【文档说明】安徽省蚌埠市教师2020届高三“我为高考命题”仿真模拟化学试题（蚌埠二中4）含答案.docx，共(12)页，389.052 KB，由小赞的店铺上传

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我为高考命题——理综化学部分（时间：50分钟满分：100分）可能用到的原子量：S--32P-31K-39Cu-64Mn-55H--1C--12O--16一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项符合题目要求的。1.化学与生产、生活、技术、环境密切相关。下列说法正确的是（）A.自行车车架生锈主要是电化学腐蚀B生活中常见的水晶、玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品C镁和铝通常用热还原的方法来冶炼D蛋白质、棉花、淀粉、油脂都是由高分子组成的

物质2.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是（）A.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe（OH）3胶粒B．25℃时，pH=13的氢氧化钡溶液1.0L溶液中含有的OH-数目为0.2NAC．7.8克过氧化钠（Na2O2）固体中阴、阳离子总

数为0.3NAD．1.8克重水（D2O）中含有的质子数为1.0NA3普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如右图所示（未表示出其空间构型）。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是（）A.分子式为C23H34O7B.1mol该物质最多与3m

olNaOH反应C.该物质可发生消去反应、酯化、与FeCl3的显色反应D.可以与H2发生加成反应生成4、下列实验装置图能实现对应的实验目的的是()图1图2图3图4A．利用图1除去Cl2中的HClB．利用图2由45°白酒制无水乙醇C．利用图3检验产物中含

有乙烯D．图4是研究温度对NO2和N2O4平衡的影响5．V、W、X、Y是元素周期表中短周期元素，在周期表中的位置关系如下图所示：Z为第四周期常见元素，该元素是人体血液中血红蛋白的组成金属元素。V的最简单氢化物为甲，W的气态氢化物为乙，甲乙混合时有白烟生成，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，W与Z可

形成化合物ZW3。下列说法中正确的是（）A．原子半径X＞Y＞V＞WB．X、M的质子数之和与最外层电子数之和的比值为2:1C．甲乙混合时所生成的白烟为离子化合物，但其中含有共价键D．在足量的沸水中滴入含有10.8gZW3的溶液可得到0.1molZ(OH)36、有机电合成是合成一系

列重要有机化合物的“绿色合成法”。例如利用电合成方法可制取一种无毒、环保性能优异、用途广泛的化工原料碳酸二甲酯。碳酸二甲酯的资料和电解制备的模拟装置如下：资料卡片名称简称键线式熔点沸点化学性质用途碳酸二甲酯DMC4℃90.1

℃非常活泼、很易水解毒性很低有机合成中间体则下列说法正确的是A.通O2区是阴极区，质子通过交换膜从阴极区移向阳极区B.阳极区的离子液体必须是水溶液，目的是传递电荷C.电合成DMC的总反应方程式：CO+2CH3OH===(CH3O)2CO+H

2D.阳极反应：CO—2e—+2CH3OH===(CH3O)2CO+2H+HO7.酒石酸(HOCHCOOHCHCOOH)是一种存在于葡萄等水果中的有机n/×10-3mol2.0H2TT2—酸。已知酒石酸在溶液中的微粒浓度和溶液pH的关系如图所示（图中酒石酸用H2T表

示）。为测定某果汁中酒石酸的含量（果汁中不含其它酸），小明在实验室中用0.1mol/LNaOH溶液对果汁（取样20mL进行滴定。利用传感器技术，测得滴加40mLNaOH溶液时达到滴定终点。下列有关说法正确的是

1.0HT—A．果汁中酒石酸的浓度为1×10-3mol/LB．滴加NaOH溶液10mL，溶液中存在c(Na+)=2c(H2T)+2c(HT—)+2c(T2—)1234567pHC．滴加NaOH溶液40mL，溶液中存在c(OH-)=2c(H2T)+c(HT—)+c(H+)D．滴定过程中生成了NaH

T，由于HT—水解使溶液呈碱性二、非选择题：共58分。第26--28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35---36题为选考题，考生根据要求作答。8．磷化铝(AlP)通常可作为一种广谱性薰蒸杀虫剂，吸水后会立即产

生高毒的PH3气体(熔点为－132℃，还原性强)。卫生安全标准规定：当粮食中磷化物(以PH3计)的含量不超过0.05mg·kg－1时，粮食质量合格；反之，粮食质量不合格。某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留的磷化物含量进行了

研究。【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。444【实验装置】已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.13×10－3mol·L－1KMnO4溶液(H2SO4酸化)。请回答下列问题

