2021年湖南省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)試卷含答案

湖南省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16F：19Na：23Mg：24Si：28Cl：35.5Ge：73Br：80I：127一、選擇題：本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．下列有關(guān)湘江流域的治理和生態(tài)修復(fù)的措施中，沒(méi)有涉及化學(xué)變化的是()A.定期清淤，疏通河道B.化工企業(yè)“三廢”處理后，達(dá)標(biāo)排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物質(zhì)D.河道中的垃圾回收分類(lèi)后，進(jìn)行無(wú)害化處理A[清理江河淤泥，沒(méi)有新物質(zhì)生成，不涉及化學(xué)變化，A符合題意；化工企業(yè)“三廢”指的是廢水、廢氣、廢渣，“三廢”處理是指將有害固體、液體、氣體轉(zhuǎn)化為無(wú)害物質(zhì)或可回收利用的物質(zhì)，此過(guò)程涉及化學(xué)變化，B不符合題意；微生物降解使有毒有害物質(zhì)轉(zhuǎn)化為無(wú)毒無(wú)害物質(zhì)，有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，C不符合題意；垃圾無(wú)害化處理，是指通過(guò)物理、化學(xué)、生物熱處理等方式處理垃圾，此過(guò)程涉及化學(xué)變化，D不符合題意。]2．下列說(shuō)法正確的是()A.糖類(lèi)、蛋白質(zhì)均屬于天然有機(jī)高分子化合物B.FeO粉末在空氣中受熱，迅速被氧化成Fe3O4C.SO2可漂白紙漿，不可用于殺菌、消毒D.鍍鋅鐵皮的鍍層破損后，鐵皮會(huì)加速腐蝕B[糖類(lèi)中的單糖、二糖不屬于高分子化合物，A錯(cuò)誤；FeO不穩(wěn)定，在空氣中受熱會(huì)被氧化為Fe3O4，B正確；工業(yè)上常用SO2漂白紙漿，且SO2還可用于殺菌、消毒，C錯(cuò)誤；根據(jù)原電池原理，鍍鋅鐵皮的鍍層破損后形成原電池，鋅作原電池的負(fù)極，保護(hù)鐵不被腐蝕，D錯(cuò)誤。]3．下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)A檢驗(yàn)溶液中FeSO4是否被氧化取少量待測(cè)液，滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化B凈化實(shí)驗(yàn)室制備的Cl2氣體依次通過(guò)盛有飽和NaCl溶液、濃H2SO4的洗氣瓶C測(cè)定NaOH溶液的pH將待測(cè)液滴在濕潤(rùn)的pH試紙上，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照D工業(yè)酒精制備無(wú)水乙醇工業(yè)酒精中加生石灰，蒸餾A.AB.BC.CD.DC[向待測(cè)液中滴加KSCN溶液，溶液若變成血紅色，說(shuō)明存在Fe3+，證明FeSO4被氧化，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，A不符合題意；實(shí)驗(yàn)室利用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，所得氣體中含有HCl，故先將所得氣體通入飽和食鹽水中，除去HCl，再經(jīng)過(guò)濃硫酸干燥，可得純凈、干燥的氯氣，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珺不符合題意；測(cè)定NaOH溶液的pH時(shí)，pH試紙不能潤(rùn)濕，否則會(huì)稀釋待測(cè)液，使溶液堿性減弱，測(cè)得的pH偏小，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，C符合題意；工業(yè)酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再進(jìn)行蒸餾，可制備無(wú)水乙醇，可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，D不符合題意。]4．己二酸是一種重要的化工原料，科學(xué)家在現(xiàn)有工業(yè)路線基礎(chǔ)上，提出了一條“綠色”合成路線：下列說(shuō)法正確的是()A.苯與溴水混合，充分振蕩后靜置，下層溶液呈橙紅色B.環(huán)己醇與乙醇互為同系物C.己二酸與NaHCO3溶液反應(yīng)有CO2生成D.環(huán)己烷分子中所有碳原子共平面C[苯與溴水混合后，由于Br2易溶于苯且苯的密度小于水，振蕩后靜置，上層溶液呈橙紅色，A錯(cuò)誤；環(huán)己醇為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，乙醇為鏈狀結(jié)構(gòu)，二者結(jié)構(gòu)不相似，不屬于同系物，B錯(cuò)誤；己二酸中含有羧基，與碳酸氫鈉反應(yīng)有CO2生成，C正確；環(huán)己烷分子中的碳原子均為飽和碳原子，所有碳原子不可能共面，D錯(cuò)誤。]5．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是()A.18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子數(shù)為10NAB.0.1mol·L-1HClO4溶液中含有的H＋數(shù)為0.1NAC.2molNO與1molO2在密閉容器中充分反應(yīng)后的分子數(shù)為2NAD.11.2LCH4和22.4LCl2(均為標(biāo)準(zhǔn)狀況)在光照下充分反應(yīng)后的分子數(shù)為1.5NAD[1個(gè)18O原子含有10個(gè)中子，H原子不含中子，所以每個(gè)Heq\o\al(18,2)O分子中含有10個(gè)中子，Heq\o\al(18,2)O的相對(duì)分子質(zhì)量為20，故18gHeq\o\al(18,2)O的物質(zhì)的量為0.9mol，則18gHeq\o\al(18,2)O中含有的中子數(shù)為9NA，A錯(cuò)誤；HClO4為強(qiáng)酸，在溶液中完全電離，則0.1mol·L-1HClO4溶液中H＋的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L-1，由于題中未給出溶液體積，所以無(wú)法計(jì)算H＋的數(shù)目，B錯(cuò)誤；2molNO與1molO2恰好完全反應(yīng)生成2molNO2，由于存在平衡2NO2?N2O4，所以充分反應(yīng)后容器中的分子數(shù)小于2NA，C錯(cuò)誤；甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)，反應(yīng)前后反應(yīng)物與生成物的物質(zhì)的量之和不變，則反應(yīng)后的分子數(shù)為eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol-1)×NAmol-1＝1.5NA，D正確。]6．一種工業(yè)制備無(wú)水氯化鎂的工藝流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.物質(zhì)X常選用生石灰B.工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂C.“氯化”過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))MgCl2＋COD.“煅燒”后的產(chǎn)物中加稀鹽酸，將所得溶液加熱蒸發(fā)也可得到無(wú)水MgCl2D[苦鹵水中含有大量鎂離子，加入生石灰，生石灰與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣再與鎂離子反應(yīng)生成氫氧化鎂，生石灰來(lái)源豐富、價(jià)格便宜，常用來(lái)做沉鎂的沉淀劑，A說(shuō)法正確；鎂為活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融氯化鎂的方法來(lái)制備金屬鎂，B說(shuō)法正確；根據(jù)題給流程圖可知，“煅燒”氫氧化鎂得到氧化鎂，“氯化”過(guò)程中，加入碳和氯氣與氧化鎂反應(yīng)，生成無(wú)水氯化鎂和一種氣體，根據(jù)原子守恒和化合價(jià)升降可得反應(yīng)的化學(xué)方程式為MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高溫))MgCl2＋CO，C說(shuō)法正確；向“煅燒”后所得氧化鎂中加稀鹽酸，得到氯化鎂溶液，由于鎂離子會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)Mg2+＋2H2O?Mg(OH)2＋2H＋，直接蒸發(fā)MgCl2溶液，生成的HCl揮發(fā)，最終得到的是氫氧化鎂，而不是無(wú)水氯化鎂，D說(shuō)法錯(cuò)誤。]7．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，W與X可形成原子個(gè)數(shù)比為2∶1的18e－分子。下列說(shuō)法正確的是()A.簡(jiǎn)單離子半徑：Z>X>YB.W與Y能形成含有非極性鍵的化合物C.X和Y的最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X>YD.由W、X、Y三種元素所組成化合物的水溶液均顯酸性B[Z的最外層電子數(shù)為K層的一半，則Z的最外層電子數(shù)為1，又W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，則Z不可能為氫、鋰元素，故Z為第三周期的Na元素。Y的原子序數(shù)等于W與X的原子序數(shù)之和，且Y的原子序數(shù)小于11，又W與X可形成原子個(gè)數(shù)比為2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合題意，故W為氫元素、X為氮元素，則Y為氧元素。Z、X、Y的簡(jiǎn)單離子核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，即簡(jiǎn)單離子半徑：Z＜Y＜X，A錯(cuò)誤；W與Y能形成H2O2，既含有極性鍵又含有非極性鍵，B正確；X和Y形成的最簡(jiǎn)單氫化物分別為NH3和H2O，常溫下，NH3為氣態(tài)，H2O為液態(tài)，故H2O的沸點(diǎn)更高，C錯(cuò)誤；由H、N、O三種元素所組成的化合物NH3·H2O的水溶液呈堿性，D錯(cuò)誤。]8．KIO3常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))6KHeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(IO3))2＋5KCl＋3Cl2↑。