【文档说明】东北三省四市教研联合体2020届高三第二次模拟考试理综化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.665 MB，由小赞的店铺上传

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-1-2020年东北三省四市教研联合体高考模拟试卷（二）化学测试注意事项：1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置上。2.选择题答案用2B铅笔填涂，如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。5.做选考题

时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Mn-55Fe-56Zn-65Ba-137第Ⅰ卷一、选择题

：本题共13小题，每小题6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.下列诗词的描述与物质变化不对应的是（）A.爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸B.日照香炉生紫烟——碘升华C.烈火焚烧若等闲——石灰石分解D.炉火照天地，红星乱紫烟——金属的冶炼【答案】B【解析】【详解】A．

爆竹爆炸是爆竹中的黑火药受热爆炸，诗词的描述与物质变化存在对应关系，故A不选；B．日照香炉生紫烟是由于瀑布飞泻，水气蒸腾而上，在丽日照耀下，仿佛有座顶天立地的香炉冉冉升起了团团紫烟，这里的“紫烟”其实是水雾，而不是真正的烟，更不是碘

的升华，诗词的描述与物质变化不存在对应关系，故B选；C．烈火焚烧若等闲是指碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，符合“一变多”特征，属于分解反应，诗词的描述与物质变化存在对应关系，故C不选；D．炉火照天地，红星乱紫烟过程中金属由化合态变成

游离态，属于金属的冶炼，诗词的描述-2-与物质变化存在对应关系，故D不选；故选B。2.对二乙烯苯(如图)可用作树脂、油漆及特种橡胶的原料。下列说法正确的是A.分子中所有原子可能共平面B.易溶于甲苯，沸点比甲苯低C.不能使稀酸性高锰酸钾溶液

褪色D.1mol该物质至多可与2molH2加成【答案】A【解析】【详解】A．乙烯空间构型为平面形，苯空间构型为平面形，碳碳双键及直接相连的原子共面，苯环及苯环上直接相连的原子共面，该分子所有原子可能共面

，故A正确；B．对二乙烯苯含有碳原子数比甲苯多，且对二乙烯苯的相对分子量大于甲苯，沸点比甲苯高，故B错误；C．对二乙烯苯中含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D．1mol对二乙烯苯中含有2mol碳碳双键和1mol苯环，1mol碳碳双键最多需要1molH2，1mol苯环最多

需要3molH2，即1mol该物质最多需要5molH2加成，故D错误；答案：A。3.已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NAB.7.8gNa2O2与过量CO2反应

时，转移的电子数为0.2NAC.2gH218O与D216O的混合物中所含的中子数和电子数均为NAD.足量乙烷与22.4L（标准状况）Cl2发生取代反应，形成C-Cl键的数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以1L0.

1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数大于0.1NA，故A错误；B．7.8g过氧化钠的物质的量n=7.8g78g/mol=0.1mol，而1mol过氧化钠和二氧化碳反应时转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠和二氧化碳反应后转移0.1NA个电子，故B错误；C

．H218O与D216O的摩尔质量均为20g/mol，故2g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均含10-3-个中子和10个电子，故0.1mol混合物中含中子和电子均为NA个，故C正确；D．22.4L(标准状况)Cl2为22.

422.4/LLmol=1mol，氯气与足量乙烷发生取代反应，1mol氯气只能取代1molH原子形成1molC-Cl键，形成C-Cl键的数目为NA，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意氯

气与烷烃的取代反应中，1mol氯气只能取代1molH原子形成1molC-Cl键，难点为C，要注意H218O与D216O的中子数和电子数的判断。4.如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是（）A.M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物

对应水化物反应B.Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质C.某物质焰色反应呈黄色，该物质一定是含Z元素的盐D.X、M两种元素组成的化合物熔点很高【答案】D【解析】【分析】同周期，自左而右，原子半径减小；同主族，自

上而下，原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。

A．M、N的氧化物分别为氧化铝和二氧化硅，Z、R的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和高氯酸，氧化铝为两性氧化物，能够与氢氧化铝、高氯酸反应，但二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应，不能与高氯酸反应，故A错误；B．Y的单质F2与水反应，无法从

含有氯离子的溶液中置换出氯气，故B错误；C．焰色反应是某些金属元素受热时发生电子跃迁而产生的现象，只要含有这种元素的任何物-4-质都会产生同样的现象，所以焰色反应呈黄色的物质不一定是含Na的盐，也可能是含Na的碱、化合物、单质等，故C错

