2019届江西省临川一中，新余一中等九校重点中学协作体高三上学期第一次联考理科综合化学试题（解析版）

江西省重点中学协作体2019届高三第一次联考

理科综合能力测试卷(化学部分)

可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Na-23 Fe-56 Cu-64 Zn-65

一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1.高科技材料与生活、生产、科技密切相关。下列有关重点发展的科技材料说法错误的是 A. 用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金硬度大、强度高 B. 生物塑料可减少白色污染 C. 高性能分离膜可用于海水淡化 D. 用于3D打印材料的光敏树酯是纯净物 【答案】D 【解析】

【详解】A.纳米陶瓷铝合金属于新型材料，具有高熔点、硬度大的特点，则用于“天宫二号”的纳米陶瓷铝合金具有硬度大的特点，A正确；

B.生物塑料属于可降解塑料，在自然界中会发生降解，不会产生白色污染，B正确；

C.高性能分离膜的特点就是“智能化”，有选择地使粒子通过，所以可用于海水的淡化，C正确； D.光敏树酯属于有机高分子材料，高分子材料属于混合物，所以用于3D打印材料的光敏树酯是混合物，D错误；

故合理选项是D。

2.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[3，3]庚烷(化合物的说法不正确的是

A. 与环庚烯互为同分异构体 B. 二氯代物共有6种(不含立体异构) C. 所有碳原子不可能处在同一平面 D. 1mol该化合物含有20mol共价键 【答案】B 【解析】

【详解】A. 螺[3，3]庚烷(以二者互为同分异构体，A正确； B.

有2种不同位置的H原子，若二氯代物中两个Cl原子位于同一个C原子上，有2种同分异构

)分子式是C7H12，环庚烯分子式C7H12，二者分子式相同结构不同，所

)是其中的一种。下列关于该

体，若位于不同C原子上，在一个四元环上，有2种不同位置；若位于两个四元环上，可能有4种不同结构，因此二氯代物共有2+2+4=8种，B错误；

C．在螺[3，3]庚烷()分子中的C原子都是饱和C原子，由于与C原子连接的原子构成的是四面

体结构，最多有三个原子处于同一平面上，因此不可能所有碳原子处在同一平面上，C正确；

D.螺[3，3]庚烷分子式是C7H12，1个分子中含有8个C—C键，含有12个C—H，所以一个分子中含有20个共价键，则1mol该化合物中含有20mol共价键，D正确； 故合理选项是B。

3.下列说法正确的是（ ）

A. 标准状态下560mL的氢气和氯气混合充分反应后共价键数目为0.05NA

B. 标准状态下，将50mL0.01mol/L的NH4Cl溶液与等体积等浓度的NaOH溶液混合，产生气体的分子数为5×10－4NA

C. 常温常压下，1.5 mol HCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NA D. 0. 1 mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4数目为NA 【答案】C 【解析】

【详解】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为n=0.56L÷22.4L/mol=0.025mol,无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，A错误；

B. NH4Cl溶液与NaOH溶液混合反应，只有当溶液饱和后才可能分解产生氨气，所以这两种溶液都是稀溶液，反应产生氨气的物质的量小于0.0005mol，气体分子数小于5×10NA，B错误；

C. 1molHCHO或1molC2H2O3完全燃烧消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，C正确； D.缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，D错误； 故合理选项是C。

4.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法不正确的是 A. X、Z的最高价氧化物相互化合，生成的产物可用作防火剂 B. Y、Q形成的化合物是强电解质

C. 电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液常被用于实验室制备E单质 D. W、X、Q三种元素都能形成多种氧化物 【答案】C 【解析】

－4+

【分析】

短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，则W是C元素，Q是Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z是Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，Y的原子序数比Si小。，则Y只能是Al元素；X的最高价氧化物对应的水化物可与Z单质反应产生常见的还原性气体单质E，则X是Na,2NaOH+H2O+Si=Na2SiO3+H2↑，E是H2，据此解答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y、Z、Q五种元素分别是W是C元素，X是Na元素，Y是Al元素，Z是Si元素，Q是Cl元素，单质E是H2。

A.X是Na，Z是Si元素，二者的最高价氧化物相互化合生成的产物是Na2SiO3，该物质不能燃烧，由于是离子化合物，分解需吸收大量的热，所以可用作防火剂，A正确；