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移10mole－B.反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6C.可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的Cl2制備漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在A[根據(jù)題干中的化學(xué)方程式可知，I元素的化合價(jià)由0價(jià)升高到＋5價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6×5×2＝60，所以產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L即1mol氯氣需消耗2mol碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移20mole－，A說(shuō)法錯(cuò)誤；該反應(yīng)中I2為還原劑，KClO3為氧化劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6，B說(shuō)法正確；工業(yè)上常用氯氣和石灰乳反應(yīng)制備漂白粉，C說(shuō)法正確；酸性條件下，I－與IOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成I2，淀粉遇I2變藍(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)IOeq\o\al(－,3)的存在，D說(shuō)法正確。]9．常溫下，用0.1000mol·L-1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol·L-1三種一元弱酸的鈉鹽eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NaX、NaY、NaZ))溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是()A.該NaX溶液中：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))B.三種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)C.當(dāng)pH＝7時(shí)，三種溶液中：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Z－))D.分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Z－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))－ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))C[在NaX溶液中，X－發(fā)生水解反應(yīng)：X－＋H2O?HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A判斷正確；等濃度的NaX、NaY、NaZ三種溶液的pH大小關(guān)系：NaZ>NaY>NaX，根據(jù)“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，則電離常數(shù)關(guān)系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B判斷正確；pH＝7時(shí)，根據(jù)電荷守恒，三種溶液混合后分別存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三種一元酸的酸性強(qiáng)弱不同，則向其鹽溶液中加入HCl的物質(zhì)的量不同，則c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C判斷錯(cuò)誤；分別加入20.00mL鹽酸后，均恰好完全反立，三種溶液的溶質(zhì)分別為HX與NaCl、HY與NaCl、HZ與NaCl，三種溶液混合后的溶液中存在電荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D判斷正確。]10．鋅溴液流電池是一種先進(jìn)的水溶液電解質(zhì)電池，廣泛應(yīng)用于再生能源儲(chǔ)能和智能電網(wǎng)的備用電源等。三單體串聯(lián)鋅/溴液流電池工作原理如圖所示：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.放電時(shí)，N極為正極B.放電時(shí)，左側(cè)貯液器中ZnBr2的濃度不斷減小C.充電時(shí)，M極的電極反應(yīng)式為Zn2+＋2e－=ZnD.隔膜允許陽(yáng)離子通過(guò)，也允許陰離子通過(guò)B[在該原電池中，活潑金屬鋅作負(fù)極，則N極為正極，A說(shuō)法正確；放電時(shí)，左側(cè)鋅放電產(chǎn)生Zn2+，貯液器中ZnBr2濃度不斷增大，B說(shuō)法錯(cuò)誤；充電時(shí)，M極為陰極，電極反應(yīng)式為Zn2+＋2e－=Zn，C說(shuō)法正確；放電時(shí)Br－通過(guò)隔膜進(jìn)入溶液中與Zn2+結(jié)合，充電時(shí)Zn2+通過(guò)隔膜在雙極性碳和塑料電極上沉積，D說(shuō)法正確。]二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11．已知：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))＋2Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))?3Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))ΔH<0，向一恒溫恒容的密閉容器中充入1molA和3molB發(fā)生反應(yīng)，t1時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)I，在t2時(shí)改變某一條件，t3時(shí)重新達(dá)到平衡狀態(tài)Ⅱ，正反應(yīng)速率隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明反應(yīng)達(dá)到平衡B.t2時(shí)改變的條件：向容器中加入CC.平衡時(shí)A的體積分?jǐn)?shù)φ：φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)D.平衡常數(shù)K：K(Ⅱ)<K(Ⅰ)BC[該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，氣體的總物質(zhì)的量始終不變，總壓強(qiáng)始終不變，A錯(cuò)誤；t2時(shí)，設(shè)向容器中加入3molC，正反應(yīng)速率逐漸增大，達(dá)到新的平衡后保持不變，變化情況與圖像相符，B正確；t2時(shí)，設(shè)向容器中加入3molC，相當(dāng)于加入1molA和2molB，則狀態(tài)Ⅱ相當(dāng)于起始投料為2molA和5molB，若是投料為2molA和6molB與狀態(tài)Ⅰ等效，即狀態(tài)Ⅱ相當(dāng)于減少了B的投料，平衡逆向移動(dòng)，A的體積分?jǐn)?shù)變大，即φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)，C正確；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，即K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，D錯(cuò)誤。]12．對(duì)下列粒子組在溶液中能否大量共存的判斷和分析均正確的是()粒子組判斷和分析ANa＋、Al3+、Cl－、NH3·H2O不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：Al3+＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OBH＋、K＋、S2Oeq\o\al(2-,3)、SOeq\o\al(2-,4)不能大量共存，因發(fā)生反應(yīng)：2H＋＋S2Oeq\o\al(2-,3)=S↓＋SO2↑＋H2OCNa＋、Fe3+、SOeq\o\al(2-,4)、H2O2能大量共存，粒子間不反應(yīng)DH＋、Na＋、Cl－、MnOeq\o\al(－,4)能大量共存，粒子間不反應(yīng)A.AB.BC.CD.DB[Al3+與NH3·H2O反應(yīng)產(chǎn)生Al(OH)3沉淀，不產(chǎn)生AlOeq\o\al(－,2)，A錯(cuò)誤；H＋與S2Oeq\o\al(2-,3)不能共存，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2H＋＋S2Oeq\o\al(2-,3)=S↓＋SO2↑＋H2O，B正確；Fe3+可催化H2O2分解，不能大量共存，C錯(cuò)誤；酸性條件下，MnOeq\o\al(－,4)可將Cl－氧化為Cl2，D錯(cuò)誤。]13．1-丁醇、溴化鈉和70%的硫酸共熱反應(yīng)，經(jīng)過(guò)回流、蒸餾、萃取分液制得1-溴丁烷粗產(chǎn)品，裝置如圖所示：ⅠⅡⅢ已知：CH3(CH2)3OH＋NaBr＋H2SO4eq\o(→,\s\up7(△))CH3(CH2)3Br＋NaHSO4＋H2O下列說(shuō)法正確的是()A.裝置Ⅰ中回流的目的是為了減少物質(zhì)的揮發(fā)，提高產(chǎn)率B.裝置Ⅱ中a為進(jìn)水口，b為出水口C.用裝置Ⅲ萃取分液時(shí)，將分層的液體依次從下放出D.經(jīng)裝置Ⅲ得到的粗產(chǎn)品干燥后，使用裝置Ⅱ再次蒸餾，可得到更純的產(chǎn)品AD[球形冷凝管的作用是冷凝回流易揮發(fā)的物質(zhì)，使反應(yīng)物充分反應(yīng)，提高產(chǎn)率，A正確；冷凝時(shí)，冷凝管的進(jìn)水方向?yàn)橄驴谶M(jìn)、上口出，即裝置Ⅱ的進(jìn)水口應(yīng)為b，出水口為a，B錯(cuò)誤；萃取分液時(shí)，上層液體應(yīng)從上口倒出，下層液體應(yīng)從下口放出，C錯(cuò)誤；裝置Ⅲ得到的粗產(chǎn)品經(jīng)干燥后，還含有1-丁醇等雜質(zhì)，可再次蒸餾得到更純的產(chǎn)品，D正確。]14．鐵的配合物離子(用eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L－Fe－H))＋表示)催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機(jī)理和相對(duì)能量的變化情況如圖所示：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.