(2)通过图所示装置，可将汽车尾气中的NO、NO2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NaOH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 (NO2－)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为__________(已知HNO2的电离常数Kα=7.1×10mol/L，CH3COOH的电离常数Kα=1.7×10mol/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NaOH c.向溶液乙中加适量水 d.向溶液乙中加适量NaOH 【答案】 (1). △H1+△H2 (2).

-+

-－4

－5

(3). 减小 (4). < (5). a (6).

--

A (7). O2+4e+4H=2H2O (8). c(NO3)>c(NO2)>c(CH3COO) (9). bc 【解析】 【分析】

（1）①运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得K的表达式；再利用温度对化学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系；②根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置；(2)根据负极失去电子，发生氧化反应物质所含元素的化合价升高；正极得到电子，发生还原反应进行分析判断；(3)利用物质之间的反应，确定溶液的成分，结合元素守恒、结合盐的水解规律比较离子浓度的大小；并根据影响溶液pH的因素选择合适的方法，调节溶液的pH，据此解答。

【详解】(1) I .2NO(g)可得：2NO(g) +O2(g)

N2O2(g) △H1<0；II.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) △H2<0，I+II

2NO2(g) △H=△H1+△H2，当该反应达到平衡时，V1正=V1逆，V2正=V2逆，

所以V1正×V2正=V1逆×V2逆，即k1正c2(NO)×K2正c(N2O2)×c(O2)= k1逆c(N2O2)×K2逆c2(NO2)×c(O2)，则是K=

=

；由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，平衡向

2NO2(g)反应的快慢

吸热的逆反应方向移动，使化学反应平衡常数减小；②2NO(g) +O2(g)

由反应速率慢的反应II决定，所以反应的活化能E1

(2)A电极通入NO、NO2，N元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应产生HNO3，因此该电极为负极，通入O2的电极为正极，获得电子，发生还原反应，由于是酸性环境，所以该电极的反应式为O2+4e+4H=2H2O；

(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。若NaOH、NO2的物质的量都是0.2 mol，则根据反应方程式可知会产生0.1mol NaNO3和0.1molNaNO2；由于溶液的体积是1L，c(NO2)=0.1mol/L，c(NO3)=0.1mol/L 。NaNO3是强酸强碱盐，不水解，则c(NO3-)=0.1mol/L；而NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应而消耗，所以c(NO2-)<0.1mol/L；溶液乙为0.1mol/L的CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO水解消耗，因此n(CH3COO)<0.1mol；根据HNO2、CH3COOH的电离平衡常数可知酸性：HNO2>CH3COOH，所以水解程度：CH3COO>NO2，因此等浓度的CH3COONa、NaNO2中离子浓度c(CH3COO-)< c(NO2-)，故三种离子浓度由大到小的顺序是：c(NO3)>c(NO2)>c(CH3COO)；溶液甲是NaNO3和NaNO2的混合溶液，NaNO2水解使溶液显碱性，溶液乙为CH3COONa溶液，水溶液显碱性，由于CH3COONa水解程度大于NaNO2，所以碱性乙>甲，要使溶液甲和溶液乙的pH相等，可采用向甲溶液中加入适量的碱NaOH，使溶液的pH增大，也可以向乙溶液中加入适量的水进行稀释，使乙的pH减小，故合理选项是bc。 【点睛】本题以氮氧化合物为线索，考查了盖斯定律、化学反应速率与反应的活化能的关系、化学平衡常数及应用、原电池反应原理的应用、电离平衡常数在离子浓度大小比较的应用等知识，涉及知识面广，全方位考查了学生的知识掌握及灵活应用能力。准确掌握化学反应原理是本题解答的关键。

(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2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。

11.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(PO4)3F的一种元素。元素M的气态原子逐个失去第1个至第5个电子所需能量(即电离能，用符号I1至I5表示)如表所示：

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)Ca3(PO4)3F中非金属元素电负性由大到小的顺序为_________。

(3)PO4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)CaF2晶胞结构如图所示，则CaF2晶体中与Ca最近且等距离的Ca数目为_________；已知Ca2+和F－半径分别为a cm、b cm，阿伏加德罗常数为NA，M为摩尔质量，则晶体密度为_________g·cm(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_________。

－3

2+

2+

3－

【答案】 (1). +2 (2). [Ar]4s (3). F>O>P (4). sp (5). 正四面体形

23

(6). 109°28′ (7). SO42-、CCl4等 (8). 12 (9). (10). MgO>CaO

(11). Mg半径比Ca小，晶格能较大 【解析】 【分析】

根据处于同一电子层内相邻电子的电离能相差不大，不同电子层内相邻电子的电离能相差较多分析；结合原子核外电子排布规律书写其基态原子电子排布式；利用元素的非金属性越强，电负性越大，分析该物质中的元素电负性大小；根据微粒的空间构型、等电子体概念分析判

2+2+

断PO4的结构，并学会运用晶胞结构中微粒的相对位置，判断微粒距离及晶体密度大小，利用微粒半径大小分析物质的硬度和熔沸点关系，据此解答。

【详解】(1) 根据元素M的气态原子的第I1-I5电离能大小可以看出：I1、I2相差不大，二I2、I3电离能相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3中元素有Ca、P、O三种元素，只有Ca元素最外层有2个电子，原子半径大，容易失去最外层的2个电子，化合价为+2价；根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为[Ar]4s或写为1s2s2p3s3p4s； (2)Ca3(PO4)3F中非金属元素有P、O、F三种，元素的非金属性F>O>P，元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以按电负性由大到小的顺序排列为F>O>P；

(3) PO43－的中心原子P的价层电子对数是4，故P原子杂化为sp3杂化；由于孤对电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为109°28′，其等电子体有SO42-、CCl4； (4)根据CaF2晶胞结构可知：在每个晶胞中与Ca离子距离最近且等距离的Ca有3个，通过每个Ca可形成8个晶胞，每个Ca计算了2次，所以与Ca离子距离最近且等距离的Ca有(3×8)÷2=12个；将CaF2晶胞分成8个小正方体，正方体中心为F离子，顶点为Ca，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。立方体的对角线为2(a+b)，则晶胞的对角线为4(a+b)，晶

-2+

2+

2+

2+

2+

2+

2+

2

2

2

6

2

6

2

3－

胞的边长为，根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度=g/cm3；

(5)MgO与CaO的晶体结构相似，由于离子半径Ca>Mg，离子半径越大，与O形成的离子键的键长就越大，晶格能就越小，物质的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小关系为MgO>CaO。 【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及元素的推断、原子核外电子排布、电离能应用、原子的杂化、晶胞密度的计算等知识，这就需要学生要具备扎实物质结构的基础、强的空间想象能力及运用均摊法分析、解决晶体密度等问题的能力。 12.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：

2+2+2-

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(CH3CH= CHCHO)的合成路线______ 。

【答案】 (1). (2). 羟基、羰基 (3). 取代反应 (4). 对

羟基苯甲醛 (5).

(6). 3

(7). 或 (8).

【解析】 【分析】

根据A、C结构及分子式的区别，结合已知条件，可得到B物质的结构简式及其含有的官能团的种类；并根据B、C结构的区别分析出B产生C的反应类型；并利用该反应类型逆推分析出D的结构简式，根据系统命名法对D命名；在判断D的同分异构体时种类时，要从官能团异构、位置异构方面，结合题干要求分析，书写出相应的物质的结构简式；根据C+E生成F时的变化，利用元素的原子守恒，可得该反应的化学方程式；最后用已知物质CH3CH2Cl，结合题目已知信息，合成需要制备的目标产物巴豆醛(CH3CH= CHCHO)。