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四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考理综试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期12月月考理综试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 Fe56 Cu64
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 除自然因素外，大气污染物主要来自于化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气及其携带的颗粒物
B. 煤通过干馏、分馏等实现了煤的综合利用
C. 1965年我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
D. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品的生产
【答案】B
【解析】
【详解】A．除自然因素外，大气污染物主要来自于化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气及其携带的颗粒物，故A正确；
B．煤的综合利用有煤的干馏、煤的气化、煤的液化等，利用这些加工手段可以从煤中获得多种有机化合物，故B错误；
C．1965年我国科学家成功合成结晶牛胰岛素，这是中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质，故C正确；
D．虽然亚硝酸钠具有一定的毒性,还会与食物作用生成致癌物，但在符合规定用量的情况下亚硝酸钠是可以作为食品防腐剂和护色剂使用的，常用于一些肉制品的生产，故D正确；
故选B。
2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 34g 中含有的极性键数目为2
B. 通常条件下，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子数为3
C. 50mL 18.4浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为0.46
D. 在含4ml Si－O键的石英晶体中，氧原子的数目为4
【答案】B
【解析】
【详解】A.C-O和C-H为极性键，1个含有6个极性键，34g 中含有的极性键 ，极性键数3NA，A错误；
B.混合气体的通式为（NO2）n，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子为 ，原子数为3， B正确；
C. 浓硫酸为0.92ml,若和铜完全反应会生成为0.46ml，但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜不反应，最后会有硫酸剩余，生成分子的数目小于0.46，C错误；
D.在石英晶体中，一个氧原子形成2个Si－O键在含4ml Si－O键的石英晶体中，氧原子的数目为2，D错误；
故答案为B。
3. 短周期主族元素X、Y、Z的单质m、n、p在通常状况下均为气态，并有下列转化关系(反应条件略去)：其中双原子单质分子中，单质m含共用电子对数最多，甲含有10电子，乙含有18电子。下列说法正确的是
A. X的氢化物中只含有极性共价键
B. 元素X、Y、Z的原子半径大小关系为X＜Y＜Z
C. Z的氧化物的水化物的酸性在主族元素中最强
D. 化合物丙离子化合物，既含离子键又含共价键
【答案】D
【解析】
【分析】常见双原子单质分子中，含共用电子对数目最多的是N2，即m为N2，单质m、n、p在通常状况下均为气态，应为非金属，分别反应生成化合物甲、乙，甲分子含10个电子，乙分子含18个电子，则化合物甲为NH3，n为H2，乙为氢化物，含有18个电子，乙为HCl，则p为C12，丙为NH4Cl，可知X为N、Y为H、Z为C1元素，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知X为N、Y为H，Z为C1元素，单质m是N2，单质n是H2，单质p是Cl2；化合物甲是NH3，化合物乙是HCl，化合物丙是NH4Cl。
A．X是N元素，N元素位于元素周期表第二周期，元素的非金属性最强的为F元素，A错误；
B．X为N、Y为H，Z为C1元素，原子核外电子层数越少吗，原子半径越小。H为元素周期表中原子半径最小的原子，故原子半径大小关系应为Y＜X＜Z，B错误；
C．Z为C1元素，Cl元素最高价氧化物对应的水化物HClO4是上述元素中形成的最强酸，题目应为最高价氧化物的水化物，如不是最高价含氧酸，则其酸性不一定最强，C错误；
D．化合物丙为NH4Cl，该物质是盐，属于离子化合物，其中含有离子键和共价键，D正确；
故合理选项是D。
4. 有机物与我们的生产、生活、实验密切相关，下列有关说法中正确的是
A. 家庭中使用的菜籽油是一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的植物油脂
B. 使用添加碱性蛋白酶的洗衣粉洗衣服时，水温越高去污效果越好
C. 粗苯甲酸中常混有少量的泥沙和NaCl等杂质，提纯它的主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，蒸发结晶
D. 聚氯乙烯塑料薄膜的单体是氯乙烯(C2H3Cl)，该单体结构中存在2种同分异构体，同时分子中所有原子共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．菜籽油中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．温度过高，蛋白酶会失去活性，所以洗衣服时，水温不能过高，B错误；
C．苯甲酸溶解度随温度变化大，提纯应采取降温结晶的方法，即加热溶解，趁热过滤，滤液冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，C错误；
D．聚氯乙烯的单体为，氯乙烯不存在同分异构体，D错误；
答案选A。
5. 下列实验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．没有明确氯气的用量，无法确定氯气是否与溴化亚铁溶液中的溴离子发生置换反应，则溶液变黄不能说明氯气的氧化性强于溴，故A错误；
B．将石蜡油在碎瓷片上强热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪色说明石蜡油分解产物中含有烯烃，但不能确定分解产物为乙烯，故B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应，故C错误；
D．向过量的氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液，溶液中的镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁白色沉淀，再再滴加几滴氯化铜溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故D正确；
故选D。
6. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生的反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
