1、广东省潮州市2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）1. 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。时量150分钟，满分300分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2. 回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮檫擦干净后，再选涂其他的答案标号。写在本试题卷及草稿纸上无效。3. 第卷3338题为选考题，其他题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案按题号写在答题卡上。在本试卷上答题无效4. 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 3
2、5.5 K 39 Fe 565. 考试结束时，将本试题卷和答题卡一并交回。第卷(选择题，共21小题，每小题6分，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。1.化学与生活、生产、环境、能源关系密切。下列说法错误的是 ()A. 将草木灰与NH4H2PO4混合使用，可更好为植物提供N、P、K三种营养元素B. 开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题C. 本草纲目中记载：“此即地霜也。所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁，后乃煎炼而成。”文中对硝酸钾的提取涉及溶解、蒸发、结晶操作D. 重金属盐中毒者可以用鸡
3、蛋清进行急救，K2FeO4可作饮用水的消毒剂和净水剂【答案】A【解析】【详解】A.草木灰主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性，水解产生的OH-与NH4H2PO4电离产生NH4+、H2PO4-都会发生反应，水解产生的OH-与NH4+变为NH3气逸出，混合使用使N元素含量降低，导致氮肥的肥效降低，A错误；B.开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，既满足了人类对能源的需要，同时又不会产生大气污染物，故可解决城市机动车尾气排放问题，B正确；C.扫取以水淋汁后，乃煎炼而成意思为：扫取后用水溶解，然后加热煎炼蒸发结晶得到硝酸钾晶体，用到的操作方法有：溶解、蒸发、结晶，C正确；D.鸡蛋清主要成分是蛋白质，重
4、金属盐中毒者服用用鸡蛋清后重金属会消耗鸡蛋清，从而缓解中毒使人得到急救，K2FeO4具有强氧化性，可以对水杀菌消毒，逸出可作饮用水的消毒剂和净水剂，D正确；故合理选项是A。2.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和2.24LNH3中均含有电子数为NAB. 40g KH(氢化钾：M=40 gmol-1)与足量水反应转移电子数为2NAC. 1.0L 1.0mo1L1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体中所含C-H键数目为0.8NA【答案】D【解析】【详解】A.在标准状况下HF以(HF)n形式存在，不能
5、使用气体摩尔体积计算，A错误；B.40g KH(氢化钾：M=40 gmol-1)物质的量是1mol，KH与足量水反应，方程式为：KH+H2O=KOH+H2，1molKH充分反应转移电子数为NA，B错误；C.在溶液中的溶质和溶剂中都含有O元素，不能只根据溶质中含O原子数目来确定NaAlO2水溶液中含有的氧原子数，C错误；D.CH4分子中含4个C-H键，CH2=CH2分子中也含有4个C-H键，标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量是0.2mol，所以其中含有的C-H键数目为0.2mol4NA/mol=0.8NA，D正确；故合理选项是D。3.人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性
6、碳原子。曙红可用作指示剂及染料，其结构简式如图所示。下列有关曙红的说法正确的是 ()A. 曙红不能与盐酸发生反应B. 1个曙红分子中含1个手性碳原子C. 1 mol曙红最多能与3 mol NaOH反应D. 曙红能发生取代、加成、消去反应【答案】C【解析】【详解】A.曙红分子结构中含羧酸钠和酚钠，由于酸性HCl羧酸苯酚，因此曙红能与盐酸发生反应，A错误；B.连4个不同基团的C为手性碳原子，根据曙红分子结构可知其中不含手性碳原子，B错误；C.-Br及水解生成的酚-OH与NaOH反应，1 mol曙红最多能与3 mol NaOH反应，C正确；D.含-Br可发生取代反应，含苯环、双键可发生加成反应，不能
7、发生消去反应，D错误；故合理选项是C。4.锂碘电池的正极材料是聚2-乙烯吡啶(简写为P2VP)和I2的复合物，电解质是熔融薄膜状的碘化锂，该电池发生的总反应为2Li+P2VPnI2P2VP(n-1)I2+2LiI。下列说法正确的是 ( )A. 该电池放电时，锂电极发生还原反应B 该电池放电时，碘离子移向正极C. P2VP和I2的复合物是绝缘体，不能导电，充电时与外电源的负极相连D. 放电时正极的电极反应式为P2VPnI2+2e-+2Li+=P2VP(n-1)I2+2LiI【答案】D【解析】【详解】A.该电池放电时，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，锂电极发生氧化反应，Li作负极，A错误；B
