1、绝密启用前|考试研究中心命制2020-2021学年高二化学下学期期末质量检测（全国卷）04（本卷共20小题，满分100分，考试用时90分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 C 13 N 14 O 16 Fe 56 Ag 108第卷（选择题）一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题目要求。1为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的化学观点或化学思想有：化学变化中元素种类是守恒的；燃烧时化学能可以转化为热能和光能；光能或电能可以转化为化学能；无机物和有机物可以相互转化；二氧化碳也是一种重要的资源（ ）。
2、A B C D【解析】选D。由图可知，混合气分离出二氧化碳，水分解生成氢气，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为甲醇等能源都遵循化学变化中元素种类守恒的原则，故正确；液化石油气、汽油、甲醇的燃烧、无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为甲醇等有机物都说明燃烧时化学能可以转化为热能和光能，故正确；水在光催化剂或电解生成氢气和氧气，体现了光能或电能可以转化为化学能，故正确；无机物二氧化碳和氢气在复合催化剂的催化作用下可以转化为汽油或甲醇等有机物，它们燃烧又生成二氧化碳等无机物，实现了无机物和有机物的相互转化，故正确；从图示中可以看出，二氧化碳和氢气在一定条件下可以转化为汽油或甲醇等能
3、源，二氧化碳在很多工业和农业中有大量的应用，所以二氧化碳也是一种重要的资源，故正确。2下列表示正确的是（ ）。 A14N2与15N2互为同位素 B正丁烷的球棍模型： CNaClO的电子式： DNaHCO3水解的离子方程式：HCO3+H2OH2CO3+OH【解析】选B。具有相同质子数、不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，同位素的对象为原子，而14N2与15N2均为单质，A项错误；用小球和小棍表示的模型为球棍模型，正丁烷的球棍模型为，B项正确；NaClO是离子化合物，电子式为，C项错误；HCO3既能水解又能电离，题中所给方程式是电离方程式（把H3O+写成H+和H2O，在方程式的前后删除相同的
4、H2O后就变成：HCO3H+CO32），HCO3水解的离子方程式为HCO3+H2OH2CO3+OH，D项错误。3短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、W同主族，X、Y不同周期，Z与Y可形成淡黄色固体Z2Y2。下列说法正确的是（ ）。 A只有Y元素存在同素异形体 BZ的氧化物溶于水，溶液呈碱性 C简单氢化物的沸点：WY D简单离子的半径：XYZW【解析】选B。审：明确题给条件推：推断元素名称判：判断选项正误。4已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）。 A14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA B5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子数为
5、0.2NA C0.1mol苯中含0.3NA个碳碳双键 D标准状况下，NA个SO3分子所占的体积约为22.4L【解析】选A。N2和13C2H2的摩尔质量均为28gmol1，故14g二者的混合物的物质的量为0.5mol，且1个N2和13C2H2分子均含14个中子，故0.5mol混合物中含7NA个中子，A正确；Fe在Cl2中充分燃烧生成FeCl3，5.6gFe完全反应转移的电子数为0.3NA，B错误；苯中不含碳碳双键，C错误；标准状况下三氧化硫不是气体，NA个SO3分子物质的量为1mol，但所占的体积不是22.4L，D错误。5下列叙述正确的是（ ）。 A B C D【解析】选D。品红溶液中含有水，S
6、O3溶于水，无法检验出SO3，A项错误；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，HCl并非最高价氧化物对应的水化物，B项错误；CCl4的密度大于水，在下层，C项错误；加热饱和碳酸氢钠溶液，50时易发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，可以用于制备少量二氧化碳，D项正确。6下列化学反应中，一定不存在互为同分异构体产物的是（ ）。 A丙烯与水在一定条件下发生加成反应 B1，3丁二烯与等物质的量的Br2发生加成反应 C2溴丁烷消去HBr分子的反应 D新戊烷和氯气发生取代反应生成的一氯取代物【解析】选D。丙烯与水在一定条件下发生加成反应生成丙醇，存在1丙醇、2丙醇，有同分异构体，故A不符合题意；
7、1，3丁二烯与等物质的量的Br2可发生1、2加成反应 或者1、4加成反应，有同分异构体，故B不符合题意；2溴丁烷消去HBr分子可生成1丁烯或2丁烯两种，故C不符合题意；新戊烷只有一种类型的氢原子，所以和氯气发生取代反应生成的一氯取代物只有一种，故D符合题意。7下列解释有关实验现象的离子方程式错误的是（ ）。选项实验操作实验现象离子方程式A大理石中加入足量醋酸溶液大理石逐渐溶解CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2OB新制氯水中加过量氢氧化钠溶液溶液由黄绿色变无色Cl2+2OHCl+ClO+H2OC酸性KMnO4溶液中加H2O2溶液溶液紫色褪去，有气泡产生2MnO4+3
