D．Y、Z均能与X形成熔点很高的化合物
13.用0.l0mol·L-1HCl溶液滴定20mL0.050mol·L-1Na2CO3和0.025mol·L-1NaHCO3混合溶液，得出如图所示的滴定曲线。
下列说法不正确的是（）
A．a点溶液显碱性的主要原因是：
B．b点溶液中：
c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）
C．c点溶液中：
c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（C1-）
D．d点溶液中：
c（Na+）>c（C1-）>c（HCO3-）>c（H+）>c（OH-）
三、非选择题：
（一）必考题：
共43分
26.（15分）甘氨酸亚铁[（NH2CH2COO）2Fe]是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。
某学习小组在实验室利用直接合成法制各甘氨酸亚铁。
有关物质性质如下所示：
甘氨酸（NH2CH2COOH）
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇、
易溶于水和乙醇，
易溶于水，
两性化合物
有强酸性和还原性
难溶于乙醇
实验过程及装置图如下（夹持和加热仪器已省略）：
I．合成：
在C中加入0.10mol甘氨酸、0.05mol硫酸亚铁、少量柠檬酸和200mL水，利用CO2将C装置中的空气排净，然后在40℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，并用恒压滴液漏斗向C中滴加6mol·L-1NaOH溶液调节pH到6左右，使反应物充分反应。
II．分离：
加入无水乙醇，立即出现白色沉淀。
将沉淀进行过滤、洗涤，收集滤渣。
Ⅲ．提纯：
将滤渣溶解于适量的蒸馏水中，然后结晶、过滤，将纯化后的产品放入真空干燥箱中干燥后称重。
回答下列问题：
（1）B装置的作用是
（2）能证明C装置中空气排净的现象是______________；向C中滴加NaOH溶液之前应该停止滴加盐酸，且关闭止水夹____________，打开止水夹________
（3）“合成”中加入柠檬酸的作用是——：
请写出合成甘氨酸亚铁的化学方程式_________。
（4）加入乙醇的目的是________；“提纯”时用的结晶方法为________________
（5）通过测量得知：
等浓度（NH2CH2COO）2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液。
暴露在空气中，（NH2CH2COO）2Fe溶液比FeSO4溶液难被氧化，请分析原因为________
（6）若产品质量为ag，则产率为________%。
27.（14分）钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料，其制备工艺流程图如下：
（l）草酸中碳元素的化合价为_____。
（2）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_____（写出一条）。
（3）“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO（C2O4）22-、和TiO（OH）+三种形式存在，如图所示。
实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.5～3之间，再进行“沉淀”，则上图中曲线a对应钛的形式为________（填化学式）：
写出“沉淀”时的离子方程式：
__________。
（4）草酸氧钛钡晶体经蒸馏水数次洗涤后，证明它已被洗涤干净的实验方案____________。
（5）工业上TiCl4和BaCO3通常用如下方法制备：
①先将金红石（TiO2）与过量焦炭混合，再通人Cl2并加热到900℃制取TiCl4。
请写出该法制取TiCl4的化学方程式：
__________________________________。
②BaCO3是将重晶石（主要成分为BaSO4）浸泡在Na2CO3溶液中足够长时间来制备。
请问Na2CO3溶液的浓度至少要大于______mol·L-1才能开始转化。
（已知常温下：
Ksp（BaSO4）=1.0×10-10（mol·L-1）2，Ksp（BaCO3）=2.58×10-9（mol·L-1）2，忽略CO32-的水解）。
28.（14分）碳、氮等元素及其化合物和人类生产、生活密切相关，请回答下列问题：
（1）氨催化氧化是硝酸工业的基础，生产过程中会发生以下反应：
主反应：
4NH3（g）+5O2（g）
4NO（g）+6H2O（g）ΔH=﹣905kJ·mol-1
副反应：
4NH3（g）+3O2（g）
2N2（g）+6H2O（g）ΔH=﹣1268kJ·mol-1
①工业上往往采用物料比
在1.7—2.0之间，主要目的是____________。
②下表所示是部分化学键的键能参数：
化学键
N-N
O=O
键能/kJ·mol-1
946
497.3
则拆开1molNO中的化学键需要吸收的能量是__________kJ。
（2）在一定温度下，向1L密闭恒容容器中充入lmolNO和一定物质的量的CO，在催化剂作用下发生反应：
2NO（g）+2CO（g）
2CO2（g）+N2（g）ΔH>0，NO的物质10s随反应时间t的变化曲线如右图：
①前10s内N2的平均生成速率为。
②已知在t1时刻反应速率加快，则在t1时刻改变的条件可能是____。
（填写一种）
（3）在723K时，将0.1molH2和0.2molCO2通入抽空的上述密闭容器中，发生如下反应：
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g），反应平衡后，水的物质的量分数为0.10。