該過(guò)程的總反應(yīng)為HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑B.H＋濃度過(guò)大或者過(guò)小，均導(dǎo)致反應(yīng)速率降低C.該催化循環(huán)中Fe元素的化合價(jià)發(fā)生了變化D.該過(guò)程的總反應(yīng)速率由Ⅱ→Ⅲ步驟決定CD[分析題給反應(yīng)機(jī)理圖，可知該過(guò)程的反應(yīng)物為HCOOH，生成物為CO2和H2，則該過(guò)程的總反應(yīng)為HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化劑))CO2↑＋H2↑，A說(shuō)法正確；H＋濃度過(guò)大，抑制HCOOH的電離，HCOO－濃度減小，會(huì)降低Ⅰ→Ⅱ步驟的反應(yīng)速率，H＋濃度過(guò)小，會(huì)降低Ⅲ→Ⅳ步驟反應(yīng)速率，故H＋濃度過(guò)大或者過(guò)小，均會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)速率降低，B說(shuō)法正確；整個(gè)催化循環(huán)過(guò)程中Fe元素化合價(jià)均為＋3價(jià)，故該催化循環(huán)中Fe元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，C說(shuō)法錯(cuò)誤；由相對(duì)能量的變化情況圖可以得出，該反應(yīng)過(guò)程中的Ⅳ→Ⅰ步驟的活化能Ea＝86.1kJ·mol-1，為該反應(yīng)進(jìn)程中的最大活化能，故該過(guò)程的決速步驟為Ⅳ→Ⅰ步驟，D說(shuō)法錯(cuò)誤。]二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第15～17題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第18、19題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：此題包括3小題，共39分。15．碳酸鈉俗稱(chēng)純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：步驟Ⅰ.Na2CO3的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中NaHCO3含量測(cè)定①稱(chēng)取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取2500mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000mol·L-1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸V1mL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用0.1000mol·L-1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸V2mL；④平行測(cè)定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。已知：(ⅰ)當(dāng)溫度超過(guò)35℃時(shí)，NH4HCO3開(kāi)始分解。(ⅱ)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g/100gH2O))溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列問(wèn)題：(1)步驟Ⅰ中晶體A的化學(xué)式為_(kāi)_______，晶體A能夠析出的原因是________________________________________________________________________；(2)步驟Ⅰ中“300℃加熱”所選用的儀器是________(填標(biāo)號(hào))；ABCD(3)指示劑N為_(kāi)_______，描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化________；(4)產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。[解析](1)根據(jù)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明顯小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步驟Ⅰ中結(jié)晶析出。(2)300℃給固體加熱選用的儀器應(yīng)為坩堝。(3)本題中測(cè)定碳酸氫鈉含量采用了雙指示劑滴定法，第一滴定過(guò)程以酚酞為指示劑，Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3，第二滴定過(guò)程以甲基橙為指示劑，NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定終點(diǎn)前后溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色。(4)由(3)的分析過(guò)程可知，25.00mL待測(cè)液中所含NaHCO3的物質(zhì)的量為0.1000mol·L-1×(V2－V1)×10-3L，則2.500g產(chǎn)品中所含NaHCO3的質(zhì)量為84g·mol-1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L-1×(23.51－22.45)×10-3L≈0.089g，則產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝eq\f(0.089g,2.500g)×100%＝3.56%。(5)第一次滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致測(cè)得的V1偏小，NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果偏大。[答案](1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黃色變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不變色(4)3.56%(5)偏大16．氨氣中氫含量高，是一種優(yōu)良的小分子儲(chǔ)氫載體，且安全、易儲(chǔ)運(yùn)，可通過(guò)下面兩種方法由氨氣得到氫氣。方法Ⅰ：氨熱分解法制氫氣相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)化學(xué)鍵N≡NH—HN—H鍵能E/eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kJ·mol-1))946436.0390.8一定溫度下，利用催化劑將NH3分解為N2和H2?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)反應(yīng)2NH3(g)?N2(g)＋3H2(g)ΔH＝________kJ·mol-1；(2)已知該反應(yīng)的ΔS＝198.9J·mol-1·K-1，在下列哪些溫度下反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行？________(填標(biāo)號(hào))A.25℃ B．125℃C.225℃ D．325℃(3)某興趣小組對(duì)該反應(yīng)進(jìn)行了實(shí)驗(yàn)探究。在一定溫度和催化劑的條件下，將0.1molNH3通入3L的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)(此時(shí)容器內(nèi)總壓為200kPa)，各物質(zhì)的分壓隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。t/min①若保持容器體積不變，t1時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，用H2的濃度變化表示0～t1時(shí)間內(nèi)的反應(yīng)速率veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))＝________mol·L-1·min-1(用含t1的代數(shù)式表示)②t2時(shí)將容器容積迅速縮小至原來(lái)的一半并保持不變，圖中能正確表示壓縮后N2分壓變化趨勢(shì)的曲線是________(用圖中a、b、c、d表示)，理由是_______________________________________________________________________________________________________________；③在該溫度下，反應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ＝________。(已知：分壓＝總壓×該組分物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對(duì)于反應(yīng)dD(g)＋eE(g)?gG(g)＋hH(g)，Kθ＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pG,pθ)))eq\s\up12(g)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pH,pθ)))eq\s\up12(h),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pD,pθ)))eq\s\up12(d)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pE,pθ)))eq\s\up12(e))，其中pθ＝100kPa，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓)。方法Ⅱ：氨電解法制氫氣利用電解原理，將氨轉(zhuǎn)化為高純氫氣，其裝置如圖所示。(4)電解過(guò)程中OH－的移動(dòng)方向?yàn)開(kāi)_______(填“從左往右”或“從右往左”)；(5)陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______。[解析](1)ΔH＝反應(yīng)物鍵能總和－生成物鍵能總和，根據(jù)熱化學(xué)方程式以及表格中數(shù)據(jù)可得ΔH＝390.8kJ·mol-1×3×2－(946kJ·mol-1＋436.0kJ·mol-1×3)＝＋90.8kJ·mol-1。