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2023年高考化學考前信息必刷卷02
浙江專用

對2023年浙江選考而言，《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》是新增模塊，其命題的角度與難度是廣大師生高度關(guān)注的問題。題型優(yōu)化，將原來的4分值的物質(zhì)結(jié)構(gòu)小題改為10分值的大題，計算非選擇小題刪除?？疾榇四K知識的題量在2023年1月選考化學中的占比適中，第3、10、12、17題單獨命題或者融合命題，考點基本覆蓋此模塊內(nèi)容的核心知識。如第17題設(shè)置學術(shù)探索情境，考查內(nèi)容涉及教材的重點知識，如空間結(jié)構(gòu)、雜化、熱穩(wěn)定性、第一電離能、晶體類型、晶體化學式等，沒有明顯超綱和超難的內(nèi)容，考查考生對學科基礎(chǔ)性問題、綜合性問題和創(chuàng)新性問題的理解與辨析、歸納與論證和分析與推測能力，體現(xiàn)源于教材又高于教材的命題思想。

2023年7月浙江選考卷將立足化學學科的必備知識和原理，突出主干知識，不斷強化新增模塊《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》的重要考點，突出考查了化學學科的思維方法，如物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、能量的關(guān)聯(lián)，化學反應原理與變化觀念、平衡思想的關(guān)聯(lián)等。第17題有關(guān)核外電子、電子云形狀、鍵角大小分析、晶胞計算等，體現(xiàn)浙江新高考命題中關(guān)于物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)新增內(nèi)容的考查。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Cr-52 Fe-56 Co-59 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As-75 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
一、選擇題(本題共16小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求)
1．下列物質(zhì)中含有配位鍵的是( )
A．KOH B．Na2O2 C．CH3COONH4 D．KAl(SO4)2
【答案】C
【解析】A項，KOH中鉀離子和氫氧根離子之間為離子鍵，H和O之間存在共價鍵，不含配位鍵，故A不選；B項，Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間為離子鍵，O和O之間存在共價鍵，不含配位鍵，故B不選；C項，CH3COONH4中醋酸根和銨根之間為離子鍵，銨根離子內(nèi)存在配位鍵，故C選；D項，KAl(SO4)2中鉀離子、鋁離子與硫酸根離子之間存在離子鍵，S和O之間存在共價鍵，不含配位鍵，故D不選；故選C。
2．有“鋰”走遍天下，鋰在電池中應用廣泛。下列說法正確的是( )
A．0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有0.1NA個Li+
B．1molLi2CO3晶體中含有NA個CO32-
C．2mol Li與水反應，可得到22.4LH2
D．7gLi在O2中完全燃燒，生成0.5mol Li2O2
【答案】B
【解析】A項，題干未告知溶液的體積，故無法計算0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有Li+的數(shù)目，A錯誤；B項，Li2CO3是由Li+和CO32-的構(gòu)成的，故1molLi2CO3晶體中含有NA個CO32-，B正確；C項，根據(jù)2Li+2H2O=2LiOH+H2↑可知2molLi與水完全反應生成1molH2，但題干未告知標準狀況，無法計算1molH2的體積，C錯誤； D項，Li與O2燃燒只能生成Li2O，不能生成Li2O2，D錯誤；故選B。
3．下列有關(guān)化學用語正確的是( )
A．的球棍模型：
B．用電子式表示氧化鈉的形成過程：
C．HF分子間的氫鍵：
D．銅原子結(jié)構(gòu)示意圖：
【答案】D
【解析】A項，Cl2O中O與Cl分別形成1條共價鍵，且O原子半徑小于Cl原子，但是Cl2O為V形不是直線型，A錯誤；B項，圖中氧化鈉的電子式錯誤，兩個Na+應該在氧離子的兩側(cè)而不是同側(cè)，B錯誤；C項，圖中箭頭所指的為H-F形成的共價鍵，氫鍵通常用虛線表示，C錯誤；D項，銅是29號元素，位于第四周期，原子的結(jié)構(gòu)示意圖為，D正確；故選D。
4．下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是( )
