1、第 1 页，共 16 页 高考全国高考全国I卷理综化学卷理综化学7+3+(2选选1) 全真模拟试卷全真模拟试卷 一、单选题（本大题共 7 小题，共 42 分） 1. 陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关 系。下列说法错误的是 ( ) A. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 B. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 C. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 【答案】B 【解析】 本题考查陶瓷有关知识，掌握相关的硅酸盐产品的生产原料、产品组成、性质以及硅酸 盐的概念是解
2、答本题的关键，注意基础知识的积累掌握，题目难度不大。 【解答】 A.以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传 统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，是用物理化学方法制造出来的最早的人造 材料，一万多年以前，它的诞生使人类由旧石器时代进入了新石器时代，故 A正确； B.瓷器着色如雨过天晴，为青色，瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有铁元素，青瓷 的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧，再经过还原形成为青色，此时铁 不再是三价铁，而是二价铁，故 B 错误； C.陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料， 经过高温烧制而成的产 品，闻名世界的秦兵
3、马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故 C正确； D.陶瓷有日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、压电陶瓷等，共性为具有 抗氧化、抗酸碱腐蚀、耐高温、绝缘、易成型等优点，故 D 正确。 故选 B。 2. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述正确的是 第 2 页，共 16 页 A. 实验中装置 b 中的液体始终是无色 B. 装置 c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴蒸汽 C. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开 K D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查性质方案的评价，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常
4、见元 素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。 【解答】 A. 挥发出的 HBr 中含有溴，溴溶于四氯化碳呈浅红色，故 A 错误； B. HBr为污染物，需要用碳酸钠溶液吸收，故 B 错误； C. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前， 需先打开 K才能平衡压强， 以便加入混合液， 故 C 正确； D. 溴苯中含有剩余的溴和苯，经稀碱溶液洗涤后应先分液再蒸馏，故 D错误。 故选 C。 3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A. 17g 的羟基含有的电子数均为9NA B. 1.0mol丙烯与足量的 HCl 完全反应后，生成的CH3CH2CH2Cl分子数为1.0NA
5、 C. 在浓硫酸的作用下，1mol乙醇与 1mol乙酸完全反应，生成的水分子数为1.0NA D. 0.5mol/L CH3COONa溶液中含有CH3COOH和CH3COO;的总数为0.5NA 【答案】A 【解析】 本题旨在考查学生对阿伏加德罗常数的应用，难度不大，掌握以物质的量为中心的计算 是解答的关键。 【解答】 A.羟基含有 9 个电子，羟基的相对分子质量为 17，故 17g 羟基的物质的量为 1mol，含 有 9mol电子，也就是9NA，故 A 正确； B.丙烯与氯化氢反应有 2种生成物，故生成的CH3CH2CH2Cl分子数小于1.0NA，故 B 错 误； C.乙酸与乙醇发生酯化反应为可
