1、第 1 页，共 14 页2019 年河南省开封市高考化学一模试卷一、单选题（本大题共 7 小题，共 42.0 分）1. 一种制备高效漂白剂 NaClO2 的实验流程如图所示，反应中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是（ ）A. 反应中 H2O2 做还原剂B. 产品中含有 SO42-、Cl -C. NaClO2 的漂白原理与 SO2 相同D. 实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行【答案】A【解析】解：反应中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加
2、入 NaOH 溶液、H2O2，根据流程图知，反应 II 中生成 NaClO2，则 ClO2 作氧化剂，H 2O2 作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应 II 为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品 NaClO2， A反应 II 中 Cl 元素化合价由 +4 价变为+3 价，则 ClO2 是氧化剂，H 2O2 作还原剂生成氧气，故 A 正确； B反应 II 中 ClO2 可能生成氯离子，所以产品中不含 SO42-，可能含有氯离子，故 B错误； CNaClO 2 能氧化有色物质而体现漂白性，S
3、O 2 和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故 C 错误； D从溶液中获取结晶在蒸发皿中进行，灼烧固体在坩埚中进行，则实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，故 D 错误； 故选：A。反应中发生的反应为：3NaClO 3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入 NaOH 溶液、H 2O2，根据流程图知，反应 II 中生成 NaClO2，则 ClO2 作氧化剂，H 2O2 作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应 II 为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却
4、结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品 NaClO2， A反应 II 中 Cl 元素化合价由 +4 价变为+3 价，则 ClO2 是氧化剂，H 2O2 作还原剂； B产品中不含 SO42-； CNaClO 2 能氧化有色物质而体现漂白性，SO 2 和有色物质发生化合反应生成无色物质； D从溶液中获取结晶在蒸发皿中进行。本题考查物质制备，侧重考查实验操作、仪器选取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理、元素化合物性质、常见仪器的使用方法是解本题关键，会正确书写反应 II 的方程式，题目难度不大。2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）第 2 页，共 14 页A. 标准状况下，2.24L
5、HF 含分子数目为 0.1NAB. 120 g Na2SO4 固体含有 H+的数目为 NAC. 100mL0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液中，含阴离子的数目大于 0.01NAD. 1 mol SO2 与足量 O2 在一定条件下反应生成 SO3，共转移 2NA 个电子【答案】C【解析】解：A标况下 HF 为液体，不能使用气体摩尔体积，故 A 错误； B硫酸钠固体不含氢离子，故 B 错误； C碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子数目增多，所以100mL0.1mol/L 的 Na2CO3 溶液中，含阴离子的数目大于 0.01NA，故 C 正确； D二氧化硫与氧气反应为可逆反应，
6、不能进行到底，所以 1 mol SO2 与足量 O2 在一定条件下反应生成 SO3，转移电子数小于 2NA 个，故 D 错误； 故选：C。A标况下 HF 为液体； B硫酸钠固体不含氢离子； C碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子； D二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底。本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，注意可逆反应不能进行到底的特点。3. 下列有关有机物结构和性质的说法错误的是（ ）A. 分子式为 C5H10O2 且能与 NaHCO3 反应放出气体的结构共有 4 种B. 石油是混合物，可通过分馏得到汽
