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.doc

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

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

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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Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ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Ⅰ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. 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
①石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物
②煤油可由石油分馏获得，可用作燃料和保存少量金属钠
③煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
④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 ①③ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①石油是混合物，其分馏产品汽油属于多种烃的混合物，①错误；
②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，②正确；
③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，③错误；
④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，④正确；
所以不正确的是①③，答案选A。

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：3s23p63d5
D. 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；
C．Fe3+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
①热稳定性：H2O＞HF＞H2S
②熔点：Al＞Na＞K
③第ⅠA、ⅡA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
④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
⑤沸点：NH3＜PH3＜AsH3
⑥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：P＞N
A. ②④⑥ B. ①③⑤⑥ C. ②④⑥ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①非金属性F>O>S，元素非金属性越强，对应氢化物越稳定，故热稳定性: HF＞H2O＞H2S,故①错误；②离子半径Al3+<Na+<K+，金属键的强弱为： Al＞Na＞K，则熔点：Al＞Na＞K，故②正确：③第ⅠA、ⅡA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③错误； ④元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素为过渡元素，都是金属元素，故④正确；⑤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PH3＜AsH3＜NH3，故⑤错误；⑥同主族自上而下非金属性减弱，非金属性： P<N，故⑥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)5]Cl2·H2O的配合物内界和外界Cl－的数目之比是1∶2
C. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO4<HClO3<HClO2<HClO
D. 手性分子CH2=CHCH(CH2OH)COOH与足量的H2反应后分子有两个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．钠与乙醇反应比与水反应缓慢，说明乙醇中的-OH上的氢比水分子的一个-OH上的氢不活泼，A错误；
B．[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，内界Cl-在中括号里只有1个，外界Cl-在中括号外有2个，数目比是1:2，B正确；
C．同一元素的不同价态的含氧酸，非羟基氧原子越多，其含氧酸的酸性越强，故酸性为HClO4>HClO3>HClO2>HClO，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、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. A B. B C. C D. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．NH2-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；
B．SO2中S原子的价层电子对个数=δ键数+孤对电子对数=2+(6-2×2)=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；
C．CO32-中，价层电子对数=3+(4+2-3×2)=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；
D．C2H2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 NA
B. 1mol苯分子中，含有碳碳双键的数目为3 NA
C. 常温常压下，15g甲基（﹣CH3）所含的电子数为10NA
D. 现有乙烯、丙烯的混合气体共14 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. A B. B C. C D. 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，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K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀出现
C. 图3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K3[Fe(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CO2
D. 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，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。①～⑧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，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2Cl－－2e－=Cl2↑
B. 酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为2H2O＋O2＋4e－=4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应为Cu－2e－=Cu2＋
D. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－=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2Cl－－2e－=Cl2↑，故A正确；
B．酸性氢氧燃料电池的正极电极反应为4H＋＋O2＋4e－=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Cu－2e－=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：Fe－2e－=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1.204×1023
【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，负极电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应为2MnO2+2e-+2H2O═2MnO（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-+H2O═MnO（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。
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：X＞Y＞Z＞W
B. 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ⅥA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X＞Y＞Z＞W，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. ①②均能与氢氧化钠溶液反应
B. ①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. ②的分子式为C10H18O，与④互为同分异构体
D. ④的一氯代物有5种
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．①中含酯基，能和NaOH溶液反应，②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．①②因含碳碳双键能和酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，③中苯环的侧链能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以③也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．④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．④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：c2＜c1 D. 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：c2＜c1，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定c2＜c1；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）+4MC14－4M2C17－+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M－3e－+7MCl4－=4M2Cl7－
C. 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M－3e－+7MCl4－=4M2Cl7－，b极为正极，Cn（MCl4）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M－3e－+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+MCl4－—e－=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：2CuCl+2CO+2H2O＝Cu2Cl2•2CO•2H2O。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)
A≡B(叁键)
键能(kJ/mol)
CO
351
803
1071
N2
159
418
946

根据表中数据，说明CO比N2活泼的原因是________________________。
(4)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为_________________________。
②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______________________。
③1molCu2Cl2•2CO•2H2O含有的______________个σ键。
【答案】 (1). ds (2). N (3). 平面三角形 (4). CO中第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断裂 (5). sp3 (6). 电负性：C＜O，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ⅠB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，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π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，所以CO的第一个π键容易断，CO比N2活泼，故答案为：CO中第一个π键的键能比N2的第一个π键的键能小很多，CO的第一个π键容易断裂；
(4)①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；
②C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：C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对；
③有该配合物的结构可知，1molCu2Cl2•2CO•2H2O含有8mol配位键，4molH-O键，2molCO含2molσ键，H-O键和配位键都属于σ键，即1molCu2Cl2•2CO•2H2O含有8mol+4mol+2mol=14molσ键，即14NA个σ键，故答案为：14NA。
【点睛】配位键属于共价键，共价单键是σ键，共价双键有一个σ键，一个π键，共价三键由一个σ键，两个π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)丙烯酸(CH2＝CH－COOH)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：
③___________，___________反应；
⑤___________，___________ 反应。
【答案】 (1). CH2＝CH2 (2). 羟基 (3). ABCD (4). 紫色石蕊试液 (5). CH2＝CHCOOCH2CH3 (6). CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O (7). 酯化/取代 (8). nCH2＝CH－COOH (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(CH2＝CHCOOCH2CH3)；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：CH2＝CH2，B为乙醇，官能团为羟基，故答案为：CH2＝CH2；羟基；
(2)丙烯酸(CH2＝CH－COOH)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；
(4)丙烯酸乙酯的结构简式为CH2＝CHCOOCH2CH3，故答案为：CH2＝CHCOOCH2CH3；
(5)③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：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O，⑤为丙烯酸发生加聚反应生成聚丙烯酸，化学方程式为：nCH2＝CH－COOH ，故答案为：CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOC2H5＋H2O；酯化(取代)；nCH2＝CH－COOH ；加聚。
24.(1)如图是一个化学过程的示意图。

①乙池中总反应的离子方程式____________。
②电解一段时间后，向乙池的溶液中加入________________可恢复为原溶液。
③当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g，此时丙池某电极析出1.60g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Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：

①写出负极的电极反应式：___________。
②图中X溶液是________。
③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Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2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)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+；
②从总反应来看，电解过程Ag原子和O原子按2:1以Ag和O2的形式析出了，所以，加一定量的Ag2O能恢复为原溶液，故答案为：Ag2O；
③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）。
A．Mg2+的放电顺序在H+之后，不会析出金属Mg，A错误；
B．Cu2+的放电顺序在H+之前，Cu2++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；
C．Na+的放电顺序在H+之后，不会析出金属Na，C错误；
D．Ag+的放