1、精選優質文檔-傾情為你奉上濰坊市高考模擬考試理科綜合能力測試化學部分本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共12頁。滿分300 分。考試限定用時150分鐘。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。注意事項：1.答題前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、座號、縣區和科類填寫到答題卡和試卷規定的位置上。2.第I卷每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3.第II卷必須用0.5毫米黑色簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應的位置；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不

2、能使用涂改液、膠帶紙、修正帶。不按以上要求作答的答案無效。可能用到的相對原子質量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ga 70 As 75 Ce 140第I卷一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一 項是符合題目要求的。1.化學與生產生活密切相關。下列說法錯誤的是A. 工業上用2-乙基蒽醌經氫化、氧化、萃取等化學變化過程制得雙氧水B. 低溫下甲醇與水蒸氣催化制氫，該反應屬于氧化還原反應C. 為防止富脂食品氧化變質，常在包裝袋中放入硫酸亞鐵D. 用CO2合

3、成可降解塑料聚碳酸酯，實現“碳”的循環利用【答案】A【解析】【分析】從化學視角關注工農業生產、日常生活中的各種現象，并用化學原理分析解釋之。知道在生產生活中化學無處不在。【詳解】A項：2-乙基蒽醌制雙氧水過程中，氫化、氧化是化學變化，而萃取是物理變化，A項錯誤；B項：甲醇與水蒸氣制氫氣，氫元素化合價必有變化，故反應屬于氧化還原反應，B項正確；C項：硫酸亞鐵有還原性，可除去氧氣，防止富脂食品氧化變質，C項正確；D項：用CO2合成聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯可降解為CO2，從而實現“碳”的循環利用，D項正確。本題選A。2.下列說法錯誤的是A. 甘氨酸溶于過量鹽酸中生成的離子在電場作用下向陰極移動B. 植

4、物油和動物油都能發生皂化反應C. 可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別苯和直餾汽油D. 向雞蛋清溶液中滴加CuSO4溶液變渾濁，再加蒸餾水，振蕩無明顯變化【答案】C【解析】【分析】甘氨酸有兩性（含羧基和氨基），植物油和動物油都是高級脂肪酸的甘油酯，直餾汽油是多種飽和烴的混合物，在重金屬鹽等作用下蛋白質會變性。【詳解】A項：甘氨酸溶于過量鹽酸生成HOOCCH2NH3+，在電場作用下該陽離子向陰極移動，A項正確；B項：植物油和動物油都是油脂（高級脂肪酸的甘油酯），都能發生皂化反應（堿性條件下水解）制得肥皂和甘油，B項正確；C項：石油分餾得到的直餾汽油仍是多種飽和烴的混合物，它和苯都不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色

5、，C項錯誤；D項：雞蛋清溶液中蛋白質在重金屬鹽CuSO4作用下變性，生成的變性蛋白質不能重新溶解于蒸餾水，D項正確。本題選C。3.用下列實驗裝置（部分夾持裝置略去）進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A. 加熱裝置中的燒杯分離I2和高錳酸鉀固體B. 用裝置驗證二氧化硫的漂白性C. 用裝置制備氫氧化亞鐵沉淀D. 用裝置檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體【答案】D【解析】【分析】高錳酸鉀固體受熱會分解；二氧化硫使品紅等有機物褪色是二氧化硫的漂白性；硫酸亞鐵溶液與氫氧化鈉溶液不能自動混合；氯化銨受熱分解生成氨氣、氯化氫氣體，用酸堿指示劑分別檢驗。【詳解】A項：加熱時混合物中的碘升華、碘蒸氣遇冷凝華，但高

6、錳酸鉀固體會分解，故裝置I不能分離I2和高錳酸鉀固體，A項錯誤；B項：裝置中錐形瓶內生成的二氧化硫能使燒杯內溴水褪色，這是二氧化硫的還原性而不是漂白性，B項錯誤；C項：裝置中，右邊試管內生成硫酸亞鐵溶液和氫氣，氫氣排出裝置，硫酸亞鐵溶液與左邊試管內氫氧化鈉溶液不能自動混合，不能制備氫氧化亞鐵沉淀，C項錯誤；D項：裝置中，氯化銨受熱分解生成氨氣、氯化氫的混合氣體，P2O5吸收氨氣，濕潤的藍色石蕊試紙檢驗氯化氫。堿石灰吸收氯化氫，濕潤的酚酞試紙檢驗氨氣，D項正確。本題選D。【點睛】裝置III中，可將鐵和稀硫酸置于左邊試管、氫氧化鈉溶液置于右邊試管中，鐵和稀硫酸反應生成的氫氣可將裝置內空氣排出，反應

