2019届湖南省学海大联考新高考原创考前提分密卷(九)化学试卷

2019届湖南省学海大联考新高考原创考前提分密卷（九）
化学试卷
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Co-59 Ni-59
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，只有一项是符合题目要求的。

1.莽草酸的一种异构体A在浓硫酸作用下加热可得到B。

下列说法不正确
．．．的是
A. X的化学式为H2O
B. A既能使Br2/CCl4溶液褪色,又能使酸性KMnO4溶液褪色
C. B所有碳原子在同一平面上
D. 与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的异构体只有一种
【答案】D
【解析】
【详解】A项，由A和B的结构简式可知，A在浓硫酸作用下加热发生消去反应得到B，所以
X的化学式为H2O，故A项正确；
B项，A中含有碳碳双键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4溶液氧化，故B项正确；C项，B中含有苯环结构，则7个碳原子都在同一平面上，故C项正确；
D项，与B分子式相同，有三个官能团且苯环上的一氯取代物有两种的同分异构体有
和两种，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为D。

【点睛】本题考查有机物结构与性质的关系、反应类型、同分异构体等知识，解题时要从官能团及其变化入手分析其性质及发生的反应（如题中A、B均含六元环结构，A含碳碳双键而B为苯环，A还含有1个羧基和3个羟基，而B含1个羧基和1个羟基，由此推出A→B发生消去反应）、熟记常见几种空间构型（如苯为平面型，其12个原子共面）。

2.用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A. 17g羟基(－OH)所含电子总数为9N A
B. 18g D2O中含有的原子数为3N A
C. 标准状况下，22.4LCHCl3中所含分子数为N A
D. 32g S8单质(结构如图)中含有的S－S键个数为2N A
【答案】A
【解析】
【详解】A项，17g羟基(－OH)的物质的量为1mol，而1mol羟基(－OH)含有9N A个电子，故A 正确；
B项，D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量小于1mol，含有的原子数小于3N A，故B 错误；
C项，标准状况下，CHCl3是液体，22.4LCHCl3的物质的量大于1mol，所含分子数大于N A，故C错误；
D项，由S8分子模型可得，一个S8分子中含有8个S-S键，32gS8单质物质的量为：32g÷
（8×32g/mol）=0.125mol，含有的S-S键个数为：8×0.125N A=N A，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为A。

3.一种从含Br-废水中提取Br2的过程，包括过滤、氧化、正十二烷萃取及蒸馏等步骤。

已知：
下列说法正确的是
A. 过滤时，需不断搅
B. 将-氧化为Br2
C. 正十二烷而不用CCl4，是因为其密度小
D. 进行蒸馏，先收集正十二烷再收集Br2
【答案】B
【解析】
A、过滤时是不能搅拌的，否则可能使滤纸破损，故A错误；
B、由于氯气的氧化性强于溴，多余的氯气和挥发的溴都能被NaOH溶液吸收，所以B正确；
C、丙装置的分液漏斗错误，萃取与萃取剂的密度大小无关，故C错误；
D、根据溴单质和正十二烷的沸点可知，先蒸馏出来的是Br2，故D错误。

本题正确答案为B。

4.下列实验操作、实验现象以及所得出的结论均正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
氢氧化钠溶液过量，加入的FeCl3溶液与氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀，不能比较Ksp[Fe(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]大小，A错误；NH3·H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液，生成银氨溶液，二者发生了反应，不能大量共存；B错误；将木炭和浓硫酸共热生成的气体有二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水中，都能反应生成碳酸钙沉淀和亚硫酸钙沉淀，结论错误，C错误；如果溶液中含有SO42-，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生；如果溶液中含有银离子，也具有此现象发生，所以不能确定该溶液中一定含有SO42-；D正确；正确答案：D。

点睛：把氨水逐滴加入到硝酸银溶液中直至过量，先产生白色沉淀，后沉淀溶解；若把硝酸银直接加入到氨水中，不会有沉淀出现。

5.已知短周期主族元素X、Y、Z、W、R，其中X的原子半径在短周期主族元素中最大， Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数
为m-n，W与Z同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2:1。

