【文档说明】【精准解析】四川省成都市实验中学2020届高三上学期第十四次周考理科综合化学试题.doc，共(16)页，543.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-76a9af67bc71e18807456364500e1f01.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020学年度高2017级高三上学期第十四次周考理综化学试题（考试时间：50分钟满分：100分）一、单项选择题：每小题6分，共42分。1.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA纳米铁粉有很好的吸附性纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2＋、Cu2＋、Cd2＋

、Hg2＋等重金属离子B硅胶可以和水发生化学反应硅胶作袋装食品的干燥剂CSO2有毒能做食品防腐剂D肥皂水显碱性肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铁是活泼的金属，具

有较强的还原性，可以高效地去除被污染水体中的Pb2＋、Cu2＋、Cd2＋、Hg2＋等重金属离子，与铁的吸附性无关，故A错误；B．硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，与水不反应，故B错误；C．SO2有毒，不能做食品防腐剂，故C错误；D．肥皂水显碱性，能够与蚊虫叮咬释放的酸反应，可作蚊虫

叮咬处的清洗剂，故D正确；故选D。2.中华民族历史悠久，有着优秀的传统文化。古诗词是中国灿烂文化遗产中的瑰宝，其意蕴含蓄，意境深远。下列有关说法正确的是①“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均含纤维素②“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥漫在

空气中的PM2.5固体颗粒③“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的④“落红不是无情物，化作春泥更护花”其中包含了复杂的化学变化过程A.①②B.②③C.①④D.③④【答案】C【解析】①“柳絮”和棉花的成分均含纤维素，故①正确；②“

烟”是固体小颗粒弥漫在空气中，不一定是PM2.5的固体颗粒，故②错误；③“香”体现了分子是不停地运动的，故③错误；④植物的腐烂包含了复杂的化学变化过程，故④正确；故选C。3.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是

实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2

SO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧

化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2

SiO3，D正确。答案选C。4.下列说法正确的是（）A.萘（）是最简单的稠环芳香烃，萘与足量氢气充分加成的产物一氯代物有2种B.酚酞的结构如图所示，其结构中含有羟基（—OH），故酚酞属于醇C.溴水能将甲苯、己烯、CCl4、乙醇四种溶液鉴别开

来D.的名称为2-甲基-戊醇【答案】C【解析】【详解】A．萘()与足量氢气充分加成的产物为，由结构对称性可知，含3种位置的H，则一氯代物有3种，故A错误；B．中含酚-OH和-COOC-，该物质为酚或酯类，故B错误；C．分别加入少量溴水，振荡后静置，甲苯的密度小于水

的，且不溶于水，出现分层，上层是有色层；己烯能使溴水褪色；四氯化碳的密度大于水的，且不溶于水，下层是有色层；乙醇和溴水互溶、不分层，因此甲苯、己烯、CCl4、乙醇分别与溴水混合的现象为：分层后有机层在上层、溴水褪

色、分层后有机层在下层、不分层不褪色，现象不同，可鉴别，故C正确；D．中主链含5个C，-OH在2号碳上，甲基在4号C上，名称为4-甲基-2-戊醇，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意常见有机溶剂的密度与水的相对大小的比较，同

时注意萃取原理的应用。5.原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误．．的是A.元素的非金属性次序为c>b>aB.a和其他3种元素均能形成

共价化合物C.d和其他3种元素均能形成离子化合物D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【答案】B【解析】【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7

、1，a-的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c-和d+的电子层结构相同，则d为K元素。据此分析解答。【详解】根据以上分析，a为H元素，b为S元素，c为Cl元素，d为K元

素。A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素分别形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、K

Cl，均属于离子化合物，故C正确；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为-1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为-2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为-1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确。答案

选B。6.有一种瓦斯分析仪能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是A.电极a的反应式为：CH4＋4O2－

-8e－=CO2＋2H2OB.电极b是正极，O2－由电极a流向电极bC.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极a流向电极bD.当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移4mol【答案】A【解析】【分析】通甲烷的电极是负极，通空气的电极是正极。【详解】A.瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的

