【化学】广东省汕头市2018-2019学年高二下学期普通高中教学质量监测（解析版）

广东省汕头市2018-2019学年高二下学期普通高中教学质量监测
可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Cu:64
第Ⅰ卷 选择题（42分）
一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分；且每小题只有1个选项符合题意）
1.2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是(　　)
A. 制造手机芯片关键材料是硅
B. 用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性
C. 镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点
D. 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能
【答案】D
【详解】A. 单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；
B. 铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；
C. 镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；
D. 手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；
答案选D。
2.化学与生产生活息息相关，下列说法错误的是(　　)
A. 秸秆大量焚烧将产生雾霾
B. 由地沟油炼制的生物柴油属于烃类物质
C. “山东疫苗案”涉及的疫苗，因未冷藏储运而失效，这与蛋白质变性有关
D. 建设港珠澳大桥时采用超高分子量聚乙烯（UHMWPE）纤维吊绳，UHMWPE属于有机高分子化合物
【答案】B
详解】A.秸秆大量焚烧会产生大量烟尘，导致空气中颗粒物大量增加而产生雾霾，A正确；
B.地沟油及生物柴油的主要成分都属于酯类，酯是由C、H、O三种元素组成的化合物，因此，由地沟油炼制的生物柴油（主要为高级脂肪酸乙酯）属于烃的衍生物，B错误；
C.疫苗的主要成分是蛋白质，未冷藏储运，温度较高时蛋白质易变性使疫苗失效，因此要低温保存，C正确；
D.聚乙烯(UHMWPE)纤维吊绳主要成分是聚乙烯，该物质是高分子化合物，是高聚物，D正确；
故合理选项是B。
3.聚丙烯酸酯的结构简式可表示如图所示，可以由丙烯酸酯加聚得到。

下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是(　　)
A. 属于高分子化合物
B. 聚丙烯酸酯属于混合物，没有固定的熔沸点
C. 单体为CH2=CH-COOR
D. 1mol分子中有n个碳碳双键。
【答案】D
【详解】A．聚丙烯酸酯为丙烯酸酯加聚生成的聚合物，属于高分子化合物，故A正确；
B．聚丙烯酸酯的聚合度n不确定，为混合物，没有固定熔沸点，故B正确；
C．根据聚丙烯酸酯的结构，它是由CH2=CH-COOR经加成聚合反应生成的，单体为CH2=CH-COOR，故C正确；
D．聚丙烯酸酯结构中不存在碳碳双键，故D错误；
答案选D。
4.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)
A. HNO3作为氧化剂得到的电子数一定为3NA
B. 0.4mol•L-1Na2SO4溶液中，所含的Na+和SO42—总数为1.2NA
C. 常温常压下，16gO3含有的氧原子数为NA
D. 12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.2NA
【答案】C
【详解】A．硝酸做氧化剂参与反应，可能被还原为+4、+2等价态，故1mol硝酸参与反应后得到电子数不一定为3NA个，还可能为NA个等，故A错误；
B．溶液体积不明确，故溶液中的钠离子和硫酸根的个数无法计算，故B错误；
C．16 g臭氧中含有氧原子的物质的量为1mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；
D．熔融状态下，NaHSO4电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融状态下电离出1mol阳离子，则12gNaHSO4在熔融状态下可以电离出的阳离子数目0.1NA，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意NaHSO4在溶液中和熔融状态下电离方程式的区别。
5.下列实验操作不能达到实验目的的是(　　)
选项
实验目的
实验操作
A
比较金属镁和铝的活泼性
分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，比较反应现象
B
除去Mg粉中混有的Al 粉
加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥
C
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
D
配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，直接向烧杯中加入250mL水