下列叙述错误
．．的是
A. X与Y形成的两种化合物中，阴、阳离子的个数比均为1：2
B. 简单氢化物Y比R的稳定、且熔沸点高
C. RY2和X2Y2均具有漂白性，均能使品红试液褪色
D. RY2和WY2通入Ba(NO3)2溶液中均不产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
X的原子半径在短周期主族元素中最大，则X为Na元素；Z的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，则m+n=8，Y的最外层电子数为m，次外层电子数为n，则n=2，由此可知m=6，则Y为O元素，Z为Si元素；W与Z同主族，则W为C元素；R与Y原子的核外电子数之比为2：1，则R的核外电子数为16，R为S元素。

【详解】由上述分析知，X、Y、Z、W、R分别为：Na、O、Si、C、S元素。

A项，X与Y可形成Na2O、Na2O2两种化合物，其阴、阳离子的个数比均为1：2，故A正确；B项，Y为O元素，R为S元素，O元素的非金属性强于S元素，所以简单氢化物Y比R的稳定，Y的氢化物为水，分子间含有氢键，熔、沸点比R的氢化物（H2S）的熔、沸点高，故B 正确；
C项，SO2和Na2O2都有漂白性，都能使品红试液褪色，故C正确；
D项，CO2与Ba(NO3)2溶液不反应，而SO2具有较强还原性，在水溶液中与Ba(NO3)2反应，被氧化成SO42-，SO42-与Ba2+生成BaSO4白色沉淀，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为D。

6.如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是
A. 质子透过阳离子交换膜由右向左移动
B. 电子流动方向为N→Y→X→M
C. M电极反应式：(C6H10O5)n＋7n H2O－24n e－===6n CO2↑＋24n H＋
D. 当M电极微生物将废水中16.2 g淀粉转化掉时，N电极产生134.4 L N2(标况下)
【答案】C
【分析】
由题给信息可知，该装置为原电池，由图可得：电解质溶液为酸性溶液，NO发生还原反应生成N2，因为原电池中，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，则N为正极，M为负极。

【详解】A项，M为负极、N为正极，质子透过阳离子交换膜由负极区移动到正极区，即由左向右移动，故A错误；
B项，电子从负极（M极）流出，经外电路到X，经Y流入正极（N极），故B错误；
C项，有机物淀粉在负极（M极）失电子发生氧化反应，结合图示，电极反应式为：
(C6H10O5)n+7n H2O-24n e-=6n CO2↑+24n H+，故C正确；
D项，16.2g淀粉（即0.1mol C6H10O5）反应，转移2.4mol电子，因为正极（N极）反应为：2NO+4H++4e-=N2+H2O，则N电极产生0.6mol氮气，在标准状况下的体积为13.44 L，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为C。

【点睛】本题考查电化学知识，根据题意判断属于原电池，利用图中所给信息，通过元素化合价的变化，确定得失电子（发生了还原反应还是氧化反应），从而确定正、负极，结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，根据电极反应式确定电解质中离子移动方向、电子转移数目、有关计算等。

7.25℃时，H2CO3的 K al=4.2×10－7，K a2=5.6×10－11。

室温下向10mL 0.1 mo1·L－1 Na2CO3中逐滴加入0.1 mo1·L－1 HCl。

右图是溶液中含 C微粒物质的量分数随 pH降低而变化的
图像（CO2因有逸出未画出）。

下列说法错误
．．的是
A. A点溶液的pH<11
B. B点溶液：c（Na+）= c（HCO3－）+ c（CO32－）+ c（H2 CO3）
C. A→B 的过程中，离子反应方程式为：CO32－+H＋=H CO3－
D. 分步加入酚酞和甲基橙，用中和滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成
【解析】
A、A点c（HCO3－）= c（CO32－），K a2== 5.6×10－11，所以c(H+)=5.6×10－11mol/L，pH<11，选项A正确；
B、室温下向10mL 0.1 mo1·L－1 Na2CO3中逐滴加入0.1 mo1·L－1 HCl，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子浓度的2倍，即c（Na+）=2 c（HCO3－）+ 2c（CO32－）+ 2c（H
CO3），选项B错误；C、A→B 的过程中，CO32－逐渐减小，H CO3－逐渐增加，所以
2
发生反应的离子方程式为：CO32－+H＋=H CO3－，选项C正确；D、Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，用酚酞作指示剂，滴定产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂滴定时碳酸氢钠与盐酸反应产物是碳酸，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物组成，选项D 正确。

