1、四川省成都外国语学校2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）注意事项：1.本试卷分为第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分；2.本堂考试100分钟，满分100分；可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Cu:64 Mg:24 Ag:108第卷(选择题共40分)一、选择题(每小题有1个选项符合题意)1.“我有熔喷布，谁有口罩机”是中国石化为紧急生产医用口罩在网络上发布的英雄帖，熔喷布是医用口罩的核心材料，该材料是以石油为原料生产的聚丙烯纤维制成的。下列说法错误的是A. 丙烯分子中所有原子可能共平面B. 丙烯与乙烯互为同系物C. 丙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色D
2、. 聚丙烯是由丙烯通过加聚反应合成的高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A.丙烯的结构简式为CH2=CHCH3，与丙烯中甲基碳原子直接相连的4个原子构成四面体，丙烯分子中所有原子不可能都在同一平面，A错误；B.丙烯与乙烯结构相似，都含有1个碳碳双键，分子组成上丙烯比乙烯多1个“CH2”，丙烯与乙烯互为同系物，B正确；C.丙烯中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D.丙烯中含碳碳双键，丙烯能发生加聚反应生成高分子化合物聚丙烯，D正确；答案选A。2.下列关于石油的说法不正确的是石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠煤经过气化和液化等物理变化
3、可转化为清洁燃料石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃A B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】石油是混合物，其分馏产品汽油属于多种烃的混合物，错误；煤油可由石油分馏获得，煤油燃烧时放热，可用作燃料，煤油密度小于金属钠，可以保存少量金属钠，正确；煤经过气化转化为氢气和一氧化碳，煤经过直接液化或间接液化转化为甲醇等清洁燃料，煤的气化和液化都属于化学变化，错误；石油催化裂化生成了汽油等轻质油，主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，正确；所以不正确的是，答案选A。
4、3.下列化学用语的表达正确的是A. 原子核内有10个中子的氧原子：B. 氯原子的结构示意图：C. Fe3的最外层电子排布式：3s23p63d5D. 基态铜原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A原子核内有10个中子的氧原子：，A不正确；B氯原子的结构示意图：，B不正确；CFe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；D基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；故选C。4.下列叙述不正确的是热稳定性：H2OHFH2S熔点：AlNaK第A、A族元素的阳离子与同周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布元素周期表中从
5、B族到B族10个纵行的元素都是金属元素沸点：NH3PH3AsH3因为常温下白磷可自燃，而氮气须在放电时才与氧气反应，所以非金属性：PNA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】非金属性FOS，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，故热稳定性:HFH2OH2S,故错误；离子半径Al3+Na+K+，金属键的强弱为：AlNaK，则熔点：AlNaK，故正确：第A、A族元素金属原子失去最外层电子形成阳离子，与上周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，故错误；元素周期表中从B族到B族10个纵行的元素为过渡元素，都是金属元素，故正确；均形成分子晶体，氨气分子之间形成氢键，沸点最高,AsH3的相对
6、分子质量比PH3的大，AsH3分子间作用力更强，AsH3的沸点高于PH3的，故沸点PH3AsH3NH3，故错误；同主族自上而下非金属性减弱，非金属性：PN，故错误；答案选B。5.下列说法正确的是A. 乙醇中的OH上的氢比水分子中的OH上的氢活泼B. TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物内界和外界Cl的数目之比是12C. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO4HClO3HClO2HClO3HClO2HClO，C错误；D手性分子CH2=CHCH（CH2OH）COOH与足量的H2反应后生成CH3CH2CH（CH2OH）COOH，分子中仍只有一个手性碳原子，D错误。答案选B。6.下表中各粒子