6、逆反应，故 1mol 乙醇与 1mol乙酸完全反应，生成的水 分子数小于1.0NA，故 C 错误； D.没有溶液体积，无法计算，故 D 错误。 故选 A。 第 3 页，共 16 页 4. 某种新型电池放电时的总反应方程式为：4M + nO 2+ 2nH2O = 4M(OH)n，装置如 图。下列说法正确的是( ) A. 放电过程中Mn:通过膜向正极移动 B. 右侧的电极反应式为：O2+ 4e;+ 2H2O = 4OH; C. 若 M为 Al，则电池放电过程的负极反应式为：Al 3e;= Al3: D. 在Mg 空气电池中，为防止负极区沉积Mg(OH)2，可改用稀硫酸做电解质溶液 【答案】B 【解
7、析】 本题考查了原电池原理，根据元素化合价变化确定正负极上发生的反应，难点是电极反 应式的书写，题目难度中等，注意把握离子交换膜的使用，侧重于考查学生的分析能力 和应用能力。 【解答】 已知新型电池放电时的总反应方程式为：4M + nO2+ 2nH2O = 4M(OH)n，电池放电时 正极上O2转化为OH;，负极的 M失电子转化为M(OH)n，正极电极反应式为O2+ 4e;+ 2H2O = 4OH;，负极电极反应式为M ne;+ nOH;= M(OH)n，据此分析解答。 A.阳离子不能通过阴离子交换膜，所以Mn:不能通过膜，故 A错误； B.电池放电时正极上O2转化为OH;， 则右侧的电极反应
8、式为： O2+ 4e;+ 2H2O = 4OH;， 故 B 正确； C.若 M 为 Al， Al失电子生成AlO2 ;， 则电池放电过程的负极反应式为： Al 3e; + 4OH;= AlO2 ; + 2H2O，故 C错误； D.在Mg 空气电池中，改用稀硫酸做电解质溶液，Mg与稀硫酸接触直接反应，故 D错 误。 故选 B。 5. 向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸，溶液的 pH 值随着加入盐酸体积的变化曲线如图 所示，则下列说法正确的是 ( ) 第 4 页，共 16 页 A. ab段的主要离子方程式为AlO2 ; + 4H:= Al3:+ 2H2O B. 向 c 点溶液中滴加氨水，发生的离子方程式
9、为A13:+ 3OH;= Al(OH)3 C. cd段的主要离子方程式为Al(OH)3+ 3H:= Al3:+ 3H2O D. 向 c 点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2Al3:+ CO3 2; + 3H2O = 2Al(OH)3 +CO2 【答案】C 【解析】【分析】 本题是对“铝三角”的关系的知识的考查，是中学化学的重要知识点，难度不大。关键 是理解离子反应的原理，存在基础知识的考查。 【解答】 依据图像可得，a b是OH;与H:的反应，b c是AlO2 ;与H:的反应，c d是H:与 Al(OH)3反应。据此答题。 A.ab段发生反应的离子方程式为：OH;+ H:= H2O，故 A
10、 错误； B.c点铝离子沉淀完全，故 B 错误； C.cd段发生反应的主要离子方程式为：Al(OH) 3+ 3H := Al 3 + + 3H 2O，符合题意， 故 C 正确； D.c 点铝离子沉淀完全，故 D 错误。 故选 C。 6. 电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用 0.100mol L;1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为 0.100mol L;1的 NaOH溶液和氨水溶液。利用传感 器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说 法错误的是 A. 滴定氨水的过程应该选择甲基橙作为指示剂 B. a 点溶液中：c(H:) + c(NH4 :) c(OH;) = 0.05mol L;
11、1 C. b 点溶液中：c(H:) = c(OH;)+ c(NH4 :) + 2c(NH3 H2O) D. a、b、c 三点的溶液中，水的电离程度c 第 5 页，共 16 页 【答案】D 【解析】解：A.氨水与盐酸恰好反应时生成氯化铵，溶液呈酸性，应该选用甲基橙作指 示剂，故 A正确； B.a点所在曲线为滴定氨水，且反应后溶质为氯化铵，根据电荷守恒可知：c(H:) + c(NH4 :) c(OH;) = c(Na:) = 0.05mol L;1，故 B正确； C.b点溶液为加入 20mLHCl 溶液滴定氨水，反应结束时溶质为等量的NH4Cl和 HCl，根 据电荷守恒： c(H:) + c(NH