误；D．X、M两种元素组成的化合物为氧化铝，氧化铝为离子化合物，具有较高的熔点，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意氟气通入水溶液中是先与水反应，类似的还有钠投入水溶液中的反应。5.2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确

的是A.放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-B.放电时电解质储罐中离子总浓度增大C.M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D.充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA【答案】C【解析】【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Z

n2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。【详解】A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为

I2+2e-=2I-，A正确；B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成

I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以

C区增加2molK+、2molCl-，-5-离子总数为4NA，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。

6.废定影液含Ag(S2O3)23-和Br-等，实验室从中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉淀银离子，过滤、洗涤、干燥，灼烧Ag2S制取金属Ag；制取Cl2并将Cl2通入滤液中氧化Br-，再用苯萃取分液。其中部分实验操作的装置如图所示，下列叙述正确的是（）A.用

装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B.用装置乙在通风橱中高温灼烧Ag2S制取AgC.用装置丙制备Cl2D.用装置丁分液时，先放出水层再换个烧杯继续放出有机层【答案】C【解析】【详解】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌，以免滤纸破损，故A错误；B．灼烧固体应在坩埚

中进行，不能用蒸发皿，故B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，在常温下，浓盐酸与高锰酸钾能够反应生成氯气，故C正确；-6-D．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故D错误；故选C。7.关于下列溶液的说法中正确的是（）A

.在1mo/LNaHA溶液中一定存在：c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B.室温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合后，溶液的pH基本不变C.向CH3COONa溶液中加入适量醋

酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)D.相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，溶液中阴阳离子总数CH3COONa＞NaF（已知：CH3COOH

Ka=1.76×10-5；HFKa=6.03×10-4）【答案】B【解析】【详解】A．NaHA可能为强酸的酸式盐，强酸的酸式盐中可能不存在H2A，故A错误；B．室温下，pH均等于3的醋酸与盐酸溶液等体积混合，由于两溶液中氢离

子浓度相等，则混合液中氢离子浓度基本不变，所以混合液的pH基本不变，故B正确；C．根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液为酸性，c(H+)＞c(OH-)，则c(Na+)＜c(CH3

COO-)，故C错误；D．根据电离平衡常数知，酸性CH3COOH＜HF，相同物质的量浓度的CH3COONa、NaF水溶液，碱性CH3COONa＞NaF，溶液中都存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+

c(CH3COO-)，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)，相同浓度的钠盐溶液中，酸根离子水解程度越大，溶液的碱性越强，c(H+)越小，则c(Na+)+c(H+)越小，即溶液中的离子总数越

小，溶液中阴阳离子总数由小到大排列的顺序是CH3COONa＜NaF，故D错误；故选B。【点睛】本题的难点为D，要注意CH3COONa、NaF水溶液均显碱性，酸根离子水解程度越大，溶液的碱性越强，c(H+)越小，根据电荷守恒，溶液中阴阳离子总数越小。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.碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿（Cu2S，含有SiO2和少量Fe2O3等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：

-7-已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。回答下列问题：（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可

采取的措施有___（任写一种）。（2）滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是___（填化学式）。回收淡黄色副产品过程中温度控制在50~60℃之间，不宜过高或过低的原因是___。（3）常温下“除铁”时加入的试

剂A可用CuO，调节pH的范围为___，若加A后将溶液的pH调为5，则溶液中Fe3+的浓度为___mol/L。（4）写出“沉锰”（除Mn2+）过程中反应的离子方程式：___。（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是___。（6）测定

副产品MnSO4·H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为___（保留到小数点后两位）。【答案】(1).搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等(2).SiO

2、S、MnO2(3).温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发(4).3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6)(5).4.0×10-11(6).Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+

(7).将溶液加热(8).96.57%【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得

到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，-8-加入A，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此

分析解答。【详解】(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等，故答案为：搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等；(2)滤渣I的主要成份MnO2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品——S的过程中温度控制在50~6

0℃之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发，故答案为：SiO2；S；MnO2；温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发；(3)加入的试剂A是用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧

化铜、氢氧化铜等，根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，溶液pH应该介于3.7～5.6(或3.7≤pH＜5.6)，若加A后将溶液的pH调为5，则c(OH-)=10-9mol/L，Ksp[Fe(OH)3]