①CO2的平衡转化率等于______，反应平衡常数K等于______（保留两位有效数字）。
②再向容器中加入过量的CoO（s）和Co（s），则容器中又会增加如下平衡：
CoO（s）+H2（g）
Co（s）+H2O（l）K1CoO（s）+CO（g）
Co（s）+CO2（g）K2
最后反应平衡时，容器中水的物质的量分数为0.30，则K1等于____。
（二）选考题：
（共15分。
请考生从2道化学题中每科任选一题作答。
如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
）
35．【化学——选修3：
物质结构与性质】（15分）
已知N、S、Cl元素可形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。
回答下列问题：
（1）Fe3+可与SCN-形成多种配离子，其中一种为[Fe（SCN）6]3-，该配离子中的SCN-会使铁的剩余价电子压缩配对，则每个配离子中铁的单电子个数为_______个。
（2）Se与S是同族元素，请写出基态Se原子电子排布式______。
N与S是不同族元素，请解释NH3比H2S在水中溶解度大的原因：
__________________。
（3）有一种由1~9号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为__________。
借助等电子体原理可以分析出SCN-中σ键和π键的个数比为__________。
（4）已知S4O62-的结构为
，其中S原子的杂化方式是______。
N、P可分别形成多种三角锥型分子，已知NH3的键角大于PH3，原因是____________。
（5）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构，见下表：
半径比
0.225~0.414
0.414~0.732
0.732~1
典型化学式
立方ZnS
NaCl
CsCl
晶胞
已知某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，则阳离子配位数为_________，晶体的密度为_________g/cm3（列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常数的值）。
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
苄丙酮香豆素（H）常用于防治血觑栓栓塞性疾病。
其合成路线如图所示（部分反应条件略去。
）
已知：
（1）E的名称是_________，D中含氧官能团的名称是_________。
（2）反应①的反应类型是__________，反应⑤的反应类型是_________。
（3）1molH与H2加成，最多可消耗_____molH2。
（4）反应③的化学方程式为____________________________________。
（5）C的同分异构体中满足下列条件的有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为1：
2：
2：
3的结构简式为__________（写一种即可）。
①不能和FeCl3溶液发生显色反应②1mol该有机物能与2molNaOH恰好完全反应
（6）参照苄丙酮香豆素的合成路线，设计一种以E和乙醛为原料制备
的合成路线。
化学参考答案及评分标准
7~13题各6分，共42分。
7.【答案】选C。
【解析】用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为：
糖化→酒化→醋化。
分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳（在无氧的条件下），乙醇被微生物在有氧的环境下氧化成乙酸。
A.糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖，故A正确。
B.传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程，故B正确。
C.酒化在无氧环境下，醋化在有氧的环境下。
故C错误。
D.发酵液的温度控制到“小暖如人体”是为了提高酶的活性，故D正确。
8.【答案】选B。
【解析】A.由pH=2可知，溶液中c（H＋）=0.01mol·L－1，溶液的体积未知，无法计算H＋的数量，故A错误。
B.根据合成氨的反应，氮元素从单质生成NH3，化合价降低，每个氮原子得到3个电子，故每生成1molNH3，就会转移3mol电子，故B正确。
C.因为每个-OH含9个电子，所以9NA个-OH含81NA个电子，而每个OH-含10个电子，所以10NA个-OH含100NA个电子，故C错误。
D.标准状况下，22.4LO2和O3的混合气体共有1mol气体分子，所含氧原子的数目介于2NA和3NA之间，因不知道O2和O3的比例关系，所以不能确定氧原子数一定是2.5NA，故D错误。
9.【答案】选A。
【解析】A.多功能催化剂只能影响反应的速率，不能提高H2的转化率，故A错误。
B.a是异戊烷，有4种氢：
，所以a的一氯代物有4种，故B正确。
C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物，故C正确。
D.图中a为异戊烷，b为正庚烷，a和b互为同系物，故D正确。
10.【答案】选B。
【解析】A.Al3+与S2-在水溶液中发生完全的双水解，生成Al（OH）3和H2S，通常用铝粉和硫磺粉共热制备Al2S3固体，故A错误。
B.测定HCOONa溶液是碱性的，推知HCOOH是弱酸，故B正确。
C.SO2是酸性氧化物，能与碱石灰反应，所以可用中性干燥剂（如CaCl2）和酸性干燥剂（如P2O5）进行干燥，不能用碱性干燥剂（如碱石灰）干燥，故C错误。