8、.原电池中碘离子移向正电荷较多的负极Li，B错误；C.正极材料是聚2-乙烯吡啶(简写为P2VP)和I2的复合物，电极不可能是绝缘体，C错误；D.锂碘电池的正极的电极反应式为P2VPnI2+2Li+2e-=P2VP(n-1)I2+2LiI，负极反应式为2Li-2e-=2Li+，总反应为2Li+P2VPnI2=P2VP(n-1)I2+2LiI，D正确；故合理选项是D。5.某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示，下列说法正确的是 ( )A. 实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB. b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C
9、. a中所发生反应的离子方程式是CaCO3+2H+=CO2+Ca2+H2OD. 装置e的作用是收集一氧化碳气体【答案】C【解析】【分析】探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体，a装置是二氧化碳气体发生装置，生成的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，通过b中饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，装置c中浓硫酸除去水蒸气，通过d加热和锌发生反应，装置e为安全瓶，一氧化碳进入装置f中的银氨溶液产生黑色固体，验证一氧化碳的存在，据此分析判断选项。【详解】A.实验开始时，需先打开活塞K，使反应产生的CO2排尽装置内空气，避免空气与锌粉反应，后点燃酒精灯，A错误；B.b装置是除尽CO2中
10、的氯化氢，若用氢氧化钠，吸收氯化氢的同时也吸收CO2，应用饱和碳酸氢钠溶液，B错误；C.依题意，a装置是用于块状固体与液体反应制取CO2气体，通常用石灰石与稀盐酸反应，反应方程式为：CaCO3+2H+=CO2+Ca2+H2O，C正确； D.装置e为安全瓶，防止装置f中的液体倒吸到硬质玻璃管中，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了物质性质和实验过程。掌握实验原理，明确各个装置的作用是解题关键。实验室中通常用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，盐酸具有挥发性，在验证二氧化碳具有氧化性前要先除去其中所含有的杂质，并注意实验安全、实验现象的检验。6.W、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大，Y在
11、短周期中原子半径最大。W、X、Z可组成化合物甲，X、Y、Z可组成化合物乙；将甲、乙两溶液混合，有淡黄色沉淀生成，并产生能使品红溶液褪色的无色气体。下列说法错误的是 ()A. Y分别与X、Z组成的化合物中所含化学键类型一定完全相同B. 室温下，W、X、Y组成的化合物的水溶液pH一定大于7C. 原子半径：YZXWD. 简单氢化物的沸点：XZ【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na；W、X、Z可组成化合物甲，X、Y、Z可组成化合物乙；将甲、乙两溶液混合，有淡黄色沉淀生成，并产生能使品红溶液褪色的无色气体，淡黄色沉淀是S单质，
12、能使品红溶液褪色的无色气体是SO2，结合原子序数及物质性质可知W是H，X是O，Z是S，甲是H2SO4，乙是Na2S2O3，据此解答。【详解】根据分析可知：W为H元素，X为O，Y为Na，Z为S元素。A.Y分别与X组成的化合物Na2O中含离子键，组成的Na2O2中含有共价键、离子键；而与Z组成的化合物Na2S只含离子键，因此化学键类型不一定完全相同，A错误；B.W、X、Y形成的化合物NaOH是一元强碱，水溶液呈碱性，B正确；C.原子核外电子层数越多，原子半径越大，当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：NaSOH，即原子半径YZXW，C正确；D.O、S是同一主族的元素，
13、由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以物质的沸点H2OH2S，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的知识。根据元素的原子结构及物质性质推断元素是解题关键。要结合元素的性质、元素的位置及原子序数、元素化合物知识进行解答，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。7.已知常温下，0.1 mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.8。往碳酸的饱和水溶液中通入NH3，测得含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是 ()A. 常温下，Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)B. 向p
14、H=6.5的上述溶液中通入NH3时，NH4+和HCO3-浓度都逐渐减小C. NH4HCO3溶液中存在关系：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)D. 当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)c(NH4+)c(NH3H2O)c(CO32-)【答案】B【解析】【详解】A.根据图象可知在pH=6.5时，c(CO32-)=c(HCO3-)，Ka1=c(H+)=10-6.5；Kb(NH3H2O)=，当c(NH3H2O)=c(NH4+)时，pH9，Kb(NH3H2O)=c(OH-)=10-5，所以Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)，A