7、一段時間后夾緊止水夾，生成的氫氣會將硫酸亞鐵溶液壓入右邊試管，從而制得氫氧化亞鐵沉淀。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，且均不大于20。Y元素原子的最外層電子 數是內層電子數的3倍，Z元素原子的最外層電子數是最內層電子數的一半。甲是W、X兩種元素形成的簡單化合物，水溶液呈堿性，乙是Y元素的單質。在工業生產中它們有如下轉化關系。下列敘述正確的是A. 原子半徑的大小W<X<Y<ZB. 戊與丁反應過程中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1:2C. Y與Z形成的所有化合物中只存在離子鍵D. X元素的氧化物對應的水化物均為強酸【答案】B【解析】【分析】據原子序數增大的要求，由Y

8、、Z原子結構特征可知分別是氧、鈉（或鉀）元素；又由甲的組成和性質可知其為NH3，則W、X分別是氫、氮元素；Y元素的單質乙通常為O2；最后由轉化關系得丙、丁、戊分別是NO、H2O、NO2。【詳解】前20號元素中，原子最外層電子數是內層電子數的3倍的元素是氧，原子最外層電子數是最內層電子數的一半的元素有鋰、鈉、鉀，Y的原子序數小于Z，則Y為氧（O）、Z為鈉（Na）或鉀（K）。簡單化合物甲的水溶液呈堿性，甲只能是氨（NH3），則W、X元素分別是氫（H）、氮（N）。Y元素的單質乙通常是O2。據物質轉化關系圖，丙、丁、戊分別是NO、H2O、NO2。A項：據周期表中主族元素原子半徑變化規律，得原子半徑H&

9、lt;O<N<Na（或K），A項錯誤；B項：戊與丁反應3NO2+H2O2HNO3+NO中，NO2得電子生成NO，NO2是氧化劑，2NO2失電子生成HNO3，2NO2是還原劑，氧化劑與還原劑物質的量之比為1:2，B項正確；C項：Y與Z形成的化合物有Na2O、Na2O2、K2O等，其中Na2O2有離子鍵和共價鍵，C項錯誤；D項：X元素的氧化物對應的水化物有HNO3、HNO2，其中HNO3為強酸，HNO2屬于弱酸，D項錯誤。本題選B。5.有機化合物甲與乙一定條件下可反應生成丙：下列說法正確的是A. 甲與乙生成丙的反應屬于取代反應B. 甲分子中所有原子共平面C. 乙的一氯代物有2種D. 丙

10、在酸性條件下水解生成和CH318OH【答案】D【解析】【分析】比較甲、乙、丙的結構，分析其中化學鍵的變化，可知：反應“甲+乙丙”屬于加成反應。【詳解】A項：甲分子中兩個碳碳雙鍵間隔一個碳碳單鍵，類似1,3-丁二烯。乙分子中碳碳雙鍵斷其中一根鍵，與甲進行1,4-加成反應生成丙，A項錯誤；B項：甲分子中有一個亞甲基（CH2），它與直接相連的兩個碳原子構成正四面體，故不可能所有原子共面，B項錯誤；C項：乙的結構簡式為CH2=CHCO18OCH3，分子中有3種氫原子，其一氯代物有3種，C項錯誤；D項：丙在酸性條件下水解，酯基中的碳氧單鍵斷裂，生成和CH318OH，D項正確。本題選D。6.新型鋅碘液流電