7. 沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域具有广泛的应用。我们可以通过改变条件，使平衡向着需要的方向移动。常温时，、、三种金属离子的pc(，c为、或的浓度，溶液中离子浓度小于或等于时可认为沉淀完全)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下，
B. 时，的溶解度为
C. 若A点为含、的混合溶液，则
D. 和可通过分步沉淀进行分离
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，pH=4时，pOH=10，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-2.9×(10-10)3=10-32.9，故A说法正确；
B．Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-1.7×(10-10)2=10-21.7，当pH=5时，Cu(OH)2的溶解度为ml/L，故B说法正确；
C．A点时，，故C说法错误；
D．由Ksp[Cu(OH)2]计算可知，当Cu2+完全沉淀时，溶液pH=5.65，Mn2+尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2+和Mn2+，故D说法正确；
答案为C。
三、非选择题
(一)必考题
8. 2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
I.制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.6g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
II.制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
III.制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
IV.水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
V.分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品19.2g。
回答下列问题：
（1）步骤I中液体A可以选择___________。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
（2）步骤II中，噻吩与钠反应的氧化产物为___________。
（3）步骤III的化学方程式为___________。
（4）步骤III中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是________。
（5）步骤IV中用盐酸调节pH的目的是___________。
（6）下列仪器在步骤V中无需使用的是_______(填名称)；无水MgSO4的作用为_________。
（7）产品的产率为___________(精确至0.1%)。
【答案】8. c 9. 2-噻吩钠
10. ＋
11. 用分液漏斗向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷的四氢呋喃溶液
12. 促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇
13 ①. 球形冷凝管、分液漏斗 ②. 吸收水分，起到干燥作用
14. 75.0%
【解析】
【分析】实验目的是制备2-噻吩乙醇，实验原理为噻吩与钠反应生成2-噻吩钠，2-噻吩钠与环氧乙烷反应生成2-噻吩乙醇钠，2-噻吩乙醇钠水解制得2-噻吩乙醇。
【小问1详解】
制钠砂是金属钠在A液体中形成大量微小钠珠，A液体不能和钠发生反应。
a．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，a错误；
b．水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，b错误；
c．甲苯和钠不反应，故c正确；
d．液氨和钠反应生成，d错误；
答案选c。
【小问2详解】
噻吩与钠反应，钠元素化合价由0价升高到+1价，发生氧化反应，生成的产物为氧化产物，故氧化产物为2-噻吩钠；
【小问3详解】
步骤III是制备噻吩乙醇钠，反应物为2-噻吩钠与环氧乙烷，生成物为2-噻吩乙醇钠，故化学反应方程式为＋；
【小问4详解】
先将环氧乙烷溶于四氢呋喃中，然后向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷溶液，故答案为用分液漏斗向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷的四氢呋喃溶液；
【小问5详解】
2-噻吩乙醇钠水解溶液显碱性，加入盐酸中和水解产生的，使水解平衡正向进行，调pH至4~6，促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇，故答案为促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇；
【小问6详解】
向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，涉及到的操作为过滤、蒸馏，过滤应用普通漏斗、烧杯、玻璃棒，对滤液进行蒸馏应用直形冷凝管、酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、温度计、锥形瓶，据此分析不需要的仪器有：球形冷凝管、分液漏斗；向有机相中加入无水硫酸镁作干燥剂，除去残留的水；
故答案为：球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用；
【小问7详解】
4.6g金属钠的物质的量为，完全反应生成2-噻吩乙醇的理论值为，则产品的产率为。
9. 研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知：常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）“固体1”的用途是_______，“固体2”的主要成分_______(填化学式)，“分离铝、铁”的操作名称为_______。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是_______。
（3）a的范围为_______， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为_______。
（4）“沉铝”的离子方程式为_______，“滤液2”的pH_______7(25℃) (填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu)： n[Al(OH)3]= _______。
【答案】（1） ①. 制玻璃（或制光导纤维） ②. Fe(OH)3 ③. 过滤
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，导致盐酸浓度减小，从而使反应速率减小