=4.0×10-38，则溶液中铁离子浓度为3893(4.01010)−−mol/L=4.0×10-11mol/L，故答案为：3.7～5.6(或3.7≤pH＜5.6)；4.0×10-11；(4)“沉锰”(除Mn2+)

过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+，故答案为：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；(5)氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热；(6)测

定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钡物质的量=4.66g233g/mol=0.02mol，n(MnSO4•H2

O)=n(BaSO4)=0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol×10025=0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度=0.08mol169g/mol14.00g×100%=96.57%，故答案为

：96.57%。9.甘氨酸亚铁络合物[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型的铁营养强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某学习小组模拟其合成方法如图：-9-已知：请回答：（1）合成装置中仪器b的名称是___。（2）合成过程中，本实验为了防止

Fe2+被氧化，采取的措施是___。（3）写出水浴加热过程中生成甘氨酸亚铁络合物的离子方程式___。（4）下列说法正确的是___。A.滴入液体前，应先打开滴液漏斗a的上口玻璃塞B.根据题中所给信息，亚铁盐应选用FeSO4·7H2OC.步骤Ⅲ中的分离方法是过滤D.步骤IV，

提纯操作中的干燥过程最好选用真空干燥（5）合成过程需控制pH=5.5，试说明理由___。（6）步骤Ⅲ加入无水乙醇的目的是___。（7）若甘氨酸的投料量为300kg，得到纯品344.8kg，则产品的产率为___%（保留一位小数）。【答案】

(1).三颈烧瓶(2).通入氮气，加入异抗坏血酸(3).2H2NCH2COOH+Fe2+=[(H2NCH2COO)2Fe]+2H+(4).CD(5).pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，使产率下降，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀(6).降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；除

去杂质，提高产率和纯度(7).84.5【解析】【分析】(1)根据图示中装置的结构分析解答；(2)亚铁离子易被氧气氧化，结合过程中通入的氮气和异抗坏血酸的性质分析解答；(3)甘氨酸亚铁易溶于水，水浴加热甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁的混合物反应生成甘氨酸亚铁-10-络合物，据此书

写反应的离子方程式；(4)根据装置图中中使用的是恒压滴液漏斗的结构判断A；根据FeSO4·7H2O易溶于水，难溶于乙醇，FeCl2·4H2O易溶于乙醇，结合合成过程分析判断B；步骤Ⅲ为分离液体和固体的操作据此判断C；甘氨酸亚铁容易被氧化，据此判断D；(5)pH过低，H+会与

H2NCH2COOH中的氨基反应，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，据此分析解答；(6)根据甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，结合合成过程分析解答；(7)根据氮原子守恒，结合产率=产品的实际质量产品的理论质量×100%计算。【详解】(1)根据图示，合成装置中仪器b为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)甘

氨酸饱和溶液中通入氮气，气流通过溶液，能起搅拌溶液的作用，搅拌可以加快化学反应速率，同时除去溶液中溶解的氧气，加入异抗坏血酸，异抗坏血酸介于弱酸性和强还原性，都能防止亚铁离子被氧气氧化，故答案为：通入氮气，加入异抗坏血酸；(3)甘氨酸亚铁络合物易溶于水，水浴加热甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁的混合

物反应生成甘氨酸亚铁络合物，反应的离子方程式为：2NH2CH2COOH+Fe2+=(NH2CH2COO)2Fe+2H+，加入氢氧化钠使反应能够完全进行，故答案为：2NH2CH2COOH+Fe2+=(NH2CH2C

OO)2Fe+2H+；(4)A.装置中使用的是恒压滴液漏斗，滴入液体前，无需打开滴液漏斗a的上口玻璃塞，故A错误；B.FeSO4·7H2O易溶于水，难溶于乙醇，在加入乙醇析出甘氨酸亚铁时会混入杂质，而FeCl2

·4H2O易溶于乙醇，不会引入杂质，因此亚铁盐应选用FeCl2·4H2O，故B错误；C.加入乙醇析出甘氨酸亚铁，步骤Ⅲ为分离液体和固体的操作，分离方法是过滤，故C正确；D.步骤IV中，用蒸馏水洗涤除去乙醇，得到纯净的

