【文档说明】四川省广元市2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，843.500 KB，由小赞的店铺上传

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广元市2019~2020学年度下学期期末高中二年级教学质量监测理科综合·化学试卷说明：化学试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共6页，满分100分注意事项：1、答题前，考生务必将自己的

姓名、座位号、考籍号等用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2、选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上；非选择题用0.5毫米的黑色墨水的签字笔书写在答题卡对应的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、

试题卷上答题无效。3、考试结束后，将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Co-59Cu-64第I卷选择题(共7题，42分)—、选择题(本题包括7小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题6分

，共42分)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.MgO熔点高，可作耐高温材料B.酒精和“84消毒液”的消毒原理不相同C.常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法来处理浑浊的水D.汽车尾气中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物与

氧气反应的产物【答案】D【解析】【详解】A．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；B．84消毒液杀菌消毒是利用其中含有的NaClO的强氧化性，而75%的乙醇并不具备强氧化性，杀菌消毒的原理不同，故B正确；C．明矾溶液中的铝离子、铁盐中的铁离子

水解可以得到具有净水作用的氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，因此常用投加明矾、硫酸铁等电解质的方法对污水进行处理，故C正确；D．汽油的主要成分为烃类化合物，不存在N元素，汽车尾气中氮氧化物主要是空气中的氮气与氧气高温下化合产生的，故D错误；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数

的数值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24LHF含有的分子数为0.lNAB.1mol/LBaCl2溶液中，Ba2+和Cl-总数为3NAC.标准状况下，2.24LCO和CO2的混合物中，含有碳原子数目为0.1NAD.常温常压下，1mol(NH4)2SO4溶液中含有+4NH为2NA【答案】

C【解析】【详解】A．标准状况下，2.24LHF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；B．1mol/LBaCl2溶液中，缺少溶液的体积，无法计算粒子的物质的量，故B错误；C．CO和CO2分子都只含有1个碳原子，标准状况下，2.24LCO和CO2的混合物中，含有碳原子数目为0

.1NA，故C正确；D．(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，+4NH在水中要部分水解生成NH3·H2O，常温常压下，1mol(NH4)2SO4溶液中含有+4NH少于2NA，故D错误；故选C。3.下列指定反应的化学方程式或离子方程式正确的是A.氧化亚铁溶于稀硝酸：Fe

O+2H+=Fe2++H2OB.0.1mol/L的H2C2O4的pH=1.3，向酸性KMnO4溶液中滴入草酸溶液紫色褪去：24MnO−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+H2OC.室温下用稀硝酸溶解铜：Cu+23NO−+2H+=Cu2++2NO2↑+H2OD.用铝粉和氢

氧化钠溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=-2AlO+H2↑【答案】B【解析】【详解】A．氧化亚铁溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、NO和水：3FeO+10H++3NO−=3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；B．根据0.1mol/L的草酸溶液的pH=1.3可

知，草酸是弱酸，酸性KMnO4溶液能将草酸氧化生成二氧化碳，草酸溶液紫色褪去：24MnO−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+H2O，故B正确；C．室温下用稀硝酸溶解铜生成NO：3Cu+2

3NO−+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．用铝粉和氢氧化钠溶液反应制取少量H2：2Al+2H2O+2OH-=2-2AlO+3H2↑，故D错误；故选B。4.关于化合物苯乙烯，下列说法正确的是A.不能使溴水褪色B.可以发生加成聚合、氧

化、取代反应C.易溶于水和甲苯D.分子中所有碳原子不可能共平面。【答案】B【解析】【详解】A．含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故A错误；B．含有碳碳双键可以发生加成聚合、氧化，苯环上的氢可以发生取代反应，故B正确；C．苯基和乙烯基均为

憎水基团，难溶于水，故C错误；D．苯平面和烯平面通过单键连接，单键可以旋转，分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选B。5.今年是门捷列夫发现元素周期律151周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之

和为8。下列说法正确的是A.X的最高价氧化物的水化物能与硫酸反应，又能与NaOH溶液反应B.常温常压下，Y单质是现代光学和光纤的基本原料C.气态氢化物热稳定性：Z＞WD.原子半径：W＞X【答案】A【解析】【分析】W、X