7、油、煤油等纯净物C. 苯甲酸（ ） 分子中所有原子可能位于同一平面D. 1mol 盐酸美西律（ ）最多可与 3 mol H2 发生加成【答案】B【解析】解：A分子式为 C5H10O2 且与 NaHCO3 能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C 4H9，-C 4H9 异构体有：-CH 2CH2CH2CH3，-CH（CH 3）CH 2CH3，-CH 2CH（CH 3）CH 3，-C（CH 3） 3，故符合条件的有机物的异构体数目为 4，故 A 正确；B汽油、煤油都是混合物，不是纯净物，故 B 错误；C苯分子中所有原子共平面，HCOOH 中所有原子共平面，碳碳单键可以
8、旋转，根据苯和甲酸结构特点知苯甲酸中所有原子可以共平面，故 C 正确；D该物质中的苯环能和氢气在一定条件下发生加成反应，所有 1mol 盐酸美西律（）最多可与 3 mol H2 发生加成，故 D 正确；故选：B。A分子式为 C5H10O2 且与 NaHCO3 溶液能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C 4H9，-C 4H9 异构体数目等于该有机物的异构体数；B汽油、煤油都是混合物；C苯分子中所有原子共平面，HCOOH 中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，根据苯和甲酸结构特点判断苯甲酸中所有原子是否共平面；D该物质中的苯环能和氢气在一定条件下发生加成反应。第 3
9、页，共 14 页本题涉及同分异构体种类判断、原子共平面判断、有机物结构和性质等知识点，侧重考查分析判断及知识迁移能力，难点是同分异构体种类判断，要考虑碳链异构，注意C 根据苯和甲酸结构特点判断，题目难度不大。4. 某课题组以纳米 Fe2O3 作为电极材料制备锂离子电池( 另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。下列说法错误的是 A. 放电时，负极的电极反应式为 Lie =Li+ B. 放电时，电子通过电解质从 Li 流向 Fe2O3C. 充电时， Fe 做阳极，电池逐渐摆脱磁铁吸引D. 充电时，阳极的电极反应式为 2F
10、e+3Li2O6e = Fe2O3+6Li+【答案】B【解析】解：A放电时，负极的电极反应式为 Li-e-=Li+，故 A 正确；B放电时，电子不能通过电解质，故 B 错误；C充电时，Fe 作为阳极失电子，电池逐渐摆脱磁铁吸引，故 C 正确；D充电时，阳极与正极相反，电极反应式为 2Fe+3Li2O-6e-=Fe2O3+6Li+，故 D 正确。故选：B。由图可知该电池充放电时的反应为：6Li+Fe 2O3 3Li2O+2Fe，则放电时负极反应式为 Li-e-=Li+，正极反应式为 Fe2O3+6Li+6e-=3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解
11、答该题。本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是电极反应式的书写。5. 下列有关实验操作，说法正确的是（ ）A. 配制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低B. 用盐酸标准溶液滴定未知浓度氨水，选用酚酞做指示剂的结果比甲基橙更准确C. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，加热后的坩埚应直接放置在石棉网上冷却D. 测定中和热时，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度【答案】D【解析】【分析】本题考查中和热的测定、化学实验基本操作等知识，题目难度不大，
12、把握实验操作的第 4 页，共 14 页规范性、实验细节和实验原理为解答的关键。【解答】A.制一定物质的量浓度溶液时，容量瓶中有少量的水不会干扰实验结果，故 A 错误；B.盐酸滴定未知浓度的氨水，滴定终点显酸性，利用酚酞误差大，应选甲基橙作指示剂，故 B 错误；C.加热后的坩埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水，再称量，操作合理，故 C错误；D.测定中和热实验关键是保温工作，应迅速将酸、碱稀溶液在有保温措施的容器内混合、搅拌，记录最高温度，故 D 正确。故选 D。6. X、Y、Z、M、W 为 5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。X 有三种核素，质量数之比为 1：2：3，Y 是植物生长所需的