8、H2O2+10H+2Mn2+3O2+8H2OD将稀硫酸滴入淀粉KI溶液中在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色4H+4I+O22I2+2H2O【解析】选C。大理石主要成分为碳酸钙，醋酸酸性强于碳酸，二者可以反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+CO2+H2O，故A正确；新制氯水中由于溶有大量氯气而显黄绿色，氢氧化钠可以和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠，溶液褪色，离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故B正确；溶液紫色褪去，说明高锰酸钾可以将双氧水氧化生成氧气，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2
9、+5O2+8H2O，故C错误；酸性环境下空气中的氧气可以氧化碘离子生成碘单质，从而使淀粉碘化钾溶液变蓝，离子方程式为4H+4I+O22I2+2H2O，故D正确。8某学习小组设计实验制备Ca（NO2）2。实验装置如图所示（夹持装置已略去）。已知：2NO+CaO2Ca（NO2）2；2NO2+CaO2Ca（NO3）2。下列说法不正确的是（ ）。 A通入N2是为了排尽装置中的空气 B装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸，F装置中的试剂也可使用氢氧化钠溶液 C若将铜片换成木炭，则不可以制备纯净的亚硝酸钙 D借助装置A及氢氧化钠溶液和稀硫酸可以分离CO2和CO【解析】选B。向装置中通入N2，吹出装置中的氧
10、气，点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成NO气体，通过装置B中水除去气体中的硝酸，通过装置D中浓硫酸干燥气体，再通过装置E中过氧化钙反应生成Ca（NO2）2，最后通入酸性重铬酸钾可将剩余的NO氧化成NO3，溶液由橙色变为绿色（Cr3+），停止通入氮气。通入N2是为了排尽装置中的空气，防止CaO2与水、二氯化碳反应，故A正确；由上述分析可知，装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸，而NO与NaOH溶液不反应，不能用于除去尾气，故B错误；将铜片换成木炭，会生成二氧化碳，在E中反应会引入新杂质（如CaCO3），故C正确；因二氧化碳与NaOH反应，CO不能，则借助装置A及氢氧化钠溶液和
11、稀硫酸可以分离CO2和CO，故D正确。9废旧电池的回收利用对保护环境、节约资源意义重大。某化学兴趣小组利用废旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO，部分实验过程如图所示。下列叙述不正确的是 A“溶解”过程中发生的反应有2Cu+O2+4H+2Cu2+2H2O B“溶解”操作中的空气可以用双氧水代替 C“调节pH”过程中NaOH溶液的作用是使Cu2+转化为Cu（OH）2 D“过滤II”所得滤渣只需洗涤，无需干燥【解析】选C。铜帽的主要成分为Zn和CuO，溶解过程中，Zn和H2SO4发生置换反应，Cu在H2SO4作用下，被空气中的O2氧化生成CuSO4。双氧水是“绿色氧化剂”，可以
12、代替空气。加入NaOH溶液中和过量的H2SO4，而非使Cu2+转化为Cu（OH）2，加入Na2CO3，使Zn2+转化为ZnCO3，再经过高温煅烧，使其分解生成ZnO。综上分析，C项错误。10利用原电池原理，各种化学电池应运而生。某单液二次电池（如图所示），其反应原理为H2+2AgCl2Ag+2HCl。下列说法正确的是（ ）。 A放电时，正极的电极反应为Ag+eAg B放电时，电子从左边电极经溶液移向右边电极 C充电时，右边电极与电源的正极相连 D充电时，每生成1molH2，溶液质量增加216g【解析】选C。AgCl难溶于水，放电时正极反应为AgCl+eAg+Cl，充电时阳极（右侧Pt电极）反应
13、为Ag+CleAgCl，阴极（左侧Pt电极）反应为2H+2eH2可知每生成1molH2，溶液中有2molCl转化为AgCl沉淀，即减少71g。溶液中导电的粒子是离子，故正确选项是C。11下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）。选项实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水C检验溶液中是否含有NH4+取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没【解析】选C。氢氧化钠易潮解且具有腐蚀性，不