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. > ③. 的电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解程度大于电离程度
（5）27：16
【解析】
【分析】该工艺流程为以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂的工艺流程。该工艺首先向硫酸烧渣中加入过量盐酸进行酸溶，将Fe2O3、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，以固体形式析出；在加入氢氧化钠溶液调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，铜离子保留在滤液1中，通过高压氢气将其转化为Cu；向氢氧化铁和氢氧化铝沉淀中继续加入过量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝沉淀溶解为偏铝酸钠，再向溶液中通入过量CO2，使偏铝酸钠转化为氢氧化铝析出，最后与Cu反应合成催化剂。
【小问1详解】
固体1为不溶于盐酸的二氧化硅，可以用于制玻璃或者制光导纤维；固体2的主要成分为不溶于过量氢氧化钠溶液的Fe(OH)3；“分离铝、铁”时铝的存在形式为偏铝酸根，铁的存在形式为氢氧化铁，所以分离的操作名称为过滤；
【小问2详解】
酸溶时使用的为盐酸，温度太高会导致盐酸挥发过快，导致盐酸浓度减小，从而使反应速率减小；
【小问3详解】
调节pH为a的目的是将铁离子和铝离子完全沉淀与铜离子分离，则铜离子不能转化为沉淀，则a的范围为；“滤液1”中含铜离子，向其中通入高压氢气发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
“沉铝”时向偏铝酸钠中通入二氧化碳，使其转化为氢氧化铝，则离子方程式为；“滤液2”为碳酸氢钠溶液，其pH>7，原因是H2CO3的电离常数为，，则的电离平衡常数为，水解平衡常数为，则水解程度大于电离程度，故溶液pH>7；
【小问5详解】
将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧，发生反应、,假设制得的催化剂中n(Cu)： n[Al(OH)3]=x：y，由在空气中充分灼烧，固体质量不改变可知64x+78y=80x+51y，则x：y=27：16，n(Cu)： n[Al(OH)3]= 27：16。
10. 天然气的主要成分为CH4，还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
①ΔH=___________kJ•ml-1。
②提高该反应平衡转化率的方法有___________、___________。
（2）密闭容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等温等压下(p)发生上述反应C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)。
①可判断该反应达平衡的标志为___________(填选项字母)。
A．容器内混合气体的密度恒定
B．容器内混合气体的压强恒定
C．容器内乙烷和氢气的物质的量之比恒定
D．生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率相等
②如果乙烷的平衡转化率为α，反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2,反应在初期阶段的速率方程为：r=kc(CH4)，其中k为反应速率常数，设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=___________r1。
（4）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为___________。
【答案】（1） ①. +137 ②. 升高温度 ③. 减小压强(增大体积)
（2） ①. BC ②. ×p
（3）1—α （4） ①. CO2 +2e—=CO+O2— ②. 6：5
【解析】
【小问1详解】
①由表格数据可知，①C2H6(g)+ O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H1=—1560kJ/ml，②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H2=—1411kJ/ml，③H2(g)+ O2(g)=H2O(l)∆H3=—286kJ/ml，由盖斯定律可知，反应①—②—③得到反应C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)，则反应ΔH=(—1560kJ/ml)—(—1411kJ/ml)—(—286kJ/ml)= +137 kJ/ml，故答案为：+137；
②该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、缩小容器的体积增大压强，平衡均向正反应方向移动，有利于提高乙烷的转化率，故答案为：升高温度；减小压强(增大体积)；
【小问2详解】
①A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．容器内乙烷和氢气的物质的量之比恒定说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率都代表正反应速率，则生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设起始乙烷和氢气的物质的量都为1ml，由乙烷的平衡转化率为α可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为(1—α)、α、(1+α)，则反应的平衡常数Kp==×p，故答案为：×p；
【小问3详解】
设起始甲烷的浓度为xml/L，则反应开始时的反应速率为r1=kx，由方程式可知，甲烷的转化率为α时，甲烷的浓度为x (1—α)，反应速率r2=kx (1—α)= (1—α) r1，故答案为：(1—α)；
【小问4详解】
①由图可知，通入二氧化碳的电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氧离子，电极反应式为CO2 +2e—=CO+O2—，故答案为：CO2 +2e—=CO+O2—；
②设反应生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为为2ml和1ml，由碳原子个数守恒可知，阳极上消耗甲烷的物质的量为(2ml+1ml)×2=6ml，由得失电子数目守恒可知，阴极上消耗二氧化碳的物质的量为(2ml×2×2+1ml×1×2)×=5ml，则由阿伏加德罗定律可知，消耗甲烷和二氧化碳的体积比为6ml：5ml=6：5，故答案为：6：5。
(二)选考题
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。
（1）镓的基态原子电子排布式是___________。
（2）已知钛的硬度和熔点均比铝大，可能的原因是___________。
（3）多酚氧化酶与植物的抗病性有关。配合物[Mn(EDTB)](NO3)2·DMF是多酚氧化酶的模型配合物。
①EDTB中N的杂化轨道类型为___________。
②邻苯二胺分子中σ键的数目为___________。
③EDTB分子中所含元素的电负性由小到大的顺序为_______。
