知在容积为1 L刚性容器中进行反应：2NO2(g) N2O4(g)△H
①说明该反应已达到平衡状态的是___________；
a． v正(N2O4)= 2v逆(NO2) b．体系颜色不变
c．气体密度不变 d． 不再变化
②投入NO2的物质的量分别为aml、bml、cml时，NO2平衡转化率随温度变化的关系如下图所示：
a、b、c的关系是___________；△H ___________0，其理由是___________；400 °C，K=___________(列出计算式)。
（3）下图所示装置可用于制备N2O5，通过隔膜的离子是___________ ， 阳极的电极反应式为________。
【答案】（1）-393.5 kJ/ml
（2） ①. bd ②. a＞b＞c ③. ＜ ④. 升温，NO2的转化率减小，平衡逆向进行 ⑤. 或
（3） ①. H+ ②. N2O4-2e- +2HNO3=2N2O5+2H+
【解析】
【小问1详解】
①2NO(g) +2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H =- 746.5kJ·ml-1
②N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H=+180.5 kJ·ml-1
③2C(s)+ O2(g)=2CO(g ) △H=- 221 kJ·ml-1
④C(s)+ O2(g) = CO2(g)
④=，故碳的燃烧热(△H)为：；
小问2详解】
a．2v正(N2O4)= v逆(NO2)时说明反应到达平衡状态，a项错误；
b．NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，体系颜色不变时，说明各组分含量不变，可以说明反应到达平衡状态，b项正确；
c．该反应在固定容积容器中进行，且物质均为气体，气体总质量始终保持不变，根据，气体密度始终保持不变，则气体密度不变时不能说明反应到达平衡状态，c项错误；
d． 从反应开始到平衡时不断减小，当不再变化时，说明各组分含量恒定，可以说明反应到达平衡状态，d项正确；
答案选bd；
根据图象，温度越高NO2平衡转化率越小，温度升高平衡向吸热方向移动，则反应2NO2(g) ⇌N2O4(g) ；同温度下转化率a曲线>b曲线>c曲线，由于反应在恒容容器中进行，且2NO2(g) ⇌N2O4(g)为气体分子数减小的反应，当容器内NO2的量增多，到达平衡时，NO2的百分含量会减小，则容器内NO2的量越多，NO2的转化率越大，故a、b、c的关系是：a>b>c；
400 °C，各曲线K值相同，若选择a曲线转化率计算K，列三段式：
容器容积为1L，故K=，若选择b曲线转化率计算K，同理，K=；
【小问3详解】
N2O4+无水硝酸处电极为阳极，硝酸水溶液处为阴极，用于制备N2O5，则阳极处反应为：N2O4-2e- +2HNO3=2N2O5+2H+，此处是无水硝酸，硝酸以分子形式存在；阴极处得电子，此过程会消耗H+，阳极产生H+，阴极消耗H+，故通过隔膜的离子是H+。
(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，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 富镍三层状氧化物(NCM811)作为新一代锂电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题。
（1）基态氧原子中能量最高的电子，其电子云有___________个伸展方向 (取向) ；基态Mn原子的电子排布式为___________。
（2）Ni2+在水中以水合离子[Ni(H2O)6]2+形式存在，它与乙二胺 (，简写为en)反应后溶液变为蓝色，反应为： [Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O。
①1个乙二胺分子中含sp3杂化的原子个数为___________，分子中电负性最大的元素是___________ ；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以___________键结合在一起，在与乙二胺反应的过程中，Ni2+的轨道杂化类型是否发生改变？___________ (填“是”或“否”) ；
③沸点：乙二胺(116°C)＜乙二醇(197°C)， 其原因是：___________。
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，记为原子分数坐标。已知TiO2为四方晶系(长方体形)，晶胞参数为459pm、459pm、 295pm。 如图为沿y轴投影的晶胞中所有O原子和Ti原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中O原子的数目为___________。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，TiO2 的摩尔质量为80g/ml，则TiO2晶胞的密度为___________g·cm-3(列出计算表达式)
【答案】（1） ①. 3 ②. 1s22s22p63s23p63d54s2##[Ar]3d54s2
（2） ①. 4 ②. N ③. 配位 ④. 否 ⑤. 氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高
（3） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3个伸展方向；
Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；
【小问2详解】
①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；
元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；
③乙二胺沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；
【小问3详解】
原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度= g·cm-3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 有机物H是一种药物中间体，医药工业中的一种合成方法如下：
已知：+R2CHO。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）由D生成E的化学方程式为 _______。
（4）由F生成G的反应类型为_______。
（5）H具有的官能团名称是_______。
（6）化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填正确答案标号)。
a.含有苯环且苯环上仅有一个取代基
b.能够发生水解反应
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
（7）根据上述路线中的相关信息及所学知识，以苯甲醇为原料用不超过三步的反应设计合成。______
【答案】（1）丙酮 （2）CH3COCH2CH2OH
（3）+CH3CH2OH
（4）取代反应 （5）碳碳双键、酮羰基 （6）B
（7）
【解析】
【分析】CH3COCH3与HCHO在NaOH存在下发生题给已知的反应生成B，B的分子式为C4H8O2，B与浓硫酸共热反应生成C，则B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；C与CH2(COOC2H5)2、C2H5ONa反应生成D，D在一定条件下反应生成E，E在H3O+存在下脱去CO2生成F，F与CH3I反应生成G，G与发生Rbinsn反应生成H，G的分子式为C7H10O2，G的结构简式为。
【小问1详解】
A的结构简式为CH3COCH3，化学名称为丙酮；答案为：丙酮。
【小问2详解】
根据分析，B的结构简式为CH3COCH2CH2OH；答案为：CH3COCH2CH2OH。
【小问3详解】
由D生成E的同时还有CH3CH2OH生成，反应的化学方程式为+CH3CH2OH；答案为：+CH3CH2OH，
小问4详解】
F与CH3I发生取代反应生成G和HI；答案为：取代反应。
【小问5详解】
根据H的结构简式知，H中具有的官能团的名称为碳碳双键、酮羰基；答案为：碳碳双键、酮羰基。
【小问6详解】
CH2(COOC2H5)2中的官能团为酯基，化合物M(C8H8O2)与CH2(COOC2H5)2具有相同官能团，M中含1个酯基，M中含有苯环且苯环上仅有一个取代基、能够发生水解反应，则符合题意的M的结构简式为、、，共3种；答案选B。
【小问7详解】
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