7、、粒子对应的立体结构及解释均正确的是分子立体结构原因A氨基负离子(NH2-)直线型N原子采用sp杂化B二氧化硫(SO2)V型S原子采用sp3杂化C碳酸根离子(CO32-)三角锥型C原子采用sp3杂化D乙炔(C2H2)直线型C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键A. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】ANH2-中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V型，故A错误；BSO2中S原子的价层电子对个数=键数+孤对电子对数=2+(6-22)=3，含孤电子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，结构为V形，故B正确；CCO32-中，价层电
8、子对数=3+(4+2-32)=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，分子形状为平面三角形；故C错误；DC2H2中心原子C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为直线型，故D正确；答案为BD。7.下列关于有机物的说法错误的是A. 植物油分子结构中含有碳碳双键B. 淀粉和纤维素均为高分子化合物，二者互为同分异构体C. 同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D. 分子式为C5H10O2与碳酸氢钠溶液反应产生气体的有机物有4种【答案】B【解析】【分析】【详解】A.植物油主要成分不饱和高级脂肪酸甘油酯，含碳碳双键，A正确；B.淀粉和纤维素均为高分子化合物，虽
9、然都可以用（C6H10O5）n表示，但二者的n不同，不是同分异构体，B错误；C.乙炔和苯的最简式均为CH，则等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同，C正确；D.分子式为C5H10O2的物质能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明分子中含有羧基，可表示为C4H9COOH，丁基有4种同分异构体，故符合要求的有机物有4种，D正确；答案选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. 常温常压下，0.1molC3H8所含有的共价键数目为1.1 NAB. 1mol苯分子中，含有碳碳双键的数目为3 NAC. 常温常压下，15g甲基（CH3）所含的电子数为10NAD. 现有乙烯、丙烯的混合气体共14
10、g，其原子数为3NA【答案】D【解析】【详解】A.C3H8分子中含有10个共价键，则在常温常压下，0.1molC3H8所含有的共价键数目为1.0NA，A错误；B.苯分子中无碳碳双键，B错误；C.15g甲基的物质的量是1mol，由于甲基中含9个电子，所以15 g甲基所含的电子数为9NA，C错误；D.乙烯、丙烯的最简式是CH2，式量是14,所以14g乙烯、丙烯的混合物中含有1molCH2，其中的原子数目为3NA，D正确；故合理选项是D。9.下列实验操作和现象与结论的关系相符的是操作和现象结论A一小粒金属钠投入装有无水乙醇的试管中，一段时间后，钠慢慢浮至乙醇表面密度：乙醇大于钠B向植物油和矿物油中分
11、别加入烧碱溶液，加热，冷却后，观察到其一分层，另一不分层分层的是矿物油，不分层的是植物油C向苯与液溴的混合物的烧瓶中加入催化剂溴化铁，用导管将烧瓶中的气体通入硝酸银溶液的试管中，产生淡黄色沉淀液溴与苯发生了取代反应D向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀蔗糖未水解A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.一小粒金属钠投入装有无水乙醇的试管中，钠沉入乙醇底部，钠的密度应该大于乙醇，一段时间后，钠慢慢浮至乙醇表面是因为钠与乙醇反应生成氢气，A错误；B.植物油中加入烧碱溶液发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸，均易溶于
12、水不再分层，矿物油不反应，仍分层，B正确；C.将苯与液溴反应为放热反应，溴蒸气会进入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，故不能说液溴与苯发生了取代反应，C错误；D.向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，应加入氢氧化钠中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能检验蔗糖是否水解，D错误；答案选B。【点睛】新制Cu(OH)2悬浊液要在碱性环境下使用。10.下列关于原电池和电解池的叙述正确的是A. 原电池中失去电子的电极称为阴极B. 电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应C. 原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成D. 电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电【答案】B【解析】【详解】A项、原电
13、池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；故选B。【点睛】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。11.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）A. 加热B. 不用铁片，改用铁粉C. 滴加少量CuSO4溶液D. 不用稀硫酸，改用98浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A. 加热使物质内能增加