④配离子[Mn(EDTB)]2＋中的配位原子是________。
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解得到深蓝色透明溶液，蓝色沉淀溶解的原因是________(用离子方程式表示)
（5）氮化铝在电子工业上有广泛应用，其晶胞如图1所示。N原子所在空隙的类型是______(填“正四面体”“正八面体”或“立方体”)空隙，该空隙的填充率为_______。
（6）铁和氮组成一种过渡金属氮化物，其结构如图2所示。直六棱柱的底边边长为xpm，高为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度表达式为___________g·cm-3。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1
（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
（3） ①. sp3、sp2 ②. 16 ③. H＜C＜N ④. N
（4）Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-
（5） ① 正四面体 ②. 50%
（6）
【解析】
【小问1详解】
镓是31号元素，镓的基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1；
【小问2详解】
Al的价电子排布为3s23p1，Ti的价电子排布为3d24s2，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度和熔点比铝大；
【小问3详解】
①EDTB中部分N形成3个单键，有1个孤电子对，杂化轨道数是4，杂化轨道类型为sp3，部分N原子形成了1个双键，有1个孤电子对，杂化轨道数是3，杂化轨道类型为sp2；
②单键为σ键，双键中有1个σ键，邻苯二胺分子中σ键的数目为16；
③EDTB分子中所含H、C、N三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由小到大的顺序为H＜C＜N；
④配离子[Mn(EDTB)]2+中N原子含有孤电子对，配位原子是N；
【小问4详解】
向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜生成四氨合铜离子，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-，所以沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；
【小问5详解】
N原子所在空隙是4个Al原子围成的正四面体空隙，晶胞中共有8个正四面体空隙，填充了4个N原子，该空隙的填充率为50%；
【小问6详解】
根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是×12+×2+3=6，N原子数是2，直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，晶胞的体积为 x2ycm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为 g⋅cm-3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 苯达莫司汀(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：
（1）A的分子式是___________，B→C的反应类型为___________。
（2）1mlD物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为___________。F中含氧官能团的名称___________。
（3）E的结构简式为：___________。
（4）C→D的方程式为___________。
（5）下列关于上述流程中的物质说法正确的是___________。
a．A物质易溶于水
b．C物质的核磁共振氢谱有6组峰
c．在一定条件下，1ml苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mlH2
d．一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应
（6）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1mlG发生银镜反应后生成4ml单质Ag，符合上述条件的G的结构有______种(不考虑立体异构)。
【答案】12. ①. C6H3N2O4Cl ②. 还原反应
13. ①. 2ml ②. 硝基、酯基
14. 15.
16. bd 17. 8
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，A（）与CH3NH2发生取代反应生成B（），B在催化剂作用下与氢气发生还原反应生成C（），C与发生反应生成D（），D在催化剂的作用下，反应生成E，E与浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F（），则E为，F经多步转化生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C6H3N2O4Cl；B→C的反应为在催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；
【小问2详解】
分子中含有的酰胺基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml最多消耗2ml氢氧化钠；F（）分子的含氧官能团为硝基和酯基；
【小问3详解】
由分析可知，E的结构简式为；
【小问4详解】
由分析可知，C→D的反应为与发生反应生成，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
a．由结构简式可知，分子中不含有亲水基，则难溶于水，故a错误；
b．由结构简式可知，分子中含有6中化学环境不同的氢原子，则核磁共振氢谱有6组峰，故b正确；
c．由结构简式可知，分子中含有的苯环和碳氮双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，则1ml与足量的氢气反应，最多能消耗4ml氢气，故c错误；
d．由结构简式可知，分子中含有的苯环和碳氮双键，一定条件下能与氢气发生加成反应，含有的硝基一定条件下能发生还原反应，含有的酯基一定条件下能发生取代反应，故d正确；
故选bd；
【小问6详解】选项
实验操作
现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入Cl2
溶液变黄
氧化性：Cl2>Br2
B
将石蜡油在碎瓷片上强热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色褪色
石蜡油分解产物为乙烯
C
向CaCl2溶液中通入CO2
溶液变浑浊
生成了CaCO3
D
在试管装入2mL1ml·L-1MgCl2溶液，先滴加1mL1ml·L-1NaOH溶液，再滴加几滴1ml·L-1CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后变为蓝色
Ksp： Cu(OH)2金属离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ•ml-1)