14、能用滤纸称量；氯化铁易水解而使溶液变浑浊，应将氯化铁溶于少量盐酸中，再稀释；加热时铵离子与氢氧根反应产生氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，能达到相应实验目的，C正确；在盐酸作用下，铁发生析氢腐蚀，D错误。12据文献报道，某反应的反应历程如图所示：下列有关该历程的说法错误的是（ ）。 A总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O BTi4+NH2NO是中间产物 CTi4+是催化剂 DTi4+NH2NOTi4+N2+H2O属于分解反应【解析】选A。根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，因此总反应化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，故A错误；根据题中信息得到T
15、i4+NH2NO是中间产物，故B正确；Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此只有Ti4+是催化剂，故C错误；分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4+NH2NOTi4+N2+H2O属于分解反应，故D正确。13部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）。 A物质a是一种有臭鸡蛋气味的气体 Ba通入到c的水溶液中会生成b C盐g与盐f之间也可能发生反应 Dd溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH增大【解析】选D。a是H2S，b是S，c是SO2，d是H2SO3，e是H2SO4，f是Na2SO3或NaHSO3，g是Na2SO4
16、或NaHSO4。H2S是一种有臭鸡蛋气味的气体，A选项正确；H2S通入到SO2的水溶液中会生成S，反应的化学方程式为2H2S+SO23S+2H2O，B选项正确；Na2SO3与NaHSO4之间可以发生反应：SO32+2H+SO2+H2O，C选项正确；H2SO3溶液久置于空气中会被氧气氧化生成H2SO4，溶液的酸性增强，pH减小，D选项错误。14二氯化二硫（S2Cl2）是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法错误的是（ ）。 AS2Cl2的结构式为ClSSCl BS2Cl2可能使品红溶液
17、褪色 CS2Cl2与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为13 D将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，则S2Cl2气体中有HCl【解析】选D。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子，又知氯原子最外层有7个电子、硫原子最外层有6个电子，因此，S2Cl2的结构式为ClSSCl，A正确；S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，该气体为具有漂白性的二氧化硫，故S2Cl2可能使品红溶液褪色，B正确；S2Cl2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2OSO2+4HCl+3S，氧化产物是SO2，还原产物是S，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，C正确；S2Cl
18、2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2OSO2+4HCl+3S，将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，一定有白色沉淀产生，无法证明S2Cl2气体中有HCl，D错误。15甲烷分子结构具有高对称性且CH键能（440kJmol1）较大，无催化剂作用下甲烷在温度达到以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）。 A甲烷催化裂解的热化学反应方程式为CH4（g）C（s）+2H2（g）H+akJmol1（a0） B步骤、反应均为放热反应 C催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积 D使用该催化
19、剂能够有效提高单位时间内CH4的转化率【解析】选B。甲烷催化裂解产物为碳和氢气，反应物的总能量小于生产物的总能量，反应吸热，热化学反应方程式可表示为：CH4（g）C（s）+2H2（g）H+akJmol1（a0），A正确；由能量变化图可知，反应和为放热反应，但反应为吸热反应，B错误；随着反应的进行，碳在催化剂表面沉积，催化剂接触面积减小，活性降低，C正确；使用催化剂只能改变反应速率，可以提高单位时间内CH4的转化率，但是不能使平衡发生移动，不能改变CH4的平衡转化率，D正确。16常温下，将0.01molL1的盐酸逐滴加入到10mL0.01molL1NaA溶液中。滴加过程中，A、HA浓度所占分数（
20、）随pH变化的关系如图甲所示其中a点的坐标为（9.5，0.5），pH变化曲线如图乙所示其中b点的坐标为（5，10）。下列溶液中的关系一定正确的是（ ）。 A当c（Cl）c（HA）时，溶液的pH7 B常温下NaA的水解平衡常数：Kh（NaA）109.5 Cb点溶液中阴离子浓度：c（A）c（Cl）c（OH） Dc点溶液中：c（A）+c（HA）0.0lmolL1【解析】选A。依据电荷守恒和物料守恒，可以得出溶液中各粒子间存在着的关系有c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（A）+c（Cl），c（Na+）c（A）+c（HA）。综合两者，又可得出c（HA）+c（H+）c（Cl）+c（OH）。若c（HA）