14、，反应速率加快，A不符合题意；B. 使用铁粉，使物质接触面积增大，反应速率加快，B不符合题意；C. 滴加少量CuSO4溶液，Fe与CuSO4发生置换反应产生Cu单质，Fe、Cu及H2SO4构成原电池，Fe作负极，使反应速率大大加快，C不符合题意；D. 98浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，溶液中H+浓度降低，使反应速率降低，且在室温下浓硫酸使Fe表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化，也不能使反应速率加快，D符合题意；故合理选项是D。12.下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是A. 图1中，铁钉易被腐蚀B. 图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C. 图3
15、中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极【答案】C【解析】【详解】A.浓硫酸从环境中吸收水分，使铁钉周围空气比较干燥，因此铁钉不易腐蚀，A错误；B.图2中，Fe、Cu与酸化的NaCl溶液构成原电池，Fe作电源的负极，发生失去电子的氧化反应，有亚铁离子生成，因此滴加少量K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀出现，B错误；C. 燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，C正确；D. 用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的负极，D错误；故答案C。13.实验室用下图所示装
16、置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是A. 装置b、c中发生反应的基本类型不同B. 实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色C. d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2D. 停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。【详解】A装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；B石蜡油受热分解需要温度比较高
17、，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；C装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；D停止加热后立即关闭K，后面装置中液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；答案选C。14.假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。下列说法错误的是A. 当K闭合时，装置A发生吸氧腐蚀，在电路中作电源B. 当K断开时，装置B锌片溶解，有氢气产生C. 当K闭合后，装置C为电镀池，可以实现在银上镀铜D. 当K闭合后，装置D
18、中粗铜电极减少质量与纯铜电极增加的质量不同【答案】A【解析】【分析】B装置有能自发进行的氧化还原反应，故K闭合后，B为原电池装置，Zn作负极，Cu作正极；A装置为电解池装置，Fe为阴极，C为阳极；C装置为电解池装置，Cu为阳极，Ag为阴极；D为电解池装置，粗Cu为阳极，纯Cu为阴极，据此分析解答。【详解】A当K闭合时，B作原电池，A为电解池，铁作阴极被保护，A错误；B当K断开时，不能形成原电池和电解池，但B装置锌片能和稀硫酸发生置换反应而溶解，同时有氢气产生，B正确；C当K闭合后，B作原电池，C作电解池，C中Cu作阳极，Cu失电子生成Cu2+，Ag作阴极，Cu2+得电子在Ag表面生成Cu，此时
19、，C为电镀池，实现了在Ag上镀Cu，C正确；D当K闭合后，D为电解池，粗Cu作阳极，Cu和比铜活泼的金属失电子生成Cu2+和其他金属离子，纯Cu作阴极，Cu2+得电子生成Cu，由得失电子守恒可知，纯Cu增加的质量和粗Cu溶解的质量不相等，D正确；答案选A。【点睛】原电池和电解池装置串联的题，关键是找到原电池装置和电解池装置，如本题中B装置有自发进行的氧化还原反应，连接K后，B为原电池装置，其它装置均是电解池。15.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( )A. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为2Cl2e=Cl2B. 酸性氢氧燃料电池的正极电极反应