—1560
—1411
—286
能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Al27 Fe56 Cu64
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 除自然因素外，大气污染物主要来自于化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气及其携带的颗粒物
B. 煤通过干馏、分馏等实现了煤的综合利用
C. 1965年我国科学家在世界上第一次用化学方法合成了具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
D. 亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品的生产
【答案】B
【解析】
【详解】A．除自然因素外，大气污染物主要来自于化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气及其携带的颗粒物，故A正确；
B．煤的综合利用有煤的干馏、煤的气化、煤的液化等，利用这些加工手段可以从煤中获得多种有机化合物，故B错误；
C．1965年我国科学家成功合成结晶牛胰岛素，这是中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质，故C正确；
D．虽然亚硝酸钠具有一定的毒性,还会与食物作用生成致癌物，但在符合规定用量的情况下亚硝酸钠是可以作为食品防腐剂和护色剂使用的，常用于一些肉制品的生产，故D正确；
故选B。
2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 34g 中含有的极性键数目为2
B. 通常条件下，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子数为3
C. 50mL 18.4浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为0.46
D. 在含4ml Si－O键的石英晶体中，氧原子的数目为4
【答案】B
【解析】
【详解】A.C-O和C-H为极性键，1个含有6个极性键，34g 中含有的极性键 ，极性键数3NA，A错误；
B.混合气体的通式为（NO2）n，46g二氧化氮与四氧化二氮的混合气体中的原子为 ，原子数为3， B正确；
C. 浓硫酸为0.92ml,若和铜完全反应会生成为0.46ml，但浓硫酸与足量铜微热反应，随反应进行，硫酸浓度不断减小，稀硫酸和铜不反应，最后会有硫酸剩余，生成分子的数目小于0.46，C错误；
D.在石英晶体中，一个氧原子形成2个Si－O键在含4ml Si－O键的石英晶体中，氧原子的数目为2，D错误；
故答案为B。
3. 短周期主族元素X、Y、Z的单质m、n、p在通常状况下均为气态，并有下列转化关系(反应条件略去)：其中双原子单质分子中，单质m含共用电子对数最多，甲含有10电子，乙含有18电子。下列说法正确的是
A. X的氢化物中只含有极性共价键
B. 元素X、Y、Z的原子半径大小关系为X＜Y＜Z
C. Z的氧化物的水化物的酸性在主族元素中最强
D. 化合物丙离子化合物，既含离子键又含共价键
【答案】D
【解析】
【分析】常见双原子单质分子中，含共用电子对数目最多的是N2，即m为N2，单质m、n、p在通常状况下均为气态，应为非金属，分别反应生成化合物甲、乙，甲分子含10个电子，乙分子含18个电子，则化合物甲为NH3，n为H2，乙为氢化物，含有18个电子，乙为HCl，则p为C12，丙为NH4Cl，可知X为N、Y为H、Z为C1元素，以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知X为N、Y为H，Z为C1元素，单质m是N2，单质n是H2，单质p是Cl2；化合物甲是NH3，化合物乙是HCl，化合物丙是NH4Cl。
A．X是N元素，N元素位于元素周期表第二周期，元素的非金属性最强的为F元素，A错误；
B．X为N、Y为H，Z为C1元素，原子核外电子层数越少吗，原子半径越小。H为元素周期表中原子半径最小的原子，故原子半径大小关系应为Y＜X＜Z，B错误；
C．Z为C1元素，Cl元素最高价氧化物对应的水化物HClO4是上述元素中形成的最强酸，题目应为最高价氧化物的水化物，如不是最高价含氧酸，则其酸性不一定最强，C错误；
D．化合物丙为NH4Cl，该物质是盐，属于离子化合物，其中含有离子键和共价键，D正确；
故合理选项是D。
4. 有机物与我们的生产、生活、实验密切相关，下列有关说法中正确的是
A. 家庭中使用的菜籽油是一种能使酸性高锰酸钾溶液褪色的植物油脂
B. 使用添加碱性蛋白酶的洗衣粉洗衣服时，水温越高去污效果越好
C. 粗苯甲酸中常混有少量的泥沙和NaCl等杂质，提纯它的主要步骤为：加热溶解，趁热过滤，蒸发结晶
D. 聚氯乙烯塑料薄膜的单体是氯乙烯(C2H3Cl)，该单体结构中存在2种同分异构体，同时分子中所有原子共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．菜籽油中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；
B．温度过高，蛋白酶会失去活性，所以洗衣服时，水温不能过高，B错误；
C．苯甲酸溶解度随温度变化大，提纯应采取降温结晶的方法，即加热溶解，趁热过滤，滤液冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，C错误；
D．聚氯乙烯的单体为，氯乙烯不存在同分异构体，D错误；
答案选A。
5. 下列实验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．没有明确氯气的用量，无法确定氯气是否与溴化亚铁溶液中的溴离子发生置换反应，则溶液变黄不能说明氯气的氧化性强于溴，故A错误；
B．将石蜡油在碎瓷片上强热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪色说明石蜡油分解产物中含有烯烃，但不能确定分解产物为乙烯，故B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化钙溶液反应，故C错误；
D．向过量的氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液，溶液中的镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁白色沉淀，再再滴加几滴氯化铜溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜的溶度积小于氢氧化镁，故D正确；
故选D。
6. 用可再生能源电还原时，采用高浓度的抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 析氢反应发生在电极上
B. 从电极迁移到电极
C. 阴极发生的反应有：
D. 每转移电子，阳极生成气体(标准状况)
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
【详解】A．析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；
B．离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；