11、池具有能量密度高、循環壽命長等優勢，其工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A. 放電時電流從石墨電極流向鋅電極B. 充電時陽極反應式為：3I2eI3C. 若將陽離子交換膜換成陰離子交換膜，放電時正負極也隨之改變D. 放電時左側電解質儲罐中的離子總濃度增大【答案】C【解析】【分析】鋅碘液流電池是一種新型二次電池，放電時鋅較活潑作負極，石墨作正極，負極失電子，正極得電子，將化學能轉變為電能；而充電過程是放電過程的逆過程，故電極反應、總反應等，都與放電過程相反。【詳解】A項，圖中電極材料為鋅和石墨，放電時鋅較活潑作負極，石墨作正極，負極反應為Zn-2e-Zn2+，失去的電子經外電路流向石墨，電流從石墨

12、電極經外電路流向鋅電極，A項正確；B項，充電過程與放電過程相反，鋅為陰極，電極反應為Zn2+2e-Zn；石墨為陽極，電極反應為3I2eI3，B項正確；C項，將陽離子交換膜換成陰離子交換膜，放電時正負極均不變，C項錯誤；D項，放電時左側正極反應為I3+2e3I，反應中離子總數增加，則左側電解質儲罐中的離子總濃度增大，D項正確。本題選C。【點睛】充電時，應將鋅電極與電源負極相連，將石墨電極與電源的正極相連。7.常溫時，向20 mL 0.1molL-1 的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，溶液的pH與滴加NaOH溶液體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是A. a 點

13、溶液中 c(CH3CH2COO) <c(Na+)B. 圖中四點，水的電離程度：c>d>b>aC. c 點溶液中cCH3CH2COOHcCH3CH2COO=104D. d 點溶液中c(Na+) +c(OH) =c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)【答案】C【解析】【分析】從酸堿滴定曲線入手，分析加入不同體積NaOH溶液時溶質的成分，據溶液酸堿性判斷弱電解質電離和鹽類水解的主次，以及酸堿鹽對水的電離平衡的影響等。【詳解】A項：a 點加入10mLNaOH溶液，充分反應后所得溶液中含溶質CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001mo

14、l。因pH<7，則溶液中CH3CH2COOH電離程度大于CH3CH2COO水解程度，c(CH3CH2COO) >c(Na+)，A項錯誤；B項：NaOH溶液加入前，CH3CH2COOH微弱電離出的H+抑制水電離；隨著NaOH溶液的加入，CH3CH2COOH溶液濃度減小，這種抑制作用減弱，水的電離程度增大；恰好中和時，生成的CH3CH2COO水解，使水的電離程度達到最大；之后加入的NaOH溶液過量，NaOH完全電離生成的OH-抑制水電離，水的電離程度又逐漸減小。故水的電離程度：c>b>a>d，B項錯誤；C項：據圖，加入NaOH溶液前，0.1molL-1CH3CH2CO

15、OH溶液pH3，則溶液中c(CH3CH2COO)c(H+)103molL-1，c(CH3CH2COOH)0.1molL-1103molL-10.1molL-1，常溫時CH3CH2COOH電離常數Ka105，CH3CH2COO-水解常數KhKw/Ka109。c點加入20mLNaOH溶液，兩者恰好完全反應得CH3CH2COONa溶液（pH=9），溶液中有水解平衡CH3CH2COO+H2OCH3CH2COOH+OH-，將Kh109、c(OH-)105molL-1代入Kh表達式，得cCH3CH2COOHcCH3CH2COO-=10-4，C項正確；D項：d 點加入30mLNaOH溶液，充分反應后所得溶液

16、中含溶質為0.002molCH3CH2COONa、0.001molNaOH。電荷守恒c(Na+) +c(H+) = c(OH)+c(CH3CH2COO)，物料守恒2c(Na+) =3c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)，兩式相減得c(Na+) c(H+) = 2c(CH3CH2COO)+3c(CH3CH2COOH)c(OH)，進而有c(Na+) +c(OH) =c(H+) +2c(CH3CH2COO) +3c(CH3CH2COOH)>c(H+) +c(CH3CH2COO) +c(CH3CH2COOH)，D項錯誤。本題選C。第II卷注意事項：1.用0.5毫米黑色簽字筆將答