21、c（Cl），则c（H+）c（OH），常温下pH7，故A项正确。甲图像中a点横坐标pH9.5，c（OH）104.5mol/L，则Khc（OH）104.5，故B项错误。b点对应的溶液中含等物质的量的NaA、HA和NaCl，溶液pH10，可知A的水解程度大于HA的电离程度，则c（HA）c（Cl）c（A）c（OH），故C项错误。溶液等体积混合浓度减半，c点对应的溶液中c（A）+c（HA）0.005mol/L，故D项错误。第卷（非选择题）二、非选择题：共52分，第1719题为必考题，每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题，共37分17氧锰八面体纳米棒（OMS2）是一
22、种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿（主要成分分别为MnO2、FeS2）合成OMS2的工艺流程如下：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀的pH2.27.58.8完全沉淀的pH329.010.8（1）“调pH”步骤中，pH的调节范围是_。（2）已知Fe3O4可改写成Fe2O3FeO的形式，Mn12O19中氧元素化合价均为2价，锰元素有Mn（）、Mn（）两种化合价，则Mn12O19可表示为_。（3）生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比115反应，产物中硫元素全部以SO42的形式存在，该反应的离子方程式为_。（4）甲醛（HCHO）在OMS2催化氧化作用下生成CO
23、2和H2O，现利用OMS2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.25mgL1，CO2含量为0.50mgL1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30mgL1，该实验中甲醛的转化率为_（保留三位有效数字）。【答案】（1）3.2，8.8）（或3.2pH8.8）（2）5Mn2O32MnO2（3）2MnO4+2S2O82+10Mn2+11H2OMn12O19+4SO42+22H+（4）43.6【解析】软锰矿和黄铁矿用硫酸酸浸，得到的淡黄色固体为S，在酸浸过程中，FeS2中硫的化合价升高，所以Mn的化合价降低，过滤后溶液A中含有Mn2+和Fe2+，向溶液A中加入H2O2，把
24、Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，除去Fe3+后的滤液精制得到MnSO4H2O，加入酸性KMnO4溶液和K2S2O8，生成Mn12O19，最后焙烧Mn12O19得到OMS2。（1）调pH的目的是除去Fe3+，根据表格中的数据，使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不能沉淀，故pH的范围是3.2pH8.8。（2）锰元素有Mn（）、Mn（）两种化合价，把Mn12O19表示为aMn2O3bMnO2，则有2a+b12，3a+2b19，可得a5，b2，所以Mn12O19可表示为5Mn2O32MnO2。（3）生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比115反应，产物中硫元素全部以
25、SO42的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据质量守恒和电荷守恒，可写出反应的化学方程式为2MnO4+2S2O82+10Mn2+11H2OMn12O19+4SO42+22H+。（4）CO2含量为0.50mgL1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30mgL1，则生成的CO2为0.80mgL1，设容器体积为1L，根据甲醛氧化的方程式：HCHO+O2CO2+H2O，可求得转化的甲醛的质量为mg，则甲醛的转化率为10043.6%。18亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，ClO2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。制
26、备亚氯酸钠 关闭止水夹，打开止水夹，从进气口通入足量ClO2，充分反应。（1）仪器a的名称为_，仪器b的作用是_。（2）装置A中生成NaClO2的离子方程式为：_。（3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、_、_干燥等。探究亚氯酸钠的性质 停止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，关闭止水夹，打开止水夹，向A中滴入稀硫酸。（4）B中现象为_。（5）实验完成后，为防止装置中滞留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：再次打开止水夹，_。【答案】（1）圆底烧瓶；防止倒吸（2）2ClO2+2OH+H2O22ClO2+2H2O+O2（3）过滤；洗涤（4）溶液