答案选B。

点睛：本题考查了滴定法，注意滴定法测定物质含量的主要操作及注意事，在本题中由所给信息可知，当以酚酚为指示剂时，Na2CO3与盐酸反应分别生成NaCl和NaHCO3，即NaHCO3中加入酚酞后溶液不变色．而以甲基橙为指示剂时，NaHCO3与盐酸反应后均生成NaCl，现应用的双指示剂的方法，第一次和酚酞为指示剂，是将Na2CO3转化为NaHCO3；第二步以甲基橙为指示剂是将NaHCO3转化为NaCl。

三、非选择题：共174分。

第22～32题为必考题，每个学生都必须作答。

第33～第38为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题(129分)。

8.二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。

为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。

②有关物质的部分性质如下表：
2
设计实验装置图如下：
(1)上图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见_______________________。

利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：
(2)B中反应的离子方程式为
_________________________________________________________。

(3)C、D中的试剂分别是_________________、_____________________。

(4)仪器A、B的名称分别是___________、___________，F的作用是_______________________。

(5)如果在加热E时温度过高，对实验结果的影响_________________________________；在F
中可能出现的现象是________________________________________________。

(6)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是(填写两种物质的化学式)______________、_____________，
为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和
_____________________________________。

【答案】 (1). 将A换成恒压滴液漏斗(或用导管将A的上口和B相连)，在G和H之间增
加干燥装置 (2). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). 饱和食盐水(或水) (4). 浓硫酸 (5). 分液漏斗 (6). 圆底烧瓶 (7). 导气冷凝 (8). 产率降低(或有副产物生成) (9). 有固体产生(或其他正确描述) (10). SCl2 (11). Cl2、
S(任写其中两种即可) (12). 滴加浓盐酸的速度不要过快
【解析】
【分析】
由已知信息结合实验装置可得，A、B为制取氯气装置，分液漏斗A中盛浓盐酸，B中盛二氧
化锰，将浓盐酸滴加到B中加热制氯气；C、D为氯气的净化装置，氯气中有氯化氢、水蒸气
等杂质，所以C中用饱和食盐水除去氯化氢，D中用浓硫酸干燥，得到纯净的氯气；E为干燥
的氯气在110℃～140℃与硫反应制取S2Cl2装置，G为S2Cl2的收集装置，H为尾气处理装置，
用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。

【详解】（1）若B中气压过大，A中浓盐酸不容易滴下，可在A与B之间连接一根导管，以平衡A与B内气压，使浓盐酸在重力作用下顺利滴入B中，或将A换成恒压滴液漏斗；G为S2Cl2的收集装置，H中盛氢氧化钠溶液，水蒸气易挥发进入G中，易使S2Cl2水解，故应在G和H 之间增加干燥装置。

（2）用固液加热的方法制取Cl2，常用浓盐酸和二氧化锰反应制取，故B中反应的离子方程式为：MnO2＋4H+＋2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。

（3）制取Cl2过程中产生的杂质为HCl和H2O，可先用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，再用浓硫酸干燥即可得到纯净干燥的氯气，故C、D中的试剂分别是饱和食盐水和浓硫酸。

（4）由实验装置图可得，A为分液漏斗、B为圆底烧瓶；F导管较长有两个作用：导出产品和冷凝产品。

（5）由已知S2Cl2与过量氯气反应生成SCl2，温度超300℃以上S2Cl2完全分解为硫和氯气，故温度过高，有副产物生成，产率降低；根据硫的熔、沸点可知，温度过高，使部分硫变成蒸汽，而硫的熔点较低，易凝固，则F管有固体产生或阻塞。

（6）S2Cl2与过量氯气反应生成SCl2，温度超300℃以上S2Cl2完全分解为硫和氯气，所以S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2和S（或Cl2）；根据信息，温度控制不当，则会生成氯气和硫，S2Cl2与Cl2反应会生成SCl2，所以为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和氯气的流速要恰当，滴加浓盐酸的速度不要过快。

9.CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。

以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：
下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)：
(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式________________________。

(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_________，形成沉渣时发生反应的离子方程式为______________________。

(3)在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_________________；上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是______________。

(4)“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因___________________。

(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，假设固体为纯净物，其化学式为__________。

【答案】 (1). Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O (2). 5.0≤pH＜5.4(或5.0-5.4) (3). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (4). 分液漏斗、烧杯 (5). 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层 (6). Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 (7). Co3O4
【解析】
【分析】
以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液，根据流程：“酸浸”时金属氧化物与硫酸发生反应而溶解，结合最终产物CoCO3中Co元素价态可得，“酸浸”时SO2的作用是将含钴废渣中+3价的Co还原为+2价；“除铝”时加入Na2CO3，Al3+与CO32-发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀除去；加入萃取剂HX(有机物)，进一步从有机层得到ZnSO4溶液；“沉钴”时向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀。