(2)若反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則ΔG＝ΔH－TΔS<0，代入數(shù)據(jù)，ΔG＝ΔH－TΔS＝90.8×103J·mol-1－T×198.9J·mol-1·K-1<0，則T>456.5K，轉(zhuǎn)化成攝氏溫度，則T>183.5℃，故選C、D。(3)①設(shè)0～t1時(shí)間內(nèi)生成的氮?dú)鉃閤mol，列“三段式”：2NH3?N2＋3H2起始量/mol0.100變化量/mol2xx3x平衡量/mol0.1－2xx3x由題圖可知t1時(shí)，氨氣和氫氣的平衡分壓相等，根據(jù)壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，所以n(NH3)＝n(H2)，則3x＝0.1－2x，解得x＝0.02，所以v(H2)＝eq\f(\f(0.02×3mol,3L),t1min)＝eq\f(0.02,t1)mol·L-1·min-1。②t2時(shí)將容器容積迅速縮小至原來(lái)的一半，N2分壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍；其他條件不變時(shí)，容器容積減小，壓強(qiáng)增大，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，即該平衡逆向移動(dòng)，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，后逐漸減小，故選b。③由題圖可知，t1時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，且p(NH3)＝p(H2)＝1.2×100kPa，p(N2)＝0.4×100kPa，則Kθ＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p(H2),pθ)))\s\up12(3)·\f(p(N2),pθ),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p(NH3),pθ)))\s\up12(2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(3)×\f(0.4×100kPa,100kPa),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(2))＝0.48。(4)根據(jù)反應(yīng)物以及兩極產(chǎn)物，可以看出產(chǎn)生氫氣的一極氫元素的化合價(jià)變化為＋1→0，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)為陰極，產(chǎn)生氮?dú)獾囊粯O氮元素的化合價(jià)變化為－3→0，發(fā)生氧化反應(yīng)，應(yīng)為陽(yáng)極。電解池中，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，所以電解過(guò)程中OH－的移動(dòng)方向?yàn)閺挠彝蟆?5)陽(yáng)極上NH3變?yōu)镹2，溶液環(huán)境為堿性，所以陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。[答案](1)＋90.8(2)CD(3)①eq\f(0.02,t1)②b容積迅速縮小至原來(lái)的一半時(shí)，N2分壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍；其他條件不變時(shí)，容器容積減小，壓強(qiáng)增大，平衡向氣體體積減小的方向移動(dòng)，該平衡逆向移動(dòng)，所以N2分壓先變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，后逐漸減?、?.48(4)從右往左(5)2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O17．Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備Ce2(CO3)3·nH2O的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)鈰的某種核素含有58個(gè)質(zhì)子和80個(gè)中子，該核素的符號(hào)為_(kāi)_______；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少寫(xiě)兩條)；(3)濾渣Ⅲ的主要成分是________(填化學(xué)式)；(4)加入絮凝劑的目的是________；(5)“沉鈰”過(guò)程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為_(kāi)_______________________，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10-5，H2CO3的Kal＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11)；(6)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時(shí)生成CO和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________________________________________________。[解析](1)由質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＋中子數(shù)可知，鈰的質(zhì)量數(shù)＝58＋80＝138，因此該核素的符號(hào)為eq\o\al(138,)58Ce。(2)為提高“水浸”效率，可采取攪拌、適當(dāng)升高溫度、研碎等措施。(3)根據(jù)流程及題中信息分析可知，濾渣Ⅰ為SiO2、CaSO4，濾渣Ⅱ?yàn)镕ePO4，濾渣Ⅲ的主要成分為Al(OH)3。(4)加入絮凝劑的目的是使懸浮粒子聚集變大，加快粒子聚沉速度，更快地形成沉淀。(5)“沉鈰”過(guò)程中，Ce3+與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成Ce2(CO3)3·nH2O，反應(yīng)的離子方程式為2Ce3+＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。由于NHeq\o\al(＋,4)水解溶液顯酸性，HCOeq\o\al(－,3)水解溶液顯堿性，根據(jù)題中提供的電離平衡常數(shù)，可計(jì)算出NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常數(shù)為eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10-14,1.75×10-5)≈5.71×10-10,HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡常數(shù)為eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10-14,4.4×10-7)≈2.3×10-8，所以HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以溶液顯堿性。(6)根據(jù)題中信息，可知反應(yīng)物為L(zhǎng)i2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物為L(zhǎng)iFePO4、CO和H2O，根據(jù)化合價(jià)變化，C：＋4→＋2，0→＋2，F(xiàn)e：＋3→＋2，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。[答案](1)eq\o\al(138,)58Ce(2)攪拌、適當(dāng)升高溫度(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促進(jìn)Al3+、Fe3+聚沉為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀(5)2Ce3+＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑堿性(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑(二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從給出的兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]18．硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為_(kāi)_______，晶體硅和碳化硅熔點(diǎn)較高的是________(填化學(xué)式)；(2)硅和鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以得到SiX4，SiX4的熔、沸點(diǎn)如下表：SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔點(diǎn)/K183.0203.2278.6393.7沸點(diǎn)/K187.2330.8427.2560.7①0℃時(shí)，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液態(tài)的是________(填化學(xué)式)，沸點(diǎn)依次升高的原因是________________________，氣態(tài)SiX4分子的空間構(gòu)型是________；②SiCl4與N-甲基咪唑()反應(yīng)可以得到M2+，其結(jié)構(gòu)如圖所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)_______，H、C、N的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______，1個(gè)M2+中含有________個(gè)σ鍵；(3)下圖是Mg、Ge、O三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。①已知化合物中Ge和O的原子個(gè)數(shù)比為1∶4，圖中Z表示________原子(填元素符號(hào))，該化合物的化學(xué)式為_(kāi)_______；②已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，則該晶體的密度ρ＝________g·cm-3(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、b、c、NA的代數(shù)式表示)。