工作原理，所以甲烷是负极，在电极a失电子，则反应式为CH4＋4O2－-8e－=CO2＋2H2O，A项正确；B.空气通入电极b，电极b是正极，电极反应为O2＋4e－=2O2－，O2－由电极b流向电极a，B项错误；C.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中没有电子的定向移动

，内电路是通过离子的定向移动而导电的，C项错误；D.根据上述分析，当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移2mol，D项错误；故选A。7.下列说法中正确的是（）A.将CH3COONa溶液从20℃升温到30℃，溶液中-3-3c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)增大B.p

H相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na＋）：①＞②＞③C.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)D.Na2CO3

溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32-水解程度减小，溶液的pH减小【答案】B【解析】【详解】A．溶液中存在水解平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，盐类的水解反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，c(CH

3COO－)减小，c(CH3COOH)、c(OH－)增大，故-3-3(CHCOO)(CHCOOH)(OH)ccc减小，故A错误；B．酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解的规律可知，组成盐的弱酸根离子对应酸的酸性越弱，该盐的水解程

度越大，溶液的碱性就越强，pH就越大，所以pH相同的三种溶液中的c(Na＋)大小顺序为①＞②＞③，故B正确；C．由物料守恒得c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，2c(Ca2＋)＝c(Cl)－，两者相加得c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3CO

OH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，故C错误；D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32-与Ca2＋反应生成沉淀CaCO3，c(CO32-)减小，水解平衡逆向移动，水解程度减小，但溶液的pH增大，故D错误；

故选B。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8题～第10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11题～第12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共43分）8.碱式碳酸铜可用于有机催化剂、杀虫剂及饲料中铜的添加剂，还可用于烟火和颜料制造。CuS

O4溶液与Na2CO3溶液反应能否得到碱式碳酸铜？某班同学进行相关探究。【沉淀制备】取一定量胆矾（CuSO4·5H2O）溶于水，再滴几滴稀硫酸，充分搅拌后得到一定体积的CuSO4溶液。向其中加适量Na2CO3溶液，将所得蓝绿色悬浊液过滤，用

蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤。（1）滴加稀硫酸的作用是________。（2）用无水乙醇洗涤的目的是________。【实验探究】同学们设计了如下装置，用制得的蓝绿色固体进行实验：（3）D装置加热前，需要首先打开活塞K，用A装置制取适量N2，然后关闭K，点燃D

处酒精灯。A中产生的N2将装置中的空气排除，避免干扰。C中盛装的试剂应是________。（4）装置A中发生反应的离子方程式为________。（5）若蓝绿色固体的组成为xCuCO3·yCu(OH)2，实验能观察到的现

象是________。（6）同学们查阅文献知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(BaCO3)＝5.1×10-9，经讨论认为需要用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式，其原因是___

_____。a．Ba(OH)2的碱性比Ca(OH)2强b．Ba(OH)2溶解度大于Ca(OH)2，能充分吸收CO2c．相同条件下，CaCO3的溶解度明显大于BaCO3d．吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小待D中反应完全后，打开活塞K，再次滴加NaNO2

溶液产生N2，其目的是________。若定量分析所取蓝绿色固体质量为27.1g，装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后，装置E的质量增加2.7g，F中产生沉淀19.7g。则该蓝绿色固体的化学式为________。【答案】(1).抑制Cu2+水解，防止溶液变浑浊(2).利用乙

醇易挥发的性质带走沉淀上面的水(3).浓硫酸(4).NO２－＋NH４＋N2↑＋2H2O(5).硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊(6).bd(7).让停留在装置中的气体被充分吸收，减小实验误差(8).2C

uCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2【解析】【分析】由题中信息可知，CuSO4溶液中加适量Na2CO3溶液，可以得到蓝绿色的沉淀。探究其组成的实验装置中，A用于制备氮气，B是安全瓶，C用于干燥氮气，D用于加热所

制得的蓝绿色沉淀，E用于检验和吸收D中的水，F用于检验和吸收D中生成的二氧化碳，最后的干燥管是防止空气中的二氧化碳影响实验结果。【详解】（1）铜离子水解，因此滴加稀硫酸的作用是抑制Cu2+水解，防止溶液变浑浊。（2）乙醇和水互溶，易挥发，所以用无水乙醇洗涤的目的是利用乙醇易挥发的性质带走沉淀上面