、Y、Z为短周期主族元素，根据图示可知，W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X的最外层电子数为x-2，W、X的最高价分别为x、x-2，W与X的最高化合价之和为8，则x+x-2=8，

解得：x=5，则W为N元素，结合各元素在周期表中相对位置可知，X为Al，Y为Si，Z为P元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：W为N元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为P元素。A．Al的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物

，既能与强酸反应又能与强碱反应，故A正确；B．单质硅为良好的半导体材料，可作光电池材料，现代光学和光纤的基本原料是二氧化硅，故B错误；C．非金属性P＜N，则气态氢化物热稳定性：Z(P)＜W(N)，故C错误；D．一般而

言，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径W＜X，故D错误；故选A。6.对下列实验的描述不正确的是A.图（a）所示的实验：根据检流计（G）中指针偏转的方向比较Zn、Cu的金属活泼性B.图（b）所示的实验：根据小试管中液面的变化判断铁钉发生析氢腐蚀C.图

（c）所示的实验：根据温度计读数的变化用稀盐酸和稀NaOH溶液反应测定中和热D.图（d）所示的实验：根据两烧瓶中气体颜色的变化判断2NO2（g）⇌N2O4（g）是放热反应【答案】B【解析】【详解】A．形成原电池，锌做负极，铜做正极，不选A；

B．铁钉发生吸氧腐蚀，小试管中的液体液面上升，错误，选B；C．通过温度的变化，测量盐酸和氢氧化钠反应的中和热，正确，不选C；D．热水中颜色变深，说明温度升高，平衡向左移动，说明反应正向为放热反应，正确，不选D。【点睛】7.下列溶液中各微粒

的浓度关系不正确的是A.0.1mol·L-1HCOOH溶液中：c(HCOO-)+c(OH-)=c(H+)B.1L0.1mol•L-1CuSO4•(NH4)2SO4•6H2O溶液中：c(2-4SO)＞c(NH4+)＞c(Cu2+)

＞c(H+)＞c(OH-)C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na+)＞c(HX)＞c(X-)＞c(H+)＞c(OH-)D.0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+

)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(-3HCO)+c(23CO−)+c(OH-)【答案】C【解析】【详解】A．因HCOOH溶液不显电性，共有HCOO－、OH－、H＋三种离子，则电荷守恒式为c(HCOO－)+c(OH－)=c(H＋)，故A正确；B.

1L0.1mol·L-1CuSO4·(NH4)2SO4的物质的量为0.1mol，则n(SO42－)=n(NH4＋)＞n(Cu2＋)，但在溶液中因铵根离子和铜离子的水解使溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－

)，因铵根离子水解则c(SO42－)＞c(NH4＋)＞c(Cu2＋)，水解的程度很弱，所以离子浓度大小关系为c(SO42－)＞c(NH4＋))＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B正确；C．不能确定

X-的水解程度、HX的电离程度的相对大小，等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后，c(HX)、c(X-)的相对大小、c(H+)、c(OH-)的相对大小不能确定，故C错误；D．HCO3－水解程度大于其电离程度导致碳酸氢钠溶液

呈碱性，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(-3HCO)+2c(23CO−)+c(OH-)，物料守恒有c(Na+)=c(-3HCO)+c(23CO−)+c(H2CO3)，c(H2CO3)=c(Na+)-c(23CO−)-c(-3HCO)，c(Na+

)+c(H+)+c(H2CO3)=c(-3HCO)+c(23CO−)+c(OH-)+c(Na+)-c(-3HCO)，c(Na+)－c(-3HCO)＞0，即：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)＞c(-3HCO)+c(23CO−)+c(OH

-)，故D正确；故选C。第II卷非选择题(共4题，58分)8.为测定碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]的化学组成，研究性学习小组的同学设计了如图所示的装置进行实验探究。已知：碱式碳酸钴受热时可分解生成三种氧化物。(1)按如图所示装置组装好仪器，并______(