15、正确；B.在pH=6.5时，c(CO32-)=c(HCO3-)，此时向上述溶液中通入NH3时，NH3与水反应产生的NH3H2O会HCO3-发生反应产生NH4+和CO32-，所以HCO3-浓度逐渐减小，而NH4+浓度会增大，B错误；C.NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，C正确；D.结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c(HCO3-)c(NH4+)c(NH3H2O)c(CO32-)，D正确；故合理选项是B。第卷(非选择题，共174分)三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为
16、必考题，每道试题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(11题，共129分)8.亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水反应生成一种氢化物和两种氧化物。某学习小组在实验室用C12和NO按如下装置(部分装置省略)制备NOCl并测定其纯度。(1)实验室制备Cl2反应的离子方程式为_。(2)图中X装置制备NO的优点为_。(3)检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的为_，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。(4)若无装置Y，则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为_
17、。【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (2). 可以随开随用，随关随停 (3). 排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质 (4). 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】【分析】(1)在实验室用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2；(2)从反应进行的快慢、是否产生尾气污染分析装置的优点；(3)根据NO、NOCl的性质分析操作目的；(4) NOCl与H2O反应产生氮的氧化物及HCl。【详解】(1)在实验室用加热浓盐酸与MnO2混合物制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)当反应发生时，打开开关K1、K
18、3，稀硝酸与Cu丝接触，反应产生NO进入到反应装置Z发生反应，当不需反应时，关闭K3，反应产生的气体使装置内气体压强增大，将U型管内的稀硝酸压入到U型管左侧，与Cu丝分离，反应不再发生。可见该装置可以随开随用，随关随停，反应产生的气体不逸出污染环境；(3)装置内空气中含有O2和水蒸气，O2与NO会发生反应，NOCl会与水发生反应，故检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，排尽三颈烧瓶中的空气防止NO和NOCl变质；(4)装置Y中盛有碱石灰，可以干燥NO气体，若无装置Y，则在Z中NOCl会与H2O发生反应产生HCl、NO、NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O
19、=2HCl+NO+NO2。【点睛】本题考查制备方案的设计，明确“要达到实验目的应该怎么做要注意什么”的解题思路为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算、化学实验能力。9.焦亚硫酸钠(Na2S2O5：M=190 gmol-1)在食品加工中常用作防腐剂、漂白剂和疏松剂。焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在实验室可用如图装置制备。已知：2NaHSO3Na2S2O5+H2O S2O52-+2H+=2SO2+H2O (1)实验中如果SO2通入过多，会降低Na2S2O5的产率，试解释其原因
20、_。(2)测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法(杂质不与碘反应)。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+； 2S2O32-+I2 =S4O62-+2I-称取0.2000 g产品放入碘量瓶中，加入40.00 mL 0.1000 molL-1的标准碘溶液，在暗处放置5 min，再加入适量冰醋酸及蒸馏水。用0.2000 molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定剩余的碘至终点，重复操作3次，测得平均消耗标准Na2S2O3溶液20.00 mL。则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_。(3)关于本实验的说法错误的是_。A.B装置中CCl4的作用是防止倒吸B.滴定时，Na2S2
21、O3溶液应该用碱式滴定管盛放C.滴定终点的现象是刚好变蓝色D.滴定时间过长会导致测得产品中焦亚硫酸钠的质量分数偏高【答案】 (1). 通入过多会导致酸性过强，使焦亚硫酸钠与H+反应生成SO2 (2). 95.00% (3). CD【解析】【分析】(1)SO2与H2O反应产生H2SO3，导致溶液酸性增强，结合亚硫酸钠的性质分析；(2)先根据标准标准Na2S2O3溶液消耗的标准碘溶液的物质的量，然后由总标准碘溶液的物质的量可得焦亚硫酸钠消耗的标准碘溶液的物质的量，利用二者反应关系计算出0.2000 g产品中含有的焦亚硫酸钠的质量，进而可得产品中焦亚硫酸钠的质量分数；(3)A.根据SO2的性质分析C