D.长颈漏斗不能用来分液，需要用分液漏斗分离碳酸钠溶液和乙酸乙酯才对，故D项错误。
11.【答案】选C。
【解析】A.该电池放电时钠金属片发生失去电子的氧化反应，钠金属片是电池的负极，故A错误。
B.原电池放电时阴离子移向电池的负极（即该电池的钠金属片），故B错误。
C.该电池也被称为“可呼吸钠—二氧化碳电池”，放电时吸收CO2，充电时放出CO2，总反应为4Na+3CO2
2Na2CO3+C故C正确。
D.放电时每3molCO2参加反应，其中只有1molCO2被还原为C，转移4mol电子，.故D错误。
12.【答案】选D。
【解析】按原子序数依次增大，X形成的一种单质可用做消毒剂，这种物质是臭氧，所以X是氧元素。
“国防金属”是金属镁。
Z原子最内层电子数是2，次外层电子数是8，最外层电子数是8-2=6，Z是硫元素。
W的原子序数比硫元素大且是短周期主族元素，因此W是氯元素。
综合以上分析，X、Y、Z、W分别是O、Mg、S、Cl。
A.Mg和Cl同属于第三周期，O和S同属于第ⅥA族,故A正确。
B.Mg和Cl形成的化合物是MgCl2，MgCl2水解使其水溶液显酸性，故B正确。
C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小。
故简单离子半径：
Mg2+＜O2-＜Cl-＜S2-，故C正确。
D.Mg和O形成的MgO是离子晶体，熔点较高。
而S和O形成的化合物SO2或者SO3均是分子晶体，熔点较低，故D错
13.【答案】选B。
【解析】A.a点溶液0.050mol·L－1Na2CO3和0.025mol·L－1NaHCO3混合溶液，Na2CO3和NaHCO3均能水解使溶液呈碱性，但主要原因是CO32-的水解，故A正确。
B.b点加入10mLHCl溶液后，溶液中的溶质为NaHCO3和NaCl，故B错误。
C.据电荷守恒可知：
c（Na＋）+c（H＋）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-）+c（OH-），由于c点溶液显中性，c（H＋）=c（OH-），所以c（Na＋）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（Cl-），故C正确。
D.d点加入20mL0.10mol·L－1HCl溶液后，溶液中c（NaCl）=0.050mol·L－1，c（NaHCO3）=0.0125mol·L－1，所以c（Na＋）＞c（Cl-）＞c（HCO3-），又因为d点pH＜7，所以c（H＋）＞c（OH-），故D正确。
26.【答案】
（1）除去CO2中的HCl气体（1分）
（2）D中溶液出现浑浊ab（每空1分）
（3）柠檬酸具有还原性，可以防止Fe2+被氧化。
（1分）
2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=（NH2CH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O（2分）
（4）减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其结晶析出。
（2分）蒸发浓缩、冷却结晶（或冷却结晶）（2分）
（5）由测量结果知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化（2分）
（6）
（或9.8a）（2分）
【解析】
（1）用盐酸与石灰石反应制备的CO2中混有HCl气体，需要除去HCl，防止其干扰实验结果。
（2）当CO2排净C装置中空气进入D装置后，会与澄清的石灰水反应出现浑浊现象，所以当D中出现浑浊即说明C中空气已被排净。
在进行C装置中的核心反应前，应停止通入CO2气体，所以需要停止滴加盐酸，并关闭止水夹a，打开止水夹b。
因为C装置需要在加热条件下进行反应，故不能关闭止水夹c，防止压强过大出现事故。
（3）在制备甘氨酸亚铁过程中始终要防止FeSO4被氧化，虽然已用CO2排除了装置中的空气，但由题目中的已知信息可知，柠檬酸具有还原性，可确保FeSO4不被氧化。
合成甘氨酸亚铁的化学方程式2NH2CH2COOH+FeSO4+2NaOH=（NH2CH2COO）2Fe+Na2SO4+2H2O
（4）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以加入乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出。
“提纯”甘氨酸亚铁时用的结晶方法为蒸发浓缩、冷却结晶（或冷却结晶）。
（5）根据等浓度（NH2CH2COO）2Fe溶液导电能力远小于FeSO4溶液可知甘氨酸亚铁是弱电解质，在溶液中它电离产生的Fe2+浓度小，故不易被氧化。
（6）0.1mol的甘氨酸和0.05mol的硫酸亚铁理论上生成0.05mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：
204g▪mol-1×0.05mol=10.2g，若产品质量为ag，则产率为
。
27.【答案】
（1）+3（2分）
（2）将BaCO3研成粉末、适当增大盐酸浓度、适当加热、搅拌（任写一个）（2分）
（3）TiOC2O4（2分）TiO（C2O4）22-+Ba2++4H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓（2分）
（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成证明草酸氧钛钡已被洗涤干净（2分）
（5）①TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO（2分）②2.58×10-4（2分）
【解析】