20、为2H2OO24e=4OHC. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应为Cu2e=Cu2D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe3e=Fe3【答案】A【解析】【详解】A氯碱工业中电解饱和食盐水时，Cl的还原性强于OH，阳极的电极反应为2Cl2e=Cl2，故A正确；B酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为4HO24e=2H2O，故B错误；C粗铜精炼时，粗铜与电源正极相连，电极反应为Cu2e=Cu2，故C错误；D钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化，只能生成亚铁离子：Fe2e=Fe2，故D错误；故选A。16.某华人科学家和他的团队研发出“纸电池” (如图)。这种一面镀锌、一面镀二氧化锰的超薄电
21、池在使用印刷与压层技术后，变成一张可任意裁剪大小的“电纸”，厚度仅为0.5毫米，可以任意弯曲和裁剪。纸内的离子“流过”水和氧化锌组成电解液，电池总反应式为： Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是A. 该电池的正极材料为锌B. 该电池反应中二氧化锰发生了氧化反应C. 电池的正极反应式为2MnO2 +2H2O+2e-= 2MnO(OH)+2OH-D. 当有0.1mol锌溶解时，流经电解液的电子数为1.2041023【答案】C【解析】【分析】由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反
22、应为Zn-2e-+2OH-ZnO+H2O，正极电极反应为2MnO2+2e-+2H2O2MnO（OH）+2OH-，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，故A错误；B该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，所以二氧化锰作正极，发生还原反应，故B错误；C正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2OMnO（OH）+OH-，故C正确；D电子从负极沿导线流向之间，不经过电解质溶液，故D错误。故答案为C【点睛】根据元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流
23、。17.Q、W、X、Y、Z是原子序数 依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。五种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. QZ2所形成的分子空间构型为直线形C. Q和W可形成原子个数比为1:1和2:1的化合物D. X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，则X为Na；工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y为
24、Al；W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，W、Z均为第A族元素，所以W为O，Z为S；所以Q的核电荷数为54-11-13-8-16=6，即Q为C，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答【详解】A、电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，所以原子半径为XYZW，故A正确；B、QZ2所形成的分子CS2，C与S形成C=S双键，为sp杂化，空间构型为直线形，故B正确；C、Q和W可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物分别为CO、CO2，故C错误；D、X、Z和W三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性，如Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故D正确。故选C。【点睛】本题考查
25、位置、结构、性质的关系及应用，解题关键：元素的推断，并熟悉元素化合物的性质、水解、物质的组成和结构等知识，易错点为D选项，注意亚硫酸钠水解、硫酸钠不水解。18.苦艾精油由天然艾叶萃取精炼而成，中药常用于温经通络，益气活血，祛寒止痛等。现代科学从其中分离出多种化合物，其中四种的结构如下，下列说法正确的是 A. 均能与氢氧化钠溶液反应B. 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 的分子式为C10H18O，与互为同分异构体D. 的一氯代物有5种【答案】B【解析】【分析】【详解】A中含酯基，能和NaOH溶液反应，不含能和NaOH溶液反应的官能团，故不能和NaOH溶液反应，A错误；B因含碳碳双键能和酸性高锰酸钾
26、溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，中苯环的侧链能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C的分子式为C10H16O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，C错误；D有6种等效氢，其一氯代物有6种，D错误。答案选B。【点睛】D选项，有几种等效氢，就有几种一元取代物。19.利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是A. 在光伏电池中a极为正极B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低C. HR溶液：c2c1D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子【答案】B【解析】【详解】A.根据电子移动的方向，可