C．由分析可知，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；
D．水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1ml电子，生成0.25mlO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；
答案选C。
7. 沉淀溶解平衡在生产、科研和环保等领域具有广泛的应用。我们可以通过改变条件，使平衡向着需要的方向移动。常温时，、、三种金属离子的pc(，c为、或的浓度，溶液中离子浓度小于或等于时可认为沉淀完全)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 常温下，
B. 时，的溶解度为
C. 若A点为含、的混合溶液，则
D. 和可通过分步沉淀进行分离
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，pH=4时，pOH=10，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-2.9×(10-10)3=10-32.9，故A说法正确；
B．Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-1.7×(10-10)2=10-21.7，当pH=5时，Cu(OH)2的溶解度为ml/L，故B说法正确；
C．A点时，，故C说法错误；
D．由Ksp[Cu(OH)2]计算可知，当Cu2+完全沉淀时，溶液pH=5.65，Mn2+尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2+和Mn2+，故D说法正确；
答案为C。
三、非选择题
(一)必考题
8. 2-噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
I.制钠砂。向烧瓶中加入300mL液体A和4.6g金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
II.制噻吩钠。降温至10℃，加入25mL噻吩，反应至钠砂消失。
III.制噻吩乙醇钠。降温至-10℃，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应30min。
IV.水解。恢复室温，加入70mL水，搅拌30min；加盐酸调pH至4~6，继续反应2h，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
V.分离。向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品19.2g。
回答下列问题：
（1）步骤I中液体A可以选择___________。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
（2）步骤II中，噻吩与钠反应的氧化产物为___________。
（3）步骤III的化学方程式为___________。
（4）步骤III中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是________。
（5）步骤IV中用盐酸调节pH的目的是___________。
（6）下列仪器在步骤V中无需使用的是_______(填名称)；无水MgSO4的作用为_________。
（7）产品的产率为___________(精确至0.1%)。
【答案】8. c 9. 2-噻吩钠
10. ＋
11. 用分液漏斗向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷的四氢呋喃溶液
12. 促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇
13 ①. 球形冷凝管、分液漏斗 ②. 吸收水分，起到干燥作用
14. 75.0%
【解析】
【分析】实验目的是制备2-噻吩乙醇，实验原理为噻吩与钠反应生成2-噻吩钠，2-噻吩钠与环氧乙烷反应生成2-噻吩乙醇钠，2-噻吩乙醇钠水解制得2-噻吩乙醇。
【小问1详解】
制钠砂是金属钠在A液体中形成大量微小钠珠，A液体不能和钠发生反应。
a．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，a错误；
b．水和钠反应生成氢氧化钠和氢气，b错误；
c．甲苯和钠不反应，故c正确；
d．液氨和钠反应生成，d错误；
答案选c。
【小问2详解】
噻吩与钠反应，钠元素化合价由0价升高到+1价，发生氧化反应，生成的产物为氧化产物，故氧化产物为2-噻吩钠；
【小问3详解】
步骤III是制备噻吩乙醇钠，反应物为2-噻吩钠与环氧乙烷，生成物为2-噻吩乙醇钠，故化学反应方程式为＋；
【小问4详解】
先将环氧乙烷溶于四氢呋喃中，然后向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷溶液，故答案为用分液漏斗向烧瓶中缓慢滴加环氧乙烷的四氢呋喃溶液；
【小问5详解】
2-噻吩乙醇钠水解溶液显碱性，加入盐酸中和水解产生的，使水解平衡正向进行，调pH至4~6，促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇，故答案为促进2-噻吩乙醇钠水解完全，生成2-噻吩乙醇；
【小问6详解】
向有机相中加入无水MgSO4，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，涉及到的操作为过滤、蒸馏，过滤应用普通漏斗、烧杯、玻璃棒，对滤液进行蒸馏应用直形冷凝管、酒精灯、蒸馏烧瓶、牛角管、温度计、锥形瓶，据此分析不需要的仪器有：球形冷凝管、分液漏斗；向有机相中加入无水硫酸镁作干燥剂，除去残留的水；
故答案为：球形冷凝管、分液漏斗；吸收水分，起到干燥作用；
【小问7详解】
4.6g金属钠的物质的量为，完全反应生成2-噻吩乙醇的理论值为，则产品的产率为。
9. 研究发现，Cu/Al(OH)3催化剂在工业上有着巨大作用。现以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂，流程如图所示：
已知：常温下，①几种金属离子沉淀的pH如表所示：
②电离常数 H2CO3 Ka1=4.4×10-7 Ka2=4.7×10-11
③A为无色无味气体
回答下列问题：
（1）“固体1”的用途是_______，“固体2”的主要成分_______(填化学式)，“分离铝、铁”的操作名称为_______。
（2）“酸溶”中，适当加热可提高反应速率，但是要控制温度不能太高，其原因是_______。
（3）a的范围为_______， “滤液1”中通入高压氢制备铜的离子方程式为_______。
（4）“沉铝”的离子方程式为_______，“滤液2”的pH_______7(25℃) (填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。
（5）合成催化剂 ，测定Cu与Al(OH)3的比例：将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧，固体质量不改变，则催化剂中n(Cu)： n[Al(OH)3]= _______。
【答案】（1） ①. 制玻璃（或制光导纤维） ②. Fe(OH)3 ③. 过滤
（2）温度太高会导致盐酸挥发过快，导致盐酸浓度减小，从而使反应速率减小
（3） ①. ②.