【详解】（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。

（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。

形成沉渣时
加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为
2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。

（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；根据萃取反应ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。

（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀，导致产品CoCO3中混有
Co(OH)2。

（5）0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol；根据Co元素守恒，n(Co)=0.03mol，m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中
m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)=0.04mol，n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。

【点睛】本题以含钴废渣为原料制备CoCO3的流程为载体，考查流程的分析、方程式的书写、物质的分离和提纯、盐类的水解和化学式的确定。

无机工业流程题往往以真实的工业生产为背景，解决此类题目的关键是对流程的分析，一般可把流程大致分为三部分：原料预处理、除杂、获得产品等，注意一切操作都是为了更好地获得产品。

10.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1) CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205kJ/mol
则CO2重整的热化学方程式为________________________________________________。

(2)“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2，将烟气通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，若此过程中溶液体积不变，则溶液的pH不断____(填“减小”、“不变”或“增大)。

当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降，应更换吸收剂，此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中
c(HSO3-)=_____________；
(3)催化还原法去除NO。

一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理：4NH3+6NO5N2+6H2O。

不同温度条件下，n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，得到NO脱除率曲线如图所示。

①随温度升高NO脱除率下降的原因是_______________；
②曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为____mg·m-3·s-1；
③曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_________。

(4)间接电化学法除NO。

其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸
性)_________；吸收池中除去NO的离子方程式为
_____________________________________________ 。

【答案】(1). CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g) △H1=-163kJ/mo1 (2). 减小(3). 1.6mol/L (4). 该反应正向是放热反应，升高温度有利于向吸热的逆方向移动(5). 1.5×10-4(6). 3:1 (7). 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O (8). 2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-
【解析】
【详解】（1）由已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247k/mol，②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=+205k/mol，根据盖斯定律，①-②2得CO2重整的热化学方程式为：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=△H1-2△H2=-163kJ/mo1。

（2）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，亚硫酸与亚硫
酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，溶液pH不断减小；向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠，反应方程式SO2+ Na2SO3+2H2O= 2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1：2，由已知c(SO32-)=0.2mol/L，则溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0-0.2)mol/L，则生成的亚硫酸氢根为c(HSO3-)=2×(1.0-0.2)mol/L=1.6 mol/L；
（3）①N2和H2O相对稳定，能量较低，NH3和NO能量高，所以反应4NH3+6NO5N2+6H2O正向是放热反应，升高温度有利于向吸热的逆方向移动，故随温度升高NO脱除率下降。

②曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3，A点的脱除率为0.55，B点的脱除率0.75，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为
6×10-4mg·m-3×(0.75-0.55)÷0.8s=1.5×10-4mg·m-3·s-1。

③NH3与NO的物质的量的比值越大，NO的脱除率越大，故其物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时，对应的曲线为a、b、c，故曲线b对应的物质的量之比是3:1。

（4）阴极是HSO3-在酸性条件下发生还原反应，生成S2O42-，其电极反应式为
2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；根据图示，吸收池中S2O42-和NO是反应物，N2和HSO3-是生成物，则吸收池中除去NO的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。

(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道题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。

11.由P、S、Cl、Ni等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。

(1)基态Cl原子核外电子排布式为__________________________，P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为____________________。

(2)SCl2分子中的中心原子杂化轨道类型是_____________，该分子构型为__________。

(3)Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中配位键个数为_______；以“—”表示σ键、“→”表示配位键，该分子空间结构示意图可以画为__________。

(4)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1)相同，其中Mg2+和Ni2+的离子半径分别为66 pm和69pm。

则熔点：MgO_____NiO(填“＞”、“＜”或“＝”)，理由是
_______________________________。

(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______。

(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，
Ni2+ 填充其中，已知O2－的半径为a m，每平方米面积上分散的该晶体的质量为______g。

(用a、
N A表示)
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p5 (2). Cl> P > S (3). sp3 (4). V形 (5). 8 (6). (7). > (8). Mg2+半径比Ni2+小，MgO的晶格能比NiO大 (9). (1，1/2，1/2) (10).
【解析】
【详解】（1）Cl原子序数为17，基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；同周期元素
从左到右第一电离能有增大的趋势，P元素原子3p能级处于半充满状态，第一电离能高于同
周期相邻元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小顺序为：Cl>P>S。

