2019届宁夏银川市高三下学期质量检测理科综合试卷化学试卷(解析版)

2019年银川市高三质量检测
理科综合能力测试(化学部分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ni-59
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.化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.化石燃料燃烧时采取脱硫措施是为了减少二氧化硫的排放，以免污染空气，故A错误；
B.盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强，因此用热的纯碱溶液可以洗去油污，并不是碳酸钠可与油污直接反应，故B错误；
C.后母戊鼎是青铜器，属于铜合金制品，故C错误；
D.丁达尔效应是胶体所特有的性质，故静置后的淘米水能发生丁达尔效应，则说明淘米水是胶体，故D正确。

故选D。

2.海水化学资源开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是
A. 从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的
B. 用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3
C. 在步骤③中可通入Cl2使溴离子被还原为Br2
D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH增大
【答案】A
【解析】
【详解】A.从海水中得到粗盐采用蒸发的方法，故A正确；
B.在NaHCO3或Na2CO3中加入澄清的石灰水，现象均为产生白色沉淀，所以不能用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3，故B错误；
C.步骤③中发生反应的化学方程式为：2NaBr+Cl2= Br2+2NaCl，Br的化合价由-1价升高为0价，溴离子被氧化为Br2，故C错误；
D.步骤④中SO2水溶液吸收Br2，发生反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，pH减小，故D错误。

故选A。

3.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. C4H9C1的同分异构体数目为3
B. 用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应
D. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.C4H9C1的同分异构体包括CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，共4种，故A错误；
B.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴别，故B正确；
C.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故C错误；
D.油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，故D错误。

故选B。

4.N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 6.0g醋酸中含有非极性键总数为0.2N A
B. 22.4L(标准状况)氖气含有的质子数为10N A
C. 1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中，HCO3－离子数为0.1N A
D. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mo1氧气转移的电子数为0.4N
【答案】B
【解析】
【详解】A.1个醋酸分子中含有1个非极性键，6.0g醋酸的物质的量为6.0g÷60g/mol=0.1mol，故含有非极性键总数为0.1N A，故A错误；
B.标准状况下，22.4L氖气的物质的量为1mol，氖气是单原子分子，1个氖气分子中含有10个质子，故含有的原子数约为N A，故B正确；
C.NaHCO3的物质的量为1L×0.1mol·L－1=0.1mol，HCO3-在溶液中能电离为CO32-和水解为H2CO3，根据物料守恒可知，溶液中的HCO3-、CO32-、H2CO3之和为0.1N A个，故C错误；
D.过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为0价，一半降为-2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol 电子即0.2N A个，故D错误。

故选B。

5.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。

W的族序数是周期数的3倍，Ⅹ原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。

下列说法错误的是
A. X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1：2
B. 可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M>W
C. M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M<Z
D. 盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。

W的族序数是周期数的3倍，则W是O，X原子的最外层只有一个电子，且在O的后面，则X是Na，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，Z在同周期中原子半径最小，则Z为Cl，M在W、X之间，则M为F，据此答题。

【详解】由上述分析可知：W是O，M为F，X是Na，Y为Al，Z为Cl。

A.X和W形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子数之比均为1：2，故A正确；
B.氟气与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，氟能够将氧从其化合物中置换出来，说明非金属性：F＞O，故B正确；
C.M、Z位于同一主族，非金属性：F＞Cl，形成气态氢化物的稳定性HF＞HCl，故C错误；
D.NaClO与浓盐酸反应的化学方程式为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑，有黄绿色气体产生，氯气与冷的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，又得到NaClO溶液，故D正确。

故选C。

【点睛】非金属性强弱的比较规律：①单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；②单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；③对应氢化物的稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；④和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；⑤最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；⑥由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；⑦置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。

6.下列根据实验操作和现象所得出的结论合理的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；
B.向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，原溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子，也可能为原溶液中含有铁离子，因此不能判断原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质，故B错误；
C.将灼热的铜丝伸入盛有无水乙醇的试管中，有刺激性气味产生，说明有乙醛生成，乙醇在催化剂条件下被氧化为乙醛，发生氧化反应，故C错误；
D.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al(OH)3，说明结合H+的能力：AlO2－>CO32－，故D正确。