（4） ①. ②. > ③. 的电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解程度大于电离程度
（5）27：16
【解析】
【分析】该工艺流程为以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/ Al(OH)3催化剂的工艺流程。该工艺首先向硫酸烧渣中加入过量盐酸进行酸溶，将Fe2O3、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，以固体形式析出；在加入氢氧化钠溶液调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，铜离子保留在滤液1中，通过高压氢气将其转化为Cu；向氢氧化铁和氢氧化铝沉淀中继续加入过量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝沉淀溶解为偏铝酸钠，再向溶液中通入过量CO2，使偏铝酸钠转化为氢氧化铝析出，最后与Cu反应合成催化剂。
【小问1详解】
固体1为不溶于盐酸的二氧化硅，可以用于制玻璃或者制光导纤维；固体2的主要成分为不溶于过量氢氧化钠溶液的Fe(OH)3；“分离铝、铁”时铝的存在形式为偏铝酸根，铁的存在形式为氢氧化铁，所以分离的操作名称为过滤；
【小问2详解】
酸溶时使用的为盐酸，温度太高会导致盐酸挥发过快，导致盐酸浓度减小，从而使反应速率减小；
【小问3详解】
调节pH为a的目的是将铁离子和铝离子完全沉淀与铜离子分离，则铜离子不能转化为沉淀，则a的范围为；“滤液1”中含铜离子，向其中通入高压氢气发生反应的离子方程式为；
【小问4详解】
“沉铝”时向偏铝酸钠中通入二氧化碳，使其转化为氢氧化铝，则离子方程式为；“滤液2”为碳酸氢钠溶液，其pH>7，原因是H2CO3的电离常数为，，则的电离平衡常数为，水解平衡常数为，则水解程度大于电离程度，故溶液pH>7；
【小问5详解】
将制得的“催化剂Cu/Al(OH)3”在空气中充分灼烧，发生反应、,假设制得的催化剂中n(Cu)： n[Al(OH)3]=x：y，由在空气中充分灼烧，固体质量不改变可知64x+78y=80x+51y，则x：y=27：16，n(Cu)： n[Al(OH)3]= 27：16。
10. 天然气的主要成分为CH4，还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。
（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
①ΔH=___________kJ•ml-1。
②提高该反应平衡转化率的方法有___________、___________。
（2）密闭容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等温等压下(p)发生上述反应C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)。
①可判断该反应达平衡的标志为___________(填选项字母)。
A．容器内混合气体的密度恒定
B．容器内混合气体的压强恒定
C．容器内乙烷和氢气的物质的量之比恒定
D．生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率相等
②如果乙烷的平衡转化率为α，反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（3）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2,反应在初期阶段的速率方程为：r=kc(CH4)，其中k为反应速率常数，设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=___________r1。
（4）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
①阴极上的反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为___________。
【答案】（1） ①. +137 ②. 升高温度 ③. 减小压强(增大体积)
（2） ①. BC ②. ×p
（3）1—α （4） ①. CO2 +2e—=CO+O2— ②. 6：5
【解析】
【小问1详解】
①由表格数据可知，①C2H6(g)+ O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)∆H1=—1560kJ/ml，②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)∆H2=—1411kJ/ml，③H2(g)+ O2(g)=H2O(l)∆H3=—286kJ/ml，由盖斯定律可知，反应①—②—③得到反应C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)，则反应ΔH=(—1560kJ/ml)—(—1411kJ/ml)—(—286kJ/ml)= +137 kJ/ml，故答案为：+137；
②该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、缩小容器的体积增大压强，平衡均向正反应方向移动，有利于提高乙烷的转化率，故答案为：升高温度；减小压强(增大体积)；
【小问2详解】
①A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．容器内乙烷和氢气的物质的量之比恒定说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率都代表正反应速率，则生成乙烯的速率和乙烷消耗的速率相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设起始乙烷和氢气的物质的量都为1ml，由乙烷的平衡转化率为α可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为(1—α)、α、(1+α)，则反应的平衡常数Kp==×p，故答案为：×p；
【小问3详解】
设起始甲烷的浓度为xml/L，则反应开始时的反应速率为r1=kx，由方程式可知，甲烷的转化率为α时，甲烷的浓度为x (1—α)，反应速率r2=kx (1—α)= (1—α) r1，故答案为：(1—α)；
【小问4详解】
①由图可知，通入二氧化碳的电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氧离子，电极反应式为CO2 +2e—=CO+O2—，故答案为：CO2 +2e—=CO+O2—；
②设反应生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为为2ml和1ml，由碳原子个数守恒可知，阳极上消耗甲烷的物质的量为(2ml+1ml)×2=6ml，由得失电子数目守恒可知，阴极上消耗二氧化碳的物质的量为(2ml×2×2+1ml×1×2)×=5ml，则由阿伏加德罗定律可知，消耗甲烷和二氧化碳的体积比为6ml：5ml=6：5，故答案为：6：5。
(二)选考题
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。
（1）镓的基态原子电子排布式是___________。
（2）已知钛的硬度和熔点均比铝大，可能的原因是___________。
（3）多酚氧化酶与植物的抗病性有关。配合物[Mn(EDTB)](NO3)2·DMF是多酚氧化酶的模型配合物。