填操作名称)；称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，加热，当乙装置中______(填实验现象)，停止加热；打开活塞a，缓缓通入空气数分钟，通入空气的目的是______。(2)丁的作用是______，某同学认为上述实验中存在一个缺陷，该缺陷是______。

(3)通过正确实验测得乙、丙装置增重分别为0.36g、0.88g，则该碱式碳酸钴的化学式为______。(4)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂。以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如图：已知：25℃时沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2

Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀(pH)2.37.57.63.4完全沉淀(pH)4.19.79.25.2①净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为______；②加入CoCO3调pH为5.2~7.6，则操作I获得的滤渣

成分为______；③加盐酸调整pH为2～3的目的为______；④操作II过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【答案】(1).检查装置气密性(2).不再有气泡产生时(3).将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中(4).防止空气中的C

O2和H2O进入装置影响实验(5).未考虑空气中的水蒸气和二氧化碳对实验的影响(6).Co3(OH)4(CO3)2(7).2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(8).Fe(OH)3和Al(OH)3(9).抑制CoCl2的水解【解析】【分析】(1)碱式碳酸钴受热分解

生成钴的氧化物、水、二氧化碳，因此需要验证装置的气密性，当乙装置中不再产生气泡，说明碱式碳酸钴分解完毕，为了数据的准确性，通入空气让产生的气体全部被吸收；(2)空气中含有CO2和水蒸气，对实验产生干扰，故缺陷是未考虑空气中CO2和水蒸气对实验的

影响；(3)求出Co：H：C原子的物质的量比，再求化学式；(4)①加入过氧化氢的目的：把Fe2＋氧化为Fe3＋，容易转化成沉淀，离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，根据表格数据，此铝元素和铁元素全部转化

成了沉淀Al(OH)3、Fe(OH)3；③加盐酸调整pH为2~3的目的为抑制COCl2的水解。【详解】(1)碱式碳酸钴受热分解生成钴的氧化物、水、二氧化碳，按如图所示装置组装好仪器，并检查装置气密性(填操作名

称)；称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，加热，当乙装置中不再有气泡产生时(填实验现象)，停止加热，说明碱式碳酸钴分解完毕，为了数据的准确性，打开活塞a，缓缓通入空气数分钟，通入空气的目的是将装置中生成的CO2和H2O全部排

入乙、丙装置中。故答案为：检查装置气密性；不再有气泡产生时；将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中；(2)空气中含有CO2和水蒸气，对实验产生干扰，丁的作用是防止空气中的CO2和H2O进入装置影响实验，某同学认为上述实验中存

在一个缺陷，该缺陷是未考虑空气中的水蒸气和二氧化碳对实验的影响。故答案为：防止空气中的CO2和H2O进入装置影响实验；未考虑空气中的水蒸气和二氧化碳对实验的影响；(3)乙装置增重0.36g，即水的质量0.36g，物质的量0.3618

mol=0.02mol丙增重，说明CO2的质量为0.88g，物质的量为0.8844mol=0.02mol，碱式碳酸钴的质量为3.65g，钴质量3.65－0.04×17－0.02×60=1.77g，其物质的量

为1.7759mol=0.03mol，Co：H：C=0.03：(0.02×2)：0.02=3：4：2，化学式：CO3(OH)4(CO3)2；故答案为：Co3(OH)4(CO3)2；(4)①净化除杂时，加入H2O2把

Fe2＋氧化为Fe3＋，容易转化成沉淀，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，根据表格数据，此铝元素和铁元素全部转化成了沉淀Al(OH)3、Fe(OH)3

则操作I获得的滤渣成分为Fe(OH)3和Al(OH)3；故答案为：Fe(OH)3和Al(OH)3；③加盐酸调整pH为2～3的目的为抑制CoCl2的水解；故答案为：抑制CoCl2的水解。④操作II过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【点睛】易错点(2)空气中含有CO2和水蒸气，对实验产生干扰

，要将实验中存在一个缺陷叙述清楚。难点(3)乙装置增重0.36g，即水的质量0.36g，物质的量0.3618mol=0.02mol丙增重，说明CO2的质量为0.88g，物质的量为0.8844mol=0.02mol，碱式碳酸钴的质量