12、4 :) = c(OH;) + c(Cl;)， 由物料守恒可知c(Cl;) = 2c(NH4:) + c(NH3 H2O)，即c(H:) = c(OH;) + c(NH4 :) + 2c(NH3 H2O)，故 C正确； D.a 点溶液中溶质为NH4Cl，氯化铵水解促进水的电离，c 点溶质为 NaCl对水的电离无 影响，b 点的溶液中溶质为NH4Cl和 HCl，HCl抑制水的电离，所以 a 点水的电离程度最 大，故 D 错误； 故选：D。 NH3 H2O为弱电解质，在溶液中部分电离，等浓度时离子浓度比 NaOH小，导电性较 弱，则 cd曲线为滴定 NaOH的变化曲线，ab曲线为滴定NH3 H2O
13、的变化曲线，加入 HCl，NH3 H2O溶液中离子浓度逐渐增大，导电性逐渐增强，NaOH与盐酸发生中和反 应，离子浓度减小，由图象可知加入 10mLHCl 时完全反应，以此解答该题。 本题以电导率为载体考查离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，为高频考点，题目难 度中等，明确混合溶液中溶质及其性质、溶液导电性强弱影响因素是解本题关键，试题 培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 7. 已知可逆反应aA + bB cC中，物质的含量A%和C%随温度的变化曲线如图所示， 下列说法正确的是 ( ) A. 该反应在T1；T3温度时达到过化学平衡 B. 该反应在T2温度时达到化学平衡 C. 该反应的逆反应是
14、放热反应 D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动 【答案】B 【解析】 本题考查化学平衡图象、温度对化学平衡的影响，难度中等，明确图象中含量随温度的 平衡关系判断T2时恰好平衡是解题关键。 【解答】 A.T1温度之后A%继续变小，C%继续增大，根据图像分析可知，T2及之后的点应为对应 温度下的平衡状态，T3温度之后A%继续增大，C%继续减小，故T1未达到化学平衡，故 第 6 页，共 16 页 A错误； B.T2之前A%变小，C%从 0 渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前是 反应没有达到平衡状态，T2温度时达到化学平衡，故 B正确； C.T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小
15、，说明T2之后是温度升高使平衡向左 移动，所以逆反应是吸热反应，故 C错误； D.T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向逆 反应移动，故 D错误。 故选 B。 二、实验题（本大题共 1 小题，共 15 分） 8. 钢铁分析中常用高氯酸(HClO4)溶解矿样，某研究性学习小组欲制取少量高氯酸。 该学习小组查阅到： a.HClO4浓度高于60%时遇含碳化合物易爆炸，浓度低于60%时比较稳定; b.NaClO4与浓硫酸反应可制得高氯酸，若采用真空蒸馏可得到纯高氯酸; c.NaClO3在673K(400)时分解产生NaClO4、NaCl和一种气体。 该小组同学设计实
16、验分三步制备高氯酸： I.制氯气并使制得的氯气与氢氧化钠溶液反应制氯酸钠; II.氯酸钠分解制高氯酸钠; III.高氯酸钠与浓硫酸反应制高氯酸2NaClO4+ H2SO4(浓) Na2SO4+ 2HClO4 。 (1)制取氯酸钠的装置如图所示，连接顺序为A _。 (2)装置 B中发生反应的离子方程式为_。 第 7 页，共 16 页 (3)为了制备高氯酸钠并推出氯酸钠分解制高氯酸钠的化学方程式，该小组同学设 计了甲装置如图： 该小组经过分析决定选用甲装置制备高氯酸钠，取NaClO3样品2.13g，加热充分反 应后集气瓶中收集到224mL(标准状况下)气体，则该反应的化学方程式为 _; (4)用丙
17、装置制备高氯酸，向蒸馏烧瓶中加入高氯酸钠，然后加入浓硫酸，加热可 制取高氯酸。实验开始前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是 _，该组同学发现操作中少加入一种物质，该 物质的名称为_。发现后的正确操作为 _。 (5)工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法，写出以惰性电极电 解NaClO3时，阳极的电极反应式：_。 【答案】(1)C；B；D (2)3Cl2+ 6OH; 5Cl;+ ClO3 ; + 3H2O (3)2NaClO3 NaClO4+ NaCl + O2 (4)橡胶中含有含碳化合物， 若生成的高氯酸浓度高于60%， 遇胶塞及导管接口易爆炸； 碎瓷片(或沸石)；
