湖南省衡阳市2020届高三教学质量监测卷理科综合化学 Word版含解析

湖南省衡阳市2020届高三教学质量监测卷理科综合化学 Word版含解析

www.ks5u.com 衡阳市2020年高中毕业班教学质量监测卷 理科综合化学部分 说明：1.全卷满分300分，考试时间150分钟。‎ ‎2.全卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在试题卷上作答，否则不给分。‎ 第Ⅰ卷(选择题共126分)‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 K-39 Ti-48 Fe-56 I-127 Ag-108‎ 一、选择题:本大题包括13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。‎ ‎1.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 无色透明的溶液中： Fe3+、Mg2+、SCN −、Cl −‎ B. =1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−‎ C. 的溶液中： K+、NH4+、MnO4−、SO42－‎ D. 能使甲基橙变红的溶液中： Na+、NH4+、SO42－、HCO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.  Fe3+可与SCN −结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B.  的溶液中(OH-)=0.1mol/l，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存，故B正确；‎ C.  Fe2+具有还原性，MnO4−具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D. 能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3－可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 - 18 -‎ B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；‎ B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；‎ C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；‎ D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 原子半径：d>c>b>a B. 4种元素中b的金属性最强 C. c的氧化物的水化物是强碱 D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。‎ ‎【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O，A错误；‎ B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg在4种元素中金属性最强，B正确；‎ C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；‎ D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。‎ 答案选B。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。‎ ‎4.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）‎ A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5‎ B. 达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大 C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%‎ D. 当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．I中反应三段式为 ‎ ‎ 则该温度下平衡常数K==0.8；容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质量=1L×(0.2+0.4+0.2)mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4：5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，而II中开始时各气体的总物质的量恰好为1mol，II中开始时浓度商==，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于 4：5，故A错误；‎ B．容器I中=1；如果II中平衡时 c(NO2)=c(O2)，设转化的 c(NO2‎ - 18 -‎ ‎)=xmol/L，则有0.3-x=0.2+0.5x，解得x=mol/L，平衡时 c(NO2)=c(O2)=mol/L，c(NO)=0.5mol/L+mol/L=mol/L，此时容器II中浓度商为，说明若容器II中c(NO2)=c(O2)时，平衡要逆向移动，则说明II中平衡时应该存在 c(NO2)＞c(O2)，即<1，故B错误；‎ C．平衡时I中NO的体积分数为=50%；假设III中平衡时 设III中NO的体积分数为50%时，转化的n(NO)=a，列三段式有：‎ ‎ ‎ 则有，解得a=0.1mol，则此时容器中c(NO2)=0.1mol/L，c(NO)=0.4mol/L，c(O2)=0.3mol/L，此时容器中浓度商为，所以此时平衡要逆向移动，即NO的体积分数要小于50%，故C正确；‎ D．v正=v (NO2 )消耗=k正c2(NO2 )，v逆=v(NO)消耗=2v (O2 )消耗=k逆c2 (NO)•c(O2 )，达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2 )=k逆c2 (NO)•c(O2 )，据此可知，T2温度时k正=k逆，则K=1>0.8，该反应正反应为吸热反应，平衡常数变大说明温度升高，所以T2>T1，故D正确；‎ 故答案为CD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是学生要灵活运用浓度商和平衡常数的比较来判断平衡移动的方向，当浓度商大于平衡常数时，平衡逆向移动，当浓度商小于平衡常数时，平衡正向移动。‎ ‎5.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是 - 18 -‎ A. 的数量级为 B. 除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl C. 加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好 D. 2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；B．除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl－效果越好，但同时溶液中，Cu2＋浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋＝Cu2＋＋Cu趋于完全，D正确，答案选C。‎ ‎6.聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（   ）‎ A. 聚维酮的单体是 B. 聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成 C. 聚维酮碘是一种水溶性物质 D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ 由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。‎ ‎【详解】A. 由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；‎ B. 由2m+n个单体加聚生成，故B错误；‎ C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；‎ D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.