为3.65g，求出钴质量，再其物质的量，最后求出Co：H：C。9.低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。请结合下列有关图示和所学知识回答：(1)用CO2催化加氢可以制取乙烯：C

O2(g)+3H2(g)⇌12C2H4(g)+2H2O(g)，若反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示：则该反应的ΔH=______kJ•mol-1(用含a、b的式子表示)；又知几种化学键的键能如表所示，实验测得上述反应的ΔH=-190kJ•mol

-1则表中的x=______。化学键C=OH-HC=CC-HH-O键能745436x414463/(kJ·mol-1)(2)用CO2催化加氢还可以制取二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ•mol-1。

某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示：①图中T1、T2分别表示反应温度，T1______T2(填“<”、“=”或“>”)，判断理由是______。②图中A、B、C三点对应的平衡常数

分别为KA、KB、KC，则三者大小关系是______。③T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，经过5min反应达到平衡，则0~5min内的平均反应速率v(H2)=______，平衡常数K

=______(列出计算式即可)。④一定条件下，上述合成二甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是______。(填标号)A．逆反应速率先增大后减小B．容器中的22c(H)c(CO)比值减小C．H2的转化率增大D．体系压强不变【答案】(1).(a-

b)(2).616(3).＜(4).该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，从图中可知在相同投料比时，T1温度下CO2的转化率大于T2温度下CO2转化率，可知T1<T2(5).KA＝

KC＞KB(6).1.08mol·L-1·min-1(7).3260.92.71.20.6(8).C【解析】【分析】(1)根据CO2(g)+3molH2(g)具有的总能量大于12C2H4(g)+2H2O(g)具有的总能量判断；根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；(2)①该

反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，根据图像知在投料比相同时，T1平衡时CO2的转化率大于T2，则T1T2。②根据温度对化学平衡常数的影响分析；③列出三段式，根据v=

ct和K=()()()()33322622c?cHOc?cHCHOCHCO可得；④A．逆反应速率先增大后减小，平衡一定向逆反应方向移动；B．容器中22c(H)c(CO)的比值减小，可能增大CO2浓度、减小H2浓

度，增大CO2浓度平衡向正反应方向移动，减小H2浓度平衡向逆反应方向移动；C．H2的转化率增大，平衡一定向正反应方向移动；D．体系压强不变，说明处于平衡状态。改变某个条件，平衡一定向正反应方向移动的是C。【详解】(1)

由图知CO2(g)+3molH2(g)具有的总能量大于12C2H4(g)+2H2O(g)具有的总能量，该反应为放热反应，反应的ΔH=生成物具有的总能量-反应物具有的总能量=-(b-a)kJ•mol-1；ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总

和=2E(C=O)+3E(H-H)-[1/2E(C=C)+2E(C-H)+4E(H-O)]=2745kJ·mol－1+3436kJ·mol－1-[12x+2414kJ·mol－1+4463kJ·mol－1]=-190kJ·mol－1，解得x=616kJ·mol－1。故答案为：(

a-b)；616；(2)①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的转化率减小，根据图像知在投料比相同时，T1平衡时CO2的转化率大于T2，则T1＜T2。判断理由是该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO

2的转化率减小，从图中可知在相同投料比时，T1温度下CO2的转化率大于T2温度下CO2转化率，可知T1＜T2。故答案为：＜；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，从图中可知在相同投料比时，T1温度下

CO2的转化率大于T2温度下CO2转化率，可知T1＜T2；②化学平衡常数与温度相关，图中A、B、C三点对应的平衡常数分别为KA、KB、KC，A、C温度相同，KA=KC，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小，KC>K

B，则三者大小关系是KA=KC>KB。故答案为：KA=KC>KB；③H2与CO2的投料比为12mol6mol=2，根据图像投料比为2时，T1温度下CO2的平衡转化率为60%。转化CO2物质的量浓度为6mol2L60%=1.8mol·L－1，则转化H2(g)物质的量浓