甘氨酸亚铁，甘氨酸亚铁容易被氧化，因此干燥过程最好选用真空干燥，故D正确；故答案为：CD；(5)pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，使产率下降，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀，因此合成过程需控制pH=5.5，故答案为：pH过低，H+会与H2NCH2COOH中的氨基反应，使产率下降

，pH过高会生成氢氧化亚铁沉淀；(6)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，步骤Ⅲ加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁在水中的溶解度，促使其结晶析出；同时除去杂质，提高甘氨酸亚铁的产率和纯度，故答案为：降低甘氨酸亚铁在水

中的溶解度，促使其结晶析出；除去杂质，提高产率和纯度；(7)甘氨酸的投料量为300kg，甘氨酸的物质的量n=330010g75g/mol=4×103mol，生成-11-n[(NH2CH2COO)2Fe]=2×103mol，产率为=33344.810g210m

ol204g/mol×100%=84.5%，故答案为：84.5。【点睛】本题的易错点为(3)中离子方程式的书写，要注意甘氨酸亚铁易溶于水，甘氨酸饱和溶液和硫酸亚铁混合会反应生成甘氨酸亚铁，本题容易错误的写成2NH2CH2COOH+Fe2++2OH-=(NH2CH2COO)2

Fe+2H2O。10.“绿水青山就是金山银山”，近年来我国着力推进绿色发展、循环发展等，形成节约资源和环境保护的空间格局。Ⅰ.为了寻求对环境无污染燃料燃烧法，有人曾研究了在标准条件下氮的氧化物与碳的氧化物相互作用的机理。（1）确定该反应的反应过程如下：第一步：NO2(g)+CO

(g)→O—N…O…C…O—O△H=+134kJ/mol第二步：O—N…O…C—O→NO(g)+CO2(g)△H=-368kJ/mol总反应式：NO2(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g)△H=___kJ/mol（2）对于任意一个化学反应，通过实验可以确定

其反应速率与反应物浓度的定量关系：γ=kcm(NO2)·cn(CO)，该方程称为速率方程，其中k称为速率常数。分析表中数据，写出该反应的速率方程表达式：___。II.活性炭也可处理大气污染物NO，其原理：2NO(g)+C(s)CO2(g)+N

2(g)△H>0。在T℃时，在容积一定的刚性容器中加入NO气体和活性炭粉，使之发生反应测得各物质的物质的量如下：（3）计算T℃时，该反应的平衡常数K=___。（4）为了提高NO的转化率和反应速率，可采取的措施有___（填字母）。A.增

加NO的用量B.增加活性炭的用量C.升高温度D.增大体系压强Ⅲ.用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示。-12-（5）电极I电极反应式为___。（6）电解时H+的移动方向___（填“从左向右”、“从右向左”或“不移动”）（7）标况下，每处理1molNO的同时

，可产生O2的体积___L。【答案】(1).-234(2).γ=4.0×10-3·c2(NO2)(3).916(4).C(5).2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O(6).从右向左(7)

.11.2【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将第一步反应+第二步反应计算；(2)根据实验2、3知，CO(g)的浓度变成原来的2倍，反应速率不变，说明该反应速率与c(CO)无关；根据实验1、2或3、4知，

NO2(g)浓度变成原来的2倍，反应速率变成原来的4倍，因此反应速率与c2(NO2)成正比，结合实验数据计算解答；(3)假设容器的体积为VL，根据表格数据，平衡时，c(NO)=0.04Vmol/L，c(N2)=0.03Vmol/L，c(CO2)=0.03Vmo

l/L，据此计算该反应的平衡常数K；(4)根据温度、压强和浓度对反应速率和化学平衡的影响分析判断；(5)HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳

离子向阴极移动，结合电解池原理和得失电子守恒分析解答(5)～(7)。【详解】(1)第一步：NO2(g)+CO(g)→O—N…O…C…O—O△H=+134kJ/mol，第二步：O—N…O…C—O→NO(g)+CO2(g)△H=-368kJ/mol，根据盖斯定律，

将第一步反应+第二步反应得：NO2(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g)△H=(+134kJ/mol)+(-368kJ/mol)=-234kJ/mol，故答案为：-234；(2)根据实验2、3知，CO(g)的浓度变成原来的2倍，反应速率