故选D。

7.一种新型的双离子可充电电池的原理如图所示，以下说法正确的是
A. 电极a发生的反应为还原反应
B. 充电时a极与电源的正极相连
C. 正极发生的电极反应可能为：CaFeO3+e－=CaFeO2.5+1/2O2－
D. 放电时，每当有N A个Na+移向b极，外电路中一定转移2N A个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图可知，电极a发生的反应为Na-e-=Na+，为氧化反应，故A错误；
B.充电时a极发生的反应为Na++e-=Na，还原反应，则a为电解池的阴极，阴极与电源的负极相连，故B 错误；
C.由图可知，电极b为正极，发生的电极反应可能为：CaFeO3+e－=CaFeO2.5+1/2O2－，故C正确；
D.放电时，每当有N A个Na+移向b极，外电路中转移N A个电子，故D错误。

故选C。

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.Na2S2O4俗称保险粉，常用做纺织工业的漂白剂、脱色剂等。

某科研小组制备并探究其性质。

资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气氧化，在碱性介质中稳定。

Ⅰ．制备Na2S2O4 (部分加热等辅助仪器略去)
(1)仪器①的名称是___________。

(2)B装置用于制备Na2S2O4。

第一步反应：Zn+2SO2ZnS2O4；第二步，加入NaOH溶液，于28~35℃下反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为___________。

(3)实验时，先向B中通入SO2的原因，除产生Zn S2O4之外，另一原因是___________。

(4)反应后除去B中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。

加入NaCl固体的作用是___________
Ⅱ．探究Na2S2O4的性质
(5)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。

请设计实验证明该分解产物中含有Na2SO4。

实验方案是
___________。

(可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4，溶液)
(6)制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。

在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式___________。

(7)为测定某含硫代硫酸钠样品的纯度(其它杂质均不参加反应)设计如下方案，并进行实验：
①准确称取该硫代硫酸钠样品mg，配制成250mL待测溶液。

②移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用nmol·L－1I2标准溶液滴定(发生反应：2S2O32－+I2=S4O32－+2I－)，至滴定终点。

③滴定终点的现象为___________，平均消耗I2标准溶液VmL，样品中Na2S2O4的纯度为___________(用代数式表示)。

【答案】(1). 圆底烧瓶(2). ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4 + Zn(OH)2 (3). 排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化) (4). 加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以(5). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质(6). 2Ag++S2O42—+4OH—＝2Ag↓+2SO32—+2H2O (7). 滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色(8). 3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m×100%) 【解析】
【分析】
装置A中的浓硫酸通过分液漏斗滴到蒸馏烧瓶中和Cu反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，装置C中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，防止污染空气，据此答题。

【详解】（1）仪器①的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。

（2）28~35℃下反应生成的ZnS2O4与NaOH溶液反应，反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，反应的化学方
程式为ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4+Zn(OH)2↓，故答案为：ZnS2O4+2NaOH Na2S2O4+Zn(OH)2↓。

（3）由于Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气氧化，所以B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，故答案为：排出装置中残留的O2或空气(或防止生成物Na2S2O4被氧化)。

（4）加入NaCl固体的目的是，溶液中的Na+离子浓度增大，使Na2S2O4的溶解度降低，更易结晶析出，提高产率，故答案为：加入氯化钠，增大了Na+离子浓度，促进Na2S2O4结晶析出(用沉淀溶解平衡解释可以)。

（5）应固体中含有的Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验，应先加入足量的稀盐酸，排除Na2SO3、Na2S2O3的干扰，再加入BaCl2溶液，检验是否存在Na2SO4，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。

（6）由题意可知，AgNO3溶液和碱性Na2S2O4溶液反应生成纳米级的银粉，反应中Ag元素的化合价升高，做氧化剂，Na2S2O4做氧化剂被氧化，因氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，由得失电子数目守恒可知S2O32-被氧化为SO32-，反应的方程式：2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag↓+2SO32-+2H2O，故答案为：
2Ag++S2O42-+4OH-=2Ag↓+2SO32-+2H2O。

（7）移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加入少量淀粉溶液，用nmol·L－1I2标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色，根据离子方程式进行计算得到25.00mL 硫代硫酸钠物质的量：
2S2O32－+I2=S4O32－+2I－
2 1
n（Na2S2O3）nmol/L×V×10-3L
n(Na2S2O3)=2nV×10-3mol
配制的250mL溶液中含有n(Na2S2O3)=0.02nVmol，样品中n(Na2S2O3)的百分含量
=0.02nV×158g/mol÷m×100%=3.16nV/m，故答案为：滴入最后一滴I2，溶液变为蓝色，且半分钟不褪色；
3.16nv/m(或316nv/m%或3.16nv/m×100%)。

9.中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。

从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：A1(OH)3和Cu(OH)2分解温度分别为450℃和80℃
(1)在电解精炼银时，阳极材料为___________。