27、变蓝色（5）从进气口通入一段时间的空气【解析】（1）根据仪器a的特点，仪器a为圆底烧瓶，仪器b为干燥管，仪器b的作用是防止倒吸；（2）根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是NaClO2，Cl的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2，因此有ClO2+OH+H2O2ClO2+H2O+O2，根据化合价升降法进行配平，得出仪器A中发生离子反应方程式为2ClO2+2OH+H2O22ClO2+2H2O+O2；（3）减压蒸发浓缩、降温结晶，得到NaClO2固体，然后过滤、洗涤、干燥；（4）已知NaClO2在酸性条件下生成NaCl并放出ClO2，则停
28、止通ClO2气体，再通入空气一段时间后，排出装置中的ClO2气体，关闭止水夹，打开止水夹，向A中滴入稀硫酸，装置A中生成ClO2气体，ClO2有类似Cl2的性质，是一种高效的漂白剂和消毒剂，由此可知ClO2具有强氧化性，即ClO2的氧化性强于I2，则ClO2把I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即B中现象是溶液变蓝色；（5）为了让有毒气体完全被吸收，从进气口通入一段时间的空气。19SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。（1）在复合组分催化剂作用下，CH
29、4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，CH4和SO2反应的热化学方程式为_。（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示： 分析可知X为_（写化学式），0t1时间段的温度为_，0t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_。 总反应的化学方程式为_。 （3）焦炭催化还原SO2生成S2，化学方程式为：2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g），恒容容器中，lmol/LSO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图3所示。 该反应的
30、H_0（填“”或“”）。 计算a点的平衡常数为_。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为_，25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。已知：H2SO3的电离常数K11.3102，K26.2108。【答案】（1）CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）H295.9kJ/mol（2）H2S；300；2103/t1mol/（Lmin）2H2+SO2S+2H2O（3）36.45mol/L（4）SO32+SO2+H2O2HSO3；c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）c（OH）【解析
31、】（1）已知CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol，则有CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H890.3kJ/mol，S（s）+O2（g）SO2（g）H297.2kJ/mol，根据盖斯定律可知2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为CH4（g）+2SO2（g）CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）H295.9kJ/mol。（2）氢气与二氧化硫反应生成X，X与SO2反应生成S，反应中X是还原剂，则X为H2S。0t1时间段内主要是生成X，则反应的温度为300，0t1时间段二氧化硫浓度减少0.002mol/L2103mol/L，则用SO2表示的化
32、学反应速率为v（SO2）molL1min1。根据原子守恒可知反应中还有水生成，则总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。（3）达到平衡后，升高温度二氧化硫的转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，该反应的H0。a点SO2的转化率是0.9，消耗二氧化硫是0.9mol/L，生成CO2是0.9mol/L，S2（g）是0.45mol/L，剩余SO2是0.1mol/L，因此该温度下的平衡常数为K36.45 molL1。（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为SO32+SO2+H2O2HSO3；25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH7时，溶质是亚硫酸钠和