13、三大营养元素之一，Z 和 M 同主族。下列说法正确的是（ ）A. 单质沸点：YWMB. 原子半径：XC. X、 Y、Z 三种元素形成的一种化合物乙可能含有离子键D. X 与 Y、M、W 形成的最简单化合物中，等物质的量浓度水溶液的pH：WMY【答案】C【解析】解：根据分析可知，X 为 H，Y 为 N 元素，Z 为 O，则 M 为 S 元素，W 为Cl 元素，A氮气和氯气常温下为气体，而 S 单质为固态，则单质沸点 YW M ，故 A 错误；B电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：XZYM，故 B 错误；CH、O、N 可以形成硝酸铵，硝酸铵属于离子化合物，含有
14、离子键，故 C 正确；D氨气水溶液呈碱性，硫化氢水溶液为弱酸， HCl 溶液为强酸，则等物质的量浓度水溶液的 pH：WM Y，故 D 错误；故选：C。X、Y、Z、M、W 为 5 种短周期主族元素且原子序数依次增大。X 有三种核素，质量数之比为 1：2：3，则 X 为 H 元素；Y 是植物生长所需的三大营养元素之一，则 Y 为N 元素；Z 和 M 同主族，Z 只能为第二周期元素，若 Z 为 O，则 M 为 S 元素，W 为Cl 元素；若 Z 为 F 元素，则 M 为 Cl，W 只能为 Ar，但 Ar 不是主族元素，所以 Z 为O，则 M 为 S 元素，W 为 Cl 元素，据此进行解答。本题考查原
15、子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。7. 常温下向 10mL0.1mol/L 的 HR 溶液中逐滴加入 0.1mol/L 的氨水，所得溶液 pH 及导电性变化如图。下列分析正确的是 第 5 页，共 14 页A. ac 点，溶液中离子数目先增大后减小B. b 点溶液 pH=7 说明 c(NH4+)=c(R )C. c 点溶液存在 c(NH4+)C(R )c(H+)c(OH )D. b、c 两点对应溶液中，水的电离程度相同【答案】B【解析】【分析】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判
16、断能力，明确 HR 酸性强弱、混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。【解答】根据图知，未加氨水时 0.1mol/L 的 HRpH 大于 1 而小于 7，说明 HR 是弱酸；HR、一水合氨都是弱电解质，但是二者生成的 NH4R 是强电解质，a 点溶质为 HR 和 NH4R，但是 c（HR）c（NH 4R）；b 点酸碱恰好完全反应，则溶质为 NH4R；c 点氨水过量，溶质为 NH4H2O；A.ac 点，溶液中溶质物质的量逐渐增大，导致溶液中离子数目逐渐增多，所以从ac 点，溶液中离子数目一直增大，故 A 错误；B.b 点溶液的 pH=7，溶液呈中性，c（H
17、+）=c（OH -），溶液中存在电荷守恒c（NH 4+）+c（H +）=c（OH -）+c（R -），所以存在 c（NH 4+）=c（R -），故 B 正确；C.c 点溶液 pH7，溶液呈碱性，则 c（H +）c（OH -），故 C 错误；D.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离， b 点溶质为含有弱离子的盐、c 点溶质为你碱和含有弱离子的盐，所以 b 点促进水电离、c 点抑制水电离，所以 b、c 两点水电离程度不等，故 D 错误。故选 B。二、填空题（本大题共 1 小题，共 15.0 分）8. 研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。 第 6 页，共 14 页(1)升
18、高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O 2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：I.2NO(g) N2O2(g)(快) H 1”“”或“=”)。由实验数据得到v2 正 c(O2)的关系可用图 1 表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为_( 填字母) 。(2)通过图 2 所示装置,可将汽车尾气中的 NO、NO 2 转化为重要的化工原料HNO3，其中 A,B 为多孔惰性电极。该装置的负极是_(填“A”或“B”),B 电极的电极反应式为_。(3)实验室可用 NaO