27、知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2c1，故C正确；D. 根据阳极：4OH-4e-=O2+2H2O；阴极：4H+4e-=2H2，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；所以本题答案：B。【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确
28、定c2c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。20.某新型二次电池反应原理为M+3Cn（MCl4）+4MC144M2C17+3Cn（M代表金属，Cn代表石墨）。装置如图所示。下列说法正确的是A. 放电时，MCl4向b极迁移B. 放电时，a极反应为M3e+7MCl4=4M2Cl7C. 充电时，阳极反应式为Cn+MCl4+e=Cn（MCl4）D. 电路上每转移lmol电子最多有3 mol Cn（MCl4）被还原【答案】B【解析】【分析】由二次电池反应原理可知，放电时，a极为电池的负极，负极上M失电子发生氧化反应生成M2Cl7，电极反应式为M3e+7MCl4=4M2Cl7，b极为正极，Cn（MCl4
29、）在正极上得电子发生还原反应生成Cn，电极反应式为Cn（MCl4）+e= Cn+MCl4，充电时，a极为阴极、b极为阳极。【详解】A项、放电时，阴离子向负极移动，a极为电池的负极，则MCl4向a极迁移，故A错误；B项、放电时，a极为电池的负极，负极上M失电子发生氧化反应生成M2Cl7，电极反应式为M3e+7MCl4=4M2Cl7，故B正确；C项、充电时，b极为阳极，Cn在阳极上失电子发生氧化反应生成Cn（MCl4），电极反应式为Cn+MCl4e=Cn（MCl4），故C错误；D项、由二次电池反应方程式可知，每转移3mol电子有3 mol Cn（MCl4）被还原，故D错误；故选B。【点睛】本题考查
30、二次电池，注意运用二次电池反应原理判断电极，能够正确书写放电和充电时的电极反应式是解答关键。第II卷(非选择题 60分)二、填空题21.X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：(1)X、E的元素符号依次是_、_。(2)XZ2是_ (选填极性或非极性)分子， XZ2与YZ2在相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_(写分子式)。(3)Q的元素名称是_，它属于第_周期，它的核外电子排布式为_，在形成化合物时它的最高
31、化合价为_。(4)X和Z的最简单氢化物分别为H2X和H2Z，试判断H2X和H2Z的键角大小关系并说明原因_。【答案】 (1). S (2). F (3). 极性 (4). SO2 (5). 铬 (6). 4 (7). 1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1 (8). +6 (9). H2O大于H2S，因为O的电负性比S大而原子半径比S小，因而H2O中成键电子对之间的斥力较强，所以键角较大【解析】【分析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，则X原子核外M层有6个电子，总电子数为2+8+6=16，即X为S；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y核外电子总数=2+4=6，即
32、Y为C；Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，则Z为O；Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，即16+8=24，则Q为Cr；E在元素周期表的各元素中电负性最大，则E为F；综上所述，X、Y、Z、Q、E分别为：S、C、O、Cr、F，据此解答。【详解】(1)X、E分别为：S、F，故答案为：S；F；(2)X为S、Z为O、Y为C，XZ2(SO2)是“V”形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，YZ2即CO2，CO2是直线形分子，且正负电荷中心重合，为非极性分子，H2O是“V”形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，根据相似相溶原理可知，SO2在水中的溶解度较大，故答案为：极性；SO2；(3)由分析可知，Q
33、为Cr，名称为铬，为24号元素，位于第4周期，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1，Cr的价电子数为6，形成化合物的最高正化合价为+6，故答案为：铬；4；1s22s22p63s23p63d54s1或Ar 3d54s1；+6； (4)H2X即H2S，H2Z即H2O，因为O的电负性比S大而原子半径比S小，因而H2O中成键电子对之间的斥力较强，所以键角较大，故答案为：H2O大于H2S，因为O的电负性比S大而原子半径比S小，因而H2O中成键电子对之间的斥力较强，所以键角较大。22.在气体分析中，常用CuCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下
