1、2021年广东省深圳市龙岗区高考化学一调试卷一、单项选择题（共10小题，每小题2分，共20分）1（2分）中国古代成语中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是（）A“滴水石穿”包含了化学变化B“百炼成钢”中的“钢”比纯铁的熔点高C“火树银花”利用了金属元素的焰色反应D“陶犬瓦鸡”中的“陶”“瓦”均为硅酸盐材料2（2分）下列应用涉及氧化还原反应的是（）A用明矾溶液去除铜制品表面的铜绿B用二氧化硫漂白纸张和草帽等编织物C用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气D用含硅胶的透气小袋与食品一起密封包装3（2分）能正确表示下列变化的离子方程式是（）ANaHCO3的水解反应：HCO3+H2OCO32+H3O+B用
2、FeCl3溶液蚀刻铜印刷电路板：Fe3+CuFe2+Cu2+C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3D向Ca（ClO）2溶液中通入SO2：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClO4（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A1molL1CuCl2溶液中含有的Cl数目为2NAB2.8g CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NAC标准状况下，4.48L SO3中含有的氧原子数为0.6NAD3mol NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NA5（2分）下列说法正确的是（）A将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B用K
3、SCN溶液可检验FeCl3溶液中是否含FeCl2C酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗D蒸馏实验中，沸腾前发现忘记加沸石，应立即补加6（2分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。Y为常见的半导体材料，离子化合物ZW2可与水反应生成能使溴的四氯化碳溶液褪色的气体，W、X、Y最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（）A简单离子半径：ZXB氢化物的沸点：WXC最高价氧化物对应的水化物的酸性：WYDZ与X形成的二元化合物只含离子键7（2分）如图为有机物之间的转化关系。下列有关描述正确的是（）A物质的电子式为B物质的结构式为CH3CH2OHC物质所含的官能团为OHD物质的名
4、称为乙酸甲酯8（2分）下列装置或操作能达到实验目的的是（）A将海带灼烧成灰B实验室制备乙酸乙酯C除去甲烷中的乙烯D证明非金属性：ClCSi9（2分）锂空气电池是一种高理论比能量的可充电电池。放电时，总反应为2Li+O2Li2O2，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A电解液a为非水电解液B放电时，A处的电极反应为LieLi+C充电时，Li+向Li电极区域迁移D充电时，B处的电极反应为O2+2Li+2eLi2O210（2分）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述错误的是（）A过程中产生的FeO是还原产物B过程中分离出O2，可提高Fe3O4的转化
5、率C过程中每转移NA个电子，生成11.2L H2D铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点二、单项选择题（共6小题，每小题4分，共24分）11（4分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有晶体析出蛋白质均发生变性B滴加CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IC滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀Ksp
6、Cu（OH）2小于KspMg（OH）2AABBCCDD12（4分）绿原酸（结构如图）广泛存在于金银花植物中，具有抗菌、抗病毒等功效。下列有关绿原酸的说法错误的是（）A可与FeCl3溶液发生显色反应B分子中至少有7个碳原子一定共平面C1mol绿原酸最多可消耗8mol NaOHD若仅改变苯环上取代基的位置，则其同分异构体还有5种13（4分）科学家设计如下装置获取氢能源和电能。其中，a为Pt电极，电解质溶液为1moLL1KOH溶液（已知：QnF，F为法拉第常量，F96500Cmol1）。下列说法错误的是（）A当K和K1相连接时，b处电极反应为Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2OB当K和K2相连接
7、时，溶液中的OH向c电极迁移C该设计实现了Ni（OH）2电极的循环使用D理论上，每生成1mol H2可有助于电池最多产生1.93104C的电量14（4分）汽车尾气处理时存在反应：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A该反应过程可将有毒气体转变成无毒气体B使用催化剂可以有效减少反应放出的热量C升高温度，可以提高NO2的平衡转化率D无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量15（4分）向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2（g）N2O4（g）（己知：N2O4为无色气体）。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质
8、的量分数如下表。下列说法正确的是（）t/27354970NO2%20254066N2O4%80756034A平衡时，v（NO2消耗）2v（N2O4消耗）B27时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C升高温度，该反应的化学平衡常数增大D温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅16（4分）常温下，用0.10molL1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.10molL1的HX溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A该滴定过程应选择酚酞作为指示剂B对应溶液中水的电离程度：abcCc点所示的溶液中：c（Na+）+c（HX）+c（X）0.10molL1D相同条件下，X的水解能力强于HX的电离
9、能力三、非选择题（共3题，每题14分，共42分）17（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，某化学实验探究小组设计如下实验制备无水亚氯酸钠晶体。已知：A中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）2ClO2+2Na2SO4+H2O；ClO2不稳定，常压下，其体积分数大于15%易爆炸；NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出无水NaClO2，温度高于60时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。回答下列问题：（1）仪器X的名称是 。（2）实验过程中，打开活塞k，缓缓通入空气，其目的是 。（3）ClO2气体与装置C中混合溶液反应生成N