A．二氧化硅熔點高，可用于制作光導纖維
B．SO2 具有漂白性，可用于制溴工業(yè)中吸收 Br2
C．FeCl3 溶液顯酸性，可用于蝕刻銅制的電路板
D．氨氣易液化，可用作工業(yè)制冷劑
【答案】D
【解析】A項，二氧化硅具有良好的傳輸光信號的能力，用于制作光導纖維，故A錯誤；B項，SO2 具有還原性，能與溴單質(zhì)反應，可用于吸收溴單質(zhì)，故B錯誤；C項，F(xiàn)eCl3具有較強氧化性，能與銅單質(zhì)發(fā)生反應，可用于蝕刻銅制的電路板，故C錯誤；D項，氨氣易液化，液氨在氣化過程中吸收大量的熱，可用液氨作制冷劑，故D正確；故選D。
5．氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，可用于保存糧食，下列反應不能產(chǎn)生N2的是( )
A．NH4Cl與NaNO2兩溶液共熱
B．Na與NaNO2兩固體共熱
C．氨氣在純氧中燃燒
D．尿素與NaOH溶液共熱
【答案】D
【解析】A項，NH4Cl與NaNO2兩溶液共熱，氮元素發(fā)生歸中反應生成氮氣， NH4++NO2N2↑+2H2O，A可以；B項，Na與NaNO2兩固體共熱，氮元素還原為氮氣：6Na+2NaNO2N2↑+4Na2O，B可以；C項，氨氣在純氧中燃燒，氮元素被氧化為氮氣，4NH3+3O2=2N2+6H2O，C可以；D項，尿素與NaOH溶液共熱生成氨氣，CO(NH2)2+2NaOH=2NH3↑+Na2CO3，D不可以；故選D。
6．關(guān)于反應3Cu2S+16HNO3=6Cu(NO3)2+3S+4NO↑+8H2O，下列說法正確的是( )
A．HNO3在反應中僅體現(xiàn)氧化性
B．Cu2S既是氧化劑又是還原劑
C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3∶4
D．4molHNO3發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移3mol電子
【答案】D
【解析】A項，反應中N元素化合價從+5價降低到+2價，被還原，HNO3作氧化劑，體現(xiàn)了氧化性；生成物有Cu(NO3)2和H2O，還體現(xiàn)了HNO3的酸性，A錯誤；B項，反應中Cu元素化合價由+1價升高到+2價，S元素化合價從-2價升高到0價，均被氧化，Cu2S只作還原劑，B錯誤；C項，Cu2S作還原劑，氧化產(chǎn)物為Cu(NO3)2和S，HNO3作氧化劑，還原產(chǎn)物為NO，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為9：4，C錯誤；D項，根據(jù)方程式，每4molHNO3反應時，只有1mol作氧化劑被還原，N元素化合價降低了3價，轉(zhuǎn)移的電子為，D正確；故選D。
7．下列反應的離子方程式正確的是( )
A．將2mol Cl2通入含1molFeI2的溶液中：2Cl2+2Fe2++2I-=4Cl-+2Fe3++I2
B．將碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O
C．工業(yè)上制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D．將過氧化鈉加入硫酸亞鐵溶液中發(fā)生反應：4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8 Na+
【答案】B
【解析】A項，Cl2過量，可將Fe2+、I-均氧化，反應的化學方程式為3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，A項錯誤；B項，將碳酸氫鈣溶液與過量的澄清石灰水混合，碳酸氫鈣少量，則發(fā)生反應為Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，B項正確；C項，工業(yè)上制漂白粉，將氯氣通入石灰乳中，各物質(zhì)以固體形式存在，離子方式為為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，C項錯誤；D項，將過氧化鈉加入硫酸亞鐵溶液中發(fā)生反應，會生成氫氧化鐵，氧氣，硫酸鈉，反應的方程式為4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，D項錯誤；故選B。
8．下列說法中正確的是( )
A．石油由各種液態(tài)烴組成，沒有氣態(tài)烴、固態(tài)烴
B．自然界中，CO2的吸收都是通過植物的光合作用
C．將橡膠和高吸水性樹脂轉(zhuǎn)變?yōu)榫W(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的主要目的是不同的
D．葡萄糖的氧化、酸堿中和、碳酸鈣分解等都是放熱反應
【答案】C