34、：2CuCl+2CO+2H2OCu2Cl22CO2H2O。回答下列问题：(1)Cu在元素周期表中属于_(选填“s”、“p”、“d”或“ds”)区元素。(2)C、N、O三种原子中的第一电离能最大的是_。NO3- 离子的空间构型是_。(3)CO与N2互称等电子体。下表为CO和N2的有关信息。键的类型A-B(单键)A=B(双键)AB(叁键)键能(kJ/mol)CO3518031071N2159418946根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是_。(4)Cu2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图所示：该配合物中氯原子的杂化方式为_。该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是_。1m
35、olCu2Cl22CO2H2O含有的_个键。【答案】 (1). ds (2). N (3). 平面三角形 (4). CO中第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个键容易断裂 (5). sp3 (6). 电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对 (7). 14NA【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，位于第四周期，第B族，属于ds区，故答案为：ds；(2) C、N、O均位于第二周期且依次相连，一般情况下，同周期元素从左往右，第一电离能增大，但N的2p轨道半充满，较稳定，不易失电子，故N的第一电离能比O大，即三者的电离能最大的为N。NO3中N的价层电子对数=3，
36、所以中心N原子杂化类型为：sp2杂化，孤电子对数=0，所以，NO3为平面三角形，故答案为：N；平面三角形； (3)CO中第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，所以CO的第一个键容易断，CO比N2活泼，故答案为：CO中第一个键的键能比N2的第一个键的键能小很多，CO的第一个键容易断裂；(4)氯原子与Cu原子形成了2个键，另外存在2对孤电子，即有4个杂化轨道，杂化类型sp3，故答案为：sp3； C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，故CO作配体时，配位原子是C而不是O，故答案为：电负性：CO，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对； 有该配合物的结构可知，1molC
37、u2Cl22CO2H2O含有8mol配位键，4molH-O键，2molCO含2mol键，H-O键和配位键都属于键，即1molCu2Cl22CO2H2O含有8mol+4mol+2mol=14mol键，即14NA个键，故答案为：14NA。【点睛】配位键属于共价键，共价单键是键，共价双键有一个键，一个键，共价三键由一个键，两个键组成。23.A、B、C、D是四种常见的有机物，其中A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B与C在浓硫酸和加热条件下发生反应，生成的有机物有特殊香味；A、B、C、D在一定条件下的转化关系如图所示(反应条件已省略)： (1)A的结构简式为_，B中官能团的名称为_。(2)
38、丙烯酸(CH2CHCOOH)的性质可能有_。(多选)A.加成反应 B.取代反应 C.中和反应 D.氧化反应(3)用一种方法鉴别B和C，所用试剂是_。(4)丙烯酸乙酯的结构简式为_。(5)写出下列反应方程式和有机反应基本类型：_，_反应；_，_ 反应。【答案】 (1). CH2CH2 (2). 羟基 (3). ABCD (4). 紫色石蕊试液 (5). CH2CHCOOCH2CH3 (6). CH3COOHCH3CH2OH CH3COOC2H5H2O (7). 酯化/取代 (8). nCH2CHCOOH (9). 加聚【解析】【分析】A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为乙烯；乙
39、烯与水发生加成反应生成B，则B为乙醇；乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化成乙酸，则C为乙酸；乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D为乙酸乙酯；乙醇和丙烯酸发生酯化反应生成丙烯酸乙酯(CH2CHCOOCH2CH3)；丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸()，据此解答。【详解】(1)A为乙烯，结构简式为：CH2CH2，B为乙醇，官能团为羟基，故答案为：CH2CH2；羟基； (2)丙烯酸(CH2CHCOOH)含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，含羧基能发生取代反应，中和反应，故答案为：ABCD；(3)B为乙醇，C为乙酸，乙酸有酸性，可使紫色石蕊试液变红，乙醇不能，所以可用紫色石蕊试液鉴别，故答案为：紫色石蕊试液