10、aClO2，生成NaClO2的离子方程式为 。（4）C装置中冷水浴的作用是 。（5）反应后，经55蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，可从装置C的溶液中获得无水NaClO2晶体。上述操作中，“洗涤”可选用的试剂是 。（填标号）a冰水b乙醇c3860热水（6）测定产品中NaClO2的纯度。准确称取1.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl。将所得混合液稀释成100mL待测溶液。用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000molL1Na2S2O3标准液滴定（已知：I
11、2+2S2O322I+S4O62），当锥形瓶内溶液 ，即为滴定终点；平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为 。18（14分）一种从钕铁硼废料含钕（Nd，质量分数为28.8%）、Fe、B中提取氧化钕的工艺流程如图所示。已知：硼可溶于氧化性酸；KspFe（OH）28.01016。回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分是 。（填化学式）（2）“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是 。（3）“沉钕”过程中，Nd（H2PO4）3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c（Fe2+）2.0molL1。写出生成沉淀的化学方程式 。若调节溶液pH
12、为4，则此时 （填“有”或“无”）Fe（OH）2沉淀生成。列式计算，说明原因 。（4）“滤液2”的主要溶质有 。（填化学式）（5）“煅烧”时经历Nd2（C2O4）3Nd2O3CO2Nd2O3。“阶段”的反应，同时还生成两种常见的碳的氧化物，其化学方程式为 。若取用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为 。19（14分）H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。硫碘循环法脱硫（1）如下是热化学硫碘循环中硫化氢分解制备氢气、硫磺的反应过程。SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H
13、2SO4（aq）H1151kJmol12HI（aq）H2（g）+I2（s）H2110kJmol1H2S（g）+H2SO4S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H361kJmol1则H2S（g）H2（g）+S（s）H 。热分解法脱硫在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g），控制不同的温度和压强进行实验，H2S平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。（2）m、n点对应的正反应速率：vm（正） vn（正）（填“”、“”或“”），理由是 。（3）控制压强为p2、温度为975，若H2S的初始浓度为1molL1，则达到平衡时H2的浓度为 ，平衡常数K 。达到
14、平衡后，若保持条件不变，向容器中再加入1mol H2S气体，再次达到平衡时，H2S的平衡转化率 40%。（填“”、“”或“”）（4）若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有 。四、选做题（14分，任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分）化学-选修3：物质结构与性质20（14分）非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2（XSi、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为 ；第一电离能I1（Si） I1（Ge）（填
15、或）。（2）基态Ge原子核外电子排布式为 ；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是 ，原因是 。（3）如图1为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为 。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是 。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为a pm、b pm、c pm如图2为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为 。CsSiB3O7的摩尔质量为M gmol1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为 gcm3（用
16、代数式表示）。化学-选修5：有机化学基础（14分）21吲哚2酮是重要的农药、医药中间体，其合成路线如图。回答下列问题：（1）B的名称为 。（2）为取代反应，该反应生成CH3OH和酯类物质C，则C的结构简式为 。（3）的反应类型为 ；F中含氮官能团的名称为 。（4）写出反应的化学方程式 。（5）E的同分异构体中，苯环上直接连有NO2，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的共有 种；其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2为 。（写结构简式）（6）参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线 。（其他试剂任选）2021年广东省深圳市龙岗区高考化学一调试卷参考答案与试题解析一、单项
17、选择题（共10小题，每小题2分，共20分）1（2分）中国古代成语中蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是（）A“滴水石穿”包含了化学变化B“百炼成钢”中的“钢”比纯铁的熔点高C“火树银花”利用了金属元素的焰色反应D“陶犬瓦鸡”中的“陶”“瓦”均为硅酸盐材料【分析】A有新物质生成的变化为化学变化；B依据合金熔点低于成分金属熔点解答；C依据焰色反应解答；D“陶犬瓦鸡”中“陶”和“瓦”都是黏土烧制得到；【解答】解：A“水滴石穿”中包含化学反应原理：CaCO3+H2O+CO2Ca（HCO3）2，Ca（HCO3）2易溶于水，石头在水滴的长时间作用下，就会形成小孔，故A正确；B“钢”为铁合金，硬度比纯铁的