19、H 溶液吸收 NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含 0.2 mol NaOH 的水溶液与 0.2 mol NO2 恰好完全反应得 1L 溶液甲，溶液乙为 0.1mol/L 的 CH3COONa 溶液，则两溶液中c(NO3 )、c (NO 2 )和 c(CH2COO )由大到小的顺序为_(已知 HNO2 的电离常数 K=7.1104 mol/L，CH 2COOH 的电离常数 K=1.7105 mol/L)。可使溶液甲和溶液乙的 pH 相等的方法是 _。a.向溶液甲中加适量水 b.向溶液甲中加适量 NaOHc.向溶液乙中加适量水 d.向溶液乙中加适量 NaOH【答
20、案】H 1+H2 减小 a A O2+4e-+4H+=2H2O c（NO 3-）c（NO 2-）c（CH 2COO-） bc【解析】解：（1）2NO（g）N 2O2（g）；N 2O2（g）+O 2（g）2NO 2（g），而目标反应 2NO（g）+O 2（g）2NO 2（g）的 H=+ =H1+H2，由反应达平衡状态，所以 v1 正 =v1 逆 、v 2 正 =v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 =v1 逆 v2 逆 ，即 k1 正 c2（NO ）k 2 正c（N 2O2）c（O 2）=k 1 逆 c（N 2O2）k 2 逆 c2（NO 2），则是 K= = ，而正反应是放热反应，所以升高温度
21、，平衡常数减小，故答案为：H 1+H2； ；减小；因为决定 2NO（g）+O 2（g）2NO 2（g）速率的是反应，所以反应的活化能E1 远小于反应的活化能 E2；决定反应速率的是反应，而温度越高 k2 正 增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v 2 正 升高到某一温度时 v2 正 减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a；故答案为：；a；（2）原电池中 NO、NO 2HNO 3，所以通入氮氧化物的电极是负极，即 A 电极为负极，酸性条件下，B 电极上 O2 得电子发生还原反应，电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O；故答案为：
22、A；O 2+4e-+4H+=2H2O；（3）0.2molNaOH 的水溶液与 0.2molNO2 恰好完全反应得到 1L 物质的量均为第 7 页，共 14 页0.1molNaNO3、NaNO 2 的混合溶液甲，溶液乙为 0.1molL-1 的 CH3COONa 溶液，所以c（NaNO 3）=c（NaNO 2）=c（CH 3COONa）=0.1mol/L，CH 3COONa、NaNO 2 都是弱酸强碱盐，NaNO 3 是强酸强碱盐，而 HNO2 的电离常数 Ka=7.110-4molL-1，CH 3COOH 的电离常数 Ka=1.710-5molL-1，则 CH3COOH 酸性小于 HNO2 的
23、酸性，即乙溶液中醋酸根离子水解程度大于甲溶液中亚硝酸根离子、余下的醋酸根离子的浓度小，但乙溶液的碱性强，所以两溶液中 c（NO 3-）、c（ NO2-）和 c（CH 3COO-）由大到小的顺序为 c（NO 3-）c（NO 2-）c（CH 3COO-）；由于乙溶液的碱性强于甲溶液，根据强者稀释、弱者加碱规则可向甲溶液中加适量碱、乙溶液中加适量水稀释，使二者碱性相同、pH 相等，故选 bc；故答案为：c（NO 3-）c（NO 2-）c（CH 3COO-）；bc。（1）2NO（g） N2O2（g）；N 2O2（g）+O 2（g）2NO 2（g），根据盖斯定律+得到反应 2NO（g）+O 2（g）2N
24、O 2（g）的H，平衡常数 K= ，由反应达平衡状态，所以 v1 正 =v1 逆 、v 2 正 =v2 逆 ，所以 v1 正 v2 正 =v1 逆 v2 逆 ，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，由此分析解答；因为决定 2NO（g）+O 2（g）2NO 2（g）速率的是反应，所以反应的活化能E1 远小于反应的活化能 E2；决定反应速率的是反应，而温度越高 k2 正 增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v 2 正 升高到某一温度时 v2 正 减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，由此分析解答；（2）原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应