B. Y是Al元素，Q是Cl元素，二者形成的化合物AlCl3是盐，在水中完全电离产生离子，因此该物质是强电解质，B正确；

C. X是Na元素，Q是Cl元素，电解X、Q元素组成的化合物NaCl的饱和溶液，方程式为：2NaCl＋2H2O

Cl2↑＋H2↑＋2NaOH，但是该方法用于工业上制取氢气和氯气，而在实验室制备恰恰是用Zn与

稀硫酸或稀盐酸反应制取，C错误；

D.W是C元素，它的氧化物有CO、CO2等；X是Na元素，钠的氧化物有Na2O、Na2O2；Q是Cl元素，其氧化物有ClO2、Cl2O5、Cl2O7等多种，D正确； 故合理选项是C。

【点睛】本题考查元素的推断及元素化合物的性质判断，题中从常见元素化合物的性质入手考查，是一道位、构、性有机结合综合考查学生分析能力、推断能力的典型题目，准确把握题中信息，能够推断出元素是解题关键，题目难度中等。 5.下列由实验得出的结论不正确的是 选项 实验 取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴35滴浓硝酸并在酒精灯A 上微热，变黄 将带火星的木条伸入盛有体积比为4︰1的NO2与O2的混B 合气体中，木条复燃 将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛C 有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色 D

结论 说明鸡皮中含有蛋白质 说明NO2具有氧化性能作助燃剂 说明石蜡油中含有不饱和键的烃 将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH说明已烯与溴发生了加成反应，不是取代

值没有变小

A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】

反应 【详解】A.向鸡皮上滴加少量浓硝酸，并微热，发生显色反应，鸡皮变黄，A正确；

B.空气中N2、O2的体积比是4：1，将带火星的木条伸入盛有空气中，木条不复燃，而伸入盛有体积比为4︰1的NO2与O2的混合气体中，木条复燃，证明NO2具有氧化性能作助燃剂，B正确；

C.将石蜡油蒸气依次通过加热的内含碎瓷片的玻璃管、盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，高锰酸钾溶液褪色，是因为石蜡油在碎瓷片催化作用下发生分解反应，产生的物质中含有不饱和的烯烃，不能说石蜡油中含有不饱和键的烃，C错误；

D.若己烯与溴水发生的是取代反应，反应后产生HBr，溶液的酸性增强，pH会减小，若发生的是加成反应，消耗Br2，由于Br2浓度降低，酸性减弱,pH增大，所以将已烯加入溴水中，测溴水层溶液前后的pH值，结果pH值没有变小，证明发生的是加成反应，不是取代反应，D正确； 故合理选项是C。

6.我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为(右图)：下列说法正确的是

A. 甲池中得到H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还原产物

B. 电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化3.4g，乙池溶液质量保持不变 C. 光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+I3-=3I-+S+2H+ D. 甲池中炭棒上发生的电极反应为：AQ+2H+-2e-=H2AQ 【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图示可知在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ，O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；

B.根据图示可知电路中每转移0.2mol电子，反应产生0.1molH2O2，溶液质量增加3.4g，而在乙池，H2S-2e-=S↓+2H+，产生的H+通过全氟碳酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；

C.在乙池中，H2S失电子生成硫单质，I2单质得电子生成I-，发生电池反应为H2S+I3-=3I-+S↓+2H+，不是电极反应式，C错误；

D.甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ+2H++2e-=H2AQ，D错误； 故合理选项是B。

7.25℃时，向1L 0.1moL某一元酸HR溶液中逐渐加入BOH，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的与pH变化的关

、

系如图中M或N线所示。下列叙述正确的是

A. M线表示随pH的变化 B. 若温度升高，两条线均往上平移

C. BR溶液呈碱性 D. 25℃，0.1 mol/L NaR溶液的pH约为10 【答案】B 【解析】

【详解】A.随着碱的加入，发生反应：HR+BOH=BR+H2O，溶液中c(R)增大，c(HR)减小，lgpH增大，lg

增大，所以N表示，lg

随pH的变化，A错误；

-

增大，即

B.若升高温度，HR、BOH电离程度增大，离子浓度增大，电解质分子浓度降低，所以离子遇分子浓度的比值增大，其对数就增大，因此两条线均往上平移，B正确； C.M表示BOH，N表示的是HR，根据图像可知，当lgK(BOH)=K(HR)=