18、停止实验，冷却后加入碎瓷片(或沸石)，再继续进行实验 第 8 页，共 16 页 【解析】【分析】 本题考查物质的制备实验，涉及反应原理，仪器的使用，实验操作以及化学方程式的书 写，难度较大，操作是难点。 【解答】 (1)装置 A中制取的氯气中含有 HCl杂质，通过装置 C 除去氯化氢杂质，在装置 B 中， 氯气与氢氧化钠溶液反应制得氯酸钠，用装置 D 吸收多余的氯气，防止污染空气，所以 制取氯酸钠的装置连接顺序为A C B D。 (2)在装置 B 中，氯气和氢氧化钠溶液在加热条件下发生反应，生成氯化钠、氯酸钠和 水，反应的离子方程式为3Cl2+ 6OH; 5Cl;+ ClO3 ; + 3H2O
19、。 (3)2.13 g NaClO3样品的物质的量为0.02 mol，224 mL(标准状况下)气体的物质的量为 0.01 mol，则该反应的化学方程式为2NaClO3 NaClO4+ NaCl + O2。 (4)实验开始前，胶塞及导管接口需要包锡箔纸，其原因是橡胶中含有含碳化合物，若 生成的高氯酸浓度高于60%，遇胶塞及导管接口易爆炸；操作中少加了沸石，正确操作 是停止实验，冷却后加入碎瓷片(或沸石)，再继续进行实验。 (5)工业上大量制备NaClO4常用高电流密度电解NaClO3的方法，以惰性电极电解时，阳 极发生氧化反应，则电极反应式为。 三、流程题（本大题共 1 小题，共 14 分）
20、9. MnSO4 H2O在工业、农业等方面有广泛的应用。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰 化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。 常温下，几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的 pH如表所示： Mn(OH)2 Mg(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 开始沉淀的 pH 8.3 9.3 2.7 3.8 完全沉淀的 pH 9.8 11.1 3.7 4.7 (1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点 为_。用硫酸浸出时，硫酸应过量，目的是_。 (2)“氧化”时，发生反应的
21、化学方程式为_。 (3)“氟化除杂”时，得到的沉淀是_。 (4)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为_。 第 9 页，共 16 页 (5)取一定量MnSO4 H2O样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余 质量固体样品的起始质量 100%)随温度的变化如图所示。则 B 段所表示的金属 氧化物化学式为_。 (6)将硫酸锰和高锰酸钾混合溶液在的条件下反应 4h，得到纳米级MnO2，该 反应的离子方程式为_。 【答案】(1)产生硫化氢等气体，污染环境；提高锰元素浸出率，抑制Mn2:水解，防止 Mn2:生成沉淀而损失； (2)MnO2+ 2FeSO4+ 2H2SO4= Fe2(SO4)3+
22、 MnSO4+ 2H2O； (3)CaF2、MgF2； (4)Mn2:+ 2HCO 3 ; = MnCO3 +CO2 +H2O； (5)Mn3O4； (6)2MnO4 ; + 3Mn2: + 2H2O 5MnO2 + 4H:。 【解析】【分析】 本题考查了物质的制备，涉及了工业流程、离子方程式、化学式的确定等知识点，综合 性强，掌握基础是关键，注意题目信息的读取，题目难度中等。 【解答】 高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少 量 FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2:、Fe2:、Fe3:、Mg2:、Al3:的酸性溶液， 加入二氧
23、化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离 子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的镁离子和钙离子沉淀完全，此 时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生 Mn2:+ 2HCO3 ; = MnCO3 +CO2 +H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸 锰的水合物，据此分析。 (1)高硫锰矿含有 FeS， 传统工艺处理高硫锰矿时， 不经“混合焙烧”， 而是直接用H2SO4 浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；硫酸过量，可提高锰元素浸出率，抑制Mn2:水 解，防止Mn2:生成沉淀而损失； 故答案为： 产生硫化氢等气体， 污