不变，说明该反应速率与c(CO)无关；根据实验1、2或3、4知，NO2(g)浓度变成原来的2倍，反应速率变成原来的4倍，因此反应速率与c2(NO2)成正比；则γ=kc2(NO2)，将实验2的数据代入，得到k

=4.0×10-3，因此-13-γ=4.0×10-3·c2(NO2)，故答案为：γ=4.0×10-3·c2(NO2)；(3)假设容器的体积为VL，根据表格数据，平衡时，c(NO)=0.04Vmol/L，c(N2)=0.03Vmol/L，c(CO2)

=0.03Vmol/L，该反应的平衡常数K=20.030.03VV0.04()V=916，故答案为：916；(4)A.增加NO的用量，NO的转化率降低，错误；B.增加活性炭的用量，不能改变平衡的移动和增大化学反应速率，错误；C.升高温度，反应速率加快，平衡正

向移动，NO的转化率增大，正确；D.增大体系压强，该平衡不移动，不能增大NO的转化率，错误；故答案为：C；(5)根据图示，HSO3-在电极I上转化为S2O42-，过程中S的化合价降低，得到电子发生还原反应，则电极I为阴极，电极反应式为：

2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O，故答案为：2HSO3-+2e-+2H+═S2O42-+2H2O；(6)电极I为阴极，则电极Ⅱ为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，所以电解池中H+通过质子膜向电极I处移动，故答案为：从右向左；(7)电极Ⅱ为阳极，H2O在电极Ⅱ

上被转化为O2，发生电极反应：2H2O-4e-═O2↑+4H+，每处理1molNO转化生成0.5molN2，则转移电子数为1mol×2=2mol，根据电子转移守恒，则产生O2的物质的量为2mol×14=0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=

11.2L，故答案为：11.2。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意C为固体，增加活性炭用量浓度不变。（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，则每科按所做的第一题计分。11.离子液体是在室温和室温附近温度下呈

液态的盐类物质，由于其具有良好的化学稳定性，较低的熔点和良好的溶解性，应用越来越广泛。如图为某离子液体的结构，回答下列问题：（1）B原子核外有___种运动状态不同的电子。BF4-中，B原子价层电子对数为___，与BF4-互为等电子体的分子为___（填分子

式，写出一种即可）；在周期表中，与B的化学性质最相似的邻族元素是___，它们性质相似的原因是___。（2）NH3极易溶于水的原因与氢键有关，结合NH3·H2O的电离推测NH3·H2O的合理结构式为___-14-（填字母）。A.B.C.D.

（3）该离子液体常温下为液体，而NaBF4常温下为固体，原因是___。（4）分子中的大π键可用符号nmΠ表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为66Π），则该离子液体的阳离子中存在一个大π键，可表示为___。（5）某硼的含氧酸根离子

为无限链状结构，节选部分结构如图所示，其离子的化学式可用通式表示为___（用n代表B原子数）。（6）某种含B和N两种元素的功能陶瓷，其晶胞结构如图所示。已知该晶胞底面为菱形，其边长为acm，高为bcm，晶体密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数NA

为___mol-1（列出计算式）。【答案】(1).5(2).4(3).CCl4或SiF4(4).Si(5).电负性相近(6).B(7).均为离子晶体，NaBF4的晶格能大，所以熔点高(8).65Π(9).（BO2）nn-或（BnO2n）

n-(10).21003ρab或o250sin60ρab【解析】【分析】(1)B为5号元素；根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算BF4-中B原子价层电子对数；结合等电子体的概念分析解答；根据对角线规则分析解答；(2)根据NH3·H2ONH4+＋OH－推测NH3·H2O的合理结构；-15

-(3)和NaBF4均为离子晶体，结合晶格能的大小与熔沸点的关系分析解答；(4)的环中的大π键由3个碳原子和2个N原子，每个C有1个电子参与形成大π键，每个N有2个电子参与形成大π键，环带有一个单位正电荷，据此分析判断；(5)根据图示，黑球表示B原子，

白球表示O原子，根据均摊法计算判断结构中B原子和O原子的数目比，以图示4个B原子为例，要满足O原子的8电子稳定结构，需要带4个单位负电荷，据此书写该离子的化学式的通式；(6)根据均摊法计算晶胞中含有B和N原子数，