18、大，熔点比纯铁的低，故B错误；C不同金属灼烧产生不同的焰色，“火树银花”中描述的“焰火”景象实质是金属元素的焰色反应，故C正确；D“陶犬瓦鸡”中“陶”和“瓦”都是黏土烧制得到，属于硅酸盐产品，故D正确；故选：B。【点评】本题以古典谚语、诗词及古典文摘中所涉及的化学知识为载体，主要考查了学生对有关化学知识的理解、识记能力，能增强学生学习化学知识的兴趣，加深学生对应用化学知识重要性的认识。2（2分）下列应用涉及氧化还原反应的是（）A用明矾溶液去除铜制品表面的铜绿B用二氧化硫漂白纸张和草帽等编织物C用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气D用含硅胶的透气小袋与食品一起密封包装【分析】氧化还原反应的特征是元
19、素化合价的升降，如发生氧化还原反应，应存在元素化合价的变化，结合对应物质的性质解答该题。【解答】解：A用明矾溶液除去铜制品表面的铜绿，发生复分解反应，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A错误；B用二氧化硫漂白纸张和草帽等编织物，发生化合漂白，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B错误；C用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，发生反应为：3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，Cl、N元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故C正确；D硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，吸收水分，属于物理变化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答
20、的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大。3（2分）能正确表示下列变化的离子方程式是（）ANaHCO3的水解反应：HCO3+H2OCO32+H3O+B用FeCl3溶液蚀刻铜印刷电路板：Fe3+CuFe2+Cu2+C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3D向Ca（ClO）2溶液中通入SO2：SO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2HClO【分析】A碳酸根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；B电荷不守恒；C二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝；D次氯酸根子具有强的氧化性能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子。【解答】解：ANaHCO3的水解反应，
21、离子方程式为：HCO3+H2OH2CO3+OH，故A错误；B用FeCl3溶液蚀刻铜印刷电路板，离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故B错误；C向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故C正确；D少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+Ca2+ClO+H2OCaSO4+2H+Cl，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子反应方程式书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度中等。4（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法
22、正确的是（）A1molL1CuCl2溶液中含有的Cl数目为2NAB2.8g CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NAC标准状况下，4.48L SO3中含有的氧原子数为0.6NAD3mol NO2与足量的H2O反应，转移的电子数为NA【分析】A.题目未给溶液体积；B.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，分子中含有质子数均为14；C.22.4L/mol的适用条件为标况下下的气体；D.NO2与H2O反应为3NO2+H2O2HNO3+NO，3molNO2反应转移2mol电子。【解答】解：A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；B.2.8gCO和N2混合气体中含有的质子数为14N
23、A/mol1.4NA，故B正确；C.标况下，三氧化硫不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故C错误；D.3molNO2与足量的H2O反应，转移的电子数为2molNA/mol2NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。5（2分）下列说法正确的是（）A将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体B用KSCN溶液可检验FeCl3溶液中是否含FeC
24、l2C酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗D蒸馏实验中，沸腾前发现忘记加沸石，应立即补加【分析】A.NH4Cl是强酸弱碱盐，受热易水解生成氯化氢和氨气；B.KSCN溶液遇FeCl3溶液显红色，遇氯化亚铁不显色；C.滴定管需要用待装液润洗；D.温度高加沸石易发生暴沸；【解答】解：A.NH4Cl是强酸弱碱盐，受热易发生水解反应生成氨气和氯化氢气体逸出，所以将NH4Cl溶液蒸干不能制备NH4Cl固体，故A错误；B.KSCN溶液遇FeCl3溶液显红色，遇氯化亚铁不显色，故KSCN溶液不能检验氯化亚铁，故B错误；C.酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准
25、液润洗，再盛放标准液，故C正确；D.温度高加沸石易发生暴沸，应冷却后再加沸石，故D错误；故选：C。【点评】本题考查常见仪器的使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造及使用方法即可解答，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的化学实验能力。6（2分）主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。Y为常见的半导体材料，离子化合物ZW2可与水反应生成能使溴的四氯化碳溶液褪色的气体，W、X、Y最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（）A简单离子半径：ZXB氢化物的沸点：WXC最高价氧化物对应的水化物的酸性：WYDZ与X形成的二元化合物只含离子键【分析】主族元素W、X、Y、Z
26、的原子序数依次增加，且均不大于20，Y为常见的半导体材料，则Y为Si；离子化合物ZW2可与水反应生成能使溴的四氯化碳溶液褪色的气体，ZW2为CaC2，则Z为Ca，W为C；W、X、Y最外层电子数之和为14，X的最外层电子数为14446，其原子序数小于Si，则X为O元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，W为C，X为O，Y为Si，Z为Ca元素，A.电子层越多离子半径越大，则简单离子半径：ZX，故A错误；B.W的氢化物为烃，X的氢化物为水和双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，故B错误；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性CSi，则最高价氧化物对应