24、染环境； 提高锰元素浸出率， 抑制Mn2:水解， 防止Mn2: 第 10 页，共 16 页 生成沉淀而损失； (2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，化学方程式为：MnO2+ 2FeSO4+ 2H2SO4= Fe2(SO4)3+ MnSO4+ 2H2O； 故答案为：MnO2+ 2FeSO4+ 2H2SO4= Fe2(SO4)3+ MnSO4+ 2H2O； (3)前一步中加入碳酸钙将铝离子和铁离子以氢氧化物的形式除去，再加氟化锰除去过 量的钙离子和溶液中的镁离子，生成CaF2、MgF2； 故答案为：CaF2、MgF2； (4)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2:+ 2HCO 3 ; =
25、MnCO3 +CO2 +H2O； 故答案为：Mn2:+ 2HCO 3 ; = MnCO3 +CO2 +H2O； (5)设MnSO4 H2O的物质的量为 1 mol， 则m(MnSO4 H2O) = 1mol 169g mol;1= 169g， 曲线中 B 段为锰的氧化物，其质量为m(氧化物) = 169 g 0.4517 = 76.34g， 其中n(Mn) = 1mol，m(Mn) = 1mol 55g mol;1= 55g， 则 n(O) = 76.34g;55g 16gmol1 = 4 3mol， n(Mn)：n(O) = 1 mol：4 3mol = 3：4， 因此 B段所表示物质的化学
26、式为Mn3O4， 故答案为：Mn3O4； (6)高锰酸根离子与锰离子发生氧化还原反应，得到二氧化锰，离子方程式为： 2MnO4 ; + 3Mn2: + 2H2O 5MnO2 + 4H:。 故答案为：2MnO4 ; + 3Mn2: + 2H2O 5MnO2 + 4H:。 四、简答题（本大题共 2 小题，共 29 分） 10. 近年华北地区频繁的雾霾天气已经引起人们的高度重视， 化学反应原理可用于治理 环境污染，请回答下列问题： (1)一定条件下，可以用 CO处理燃煤烟气生成液态硫，实现硫的回收 已知：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) H = 566kJ mol;1 S(l) +
27、O2(g) = SO2(g) H = 296kJ mol;1 则用 CO处理燃煤烟气的热化学方程式是_ 在一定温度下，在 2L密闭容器中投入 2mol CO、1 mol SO2发生上述反应，达到 化学平衡时SO2的转化率为90%， 则该温度下该反应的平衡常数K的数值为_ (2)SNCR SCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx)，其流程如图 1： 第 11 页，共 16 页 已知该方法中主要反应的热化学方程式： 4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g) 4N2(g) + 6H2O(g) H = 1646KJ mol;1，在一定 温度下，在密闭恒压的容器中，能表示上述反应达到化
28、学平衡状态的是_(填 字母) a.4v逆(N2) = v正(O2) b.混合气体的密度保持不变 c.c(N2)：c(H2O)：c(NH3) = 4：6：4 d.单位时间内断裂 4mol N H键的同时断裂 4mol键 (3)如图 2 所示，反应温度会直接影响 SNCR 技术的脱硝效率 SNCR技术脱硝的最佳温度选择925的理由是_ SNCR与 SCR 技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是_；但当烟 气温度高于1000时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是_ (4)一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、 海水淡化， 其工作原理如图 3 所示： 中间室的Cl;移向_(填“左室”或“右
29、室”)，处理后的含硝酸根废水的 pH_(填“降低”或“升高”) 若图中有机废水中有机物用C6H12O6表示，请写出左室发生反应的电极反应式： _ 【答案】(1)2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) H = 270kJ mol;1；1620； (2)b； (3)925时脱硝效率高，残留氨浓度较小； 没有使用催化剂，反应的活化能较大，因此反应温度较高；因为脱硝主要反应是放 热反应，温度过高，使脱硝的主要反应平衡逆向移动； (4)左室；升高；C6H12O6 24e;+ 6H2O = 6CO2 +24H: 【解析】解： (1)已知 2CO(g) + O2(g) = 2CO2
