四川省泸州市泸县第二中学2020届高三上学期期中考试理综化学试题


1.清代赵学敏《本草纲目拾遗》中关于“鼻冲水”记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，……贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减……惟以此水瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是(　　)
A. “鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色
B. “鼻冲水”中含有5种粒子
C. “鼻冲水”是弱电解质
D. “鼻冲水”不能使二氧化硅溶解
【答案】D
【解析】
分析：根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。
详解：A．氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；
B．氨水中含NH3、H2O、NH3•H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误；
C．由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；
D．氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
B. 1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子
C. 1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NA
D. 25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子
【答案】B
【解析】
【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；
B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；
C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；
D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。
3.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
B. SO2通入BaCl2溶液中：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH-=NH3·H2O
D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A. H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2生成碘和水：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A正确；
B.盐酸的酸性强于亚硫酸， SO2通入BaCl2溶液不反应，故B错误；
C. Fe（OH）2比NH3·H2O更难电离，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：先发生Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓，故C错误；
D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu+Cl2↑，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。难点C，与量有关的离子方程式判断，（NH4）2 Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式则为：2NH4＋+Fe2＋+4OH－═2NH3·H2O+Fe（OH）2↓，答题时需看清题意。
4.香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。

下列说法正确的是(　 　)
A. 物质Ⅰ的分子式为C7H7O2
B. CHCl3分子具有正四面体结构
C. 物质Ⅰ、Ⅲ(香草醛)互为同系物
D. 香草醛可发生取代反应、加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质Ⅰ()的分子式为C7H8O2，故A错误；
B．C-H、C-Cl的键长不同，CHCl3分子是四面体结构，而不是正四面体结构，故B错误；
C．物质Ⅰ、Ⅲ结构不相似，Ⅲ含有醛基，二者不是同系物，故C错误；
D．香草醛中含有苯环、羟基和醛基，则可发生取代、加成反应，故D正确；
答案选D。
5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是

A. 原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同
C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性
D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
分析】
乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；
A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；
B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；
C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；
D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。
【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
6.常温下，向1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(　　)

A. M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B. 在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol
C. 随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断增大
D. 当n(NaOH)＝0.1 mol时，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
A．M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B．在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C．铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正确；答案选C。
7.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 放电时，Mo箔上的电势比Mg箔上的低
B. 充电时，Mo箔接电源的负极
C. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]
D. 充电时，外电路中通过0.2mol电子时，阴极质量增加3.55g
【答案】C
【解析】
【详解】A. 放电时，Mg作负极，Mo作正极，所以Mo箔上的电势比Mg箔上的高，故A错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B错误；C.根据原电池工作原理，放电时Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na+ +2e - = Na2Fe[Fe(CN)6], 故C正确; D.放电时负极上应是2Mg-4e - +2C1-=[Mg2Cl2]2+,通过0.2mol电子时，消耗0.1 mol Mg,质量减少2.4g，则充电时质量增加2.4g，故D错误。答案：C。
【点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。
8.锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示

(1)写出的电子式____________________。
(2)高温气化过程中，不考虑损失，发现分馏后得到的质量通常比由纯发生的反应得到的质量大，用化学方程式来解释原因_________________________。
(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有和，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和两种固体的方法是____________________。
(4)写出上述流程中与水反应的化学方程式：____________________________。
(5)已知氧化锆()是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式_________________________________________。
(6)工业上可用钾还原时制得金属，被还原时生成的钾盐的物质的量为_________________。
(7)已知，。下列说法正确的是__________
A．，电解质溶液的与之和均为14
B．用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐增大
C．溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中逐渐减小
D．某温度下，则其溶液中
【答案】 (1). (2). (3). 加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可) (4). (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2•8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此分析作答。
【详解】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，
故答案为：；
（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：，
故答案为：；
（3）分离出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得到，
故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；
（4）根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，
故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
（5）结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：，
故答案为：；
（6）用钾还原时制得金属，根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：K2ZrF6+4K=Zr+6KF，根据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,
故答案为：6mol;
(7) A．，根据水的离子积可知，×=10-14,结合公式可推出，电解质溶液的与之和均为14，A项正确；
B. 用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐减小，则，B项正确；
C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中逐渐减小，会逐渐增大，C项错误；
D. ，则溶液中c(Zr4+)·c2(CO32-)=4.0×10-12，则-lg c(Zr4+)·c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2p c(CO32-)=11.4，D项错误；
答案选AB。
9.富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的pH条件下与，反应得富马酸亚铁。
已知：
物质名称
化学式
相对分子质量
电离常数(25℃)
富马酸