（2）SCl2分子中S原子杂化轨道数为：×（6+2）=4，采取sp3杂化方式，有两对孤电子对，
该分子构型为V形。

（3）CO中有1个配位键，Ni与CO形成配合物Ni(CO)4，Ni和CO之间存在配位键，所以Ni(CO)4
中配位键个数为：1×4+4=8；以“—”表示σ键、“→”表示配位键，该分子空间结构示意
图可以画为。

（4）晶体结构相同时，离子半径越小离子键强度越大，Mg2+比Ni2+半径小，MgO的晶格能比NiO 大，所以熔点MgO>NiO。

（5）NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则晶胞是边长为1的正方体，
C在右侧面心处，根据立体几何知识，则C离子坐标参数为（1，，）。

（6）如图：，单分子层重复单元呈平行四边形，是相邻
四个O2-球中心的连线，每个重复单元包含1个O2-和1个Ni2+，作三角形abc，已知O2-的半径为a m，则高ad= a m，三角形abc的面积=×2a× a m2，重复单元所占的平行四边形面积为：2a× a m2，即2a2m2，NiO相对分子质量为75，每平方米面积上分散的该晶体的质量为75÷2a2÷N A=。

【点睛】本题考查物质结构知识，包括电子排布式的书写，第一电离能大小的比较，杂化轨道、空间构型判断，晶格能的知识，原子坐标的书写，晶胞的计算等，考查知识比较全面，注意：①同周期元素随着原子序数增大第一电离能呈现增大的趋势，但第VA族出现反常，其第一电离能高于同周期相邻元素；②晶胞有关计算，先取出平面NiO的基本结构单元，计算基本结构单元的面积，最后计算每平方米面积上分散的该晶体的质量，为本题的难点。

12.光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下(部分试剂和产物略去)：
已知：
(1)A的化学名称是_，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积之比为3∶2∶1，E能发生水解反应，则 F 的结构简式为_。

(2)G 分子中所含官能团名称为_，羧酸 X 的实验式为_。

(3)B→C 所需的试剂 Y 和反应条件分别为_，由 F 到 G的反应类型为_。

(4)D 和 G 反应生成光刻胶的化学方程式为_____________________________________。

(5)C 的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与 FeCl3溶液
发生显色反应；②苯环上的一氯取代产物只有两种，该同分异构体的结构简式为
__________________。

(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以 CH3CHO 为原料制备 CH3COCOCOOH的合成路线流程
图(无机试剂任选)：________________________________________。

【答案】 (1). 苯甲醛 (2). (3). 羟基 (4). CH2O (5).
银氨溶液、水浴加热或新制Cu(OH)2悬浊液(或氧化
．．)、加热 (6). 取代反应(或水解反应) (7).
(8). (9).
【解析】
【分析】
结合流程，由D的结构简式可得，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由B的分子式及已
知信息可推知A为，B为；由C的分子式及B→C→D的转化
可得：C为；乙炔和羧酸X生成E，E发生加聚反应得到F，则E分子
中含有C=C双键，结合分子式可知，X为CH3COOH；G与D发生已知信息的反应得到光刻胶，
则光刻胶的结构简式为：。

【详解】（1）由上分析知，A为，其化学名称为苯甲醛；E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，E发生加聚反应得到F，故E为CH3COOCH=CH2，F的结构简式为。

（2）G为，所含官能团为-OH，官能团名称为：羟基；羧酸X为CH3COOH，其实验式为CH2O。

（3）B→C为醛基被氧化成羧基，故所需试剂为银氨溶液、水浴加热或新制Cu(OH)2悬浊液(或氧化)，反应条件是加热；F为、G为，所以由F到G发生的是取代反应(或水解反应)。

（4）根据已知信息可得D（）和G（）在一定条件下发生反应生成光刻胶（），并生成HCl，其化学方程式为：
n++nHCl
（5）C为，其同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有“HCOO-”且水解产物含有酚羟基；②苯环上的一氯取代产物只有两种，则含有两个对位取代基，所以满足条件的结构简式为：。

（6）以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH，需要增长碳链，由已知并结合流程A→B→C可得，先生成CH3CH=CHCHO，再生成CH3CH=CHCOOH，碳碳双键再与卤素单质加成，然后卤原子水解被羟基取代，最后催化氧化形成碳氧双键，流程为：。