22、Cl4的作用；B.结合盐的水解规律判断使用的仪器；C.根据碘水的颜色变化判断滴定终点；D.根据焦亚硫酸钠与酸反应的性质分析误差。【详解】(1)实验中如果SO2通入过多，由于SO2是酸性氧化物，可以与H2O反应产生H2SO3，导致溶液酸性增强，使焦亚硫酸钠与H+反应生成SO2，影响焦亚硫酸钠的制取；(2)n(I2)=0.1000mol/L0.04L=4.010-3mol，n(Na2S2O3)=0.2000mol/L0.02L=4.010-3mol，则根据2S2O32-+I2 =S4O62-+2I-可知剩余I2的物质的量为n(I2)剩=n(Na2S2O3)=2.010-3mol=2.010-3mo
23、l，则与焦亚硫酸钠反应的I2的物质的量为4.010-3mol-2.010-3mol=2.010-3mol，根据方程式S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+可知在0.2000 g产品中含有的焦亚硫酸钠的物质的量n(Na2S2O5)=n(Na2S2O5)=2.010-3mol=1.010-3mol，m(Na2S2O5)= 1.010-3mol190g/mol=0.190g，所以焦亚硫酸钠的质量分数为：100%=95.00%；(3)A.SO2与NaOH溶液在A中制取焦亚硫酸钠，未反应的SO2在B装置中被NaOH溶液吸收，由于SO2易与NaOH反应，可根据CCl4的密度比水大，不
24、溶于水，SO2也不反应的性质，在装置中放置CCl4，这样就既可以使SO2被充分吸收，同时又防止倒吸现象的发生，A正确；B.Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，所以滴定时，Na2S2O3溶液应该用碱式滴定管盛放，B正确；C.滴定终点的现象是过量的标准I2溶液恰好反应完全，溶液由棕黄色刚好变为无色，C错误；D.若滴定时间过长，滴定反应产生的H+会与未滴定的Na2S2O3反应产生SO2气体逸出，导致产品中焦亚硫酸钠的质量分数偏低，D错误；故合理选项是CD。【点睛】本题考查了焦亚硫酸钠制取、测定的知识。掌握物质的性质、滴定原理及操作注意事项是本题解答的关键。10.醋酸镍(CH3COO)2Ni是一
25、种重要的化工原料。一种以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料，制取醋酸镍的工艺流程图如下：T 时相关离子生成氢氧化物的pH和相关物质的溶解性如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH物质T 时溶解性(H2O)Fe31.13.2CaSO4微溶Fe25.88.8NiF2可溶Al33.05.0CaF2难溶Ni26.79.5NiCO3Ksp1.00105(1)“酸浸”前将废料粉碎，其目的是_。(2)调节pH步骤中，溶液pH的调节范围是_。(3)滤渣1主要成分的化学式是CaSO4和_，滤渣3主要成分的化学式_。(4)写出氧化步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式：_。(5)
26、酸浸过程中，1 mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应化学方程式：_。(6)沉镍过程中，若c(Ni2)=2.0 mol/L，欲使100 mL该滤液中的Ni2沉淀完全c(Ni2)1.0105 mol/L，则需要加入Na2CO3(M=106 g/mol)固体的质量最少为_g。(7)加入醋酸进行酸溶得到醋酸镍溶液，一定条件指的是 _、_过滤、洗涤、干燥得到醋酸镍产品。【答案】 (1). 加快反应速度，提高镍的浸出率 (2). 5.0pH6.7 (3). SiO2 (4). CaF2 (5). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (6). NiS+H2SO4+
27、2HNO3=NiSO4+SO2+2NO+2H2O (7). 31.8 (8). 蒸发浓缩 (9). 冷却结晶【解析】【分析】制取醋酸镍的工艺流程为：含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)粉碎，加硫酸和硝酸酸浸，NiS、Al2O3、FeO、CaO会发生反应，NiS、Al2O3、FeO产生相应的盐进入溶液，SiO2不能反应，CaO反应后转化为微溶于水的CaSO4，所以反应后过滤，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，浸出液含有Ni2+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加H2O2把溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉
28、淀，所以滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH6.7，向溶液中加入NH4F，溶液中的Ca2+与F-会发生反应产生CaF2沉淀，过滤，滤渣3为CaF2，向滤液中加碳酸钠生成NiCO3沉淀，过滤，滤渣中加醋酸溶解，生成(CH3COO)2Ni溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶得到(CH3COO)2Ni固体。【详解】(1)“酸浸”前将废料粉碎，其目的是可增大固体接触面积，从而提高了镍的浸出率。(2)H2O2把溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加NaOH调节pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，所以滤渣2为Al(OH)3