：(1)仪器D的名称是。(2)B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，则A中盛装KMnO4溶液的作用是。(3)已知MnO－被还原为Mn2＋，若0.1molPH3恰好被0.16molKMnO4吸收，则PH

3被氧化的产物是，写出E中发生反应的离子方程式：。(4)收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10－4mol·L－1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液：三次实验消耗V标123

mL11.0211.3010.98①滴定达到终点的现象是：。②数据处理：消耗Na2SO3标准溶液mL；则该原粮中磷化物(以PH3计)的含量为mg·kg－1。③若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中的滴定操作，则消耗Na2SO3标准溶液的体积(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。答案

:(1)直形冷凝管(或冷凝管)(2)除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果(3)H3PO4(或磷酸)5PH3＋8MnO－＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O(4)①锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色②11.000.13(或0.1275)③偏大解

析:(1)装置中D为冷凝管，起到冷凝回流的作用。(2)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧。(3)PH3被酸性高锰酸

钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3＋8MnO－＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O。(4)①依据滴定反应：2KMn

O4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O，本实验中无需选择指示剂，锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色，表示达到了滴定终点。②收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10－4mol/L

Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O；22502KMnO

4～5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量＝0.0110L×5×10－4mol/L××525＝2.2×10－5mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量＝1.13×10－3mol/L×0.020L－2.2×10－5mol＝6.0×10－7mol；根据反应5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4=

==5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O；得到定量关系为：5PH3～8KMnO4；计算得到PH3物质的量＝6.0×10－7mol×5＝3.75×10－7mol；则8PH3的含量＝3.75×10－7×34g/mol×1030.1kgmg/g＝

0.1275mg/kg≈0.13mg/kg，所以该原粮质量不合格。③准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收，若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中

的滴定操作，则剩余的高锰酸钾偏多，滴定消耗Na2SO3标准溶液的体积偏大。9.Ni2O3是灰黑色无气味有光泽的固体，主要用作陶瓷、玻璃、搪瓷的着色颜料，也经常用于制造镍电池。某实验室尝试用工业废弃的NiO催化剂（还含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质）为原料

制备Ni2O3。实验工艺流程为：已知：①有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2②常温时CaF2的溶度积常数为

2.7×10－11图Ⅰ图Ⅱ（1）流程中酸浸后浸出渣包含多种成分。实验人员对浸出渣进行了X射线衍射，得到图Ⅰ所示的图谱，试分析图谱中所示的物质X的化学式为。（2）实验人员发现温度不同时，镍的浸出率不同，浸出率与温度的关系如图Ⅱ所示。请解释当温度高于70℃时，浸出液中Ni2+

含量降低的原因。（3）操作A的名称为，操作B中需调节溶液的pH，所需调节的pH范围为，操作C的目的是。（4）电解步骤中，Cl－首先在阳极被氧化为ClO－，然后ClO－将Ni2+氧化成2NiOOH·H2O沉淀。写出生成沉淀反应的离

子方程式；若实验最后得到Ni2O333.2g，则电解过程中，电路中转移的电子数至少为。答案：（1）BaSO4（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低（3）过滤3.7～7.7除去溶液中的Ca2+（4）ClO－＋2Ni2+＋4OH－=

2NiOOH·H2O＋Cl－2.41×10-23解析：（1）酸浸过程中，BaO会和硫酸反应生成难溶的BaSO4（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，生成的Ni(OH)2增大，浸出的Ni2+减少（3）操作A是过滤，操作B中先加入H2

O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH到3.7～7.7之间，让Fe3+转化为沉淀析出；根据题目提供信息，CaF2是难溶物，故操作C加入NaF，可除去溶液中的Ca2+。（4）最后得到Ni2O3的物质的量为0.2mol，根据转化关系ClO－～2Ni2+～2NiOOH·H2O～Ni2

O30.2mol0.4mol0.2molClO－是在电解过程中由Cl－氧化得到的，因此有：Cl－～失2e－～ClO－失0.4mole－0.2mol故电路中转移的电子数至少为0.4mol，即约为2.41×10

-23个。10.二甲醚（CH3OCH3）是一种清洁能源，由合成气（CO、H2）制备二甲醚的反应原理如下：反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H2回答下列问题：（1）上述反应符合“原子经济”