10-6mol/L，lg

=0时，

=0，即

=1时，pH=8，c(OH-)=10-6mol ，

=1，此时溶液的pH=5，c(H+)=10-5mol，

=10-5mol>10-6mol/L=K(BOH)，弱酸的电离平衡常数比弱碱的电离平衡常数大，所以BR溶

液呈酸性，C错误；

D.根据lg=0时，pH=5，可知K(HR)=10-5，所以NaR的水解平衡常数Kh=，则0.1mol/LNaR

溶液的pH大约为9，D错误； 故合理选项是B。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(共129分)

8.超顺磁性的Fe3O4粒子(粒子平均直径为25nm)在医疗上有重要作用，实验室制备方法如下：在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4。实验装置如图：

请回答下列问题：

(1)恒压滴液漏斗的优点是______________________。

(2)充N2的目的是___________，反应温度应控制在50℃，加热方法为___________。 (3)制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为______________________。

(4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤，用无水乙醇洗涤的优点是___________；为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，实验操作：_______________。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，需要的化学试剂为___________(填代号)。 A.KSCN溶液 B.HCl溶液 C.H2O2溶液 D.K3[Fe(CN)6]溶液

(5)实验制得的超顺磁性的Fe3O4粒子中含有少量的Fe(OH)3，为测得Fe3O4的含量，称取mg试样，放在小烧杯中用足量稀硫酸溶解后定容于100mL容量瓶中，准确量取其中的20.00mL溶液置于锥形瓶中，然后用cmol/L的KMnO4溶液进行滴定，当______________________停止滴定，然后重复二次滴定，平均消耗KMnO4溶液ⅴmL，该样品的纯度为___________。(已知MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)

【答案】 (1). 能保证氨水顺利地滴入三颈烧瓶中 (2). 防止FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化 (3). 水浴加热 (4). Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O (5). 能得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子 (6). 将得到的固体分散在水中，做丁达尔效应实验 (7). BD (8). 滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化 (9).

【解析】

【详解】(1)恒压滴液漏斗可以使液体物质氨水的液面上下气体压强一致，氨水在重力作用下就可以顺利滴下；

(2)反应装置内的空间有空气，空气能够将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，通入N2就可以防止三颈烧瓶内FeCl3、FeCl2混合溶液中的Fe2+被氧化；由于反应温度应控制在50℃，低于100℃，所以采用的加热方法为水浴加热；

(3)在有N2保护和剧烈搅拌条件下，向FeCl3、FeCl2混合溶液中滴加氨水，可得到黑色的Fe3O4，同时产生NH4Cl，根据原子守恒和电荷守恒，可得制备超顺磁性Fe3O4粒子反应原理的离子方程式为Fe2++2Fe3++8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4++4H2O；

(4)充分反应后，将三颈烧瓶中的混合物通过离心分离，然后水洗，最后用无水乙醇洗涤，由于无水乙醇容易挥发，挥发时吸收大量的热，所以若用无水乙醇洗涤的优点是能快速得到干燥的超顺磁性的Fe3O4粒子；超顺磁性的Fe3O4粒子的粒子平均直径为25nm，具有胶体颗粒大小，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其分散在水中，做丁达尔效应实验，若产生一条光亮的通路，证明分散系为胶体。为了检验超顺磁性粒子中含有+2价的铁，用非氧化性的酸HCl溶解，向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，就证明其中含有Fe2+，故需要的试剂合理选项是BD；

(5) Fe3O4与硫酸反应产生的离子中含有Fe2+、Fe3+，而Fe(OH)3反应只产生Fe3+，所以用KMnO4酸性溶液滴定时，当Fe2+反应完全，再滴入时，溶液就会由无色变为高锰酸钾溶液的紫色，故滴定终点为：滴入最后一滴标准溶液，溶液变成紫红色，且30秒颜色无变化。根据Fe3O4+8H+= Fe2++2Fe3++4H2O，MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O可得关系式：5Fe3O4—5Fe—MnO4；n(KMnO4)=cmol/L×V×10-3L×度为：

2+

2+

2+

-2+

+

2+

3+

2+

-

=5cV×10-3mol，所以n(Fe3O4)= 5n(KMnO4)=25cV×10-3mol，故mg试样的纯

。

9.锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe、Cd、Mn，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：

(1)滤渣1的成分为___________。

(2)在S2O82－的结构式中只含有一根“O一O”非极性键，则S的化合价为___________；工业上常用惰性电

极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，阳极电极反应式为__________________。净化1是为了将Mn转化为MnO2而除去，写出该反应的离子方程式：______________________。 (3)净化3的目的_________________________________。