27、的水化物的酸性：WY，故C正确；D.钙与氧形成的过氧化钙中含有氧氧共价键，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。7（2分）如图为有机物之间的转化关系。下列有关描述正确的是（）A物质的电子式为B物质的结构式为CH3CH2OHC物质所含的官能团为OHD物质的名称为乙酸甲酯【分析】由图中转化可知，为乙烯，与水发生加成反应生成为乙醇，乙醇氧化生成为乙醛，乙醇与甲酸发生酯化反应生成为甲酸乙酯，以此来解答。【解答】解：A.为乙烯，其电子式为，故A正确；B.的结构简式为CH3CH2O
28、H，结构式为，故B错误；C.为乙醛，官能团为CHO，故C错误；D.物质的名称为甲酸乙酯，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机物的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团及化学用语的使用，题目难度不大。8（2分）下列装置或操作能达到实验目的的是（）A将海带灼烧成灰B实验室制备乙酸乙酯C除去甲烷中的乙烯D证明非金属性：ClCSi【分析】A灼烧固体药品应该在坩埚中进行；B乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、能和乙酸反应生成乙酸钠、能降低乙酸乙酯的溶解性；C乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化
29、生成CO2；D挥发的HCl能和硅酸钠反应生成硅酸，且HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物。【解答】A灼烧固体药品应该在坩埚中进行，所以该操作错误，故A错误；B乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、能和乙酸反应生成乙酸钠、能降低乙酸乙酯的溶解性，所以该实验正确，故B正确；C乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，引进新的杂质，应该用溴水除去甲烷中的乙烯，故C错误；D挥发的HCl能和硅酸钠反应生成硅酸而干扰CO2和硅酸钠溶液的反应，且HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能得出正确结论，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评
30、价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9（2分）锂空气电池是一种高理论比能量的可充电电池。放电时，总反应为2Li+O2Li2O2，工作原理如图所示。下列说法错误的是（）A电解液a为非水电解液B放电时，A处的电极反应为LieLi+C充电时，Li+向Li电极区域迁移D充电时，B处的电极反应为O2+2Li+2eLi2O2【分析】放电时，总反应为2Li+O2Li2O2，由图可知，A为负极，电极反应式为LieLi+，B为正极，O2+2Li+2eLi2O2，充电时，A为阴极，电极反应式为Li+eLi，B
31、为阳极，失电子发生氧化反应，据此作答。【解答】解：A.锂单质化学性质活泼，能与水反应，应使用非水电解液，故A正确；B.放电时，A为负极，电极反应式为LieLi+，故B正确；C.充电时，阳离子向阴极（Li电极）迁移，故C正确；D.充电时，B为阳极，失电子发生氧化反应，选项中电极反应式显示得电子，故D错误；故选：D。【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。10（2分）以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述错误的是（）A过程中产生的FeO是还原产物B过程中分离出O2，可提高
32、Fe3O4的转化率C过程中每转移NA个电子，生成11.2L H2D铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【分析】过程：2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），元素化合价升高的失电子发生氧化反应得到氧化产物，元素化合价降低得到电子发生还原反应，得到还原产物；过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，总反应是2H2O2H2+O2。【解答】解：A2Fe3O4（s）6FeO（s）+O2（g），反应中氧元素化合价2价升高到0价，失电子发生氧化反应得到氧气为氧化产物，铁元素化合价降低，产生的FeO是还原产物，故A正确；B过程I中分离出O2，促进2Fe3O4（s）6FeO（s）+
33、O2（g），正向进行，可提高Fe3O4的转化率，故B正确；C过程II：3FeO+H2OFe3O4+H2，每转移NA个电子，生成标准状况下11.2L H2，故C错误；D反应3FeO（s）+H2O（l）H2（g）+Fe3O4（s）的产物中，氢气为气体，而Fe3O4为固体，故铁氧化合物循环制H2的产物易分离，且由于利用太阳能，故成本低，节约能源，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了氧化还原反应中得失电子数的计算、识图能力的培养等，题目难度中等，学会从图中提取有用的信息。二、单项选择题（共6小题，每小题4分，共24分）11（4分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验
34、现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有晶体析出蛋白质均发生变性B滴加CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IC滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀KspCu（OH）2小于KspMg（OH）2AABBCCDD【分析】A.两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，前者为盐析、后者为变性；B.下层溶液显紫色，可知含碘单质；C.滴加稀NaOH溶液可能生成一水合氨；D.由实
35、验及现象可知，氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铜。【解答】解：A.两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，前者为盐析、后者为变性，均有晶体析出，故A错误；B.下层溶液显紫色，可知含碘单质，不能证明溶液中是否含I，故B错误；C.滴加稀NaOH溶液可能生成一水合氨，由实验及现象可知，不能确定原溶液中是否含NH4+，故C错误；D.由实验及现象可知，氢氧化镁转化为更难溶的氢氧化铜，则KspCu（OH）2小于KspMg（OH）2，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考