17、案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。2.作答選考題時，請考生務必將所選題號用2B鉛筆涂黑，答完題后，再次確認所選題號。三、非選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據要求作答。()必考題：共129分。8.無水MgBr2常用于催化劑。某化學小組在實驗室選用下圖所示裝置 (夾持裝置略）采用鎂屑與液溴為原料制備無水MgBr2。已知：在濃硫酸存在下，加熱到140時乙醇脫水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加熱到170時乙醇脫水生成CH2 = CH2。乙醚的熔點為34.6，沸點為132。Mg和Br2劇烈反應，放出大量熱；MgBr2具有強吸水性；MgBr2

18、能與乙醚發生反應 MgBr2 +3C2H5OC2H5 MgBr2 3C2H5OC2H5。實驗主要步驟如下：I.選用上述部分裝置，正確連接，檢查裝置的氣密性。向裝置中加入藥品。II.加熱裝置A，迅速升溫至140，并保持140加熱一段時間，停止加熱。III.通入干燥的氮氣，讓液溴緩慢進入裝置B中，直至完全加入。IV.裝置B中反應完畢后恢復至室溫，過濾反應物，將得到的濾液轉移至干燥的燒瓶中，在冰水中冷卻，析出晶體，再過濾得三乙醚合溴化鎂粗產品。V.用苯洗滌粗產品，減壓過濾，得三乙醚合溴化鎂，將其加熱至160分解得無水 MgBr2。回答下列問題：(1)裝置A中使用儀器m的優點是_。(2)步驟I中所選裝

19、置的正確連接順序是a_ (填小寫字母)。裝置D的作用是_。(3)若加熱裝置A一段時間后發現忘記加入碎瓷片，應該采取的正確操作是_。(4)步驟V中用苯洗滌三乙醚合溴化鎂的目的是_。(5)步驟V采用減壓過濾（使容器內壓強降低，以達到固液快速分離）。下列裝置可用作減壓過濾的是_(填序號）。(6)實驗中若溫度控制不當，裝置B中會產生CH2BrCH2Br。請設計實驗驗證 CH2BrCH2Br的存在：從反應后的混合物中分離提純得到CH2BrCH2Br，_。【答案】 (1). 使系統內壓強相等，便于液體順利流下 (2). efbcg（ef可顛倒，bc可顛倒） (3). 防止倒吸 (4). 停止加熱，冷卻后補

20、加碎瓷片 (5). 除去乙醚和乙醇 (6). bc (7). 取少量CH2Br-CH2Br于試管中，加入NaOH溶液，加熱，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，證明有CH2Br-CH2Br。【解析】【分析】從實驗目的和實驗步驟看，以鎂屑與液溴等為原料先制備三乙醚合溴化鎂，再加熱分解制備無水MgBr2。故用A裝置制備乙醚并導入裝置B，中間加裝置D防止倒吸；用裝置E將溴蒸氣緩慢導入裝置B，使溴與鎂反應。【詳解】(1)裝置A中儀器m為恒壓漏斗，其左側導管可使漏斗內和燒瓶內氣體相通、壓強相等，打開恒壓漏斗時液體能順利流下。(2)為使鎂、溴、乙醚反應生成MgBr2 3C2H5OC2H

21、5，由裝置A制備乙醚并導入裝置B，用裝置D防止裝置B中液體倒吸至裝置A中；裝置E用干燥的氮氣將溴蒸氣緩慢導入裝置B。故儀器連接順序為ae，fb，cg（ef可顛倒，bc可顛倒）。(3)加熱液體易發生暴沸現象，常加入碎瓷片防止暴沸。若加熱裝置A一段時間后發現忘記加入碎瓷片，應該停止加熱，冷卻后補加碎瓷片。(4)步驟IV得到的三乙醚合溴化鎂粗產品吸附有乙醚和乙醇，步驟V中用苯洗滌就是為了除去這些雜質。(5)減壓過濾能使容器內壓強降低而容器外壓強不變，以快速分離固液混合物。裝置 b用水流沖出裝置內空氣、裝置c用抽氣泵抽出裝置內空氣，使裝置內壓強減小。裝置a、d都不能使固液混合物上下壓強差變大，不能加速