的水。（3）装置内有残留的空气，所以A中产生N2的作用是排除装置中的空气，避免干扰；生成的氮气中含有水蒸气，会干扰后续实验，所以C中盛装的试剂应是浓硫酸，除去氮气中的水蒸气。（4）NaNO2与NH4C

l加热生成氯化钠、氮气和水的离子方程式为NO２－＋NH４＋N2↑＋2H2O。（5）若蓝绿色固体的组成为xCuCO3•yCu(OH)2，因此受热分解生成氧化铜、CO2和水蒸气，则实验能观察到的现象是硬质玻璃管中蓝绿色固体变黑色，E中白色固体变蓝，F中溶液变浑浊。（6）由于Ba(OH)2溶解度大于C

a(OH)2，能充分吸收CO2，吸收等量CO2生成的BaCO3的质量大于CaCO3，测量误差小，所以需要用Ba(OH)2代替Ca(OH)2来定量测定蓝绿色固体的化学式，选bd。待D中反应完全后，打开活塞K，再次滴加NaNO2溶液产生N2，其目的是让停留在装置中的

气体被充分吸收，减小实验误差。若定量分析所取蓝绿色固体质量为27.1g，装置F中使用Ba(OH)2溶液，实验结束后，装置E的质量增加2.7g，即水蒸气是2.7g，物质的量是0.15mol。F中产生沉淀19.7g，即碳酸钡是19.7g，物质的量是0.1mol，根据元素守恒x：y＝2：3

，则该蓝绿色固体的化学式为2CuCO3•3Cu(OH)2。9.某工厂对工业污泥中的铬元素回收与再利用的工艺如图（已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是少量的Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2

＋）：部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：阳离子Fe3＋Fe2＋Mg2＋Al3＋Cr3＋开始沉淀时的pH1.97———沉淀完全时的pH3.2911.189（＞9溶解）（1）实验室用9

8%（密度为1.84g·cm－3）的浓硫酸配制200mL4.8mol·L－1的硫酸溶液，配制时需要量取98%的浓硫酸的体积为_________mL（保留小数点后一位小数），所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需______。（2）过滤操作时，需要对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的方法是__

________。（3）加入H2O2的作用一方面是氧化＋3价Cr使之转变成＋6价Cr（CrO42-或Cr2O72-），以便于与杂质离子分离；另一方面是__________。（用离子方程式表示）（4）调节溶液的pH＝8除去的杂质离子是________。（5）钠离子交换树脂的原理为Mn＋＋nNa

R⎯⎯→MRn＋nNa＋，被交换的杂质离子是________。（6）通SO2气体时，还原过程发生以下反应（填写缺项物质并配平）：____Na2Cr2O7＋____SO2＋______=___Cr(OH)(H2O)5SO4＋___Na2SO4。____【答案】(1).65.2(2).2

50mL容量瓶、胶头滴管(3).沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作2～3次(4).2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(5).Fe3＋、Al3＋(6).Ca2＋、Mg2

＋(7).Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4【解析】【分析】含铬污泥预处理后，用硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe2+、Fe3+、A13+、Ca2+、Mg2+，过滤除去不溶性杂质，

然后加入过氧化氢氧化铬离子、亚铁离子为高价态，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH=8使其他离子沉淀，过滤得到滤液用钠离子交换树脂交换镁离子，得到溶液中通入二氧化硫还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。【详解】(

1)浓硫酸物质的量浓度为1000wM=10001.894898%=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，实验室中没有200mL的容量瓶，应该选用250mL容量瓶配制，则需要浓硫酸体积为0.25L4.8mol/L18.4mol/L=

0.0652L=65.2mL，需用到的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒、烧杯和100mL量筒、250mL容量瓶，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒和酸式滴定管外，还需250mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：65.2；250mL容量瓶，胶头滴管；(

2)过滤操作时，需要对沉淀进行洗涤，洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作2到3次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗中注入蒸馏水，至刚好浸没沉淀物，等蒸馏水自然流尽后，再重复操作2到3次；(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，

加入H2O2的作用一方面是氧化＋3价Cr使之转变成＋6价Cr(CrO42-或Cr2O72-)，以便于与杂质离子分离；另一方面Fe2+有还原性，Fe2+能被双氧水氧化为高价离子，Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，

