1、四川省广元市2019-2020学年高二化学下学期期末教学质量监测试题（含解析）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-1 C-12 N- 14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-5
2、6 Co-59 Cu-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】AMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；B84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明矾溶液中铝离子、
3、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2NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况
4、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；B1mol/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；CCO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，在水中要部分水解生成NH3H2O，常温常压下，1mol(NH4)2SO4溶液中含有少于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：FeO+2H+=Fe2+H2OB. 0.1mol/L的H2C2O4的pH=1.3，向酸性KMnO4溶液
5、中滴入草酸溶液紫色褪去：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+H2OC. 室温下用稀硝酸溶解铜：Cu+2+2H+=Cu2+2NO2+H2OD. 用铝粉和氢氧化钠溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=+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+=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：2+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+8H+=3Cu2+2
6、NO+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+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
7、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：ZWD. 原子半径：WX【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
8、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。AAl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PN，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WX，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
9、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. 0.1molL-1HCOOH溶液中：c(HCOO-)
10、+c(OH-)=c(H+)B. 1L0.1molL-1CuSO4(NH4)2SO46H2O溶液中：c()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. 0.1molL-1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)c()+c()+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 .1 L 0.1 molL-1CuSO4(NH4)2SO4的物质
11、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；DHCO3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()+2c()+c
12、(OH-)，物料守恒有c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，c(H2CO3)=c(Na+)-c()-c()，c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)=c()+c()+c(OH-)+c(Na+)-c()，c(Na+)c()0，即：c(Na+)+c(H+)+c(H2CO3)c()+c()+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
13、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)CoCl26H2O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CoCl26H2O的一种工艺如图：已知：25时沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀(pH)2.37.57.63.4完全沉淀(pH) 4.19.79.25.2净化除杂时，加入H2O2发生反应的离子方程式为_；加
14、入CoCO3调pH为5.27.6，则操作I获得的滤渣成分为_； 加盐酸调整pH为23的目的为_；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CO2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
15、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)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：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；加入CoCO3调pH为5.27.6，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；加盐酸调整pH为23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
16、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
17、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mol=0.02mol丙增重，说明CO2的质量为0.88g，物质的量为mol=0.02mol，碱式碳酸钴的质量为3.65g，钴质量3.650.04170.0260=1.77g，其物质的量为mol=0.03mol，Co：H：C=0.03：(0.022)：0.02=3：4：2，化学式：CO3(OH)4(CO3)2；故答案为：Co3(OH)4(CO3)2；(4)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2Fe
18、2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入CoCO3调pH为5.27.6，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；加盐酸调整pH为23的目的为抑制CoCl2的水解；故答案为：抑制CoCl2的水解。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mol=0.
19、02mol丙增重，说明CO2的质量为0.88g，物质的量为mol=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：CO2(g)+3H2(g)C2H4(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H=_kJmol-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H=-190kJmol-1则表中的x=_。化学键C=OH-HC=CC-HH
20、-O键能/(kJmol-1)745436x414463(2)用CO2催化加氢还可以制取二甲醚：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H=-122.5kJmol-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：图中T1、T2分别表示反应温度，T1_T2(填“”)，判断理由是_。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_。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，则05min内的平均反应速率v(H2)=_，平衡常数K=_(列出计算式即可)。一定条件下，上
21、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容器中的比值减小CH2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T1KB，则三者大小关系是KA=KCKB。故答案为：KA=KCKB；H2与CO2的投料比为=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60%=1.8mol
22、L1，则转化H2(g)物质的量浓度为1.8molL13=5.4molL1，则05min内的平均反应速率v(H2)=1.08molL-1min-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；平衡常数K=(列出计算式即可)。故答案为：1.08molL-1min-1；A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；CH2的转化率增大，平衡一定向正反应
23、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)，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
24、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)：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_。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-=+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+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (9). 铁【解析】【分析】根据题中图示，甲为燃烧电
25、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
26、；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，转移电子物质的量n(e-)=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)= 22.4L/mol=4.48L，丙装置中阴极上析出铜，电极反应为Cu2+2e-=Cu，
27、m(Cu)= 64g/mol=12.8g；答案为4.48，12.8。（4）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。若用于制
28、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
29、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CrCl36H2O的化合物有多种结构，其中一种可表示为CrCl2(H2O)4Cl2H2O，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，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gcm-3，则该晶胞的棱长为_pm。【答案】 (1). 3d54S1 (2). NOS (3). 平面三
30、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). 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
31、；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OS，第一电离能OS，则O、N、S的第一电离能由大到小的顺序为NOS；答案为NOS。（3）SO2分子的价层电子对数=2+=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
32、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)4Cl2H2O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+ =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+=4+0
33、=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+6=8，设晶胞棱长为a pm，则8=g/cm3(a10-10cm)3，解得a=1010pm；答案为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：烃A的核磁共振氢谱只有一组峰；C的化学式为C5H8O4R1CHO+R2CH2CHOR1CH=CHR2R1COOH+R2COOH(R1、R2表示烃基或氢原子)。回答下列问题(
34、l)A的名称是_，AC5H9Cl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：C5H9ClB的化学方程式_；C+EF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)
35、. AB (6). +NaOH+NaCl+H2O (7). nHOOCCH2CH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O (8). CH2=CHCH(CH3)2、CH2=C(CH3)CH2CH3 (9). CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2CH2OHCH2=CH-CH=CH2【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、及已知可知，C是二元酸
36、(HOOCCH2CH2CH2COOH)。由题图所给转化关系及题给已知信息可知，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
37、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) 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+NaCl+H2O；C是二元酸(HOOCCH2CH2CH2COOH)，E是HOCH2CH2CH2OH，F是，C+EF的化学方程式为nHOOCCH2CH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O；(5)A的分子式为C5H10，其同分异构体能使溴的CCl4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)
38、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CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH(OH)CH2CH2OHCH2=CH-CH=CH2。【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。