度为1.8mol·L－1×3=5.4mol·L－1，则0~5min内的平均反应速率v(H2)=15.4mol?L5min－=1.08mol·L-1·min-1；根据图示，T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，经过5min反应达到平衡，CO2的平衡转化率为60%，列三

段式；()()()()22332-1-1-12COg+6HgCHOCHg+3HOgmol?L3600mol?L1.85.40.92.7mol?L1.20.60.92.7起始浓度转化浓度平衡浓度平衡常数K=()()()()3

3322622c?cHOc?cHCHOCHCO=3260.92.71.20.6(列出计算式即可)。故答案为：1.08mol·L-1·min-1；3260.92.71.20.6；④A．逆反应速率先增大后减小，平衡一定向逆反应方向移动，故A不选；B．容器中的22c(H)c(CO)比值

减小，可能增大CO2浓度、减小H2浓度，增大CO2浓度平衡向正反应方向移动，减小H2浓度平衡向逆反应方向移动，故B不选；C．H2的转化率增大，平衡一定向正反应方向移动；改变某个条件，平衡一定向正反应方向移动，故C选；D．体系压强不变，说明处于平衡状态，故D不选；故答案为：

C。【点睛】本题考查了化学平衡，涉及化学平衡的相关计算、温度与可逆反应之间的关系、反应焓变的计算，对化学原理的相关知识理解透彻是解题关键，难点(2)③，列出三段式，找出浓度的变化量和平衡量进行计算。10.如图所示，某同学设计了一个

燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：(1)甲烷燃料电池中，负极反应式是______。(2)乙装置中石墨(C)极为______(填“阴极”或“阳极”)的电极反应式为______。

(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积______L，丙装置中阴极析出铜的质量为______g。(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液或Fe(OH)2的实验

装置(如图所示)：①若用于制漂白液，a为电池的______极，电解质溶液最好用______，写出生成漂白液的离子方程式______。②若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠作电解质溶液，阳极选用______作电极

。【答案】(1).CH4+10OH--8e-=2-3CO+7H2O(2).阳(3).2Cl--2e-=Cl2↑(4).4.48(5).12.8(6).负(7).饱和氯化钠溶液或食盐水(8).Cl2+2

OH-=Cl-+ClO-+H2O(9).铁【解析】【分析】根据题中图示，甲为燃烧电池即原电池，由原电池的负极失电子发生氧化反应判断投放燃料的电极是负极，写出电极反应式；根据乙为电解池，与原电极的相连情况判断C为阳极，并写出电极反应式；根据串联电路转移电子相等计算H2的体积

和Cu的质量；根据题中图示信息，A极有气体放出，制漂白液是Cl2与NaOH反应，分析判断电解饱和食盐水，即可达到实验目的；根据制取Fe(OH)2必要有Fe2+，判断阳极材料；据此解答。【详解】（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极

，所以通入甲烷的电极是负极，由于电解质溶液为KOH，呈碱性，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；答案为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。（2）由题中图示可知，通

CH4的电极与乙装置中Fe极相连，则乙装置中Fe为阴极，石墨(C)为阳极，失电子发生氧化反应，Cl-放电，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；答案为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑。（3）串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，由正极

电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-可知，转移电子的物质的量n(e-)=2.2422.4/LLmol×4=0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2，V(H2)=0.4mol2×22

.4L/mol=4.48L，丙装置中阴极上析出铜，电极反应为Cu2++2e-=Cu，m(Cu)=0.4mol2×64g/mol=12.8g；答案为4.48，12.8。（4）①电解饱和NaCl溶液或食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯

气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接触反应生成次氯酸钠，所以A极上析出氢气，即A极是阴极，所以a为电池负极，

电解液是饱和NaCl溶液或食盐水，生成漂白液是Cl2与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和H2O，其离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；答案为负，饱和NaCl溶液或食盐水，Cl2+2OH

-=Cl-+ClO-+H2O。②若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，如果阳极是惰性电极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气得不到氢氧化亚铁，所以阳极上应该是铁失电子生成亚铁离子，亚

铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁；答案为铁。选考题。请从11、12两题任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，请将所选作题后的方框涂黑。11.三价铬离子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构