故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)依据表格数据中离子开始沉淀和完全沉淀的pH，调节pH至8，可使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为：Al3+、Fe3+；(5)因镁离子、钙离子沉淀的pH较大，可

用离子交换法除去，故答案为：Ca2+、Mg2+；(6)通SO2气体时，还原过程中铬元素化合价+6价变化为+3价，Na2Cr2O～2CrOH(H2O)5SO4～6e-，硫元素化合价变化为+6价，SO2～SO42-～2e-，根据得失电子守恒，得到电子转移总数6e-，结合原子守恒配平得到化学方

程式：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4，故答案为：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4。【点睛】本题的易错点为(6)，要注意氧化还原反应中缺项配平的练习和应用，配平时关键是反

应前后Cr元素化合价的正确标注和分析。10.氨在工农业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。（1）天然气蒸汽转化法是前获取原料气中H2的主流方法。CH4经过两步反应完全转化为H2和CO2，其能量变化示意图如下：结

合图像，写出CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的热化学方程式______________________。（2）利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4∶1计）①起还原作用的物质是________________

_________。②膜I侧所得气体()()22nHnN=2，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是______________________。（3）甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反应

：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0。t1时刻到达平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示，下列说法正确的是____________A．Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，平衡常数：KⅠ＜KⅡB．Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，NH3的体积分数：Ⅰ＜ⅡC．Ⅰ、Ⅱ

两过程到达平衡的标志：混合气体密度不再发生变化D．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加N2和H2混合气（4）乙小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器充入9.0molN2和23.0molH2，图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数

与总压强(P)的关系图。①T1、T2、T3由大到小的排序为______________________________。②在T2、60MPa条件下，比较A点v正___v逆（填“＞”、“＜”或“=”），理由是_____

_______。③计算T2、60Mpa平衡体系的平衡常数Kp=__________。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）【答案】(1).CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g

)△H＝+165.4kJ/mol(2).CH4(3).10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2(4).D(5).T3＞T2＞T1(6).＞(7).在T2、60Mpa时A点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以v(正)＞v(逆)(8).0.043(MPa)-2或0.

0427(MPa)-2【解析】【详解】(1)根据图像得到热化学方程式Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.4kJ/mol，Ⅱ．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41

.0kJ/mol，结合盖斯定律计算Ⅰ+Ⅱ得到1molCH4(g)通过蒸汽转化为CO2(g)和H2(g)的热化学方程式：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)△H=+165.4kJ/mol，故答案为CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)

+4H2(g)△H=+165.4kJ/mol；(2)①甲烷中C元素的化合价升高，则起还原作用的物质是CH4，故答案为CH4；②空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体22()()nHnN=2，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为8mol

，膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，由膜I侧反应可知8molH2O得到16mol电子、1molO2得到4mol电子，共得到20mol电子，膜II上1molCH4中C失去6mol电子、H得到4mol电子，即1mo

lCH4失去2mol电子，根据总反应遵循电子守恒，需要10molCH4反应，则反应为10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2，故答案为10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2；(3)A、由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变

平衡常数不变，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率增大，不能说明平衡移动的方向，无法判断氨气体积分数的变化，故B错误；C、容器的体积不变，气体的质量不变，气体的密度始终不变，不能用于平衡的判断，故C错误；D、t2时刻，向密闭容器中加H2和N2混合气，

气体的压强增大，逆反应速率增大，故D正确；故选D；(4)①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1；②根据图像，在T2、

60MPa条件下，A点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v正＞v逆，故答案为>；在T2、60Mpa时A点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以v(正)＞v(逆)；③若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积

分数等于其物质的量分数，设平衡时n(NH3)=xmol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)开始(mol)9230反应(mol)0.5x1.5xx平衡(mol)9-0.5x23-1.5xx平衡时氨气体积分数=90.5231.5xxxx−+−+×100%=60%，

解得x=12，氮气分压=90.51292312−+−×60MPa=9MPa；氨气的分压=60%×60MPa=36MPa，氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa，此时的平衡常数Kp=()23(3

