C项，草酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少C2O
，不符合电荷守恒，错误。
D项，酸性：
CH3COOH>H2CO3>HClO，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为CH3COONa>NaHCO3>NaClO，则Na＋的浓度为①>②>③，正确。
13．镁—空气电池是一种能被水激活的一次性储备电池，原理如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．放电时，外电路电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极
B．放电时，正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－
C．理论上，外电路中流过2mol电子时，负极质量增加58g
D．电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧与还原可制成镁锭循环利用
答案：
C
解析：
A项，通氧气的电极为正极，因此多孔活性炭材料电极为正极，放电时，外电路电子由镁电极流向多孔活性炭材料电极（由负极流向正极），正确；B项，放电时，多孔活性炭材料电极为正极，碱性条件下氧气在正极得电子产生氢氧根离子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，正确；C项，根据负极反应式Mg－2e－＋2OH－===Mg（OH）2，可得当外电路流过2mol电子时，负极质量增加34g，错误；D项，电池反应产物Mg（OH）2经过灼烧得到氧化镁，再还原可制成镁锭循环利用，正确。
第II卷（非选择题共174分）
三、非选择题：
本卷包括必考题和选考题两部分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第33~40题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共129分）
26.（14分）丙烯腈（CH2===CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2===CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。
回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6（g）＋NH3（g）＋
O2（g）===C3H3N（g）＋3H2O（g） ΔH＝－515kJ·mol－1
②C3H6（g）＋O2（g）===C3H4O（g）＋H2O（g）ΔH＝－353kJ·mol－1，两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是___________________________________________________________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是__________________________________________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_______________________________。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。
低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是_________________________________________________________________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填字母）。
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大
C．副反应增多D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。
由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为________，理由是___________________________________。
进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_________________________________。
解析：
（1）由热化学方程式可知，反应①气体分子数增加，是一个熵增的放热反应，反应②气体分子数不变，是一个熵变化不大的放热量较大的反应，在热力学上都属于自发进行的反应。
由于反应①是一个气体分子数增加的放热反应，降温、减压均有利于提高丙烯腈的平衡产率。
有机反应中要提高某反应的选择性，关键是选择合适的催化剂。
（2）由于反应①是放热反应，温度降低，平衡右移，丙烯腈的平衡产率应增大，因此图（a）中460℃以下的产率不是对应温度下的平衡产率。
反应①的平衡常数随温度的升高而变小，反应的活化能不受温度的影响，故当温度高于460℃时，丙烯腈的产率降低的可能原因是催化剂活性降低和副反应增多。
（3）由图（b）可知，当n（氨）/n（丙烯）＝1时，丙烯腈的产率最高，而丙烯醛的产率已趋近于0，如果n（氨）/n（丙烯）再增大，丙烯腈的产率反而降低，故最佳n（氨）/n（丙烯）约为1。
空气中O2的体积分数约为
，结合反应①方程式及最佳n（氨）/n（丙烯）约为1可知，进料气氨、空气、丙烯的理论体积比应为1∶
∶1＝1∶7.5∶1。
答案：
（1）两个反应均为放热量大的反应 降低温度、减小压强 催化剂
（2）不是 该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 A、C
（3）1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1∶7.5∶1
27．（14分）三苯甲醇（C6H5）3C—OH是一种重要的化工原料和医药中间体。
实验室合成三苯甲醇的实验装置如图所示。
已知：
①实验过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反应；
②部分相关物质的沸点如表所示：
物质
沸点/℃
三苯甲醇
380
乙醚
34.6
溴苯
156.2
③三苯甲醇的相对分子质量为260。
请回答下列问题：