原则的是（填“反应I”或“反应Ⅱ”）。图1中使曲线a对应反应按曲线b进行的措施是，该反应自发进行的条件为（填“低温”或“高温”）。（2）由合成气（CO、H2）制备1molCH3OH(g)的热化学方程式为。（3）模拟该制备原理，起始时在某容器中充入2molCO和4

molH2合成CH3OCH3(g)，平衡时混合物中氢气的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。①下列有关说法能够证明恒温恒压时，反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H＜0

一定达到平衡状态的是（填序号）。a.CO和H2的转化率相等b.反应体系中混合气体密度保持不变c.c(H2)c(CH3OCH3)的值保持不变d.反应体系压强保持不变②图2中T1（填“＞”“＜”或“=”）T2；理由是。③在A、B两点条件下，该反应从开

始到平衡时生成二甲醚的平均速率：v(A)v(B)。④B点对应的Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。答案：（1）反应I加催化剂低温（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=－91

.0kJ·mol－1（3）①bc②＞在T1温度下H2的体积分数大，平衡逆向移动，该反应是放热反应，温度升高平衡逆移，故T1＞T2（其它合理答案均给分）③＜④(5)42p211.钒（V）、砷（As）均属元素周期表第四周期元素，但钒为VB族，砷为VA族，二者最高正价均为+5价。（1）As与Cl2反应生

成AsCl3、AsCl5两种氯化物。其中AsCl3分子的中心原子杂化类型是，分子构型是。（2）高纯度砷可用于生产一种新型半导体材料GaAs，镓（Ga）与砷相比，第一电离能较大的元素是，GaAs中砷的化合价为。（3）基态钒原子的电子排布式为。（4）已知单质钒的晶胞下图所示，则V原子的配位数是

，假设晶胞的边长为dcm、密度为ρg/cm3，则钒的原子质量是。(5)氧化石墨烯基水凝胶是一类新型复合材料，对氧化石墨烯进行还原可得到还原氧化石墨烯，二者的结构如图所示：A还原石墨烯中碳原子的杂化形式是，上图中氧化石墨烯转化为还原石墨烯时，1号C与其相邻C原子

间键能的变化是（填“变大”、“变小”或“不变”），二者当中在水溶液中溶解度更大的是为（填物质名称），原因【答案】（1）sp3三角锥形(2)砷-3(3)1s22s22p63s23p63d34s2(或［Ar］3d34s2)(4)8NAρd3/2(5)sp3和sp2变大氧化石墨烯氧化石墨烯

中含有的羟基和羧基更多，与水分子间形成的氢键更多，溶解度更大【命题意图】本题考查物质结构与性质模块知识，意在考查考生能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。【解题思路】(1

)AsCl3中砷原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，故它是sp3杂化，分子为三角锥形。(2)镓是金属元素、砷是非金属元素，故砷的第I电离能比镓的大，砷为第VA族元素，呈-3价。(4)由晶胞结构知，钒为体心立方堆积，配位数为8；

一个晶胞的体积为d3cm3，质量为ρd3g，一个晶胞中含有2个钒原子，2×Mg/mol=ρd3g，M=NNA/molρd3/2。12.某课题组以苯为主要原料，采取以下路线合成利胆药——柳胺酚。已知：NO2NH2FeHCl回答

下列问题：（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是（）A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应B．分子式为C13H11NO3C．核磁共振氢谱共有9组峰D．可与溴发生取代反应（2）D中含有的官能团名称为，B→C的反应类型为（3）写出E+F→柳胺酚的化学方

程式。（4）写出化合物D的结构简式。（5）F有多种同分异构体，其中苯环上只有一个支链的同分异构体的结构简式有。(6)F可用来制备缓释长效阿司匹林，写出缓释长效阿司匹林在NaOH溶液中水解的化学方程式。【命题分析】：本专题从内容上看主要集中在有机物的结构

特点与分类；分子式的确定；碳碳双键、碳碳三键、卤代烃中的卤素原子、醇羟基、酚羟基、醛基、羧基及酯基的性质；有机物结构简式的推断及书写；同分异构体和同系物等。从考查方式上通常既有选择题又有框图题，选择题通常就某一个具

体物质的性质或实验的设计来进行设置，框图题通常是一个综合性较强的试题，常与当年的的社会热点问题（如前两年的苏丹红、三聚氰胺）或新材料新科技新药物的合成为线索作为铺垫，考查有机化学的基础知识以及根据所给信息进行应用的迁移能力。【参考答案】：(1)BCD(2

)羟基、硝基，水解反应或取代反应（3）+→+H2O，(4)(5)和（6）+4nNaOH→nCH3COONa+n+nHOCH2CH2OH++nH2O我为高考命题——理综化学部分1.答案A参考答案【命题意图】本题考查化学与社会生活的联系，意在考查考生的环保意识及关心社会、关心人文的素养。【解题