[解析](1)硅原子核外有14個(gè)電子，基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為↑↓3s↑↑3p。晶體硅和碳化硅均為原子晶體，碳原子半徑比硅原子半徑小，則C—Si鍵鍵長(zhǎng)比Si—Si鍵鍵長(zhǎng)短，故碳化硅的熔點(diǎn)較高。(2)①0℃≈273K，由題表中的數(shù)據(jù)可知，只有SiCl4的熔點(diǎn)低于273K，沸點(diǎn)高于273K，則SiCl4在0℃時(shí)為液態(tài)。SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均為分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，則分子間作用力依次增大，沸點(diǎn)逐漸升高。SiX4的中心原子Si周?chē)摩益I電子對(duì)數(shù)＝4＋eq\f(1,2)×(4－1×4)＝4，無(wú)孤電子對(duì)，由VSEPR理論可知，其VSEPR模型與分子空間構(gòu)型均為正四面體。②中甲基碳原子為飽和碳原子，是sp3雜化，碳碳雙鍵中的碳原子為sp2雜化。短周期同周期元素從左到右，電負(fù)性逐漸增大，且H的電負(fù)性比C小，故電負(fù)性由大到小的順序是N>C>H。中1個(gè)基團(tuán)有1個(gè)N—Si、4個(gè)N—C、1個(gè)N=C、1個(gè)C=C、6個(gè)C—H，共有13個(gè)σ鍵，4個(gè)基團(tuán)，則含13×4＝52(個(gè))σ鍵，另外還有2個(gè)Si—Cl鍵，故1個(gè)中含有σ鍵的數(shù)目為54個(gè)。(3)①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，1個(gè)晶胞中，對(duì)于X原子，8個(gè)位于頂點(diǎn)、4個(gè)位于棱上、6個(gè)位于面上、3個(gè)位于晶胞內(nèi)，故1個(gè)晶胞中含有X的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＋3＝8(個(gè))；對(duì)于Y原子，4個(gè)Y原子均位于晶胞內(nèi)；對(duì)于Z原子，16個(gè)Z原子均位于晶胞內(nèi)。其中Ge和O的原子個(gè)數(shù)比為1∶4，則X為Mg，Y為Ge，Z為O。由上述分析可知，該化合物的化學(xué)式為Mg2GeO4。②1個(gè)晶胞的質(zhì)量＝eq\f(24×8＋73×4＋16×16,NA)g＝eq\f(740,NA)g，1個(gè)晶胞的體積＝abc×10-21cm3，則晶體的密度ρ＝eq\f(\f(740,NA)g,abc×10-21cm3)＝eq\f(7.4×1023,abcNA)g·cm-3。[答案](1)↑↓3s↑↑3pSiC(2)①SiCl4SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大正四面體②sp2、sp3N＞C＞H54(3)①OMg2GeO4②eq\f(7.4×1023,abcNA)[選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]19．葉酸拮抗劑Alimta(M)是一種多靶向性抗癌藥物。以苯和丁二酸酐為原料合成該化合物的路線如下：回答下列問(wèn)題：已知：①＋OROOReq\o(→,\s\up7(AlCl3))OR＋OROH②OROOReq\o(→,\s\up7(H＋),\s\do5(H2O))OROH(1)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______；(2)A→B，D→E的反應(yīng)類(lèi)型分別是________，________；(3)M中虛線框內(nèi)官能團(tuán)的名稱(chēng)為a________，b________；(4)B有多種同分異構(gòu)體，同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的同分異構(gòu)體有________種(不考慮立體異構(gòu))①苯環(huán)上有2個(gè)取代基②能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)③與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)其中核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6∶2∶2∶1∶1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______；(5)結(jié)合上述信息，寫(xiě)出丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反應(yīng)方程式：________________________________________________________________________；(6)參照上述合成路線，以乙烯和為原料，設(shè)計(jì)合成的路線________(其他試劑任選)。[解析](1)結(jié)合“已知①”分析生成A的反應(yīng)物與反應(yīng)條件可知，該反應(yīng)與“已知①”類(lèi)似，則A為OCOOH。(2)A生成B是失去羰基上的氧原子的反應(yīng)，故該反應(yīng)為還原反應(yīng)。對(duì)比D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，E相對(duì)于D，醛基鄰位碳原子上的氫原子被Br原子取代，故該反應(yīng)為取代反應(yīng)。(3)a是肽鍵(或酰胺鍵)，b是羧基。(4)由信息②可知，該同分異構(gòu)體含醛基；由信息③可知，該同分異構(gòu)體含酚羥基。因信息①提示苯環(huán)上有2個(gè)取代基，則分別為—OH和—CH2CH2CH2CHO、—CH2CH(CHO)CH3、—CH(CHO)CH2CH3、—C(CH3)2CHO、—CH(CH3)CH2CHO，又苯環(huán)上有兩個(gè)取代基時(shí)存在鄰、間、對(duì)三種位置關(guān)系，則同分異構(gòu)體共有5×3＝15(種)，其中核磁共振氫譜中有五組峰，且峰面積之比為6∶2∶2∶1∶1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是OHCH3CCHOCH3。(5)根據(jù)“已知②”，丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反應(yīng)方程式為n＋nHOCH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(H＋))HOCCH2CH2COOCH2CH2OHO＋(n－1)H2O。(6)乙烯與水通過(guò)加成反應(yīng)合成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛發(fā)生流程D→E的反應(yīng)，再與發(fā)生流程E→G的反應(yīng)，即CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(H2O))CH3CH2OHeq\o(→,\s\up7(O2/Cu),\s\do5(△))CH3CHOeq\o(→,\s\up7(DBBA(溴化劑)),\s\do5(CH2Cl2))BrCH2CHOeq\o(→,\s\up7())。[答案](1)OCOOH(2)還原反應(yīng)取代反應(yīng)(3)肽鍵(或酰胺鍵)羧基(4)15OHCH3CCHOCH3(5)＋nHOCH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(催化劑),\s\do5(H＋))HOCCH2CH2COOCH2CH2OHO＋(n－1)H2O(6)CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(H2O))CH3CH2OHeq\o(→,\s\up7(O2/Cu),\s\do5(△))CH3CHOeq\o(→,\s\up7(DBBA(溴化劑)),\s\do5(CH2Cl2))BrCH2CHOeq\o(→,\s\up7())

2021年普通高等校招生全國(guó)統(tǒng)一考試甲卷化學(xué)一、選擇題7．化學(xué)與人體健康及環(huán)境保護(hù)息息相關(guān)。下列敘述正確的是()A．食品加工時(shí)不可添加任何防腐劑B．掩埋廢舊電池不會(huì)造成環(huán)境污染C．天然氣不完全燃燒會(huì)產(chǎn)生有毒氣體D．使用含磷洗滌劑不會(huì)造成水體污染C[食品加工時(shí)可以添加防腐劑，但要控制用量，A錯(cuò)誤；廢舊電池中含有重金屬(如汞等)，會(huì)造成土壤污染，B錯(cuò)誤；天然氣不完全燃燒會(huì)產(chǎn)生有毒氣體一氧化碳，C正確；含磷洗滌劑會(huì)造成水體富營(yíng)養(yǎng)化，D錯(cuò)誤。]8．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()A．18g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．3mol的NO2與H2O完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAC．32g環(huán)狀S8()分子中含有的S—S鍵數(shù)為1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2-,7)離子數(shù)為0.1NAC[重水的摩爾質(zhì)量是20g·mol-1，1mol重水中含有10mol質(zhì)子，所以18g重水中含有的質(zhì)子數(shù)為eq\f(18,20)×10×NA＝9NA，A錯(cuò)誤；NO2與H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，則3molNO2與H2O完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，B錯(cuò)誤；1molS8分子中含有8molS—S鍵，32gS8分子中含有的S—S鍵數(shù)為eq\f(32g,32g·mol-1×8)×8×NAmol-1＝1NA，C正確；由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2Oeq\o\al(2-,7)＋H2O?2CrOeq\o\al(2-,4)＋2H＋平衡，1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2-,7)離子數(shù)小于0.1NA，D錯(cuò)誤。]9．