36、查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12（4分）绿原酸（结构如图）广泛存在于金银花植物中，具有抗菌、抗病毒等功效。下列有关绿原酸的说法错误的是（）A可与FeCl3溶液发生显色反应B分子中至少有7个碳原子一定共平面C1mol绿原酸最多可消耗8mol NaOHD若仅改变苯环上取代基的位置，则其同分异构体还有5种【分析】A含酚OH；B苯、乙烯、COO中所有原子共平面，单键可以旋转；C2个酚OH、1个COOC、1个COOH，均与NaOH反应；D如果仅改变苯环上取代基的位置，两个酚羟基相邻时，另一个取代基还有1种排列方式，如果两个酚羟基相间，另一个取代基有3种排列方式，如果两个酚羟基相对，另一个取代
37、基有1种排列方式。【解答】解：A含酚OH，与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确；B苯、乙烯、COO中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中至少有7个碳原子共平面，故B正确；C2个酚OH、1个COOC、1个COOH，均与NaOH反应，则1mol该物质最多与4mol NaOH发生反应，故C错误；D如果仅改变苯环上取代基的位置，两个酚羟基相邻时，另一个取代基还有1种排列方式，如果两个酚羟基相间，另一个取代基有3种排列方式，如果两个酚羟基相对，另一个取代基有1种排列方式，所以还有5种符合条件的同分异构体，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应
38、为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D解答的难点，题目难度不大。13（4分）科学家设计如下装置获取氢能源和电能。其中，a为Pt电极，电解质溶液为1moLL1KOH溶液（已知：QnF，F为法拉第常量，F96500Cmol1）。下列说法错误的是（）A当K和K1相连接时，b处电极反应为Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2OB当K和K2相连接时，溶液中的OH向c电极迁移C该设计实现了Ni（OH）2电极的循环使用D理论上，每生成1mol H2可有助于电池最多产生1.93104C的电量【分析】A当K和K1相连接时，该装置是电解池，b处为阳极，Ni（OH）2失电子生成NiOOH；B当K和K2相
39、连接时，该装置是原电池，c处Zn失电子生成ZnO22，c为负极；C由图可知，该设计实现了Ni（OH）2电极的循环使用；D每生成1molH2，转移2mol电子，结合QnF计算。【解答】解：A当K和K1相连接时，该装置是电解池，b处为阳极，Ni（OH）2失电子生成NiOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，故A正确；B当K和K2相连接时，该装置是原电池，c处Zn失电子生成ZnO22，c为负极，溶液中的阴离子OH向负极移动，故B正确；C由图可知，该设计实现了Ni（OH）2电极的循环使用，故C正确；D每生成1molH2，转移2mol电子，故QnF2
40、mol96500 Cmol11.93105C，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。14（4分）汽车尾气处理时存在反应：NO2（g）+CO（g）NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A该反应过程可将有毒气体转变成无毒气体B使用催化剂可以有效减少反应放出的热量C升高温度，可以提高NO2的平衡转化率D无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量【分析】ANO是有毒气体；B催化剂不能改变反应的焓变；C由图可知，该反应反应物总能量高于生成物总能量，则该反
41、应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；D由图可知，反应物和生成物的能量都低于活化络合物（过渡状态）的能量。【解答】解：A生成物NO仍然有毒，故A错误；B使用催化剂不能改变反应放出的热量，故B错误；C由图可知，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，故C错误；D由图可知，反应物和生成物的能量都低于活化络合物（过渡状态）的能量，则反应物或生成物转化为活化络合物均需要吸收能量，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析能力，解题的关键是从物质本身能量分析化学反应能量变化的原因，此题难度中等。15（4分）向某密闭容器中充入NO2，发
42、生反应：2NO2（g）N2O4（g）（己知：N2O4为无色气体）。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表。下列说法正确的是（）t/27354970NO2%20254066N2O4%80756034A平衡时，v（NO2消耗）2v（N2O4消耗）B27时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C升高温度，该反应的化学平衡常数增大D温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅【分析】A反应达到平衡时，正逆反应速率相等，结合速率比值等于化学计量数之比分析；B27时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，
43、结合方程式计算；C由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动；D温度不变，缩小容器体积，平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析。【解答】解：A速率比值等于化学计量数之比，平衡时，正逆反应速率相等，则平衡时，v（NO2消耗）2v（N2O4消耗），故A正确；B27时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol， 2NO2（g）N2O4（g）起始（mol） 1.8 0转化（mol） 1.6 0.8平衡（mol） 0.2 0.8由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体
44、系中NO2的转化率为100%88.9%，故B错误；C由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，K值减小，故C错误；D温度不变，缩小容器体积，虽然平衡正向移动，但达到新的平衡时c（NO2）还是大于原平衡时c（NO2），则达平衡时气体颜色变深，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了化学平衡的计算，涉及转化率的计算、反应速率的影响因素、化学平衡常数、化学平衡及其影响等知识，试题知识点较多，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，题目难度中等。16（4分）常温下，用0.10molL1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.10molL1的HX溶液，所