(2)加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施为___________(写出两种)。

(3)滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为______________________。

(4)过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有___________。

(5)固体混合物B的组成为___________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为___________。

(6)煅烧阶段通入惰性气体的原因___________。

【答案】(1). 粗银(2). 拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案(3). 3Ag + 4H+ + NO3- = 3Ag+＋NO↑ + 2H2O (4). 漏斗、玻璃棒(5). Al(OH)3和CuO的混合物(6). Al(OH)3＋OH－=AlO2—＋2H2O (7). 保护气(或防止铜被氧化)
【解析】
【分析】
银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量的银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO的混合物，煅烧可得到CuAlO2，据此答题。

【详解】（1）电解精炼铜时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，硫酸铜溶液作电解液，电解精炼银与此类似，则纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，故答案为：粗银。

（2）加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案，故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度或其它合理答案。

（3）滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银、产生无色气体，即
3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，离子方程式为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+＋NO↑+2H2O，无色的一氧化氮气体在空气迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO+O2=2NO2；故答案为：3Ag+4H+ +NO3-=3Ag+＋NO↑+2H2O。

（4）过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒。

（5）结合信息和流程图可知：硫酸铜、硫酸铝与稀氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸是氢氧化铜分解生成氧化铜，氢氧化铝不分解，所以固体B的主要成分是Al(OH)3和CuO的混合物，若NaOH 过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解，反应氮的离子方程式为：Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O，故答案为：Al(OH)3和CuO的混合物；Al(OH)3＋OH-=AlO2-＋2H2O。

（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因是做保护气(或防止铜被氧化)，故答案为：保护气(或防止铜被氧化)。

【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。

10.“绿色”和“生态文明”是未来的发展主题，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题；
(1)在新型纳米催化剂Na-Fe3O4，和HMCM-22的表面将CO2先转化为烯烃再转化为烷烃，已知CO2转化为CO的反应为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol；
2 CO2 (g)+6H2(g)=C2H4(g)+4 H2O (g) △H=－128kJ/mol
则CO转化为C2H4的热化学方程式为______________________。

(2)用氨水捕捉烟气中的CO2生成NH4CO3。

通常情况下，控制反应温度在35℃-40℃范围内的原因
___________。

(3)有科学家提出可利用FeO吸收CO2，6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s) K1(平衡常数)，对该反应的描述正确的是______
a．生成1mol Fe3O4时电子转移总数为2N A
b．压缩容器体积，可增大CO2的转化率，c(CO2)减小
C．恒温恒容下，气体的密度不变可作为平衡的标志
d．恒温恒压下，气体摩尔质量不变可作为平衡的标志
(4)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H，一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1 molCO2和
3mo1H2。

在不同催化剂作用下发生反应I、反应II、反应II，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①活化能最小的为___________(填“反应I”、“反应II”、“反应III”)。

②b点反应速率v(正)___________v(逆)(填“>”、“=”或“<”)。

③T4温度下该反应的衡常数___________(保留两位有效数字)
④CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：则该反应为___________(放热反应、吸热反应)；
P1___________P2(填“>”、“=”或“<”)
(5)用NaOH溶液吸收CO2所得饱和碳酸钠溶液可以对废电池屮的铅膏(主要成PbSO4)进行脱硫反应。

已知Ksp(PbSO4)=1.6×10-8，Ksp(PbCO3)=7.4×10－14，PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)，则该反应的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)：若在其溶液中加入少量Pb(NO3)2晶体，则c(SO42－)：c(CO32－)的比值将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】(1). 2CO(g) +4H2(g) =C2H4(g) +2H2O(g) △H= -210kJ/mol (2). 防止NH4HCO3分解，低于35℃反应速率慢高于40℃分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低) (3). ac (4). 反应I (5). > (6). 59.26(或1600/27) (7). 放热反应(8). < (9). 2.16×105(10). 不变
【解析】
【详解】（1）已知CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol①；2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) △H=－128kJ/mol②；由盖斯定律②-①×2可得：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) △H=（-128kJ/mol）-（+41kJ/mol）×2=-210kJ/mol，则CO转化为C2H4的热化学方程式为2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) △H=-210kJ/mol，故答案为：2CO(g)+4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g) △H=-210kJ/mol。

（2）通常情况下，控制反应温度在35℃-40℃范围内，因为温度低于35℃，反应速率慢；高于40℃，NH4HCO3受热易分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)，故答案为：防止NH4HCO3分解，低于35℃反应速率慢高于40℃分解(或温度太高，气体物质的溶解性降低)。