【答案】D
【详解】A．分別向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，根据产生气泡快慢可比较金属镁和铝的活泼性，故A正确；
B．Al与NaOH反应，Mg不能，加入足量的NaOH 溶液，过滤、洗涤、干燥可除去Mg粉中混有的Al 粉，故B正确；
C．氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，黄色褪去，可知Fe元素的化合价降低，说明维生素C具有还原性，故C正确；
D．n(NaOH)==1mol，在烧杯中溶解后转移至250mL容量瓶中定容，可以配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液，直接向烧杯中加入250mL水只能粗略配制溶液，故D错误；
答案选D。
6.下列实验能达到预期目的的是(　　)
A. 蒸发溴水获取溴单质
B. 证明碳酸酸性强于硅酸
C. 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
D. 除去氯气中的HCl杂质
【答案】B
【详解】A．溴容易挥发，不能通过蒸发溴水获取溴单质，故A错误；
B．硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，通入硅酸钠生成硅酸沉淀，可证明碳酸酸性比硅酸强，故B正确；
C．碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，为比较稳定性，应将碳酸氢钠盛放在小试管中，故C错误；
D．氢氧化钠溶液能够吸收氯气和氯化氢，应该选用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故D错误；
答案选B。
7.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素,其中X、Y、Z、W同周期, Z、M同主族;X+与M2-具有相同的电子层结构;离子半径:Z2->W-;Y的单质晶体熔点高、硬度大,是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是(　　)
A. X、M两种元素只能形成X2M型化合物
B. Y 的气态简单氢化物的热稳定性比W 的强
C. X2M、YM2中含有相同类型的化学键
D. 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
【答案】D
【分析】根据Y的单质晶体熔点高，硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2-具有相同的电子层结构，离子半径:Z2-＞W-，依次推出X为Na，M为O，Z为S，W为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质以及元素周期律来解答。
【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、M分别是Na、Si、S、Cl、O。则
A、钠和氧还可以形成Na2O2，A错误；
B、氯元素非金属性强于硅，非金属性越强，氢化物越稳定，则Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的弱，B错误；
C、X2M、YM2分别是氧化钠和二氧化硅，其中含有的化学键分别是离子键和共价键，C错误；
D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，D正确；
答案选D。
8.在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)＋2Y(g)M(g)　ΔH＝－a kJ/mol(a>0)，5 min末测得M的物质的量为0．4 mol。则下列说法正确的是(　　)
A. 0～5 min，Y的平均反应速率为0．08 mol·L－1·min－1
B. 当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态
C. 平衡后升高温度，X的反应速率降低
D. 到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ
【答案】A
【详解】A．v(M)==0.04 mol•L-1•min-1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，0～5 min，Y平均反应速率=2v(M)=2×0.04 mol•L-1•min-1=0.08 mol•L-1•min-1，故A正确；
B．该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；
D．该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意根据化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。
9.以玉米(主要成分是淀粉)为原料制备乙醇的流程如下：

下列说法中不正确的是(　　)
A. C12H22O11属于二糖
B. 可采取分液的方法分离乙醇和水
C. 可用碘水检验淀粉是否完全水解
D. 葡萄糖可以在酒曲酶作用下分解生成乙醇
【答案】B
【分析】玉米淀粉水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，据此分析解答。
【详解】A．玉米淀粉在酸性条件下水解生成麦芽糖，1分子麦芽糖水解生成2分子葡萄糖，所以麦芽糖属于二糖，故A正确；
B．乙醇与水相互溶解，不能通过分液的方法分离，二者沸点不同，应用蒸馏法分离，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故C正确；
D．葡萄糖可以在酒曲酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，且1mol葡萄糖分解生成2mol乙醇和2mol二氧化碳，故D正确；
答案选B。
10.在25℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×10－24。下列有关说法中正确的是(　　)
A. 饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
B. 25℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C. 向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D. 向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
【答案】B
【详解】A．饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为=mol•L-1，故A错误；
B．由FeS的Ksp=6.3×10-18、CuS的Ksp=1.3×10-36可知，二者的组成形式相同，FeS的溶解度大于CuS的溶解度，故B正确；
C．FeS的Ksp=6.3×10-18、ZnS的Ksp=1.3×10-24，向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，首先生成溶解度小的沉淀，因此只有ZnS沉淀生成，故C错误；
D．向饱和ZnS溶液中存在ZnS的溶解平衡，加入少量ZnCl2固体，锌离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但温度不变，ZnS的Ksp不变，故D错误；
答案选B。
11.下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是(　　)
A. 强酸性溶液中：H+、NO3—、SO32—
B. pH=12的溶液中：OH—、K+、Cl—、HCO3—
C. 加入铝粉能放出氢气的溶液中一定存在：NH4+、NO3—、AlO2—、SO42—
D. 25ºC时pH=7的无色溶液中：Na+、Cl—、SO42—、K+
【答案】D
【详解】A．强酸性溶液中H+、NO3-、SO32-之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=12的溶液显碱性，OH—与HCO3—之间发生反应生成CO32—，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．加入铝粉能放出氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，碱溶液中，OH—与NH4+之间发生反应生成NH3•H2O，均不能大量共存，故C错误；
D．25ºC时pH=7的无色溶液显中性，中性溶液中Na+、Cl—、SO42—、K+离子之间不发生反应，能够大量共存，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意加入铝粉能放出氢气的溶液性质的判断，同时注意酸性溶液中，当存在NO3—时，与铝反应不能放出氢气。
12.下列有关说法正确的是(　　)
A. △H c(H+) = c(OH－)
D. V=20.00mL时，溶液呈弱酸性
【答案】C
【详解】A．CH3NH3Cl为强酸弱碱盐，水解后，水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20mL，故A正确；
B．当lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)，此时溶液的pH=10.6，则Kb==c(OH-)==10-3.4，故B正确；
C．b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Cl-)=c(CH3NH3+)，则正确的离子浓度大小为：c(Cl-)=c(CH3NH3+)＞c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．V=20.00mL时，稀盐酸与甲胺(CH3NH2)恰好反应生成CH3NH3Cl，CH3NH3+水解，溶液显酸性，故D正确；
答案选C。
【点睛】明确横坐标含义、电离平衡常数含义是解本题关键。本题的易错点为B，要注意lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH3+)。
第Ⅱ卷 非选择题
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第18、19题为选考题，考生根据你自己学习课程情况选择作答。
(一)必考题
15.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
（1）CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) △H1= a kJ/mol
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) △ H2= b kJ/mol
则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的△H=________kJ/mol
（2）某温度下，在容积为2 L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：
CO2 (g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15 min内用二氧化碳表示平均反应速率v（CO2）=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K= __________。
（3）捕碳技术是指从空气中捕获二氧化碳的各种科学技术的统称。目前NH3和(NH4)2CO3等物质已经被用作工业捕碳剂。
①下列物质中不可能作为CO2捕获剂的是___________。
A．Na2CO3 B．NaOH C．CH3CH2OH D．NH4Cl
②用(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g) 2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：