30、(g) H1= 566kJ mol;1 S(l) + O2(g) = SO2(g) H2= 296kJ mol;1 得到热化学方程式为：2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) H = 270kJ mol;1； 第 12 页，共 16 页 在一定温度下，在 2L密闭容器中投入2mol CO、1 molSO2发生上述反应，达到化学 平衡时SO2的转化率为90%，消耗二氧化硫浓度= 0.5mol/L 90% = 0.45mol/L， 2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) 起始量(mol/L) 1 0.5 0 变化量(mol/L) 0.9 0.45
31、 0.9 平衡量(mol/L) 0.1 0.05 0.9 则该温度下该反应的平衡常数K = 092 0.120.05 = 1620； (2)4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g) 4N2(g) + 6H2O(g) H = 1646KJ mol;1，反应为气 体体积增大的放热反应， a.当 v逆(N2) = 4v正(O2)，反应达到平衡状态，故 a 错误； b.反应前后气体质量不变，因为是恒压装置，气体体积变化，当混合气体的密度保持不 变说明反应达到平衡状态，故 b 正确； c.c(N2)：c(H2O)：c(NH3) = 4：6：4，不能说明正逆反应速率相同，故 c错误； d.单位时间
32、内断裂12mol N H键的同时断裂4molN N键， 说明正逆反应速率相同， 单 位时间内断裂4mol N H键的同时断裂4molN N键不能说明反应达到平衡状态，故 d 错误； 故为：b； (3)SNCR技术脱硝的最佳温度选择925的理由是： 925时脱硝效率高， 残留氨浓度 较小； SNCR与 SCR 技术相比，SNCR 技术的反应温度较高，其原因是：没有使用催化剂， 反应的活化能较大，因此反应温度较高；因为脱硝主要反应是放热反应，但当烟气温度 高于1000时，SNCR 脱硝效率明显降低，其原因可能是：温度过高，使脱硝的主要反 应平衡逆向移动； (4)阴离子移向负极，所以该电池工作时，中
33、间室中的Cl;移向左室负极，正极电极反 应式为2NO3 ; + 10e;+ 12H:= N2 +6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液 的 pH升高； 若图中有机废水中有机物用C6H12O6表示，左室发生反应是负极反应，葡萄糖失电子 发生氧化反应，在酸性溶液中生成二氧化碳，电极反应为：C6H12O6 24e;+ 6H2O = 6CO2 +24H:。 本题考查了盖斯定律的应用、原电池原理及电极反应书写、化学反应速率和化学平衡的 影响因素、化学平衡常数的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点 较多、综合性强，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分 析、理
34、解能力及灵活应用所学知识的能力。 11. 三价铬离子(Cr3:)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素 发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有 C、H、O、N、S、Cr等。回答 下列问题： (1)Cr的价电子排布式为 _。 第 13 页，共 16 页 (2)O、N、S 的第一电离能由大到小的顺序为_。 (3)SO2分子的 VSEPR 模型为_，SO3 2;中心原子的杂化方式为_。 (4)CO2分子的空间构型为_，它的等电子体中属于分子的有_(任写 一种)。 (5)化学式为CrCl3 6H2O的化合物有多种结构， 其中一种可表示为CrCl2(H2O)4Cl 2H2O
35、，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为_，配位数为_。 (6)NH3分子可以与H:结合生成NH4 :，这个过程发生改变的是_(填序号)。 a.微粒的空间构型 b.N原子的杂化类型 c.HNH键角 d.微粒的电子数 (7)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA， 晶体密度为 g cm;3，则该晶胞的棱长为_pm。 【答案】(1)3d54s1 (2)N (3)平面三角形；sp3杂化 (4)直线形；N2O(其他合理答案也可) (5)O、Cl；6 (6)ac (7) 96 NA 3 1010 【解析】【分析】本题考查原子结构和晶胞的计算，为高频考点，把握原子核外电子排 布