116

碳酸




富马酸亚铁
FeC4H2O4
170




i.制备富马酸亚铁：
①将富马酸置于100mL烧杯A中，加热水搅拌
②加入溶液10mL使溶液pH为6.5-6.7。并将上述溶液移至100mL容器B中
③安装好回流装置C，加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗D缓慢加入溶液30mL
④维持反应温度100℃，充分搅拌1.5小时。冷却，减压过滤，用水洗涤沉淀
⑤最后水浴干燥，得棕红(或棕)色粉末，记录产量
请回答以下问题：
(1)该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则B为__________(填字母)，C为___________(填名称)。

(2)已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤②中加入溶液调节pH的目的是______________________________________________；若加入溶液过量，溶液pH偏高，则制得产品的纯度会_____________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(3)配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是____________________________________________________________________________。
(4)步骤④中洗涤的目的主要是为了除去是___________离子，检验沉淀是否洗净的方法是：_____________。
ii.计算产品的产率：
(5)经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为_____________%。(保留小数点后一位)
【答案】 (1). b (2). 球形冷凝管 (3). 使富马酸转化为富马酸根离子 (4). 偏低 (5). 除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率 (6). 、 (7). 取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净 (8). 72.9
【解析】
【详解】(1)仪器B为反应容器，应该选b；回流装置C为球形冷凝管；
(2)已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，步骤②中加入溶液调节pH，使富马酸转化为富马酸根离子；若加入溶液过量，溶液pH偏高，部分Fe2+生成Fe（OH）2或FeCO3，则制得产品的纯度会偏低；
(3)配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率；
(4)根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤④中洗涤的目的主要是为了除去沉淀表面的可溶物，即、离子，检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；
(5)经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为×100%=72.9%。
10.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。
(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－41 kJ·mol－1
②C(s)＋2H2(g) CH4(g)　ΔH＝－73 kJ·mol－1
③2CO(g) C(s)＋CO2(g)　ΔH＝－171 kJ·mol－1
写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：____
(2)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L密闭容器中，充入1 mol CO2和3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：

①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝________。
②下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是________。
A 在原容器中再充入1 mol CO2 　
B 在原容器中再充入1 mol H2
C 在原容器中充入1 mol氦气
D 使用更有效的催化剂
E 缩小容器的容积
F 将水蒸气从体系中分离
(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)中CO的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：

①上述反应的正反应方向是________反应(填“吸热”或“放热”)；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的Kp＝_____（填表达式，不必代数计算）；如果提高p（H2O）/p（CO），则Kp_______(填“变大”“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 ℃左右、p（H2O）/p（CO）＝3～5，采用此条件的原因可能是_______
(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和H2O合成CH4。下列关于该电池的叙述错误的是________。