45、得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）A该滴定过程应选择酚酞作为指示剂B对应溶液中水的电离程度：abcCc点所示的溶液中：c（Na+）+c（HX）+c（X）0.10molL1D相同条件下，X的水解能力强于HX的电离能力【分析】A根据图知，滴定终点溶液呈碱性；B酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离；C酸、碱的物质的量浓度相等，二者混合后存在物料守恒，根据物料守恒判断；D加入10mL时，有一半的酸被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、HX，根据图知，混合溶液pH7，溶液呈酸性。【解答】解：A根据图知，滴定终点溶液呈碱性，所以该实验应该选取酚酞作指示剂，故A正确；B酸或碱抑制水电离，弱离子促进
46、水电离，a点溶质为HX、NaX，溶液呈酸性，抑制水电离；b点溶液呈中性，不影响水电离，c点溶质为NaX，水解而促进水电离，所以水电离程度：abc，故B正确；C酸、碱的物质的量浓度相等，二者混合后存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）+c（HX）+c（X）0.10molL1，故C正确；D加入10mL时，有一半的酸被中和，溶液中溶质为等物质的量浓度的NaX、HX，根据图知，混合溶液pH7，溶液呈酸性，说明X的水解能力弱于HX的电离能力，故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意守恒
47、理论的灵活运用，题目难度不大。三、非选择题（共3题，每题14分，共42分）17（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是重要漂白剂，某化学实验探究小组设计如下实验制备无水亚氯酸钠晶体。已知：A中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4（浓）2ClO2+2Na2SO4+H2O；ClO2不稳定，常压下，其体积分数大于15%易爆炸；NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出无水NaClO2，温度高于60时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。回答下列问题：（1）仪器X的名称是 分液漏斗。（2）实验过程中，打开活塞k，缓缓通入空气，其目的是 将生成的ClO
48、2气体赶入后续装置中反应，稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸。（3）ClO2气体与装置C中混合溶液反应生成NaClO2，生成NaClO2的离子方程式为 2ClO2+H2O2+2OH2ClO2+O2+2H2O。（4）C装置中冷水浴的作用是 降温，防止溶液温度高于60，NaClO2分解、H2O2分解。（5）反应后，经55蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，可从装置C的溶液中获得无水NaClO2晶体。上述操作中，“洗涤”可选用的试剂是 bc。（填标号）a冰水b乙醇c3860热水（6）测定产品中NaClO2的纯度。准确称取1.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO
49、2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl。将所得混合液稀释成100mL待测溶液。用 酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000molL1Na2S2O3标准液滴定（已知：I2+2S2O322I+S4O62），当锥形瓶内溶液溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色，即为滴定终点；平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为 90.5%。【分析】装置A中制备ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4；C中二氧化氯和过氧化
50、氢、氢氧化钠反应生成NaClO2，从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，装置D吸收尾气防止污染，（6）在酸性条件下发生反应：ClO2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl，故应使用酸式滴定管，达到滴定终点时，碘单质完全被还原为碘离子，滴定终点的现象为溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色；根据ClO2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl、I2+2S2O322I+S4O62，得关系式ClO22I24S2O32，则25mL待测液中含0.0025molNaClO2，据此计算。【解答】解：（1）仪器X的名称是分液漏斗，故答案为：分
51、液漏斗；（2）实验过程中，打开活塞k，缓缓通入空气，其目的是将生成的ClO2气体赶入后续装置中反应，稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸，故答案为：将生成的ClO2气体赶入后续装置中反应，稀释ClO2，防止其体积分数过大而发生爆炸；（3）装置C中过氧化氢把二氧化氯还原为NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH2ClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH2ClO2+O2+2H2O；（4）结合已知NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，高于38时析出无水NaClO2，温度高于60时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl可知，C装
52、置中冷水浴的作用是降温，防止溶液温度高于60，NaClO2分解、H2O2分解，故答案为：降温，防止溶液温度高于60，NaClO2分解、H2O2分解；（5）产物为离子化合物，一般难溶于有机溶剂，可以选用无水乙醇，也可以采用3860热水洗涤，故答案为：bc；（6）在酸性条件下发生反应：ClO2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl，故应使用酸式滴定管，达到滴定终点时，碘单质完全被还原为碘离子，滴定终点的现象为溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色；根据ClO2+4I+4H+2H2O+2I2+Cl、I2+2S2O322I+S4O62，得关系式ClO22I24S2O32，则25mL待测液中含0.00
53、25molNaClO2，所称取的样品中NaClO2质量百分含量为100%90.5%，故答案为：酸式；溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色；90.5%。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。18（14分）一种从钕铁硼废料含钕（Nd，质量分数为28.8%）、Fe、B中提取氧化钕的工艺流程如图所示。已知：硼可溶于氧化性酸；KspFe（OH）28.01016。回答下列问题：（1）“滤渣1”的主要成分是B。（填