用石墨电极完成下列电解实验 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生……‎ 下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）‎ A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH- B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑‎ - 18 -‎ C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+ D. 根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中氢离子得到电子生成氢气，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大造成的，A正确；‎ B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，分别产生氧气和氯气，氢离子浓度增大，酸性增强，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，B错误；‎ C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，C正确；‎ D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+，与金属活动性顺序刚好相反。因此掌握电解池反应原理是本题解答的关键。注意依据实验现象分析可能发生的电极反应。‎ 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题-第32题为必考题每个试题考生都必须作答，第33题-第38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题:11题，共129分。‎ ‎8.TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 - 18 -‎ 化合物 SiCl4‎ TiCl4‎ AlCl3‎ FeCl3‎ MgCl2‎ 沸点/℃‎ ‎58‎ ‎136‎ ‎181（升华）‎ ‎316‎ ‎1412‎ 熔点/℃‎ ‎−69‎ ‎−25‎ ‎193‎ ‎304‎ ‎714‎ 在TiCl4中的溶解性 互溶 ‎——‎ 微溶 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行 已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1‎ ‎① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________________。‎ ‎② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：_______________。‎ ‎③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是__________________________。‎ ‎④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_____________。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是______________，T2应控制在_________。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) (2). △H=-45.5 kJ/mol (3). > (4). 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应 (5). H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3 (6). SiCl4 (7). 高于136℃，低于181℃‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=（-220.9 kJ·mol-1）+（+175.4 kJ·mol-1）=-45.5kJ·mol－1。②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。③除去氯气中混有HCl一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。‎ ‎9.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。‎ a．温度 b．Cl-的浓度 c．溶液的酸度 - 18 -‎ ‎（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 加热（或煅烧） (3). 电解法 (4). a c (5). 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1 (6). 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (7). CrO42-和Cr2O72- (8). NaOH和H2‎ ‎【解析】‎ 惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。‎ ‎（1）NaOH的电子式为；根据上述分析，B→C的条件为加热或煅烧，C→Al的制备方法称为电解法。‎ ‎（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。‎ ‎（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ·mol−1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6kJ·mol−1。‎ ‎（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。‎ ‎10.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。‎ ‎（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：‎ - 18 -‎ ‎①尿素水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：___。‎ ‎②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：___。‎ ‎③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：__。‎ ‎④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是__。‎ ‎（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：‎ NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。‎ ‎①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是__。‎ ‎②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__。‎ ‎③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：___□15NNO+□H2O___。‎ ‎【答案】 (1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合反应物、生成物，根据原子守恒，若是氧化还原反应的方程式，再结合得失电子守恒配平化学反应方程式；测定溶液中尿素含量时，将所含氮完全转化为NH3，用过量的稀硫酸吸收氨气，反应后剩余的硫酸，用氢氧化钠溶液中和，整个过程中的，硫酸与氨气、氢氧化钠反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O。