實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體的方法可行的是氣體方法A氨氣加熱氯化銨固體B二氧化氮將鋁片加到冷濃硝酸中C硫化氫向硫化鈉固體滴加濃硫酸D氧氣加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物D[實(shí)驗(yàn)室可用氫氧化鈣和氯化氨固體加熱制氨氣，而不用加熱氯化銨固體制氨氣，這是因?yàn)槁然@固體加熱生成氨氣和氯化氫，二者冷卻后又生成氯化銨固體，A不符合題意；將鋁片加到冷濃硝酸中會(huì)發(fā)生鈍化，在鋁片表面生成致密的氧化膜，阻止反應(yīng)進(jìn)一步進(jìn)行，故不能制得二氧化氮，B不符合題意；向硫化鈉固體中滴加濃硫酸，濃硫酸有強(qiáng)氧化性，硫化鈉有強(qiáng)還原性，二者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能生成硫化氫氣體，C不符合題意；加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物，由于二氧化錳的催化作用，可加快氯酸鉀的分解，從而制得氧氣，D符合題意。]10．下列敘述正確的是()A．甲醇既可發(fā)生取代反應(yīng)也可發(fā)生加成反應(yīng)B．用飽和碳酸氫鈉溶液可以鑒別乙酸和乙醇C．烷烴的沸點(diǎn)高低僅取決于碳原子數(shù)的多少D．戊二烯與環(huán)戊烷互為同分異構(gòu)體B[甲醇中含有羥基，能與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)(即取代反應(yīng))，甲醇中不含有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、碳氧雙鍵等不飽和鍵，所以不能發(fā)生加成反應(yīng)，A錯(cuò)誤；乙酸具有酸性，能和碳酸氫鈉反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，乙醇和碳酸氫鈉不反應(yīng)，二者現(xiàn)象不同，能鑒別，B正確；烷烴的沸點(diǎn)高低不僅取決于碳原子數(shù)的多少，還與其支鏈有關(guān)，烷烴的同分異構(gòu)體中，支鏈越多，沸點(diǎn)越低，C錯(cuò)誤；戊二烯的分子式為C5H8，環(huán)戊烷的分子式為C5H10，二者不互為同分異構(gòu)體，D錯(cuò)誤。]11．W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子數(shù)之和，也是Y的最外層電子數(shù)的2倍。W和X的單質(zhì)常溫下均為氣體。下列敘述正確的是()A．原子半徑：Z>Y>X>WB．W與X只能形成一種化合物C．Y的氧化物為堿性氧化物，不與強(qiáng)堿反應(yīng)D．W、X和Z可形成既含有離子鍵又含有共價(jià)鍵的化合物D[由于Z的最外層電子數(shù)是Y的最外層電子數(shù)的2倍，所以Z的最外層電子數(shù)為偶數(shù)，同時(shí)Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子數(shù)之和，且W、X的單質(zhì)常溫下均為氣體，則W、X只能為H、N、O、F中的兩種；又Z只能是主族元素，所以Z的最外層電子數(shù)為6，從而推出元素W、X、Y、Z分別為H、N、Al、S。一般來(lái)說(shuō)，電子層數(shù)越多，原子半徑越大；電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，所以原子半徑：Y>Z>X>W，A錯(cuò)誤。H、N可以形成NH3、N2H4等多種化合物，B錯(cuò)誤。Y的氧化物為Al2O3，Al2O3是兩性氧化物，既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，也能與強(qiáng)堿反應(yīng)，C錯(cuò)誤。H、N和S可以形成(NH4)2S，該化合物中既含有離子鍵也含有共價(jià)鍵，D正確。]12．已知相同溫度下，Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))<Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))。某溫度下，飽和溶液中－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(2-,4)))))、－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(2-,3)))))與－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2+))))的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線B．該溫度下BaSO4的Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))值為1.0×10-10C．加適量BaCl2固體可使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)D．ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2+))＝10-5.1時(shí)兩溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(2-,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(2-,3))))＝10y2－y1B[Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，當(dāng)－lg[c(Ba2+)]＝5.1時(shí)，即c(Ba2+)＝10-5.1時(shí)，y1<y2，所以陰離子濃度：c點(diǎn)>d點(diǎn)，即c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp要大些，根據(jù)Ksp的大小可知，曲線②代表BaCO3的沉淀溶解曲線，曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線，A錯(cuò)誤；曲線①，當(dāng)－lg[c(Ba2+)]＝4.0時(shí)，－lg[c(SOeq\o\al(2-,4))]＝6.0，則c(Ba2+)＝1.0×10-4、c(SOeq\o\al(2-,4))＝1.0×10-6，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)·c(SOeq\o\al(2-,4))＝1.0×10-10，B正確；加入適量BaCl2固體后，由于c(Ba2+)增大，所以BaCO3(s)?Ba2+(aq)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)平衡逆向移動(dòng)，c(COeq\o\al(2-,3))減小，所以溶液應(yīng)該由b點(diǎn)變到a點(diǎn)，C錯(cuò)誤；由題圖中數(shù)據(jù)可知，c(Ba2+)＝10-5.1時(shí)，eq\f(c（SOeq\o\al(2-,4)）,c（COeq\o\al(2-,3)）)＝eq\f(10－y2,10－y1)＝10y1－y2，D錯(cuò)誤。]13．乙醛酸是一種重要的化工中間體，可采用如下圖所示的電化學(xué)裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的H2O解離為H＋和OH－，并在直流電場(chǎng)作用下分別向兩極遷移。下列說(shuō)法正確的是()A．KBr在上述電化學(xué)合成過(guò)程中只起電解質(zhì)的作用B．陽(yáng)極上的反應(yīng)式為HOCOCOOH＋2H＋＋2e－→HOCOCOH＋H2OC．制得2mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了1mol電子D．雙極膜中間層中的H＋在外電場(chǎng)作用下向鉛電極方向遷移D[由題圖可知，在鉛電極乙二酸變成乙醛酸是去氧的過(guò)程，發(fā)生還原反應(yīng)，則鉛電極是電解裝置的陰極，石墨電極發(fā)生氧化反應(yīng)，反應(yīng)為2Br－－2e－=Br2，是電解裝置的陽(yáng)極。由上述分析可知，Br－起到還原劑的作用，A錯(cuò)誤；陽(yáng)極上的反應(yīng)式為2Br－－2e－=Br2，B錯(cuò)誤；制得2mol乙醛酸，實(shí)際上是左、右兩側(cè)各制得1mol乙醛酸，共轉(zhuǎn)移2mol電子，故理論上外電路中遷移的電子數(shù)為2mol，C錯(cuò)誤；電解裝置中，陽(yáng)離子移向陰極(即鉛電極)，D正確。]二、非選擇題26．碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。回答下列問(wèn)題：(1)I2的一種制備方法如下圖所示：①加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成________后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________；若反應(yīng)物用量比neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FeI2))＝1.5時(shí)，氧化產(chǎn)物為_(kāi)_______；當(dāng)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FeI2))>1.5，單質(zhì)碘的收率會(huì)降低，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2。上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少為_(kāi)_______mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)：I2＋I(xiàn)－?Ieq\o\al(－,3)。實(shí)驗(yàn)室中使用過(guò)量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過(guò)濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過(guò)量KI的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)①懸濁液為AgI的飽和溶液，加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式是2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2+＋2I－；生成的沉淀為Ag，Ag與HNO3反應(yīng)生成AgNO3，AgNO3可以循環(huán)使用。