40、；(4)丙烯酸乙酯的结构简式为CH2CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2CHCOOCH2CH3；(5)为乙醇和乙酸的酯化反应，酯化反应属于取代反应，化学方程式为：CH3COOHCH3CH2OH CH3COOC2H5H2O，为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：nCH2CHCOOH ，故答案为：CH3COOHCH3CH2OH CH3COOC2H5H2O；酯化(取代)；nCH2CHCOOH ；加聚。24.(1)如图是一个化学过程的示意图。乙池中总反应的离子方程式_。电解一段时间后，向乙池的溶液中加入_可恢复为原溶液。当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g，此时丙池某电极析出1.60
41、g某金属，则丙中的某盐溶液可能是_。A.MgSO4 B.CuSO4 C.NaCl D.AgNO3(2)利用反应Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：写出负极的电极反应式：_。图中X溶液是_。利用图中设计的原电池为电源可将雾霾中的NO、SO2电解分别转化为NH4+和SO42-，如图所示，则物质A的化学式为_，阴极的电极反应式为_。【答案】 (1). 4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+ (2). Ag2O (3). BD (4). Cu-2e-=Cu2 (5). FeCl3溶液 (6). H2SO4 (7). NO+5e-+6H+=NH4+H2O【解析】【分
42、析】(1)甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的为正极；乙池为电解池，A与燃料电池的正极相连，为阳极，B为阴极；丙为电解池，D与燃料电池的负极相连，为阴极，C为阳极；(2)利用反应Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2设计成原电池，Cu元素化合价升高，为负极，Fe元素化合价降低，FeCl3在正极反应，X溶液为FeCl3溶液。【详解】(1)乙池为电解池，A为阳极，水失电子生成O2和H+，B为阴极，Ag+得电子生成Ag，总反应为：4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+，故答案为：4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+；从总反应来看，电解过程Ag原子和O原子按2:1以Ag和O2的形式析出
43、了，所以，加一定量的Ag2O能恢复为原溶液，故答案为：Ag2O；乙池中B(Ag)极的电极反应式为：Ag+e-=Ag，当Ag极增加5.4g，即n(Ag)=0.05mol时，由Ag+e-=Ag可知，通过电路中的电子的物质的量n(e-)=0.05mol。丙池为电解池，阴极表面析出金属，该金属的阳离子的放电顺序要在水电离的H+前面，否则不会析出金属。要生成1.6g固体，则生成1.6g固体转移的电子的物质的量必须小于等于0.05mol（生成1.6g固体后，若金属离子已反应完，H2O电离的H+继续得电子即可）。AMg2+的放电顺序在H+之后，不会析出金属Mg，A错误；BCu2+的放电顺序在H+之前，Cu2
44、+2e-=Cu，则析出Cu的质量=1.6g，则通过电路的电子的物质的量n(e-)=0.05mol，符合题意，B正确；CNa+的放电顺序在H+之后，不会析出金属Na，C错误；DAg+的放电顺序在H+之前，Ag+e-=Ag，析出1.6g固体(Ag)时，即n(Ag)=，则通过电路的电子的物质的量n(e-)=n(Ag)=0.0148mol0.05mol，符合题意，D正确；故答案为：BD；(2)Cu失电子，化合价升高，作负极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2，故答案为：Cu-2e-=Cu2；Cu作负极，则C作正极，FeCl3在正极得电子生成FeCl2，则X溶液为FeCl3溶液，故答案为：FeCl3溶液
45、；NO得电子，转化为NH4+，则电解池右边电极为阴极，电极反应式为：NO+5e-+6H+=NH4+H2O，SO2失电子，转化为SO42-，左边电极为阳极，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+，总反应为：，所以，物质A为H2SO4，故答案为：H2SO4；NO+5e-+6H+=NH4+H2O。【点睛】(1)若溶液中金属阳离子足量，金属阳离子得电子生成金属转移电子即可为0.05mol；若金属阳离子不足量，转移电子物质的量小于0.05mol，接下来水电离的氢离子得电子，转移电子总物质的量可为0.05mol。25.己二酸是重要的有机合成中间体，是重要的化工原料。己二酸的物理常数如表
46、所示：物质色态相对分子质量熔点/溶解度(性)g/100mL水乙醇己二酸白色晶体1461521525100易溶1.42.3160.制备己二酸的一种反应机理如下：+HNO3(浓)HOOC(CH2)4COOH+NO2+H2O(未配平)制备己二酸的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。(1)向三颈烧瓶中加入2mL浓HNO3，再缓慢滴加1mL环己醇，保持80持续反应2h。仪器b的名称是_，能否用于蒸馏冷凝: _(填“能”或“否”)。反应结束冷却至室温后，在冰水浴中冷却，分离出己二酸粗品，用冰水浴的目的是_(2)图中装置的缺陷为_。.用浓HNO3做氧化剂的合成方法中，浓HNO3会严重腐蚀设备。科学家改进了合