A．该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能
B．铜电极为正极，电极反应式为CO2＋8e－＋8H＋===CH4＋2H2O
C．电池内部H＋透过质子交换膜从左向右移动
【答案】 (1). CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－162 kJ·mol－1 (2). 0.112 5 mol·L－1·min－1 (3). ACD (4). 放热 (5). pCO2∙pH2/pCO∙pH2O (6). 不变 (7). 催化剂的活性温度在400 ℃左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 ℃左右，投料比3～5时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算 (8). A
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式和盖斯定律分析计算；
(2)①根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=2×0.75mol+0.75mol=2.25mol，结合v(H2)=计算；
②使CO2的转化率增大须使平衡向正反应方向移动，可采取的措施有增大压强、分离生成物或增加另一种反应物等措施；
(3)①由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，据此分析判断；②根据平衡常数的含义结合平衡常数只与温度有关判断；结合投料比、催化剂的活性、经济成本分析解答；
(4)该装置中，根据电子流向可知GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)①CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=-41kJ•mol-1，②C(s)+2H2(g)⇌CH4(g)△H=-73kJ•mol-1，③2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)△H=-171kJ•mol-1，盖斯定律计算②+③-①×2 得到CO2(g)+4H2(g)═CH4(g)+2H2O(g)△H=-162 kJ•mol-1，故答案为：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝-162 kJ•mol-1；
(2)①根据图知，达到平衡状态时n(CH3OH)=n(H2O)=0.75mol，根据H原子守恒得消耗n(H2)=2n(CH3OH)+n(H2O)=2×0.75mol+0.75mol=2.25mol，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)===0.1125mol/(L•min)，故答案为：0.1125mol/(L•min)；
②A．在原容器中再充入l mol CO2，平衡正向移动，但是反应消耗的二氧化碳增加量小于加入二氧化碳增加量，所以二氧化碳的转化率减小，故A选；B．在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，消耗的二氧化碳量增加，则二氧化碳转化率增大，故B不选；C．在原容器中充入l mol氦气，参加反应的各物质的物质的量浓度不变，平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故C选；D．使用更有效的催化剂，增大化学反应速率，但是平衡不移动，则二氧化碳转化率不变，故D选；E．缩小容器的容积，增大压强平衡向气体体积减小的正反应方向移动，二氧化碳转化率增大，故E不选；F．将水蒸气从体系中分离，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故F不选；不能使CO2的平衡转化率增大的有ACD，故答案为：ACD；
(3)①由图可知，在相同的时，温度越高，CO的转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故答案为：放热；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，反应的平衡常数=；平衡常数只与温度有关，与浓度无关，所以提高比，则KP不变；由图象可知，投料比太低，CO的转化率不太高，而投料比3～5时转化率已经很高，再增加投料比，需要大大的增加蒸汽添加量，这样在经济上不合算，温度在400℃左右时催化剂的活性最大，所以一般采用400℃左右， =3～5，故答案为：；不变；催化剂的活性温度在400 ℃左右；投料比太低，CO的平衡转化率不高，而400 ℃左右，投料比3～5时CO的平衡转化率较高，已能满足要求，再增加投料比，成本增大，但CO的平衡转化率提高不多，经济上不合算；
(4) A．根据图示可知，该装置中将太阳能转化为电能和化学能，故A错误；B．根据电子流向可知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故B正确；C．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H+由左向右移动，故C正确；故选A。
11.元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。
（1）X基态原子电子排布式为___________。
（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是___________。
（3）在Y的氢化物（H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。
（4）Y与X可形成YX32−。
①YX32−的立体构型为___________（用文字描述）。
②写出一种与YX32−互为等电子体的分子的化学式___________。
（5）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物[Z（NH3）4（H2O）2]Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是___________（写化学式）。
（6）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为______。其晶胞边长为540.0 pm，密度为________g·cm−3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为_______pm（列式表示）。