I. c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为Ｖ逆c ____Ｖ正d (填“＞”、“＝”或“＜”)
II. b、c、d三点的平衡常数K b 、K c、 Kd 从大到小的顺序为_______。(填“＞”、“＝”或“＜”)
III．T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是____________
___________________________________________________________________________。
【答案】(1). (2a+b)/3 (2). 0.2 mol/(L·min) (3). 1.8 (4). CD (5). ＜ (6). K b＞K c ＞Kd (7). T3-T4 区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于 CO2 的捕获
【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，根据三段式分析计算；
(3)①具有碱性的物质能反应二氧化碳反应，能够捕获CO2；②c点是平衡点，正逆反应速率相同，根据温度对化学反应速率和平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g)△H1=a kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g)△H2=b kJ/mol，根据盖斯定律：可得Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，故△H3==kJ/mol，故答案为：；
(2)甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则转化CO2为8mol×75%=6mol，列三段式：
             CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始(mol/L)：4            8          0          0
转化(mol/L)：3            3          3          3
平衡(mol/L)：1            5          3          3
则0～15 min内平均反应速率v(CO2)==0.2mol/(L•min)；此条件下该反应的平衡常数K==1.8，故答案为：0.2mol/(L•min)；1.8；
(3)①A．Na2CO3 和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故A不符合；B．NaOH显碱性，可以吸收二氧化碳，故B不符合；C．CH3CH2OH 为中性分子不能和二氧化碳反应，不能吸收二氧化碳，故C符合；D．NH4Cl溶液显酸性，不能吸收二氧化碳，故D符合，故答案为：CD；
②I.温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为V逆c＜V正d，故答案为：＜；
 II.根据图像，温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小，Kb＞Kc＞Kd，故答案为：K b＞K c＞Kd；
 III．T3-T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获，所以容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，故答案为： T3-T4区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，不利于CO2的捕获。
16.TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240g·mol—1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80 g TMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。