(4)碳化回收溶液的主要成分为___________，该物质循环使用的目的___________________。

2+

(5)碳化在50℃进行，“前驱体”的化学式为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式：__________________________________________________。

【答案】 (1). 二氧化硅(或SiO2) (2). +6 (3). 2SO4-2e=S2O8 (4). Mn

2-

-2-2＋

+S2O82-+2H2O=MnO2↓+2SO42- +4H＋ (5). 除去溶液中的Cd2+ (6). (NH4)2SO4 (7). 可用于制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵) (8). 3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 【解析】 【分析】

硫酸与锌浮渣中酸性氧化物不能反应，而与金属氧化物及比较活泼的金属反应，SiO2不能反应，以滤渣1形式存在；向含锌废水（主要含 Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+）加入(NH4)2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，滤渣2为二氧化锰；向净化2溶液中加入H2O2，可以将+2价的Fe氧化为+3价的Fe，形成FeOOH沉淀；在向净化3的溶液中加入锌还原Cd2+生成单质铬，过滤得到滤渣3为铬，然后向滤液中加入碳酸氢铵碳化在 50℃进行得到[ZnCO3?2Zn（OH）2?H2O]，碳化时所用 NH4HCO3 的实际用量为理论用量的 1.1 倍，这样可以使 Zn2+充分沉淀，且较高温度下碳酸氢铵分解会损失，据此分析。

【详解】(1)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2等物质，加入稀硫酸，Zn、ZnO与硫酸反应变为Zn2+进入溶液，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸反应，所以滤渣1主要成分是二氧化硅；

(2)在S2O8的结构式中只含有一根“O一O”非极性键,则S与S原子之间存在一个—O—O—，S原子与四个O原子形成共价键，每个S原子形成两个S=O双键，两个S-O单键。由于吸引电子的能力O>S，所以S元素的化合价为+6价；用惰性电极电解(NH4)2SO4生产(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)，SO42-在阳极上失去电子，变为S2O82-，阳极电极反应式为：2SO42- -2e-=S2O82-；净化1的溶液中含有Zn2+、Mn2+、Fe2+、Cd2+，向净化1溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化转化为MnO2形成滤渣2而过滤除去，S2O82-则获得电子变为SO42-进入溶液，该反应的离子方程式为Mn+S2O8+2H2O=MnO2↓+2SO4+4H；

(3)净化2的目的是加入H2O2将溶液中的Fe氧化为+3价的铁，与溶液中的OH结合形成FeOOH沉淀除去，向净化3溶液中加入Zn粉，Zn+Cd2+=Zn2++Cd，然后过滤，可以将过量的Zn及置换出的Cd单质过滤除去，所以滤渣3成分为Zn、Cd；

(4)净化3以后的滤液中含有Zn2+，向该溶液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”，其化学式为ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O，反应方程式是3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，形成沉淀后过滤，得到的滤液中主要溶质是(NH4)2SO4，该物质含有N元素，可直接用作氮肥，也可以用于

2+

-2＋

2-2-

＋

2-

循环使用制备(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)。

【点睛】本题以制备超细活性氧化锌为线索，考查了物质分离和提纯、化学反应原理、氧化还原反应、物质的循环利用等知识，要注意分析实验过程，充分利用物质性质并加以应用。

10.“绿水青山就是金山银山”，研究NxOy、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。 (1)已知：①NO2+CO的能量分别为 NO2 812kJ

②N2(g)+O2(g)③2NO(g)+O2(g)

2NO(g) △H=+179.5kJ/mol K2 2NO2(g) △H=－112.3kJ/mol K3

CO 1076kJ CO2 1490kJ NO 632kJ CO2+NO该反应的平衡常数为K1(下同)，每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收

写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式_____________________，该热化学方程式的平衡常数K=______________________(用K1、K2、K3表示)

(2)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。可用NaOH吸收，所得含硫各微粒(H2SO3、HSO3和SO3)存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数X与溶液pH的关系如图所示。

-2-

①测得溶液的pH=8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。

②向 NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降低，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因________________________。 (3)在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)反应时 0 间/min 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：

c(N2O) 0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 0.040 0.030 0.020 0.010 0.000 /(mol/L)

①在0~40min时段，反应速率v(N2O)为___________mol/(L·min)。

②若N2O起始浓度c0为0.150 mol/L，则反应至30mn时N2O的转化率a=___________。

③不同温度(T)下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间)，则T1___________T2(填“>”、“=”或“<”)。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1min时，体系压强p=___________(用p0表示)

【答案】 (1). 2NO(g) +2CO(g)N2(g) +2CO2(g) △H =-759.8 kJ/mol (2). K12.K3/K2 (3).