29、、Fe(OH)3，同时Ni2+不能转化为沉淀，所以调节pH的范围5.0pH”“=”或“ (6). 1.0 104.7 (7). Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63- (8). 能 (9). Fe2+【解析】【分析】(1)根据已知热化学方程式，结合盖斯定律可得待求反应的热化学方程式； (2)饱和过程分析甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量；根据单位时间内在固体催化剂表面CH4的转化率(CH4)与温度(to)的关系图示，t0后减小是和催化剂活性有关；(3)设出CH4的转化浓度，然后根据三段式，利用c(C2H4)=c(CH4)来解答，根据改变温度后，CH4的浓度升高来判断温度的变化；
30、t3时，化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)的气体分压为：p(CH4)=103、p(H2)=104、p(C2H2)=10-1.3，压强平衡常数Kp=。(4)电解时阳极失去电子，发生氧化反应；(5)根据Fe2+与铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，可说明铁被铁氰化钾氧化生成了Fe2+。【详解】(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H1=-890 kJ/molC2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)H2=-1300 kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H3=-572 kJ/mol根据盖斯定律，将4-可得得到2CH4(g)C2H2(
31、g)+3H2(g)H=378kJ/mol；(2)从吸附到解吸的过程中，甲烷的裂解为吸热反应，甲烷分子活化需要吸收能量，所以能量状态最低的是A；t0后CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，导致催化剂活性降低；(3)设CH4的开始浓度为0.3mol/L，转化浓度为xmol/L，根据反应方程式2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(CH4)=(0.3-x)mol/L，c(C2H4)=mol/L，c(H2)=xmol/L，达到平衡时，测得p(C2H4)=p(CH4)，由于容器的容积不变，气体的物质的量的比等于压强的比，可知：0.3-x=，所以x=0.2mol/L，
32、故CH4的平衡转化率=100%=66.7%；反应2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)为分解反应，而分解反应绝大多数为吸热反应，因此该反应为吸热反应；改变温度后，CH4的浓度升高，即平衡左移，即温度应为降低，即t1t2；将该反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，t3时，化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)的气体分压为：p(CH4)=103、p(H2)=104、p(C2H2)=10-1.3，压强平衡常数Kp=；(4)电解时阳极Fe(CN)64-失去电子生成Fe(CN)63-，电极反应方程式为：Fe(CN)64-e-=Fe(CN)63-；(5)取铁电极附近的溶液
33、于试管中，滴加铁氰化钾溶液，无明显选项，说明Fe电极未发生反应；在U形管铁极附近滴加铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，可说明铁被铁氰化钾氧化生成了Fe2+。【点睛】本题考查物质的制备、分离、检验等实验操作及热化学方程式焓变的计算、化学平衡的移动等，掌握有关反应原理、明确实验的目的和原理是解答该题的关键。注意把握化学实验的操作方法、注意事项是解答题目关键，要善于从题目中获取信息，题目有助于培养从原理角度分析化学反应的实质，侧重考查学生的分析能力、实验能力。(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，每科任选一题作答，并将所选题目的题号写在相应位置上。注意所做题目的题号必须
34、与所选题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，并注意写明小题号。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。12.自然界存在的元素中，金属元素种类更多，非金属元素丰度更大。.80%左右的非金属元素在现代技术包括能源、功能材料等领域占有极为重要的地位。(1)氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子的价电子排布图是_，N2F2分子中N原子的杂化方式是_，1 mol N2F2含有_个键。(2)高温陶瓷材料Si3N4晶体中键角N-Si-N_(填“”、“ (5). Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N。键角为10928，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电