33、亚硫酸氢钠的混合溶液，根据亚硫酸的第二步电离常数Ka2可知0.62，因此溶液中各离子浓度的大小关系为c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）c（OH）。（二）选考题，共15分。请考生从2021题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分。20【选修3：物质结构与性质】（15分）在电解炼铝过程中加入冰晶石（用“A”代替），可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al（OH）3+12HF+3Na2CO32Al+3CO2+9H2O。根据题意完成下列填空：（1）冰晶石的化学式为_，含有离子键、_等化学键。（2）生成物中含有10个电子的分子是_（写分子式），该分子的空间构型_，中
34、心原子的杂化方式为_。（3）反应物中电负性最大的元素为_（填元素符号），写出其原子最外层的电子排布图：_。（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是_（填微粒符号）。（5）Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：若已知Al的原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则一个晶胞中Al原子的数目为_个；Al晶体的密度为_（用字母表示）。【答案】（1）Na3AlF6；共价键、配位键（2）H2O；
35、V形；sp3（3）F；（4）Na+（5）4；【解析】（1）冰晶石的成分是Na3AlF6，该物质中Na+和AlF6之间存在离子键，Al原子和F原子之间存在配位键和共价键。（2）H2O中含有10个电子，水分子中含有2个共价单键和2个孤电子对，所以其空间构型为V形，O原子采用杂化。（3）元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F元素；F原子核外最外层上s、p能级，s、p能级上电子分别是2、5，其最外层轨道表示式为。（4）的个数8+64，个数12+8+112，要使两种离子的个数之比为13，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+。（5）该晶胞中Al原子个数8+64，该晶胞棱长2d，所以晶胞的
36、体积（2d）316d3，。21【选修5：有机化学基础】（15分）香料G的一种合成工艺如下图所示：核磁共振氢谱显示A有两种峰，且峰面积之比为11。已知：CH3CH2CHCH2CH3CHCH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH2CHOCH3CH2CHOCH3CHCHCHO+H2O请回答下列问题：（1）A的结简式为_，G中官能团的名称为_。（2）检验M已完全转化为N的实验操作是_。（3）有学生建议，将MN的转化用KMnO4（H+）代替O2，老师认为不合理，原因是_。（4）KL的化学方程式为_，反应类型为：_。（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。（不考虑立体异
37、构）能发生银镜反应 能与溴的四氯化碳溶液加成 苯环上有2个对位取代基（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇），请设计合成路线（其他无机原料任选）。_。请用以下方式表示：AB目标产物【答案】（1）；碳碳双键、酯基（2）取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu（OH）2加热，若没有砖红色沉淀产生，则M已完全转化为N（其他合理操作均可）（3）KMnO4（H+）在氧化醛基的同时还可以氧化碳碳双键（4）CHO+ CH3CHOCH2CHO；加成反应（5）6（6）CH2CHCH3CH2CHCH2Br2222【解析】由G的结构逆推可知E、N分别为CHCHCOOH、中的一种，A的分子
38、式为C5H8O，它有两种不同环境的氢原子，与氢气发生加成反应生成B，B反应生成C，C与NBS反应得到D，D发生反应得到E，则E为，N为CHCHCOOH，逆推可知A为，B为，C为，D为，B在浓硫酸条件下发生消去反应得到C，C与NBS发生信息中的取代反应生成D，D发生水解反应得到E，根据N逆推可知M为CHCHCHO，L为CH2CHO、K为CHO，K与乙醛发生加成反应得L，L发生消去反应得M。（1）通过以上分析知A结构简式为，G中官能团名称是碳碳双键和酯基；（2）M中的醛基发生氧化反应生成N中的羧基，检验M已完全转化为N的实验操作是在试剂M中加入银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，加热，看是否有银镜出现或
39、红色沉淀出现，若有银镜出现或红色沉淀出现则说明M未完全转化为N，若无，则M已完全转化为N；（3）KMnO4（H+）在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键，所以不能用酸性高锰酸钾溶液代替氧气；（4）该反应方程式为CHO+ CH3CHOCH2CHO，属于加成反应；（5）F是M的同系物，比M多一个碳原子，且F符合下列条件：能发生银镜反应说明含有醛基；能与溴的四氯化碳溶液加成说明含有碳碳不饱和键；苯环上有2个对位取代基，存在的取代基为CHCHCHO和CH3、CHCHCH3和CHO、CH2CHCH2和CHO、CHCH2和CH2CHO、C（CHO）CH2和CH3、C（CH3）CH2和CHO，符合条件的有6种；（6）以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油（丙三醇）结合已知信息可以采用逆推法，即合成路线为CH2CHCH3CH2CHCH2Br2222。