思路】选项A正确，选项B，水晶主要成分是二氧化硅不属于硅酸盐。选项C，镁和铝属于活泼金属，用电解的方法进行制备。选项D油脂不属于高分子物质。2.答案：C【命题意图】本题以阿伏伽德罗常数为载体，考察了不同类别物质的组成的有关知识。【解题思路】A胶体粒子是多个粒子的集合体，1molFeC

l3最终生成的Fe（OH）3胶粒一定小于1mol。BpH=13时c（OH-）=0.1mol/L,所以1.0L溶液中含有的OH-数目为0.1NA2-C一个Na2O2粒子中含有两个Na+和一个O2离子总数为0.3NA,正确。，所以7.8克过

氧化钠（Na2O2）固体中阴、阳D1.8克重水（D2O）中含有的质子数为(1.8/20)×10NA=0.9NA3.答案：D【命题意图】：本题考查学生对有机化合物结构和官能团性质及不饱和度的相关计算等的掌握。【解题思路】：A.分子式为C23H36O7B.羧基和酯基各

消耗一个NaOH，1mol该物质最多与2molNaOH反应C.羟基（-OH）可发生消去反应，羧基（-COOH）和羟基（-OH）均可以发生酯化反应，该物质中既没有苯环更没有酚羟基所以不能与FeCl3发生显色反应D.该物质含有共轭碳碳

双键，发生1、4加成时则得到该产物。4.答案：.D解析:A:除去Cl2中的HCl用饱和的NaCl溶液，A选项错误。B:白酒通过蒸馏只能得到大约96%的乙醇溶液，不能制得无水乙醇，B选项错误。C:溴乙烷与NaOH乙醇加

热制得的乙烯混有乙醇，乙醇也可使酸性KMnO4溶液褪色，必须通过水洗后，再用酸性KMnO4溶液检验，C选项错误。D项，反应NO2⇌N2O4△H＜0，若升高温度平衡逆向移动混合气体颜色加深，若降低温度平衡正向移动，混合气体颜色变浅，正确。5.答案：C

【命题意图】本题考查原子结构、元素周期表和元素周期律，意在考查考生能够从试题提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并经与已有知识块整合，重组为新知识块的能力。【解题思路】根据V、W的气态氢化物的性质，可以推断甲

为NH3、乙为HCl，则V为N，W为Cl，从而可以确定Y为C，X为Al；根据Z是人体血红蛋白中存在的金属元素，则Z为Fe。选项A，原子半径X＞W＞Y＞V，A项错。选项B，Al、Cl的质子数之和为30，最外层电子数之和为10，二者之比为3

:1，B项错。选项C，白烟为NH4Cl，是离子化合物，44其中N、H之间的化学键是共价键，C项正确。选项D，沸水中加入FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3胶体，该反应为可逆反应，溶液中的Fe3+不可能完全转化为Fe(OH)3胶体，D项错

。6.答案：D。【解析】由装置图中电极放电情况可知：O2得电子生成H2O，发生还原反应，因此通O2区是阴极区。所以利用电合成法制取碳酸二甲酯的电极反应：阳极反应：CO—2e—+2CH3OH===(CH3O)2CO+2H+×2质子通过交换膜从阳极移向阴极+）阴极反应：O2+4e—

++4H+==2H2O电解制备总反应方程式：2CO+4CH3OH+O2===(CH3O)2CO+2H2O根据表中信息可知：(CH3O)2CO很易水解，因此阳极区的离子液体不能是水溶液。所以A、B、C选项均错误。7.答案：C解析：A:滴加Na

OH溶液40mL，达到滴定终点，此时恰好完全反应：2NaOH+H2T=Na2T+2H2O，故酒石酸的起始浓度为0.1mol/L，A错误；B:滴加NaOH溶液10mL时，NaOH的物质的量为酒石酸的一半，所以溶液中c(Na+)＜2c(H2T)+2c(HT—)+2

c(T2—)，B错误；C:滴加NaOH溶液40mL，H2T恰好反应完，此时溶液为Na2T溶液，根据质子守恒可得出c(OH-)=2c(H2T)+c(HT—)+c(H+)，C正确；D:由图像中pH变化可知，NaHT溶液呈酸性。这是由于HT—既有电离又有水解，电离使溶液呈酸性，水解使