22、固液分離。(6)若裝置A溫度控制不當，可能生成CH2=CH2氣體，在裝置B中與溴加成產生CH2BrCH2Br。檢驗CH2BrCH2Br即檢驗溴原子，可將其水解為溴離子，再用稀硝酸、AgNO3溶液檢驗溴離子，從而證明其存在。具體操作為：從反應后的混合物中分離提純得到CH2BrCH2Br，取少量CH2Br-CH2Br于試管中，加入NaOH溶液，加熱，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，證明有CH2Br-CH2Br。9.CH4超干重整CO2技術可得到富含CO的化工原料。回答下列問題：（1）CH4超干重整CO2的催化轉化如圖所示：已知相關反應的能量變化如圖所示：過程的熱化學方程式為

23、_。關于上述過程的說法不正確的是_（填序號）。a實現了含碳物質與含氫物質的分離b可表示為CO2H2H2O（g）COcCO未參與反應dFe3O4、CaO為催化劑，降低了反應的H其他條件不變，在不同催化劑（、）作用下，反應CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）進行相同時間后，CH4的轉化率隨反應溫度的變化如圖所示。a點所代表的狀態_（填“是”或“不是”）平衡狀態；b點CH4的轉化率高于c點，原因是_。（2）在一剛性密閉容器中，CH4和CO2的分壓分別為20kPa、25kPa，加入NiAl2O3催化劑并加熱至1123K使其發生反應CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）。研究表明C

24、O的生成速率（CO）1.3×102·p（CH4）·p（CO2）mol·g1·s1，某時刻測得p（CO）20kPa，則p（CO2）_kPa，（CO）_mol·g1·s1。達到平衡后測得體系壓強是起始時的1.8倍，則該反應的平衡常數的計算式為Kp_（kPa）2。（用各物質的分壓代替物質的量濃度計算）（3）CH4超干重整CO2得到的CO經偶聯反應可制得草酸（H2C2O4）。常溫下，向某濃度的草酸溶液中加入一定濃度的NaOH溶液，所得溶液中cH2C2O4=cC2O42-，則此時溶液的pH_。（已知常溫下H2C2O4的Ka16

25、5;102，Ka26×105，lg60.8）【答案】 (1). CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=247.4kJ·mol-1 (2). cd (3). 不是 (4). b和c都未達平衡，b點溫度高，反應速率快，相同時間內轉化率高 (5). 15 (6). 1.95 (7). 362×3622×7 (8). 2.7【解析】【分析】由能量反應進程曲線得熱化學方程式，應用蓋斯定律可得過程I的熱化學方程式。過程II中進入循環的物質是最初反應物，出循環的物質是最終生成物，可得總反應方程式。恒溫恒容時組分氣體的分壓與其物質的量成正比，故用分

26、壓代替物質的量進行計算。草酸溶液與NaOH溶液混合后，其兩步電離平衡仍然存在，據電離常數表達式可求特定條件下溶液的pH。【詳解】(1)據CH4超干重整CO2的催化轉化圖，過程I的化學反應為CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量反應進程曲線得熱化學方程式：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H+206.2kJ·mol-1 （i）CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H165kJ·mol-1 （ii）(i)×2+(ii)得過程I的熱化學方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=24

27、7.4kJ·mol-1 過程物質變化為：左上（CO、H2、CO2）+ 右下（惰性氣體） 左下（H2O）+ 右上（CO、惰性氣體），總反應為H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO為總反應的催化劑，能降低反應的活化能，但不能改變反應的H。故ab正確，cd錯誤。通常，催化劑能加快反應速率，縮短反應到達平衡的時間。但催化劑不能使平衡發生移動，即不能改變平衡轉化率。若圖中a點為化學平衡，則保持溫度不變（800），將催化劑II換成I或III，CH4轉化率應不變，故a點不是化學平衡。同理，圖中b、c兩點都未達到化學平衡。據題意，b、c兩點只有溫度不同，b點溫度較高，反應速率快，相同時間內C

28、H4轉化率高。(2)據氣態方程PVnRT，恒溫恒容時某組分氣體的分壓與其物質的量成正比。則反應中分壓為1123K恒容時，CH4（g）CO2（g）2CO（g）2H2（g）起始分壓/kPa： 20 25 0 0改變分壓/kPa： 10 10 20 20某時分壓/kPa： 10 15 20 20即某時刻p(CO2)15kPa，p(CH4)10kPa。代入(CO)1.3×102·p(CH4)·p(CO2)mol·g1·s11.95mol·g1·s1。設達到平衡時CH4的改變分壓為x kPa，1123K恒容時，CH4（g）CO2（g）