H++SO32-，加入氯

c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+) (4). 亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-

化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小。 (5). 1.0×10-3 (6). 20.0% (7). > (8). 1.25p0 【解析】 【分析】

(1)由已知，反应①的△H=(812+1076-1490-632）kJ/mol=-234kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+③-②得：2NO2(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)，△H=[-234×2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol；当总反应式

相加时，平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂，据此判断平衡常数关系； (2)①由图可得，pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SO3)＞c(HSO3)，溶液中的主要离子为：Na、SO3、HSO3，次要离子为OH、H，据此判断离子浓度大小顺序； ②NaHSO3溶液中HSO3-存在电离平衡HSO3-移动，氢离子浓度增大。 (3) ①V=

计算；

计算；

H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向

2---+

2--+

②根据△c=V△t，然后根据转化率

③根据温度升高，反应速率加快，半衰期缩短；利用表格数据计算分析。

【详解】(1)由已知，反应①的△H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol，根据盖斯定律，①×2+③-②得：2NO2(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)，△H=[-234×2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol，当总反

；

应式相加时平衡常数相乘，相减时平衡常数相除，成倍时平衡常数为幂，所以平衡常数K=

(2)①由图可得，pH=8时溶液中溶质主要为Na2SO3和NaHSO3，c(SO32-)＞c(HSO3-)，溶液中的主要离子为：Na+、SO3、HSO3，次要离子为OH、H，离子浓度大小顺序为c(Na)＞c(SO3)＞c(HSO3)＞c(OH)＞c(H)； ②NaHSO3溶液中HSO3-存在电离平衡HSO3-移动，氢离子浓度增大，所以pH降低；

(3)①在0~40min时段，△c=(0.100mol/L-0.060mol/L)=0.040mol/L，所以化学反应速率v(N2O)=

= 1.0×10-3 mol/(L·min)；

H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使电离平衡正向

2---+

+

2---+

②根据①可知化学反应速率为1.0×10-3 mol/(L·min)，则30min内改变的浓度△c=V·△t=1.0×10-3 mol/(L·min) ×30min=0.03mol/L，所以N2O的转化率

=20%；

③根据温度升高，反应速率加快，半衰期时间缩短。根据图示可知在压强不变时，半衰期T1T2；

根据题干信息可知2N2O(g)

2N2(g)+O2(g)，反应开始时c(N2O)=0.100mol/L，当其浓度减小一半时，物

质的浓度：c(N2O)=0.050mol/L，c(N2)=0.050mol/L，c(O2)=0.0250mol/L，此时物质的总浓度=0.050mol/L+0.050mol/L+0.0250mol/L=0.125mol/L，起始时的浓度为0.1mol/L，所以体系压强

p=1.25，所以P=1.25P0。

【点睛】本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡常数的计算、盐类水解、离子浓度大小比较、化学反应速率的计算、物质平衡转化率的计算等知识点，侧重考查分析判断计算能力，把握化学反应速率概念、化学平衡常数计算方法、盐类水解特点是解本题关键，会利用知识迁移方法计算压强平衡常数，题目难度中等。

(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。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

11.蛋白质是构成生物体内的基本物质，蛋白质的组成元素主要有氢、碳、氮、氧、硫，同时还有微量元素铁、锌等。回答下列问题：

(1)碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为________________(用元素符号表示)； (2)N3－的立体构型是___________形：与N3－互为等电子体的一种分子是___________(填分子式)。 (3)将足量的氨水逐滴地加入到ZnSO4溶液中，先生成沉淀，然后沉淀溶解生成配合物[Cu(NH3)4SO4，配位化

合物中的阳离子结构式为___________；SO4中的硫原子杂化方式为___________；用价层电子对互斥理论解释SO4的键角大于SO3的原因是_________________________________。

(4)碲化锌晶体有两种结构，其中一种晶胞结构如下图，晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子围成____体图形；与Te原子距离最近的Te原子有___个；若Zn与距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为____g/cm3。 (已知相对原子质量：Zn-65、Te-128)

2－

2－

2－

【答案】 (1). C

3

(6). 两种离子的中心硫原子均为sp杂化， SO4中没有孤对电子，SO3有一对孤对电子，孤电子对对成键电子有挤压作用，因此键角更小 (7). 正四面体 (8). 12 (9). 【解析】 【分析】