25、，根据电子守恒、电荷守恒写出电极反应式；（3）因为 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，所以 0.2mol NaOH 溶液与 0.2molNO2恰好完全反应得 1L 溶液甲，所以溶液甲中 c（NaNO 3）=c（NaNO 2）=0.1mol/L，溶液乙为 0.1molL-1 的 CH3COONa 溶液，因此甲乙两种溶液中 c（CH 3COONa）=c（NaNO 2）=0.1mol/L，CH 3COONa、NaNO 2 都是弱酸强碱盐，NaNO 3 是强酸强碱盐，根据弱酸的电离平衡常数判断 HNO2 和 CH3COOH 的酸性：CH 3COOHHNO 2，结合“越弱越水解，余下
26、就越少，谁强显水性”比较离子浓度大小关系；浓度相同的CH3COONa、NaNO 2 溶液中碱性强弱：CH 3COONaNaNO 2，使碱性不同溶液 pH 相等的方法是强者稀释、弱者加碱。本题涉及盖斯定律的应用、化学平衡的有关计算，电极反应式的书写、水解规律及其溶液中离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，原理知识的熟练、综合应用是关键，注意强化双基训练。三、简答题（本大题共 3 小题，共 34.0 分）9. 氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石（主要成分为 ZiSiO 4，含有少量 Al2O3、SiO 2、Fe 2O3 等杂质）为原料通过碱熔法
27、制备氧化锆（ZrO 2）的流程如下：25时，有关离子在水溶液中沉淀时的 pH 数据：物质 Fe（OH） 3 Zr（OH） 4 Al（OH） 3开始沉淀时 pH 1.9 2.2 3.4沉淀完全时 pH 3.2 3.2 4.7第 8 页，共 14 页请回答下列问题：（1）流程中旨在提高化学反应速率的措施有_。（2）操作 I 的名称是_ 滤渣 2 的成分为_。（3）锆英石经“高温熔融”转化为 Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：_。（4）“调节 pH”时，合适的 pH 范围是_。为了得到纯的 ZrO2，Zr（OH）4 需要洗涤，检验 Zr（OH ） 4 是否洗涤干净的方法是_。（5）写出“高温煅
28、烧”过程的化学方程式_。根据 ZrO2 的性质，推测其两种用途_。【答案】粉碎、高温 过滤 硅酸 ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O 3.23.4 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则 Zr（OH） 4 洗涤干净 Zr（OH） 4 ZrO2+2H2O 耐火材料、磨料【解析】解：（1）粉碎固体，升高温度，可提高化学反应速率，故答案为：粉碎、高温；（2）操作用于分离固体和液体，应为过滤操作，滤渣 2 为硅酸，故答案为：过滤；硅酸；（3）高温下，ZrSiO 4 与 NaOH 反应生成 Na2SiO3 和 Na2ZrO3，反应的化学方程
29、式为：ZrSiO4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，故答案为：ZrSiO 4+4NaOH Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；（4）“调节 pH”时，合适的 pH 范围是 3.23.4 使 ZrO2+转化为 Zr（OH ） 4 沉淀，且避免生成 Al（OH） 3，Zr （OH） 4 表面为附着 Cl-等，检验 Zr（OH） 4 是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则 Zr（OH） 4 洗涤干净，故答案为：3.23.4；取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则 Zr（OH ） 4 洗涤