【解析】A項，石油不僅有液態(tài)烴，還有少量氣態(tài)烴、固態(tài)烴；A錯誤；B項，在自然界中，CO2的吸收轉(zhuǎn)換不只有光合作用，還有別的形式，如CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2等，B錯誤；C項，將橡膠和高吸水性樹脂轉(zhuǎn)變?yōu)榫W(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的主要目的是不同的，前者主要是為了增大強度，后者主要是既吸水又不溶于水，C正確；D項，葡萄糖的氧化、酸堿中和是放熱反應，但碳酸鈣的分解是吸熱反應，D錯誤；故選C。
9．增塑劑DCHP可由鄰苯二甲酸酐與環(huán)己醇反應制得，下列說法正確的是( )

A．鄰苯二甲酸酐的二氯代物有2種
B．環(huán)己醇分子中有1個手性碳原子
C．DCHP能發(fā)生加成反應、取代反應、消去反應
D．1 mol DCHP與氫氧化鈉溶液反應，最多可消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】A項，鄰苯二甲酸酐結(jié)構(gòu)對稱，苯環(huán)上有兩種位置的氫原子，則鄰苯二甲酸酐的鄰位二氯代物有2種、間位二氯代物有1種，對位二氯代物有1種，共4種，A錯誤；B項，環(huán)己醇中不存在連接4個不同原子或原子團的碳原子，不存在手性碳原子，B錯誤；C項，DCHP中含有苯環(huán)能發(fā)生加成反應，含-COOC能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生消去反應，C錯誤；D項，1molDCHP含2mol-COOC，則1molDCHP最多可與2mol氫氧化鈉反應，D正確；故選D。
10．礦物藥M具有補血功效，結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的元素，原子序數(shù)之和為51，Y和Z同主族，四種元素中只有W為金屬，的價層電子為半充滿結(jié)構(gòu)。下列說法錯誤的是

A．簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z
B．該物質(zhì)易被氧化，需密封保存
C．W與Y之間可以形成多種化合物
D．X2Y的鍵角大于ZY42-的鍵角
【答案】D
【解析】四種元素中只有W為金屬，W3+的價層電子為半充滿結(jié)構(gòu)，W為Fe， X可以形成一個單鍵，且可以形成氫鍵，則X為H，X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的元素，原子序數(shù)之和為51，則Y、Z原子序數(shù)之和為51-26-1=24，Y和Z同主族，且Y可以形成氫鍵，則Y為O、Z為S。A項，Y為O、Z為S，O的非金屬性強于S，簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>Z，A正確；B項，該物質(zhì)中Fe為+2價，易被氧化，需密封保存，B正確；C項，W為Fe，Y為O，可以形成多種化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多種化合物，C正確；D項，X2Y為H2O，ZY42-為SO42-，硫酸根離子中，一個O形成4個相同的S-O鍵，鍵與鍵之間斥力相同，鍵角均相同；水中形成兩個H-O鍵，含兩個孤對電子，孤對電子對H-O鍵的斥力更大，所以導致兩個H-O鍵之間的夾角小于SO42-，D錯誤；故選D。
11．設(shè)計如圖裝置回收金屬鈷。保持細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成CO2，將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2轉(zhuǎn)化為Co2+，工作時保持厭氧環(huán)境，并定時將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室。已知電極材料均為石墨材質(zhì)，右側(cè)裝置為原電池。下列說法不正確的是( )

A．裝置工作時，甲室溶液pH保持不變
B．乙室中的電極反應式為：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O
C．裝置工作一段時間后，乙室應補充鹽酸
D．若甲室Co2+減少100g，乙室Co2+增加100g，則此時已進行過溶液轉(zhuǎn)移
【答案】A