成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等，回答下列问题：(l)Cr的价电子排布式为______；(2)O、N、S的第一电离能由大到小的顺序为______；(3)SO2分子的VSEPR模型为__

____，其中心原子的杂化方式为______；(4)CO和N2互为等电子体，两种物质相比沸点较高的是______，其原因是______；(5)化学式为CrCl3•6H2O的化合物有多种结构，其中一种可表示为

[CrCl2(H2O)4]Cl•2H2O，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为______，配位数为______；(6)NH3分子可以与H+结合生成+4NH，这个过程发生改变的是______(填序号)A.微粒的空间构型B.N原子的杂化类型C.H-N-H键角D.微粒的电子数(7)由

碳元素形成的某种晶体的晶体结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρg•cm-3，则该晶胞的棱长为______pm。【答案】(1).3d54S1(2).N>O>S(3).平面三角形(4).sp2杂化(5).CO(6).CO

为极性分子，N2为非极性分子，极性分子与极性分子之间的范德华力较强，故CO沸点较高(7).O、Cl(8).6(9).AC(10).3A96ρN×1010【解析】【分析】根据Cr的原子序数和在周期表的位置，写出价电子排布；根据第一电离能递变规律判断第一电离能大小；根据VSEPR理论判

断SO2的VSEPR模型和中心原子的杂化形式；根据等电子体，分子量相同，由分子的极性判断熔沸点高低；根据配位体的结构判断配体提供孤电子对和配位数；根据VSEPR理论判断NH3变为NH4+时引起的变化；根据均摊法计算晶胞中C原子个

数，由密度，质量计算晶胞的棱长；据此解答。【详解】（1）Cr是24号元素，在元素周期表中位于第四周期第VIB，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态原子价电子排布为3d54s1；答案为：3d54s1。（2）非金属性越强，第一电离能越大，N元素原子2p轨道为半充满稳

定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，O，S属于同主族元素，从上往下，非金属性减弱，O的原子序数比S小，则非金属性O＞S，第一电离能O＞S，则O、N、S的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞S；答案为N＞O＞S。（3）SO2分子的价层电子对数

=2+6222−=3，VSEPR模型的名称为平面三角形，S原子采取sp2杂化；答案为平面三角形，sp2。（4）CO和N2互为等电子体，且CO和N2分子量相同，由于CO是极性分子，N2是非极性分子，分子的极性越强分子间作用力

越强熔沸点越高，所以熔沸点CO大于N2；答案为CO，CO和N2分子量相同，由于CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子与极性分子之间的范德华力较强，故CO沸点较高。（5）由[CrCl2(H2O)4]Cl•2H2O结构可知，中心原子Cr3+

提供空轨道，配体Cl、O提供孤电子对，配位数为2+4=6；答案为Cl、O，6。（6）NH3分子可以与H+结合生成NH4+，NH3分子中N原子价层电子对数=3+5312−=3+1=4，采取sp3杂化，有

一个孤电子对，空间构型为三角锥形，NH4+中N原子价层电子对数=4+52141−−=4+0=4，采取sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体，二者中N原子价层电子对数均是4，N原子孤电子对数由1对变为0，N原子杂化方式不变，电子数数目不变，空间构型由

三角锥形变为正四面体，键角减小；答案为A、C。（7）晶胞中碳原子数目=4+8×18+6×12=8，设晶胞棱长为apm，则8×A12gN=ρg/cm3×(a×10-10cm)3，解得a=3A96ρN×1010pm；答案为3A96ρN×1010。12.有机物F是

一种可降解的聚酯类高分子材料，F的一种合成路线如图所示：已知：①烃A的核磁共振氢谱只有一组峰；C的化学式为C5H8O4②R1CHO+R2CH2CHO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→稀NaOH溶液③R1CH=CHR24+KMnOH⎯⎯⎯→R

1COOH+R2COOH(R1、R2表示烃基或氢原子)。回答下列问题(l)A的名称是______，A→C5H9Cl的反应类型是______。.(2)B中官能团名称为______，E的结构简式为______。(3)下列方法或试剂无法将C2H4O与D形成的溶液区