(1)根据元素的第一电离能变化规律分析；

(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，N3与CO2互为等电子体，二者结构相似； (3)在络合物中心离子Cu与氨分子之间形成配位键，外界离子SO4中S原子采用sp杂化，从中心原子是否含有孤电子对分析SO4、SO3；

(4)根据碲化锌晶体结构、采用均摊方法计算微粒数目，并计算晶体密度。

【详解】(1)一般情况下同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的第一电离能越大，但由于N原子最外层电子处于2p轨道的半充满稳定状态，所以失去电子比O难，即第一电离能N>O，因此碳、氮、氧三元素的第一电离能由小到大的顺序为C

(2)原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，则与N3-互为等电子体的分子有：N2O或CO2或CS2等，N3-与CO2互为等电子体，二者结构相似，所以N3－的立体构型是为直线型结构；

(3)在配合物[Cu(NH3)4]SO4中的內界离子的中心Cu2+离子，与NH3的N原子形成配位键，结合4个氨分子，配位化合物中的阳离子[Cu(NH3)4]2+为正四面体形； SO42-为外界离子，其中S原子采用sp3杂化，无论是SO42

－

2－

2-2-3

-

32-2-

还是SO32-，S原子都是采用sp3杂化，由于SO42-中没有孤对电子，SO32-的中心S原子上有孤对电子，孤对

电子对成键电子对有排斥作用，使其键角变小；

(4)根据碲化锌晶体结构中Te与Zn相对位置可知：晶胞中与Zn原子距离最近的Te原子有四个，它们围成正四面体形；Te原子位于晶胞的顶点和面心上，在一个晶胞中与Te原子位置最近且相等的Te原子在三个

平面的中心，通过一个顶点能够形成8个晶胞，由于每个Te原子重复数了2次，所以与Te原子距离最近的Te原子有含有Te原子个数：(3×8)÷2=12个；若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，由于Zn原子位于正方体的对角线的处；则晶胞对角线为4apm，晶胞的边长L为pm，在一个晶胞中含有Te：

×6=4，

含有Zn原子为4个，即一个晶胞中含有4个ZnTe，故晶体密度为g/cm3。

【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、化学键、等电子体、电子的杂化、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，(4)中计算为易错点，对学生空间想象与数学计算能力有一定的要求，难度中等。 12.阿塞那平用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成部分反应条件略去)

(1)阿塞那平中的含氧官能团名称为___________，由F→阿塞那平的反应类型为___________。物质A的分子式为___________。

(2)A生成B的过程中有SO2产生，写出A→B反应方程式______________________。 (3)化合物X的分子式为C4H9NO2，则X的结构简式为______________________。

(4)由D生成E的过程中先发生加成反应，后发生消去反应，加成反应后生成的中间体的结构简式为___________。

(5)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：__________________。 I属于芳香化合物，分子中含有5种不同化学环境的氢；

Ⅱ能发生银镜反应和水解反应，水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应。

(6)参照上述合成流程，写出以CH3NH2和为原料制备

的合成流程(无机试剂任用)______________________。

【答案】 (1). 醚键 (2). 还原反应 (3). C14H11O3Cl (4). +SOCl2

→+SO2+HCl (5). CH3OOCCH2NHCH3 (6). (7).

(或

) (8).

【解析】

【详解】(1)根据阿塞那平的结构简式可知其中含氧官能团名称为醚键，由F与LiAlH4发生还原反应变为阿塞那平；物质A结构简式是

，分子式为C14H11O3Cl；

(2)A是，与SOCl2反应生成SO2，同时产生B：，则A→B反应方程式为：

+SOCl2=SO2+；

(3)化合物X的分子式为C4H9NO2，根据化合物B、C的结构，结合质量守恒定律，可知X的结构简式为CH3OOCCH2NHCH3；

(4)由D结构简式是，下面的五元环先与H2发生加成反应生成，该物质再发

生消去反应，脱去一个H2O，得到E；

(5)B结构简式是，它的同分异构体中，满足条件：I属于芳香化合物，分子中含有5种不

同化学环境的氢，说明含有苯环，分子中有5种H原子；Ⅱ能发生银镜反应和水解反应，水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有醛基和酚羟基形成的酯基，则该物质的结构简式是

，或， ，

；

(6)以CH3NH2和为原料制备的合成流程为：

。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/9jdo.html