(1)写出A中的化学反应方程式：______________________________________；
(2)B中试剂是___________，作用是____________________________________ ；
(3)装置C中CuO粉末的作用为_________________________________________。
(4)理想状态下，将4.80 gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60 g，E增加14.08 g，则TMB的分子式为_________________。
(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置__________（填“需要”或“不需要”），简述理由_________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 2H2O2 2H2O+O2↑ (2). 浓硫酸 (3). 干燥 O2，防止带入 D或E 中引起增重 (4). 使 TMB 不充分燃烧生成 CO 全部转化为 CO2 (5). C16H20N2 (6). 需要 (7). 防止外界空气中 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰
【分析】根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。
【详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为：浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；
(3)装置C中CuO粉末可以使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为：使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；
(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O)==0.2mol，n(H)=0.4mol，m(H)=0.4g，n(CO2)==0.32mol，n(C)=0.32mol，m(C)=0.32mol×12g/mol=3.84g，所以m(N)=4.80g-0.4g-3.84g=0.56g，n(N)==0.04mol，则：n(C)∶n(H)∶n(N)=0.32mol∶0.4mol∶0.04mol=8∶10∶1，TMB的相对分子质量为240，设分子式为：C8nH10nNn，则有：12×8n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为：C16H20N2；
(5)装置E中的碱石灰会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，使实验数据产生误差，因此该实验需要添加F装置，防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；故答案为：需要；防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰。
【点睛】明确实验的原理和确定有机物的分子组成的方法是解题的根据。本题的易错点为(3)和(5)，要注意理解实验的测定原理和空气中的气体对实验的影响
17.氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：

依据上图，完成下列填空：
(1)用惰性电极电解饱和食盐水时，与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为____________________________；与电源负极相连的电极附近，溶液pH______(选填：不变、升高或下降)。
(2)如果粗盐中SO42-含量较高，必须加钡剂除去，该钡试剂可以是_________；
a．Ba(OH)2 b．Ba(NO3)2 c．BaCl2
(3)工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为_______________、_______________；
(4)氯碱工业所用的隔膜电解装置，广泛应用于多种化工产品生产，如工业上用惰性电极电解Na2CO3溶液得到含NaHCO3，原理如下图所示。

阴极产生的物质A的化学式为__________，a%_____b%(填“、=”)，NaHCO3产生在_______室(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】(1). 2Cl--2e-=Cl2 ↑ (2). 升高 (3). ac (4). Mg2+＋2OH－＝Mg(OH)2↓ (5). Ca2++CO32- =CaCO3↓ (6). H2 (7). < (8). 阳极
【分析】(1)电解食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，生成氯气，与电源负极相连的电极为阴极，生成氢气和NaOH；
(2)添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质；
(3)精制过程就是将杂质离子转化为沉淀除去的过程，Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀；
(4)用惰性电极电解Na2CO3溶液得到含NaHCO3，阴极上氢离子得到电子生成氢气，剩余氢氧根生成氢氧化钠；阳极反应为2H2O-4e-═O2↑+4H+，溶液中c(H+)增大，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，据此分析解答。
【详解】(1)电解食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，阳极上生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-═Cl2↑，与电源负极相连的电极为阴极，阴极上生成氢气和NaOH，生成了碱，所以阴极附近溶液的pH升高，故答案为：2Cl--2e-═Cl2↑；升高；
(2)添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba(NO3)2会引入杂质硝酸根离子，所以选ac，故答案为：ac；
(3)Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，精制过程发生反应的离子方程式为：Ca2++CO32-═CaCO3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓；Mg2++OH-=Mg (OH)2↓；
(4)阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2，剩余氢氧根生成氢氧化钠，使得排出的氢氧化钠浓度增大，即a%＜b%，阳极反应为2H2O-4e-═O2↑+4H+，溶液中c(H+)增大，发生反应：CO32-+H+═HCO3-，部分Na+透过离子交换膜向阴极移动，最终获得含NaHCO3的阳极液，故答案为：H2；＜；阳极。
(二)选考题（每题均15分）：请考生从给出的18、19道题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。
18.冬季我国北方大部分地区出现雾霾天气，引起雾霾的微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物、扬尘、重金属铜等。
(1)N元素原子核外电子云的形状有___________种；基态铜原子的价电子排布式为___________。
(2)N和O中第一电离能较小的元素是___________；SO42-的空间构型___________。
(3)雾霾中含有少量的水，组成水的氢元素和氧元素也能形成化合物H2O2，其中心原子的杂化轨道类型为_________，H2O2难溶于CC14，其原因为_____________________________。
(4)PM2.5富含NO，NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为________。