②由于還原性：I－＞Fe2+，故通入Cl2的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，該產(chǎn)物應(yīng)是I2，此時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式是FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2；若eq\f(n(Cl2),n(FeI2))＝1.5，正好將Fe2+氧化為Fe3+，反應(yīng)的化學(xué)方程式是2FeI2＋3Cl2=2FeCl3＋2I2；當(dāng)eq\f(n(Cl2),n(FeI2))＞1.5時(shí)，單質(zhì)I2的收率會(huì)降低，說(shuō)明Cl2可以進(jìn)一步將I2氧化為高價(jià)態(tài)的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成NaI和Na2SO4，反應(yīng)的離子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2-,4)＋I(xiàn)－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性條件下，繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，反應(yīng)的離子方程式是5I－＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，故制備I2的總反應(yīng)的離子方程式是2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2-,4)＋H2O＋3H＋。(3)由題給信息可推斷出CuSO4和KI發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是2CuSO4＋4KI=2CuI↓＋I(xiàn)2＋2K2SO4，故若生成1molI2，消耗的KI至少為4mol；Ieq\o\al(－,3)的生成增大了I2在水中的溶解度，反應(yīng)中加入過(guò)量的KI可以防止單質(zhì)碘析出。[答案](1)①2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2+＋2I－AgNO3②FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2I2、FeCl3I2被進(jìn)一步氧化(2)2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2-,4)＋H2O＋3H＋(3)4防止單質(zhì)碘析出27．膽礬(CuSO4·5H2O)易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業(yè)廢銅焙燒得到的CuO(雜質(zhì)為氧化鐵及泥沙)為原料與稀硫酸反應(yīng)制備膽礬，并測(cè)定其結(jié)晶水的含量?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)制備膽礬時(shí)，用到的實(shí)驗(yàn)儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有________(填標(biāo)號(hào))。A．燒杯B．容量瓶C．蒸發(fā)皿D．移液管(2)將CuO加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________，與直接用廢銅和濃硫酸反應(yīng)相比，該方法的優(yōu)點(diǎn)是________________________。(3)待CuO完全反應(yīng)后停止加熱，邊攪拌邊加入適量H2O2，冷卻后用NH3·H2O調(diào)pH為3.5～4，再煮沸10min，冷卻后過(guò)濾。濾液經(jīng)如下實(shí)驗(yàn)操作：加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、________、乙醇洗滌、________，得到膽礬。其中，控制溶液pH為3.5～4的目的是________，煮沸10min的作用是________。(4)結(jié)晶水測(cè)定：稱(chēng)量干燥坩堝的質(zhì)量為m1，加入膽礬后總質(zhì)量為m2，將坩堝加熱至膽礬全部變?yōu)榘咨?，置于干燥器中冷至室溫后稱(chēng)量，重復(fù)上述操作，最終總質(zhì)量恒定為m3。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，膽礬分子中結(jié)晶水的個(gè)數(shù)為_(kāi)_______(寫(xiě)表達(dá)式)。(5)下列操作中，會(huì)導(dǎo)致結(jié)晶水?dāng)?shù)目測(cè)定值偏高的是________(填標(biāo)號(hào))。①膽礬未充分干燥②坩堝未置于干燥器中冷卻③加熱時(shí)有少膽礬迸濺出來(lái)[解析](1)CuO與稀H2SO4在燒杯中進(jìn)行反應(yīng)，為了得到膽礬，需要對(duì)溶液進(jìn)行蒸發(fā)，在蒸發(fā)皿中蒸發(fā)溶液，故選AC。(2)CuO與稀H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式是CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋H2O；該方法的優(yōu)點(diǎn)是不會(huì)產(chǎn)生污染空氣的SO2，且H2SO4的用量是Cu與濃H2SO4反應(yīng)時(shí)的一半，即硫酸的利用率高。(3)CuO與稀H2SO4加熱反應(yīng)后，溶液中存在Fe3+和Cu2+，加NH3·H2O調(diào)節(jié)溶液pH為3.5～4，目的是使Fe3+沉淀并抑制Cu2+水解，再煮沸10min的目的是使Fe3+全部轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，防止有Fe(OH)3膠體生成影響膽礬的純度，且便于過(guò)濾除去。具體操作步驟是將濾液加熱蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、乙醇洗滌、干燥，最終得到膽礬。(4)由題意知，結(jié)晶水的質(zhì)量為m2－m3，硫酸銅的質(zhì)量為m3－m1，設(shè)膽礬的化學(xué)式為CuSO4·xH2O，根據(jù)分子個(gè)數(shù)比等于物質(zhì)的量之比，則x＝eq\f(\f(m2－m3,18),\f(m3－m1,160))＝eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))。(5)膽礬未充分干燥，會(huì)使測(cè)定的水的質(zhì)量偏高，則會(huì)導(dǎo)致結(jié)晶水?dāng)?shù)目測(cè)定值偏高，①符合題意；坩堝未置于干燥器中冷卻，會(huì)使測(cè)定的水的質(zhì)量偏低，則會(huì)導(dǎo)致結(jié)晶水?dāng)?shù)目測(cè)定值偏低，②不符合題意；加熱時(shí)有少量膽礬迸濺出來(lái)，會(huì)使測(cè)定的水的質(zhì)量偏高，則會(huì)導(dǎo)致結(jié)晶水?dāng)?shù)目測(cè)定值偏高，③符合題意。[答案](1)AC(2)CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋H2O不產(chǎn)生SO2(硫酸利用率高)(3)過(guò)濾干燥除盡鐵和抑制CuSO4水解破壞Fe(OH)3膠體，易于過(guò)濾(4)eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))(5)①③28．二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反應(yīng)可表示為：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)該反應(yīng)一般認(rèn)為通過(guò)如下步驟來(lái)實(shí)現(xiàn)：①CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋41kJ·mol-1②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2＝－90kJ·mol-1總反應(yīng)的ΔH＝________kJ·mol-1；若反應(yīng)①為慢反應(yīng)，下列示意圖中能體現(xiàn)上述反應(yīng)能量變化的是________(填標(biāo)號(hào))，判斷的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。ABCD(2)合成總反應(yīng)在起始物neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2))＝3時(shí)，在不同條件下達(dá)到平衡，設(shè)體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x(CH3OH)，在t＝250℃下的xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))～p、在p＝5×105Pa下的xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))～t如圖所示。①用各物質(zhì)的平衡分壓表示總反應(yīng)的平衡常數(shù)，表達(dá)式Kp＝________；②圖中對(duì)應(yīng)等壓過(guò)程的曲線是________，判斷的理由是________________________________________________________________________；③當(dāng)xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))＝0.10時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α＝________，反應(yīng)條件可能為_(kāi)_______或________。[解析](1)由蓋斯定律可知，反應(yīng)①＋反應(yīng)②得總反應(yīng)方程式，則總反應(yīng)的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41kJ·mol-1＋(－90kJ·mol-1)＝－49kJ·mol-1。該總反應(yīng)是放熱反應(yīng)，生成物的總能量比反應(yīng)物的總能量低，B、D錯(cuò)誤；反應(yīng)①為慢反應(yīng)，是總反應(yīng)的決速步驟，則反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的大，A正確，C錯(cuò)誤。(2)①根據(jù)H2和CO2合成甲醇的總反應(yīng)化學(xué)方程式可知，壓強(qiáng)平衡常數(shù)表達(dá)式Kp＝eq\f(p(H2O)·p(CH3OH),p3(H2)·p(CO2))。②H2和CO2合成甲醇的總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，即混合氣體中的甲醇蒸氣含量減小，故曲線b為5×105Pa時(shí)等壓過(guò)程的曲線，而曲線a為250℃時(shí)等溫過(guò)程的曲線。