29、2CO（g）2H2（g）起始分壓/kPa： 20 25 0 0改變分壓/kPa： x x 2x 2x平衡分壓/kPa： 20x 25x 2x 2x據題意，有(20x)+(25x)+2x+2x20+251.8，解得x18。CH4(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的平衡分壓依次是2 kPa、7 kPa、36 kPa、36 kPa，代入Kpp2(CO)p2(H2)p(CH4)p(CO2)362×3622×7(kPa)2。 (3)常溫下，草酸溶液與NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步電離：H2C2O4H+HC2O4 Ka1c(H+)c(HC2O4-)c(H2C2O4

30、)HC2O4H+C2O42 Ka2c(H+)c(C2O42-)c(HC2O4)當cH2C2O4=cC2O42-時，Ka1·Ka2c2(H+)。c(H+)Ka1·Ka26×103.5 mol/L，pH2.7。【點睛】一定溫度下，可逆反應建立平衡時，用平衡濃度求得濃度平衡常數Kc，用平衡分壓求得壓力平衡常數Kp，它們可通過氣態方程進行換算。10.鈰（Ce)是一種重要的稀土元素。以富含CeO2的廢玻璃粉末（含SiO2、 Fe2O3以及其他少量可溶于稀酸的雜質）為原料，采用多種方法回收鈰。請回答下列問題：(1)濕法空氣氧化法回收鈰的部分流程如下：已知：CeO2不溶于稀鹽酸

31、，也不溶于NaOH溶液。濾渣的成分是_，反應的離子方程式是_。(2)干法空氣氧化法回收鈰是把Ce(OH)3被空氣氧化成Ce(OH)4，氧化過程中發生的化學反應方程式為_。兩種制備Ge(OH)4的數據如下表：干法空氣氧化法氧化溫度/氧化率/%氧化時間/h暴露空氣中1101209018在對流空氣氧化爐中110120998在對流空氣氧化爐中大大縮短氧化時間的原因是_。(3)利用電解方法也可以實現鈰的回收。在酸性條件下電解Ce2O3 (如圖）：陽極電極反應式為_，離子交換膜為_ (填“陰”或“陽”）離子交換膜。電解產物Ce(SO4)2是重要的氧化劑，將其配成標準溶液，在酸性條件下能測定工業鹽中NaNO

32、2的含量，寫出發生反應的離子方程式_。【答案】 (1). CeO2、SiO2 (2). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O (3). 4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4 (4). 空氣對流能使氧氣濃度增大；使氧化表面增大 (5). Ce2O32e+6H+=2Ce4+3H2O (6). 陽 (7). Ce4+NO2-+H2O=2Ce3+NO3-+2H+【解析】【分析】分析流程圖中每一步發生的反應，可知濾渣、濾液的成分；根據影響化學反應速率的因素，分析反應速率問題；由化合價的升降變化判斷電極產物，寫出電極反應式；據物質性質分析氧化還原反應產物，寫出反應方程式。【

33、詳解】(1)流程中的“濾渣”是玻璃粉末中加稀鹽酸過濾所得，必為不溶于稀鹽酸的CeO2、SiO2。“濾渣”中加入稀鹽酸、H2O2后，過濾所得濾液中含Ce3+，故此時CeO2發生化學反應而溶解，CeO2被還原為Ce3+，則H2O2被氧化為O2，反應的離子方程式為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O。(2)干法空氣氧化法回收鈰，Ce(OH)3被空氣中氧氣氧化成Ce(OH)4，反應的化學方程式為4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。與“暴露空氣中”相比，“在對流空氣氧化爐中”氧氣能維持較大濃度，發生氧化反應的表面增大，化學反應較快，使氧化時間縮短。(3)電解池中，陽極發