30、干净；（5）“高温煅烧”过程的化学方程式为 Zr（OH） 4 ZrO2+2H2O，根据 ZrO2 的性质，推测其两种用途有耐火材料、磨料等，故答案为：Zr（OH ） 4 ZrO2+2H2O；耐火材料、磨料。锆英砂（主要成分为 ZrSiO4，还含少量 Fe2O3、Al 2O3、SiO 2 等杂质）加 NaOH 熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO 4 转化为 Na2SiO3 和 Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣 1 为 Fe2O3，得到滤液 1 中加过量盐酸酸浸，Na2SiO3 与 HCl 生成硅酸沉淀，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，滤渣 2 为H2Si
31、O3，滤液中含有 ZrO2+、Al 3+，加氨水调节 pH 为 3.23.4 使 ZrO2+转化为Zr（OH） 4 沉淀，过滤、洗涤，得到 Zr（OH） 4，加热分解，即可得到 ZrO2，以此解答该题。本题考查物质制备工艺流程，为高考常见题型，题目涉及陌生方程式书写、条件控制、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，关键理解工艺流程中试剂作用、物质转化、分离提纯等。10. 决定物质性质的重要因素是物质结构。请回答下列问题：（1）已知元素 M 是组成物质 Ca5（PO 4） 3F 的一种元素。元素 M 的气态原子逐第 9 页，共 14 页个失去第 1 个至第 5 个电子所需
32、能量（即电离能，用符号 I1 至 I5 表示）如表所示：I1 I2 I3 I4 I5电离能（kJ/mol ） 589.8 1145.4 4912.4 6491 8153元素 M 化合态常见化合价是_价，其基态原子电子排布式为_。（2）Ca 3（PO 4） 3F 中非金属元素电负性由大到小的顺序为_。（3）PO 43-的中心原子的杂化方式为 _，该离子的空间构型为_，键角为_，其等电子体有_ （请写出两种）。（4）CaF 2 晶胞结构如图所示，则 CaF2 晶体中与 Ca2+最近且等距离的 Ca2+数目为_；已知 Ca2+和 F-半径分别为 a cm、b cm，阿伏伽德罗常数为 NA，M 为摩尔
33、质量，则晶体密度为_gcm -3（不必化简）。（5）已知 MgO 与 CaO 的晶体结构相似，其摩氏硬度的大小关系为 _，原因为_。【答案】+2 1s 22s22p63s23p64s2 FOP sp3 正四面体 10928 SO 42-、CCl 4 12 MgOCaO 离子所带电荷相同，Mg 2+离子半径比 Ca2+的小，MgO 的晶格能较大【解析】解：（1）M 的第三电离能剧增，说明该元素失去 2 个电子时为稳定结构，则该元素最外层有 2 个电子，故 M 为 Ca，元素 M 化合态常见化合价是+2，其基态原子电子排布式为 1s22s22p63s23p64s2，故答案为：+2；1s 22s22
34、p63s23p64s2；（2）同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：FOP，故答案为：FOP；（3）PO 43-的中心原子 P 的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4 ，P 原子杂化方式为 sp3 杂化，微粒空间构型为正四面体，键角为 10928；原子总数相同、价电子总数也相同的微粒互为等电子体，用 S 原子替换 P 原子与 1 个单位负电荷可得PO43-的等电子体 SO42-原子总数为 5，价电子总数为 32，平均价电子数为 6.4，等电子体分子含有 VIIA 族 4 个原子、VA 族 1 个原子，可以为 CCl4 等，故答案为：sp 3；正四面体；1
35、0928；SO 42-、CCl 4；（4）以顶点 Ca2+研究，与之最近且等距离的 Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为 8 个晶胞共用，每个面心为 2 个晶胞共用，故 CaF2 晶体中与 Ca2+最近且等距离的 Ca2+数目为：=12；每个氟离子周围有 4 个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体第 10 页，共 14 页中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离大于晶胞体对角线长度的 ，Ca 2+和 F-半径分别为 a cm、 b cm，则晶胞体对角线长度为4（a+b）cm，故晶胞棱长= cm，晶胞中 Ca2+数目=8 +6 =4、F -数目为