【答案】 (1). 1s22s22p4 (2). 水分子和乙醇分子间形成氢键 (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NCl3 (或PCl3、等N、P的三卤代物、SOCl2) (6). H2O (7). ZnS (8). 4.09 (或4.1) (9). 135
【解析】
【分析】
元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素，说明X原子2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。
【详解】(1)X是O元素，核外有8个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p4。
(2) 水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。
(3) H2S分子中，S原子杂化轨道数是，S原子轨道的杂化类型是sp3。
(4)①SO32－中S原子杂化轨道数是，配位数是3,1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。
②SO32－的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。
(5)配合物[Zn(NH3)4(H2O)2]Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
(6)S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示，根据均摊原则，该晶胞中S原子数是、Zn原子数是4，化合物的化学式为ZnS。其晶胞边长为540.0pm，密度为= 4.09g·cm－3，体对角线的长度是 pm， a与b之间的距离为体对角线的 ，a位置Y与b位置Z之间的距离为 =135pm。
12.有机物N()是一种常见的有机合成中间体，在生产中用途广泛。
有机物A为原料合成M和N的路线如下所示：

已知：I.R-CH=CH2+HBr R-CH2CH2Br
II.R-CH2-CN R-CH2-COOH
请回答下列问题：
(1)A分子中共面的原子数最多为___________个，－CN的电子式为___________。
(2)②的反应类型为___________，E分子中所含官能团的名称为___________，G的结构简式为______________________。
(3)写出反应⑤的化学方程式__________________________。
(4)写出M在酸性条件下水解的化学方程式______________________。
(5)D的同分异构体中，能发生银镜反应，且能与钠反应放出H2的共有___________种，写出核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的一种同分异构体的结构简式：___________。
(6)结合信息，写出用E和乙醇为原料制备化合物N的合成路线：(其他试剂任选)___________。
【答案】 (1). 8 (2). (3). 取代反应 (4). 羧基和氯原子 (5). (6). (7). (8). 12 (9). (10).
【解析】
【分析】
根据信息Ⅰ可知A中含有碳碳键，A的化学式为C4H8，属于烯烃，由D可知A中含有2个甲基，由B的化学式可知A为CH3C(CH3)=CH2，B为(CH3)2CHCH2Br，C为(CH3)2CHCH2CN，由信息Ⅱ可知E为(CH3)2CHCHClCOOH，由M可知G为(CH3)2C=CHCOOCH3，F为(CH3)2C=CHCOOH，以此解答该题。
【详解】(1)根据上述分析可知A为CH3C(CH3)=CH2，分子中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，而碳碳双键两端各有3个原子，且两个甲基各有1个H原子可能在碳碳双键的这个平面上，因此最多有8个原子共平面，-CN的结构为-C≡N，电子式为；
(2)②的反应为-CN替代Br，反应类型为取代反应，E为(CH3)2CHCHClCOOH，含有的官能团为羧基和氯原子，G的结构简式为(CH3)2C=CHCOOCH3；
(3)反应⑤为(CH3)2CHCHClCOOH在氢氧化钠乙醇溶液中的消去反应，方程式为(CH3)2CHCHClCOOH+2NaOH(CH3)2C=CHCOONa+NaCl+2H2O；
(4)M为聚合物，水解的方程式为；
(5)D的同分异构体中，能发生银镜反应，且能与钠反应放出H2，说明D的同分异构体分子中含有醛基和羟基，可看作醛基、羟基取代丁烷的H原子，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种，先分析碳骨架异构，分别为的C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有和共8种，骨架有，共、4 种，因此共12种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：1：2：6的同分异构体有；
(6)E为(CH3)2CHCHClCOOH，以E和乙醇为原料制备化合物N，可先使(CH3)2CHCHClCOOH与HCN发生取代反应生成(CH3)2CHCH(CN)COOH，然后在酸性条件下水解生成(CH3)2CHCH(COOH)2，再在浓硫酸作用下使(CH3)2CHCH(COOH)2与乙醇发生酯化反应可生成，则合成路线为。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及电子式、化学方程式的书写、官能团的判断、分子共平面、同分异构体的书写等，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、分子式、结构简式进行推断，正确推断结构简式是解本题关键，易错点为(5)中同分异构体的判断，注意采用定一移位方法，按照一定规律书写，做到不重写、不漏写，题目难度中等。