（1）装置中玻璃仪器B的名称为____________；装有无水CaCl2的仪器A的作用是________________________________________________________________。
（2）装置中滴加液体未用普通分液漏斗而用恒压滴液漏斗的作用是_________________
___________________________________________________；制取格氏试剂时要保持温度约为40℃，可以采用________加热方式。
（3）制得的三苯甲醇粗产品中含有乙醚、溴苯、氯化铵等杂质，可以设计如图提纯方案：
其中，操作①的名称是________；洗涤液最好选用________（填字母）。
a．水b．乙醚c．乙醇d．苯
检测产品已经洗涤干净的操作为______________________________________________
______________________________________________。
（4）纯度测定：
称取2.60g产品，配成乙醚溶液，加入足量金属钠（乙醚与钠不反应），充分反应后，测得生成的气体在标准状况下的体积为100.80mL。
则产品中三苯甲醇的质量分数为________。
解析：
（1）玻璃仪器B是球形冷凝管，由题给条件“实验过程中生成的中间物质格氏试剂易发生水解反应”知装有无水CaCl2的仪器A的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解。
（2）恒压滴液漏斗可以平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下。
反应温度低于100℃，高于常温，可用水浴加热。
（3）分离沸点不同的混合物可用蒸馏（或分馏）的方法。
为避免三苯甲醇溶解造成损失，不能用有机物洗涤，最好采用水洗的方法。
（4）n（H2）＝
＝0.0045mol，则三苯甲醇的物质的量为0.0045mol×2＝0.009mol。
m[（C6H5）3C—OH]＝0.009mol×260g·mol－1＝2.34g，则产品中三苯甲醇的质量分数为
×100%＝90%。
答案：
（1）球形冷凝管 防止空气中的水蒸气进入装置，避免格氏试剂水解
（2）平衡压强，使漏斗内液体顺利滴下 水浴 （3）蒸馏（或分馏） a 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则已经洗涤干净 （4）90%
28．（15分）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。
一种以高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示（25℃）：
③此实验条件下Mn2＋开始沉淀的pH为7.54，离子浓度≤1×10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。
请回答：
（1）传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为________________________________________________________。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为______________________________________。
若省略“氧化”步骤，造成的后果是_______________________________________________
___________________________________________。
（3）“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为________________（填化学式）。
（4）“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2＋和Ca2＋沉淀完全，需维持c（F－）不低于________。
[已知：
Ksp（MgF2）＝6.4×10－10；Ksp（CaF2）＝3.6×10－12]
（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为________________________________________。
（6）“系列操作”指________________________、过滤、洗涤、干燥。
（7）用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为________________________________________。
解析：
向高硫锰矿与氧化锰矿混合焙烧后所得含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO的混合物中加入硫酸后，得到含Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋的酸性溶液；加入MnO2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，再加入碳酸钙调节pH，依据已知②的图得，Fe3＋、Al3＋先于Mn2＋以氢氧化物的形式沉淀，过滤除去后，此时加入MnF2“除杂”，只能是除去Mg2＋和Ca2＋，加入NH4HCO3“结晶”（也就是沉淀）出来的产物不易想到，但一般含HCO
的盐是可溶的，含CO
的盐是不可溶的，故最可能生成的沉淀是MnCO3，过滤后加入硫酸溶解，生成MnSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·4H2O。
（1）题中给出“高硫锰矿含有FeS”，如不经“混合焙烧”直接加入H2SO4溶液，会生成H2S气体，污染环境。
（2）二氧化锰用于将Fe2＋氧化为Fe3＋，酸性条件下，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由已知③中“Mn2＋沉淀完全的pH为7.54”，结合已知②图中Fe2＋沉淀完全的pH为7.95得，Fe2＋与Mn2＋沉淀区有重叠，如果省略“氧化”步骤，直接沉淀Fe2＋会造成Mn2＋损失（或Fe2＋去除不完全，影响产品纯度）。
（3）“中和除杂”时，加入碳酸钙消耗H＋，调节pH，直至Fe3＋和Al3＋均水解沉淀完全，故沉淀的主要成分为Fe（OH）3、Al（OH）3。
（4）因Ksp（MgF2）>Ksp（CaF2），MgF2未沉淀完全时，CaF2已经沉淀完全，因此，以MgF2沉淀完全为临界值，故若使溶液中的Mg2＋沉淀完全（c≤1×10－5mol·L－1），由Ksp（MgF2）＝6.4×10－10，得c（F－）≥