（3）a.由6FeO(s)+CO2(g)2Fe3O4(s)+C(s)可知，反应方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+8/3，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O42mol，则生成1molFe3O4转移电子2mol，电子转移总数为2N A，故a正确；
b.压缩容器体积实质为增大压强，反应前后气体体积减小，平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，c(CO2)增大，故b错误；
c.恒温恒容下，气体的密度ρ=m/V，若密度不变，说明CO2的质量不变，则CO2的浓度不变，可以作为达到平衡的标志，故c正确；
d.恒温恒压下，气体摩尔质量M=m/n，摩尔质量不变不能作为达到平衡的标志，故d错误。

故答案为：ac。

（4）①相同温度下，相同时间内反应I中CO2的转化率越大，所以催化效果最佳的是反应I，活化能也最小，故答案为：反应I。

②b点要达到平衡，CO2的转化率增大，反应正向进行，故反应速率v(正)＞v(逆)，故答案为：＞。

③一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3mo1H2，由图像可知，T4温度下，CO2的平衡转化率为80%，则转化的CO2的物质的量浓度为1mol/2L×80%=0.4mol/L，
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
开始（mol/L）0.5 1.5 0 0
转化（mol/L）0.4 1.2 0.4 0.4
平衡（mol/L）0.1 0.3 0.4 0.4
T4温度下该反应的平衡常数K=c(CH3OH)c(H2O)/c3(H2)c(CO2)=0.4×0.4/(0.3)3×0.1=59.26，故答案为：59.26(或1600/27)。

④由图可知，相同压强时，温度越高，CO2的转化率越小，可以知道该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，△H<0；由反应可知，减小压强平衡逆向移动，由图可知，相同温度时，P2对应的转化率增大，P1<P2，即该反应为气体体积减小的反应，压强越大，转化率越大，故答案为：放热反应，<。

（5）根据方程式PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)可知反应的平衡常数
K=c(SO42-)/c(SO42-)=c(SO42-)c(Pb2+)/c(SO42-)c(Pb2+)= Ksp(PbSO4)/Ksp(PbCO3)=1.6×10-8/7.4×10－14=2.16×105，若在其溶液中加入少量Pb(NO3)2晶体，由于平衡常数只与温度有关系，则根据该反应的平衡常数表达式可知c(SO42－)：c(CO32－)的比值不变，故答案为：2.16×105，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{，则每学科按所做的第一题计分。

11.翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。

回答下列问题：
(1)Cr3+电子排布式为______________________，基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为
______________________。

(2)翡翠中主要成分为硅酸铝钠，四种元素的第一电离能由大到小的顺序___________。

(3)锰的一种化合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，THT的结构简式如图所示：
①THF中C原子的杂化轨道类型为___________，②BH4－的空间构型为___________
③NaBH4所含化学键类型有_____________
A、离子键
B、共价键
C、氢键
D、配位键
(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，原因______________________。

(5)Ni可以形成多种氧化物，其中一种Ni x O晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x为0.88，且晶体中Ni的存在形式为Ni2+、Ni3+，则晶体中N i2+和Ni3+最简整数比为___________，该晶体的晶胞参数为428pm，则晶体密度为___________g·cm－3(N A表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式即可)
【答案】(1). [Ar]3d3(2). M (3). O>Si>Al>Na (4). sp3(5). 正四面体(6). ABD (7). 均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS (8). 8：3 (9). 4×(0.88×59+16)/N A(428×10-10)3[或4×67.92/N A(428×10-10)3、271.68/N A(428×10-10)3、3.46×1024/N A]
【解析】
【分析】
（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+；，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；
（2）非金属性越强，第一电离能越大；
（3）根据杂化轨道理论进行判断；
（4）二者为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS；
（5）根据密度=质量/体积进行计算。

【详解】（1）Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，基态Cr3+的核外电子排布式为[Ar]3d3，Si原子核外电子数为14，基态原子核外电子排布为
1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为M，故答案为：[Ar]3d3；M。

（2）硅酸铝钠由O、Na、Al、Si四种元素构成，非金属性越强，第一电离能越大。

所以第四种元素的第一电离能由大到小的顺序为O>Si>Al>Na，故答案为：O>Si>Al>Na。

（3）①根据THF的结构式可知，C原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3。

②BH4-中B原子价层电子数=4+1/2×（3+1-4×1）=4，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，BH4-中B原子的杂化类型为sp3杂化，所以空间构型是正四面体构型；
故答案为：正四面体。