‎ ‎【详解】（1）①尿素水溶液热分解为氨气和二氧化碳，反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 ；‎ ‎②NH3在催化剂作用下还原NO2生成N2和H2O，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；‎ ‎③二氧化硫在氧气作用下与氨气和水反应生成硫酸铵，此反应中二氧化硫是还原剂，氧气是氧化剂；反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；‎ ‎④NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，过程中所涉及的化学方程式为：2NH3+H2SO4=2(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=2Na2SO4+2H2O，反应中n(H2SO4)=c1×v1×10-3mol，n(NaOH)=c2×v2×10-3mol，由方程式可知：n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则n(NH3)=(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，n[CO(NH2)2]=n(NH3)=×(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol，m[CO(NH2)2]=60g·mol-1××(2c1×v1×10-3-c2×v2×10-3)mol=(0.06c1×v1-0.03c2×v2)g，所以尿素的质量分数是： =；‎ ‎（2）①由图可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再被还原为N2，则存储NOx的物质是BaO；‎ ‎②第一步反应中H2被氧化生成水，氢元素化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2中的N元素的化合价由+5价降到-3价，生成氨气，则1molBa(NO3)2生成氨气得到16mol电子，根据氧化还原反应中得失电子守恒，则参加反应的氢气的物质的量为mol=8mol，故第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8：1； ‎ ‎③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知，15NO与NH3‎ - 18 -‎ 的物质的量之比应为1：1，结合氧化还原反应中得失电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。‎ ‎【点睛】本题主要考查的是：根据反应物、生成物结合原子守恒、得失电子守恒配平化学反应方程式，在测定溶液中尿素（M=60g·mol-1）含量时，要结合相关数据的处理，通过反应方程式的化学计量数来计算相关的量。‎ ‎(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。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，则每学科按所做的第一小题计分。‎ ‎11.锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ge原子的核外电子排布式为___，有__个未成对电子。‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是__。‎ ‎（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因__。‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎−495‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是__。‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为__，微粒之间存在的作用力是__。‎ ‎（6）晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子相对位置，如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）。则D原子的坐标参数为__。‎ - 18 -‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为__g·cm-3（列出计算式即可）。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2 (2). 2 (3). Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (4). GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强 (5). O＞Ge＞Zn (6). sp3 (7). 共价键 (8). (，，) (9). ×107‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，根据其核外电子排布可知核外有2对未成对电子；‎ ‎(2)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键；‎ ‎(3)根据表格GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高，原因是三者熔沸点均较低，为分子晶体，分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强，熔沸点逐渐升高；‎ ‎(4)元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞Ge＞Zn；‎ ‎(5)Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，Ge原子形成4个σ键，采取sp3杂化；Ge单晶属于原子晶体，Ge原子靠共价键聚集；‎ ‎(6)①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，根据正四面体的几何特性可知，D在xy平面上的投影应为AC的一半，在xz平面上的投影为AB的一半，A为坐标原点，B为(，0，)；C为(，，0)，则D为(，，)；‎ ‎②根据均摊法，该晶胞中Ge原子的数目为=8，则晶胞质量m=，晶胞的体积V=a3pm3=565.763×10-30cm3，所以晶胞的密度为=×107 g·cm-3。‎ ‎12.反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：‎ - 18 -‎ 已知：RCHO+R＇OH+R＂OH ‎（1）A的名称是__________；B分子中共面原子数目最多为__________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有__________种。‎ ‎（2）D中含氧官能团的名称是__________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________。‎ ‎（3）E为有机物，能发生的反应有__________。‎ a．聚合反应b．加成反应c．消去反应d．取代反应 ‎（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：________。‎ ‎（5）以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。‎ ‎（6）问题（5）的合成路线中第一步反应的目的是__________。‎ ‎【答案】 (1). 正丁醛或丁醛 (2). 9 8 (3). 醛基 (4). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O； (5). cd (6). CH2=CHCH2OCH3、、、 (7). ； (8). 保护醛基 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据流程图，A为CH3CH2CH2CHO，是丁醛；B为CH2=CHOC2H5‎ - 18 -‎ ‎，分子中共面原子数目最多为9个(如图：)，C分子中与环相连的三个基团中，8个碳原子上的氢原子化学环境都不相同，共有8种，故答案为丁醛；9；8；‎ ‎（2）D为，其中含氧官能团是醛基，检验醛基可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，故答案为醛基；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O；‎ ‎（3）根据流程图，结合信息，C在酸性条件下反应生成、CH3CH2CH2CHO和CH3CH2OH以及水，因此E为CH3CH2OH，属于醇，能发生的反应有消去反应和取代反应，故选cd；‎ ‎（4）B的同分异构体F与B有完全相同的官能团， F可能的结构有：CH2=CHCH2OCH3、、，故答案为CH2=CHCH2OCH3、、；‎ ‎（5）D为，己醛的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CHO，根据信息和己醛的结构，首先需要将碳碳双键转化为单键，然后在酸性条件下反应即可，故答案为；‎ ‎（6）醛基也能够与氢气加成，（5）中合成路线中第一步反应的目的是保护醛基，故答案为保护醛基。‎ - 18 -‎ ‎【点晴】本题为信息推断题，解这类题目的关键是看懂信息，明确各类有机物的基本反应类型和相互转化关系。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。本题的难点是同分异构体的书写，特别是有限制条件的同分异构体的书写，平时要多加训练。‎ - 18 -‎ - 18 -‎