36、、杂化轨道、配位化合物、均摊法计算是解题的关键，题目难度中等，注意相关知识 的理解与掌握。 【解答】 (1)Cr元素为 24号元素， 原子核外有 24个电子， 其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1， 所以 Cr原子的价电子排布式是3d54s1。 (2)N、 O属于同周期元素， 同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势， 但 N 原子 2p 能级为半充满的较稳定状态，其第一电离能高于同周期相邻的元素，所以 第一电离能大小顺序为N ，同主族元素由上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电 离能：O ，故三种元素第一电离能的大小顺序为N 。 (3)SO2的中心原子 S的价层
37、电子对数为2 + 6;22 2 = 3，S 原子采取sp2杂化，所以SO2分 子的 VSEPR模型为平面三角形；SO3 2;中 S 原子的价层电子对数是3 +6:2;32 2 = 4，所 以 S原子采用sp3杂化。 第 14 页，共 16 页 (4)CO2分子中 C 原子的价层电子对数= 2 + 4;22 2 = 2，不含孤电子对， 故该分子是直线 形结构；具有相同原子总数和价电子总数的分子或离子互为等电子体，CO2分子含有 3 个原子，16 个价电子，则N2O与CO2互为等电子体。 (5)配离子为CrCl2(H2O)4:，配体为H2O、Cl;，提供孤电子对的原子为 O 和 Cl，中心 离子的
38、配位数为 6。 (6)ac.NH3分子是三角锥形结构，NH4 :是正四面体形结构，二者空间构型不同，且键角 不同，故 a、c正确； b.NH3分子中N原子形成3个NH键， 含有1对孤电子对， 杂化轨道数目为4， 采取sp3杂 化，NH4 :中 N 原子形成 4个NH键，杂化轨道数目为 4，采取sp3杂化，故 N原子的杂 化类型相同，b 错误； d.NH3分子和NH4 :都含有 10个电子，d 错误。 故选 ac。 (7)根据均摊法可知，该晶胞中含有碳原子的个数为8 1 8 + 6 1 2 + 4 = 8，则该晶胞的 质量为8 12 NA g， 其体积为 812 NA g gcm3 = 812
39、NA cm3， 所以该晶胞的棱长为 812 NA 3 cm = 96 NA 3 1010pm。 五、推断题（本大题共 1 小题，共 15 分） 12. 化合物 W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下： 回答下列问题： (1)A的化学名称为_。 (2)的反应类型是_。 (3)反应所需试剂、条件分别为_。 (4)G的分子式为_。 第 15 页，共 16 页 (5)W中含氧官能团的名称是_。 (6)写出与 E 互为同分异构体的酯类化合物的结构简式(核磁共振氢谱为两组峰，峰 面积比为11)_。 (7)苯乙酸苄酯()是花香型香料，设计由苯 甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线_(无机试剂任选)。 【答
40、案】(1)氯乙酸 (2)取代反应 (3)乙醇/浓硫酸、加热 (4) C12H18O3 (5)羟基、醚键 (6)或 (7) 【解析】【分析】 本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据反应前 后物质结构变化确定反应类型，熟练掌握常见官能团及其物质之间的转化关系，题目难 度不大。 【解答】 羧基和碳酸钠反应生成羧酸钠，B发生取代反应生成 C，C 酸化得到 D，根据 D、E 结 构简式知，D和CH3CH2OH发生酯化反应生成 E，E 发生取代反应生成 F，G 发生取代反 应生成 W； (1)A的化学名称为氯乙酸， 故答案为：氯乙酸； (2)B中的 Cl原子被CN取代，所以
41、的反应类型是取代反应， 故答案为：取代反应； (3)反应为羧酸和乙醇的酯化反应， 该反应所需试剂、 条件分别为乙醇/浓硫酸、 加热， 故答案为：乙醇/浓硫酸、加热； (4)G的分子式为C12H18O3， 故答案为：C12H18O3； (5)W中含氧官能团的名称是醚键、羟基， 故答案为：醚键、羟基； (6)E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， 与E互为同分异构体的酯类化合物说明含有酯基， 第 16 页，共 16 页 核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为 1：1，说明该分子结构对称，其结构简式为 或， 故答案为：或； (7)和 HCl发生取代反应生成，和 NaCN 反 应生成，酸化得到，和苯甲醇 发生酯化反应生成，其合成路线为 ， 故答案为： 。