（1）在H2C2O4中H、C、O的化合价分别为+1、+3和-2。
（2）将固体BaCO3研成粉末、适当增大反应物盐酸的浓度、适当加热、加速搅拌都可以加快反应速率，任选其一即可。
（3）据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO（C2O4）22-（即b微粒），随着氨水的不断加入C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4。
根据沉淀的化学式即可写出离子方程式TiO（C2O4）22-+Ba2++4H2O=BaTiO（C2O4）2·4H2O↓。
（4）据过程知洗涤液中可能含有Cl—，所以用AgNO3溶液检验即可。
（5）①由足量焦炭和Cl2判断产物为TiCl4和CO，所以化学方程式为TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO。
②设BaSO4饱和溶液中c（Ba2+）和c（SO42-）均为xmol·L-1，由KSP（BaSO4）=c（Ba2+）c（SO42-）知：
x2=1.0×10-10（mol·L-1）2，可求出c（Ba2+）=1.0×10-5mol·L-1。
再令Q（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32-）
=1.0×10-5mol·L-1×c（CO32-）>KSP（BaCO3），则c（CO32-）>2.58×10-9（mol·L-1）2÷1.0×10-5mol·L-1=
2.58×10-4mol·L-1。
28．【答案】
（1）①促进主反应发生，提高NH3的转化率（2分）②630.9（2分）
（2）①0.04mol·L-1·s-1（2分）②升高温度或者增加了CO的浓度（2分）
（3）①15%（2分）0.076（2分）②9（2分）
【解析】
（1）①主要反应方程式中
=1.25，副反应中
=0.75，采用物料比
在1.7～2.0之间，增加O2的量，有利于反应按主反应进行，且使主反应的平衡向正反应方向移动，提高NH3的转化率。
②（主反应-副反应）÷2得：
N2（g）+O2（g）
2NO（g）ΔH=（－905kJ·mol-1+1268kJ·mol-1）÷2=+181.5kJ·mol-1。
设拆开1molNO中的化学键需要消耗xkJ的能量，则：
946+497.3-2x=181.5，解得x=630.9。
（2）①前10s内N2的平均生成速率
v（N2）=
。
②由图知，在t1时刻，NO的物质的量逐渐减少，说明平衡向正反应方向移动，而反应速率加快，说明改变的条件可能是升高温度或者增加了CO的浓度。
（3）①根据反应方程式，设反应到达平衡后，CO2转化了amol，则：
CO2（g）＋H2（g）
CO（g）+H2O（g）
起始物质的量0.2mol0.1mol00
转化的物质的量amolamolamolamol
平衡时物质的量（0.2-a）mol（0.1-a）molamolamol
，解得a=0.03
CO2的平衡转化率:
反应平衡常数
②容器中各个反应前后气体的物质的量不变，所以在加入过量的CoO（s）和Co（s）并达到新的平衡后，所有气体的总物质的量仍然为：
0.2mol+0.1mol=0.3mol。
此时H2O的物质的量为：
0.3mol×0.30=0.09mol。
根据质量守恒，此时H2的物质的量为：
0.1mol-0.09mol=0.01mol。
35.【答案】
（1）1（1分）
（2）[Ar]3d104s24p4（1分）NH3可与H2O之间形成氢键，而H2S不能，所以NH3比H2S在水中的溶解度大（2分）
（3）OF2（1分）1∶1（1分）
（4）sp3杂化（2分）由于电负性N>P>H，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH3>PH3（或者：
电负性N>P>H，NH3中N原子上的孤电子对比PH3中P原子上的孤电子对离核更近，对成键电子对排斥力更小，所以键角NH3>PH3）（2分）
（5）4（2分）
（3分）
【解析】
（1）[Fe（SCN）6]3－中的铁为+3价，剩余价电子为
，单电子为5个，由于SCN－会使铁的剩余价电子压缩配对：
，所以每个配离子中铁的单电子个数为1个。
（2）34号元素Se的基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；N的电负性3.0远大于H的2.1，使得NH3中N—H键极性非常强，N原子带有明显的负电荷，H2O强极性O—H中的H几乎成为裸露的质子，NH3分子与H2O分子间形成了O—H…N氢键，使NH3在水有很大的溶解度。
而S的电负性只有2.5，H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键，所以H2S在水中溶解度较小。
（3）据等电子体原理的判断方法，前1~9号元素形成的物质中，只有OF2与SCl2互为等电子体。
CO2的分子结构为O=C=O，其中σ键和π键的个数比为2∶2=1∶1，SCN-与CO2互为等电子体，所以SCN－中σ键和π键的个数比为也1∶1。
（4）S4O62－的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，所以均为sp3杂化；中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，所以均为sp3杂化。
NH3和PH3均是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性N>P>H，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大，
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