③根據(jù)eq\f(n(H2),n(CO2))＝3，設(shè)初始時(shí)H2的物質(zhì)的量為3mol，CO2的物質(zhì)的量為1mol，參加反應(yīng)的CO2的物質(zhì)的量為amol，用“三段式”計(jì)算：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)起始/mol1300轉(zhuǎn)化/mola3aaa平衡/mol1－a3－3aaa則x(CH3OH)＝eq\f(a,4－2a)＝0.10，解得a＝eq\f(1,3)，故CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為eq\f(\f(1,3)mol,1mol)×100%≈33.3%。對(duì)照題圖中的x(CH3OH)＝0.10可知，反應(yīng)條件是9×105Pa、250℃或5×105Pa、210℃。[答案](1)－49AΔH1為正值，ΔH2和ΔH為負(fù)值，反應(yīng)①活化能大于反應(yīng)②的活化能(2)①eq\f(p(H2O)·p(CH3OH),p3(H2)·p(CO2))②b總反應(yīng)ΔH＜0，升高溫度時(shí)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變?、?3.3%5×105Pa、210℃9×105Pa、250℃【化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】35．我國(guó)科學(xué)家研發(fā)的全球首套千噸級(jí)太陽(yáng)能燃料合成項(xiàng)目被形象地稱(chēng)為“液態(tài)陽(yáng)光”計(jì)劃。該項(xiàng)目通過(guò)太陽(yáng)能發(fā)電電解水制氫，再采用高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲醇。回答下列問(wèn)題：(1)太陽(yáng)能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價(jià)電子層的電子排式為_(kāi)_______；單晶硅的晶體類(lèi)型為_(kāi)_______。SiCl4是生產(chǎn)高純硅的前驅(qū)體，其中Si采取的雜化類(lèi)型為_(kāi)_______。SiCl4可發(fā)生水解反應(yīng)，機(jī)理如下：含s、p、d軌道的雜化類(lèi)型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中間體SiCl4(H2O)中Si采取的雜化類(lèi)型為_(kāi)_______(填標(biāo)號(hào))。(2)CO2分子中存在________個(gè)σ鍵和________個(gè)π鍵。(3)甲醇的沸點(diǎn)(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之間，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)我國(guó)科學(xué)家發(fā)明了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為ZnO/ZrO2固溶體。四方ZrO2晶胞如圖所示。Zr4+離子在晶胞中的配位數(shù)是________，晶胞參數(shù)為apm、apm、cpm，該晶體密度為_(kāi)_______g·cm-3(寫(xiě)出表達(dá)式)。在ZrO2中摻雜少量ZnO后形成的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnxZr1－xOy，則y＝________(用x表達(dá))。[解析](1)基態(tài)硅原子M層有4個(gè)電子，分別填充于3s和3p能級(jí)軌道中，則基態(tài)硅原子價(jià)電子排布式為3s23p2。單質(zhì)硅熔、沸點(diǎn)高，硬度大，是原子晶體(或共價(jià)晶體)。SiCl4的中心原子硅原子周?chē)?對(duì)成鍵電子對(duì)，則Si采取sp3雜化。由中間體SiCl4(H2O)的結(jié)構(gòu)可知，Si原子周?chē)?對(duì)成鍵電子對(duì)，故該雜化軌道含1個(gè)s雜化軌道、3個(gè)p雜化軌道和1個(gè)d雜化軌道，則Si采取的雜化類(lèi)型為sp3d。(2)CO2分子的結(jié)構(gòu)為O=C=O，則1個(gè)CO2分子中含2個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵。(3)甲醇的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是CH3OH，1個(gè)甲醇分子可形成1個(gè)分子間氫鍵，而1個(gè)H2O分子可形成2個(gè)分子間氫鍵，水中氫鍵比例比甲醇高，故水的沸點(diǎn)比甲醇高，甲硫醇中不存在氫鍵，其沸點(diǎn)最低。(4)以ZrO2晶胞結(jié)構(gòu)的上面面心的Zr4+為研究對(duì)象，將晶體結(jié)構(gòu)向上由1個(gè)晶胞延長(zhǎng)為2個(gè)晶胞，可觀察到與該Zr4+距離最近的O2-有8個(gè)，則Zr4+的配位數(shù)為8。該晶胞中含8個(gè)O2-，Zr4+個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(個(gè))，則1個(gè)晶胞的質(zhì)量為eq\f(4×91＋8×16,NA)g，1個(gè)晶胞的體積為a2c×10-30cm3，則該晶體的密度為eq\f(4×91＋8×16,NAa2c×10-30)g·cm-3。該晶體中，Zr為＋4價(jià)，Zn為＋2價(jià)，O為－2價(jià)，由化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0可得，2x＋4×(1－x)－2y＝0，解得y＝2－x。[答案](1)3s23p2原子晶體(或共價(jià)晶體)sp3②(2)22(3)甲醇和水均能形成分子間氫鍵，而甲硫醇不能，且水比甲醇的氫鍵多(4)8eq\f(4×91＋8×16,NAa2c×10-30)2－x【化學(xué)—選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】36．近年來(lái)，以大豆素(化合物C)為主要成分的大豆異黃酮及其衍生物，因其具有優(yōu)良的生理活性而備受關(guān)注。大豆素的合成及其衍生化的一種工藝路線如下：回答下列問(wèn)題：(1)A的化學(xué)名稱(chēng)為_(kāi)_______。(2)1molD反應(yīng)生成E至少需要________mol氫氣。(3)寫(xiě)出E中任意兩種含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)________。(4)由E生成F的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(5)由G生成H分兩步進(jìn)行：反應(yīng)1)是在酸催化下水與環(huán)氧化合物的加成反應(yīng)，則反應(yīng)2)的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)_______。(6)化合物B的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的有________(填標(biāo)號(hào))。a．含苯環(huán)的醛、酮b．不含過(guò)氧鍵(—O—O—)c．核磁共振氫譜顯示四組峰，且峰面積比為3∶2∶2∶1A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)(7)根據(jù)上述路線中的相關(guān)知識(shí)，以丙烯為主要原料用不超過(guò)三步的反應(yīng)設(shè)計(jì)合成下圖有機(jī)物，寫(xiě)出合成路線________。[解析](1)HOOH的化學(xué)名稱(chēng)為1，3-苯二酚(或間苯二酚)。(2)由D和E的分子式可知1molD反應(yīng)生成E至少需要2molH2。(3)C與(CH3CO)2O發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，由D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和D→E的反應(yīng)條件推出E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為酯基、羥基、醚鍵。(4)從E和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，由E生成F的化學(xué)方程式為eq\o(→,\s\up7(TsOH),\s\do5(PhMe))＋H2O。(5)G生成H的第一步為水和G在酸催化下的加成反應(yīng)，則結(jié)合G、H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可推斷出第二步反應(yīng)為取代反應(yīng)。(6)滿(mǎn)足題給條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOHCCH3O、HOOHCCH3O、CHOHOCH3OH和CH3HOCHOOH，共4種，則答案選C。(7)參考題給流程，由題意可知由丙烯為原料合成目標(biāo)產(chǎn)物的路線為。[答案](1)1，3-苯二酚(或間苯二酚)(2)2(3)酯基、羥基、醚鍵(任意兩種)(4)(5)取代反應(yīng)(6)C(7)

山東省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16F—19Cl—35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．(2021·山東等級(jí)考)有利于實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰、碳中和”的是()A．風(fēng)能發(fā)電B．糧食釀酒C．燃煤脫硫D．石油裂化A[碳達(dá)峰是指我國(guó)承諾2030年前，二氧化碳的排放不再增長(zhǎng)，達(dá)到峰值之后逐步降低；碳中和是指通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，實(shí)現(xiàn)二氧化碳“零排放”。]2．(2021·山東等級(jí)考)下列物質(zhì)應(yīng)用錯(cuò)誤的是()A．石墨用作潤(rùn)滑劑B．氧化鈣用作食品干燥劑C．聚乙炔用作絕緣材料D．乙二醇溶液用作汽車(chē)防凍液C[石墨層與層之間的作用力很小，容易在層間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，是一種很好的固體潤(rùn)滑劑，A項(xiàng)不符合題意；氧化鈣可以和水發(fā)