③Na+和BH-4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含氢键，故NaBH4所含化学键类型有离子键、共价键、配位键，故答案为：ABD。

（4）MnO的熔点（1650℃）比MnS的熔点（1610℃）高，二者熔点较高，应为离子晶体，O2-半径小于
S2-半径，MnO的晶格能大于MnS，离子晶体晶格能越大，熔点越高，则MnO的熔点较高，故答案为：均为离子晶体，O2-半径小于S2-半径，MnO的晶格能大于MnS(或MnO的离子键强于MnS。

（5）x为0.88，设晶体中Ni3+个数为x、Ni2+个数为y，则x+y=0.88，3x+2y-2=0（此式为化合价代数和为零），可解得：x=0.24；y=0.64，则晶体中Ni2+和Ni3+最简整数比为0.64：0.24=8：3；取1mol晶胞，则含有N A个晶胞，Ni x O晶体的晶胞结构为NaCl型，则一个晶胞中，Ni原子数目为8×1/8+6×1/2=4，O原子数
目为12×1/4+1=4，则1mol晶胞的质量为m=4×(0.88×59+16)g，一个晶胞的体积为
V=4283pm3=(428×10-10)3cm3，则晶体的密度为ρ=m/N A V=4×(0.88×59+10)/N A(428×10-10)3g·cm－3，
故答案为：8：3；4×(0.88×59+16)/N A(428×10-10)3[或4×67.92/N A(428×10-10)3、271.68/N A(428×10-10)3、
3.46×1024/N A]。

【点睛】第5小问根据均摊法计算晶胞中原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。

12.抗血栓药物氯贝丁酯()的一种合成路线如下图，部分反应条件及部分反应物、生成物已略去。

回答下列问题：
(1)E中官能团的名称为___________。

(2)有机物A的化学名称为___________，B的结构简式为___________，反应Ⅱ的反应类型为___________。

(3)要实现反应I的转化，加入下列物质能达到目的的是___________。

A．NaHCO．B NaOH C．Na2CO3 D．CH3COONa
(4)写出反应Ⅲ的化学方程式_________________________________。

(5)产物E有多种同分异构体，满足下列条件的所有同分异构体G有___________种。

①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色：②能发生银镜反应；③1molG最多与2 molNaOH反应；④苯环上只有2个取代基且处于对位。

(6)结合以上合成路线信息，设计以CH3CH2 COOH为原料(无机试剂任选)，合成有机物
的合成路线_______________________________。

【答案】(1). 羧基、醚键(2). 2-甲基丙酸(3). (4). 取代反应(5). bc
(6). (7). 5 (8).
【解析】
【分析】
C发生反应Ⅰ生成苯酚钠，说明C为苯酚，B与D发生取代反应生成E，由E的结构可知，B为
(CH3)2CClCOOH，由氯贝丁酯()的结构可知F为
，则反应Ⅲ为E与乙醇的酯化反应，据此答题。

【详解】（1）E的结构简式为：，含有的官能团为羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键。

（2）有机物A的化学名称为2-甲基丙酸，B的结构简式为，反应Ⅱ为取代反应，故答案为：2-甲基丙酸；；取代反应。

（3）反应Ⅰ为苯酚生成苯酚钠的反应。

a.苯酚的酸性比碳酸弱，与NaHCO3不能反应，故a错误；
b.苯酚显酸性，与NaOH可以反应生成苯酚钠，故b正确；
c.苯酚的酸性比碳酸氢钠强，可以与Na2CO3反应生成苯酚钠，故c正确；
d.苯酚的酸性比乙酸弱，与CH3COONa不反应，故d错误。

故答案为：bc。

（4）反应Ⅲ是酯化反应，反应的化学方程式为：
，故答案为：。

（5）产物E为，①属于酯类且与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；③1molG最多与2molNaOH反应，说明不能甲酸苯酚酯；④苯环上只有2个取
代基且处于对位，满足条件的同分异构体：其中1个侧链为羟基，另一侧链为HCOOC3H7-，HCOOC3H7-的结构有5种：HCOOCH2CH2CH2-，HCOOCH2CH(CH3)-，HCOOCH(CH3)CH2-，HCOOC(CH3)2-，HCOOCH(CH2CH3)-，因此G有5种，故答案为：5。

（6）以CH3CH2COOH为原料合成有机物，需要合成CH2=CHCOOH，根据题干流程图中A→B，可以首先实现的转化，再将中的氯离子消去生成CH2=CHCOONa，最后酸化即可，合成路线为：
，
故答案为：。

【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。

一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。