34、生失電子的反應（氧化反應）。圖中電解裝置的陽極為Ce2O3，溶液為Ce(SO4)2、H2SO4的混合溶液，故為Ce2O3（Ce +3價）失電子生成Ce(SO4)2（Ce +4價），陽極電極反應式為Ce2O32e+6H+=2Ce4+3H2O。圖中陽極產物Ce4+在陰極排出，則電解池中為陽離子交換膜。Ce(SO4)2是重要的氧化劑，則NaNO2被其氧化為NaNO3，酸性條件下它們發生反應的離子方程式為2Ce4+NO2-+H2O=2Ce3+NO3-+2H+。【點睛】化學反應中元素種類和原子數目保持不變，若為氧化還原反應，還需關注化合價的升降變化；若為離子反應，還需關注電荷守恒問題。 (二）選考題：共

35、45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。11.日華子本草中已有關于雄黃的記載“雄黃，通赤亮者為上，驗之可以蟲死者為真。”雄黃（As4S4)和雌黃（As2S3)是提取砷的主要礦物原料，二者在自然界中共生。 回答下列問題：(1)基態砷原子的價電子軌道排布圖為_，核外電子占據的最高能級的電子云輪廓圖形狀為_。(2) S、P和N三種元素第一電離能由大到小的順序是_。(3) 雄黃（As4S4)的結構如圖1所示，S原子的雜化形式為_。(4) SO2分子中的鍵數為_個，分子的空間構型為_。分子中的大鍵可用符號mn表示，其中m代表參與形成大鍵的

36、原子數，n代表參與形成大鍵的電子數（如苯分子中的大鍵可表示為66），則SO2中的大鍵應表示為_。SO2分子中SO鍵的鍵角_NO3中NO鍵的鍵角（填“> ”、“<”、“=”）。(5)砷化鎵是優良的半導體材料，密度為 g cm，其晶胞結構如圖2所示。Ga和As 原子半徑分別為r1 pm和r2 pm，阿伏加德羅常數值為NA，則砷化鎵晶體的空間利用率為_。【答案】 (1). (2). 紡錘形或啞鈴形 (3). N>P>S (4). sp3 (5). 2 (6). V形（折線形） (7). 34 (8). < (9). 41030×NA(r13+r23)435&#

37、215;100%【解析】【分析】根據主族元素第一電離能的變化規律和“反常”現象，比較第一電離能的大小；運用雜化軌道理論判斷中心原子的雜化類型，運用價層電子對互斥理論推斷分子形狀、比較鍵角大小；根據晶胞結構計算原子空間利用率。【詳解】(1)砷為33號元素，As位于第4周期第VA族，其價電子即最外層電子。基態砷原子的價電子軌道排布圖為，核外電子占據的最高能級是4p，該能級的電子云輪廓圖為紡錘形或啞鈴形。(2)主族元素第一電離能變化規律為：同主族由上而下依次減小，同周期從左至右呈增大趨勢，但IIA、VA族元素“反常”。S、P和N三種元素第一電離能由大到小的順序是N>P>S。(3)S、As

38、原子的最外層分別有6個、5個電子，達到8電子穩定結構需分別形成2對、3對共用電子對，故雄黃（As4S4)分子結構中，黑球、白球分別表示硫、砷原子。每個硫原子都有4對價層電子對（2對鍵電子對、2對孤電子對），S原子都是sp3雜化。(4) SO2分子中，S原子結合2個O原子，有2個鍵。中心原子S的孤電子對數為12×（6-2×2）=1，鍵電子對數為2，價層電子對數為3，VSEPR模型為平面三角形，由于含1對孤電子對，故SO2分子為V形。氧原子的價電子排布為2s22p4，有2個未成對電子，兩個氧原子各用1個未成對電子（p軌道）與硫形成共用電子對（鍵），各用1個未成對電子（p軌道）與硫原子未雜化的p軌道形成大鍵，表示為34。SO2分子中，孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對間的斥力，故兩個SO鍵的鍵角小于120º；而NO3-中中心原子N上的孤電子對數為12×（5+1-3×2）=0，價層電子對數為3，VSEPR模型為平面三角形，由于不含孤電子對，NO3-為平面三角形，NO3中NO鍵的鍵角等于120º。(5) 1個砷化鎵晶胞中，有Ga、As 原子各4個，8個原子總體積為V原子43r1×1010cm3&