36、8，故晶胞质量=4 g，则晶体密度=4 gcm3= gcm-3，故答案为：12； ；（5）离子所带电荷相同，Mg 2+离子半径比 Ca2+的小，MgO 的晶格能较大，故硬度：MgOCaO，故答案为：MgOCaO；离子所带电荷相同，Mg 2+离子半径比 Ca2+的小，MgO 的晶格能较大。（1）M 的第三电离能剧增，说明该元素失去 2 个电子时为稳定结构，则该元素最外层有 2 个电子，故 M 为 Ca；（2）同周期主族元素自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小；（3）PO 43-的中心原子 P 的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4 ，微粒空间构型为正四面体；原子总数相同、价电子总
37、数也相同的微粒互为等电子体；（4）以顶点 Ca2+研究，与之最近且等距离的 Ca2+处于晶胞面心，每个顶点为 8 个晶胞共用，每个面心为 2 个晶胞共用；每个氟离子周围有 4 个钙离子，四个钙离子形成正四面体结构，氟离子处于正四面体中心，则晶胞顶点钙离子与正四面体中心氟离子连线处于晶胞对角线上，且二者距离大于晶胞体对角线长度的 ，Ca 2+和 F-半径分别为 a cm、 b cm，则晶胞体对角线长度为4（a+b）cm，故晶胞棱长= cm，均摊法计算晶胞中 Ca2+、F -数目，计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量晶胞体积；（5）离子所带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的硬度越大。本题考
38、查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、电负性、杂化方式与空间构型判断、键参数、等电子体、晶胞结构与计算、晶体类型与性质等，这些都是常考知识点，理解电离能与核外各层电子数关系。第 11 页，共 14 页11. G 是药物合成中的一种重要中间体，下面是 G 的一种合成路线：已知：回答下列问题：（1）B 的结构简式为_ ，其中所含官能团的名称为_；B 生成 C 的反应类型为_。（2）D 的名称是_。（3）由 C 和 E 合成 F 的化学方程式为_。（4）D 的同分异构体中，能发生银镜反应且分子结构中含苯环的还有_种，其中核磁共振氢谱上有 6 组峰，峰面积之比为 1：1：1：1：1：1 的同分异
39、构体的结构简式为_（一种即可）。（5）参照上述合成路线，以 CH3CH2Cl 为原料（其他试剂任选），设计制备巴豆醛（CH 3CH=CHCHO）的合成路线。【答案】 羰基、羟基 取代反应 对羟基苯甲醛 3 或【解析】解：（1）对比 A、 C 的结构简式，结合 B 的分子式、信息中第一步反应，可知 B 为 ，含有的官能团有：羰基、羟基； B 转化为 C 是 B 中酚羟基中第 12 页，共 14 页H 原子被甲基替代，属于取代反应，故答案为： ；羰基、羟基；取代反应；（2）由 E 的结构，结合 B 转化 C 发生取代反应，可推知 D 为 ，D的名称为：对羟基苯甲醛，故答案为：对羟基苯甲醛；（3）对
40、比 C、E、F 的结构可知，整个过程是 C 中羰基连接的甲基与 E 中醛基发生加成反应，然后再发生分子内脱水反应（醇的消去反应）生成 F，反应方程式为：，故答案为： ；（4）D（ ）的同分异构体能发生银镜反应且分子结构中含苯环，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，符合条件的还有： 、 、，其中核磁共振氢谱上有 6 组峰，峰面积之比为 1：1：1：1：1：1 的同分异构体的结构简式为： 、 ，故答案为：3； 或 ；（5）CH 3CH2Cl 发生水解反应生成 CH3CH2OH，然后发生催化氧化生成 CH3CHO，再发生转化关系中生成 F 的反应可以得到 CH3CH=CHCHO，合成路线流程图为：CH3C
41、H2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH2Cl CH3CH2OH CH3CHO CH3CH=CHCHO。（1）对比 A、C 的结构简式，结合 B 的分子式、信息中第一步反应，可知 B 为；B 转化为 C 是 B 中酚羟基中 H 原子被甲基替代；第 13 页，共 14 页（2）由 E 的结构，结合 B 转化 C 发生取代反应，可推知 D 为 ；（3）对比 C、E、F 的结构可知，整个过程是 C 中羰基连接的甲基与 E 中醛基发生加成反应，然后再发生分子内脱水反应（醇的消去反应）生成 F；（4）D（ ）的同分异构体能发生银镜反应且分子结构中含苯环，说明