溶液呈碱性，且电离程度比水解程度大，所以最终呈酸性。故D错误。8.答案:(1)直形冷凝管(或冷凝管)(2)除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果(3)H3PO4(或磷酸)5PH3＋8MnO－＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O(4)①锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为

无色，且半分钟内不再变色②11.000.13(或0.1275)③偏大解析:(1)装置中D为冷凝管，起到冷凝回流的作用。(2)依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中

燃烧。(3)PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：5PH3＋8MnO－＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O。(4)①依据滴定反应：2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO

4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O，本实验中无需选择指示剂，锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色，表示达到了滴定终点。②收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×1

0－4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O；22502KM

nO4～5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量＝0.0110L×5×10－4mol/L××525＝2.2×10－5mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量＝1.13×10－3mol/L×0.020L－2.2×

10－5mol＝6.0×10－7mol；根据反应5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4===5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O；得到定量关系为：5PH3～8KMnO4；计算得到PH3物质的量＝6.0×10－7mol×5＝3.75×1

0－7mol；则8PH3的含量＝3.75×10－7×34g/mol×1030.1kgmg/g＝0.1275mg/kg≈0.13mg/kg，所以该原粮质量不合格。③准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保

证PH3全部被吸收，若C中反应完全后，忘记通入空气即进行(4)中的滴定操作，则剩余的高锰酸钾偏多，滴定消耗Na2SO3标准溶液的体积偏大。9.答案：（1）BaSO4（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，浸出渣中Ni(OH)2含量增大，浸出率降低（3）过滤3.7～7.7除去溶液中的Ca2+（4）

ClO－＋2Ni2+＋4OH－=2NiOOH·H2O＋Cl－2.41×10-23解析：（1）酸浸过程中，BaO会和硫酸反应生成难溶的BaSO4（2）温度升高，Ni2+的水解程度增大，生成的Ni(OH)2增大

，浸出的Ni2+减少（3）操作A是过滤，操作B中先加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH到3.7～7.7之间，让Fe3+转化为沉淀析出；根据题目提供信息，CaF2是难溶物，故操作C加入NaF，可除去溶液中的Ca2+。（4）最后

得到Ni2O3的物质的量为0.2mol，根据转化关系ClO－～2Ni2+～2NiOOH·H2O～Ni2O30.2mol0.4mol0.2molClO－是在电解过程中由Cl－氧化得到的，因此有：Cl－～失2e－～ClO－失0.4

mole－0.2mol故电路中转移的电子数至少为0.4mol，即约为2.41×10-23个。10.答案：（1）反应I加催化剂低温（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=－91.0kJ·mol－

1（3）①bc②＞在T1温度下H2的体积分数大，平衡逆向移动，该反应是放热反应，温度升高平衡逆移，故T1＞T2（其它合理答案均给分）③＜④(5)42p211【.答案】（1）sp3三角锥形(2)砷-3(3)1s22s22p63s23p63d34s2(或［Ar］3d34s2)(

4)8NAρd3/2(5)sp3和sp2变大氧化石墨烯氧化石墨烯中含有的羟基和羧基更多，与水分子间形成的氢键更多，溶解度更大【命题意图】本题考查物质结构与性质模块知识，意在考查考生能够将实际问题分解，

通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。【解题思路】(1)AsCl3中砷原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，故它是sp3杂化，分子为三角锥形。(2)镓是金属元素、砷是非金属元素，故砷的第I电离能比镓的大，砷为第VA族元素，呈-3价。(4)由晶胞结构知，钒为体心立方堆积，

配位数为8；一个晶胞的体积为d3cm3，质量为Mg/molρd3g，一个晶胞中含有2个钒原子，2×NA/mol=ρd3g，M=NAρd3/2。12.【命题分析】：本专题从内容上看主要集中在有机物的结构特点与分类；分子式的确定；碳碳双键、碳碳三键、卤代烃中的卤素原子、醇羟基

、酚羟基、醛基、羧基及酯基的性质；有机物结构简式的推断及书写；同分异构体和同系物等。从考查方式上通常既有选择题又有框图题，选择题通常就某一个具体物质的性质或实验的设计来进行设置，框图题通常是一个综合性较强的试题，常与当年的的社会

热点问题（如前两年的苏丹红、三聚氰胺）或新材料新科技新药物的合成为线索作为铺垫，考查有机化学的基础知识以及根据所给信息进行应用的迁移能力。【参考答案】：(1)BCD(2)羟基、硝基，水解反应或取代反应（3）+→+H2O，(4)(5)和（6）+4nNaOH→nCH3COONa+n+nHOCH2C

H2OH++nH2O