①EDTB中N的杂化轨道类型为___________。
②邻苯二胺分子中σ键的数目为___________。
③EDTB分子中所含元素的电负性由小到大的顺序为_______。
④配离子[Mn(EDTB)]2＋中的配位原子是________。
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解得到深蓝色透明溶液，蓝色沉淀溶解的原因是________(用离子方程式表示)
（5）氮化铝在电子工业上有广泛应用，其晶胞如图1所示。N原子所在空隙的类型是______(填“正四面体”“正八面体”或“立方体”)空隙，该空隙的填充率为_______。
（6）铁和氮组成一种过渡金属氮化物，其结构如图2所示。直六棱柱的底边边长为xpm，高为ypm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度表达式为___________g·cm-3。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1
（2）Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强
（3） ①. sp3、sp2 ②. 16 ③. H＜C＜N ④. N
（4）Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-
（5） ① 正四面体 ②. 50%
（6）
【解析】
【小问1详解】
镓是31号元素，镓的基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1；
【小问2详解】
Al的价电子排布为3s23p1，Ti的价电子排布为3d24s2，Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，所以钛的硬度和熔点比铝大；
【小问3详解】
①EDTB中部分N形成3个单键，有1个孤电子对，杂化轨道数是4，杂化轨道类型为sp3，部分N原子形成了1个双键，有1个孤电子对，杂化轨道数是3，杂化轨道类型为sp2；
②单键为σ键，双键中有1个σ键，邻苯二胺分子中σ键的数目为16；
③EDTB分子中所含H、C、N三种元素，非金属性越强电负性越大，电负性由小到大的顺序为H＜C＜N；
④配离子[Mn(EDTB)]2+中N原子含有孤电子对，配位原子是N；
【小问4详解】
向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜生成四氨合铜离子，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O+2OH-，所以沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液；
【小问5详解】
N原子所在空隙是4个Al原子围成的正四面体空隙，晶胞中共有8个正四面体空隙，填充了4个N原子，该空隙的填充率为50%；
【小问6详解】
根据均摊原则，1个晶胞含有Fe原子数是×12+×2+3=6，N原子数是2，直六棱柱的底边边长为xcm，高为ycm，晶胞的体积为 x2ycm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度算式为 g⋅cm-3。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 苯达莫司汀(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：
（1）A的分子式是___________，B→C的反应类型为___________。
（2）1mlD物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为___________。F中含氧官能团的名称___________。
（3）E的结构简式为：___________。
（4）C→D的方程式为___________。
（5）下列关于上述流程中的物质说法正确的是___________。
a．A物质易溶于水
b．C物质的核磁共振氢谱有6组峰
c．在一定条件下，1ml苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mlH2
d．一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应
（6）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1mlG发生银镜反应后生成4ml单质Ag，符合上述条件的G的结构有______种(不考虑立体异构)。
【答案】12. ①. C6H3N2O4Cl ②. 还原反应
13. ①. 2ml ②. 硝基、酯基
14. 15.
16. bd 17. 8
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，A（）与CH3NH2发生取代反应生成B（），B在催化剂作用下与氢气发生还原反应生成C（），C与发生反应生成D（），D在催化剂的作用下，反应生成E，E与浓硫酸作用下与乙醇发生酯化反应生成F（），则E为，F经多步转化生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C6H3N2O4Cl；B→C的反应为在催化剂作用下与氢气发生还原反应生成；
【小问2详解】
分子中含有的酰胺基和羧基能与氢氧化钠溶液反应，则1ml最多消耗2ml氢氧化钠；F（）分子的含氧官能团为硝基和酯基；
【小问3详解】
由分析可知，E的结构简式为；
【小问4详解】
由分析可知，C→D的反应为与发生反应生成，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
a．由结构简式可知，分子中不含有亲水基，则难溶于水，故a错误；
b．由结构简式可知，分子中含有6中化学环境不同的氢原子，则核磁共振氢谱有6组峰，故b正确；
c．由结构简式可知，分子中含有的苯环和碳氮双键，在一定条件下能与氢气发生加成反应，则1ml与足量的氢气反应，最多能消耗4ml氢气，故c错误；
d．由结构简式可知，分子中含有的苯环和碳氮双键，一定条件下能与氢气发生加成反应，含有的硝基一定条件下能发生还原反应，含有的酯基一定条件下能发生取代反应，故d正确；
故选bd；
【小问6详解】选项
实验操作
现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入Cl2
溶液变黄
氧化性：Cl2>Br2
B
将石蜡油在碎瓷片上强热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
溶液紫色褪色
石蜡油分解产物为乙烯
C
向CaCl2溶液中通入CO2
溶液变浑浊
生成了CaCO3
D
在试管装入2mL1ml·L-1MgCl2溶液，先滴加1mL1ml·L-1NaOH溶液，再滴加几滴1ml·L-1CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后变为蓝色
Ksp： Cu(OH)2
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀pH
1.9
3.4
7.4
完全沉淀pH
3.7
4.7
9.6
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ•ml-1)
—1560
—1411
—286
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