42、含有醛基或甲酸形成的酯基；（5）CH 3CH2Cl 发生水解反应生成 CH3CH2OH，然后发生催化氧化生成 CH3CHO，再发生转化关系中生成 F 的反应可以得到 CH3CH=CHCHO。本题考查有机物的合成，充分利用转化中物质的结构进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，（5）中注意转化关系中隐含信息的利用，注意适当拓展有机物的命名。四、实验题（本大题共 1 小题，共 14.0 分）12. 磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体 PH3(沸点89.7，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物 (以 PH3
43、计)的残留量不超过 0.05mg/kg 时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。在 C 中加入 100g 原粮，E 中加入 20.00mL2.50104 mol/ L KMnO4 溶液(H 2SO4 酸化)，往 C 中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定 E 中过量的 KMnO4 溶液。回答下列问题：(1)PH3 的电子式为_。仪器 D 的名称是_。(2)通入空气的作用是_。(3)装置 B 中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的 O2。若去掉该装置，对实验的影响为_。(4)装置 E 中 PH3 被氧化成磷酸，
44、则装置 E 中发生反应的离子方程式为_。收集装置 E 中的吸收液，加水稀释至 250mL，取 25.00mL 于锥形瓶中，用 4.0105 mol/L 的 Na2SO3 标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液，消耗 Na2SO3标准溶液 20.00mL，Na 2SO3 与 KMnO4 溶液反应的离子方程式为：SO32 +MnO4 +H+SO 42 +Mn2+H2O(未配平) ，则该原粮样品中磷化物(以 PH3 计) 的质量为_mg。该原粮样品 _(填“合格”或“不合格”)第 14 页，共 14 页【答案】（1） ；分液漏斗（2）保证生成的 PH3 全部被装置 E 中的高锰酸钾溶液吸收（3）造成测
45、定结果偏低（4）5PH 3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；0.34；不合格【解析】【分析】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查元素化合物知识氧化还原反应滴定及相关计算，综合考查了氧化还原反应、方程式的计算、实验原理的理解和定量测定的有关计算和误差分析等，题目难度中等。【解答】（1）PH 3 的电子式 ；仪器 D 的名称是分液漏斗，故答案为： ；分液漏斗；（2）通入空气把生成的 PH3 全部赶入高锰酸钾溶液中吸收，否则导致测定值偏低，故答案为：保证生成的 PH3 全部被装置 E 中的高锰酸钾溶液吸收；（3）氧气能氧化 PH3，如果去掉该装置，磷化氢被氧气
46、氧化，造成测定结果偏低，故答案为：造成测定结果偏低；（4）装置 E 中 PH3 被氧化成磷酸，高锰酸钾溶液被还原生成锰离子，同时还有水生成，离子方程式为 5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；收集 E 中吸收液，加水稀释至 250mL，取 25.00mL 于锥形瓶中用浓度为 410-5mol/LNa2SO3 标准溶液滴定剩余的 KMnO4 溶液，消耗 Na2SO3 标准溶液 20.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O，2KMnO 45Na 2SO3；未反应的 n（KMnO 4）=
47、410-5mol/L0.020L=3.210-7mol，则 250mL 溶液中未反应的n（KMnO 4）=3.210 -6mol；与 PH3 反应的 n（KMnO 4）=0.02L2.5010 -4mol/L=510-6mol/L-3.210-6mol=1.810-6mol，根据反应 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；得5PH38KMnO 4，n（PH 3）= n（KMnO 4）= 1.810-6mol=110-6mol，其质量=110 -6mol34g/mol=3.410-5g，则 1kg 中还原磷化氢质量=3.410 -4g=0.34mg0.05mg，所以不合格，故答案为：5PH 3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2+12H2O；0.34；不合格。
浙公网安备33030202001339号