(5)测定大气中PM2.5浓度的方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用85Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏伽德罗常数的值，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度_____ g/cm3(只列式不计算，Kr摩尔质量为85g·mol—1)。
【答案】(1). 2 (2). 3d104s1 (3). O (4). 正四面体 (5). sp3 (6). H2O2 为极性分子，CCl4 为非极性溶剂，所以 H2O2 难溶于 CCl4 中 (7). 6 (8).
【分析】(1)N位于周期表中第2周期第ⅤA族，Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，据此分析解答；
(2)N的2p为半满结构，较为稳定，第一电离能反常；根据VSEPR理论判断SO42-的空间构型；
(3)H2O2中O形成两根共价键，自身含有两对孤电子对；根据相似相容原理分析解答H2O2难溶于CC14的原因；
(4)NO和H2O为单齿配体，据此分析配位数；
(5)根据均摊法确定一个晶胞中含有的粒子数目，由ρ＝计算晶体密度。
【详解】(1)N位于周期表中第2周期第ⅤA族，则N元素核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子云形状有2种；Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则其价电子排布式为3d104s1，故答案为：2；3d104s1；
(2)N的2p为半满结构，较为稳定，第一电离能较大，所以N和O中第一电离能较小的元素是O；对于SO42-，根据VSEPR理论，价层电子对数=4+=4，则其空间构型为正四面体，故答案为：O；正四面体；
(3)H2O2中O形成两根共价键，自身含有两对孤电子对，所以O为sp3杂化；
H2O2分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相容原理，极性分子难溶于非极性溶剂，所以H2O2 难溶于CCl4，故答案为：sp3；H2O2 为极性分子，CCl4 为非极性溶剂，所以H2O2 难溶于CCl4 中；
(4)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中配体为NO和H2O，均为单齿配体，所以配位数为6，故答案为：6；
(5)1个晶胞中含有Kr原子数目为8×+6×=4个，1mol晶胞的质量为m=4×85g，1mol晶胞体积为V=(540×10-10)3NAcm3，则晶体密度为ρ＝=g/cm3，故答案为：。
19.【化学―选修5：有机化学基础】
抗丙肝新药的中间体合成路线图如下：

已知：-Et为乙基，DCM与DMF均为有机溶剂。
(1) 的名称是_____________，所含官能团的名称是__________________。
(2) 的分子式为_____________。
(3) 反应①化学方程式为________________________________________________，（不用写反应条件）反应类型属于是___________。
(4)写出一种与 互为同分异构体的芳香类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，且不含-NH2）____________________________
(5) 设计由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成 路线（其他试剂任选）。____________________________________________________________________________
【答案】(1). 乙苯 (2). 醛基、酯基 (3). C12H15NO2 (4). (5). 加成反应 (6). (7).
【分析】(1)的苯环侧链是一个乙基；存在-CHO和-COOR，一个醛基和一个酯基；
(2)找出碳原子、氢原子、氮原子和氧原子数目，注意-Et为乙基；
(3)C8H8不饱和度为5，只有一个侧链，所以是，反应②是在Al2O3的催化下脱去一个水分子生成，据此写化学方程式；与NH3反应生成，由不饱和变饱和，据此分析反应类型；
(4)与互为同分异构体的芳香类化合物，苯环不变，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明含2个等效的—CH3，不含-NH2那么氮原子只能连接三个碳原子，据此写出结构简式；
(5)由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成需要成环反应，可参考反应⑤利用不饱和键成环，再通过逆推法写出路线。
【详解】(1)名称是乙苯，含有一个醛基和一个酯基。答案：乙苯；醛基、酯基；
(2)含有12个碳原子，15个氢原子，1个氮原子，2个氧原子，分子式为C12H15NO2。答案：C12H15NO2；
(3)C8H8为，反应②是在Al2O3的催化下生成，化学方程式为；与NH3反应生成，发生的是加成反应。答案：；加成反应；
(4)题干要求芳香族化合物，即有苯环，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:2:6，说明有四种氢原子且含2个等效的—CH3，不含-NH2，即氮原子的价键要连接碳原子，所以该化合物为。答案：；
(5)参照反应⑤成环反应，合成需要CH3CH=N—CH3和CH2=CH—CH=CH2；模仿反应④由CH3NH2与CH3CHO反应生成CH3CH=N—CH3，乙醇发生催化氧化获得CH3CHO；由乙醇、1，3-丁二烯和甲氨( CH3NH2)合成路线为：。答案：。
【点睛】这道题中的反应⑤的成环反应是有机题推断常见题型，主要特点是共轭双键和一个双键断键成环，分析思路主要还是逆推法，学生平时注意积累题型。