mol·L－1＝8×10－3mol·L－1。
（5）由上述分析知，加NH4HCO3“碳化结晶”时，生成的沉淀应该为MnCO3，则发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO
===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
（6）要得到MnSO4·4H2O晶体，硫酸锰溶液应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。
（7）用惰性电极电解MnSO4溶液制备MnO2，Mn元素化合价变化为＋2→＋4，则Mn2＋在阳极失电子发生氧化反应，用H＋和H2O维持电荷守恒和原子守恒，得电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋。
答案：
（1）产生硫化氢等气体，污染环境
（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O Fe2＋与Mn2＋沉淀区有重叠，造成Mn2＋损失（或Fe2＋去除不完全，影响产品纯度）
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3
（4）8×10－3mol·L－1
（5）Mn2＋＋2HCO
===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
（6）蒸发浓缩、冷却结晶
（7）Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
（二）选考题:
共45分.请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题.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）
金属钛（Ti）是一种具有许多优良性能的金属，钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料。
（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。
①Ti2+基态电子排布式可表示为_____________。
②与BH
互为等电子体的阳离子的化学式为__________。
③H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为_____________。
（2）二氧化钛（TiO2）是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。
纳米TiO2催化的一个实例如图所示。
化合物乙的分子中采取sp3杂化方式的原子个数为_____。
（3）水溶液中并没有[Ti（H2O）6）]4+离子，而是[Ti（OH）2（H2O）4]2+离子，1mol[Ti（OH）2（H2O）4]2+中σ键的数目为_________。
（4）氮化钛（TiN）具有典型的NaCl型结构，某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞（结构如图）顶点的氮原子，则此碳氮化钛化合物的化学式是__________。
解析：
（1）①钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d2，故答案为1s22s22p63s23p63d2；②BH
含有5个原子，价电子总数为8，与BH
互为等电子体的阳离子为NH
，故答案为NH
；③同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。
同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，金属元素的第一电离能小于非金属元素，H、B、Ti原子的第一电离能由小到大的顺序为Ti（2）化合物乙（
）的分子中采取sp3杂化方式的原子个数有
（标记为●的原子采取sp3杂化），共5个，故答案为5；（3）1个[Ti（OH）2（H2O）4]2+中含有6个配位键，10个O-H，因此1mol[Ti（OH）2（H2O）4]2+中含有σ键的数目为16mol，故答案为16mol；（4）某碳氮化钛化合物，结构是用碳原子取代氮化钛晶胞顶点的氮原子，利用均摊法可知，晶胞中含有碳原子数为8×
=1，含有氮原子数为6×
=3，含有钛原子数为12×
+1=4，所以碳、氮、钛原子数之比为1∶3∶4，则该化合物的化学式为Ti4CN3，故答案为Ti4CN3。
答案：
（1）1s22s22p62s23p63d2或[Ar]3d2NH
Ti（2）5
（3）16mol
（4）Ti4CN3
36．【化学——选修5：
有机化学基础】（15分）
有机化合物F是一种香料，其合成路线如图所示：
请回答下列问题：
（1）C的名称为________，步骤Ⅱ的反应类型为________，F中含氧官能团的名称为__________。
（2）步骤Ⅲ的反应试剂和条件为________________。
（3）D→E反应的化学方程式为____________________。
（4）符合下列条件的E的同分异构体有________种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的分子的结构简式为______________________。
①苯环上只有两个取代基；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体。
（5）结合题中信息，写出以（CH3）2CHCH2OH为原料制备（CH3）2CClCOOH的合成路线（无机试剂任用）________________________________。
合成路线示例如下：
CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3
解析：
由A的分子式和步骤Ⅲ可知，A是甲苯，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B（
），B发生水解反应生成C（
）；A与液溴在催化剂的作用下发生苯环上的取代反应生成
在碱性条件下水解生成D（
），结合信息Ⅱ、步骤Ⅵ及F的结构简式可知D与CH3CHClCOOH反应生成E（
），E与C发生酯化反应生成F。
（4）根据已知条件②、③，知E的同分异构体中含有酚羟基、羧基，又根据已知条件①知，苯环上两个取代基一个为—OH，另一个可以是—（CH2）3COOH、—CH2CH（COOH）CH3、—CH（
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