54、化学式）（2）“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是会产生有污染的气体。（3）“沉钕”过程中，Nd（H2PO4）3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c（Fe2+）2.0molL1。写出生成沉淀的化学方程式Nd2（SO4）3+6NaH2PO42Nd（H2PO4）3+3Na2SO4。若调节溶液pH为4，则此时无（填“有”或“无”）Fe（OH）2沉淀生成。列式计算，说明原因Qcc（Fe2+）c2（OH）2（1010）221020KspFe（OH）2，无沉淀生成。（4）“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH。（填化学式）（5）“煅烧”时经历Nd2（C2O4）3Nd2O3CO2Nd2O3。“阶
55、段”的反应，同时还生成两种常见的碳的氧化物，其化学方程式为Nd2（C2O4）3Nd2O3CO2+3CO+2CO2。若取用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为90%。【分析】由题给流程可知，钕铁硼废料加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁，硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化
56、钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3；草酸钕高温煅烧得到氧化钕。【解答】解：（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是硼，故答案为：B；（2）由信息可知，硼可溶于氧化性酸，若“酸溶”时将稀硫酸换为浓硫酸，会产生有污染的气体，故答案为：会产生有污染的气体；（3）由分析可知，生成沉淀的反应为磷酸二氢钠溶液与硫酸钕溶液反应生成磷酸二氢钕沉淀硫酸钠，反应的离子反应方程式为Nd2（SO4）3+6NaH2PO42Nd（H2PO4）3+3Na2SO4，故答案为：Nd2（SO4）3+6NaH2PO42Nd（H2PO4）3+3Na2SO4；当钕全
57、部沉淀时，由题给数据可得浓度熵Qcc（Fe2+）c2（OH）2（1010）221020KspFe（OH）2，则无氢氧化亚铁沉淀生成，故答案为：无；Qcc（Fe2+）c2（OH）2（1010）221020KspFe（OH）2，无沉淀生成；（4）“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH，故答案为：Na3PO4、NaOH；（5）由题给信息可知，“阶段”的反应为草酸钕在526645条件下发生分解反应生成Nd2O3CO2、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为Nd2（C2O4）3Nd2O3CO2+3CO+2CO2，故答案为：Nd2（C2O4）3Nd2O3CO2+3CO+2CO2；由题意可知，100g
58、钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24g氧化钕，则由原子个数守恒可得氧化钕的回收率为90%，故答案为：90%。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，化还原反应方程式和化学方程式的书写、回收率的计算等，对学生的思维能力和计算能力要求较高，难度较大。19（14分）H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。硫碘循环法脱硫（1）如下是热化学硫碘循环中硫化氢分解制备氢气、硫磺的反应过程。SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H2SO4（aq）H1151kJmol12HI（aq）H2（g）+I2（s）H2110kJmol1H2S（g
59、）+H2SO4S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H361kJmol1则H2S（g）H2（g）+S（s）H+20kJ/mol。热分解法脱硫在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应2H2S（g）2H2（g）+S2（g），控制不同的温度和压强进行实验，H2S平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。（2）m、n点对应的正反应速率：vm（正）vn（正）（填“”、“”或“”），理由是 n点比m点对应的温度更高，压强更大，因此反应速率更快。（3）控制压强为p2、温度为975，若H2S的初始浓度为1molL1，则达到平衡时H2的浓度为 mol/L，平衡常数K。达到平衡后，若保持条件不变，向容器中
60、再加入1mol H2S气体，再次达到平衡时，H2S的平衡转化率 40%。（填“”、“”或“”）（4）若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有 移出产物H2或S2。【分析】（1）SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H2SO4（aq）H1151kJ/mol2HI（aq）H2（g）+I2（s）H2110kJ/molH2S（g）+H2SO4S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H361kJ/mol根据盖斯定律：+得H2S（g）H2（g）+S（s）；（2）温度越高，压强越大，反应速率越快；（3）控制压强为p2、温度为975，若H2S的初始浓度为1mo
61、lL1，则达到平衡时，H2S的平衡转化率为40%，列化学平衡三段式解答；该反应是在恒压条件下进行，达到平衡后，若保持条件不变，向容器中再加入1molH2S气体，与原平衡为等效平衡；（4）减小生成物浓度，平衡正向移动。【解答】解：（1）SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）2HI（aq）+H2SO4（aq）H1151kJ/mol2HI（aq）H2（g）+I2（s）H2110kJ/molH2S（g）+H2SO4S（s）+SO2（g）+2H2O（l）H361kJ/mol根据盖斯定律：+得H2S（g）H2（g）+S（s）H（151+110+61）kJ/mol+20kJ/mol，故答案为：+20kJ/
62、mol；（2）该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3p2p1，n点比m点对应的温度更高，压强更大，则vm（正）vn（正），故答案为：；n点比m点对应的温度更高，压强更大，因此反应速率更快；（3）控制压强为p2、温度为975，若H2S的初始浓度为1molL1，则达到平衡时，H2S的平衡转化率为40%，设起始容器体积为VL，列化学平衡三段式， 2H2S（g）2H2（g）+S2（g）起始（mol） V 0 0转化（mol） 0.4V 0.4V 0.2V平衡（mol） 0.6V 0.4V 0.2V平衡时容器体积为1