再计算晶胞的质量和晶胞的体积，结合晶体密度的计算方法列式计算。【详解】(1)B为5号元素，原子核外有5种运动状态不同的电子；BF4-中，B原子价层电子对数为4+3+1-142=4，与BF4-互为等电子体的分子为CCl4或SiF4或CF4或SiCl4；根据对角线规则，在周期表中，与B

的化学性质最相似的邻族元素是Si，它们性质相似，是因为电负性相近，故答案为：5；4；CCl4或SiF4或CF4或SiCl4；Si；电负性相近；(2)NH3极易溶于水的原因与氢键有关，根据NH3·H2ONH4+＋OH－，可

以推测NH3·H2O的合理结构式为，故答案为：B；(3)和NaBF4均为离子晶体，常温下为液体，而NaBF4常温下为固体，是因为NaBF4的晶格能大，使得熔点NaBF4比高，故答案为：均为离子晶体，NaBF4的晶格能大

，所以熔点高；(4)的环中的大π键由3个碳原子和2个N原子、每个C形成3个σ键，有1个电子参与形成大π键，每个N形成3个σ键，有2个电子参与形成-16-大π键，环带有一个单位正电荷，共6个电子参与形成大π键，该大π键可表示为65Π，故答案为：65Π；(5)某硼的含氧酸根离子为无限链

状结构，根据图示，黑球表示B原子，白球表示O原子，结构中BO3结构单元通过氧原子连接形成链状结构，则B原子和O原子的数目比=1∶(2×12+1)=1∶2，以图示4个B原子为例，要满足O原子的8电子稳定结构，需要带4个单位负电荷，因此该离

子的化学式可用通式(BO2)nn-或(BnO2n)n-表示，故答案为：(BO2)nn-或(BnO2n)n-；(6)根据图示，晶胞中含有B原子数为4×112+4×16+1=2，N原子数为2×16+2×13+1=2，因此晶胞的质量为A211+14（）Ng，晶胞的体积为osin60aab

=o2sin60abcm3，则晶体密度ρg/cm3=Ao2211+14gsin60（）Nab=Ao2sin5600Nabg/cm3，则NA=o250sin60ρab=21003ρab，故答案为：21003ρab或o250sin60ρab。

12.格氏试剂（RMgX，X=Cl、Br、I）是一种重要的有机合成中间体，酯类化合物与格氏试剂的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，由只含一种官能团的物质A制备E的合成路线如图，回答下列问题：已知信息如下：①-17-②（1）A→B的反应类型为___，E的分子式为___。（2）B中所含

官能团的名称为___。（3）C→D的化学方程式为___。（4）M是比C多一个碳的C的同系物，同时满足下列条件的M的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。①含六元碳环结构，不含甲基；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2；③能

发生银镜反应。写出其中核磁共振氢谱有七组峰，且峰面积的比是4∶4∶2∶1∶1∶1∶1的所有物质的结构简式___。（5）将下列D→E的流程图补充完整：___。【答案】(1).氧化反应(2).C9H16O2(3).羰基、羧基(4).+H2O(5).9(6).、、(7).、

【解析】【分析】只含一种官能团的物质A(C7H14O2)能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B(C7H10O3)，B能够与甲醇发生酯化反应生成C，说明B中含有羧基；根据信息①，C与反应生成D，则C中含有羰基，根据信息②，结合E()的结构可知，D为，则C为-18-

，B为，A为，据此分析解答。【详解】(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，A()能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B()；E()的分子式为C9H16O2，故答案为：氧化反应；C9H16O2；(2)B为，所含官能团有羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；(3)根

据信息①，C()与反应生成D()，反应的化学方程式为++H2O，故答案为：++H2O；(4)M是比C()多一个碳的C的同系物，则M的分子式为C9H14O3。①含六元碳环结构，不含甲基；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2，说

明M中含有羧基；③能发生银镜反应，说明M中还有醛基，满足上述条件的M中含有六元脂环结构、羧基和醛基，则①含有、—CH2COOH、—CHO的有4种，②含有、—COOH、—CH2CHO的有4种；③，共9种；其中核磁共振氢谱有七组峰，且峰面积的比是4∶4∶2∶1∶1∶1∶

1的有、、，故答案为：9；、、；-19-(5)根据信息②，D()首先在CH3MgI作用下反应生成，再在CH3MgI作用下反应生成，酸化生成E()，故答案为：、。【点睛】本题的难点是信息②的解读，易错点为(4)，要注意M中不含甲基。-20-