分开的是______A.酸性KMnO4溶液B.银氨溶液C.观察核磁共振氢谱(4)写出下列反应的化学方程式：①C5H9Cl→B的化学方程式______；②C+E→F的化学方程式为______。(5)A有多种同分异构体，写出一种能使溴的CCl4溶液褪色且核

磁共振氢谱显示为4组峰的物质的结构简式：______。(6)以C2H4O为原料(无机试剂任选)合成聚1，3-丁二烯，请写出合成路线______。【答案】(1).环戊烷(2).取代反应(3).碳碳双键(4).HOCH2CH2CH2OH(5).AB(6).+NaOH醇Δ⎯

⎯⎯⎯→+NaCl+H2O(7).nHOOCCH2CH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+(2n-1)H2O(8).CH2=CHCH(CH3)2、CH2=C(CH3)CH2CH3(9).CH3CHO3NaOHCHCHO⎯⎯⎯⎯⎯→稀溶液CH3CH(O

H)CH2CHO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→2H一定条件CH3CH(OH)CH2CH2OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→CH2=CH-CH=CH2催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→【解析】【分析】由A是烃及A生成C5H9Cl的条件可知，A的分子式为C5H10

，结合烃A的核磁共振氢谱只有一组峰可知，A为环戊烷，A通过取代反应生成C5H9Cl()，与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成B(环戊烯)，由B到C的转化条件，C的化学式、及已知③可知，C是二元酸(HOOCCH2CH2CH2COOH)。由题图所给转

化关系及题给已知信息②可知，C2H4O是乙醛，D是甲醛，C3H6O2是HOCH2CH2CHO，E是HOCH2CH2CH2OH，F是，据此分析解答。【详解】(l)根据分析，A的名称是环戊烷，A通过取代反应生成C5H9Cl；.(2)根据分析，B为环戊烯，则B中官能团名称为碳

碳双键；E的结构简式为HOCH2CH2CH2OH；(3)根据分析，C2H4O是乙醛，D是甲醛，A．乙醛和甲醛溶液都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象相同，不能将二者区分开，故A符合题意；B．银氨溶液与乙醛和甲醛溶液均能够发生银镜反应，现象相同，不能将二者区分开

，故B符合题意；C．乙醛的核磁共振氢谱有2组峰，甲醛的核磁共振氢谱只有1组峰，能将二者区分开，故C不符合题意；答案选AB；(4)①与氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成B(环己烯)，化学方程式为+NaOH醇Δ⎯⎯⎯⎯→+NaCl+H2O；②C是二元酸(HOOCCH2CH2CH

2COOH)，E是HOCH2CH2CH2OH，F是，C+E→F的化学方程式为nHOOCCH2CH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2OH浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+(2n-1)H2O；(5)A的分子式为C5H10，其同分异构体能使溴的CC

l4溶液褪色可知是烯烃，且核磁共振氢谱显示为4组峰，则结构简式可为CH2=CHCH(CH3)2、CH2=C(CH3)CH2CH3；(6)以C2H4O为原料(无机试剂任选)合成聚1，3-丁二烯，CH3CHO与CH3CHO在稀氢氧化钠溶液中发生已知信息②的

反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，一定条件下CH3CH(OH)CH2CHO与氢气发生加成反应生成CH3CH(OH)CH2CH2OH，CH3CH(OH)CH2CH2OH在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成1，3-丁二烯(CH2=CHCH=CH2)，1，3-丁

二烯在催化剂作用下发生加聚反应生成聚1，3-丁二烯，则合成路线为CH3CHO3NaOHCHCHO⎯⎯⎯⎯⎯→稀溶液CH3CH(OH)CH2CHO⎯⎯⎯⎯⎯⎯→2H一定条件CH3CH(OH)CH2CH2OH浓硫酸Δ⎯⎯

⎯⎯⎯→CH2=CH-CH=CH2催化剂⎯⎯⎯⎯⎯→。【点睛】本题的难度不大，关键在于已知信息在流程中的运用，利用题给已知信息，结合各物质的转化条件及分子式确定有机物的结构简式。