63、.2VL，则达到平衡时H2的浓度为mol/L；K；该反应是在恒压条件下进行，达到平衡后，若保持条件不变，向容器中再加入1molH2S气体，与原平衡为等效平衡，则再次达到平衡时，H2S的平衡转化率40%，故答案为：mol/L；（4）若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2，故答案为：移出产物H2或S2。【点评】本题综合考查化学平衡知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡移动、化学平衡计算等知识点，正确分析图象中各物理量的关系是解题关键，再结合盖斯定律，勒夏特列原理，化学平衡三段式等知识点分析解答，题目难度
64、中等。四、选做题（14分，任选一道作答，如果多做，则按所做的第一题计分）化学-选修3：物质结构与性质20（14分）非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2（XSi、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为OCSi；第一电离能I1（Si）I1（Ge）（填或）。（2）基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是SiO2，原因是二者均为
65、原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高。（3）如图1为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为sp2。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为a pm、b pm、c pm如图2为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为4。CsSiB3O7的摩尔质量为M gmol1，设NA为阿伏加德罗常数的
66、值，则CsSiB3O7晶体的密度为gcm3（用代数式表示）。【分析】（1）电负性的变化规律：同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小；第一电离能的变化规律：同族元素由上至下逐渐减小；（2）Ge原子位于第四周期IVA族，结合构造原理书写原子核外电子排布式；SiO2、GeO2均为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；（3）B原子最外层有3个电子，与3个OH形成3个共价键；加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键，增大了硼酸的溶解性；（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，
67、0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子数目；根据Cs原子守恒：CsCsSiB3O7计算n（CsSiB3O7），进而计算晶胞的晶胞质量m，晶体密度计算密度。【解答】解：（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以电负性OCSi；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐
68、渐减小，因此I1（Si）I1（Ge），故答案为：OCSi；（2）Ge原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2；二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高；（3）B原子最外层有3个电子，与3个OH形成3个共价键，因此为sp2杂化。热水破坏了硼酸晶体中
69、的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大，故答案为：sp2；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4+
70、44，根据Cs守恒有n（CsSiB3O7）n（Cs）mol，晶胞的质量mnMg，晶胞体积Vabc1030cm3，晶体密度gcm3，故答案为：4； 。【点评】本题考查物质结构与性质，为高频考点，涉及元素周期律的应用、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶胞计算等，把握晶体类型与性质、晶胞的计算是解题关键，注意同周期第IIA、VA族主族元素第一电离能变化反常、视图投影图象上各原子在晶胞中的位置，试题有利于学生空间想象能力和计算能力的提高，题目难度中等。化学-选修5：有机化学基础（14分）21吲哚2酮是重要的农药、医药中间体，其合成路线如图。回答下列问题：（1）B的名称为邻硝基甲苯（或2硝
71、基甲苯）。（2）为取代反应，该反应生成CH3OH和酯类物质C，则C的结构简式为。（3）的反应类型为还原反应；F中含氮官能团的名称为氨基。（4）写出反应的化学方程式。（5）E的同分异构体中，苯环上直接连有NO2，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的共有13种；其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2为。（写结构简式）（6）参照上述合成路线，设计一条由制备的合成路线。（其他试剂任选）【分析】根据D的结构简式及A的分子式知，A为，A中苯环上的氢原子被硝基取代生成B，由D的结构简式知该取代反应为甲基邻位，所以B的结构简式为，为取代反应，该反应生成CH3OH和酯类物质C，C为，C发
72、生水解反应生成D，E中硝基发生还原反应生成F为，F发生成肽反应生成G；（6）由制备，可由发生缩聚反应得到，对氨基苯甲酸可由对硝基苯甲酸发生还原反应得到，对硝基苯甲酸可由对硝基甲苯发生氧化反应得到。【解答】解：（1）B为，B的名称为邻硝基甲苯（或2硝基甲苯），故答案为：邻硝基甲苯（或2硝基甲苯）；（2）通过以上分析知，C的结构简式为，故答案为：；（3）E中硝基发生还原反应生成F中氨基，则的反应类型为还原反应；F为，F中含氮官能团的名称为氨基，故答案为：还原反应；氨基；（4）F发生取代反应生成G，反应的化学方程式为，故答案为：；（5）E的同分异构体中，苯环上直接连有NO2，既能发生银镜反应，又能发
73、生水解反应，说明含有HCOO，如果取代基为NO2、HCOOCH2，有邻间对3种；如果取代基为HCOO、NO2、CH3，HCOO、NO2相邻时，甲基有4种排列方式；HCOO、NO2相间时，甲基有4种排列方式；HCOO、NO2相对时，甲基有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有13种；其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰，且峰面积之比为1：2：2：2为，故答案为：13；（6）由制备，可由发生缩聚反应得到，对氨基苯甲酸可由对硝基苯甲酸发生还原反应得到，对硝基苯甲酸可由对硝基甲苯发生氧化反应得到，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/3/17 12:11:49；用户：18487138200；邮箱：18487138200；学号：37546179第36页（共36页）