6)9(15)MPaMPaMPa=0.043(MPa)-2，故答案为0.043(MPa)-2。【点睛】本题的难点是(2)②中化学方程式的书写，要注意甲烷中元素化合价的变化是C由-4变成+2价，H由+1变成0价，然后根据得失电子守恒找到CH4、H2O、

O2三者间量的关系；本题的易错点为(4)③中Kp的计算，要能够根据K的表达式进行迁移。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【化学—选修3：物质结构与

性质】11.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。已知A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍；C元素是同周期元素中电负性最大的元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s

能级的电子总数相等；E元素可与C元素形成2种常见化合物，其中一种为棕黄色，另一种为浅绿色。请回答下列问题：(1)E元素基态原子的价层电子排布式为________，属于________区的元素。(2)A、B两元素的氧化物的晶体类型分别为________、________；写出B元素的最高价氧化物与

HF溶液反应的化学方程式：_____________________________。(3)元素A的一种氢化物是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该分子中σ键和π键的数目分别为_____

___和________。(4)原子总数和价电子总数都相同的分子、离子或基团属于等电子体，由A～E中的元素形成的微粒中，与SO42-互为等电子体的分子是________(填分子式，任写一种)，SO42-中的键角为________。(5)D元素与最活泼的非金属元素形成的化合

物的晶胞结构如图所示，其中“”代表的微粒是________(用元素符号或离子符号表示)，该离子化合物晶体的密度为ag/cm3，则晶胞的体积是________(写出表达式即可)。【答案】(1).3d64s2(2).d(3).分子晶体(4).原子晶体(5).

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O(6).5(7).1(8).SiCl4或CCl4(9).109°28′(10).F－(11).323478//6.0210/gmolagcmmol【解析】【分析】A元素基态原子的核外

电子分占四个原子轨道，则A是C元素；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍，则B是Si元素；C元素是同周期元素中电负性最大的元素，C是Cl元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电

子总数相等，则D是Ca元素；E元素可与C元素形成2种常见化合物，其中一种为棕黄色，另—种为浅绿色，则E是Fe元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知A为C元素，B为Si元素，C为Cl元素；D为Ca元素；E为Fe元素。(1)E元素(Fe)基态原子的价层电子排布式为3

d64s2，属于d区的元素；(2)A、B两元素的氧化物分别是CO2是分子晶体，SiO2为原子晶体。SiO2与HF在溶液反应发生反应产生SiF4和H2O，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。(

3)元素A的一种氢化物是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该分子是乙烯，结构简式为H2C=CH2，在乙烯分子中含有5个σ键，1个π键；(4)由“原子总数和价电子总数都相同的分子、离子或基团属于等电子体”可知，由A

～E中元素形成的微粒中，与SO42-互为等电子体的分子有SiCl4、CCl4。SO42-的中心原子S的杂化方式为sp3杂化，SO42-为正四面体结构，则SO42-中的键角为109°28′。(5)D是Ca元素，钙元素与最活泼的非金属元素形成的化合物为CaF2，由题给晶胞图可知，“”微

粒数为8×18+6×12＝4，“”微粒数为8，黑球与灰球的个数比为2:1，则“”代表的微粒是F-。在一个晶胞中含有4个CaF2，晶胞的质量为m=23478/6.0210/gmolmol，晶胞的密度为ag/cm3，则晶胞的体积为V=23478/6.0210/ag

/cm3gmolmmol==323478//6.0210/gmolagcmmol。【点睛】本题考查物质结构和性质的知识，涉及元素及化合物的推断、物质晶体类型的判断、原子杂化方式、等电子体、晶体化学式的计算等知识点，根据题目信息推断元素类型是解答本

题的关键。【化学—选修5：有机化学基础】12.由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。（1）聚合物F的结构简式___。A→B的反应条件为_____。E→G的反应类型为_____。（2）D的结构简式_

_____。B转化为C的化学反应方程式是_______。（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，则该种同分异构体的结构简式为___

___。【答案】(1).(2).NaOH水溶液、加热(3).缩聚反应(4).CH3COCOOH(5).(6).(7).CH2(OH)CH(OH)CHO【解析】【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHB

rCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F

为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。【详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。E→G的反应类型为：缩聚反应。（2）通过以上分析知，

D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成O=C(CH3)CHO，反应方程式为。（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。（4）E的结构

简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1molH2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。