35、子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于10928 (6). 22 (7). 六方最密 (8). 化合物乙形成分子间氢键 (9). ONC (10). 12 (11). CaTiO3 (12). a【解析】【分析】(1)根据构造原理书写基态N原子的价电子排布式，然后根据同一电子层各个轨道电子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写电子排布图，N2F2分子中N原子之间形成N=N双键，N原子与F原子之间形成N-F键，N原子含有1对孤对电子；(2)Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，
36、N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大；II(3)在任何一种核外电子没有运动状态完全相同的电子；根据金属钛晶胞结构分析其所属金属晶体类型堆积方式；(4)化合物甲与化合物乙均为分子晶体，但化合物乙分子间可形成氢键；化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道形成均为sp3，根据同一周期元素电负性变化规律分析判断；(5)钛晶矿晶胞中钛离子与周围六个氧原子包围形成八面体，立方体晶胞共有12个边长，每条边长的中点是一个氧原子，共12个氧原子包围着中心的钙离子，根据均摊法计算图中立方体中各原子数目确定化学式；若氧离子半径为a pm，则正八面体的棱长为2a pm，则2个正四面体的连接面为正方形
37、，该正方形棱长为2apm，Ti位于正方形的中心，两个钛离子间最短距离等于正方形对角线长度。【详解】(1)N是7号元素，根据构造原理可知基态N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，其基态价电子排布式是2s22p3，在2p亚层上有3个轨道，由于电子尽可能成单排列，而且自旋方向相同，所以N基态价电子排布图为：；N2F2分子结构式为F-N=N-F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，lmol N2F2含有3mol键，即1.8061024个键；(2)Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为10928；N原子周围连接3个Si原子，含有1
38、对孤对电子，N原子为sp3杂化，但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于10928；II(3)Ti原子核外有22个电子，则Ti原子核外共有22种运动状态不同的电子；由金属钛晶胞结构可知，金属钛属于六方最密堆积；(4)化合物甲只存在分子间作用力，而化合物乙除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此化合物乙的沸点比化合物甲高，在化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道均为sp3杂化，这三种元素位于同一周期，由于同一周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，所以三种元素的电负性：ONC；(5)钛离子位于立方晶胞的角顶，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方
39、晶胞的体心，被12个氧离子包围，一个钙离子周围离Ca2+距离最近且相等的O2-有12个，分别位于晶胞的12个棱中心，故一个钙离子被12个氧离子包围；在该晶胞中含有Ca2+数目为1个，含有Ti原子数为8=1，含有的O2-数目为12=3，所以该晶体化学式为CaTiO3；若O2-半径为a pm，则正八面体的棱长为2a pm，则2个正四面体的连接面为正方形，该正方形棱长为2apm，Ti位于正方形的中心，两个钛离子间最短距离正方形对角线长度，故两个钛离子间最短距离为apm。【点睛】本题考查了物质结构，涉及核外电子排布的轨道表示、杂化轨道、化学键、氢键、电负性、晶胞结构与计算等，掌握物质结构理论是本题解答
40、的关键。其中(5)中晶胞结构与计算为易错点，需要显示具备一定的空间想象与数学计算能力。13.有机物M是表面分子、药物的中间体，N是一种高分子化合物。实验室由A、B两种烃制备M和N一种合成路线如下： 已知： 回答下列问题：（1）B的化学名称为_。N的结构简式为_。（2）由A生成C的反应类型为_。G中官能团的名称为_。（3）由F转化为G的条件为_。（4）由D和H生成M的化学方程式为_。（5）是M的同分异构体，同时满足下列条件的X的结构有_种。能与溶液发生显色反应能发生银镜反应，且最多生成核磁共振氢谱中有5组吸收峰（6）参照上述合成路线和信息，设计以苯和甲醛为原料制备的合成路线无机试剂任选：_。【答
41、案】 (1). 甲苯 (2). (3). 加成反应 (4). 氯原子、酚羟基 (5). 光照 (6). (7). (8). 【解析】【分析】A只能是乙炔，根据分子式和E的结构不难推出B为甲苯，C是丙烯酸，F为对甲基苯酚，G为侧链上的氢原子被氯原子取代后的产物，而G在碱的水溶液中水解可以形成醇H，H和D发生取代反应即可得到产物M。【详解】（1）由E的结构简式可推出，B发生磺化反应生成E，则B的化学名称为：甲苯，D发生加成反应得到N，N的结构简式为：；（2）A()与的分子式相加刚好得到C的分子式，故反应类型为加成反应，由E可得F应为对甲基苯酚，G为F中甲基上一个氢原子被氯原子取代的产物，故G中官能团的名称为：氯原子、酚羟基；（3）G为F中甲基上一个氢原子被氯原子取代的产物，由F转化为G是与的取代反应，故条件为光照；（4）由D和H生成M的化学方程式为：；（5）X是M的同分异构体，能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，1molX最多生成4molAg，说明有两个醛基，核磁共振氢谱中有5组吸收峰，说明有5个等效氢，故同时满足以上条件的X的结构有5种，分别为：、，故答案为5；（6）参照上述合成路线和信息，设计以苯和甲醛为原料无机试剂任选，制备的合成路线：。