47、成已二酸的方法，改进后的反应机理如下： HOOC(CH2)4COOH(环己烯，难溶于水，易溶于乙醇)，使用的装置如图所示(夹持、加热装置省略)。(3)仪器c与a相比较，优点在于_。(4)检验己二酸粗产品中含有少量环己烯时的方法_。(5)实验结束后，准确称取实验产品0.1500g于250mL锥形瓶中，加入50mL热的蒸馏水，搅拌溶解，滴加几滴酚酞。用0.1000molL-1 NaOH溶液滴定。重复上述操作两次，消耗NaOH的平均体积为20.00mL。滴定终点的现象为_。产品的纯度为_(保留3位有效数字)。【答案】 (1). (球形)冷凝管 (2). 否 (3). 降低己二酸的溶解度，析出更多己二
48、酸晶体，便于分离，同时提高己二酸产率 (4). 缺少尾气吸收装置 (5). 平衡压强，使液体顺利流出 (6). 取少量样品滴加酸性高锰酸钾或者溴水或者溴的四氯化碳溶液，若褪色则含有环己烯，反之，则无 (7). 滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色 (8). 97.3%(或0.973)【解析】【分析】.环己醇在三颈烧瓶中被浓HNO3氧化成己二酸，反应物易挥发，为提高原料利用率，用球形冷凝管进行冷凝回流。由于己二酸的溶解度随温度的升高而增大，为减少己二酸的损失，提高产率，可将反应后的烧瓶冷却至室温，然后在放入冰水浴中冷却析出较多己二酸晶体，再通过过滤、洗涤、干燥
49、等操作得到己二酸晶体；.环己烯在三颈烧瓶中被氧化成己二酸，通过冷凝管回流冷凝，提高原料利用率，再通过冷却结晶、过滤、洗涤等步骤得到己二酸晶体。【详解】(1)b的名称为：(球形)冷凝管，在进行蒸馏操作时，若用球形冷凝管冷凝，则产品会残留在冷凝管内一部分，产率下降，所以在进行蒸馏操作时，不用球形冷凝管进行冷凝。产品己二酸的溶解度随温度的降低而减小，用冰水浴冷却可以降低己二酸的溶解度，析出更多己二酸晶体，便于分离，同时也提高了己二酸产率，故答案为：(球形)冷凝管；否；降低己二酸的溶解度，析出更多己二酸晶体，便于分离，同时也提高了己二酸产率；(2)该方法产生己二酸的同时产生二氧化氮会污染空气，所以图上
50、缺少一个尾气吸收装置，故答案为：缺少尾气吸收装置；(3)仪器c为恒压滴液漏斗，与a相比，c可以平衡压强，使液体顺利流出，故答案为：平衡压强，使液体顺利流出；(4)环己烯含有碳碳双键，能和酸性高锰酸钾溶液、溴水、溴的四氯化碳溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液、溴水、溴的四氯化碳溶液褪色，所以可取少量样品滴加酸性高锰酸钾或者溴水或者溴的四氯化碳溶液检验，若褪色则含有环己烯，反之，则无，故答案为：取少量样品滴加酸性高锰酸钾或者溴水或者溴的四氯化碳溶液，若褪色则含有环己烯，反之，则无；(5)滴有酚酞的己二酸为无色，用NaOH滴定时，若到达终点，则己二酸反应完，滴入的最后一滴NaOH溶液无法被消耗，溶液遇到酚
51、酞后将由无色变为浅红色，且30s内不会褪色，故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且30s不褪色；由题意可知，消耗NaOH的物质的量=0.1000molL-120.00mL10-3=2.010-3mol，由于己二酸含二个羧基，故有反应关系式：己二酸2NaOH，所以样品中己二酸的物质的量=110-3mol，那么样品中己二酸的质量=110-3mol146g/mol=0.1460g，所以产品的纯度=97.3%(或0.973)，故答案为：97.3%(或0.973)。26.利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl的一种工
52、艺如下：（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。铝灰在90 水解生成A的化学方程式为_。“水解”采用90 而不在室温下进行的原因是_；（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为_；（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_；（4）“废渣”成分为_(填化学式)；（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是_。【答案】 (1). AlN3H2OAl(OH)3NH3 (2). 加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出 (3). Al2O36H=2Al33H2O (4). 2Fe22HClO=2Fe3ClH2O (5). Fe(OH)3 (6). 防止Al(OH)2Cl水解生成
53、Al(OH)3【解析】【详解】（1） 气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A为NH3，则表示AlN发生了水解反应，控制温度90 而不在室温下进行是因为NH3极易溶解于水，升温可降低其溶解促进NH3逸出。故答案为AlN3H2OAl(OH)3NH3，加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出。（2）“酸溶”时，Al2O3和酸发生了复分解反应，要注意Al2O3不可以拆分。离子方程式为Al2O36H=2Al33H2O。（3）因为溶液中唯一易氧化的离子是Fe2+，故为用漂白液氧化溶液中的Fe2+，离子方程式书写时要考虑溶液的酸性环境，结合电子守恒写出反应的离子方程式为：2Fe22HClO=2Fe3ClH2O。（4）“除杂”目的就是除去溶液中的Fe3+，因此很明显废渣为Fe(OH)3。（5）加热蒸发会促进Al3+离子的水解，使Al3+离子最终水解为Al(OH)3。故答案为防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3。