【解析】右側(cè)裝置為原電池，LiCoO2電極上LiCoO2發(fā)生得電子的還原反應生成Co2+，LiCoO2電極為正極，右側(cè)裝置中細菌電極為負極；左側(cè)裝置為電解池，其中細菌電極為陽極，甲室電極為陰極。A項，裝置工作時，左側(cè)裝置細菌電極為陽極，細菌電極的電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，甲室電極為陰極，該電極的電極反應式為Co2++2e-=Co，裝置工作過程中，陽極生成的H+通過陽膜進入甲室，甲室溶液的pH減小，A項錯誤；B項，乙室中LiCoO2發(fā)生得電子的還原反應生成Co2+，電極反應式為LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，B項正確；C項，裝置工作時，右側(cè)裝置的細菌電極電極反應式為CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，LiCoO2電極的電極反應式為LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，原電池的總反應為CH3COO-+8LiCoO2+25H+=8Li++8Co2++2CO2↑+14H2O，裝置工作時，乙室中H+被消耗，H+濃度減小，乙室應補充鹽酸，C項正確；D項，甲室的電極反應為Co2++2e-=Co，若甲室中Co2+減少100g，左側(cè)裝置轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為mol，乙室的電極反應為LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，若乙室Co2+增加100g，右側(cè)裝置轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為mol，兩裝置中轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量不相等，說明已進行過溶液轉(zhuǎn)移，D項正確；故選A。
12．(2023·浙南名校七彩聯(lián)盟高三選考模擬)工業(yè)上由FeCl2與環(huán)戊二烯鈉(C5H5Na)合成二茂鐵[Fe(C5H5)2]，二茂鐵的熔點是173℃(在100℃以上能升華)，沸點是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有機溶劑。下列說法不正確的是( )
A．FeCl2中鐵元素屬于第四周期第Ⅷ族，位于周期表區(qū)
B．二茂鐵的衍生物可和H3O+等微粒產(chǎn)生靜電作用，H、O和C的電負性由大到小的順序為：O＞C＞H
C．已知環(huán)戊二烯的結(jié)構(gòu)式為，則其中僅有1個碳原子采取sp3雜化
D．在二茂鐵中C5H5與Fe2+之間形成的化學鍵類型是離子鍵
【答案】D
【解析】A項，已知Fe是26號元素，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中鐵元素屬于第四周期第Ⅷ族，最后進入電子的能級為d能級，故位于周期表d區(qū)，A正確；B項，二茂鐵的衍生物可和H3O+等微粒產(chǎn)生靜電作用，同一周期從左到右電負性逐漸增大，同一主族從上到下電負性逐漸減小，H、O和C的電負性由大到小的順序為：O＞C＞H，B正確； C項，已知環(huán)戊二烯的結(jié)構(gòu)式為，則其中僅有1個碳原子周圍均采用單鍵連接，該碳原子采取sp3雜化，其余形成雙鍵的碳原子則采用sp2雜化，C正確；D項，在二茂鐵中C5H5與Fe2+之間形成的化學鍵為C5H5提供孤電子對，F(xiàn)e2+提供空軌而形成的配位鍵， D錯誤；故選D。
13．電位滴定法是靠電極電位的突躍來指示滴定終點。在滴定過程中，計算機對數(shù)據(jù)自動采集、處理，并利用滴定反應化學計量點前后電位突變的特性，自動尋找滴定終點。室溫時，用0.1000mol·L-1的NaOH標準溶液滴定同濃度的NH4HSO4溶液，計算機呈現(xiàn)的滴定曲線如圖所示(稀溶液中不考慮氨水的分解導致氨的逸出)。下列說法錯誤的是( )

A．滴定過程中，溶液中c(SO42-)逐漸減小
B．a(chǎn)點溶液中：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)
C．b點溶液中：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)
D．a(chǎn)、b點水的電離程度：a>b
【答案】C
【解析】A項，滴定過程中n(SO42-)不變化，但溶液體積變大，故c(SO42-)變小，A正確；B項，a點時恰好發(fā)生：2NaOH+2NH4HSO4=Na2SO4+2(NH4)2SO4+2H2O，由電荷守恒，存在：c(Na+)+c(NH4+)+ c(H+)=2 c(SO42-)+c(OH-)；由物料守恒，存在：c(Na+)=2c(SO42-)，故a點溶液存在：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)，B正確；C項，b點時恰好發(fā)生：2NaOH+NH4HSO4=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，溶質(zhì)為Na2SO4和NH3·H2O，c(Na+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，C錯誤；D項，a點時溶液中存在等物質(zhì)的量的Na2SO4、(NH4)2SO4，因NH4+水解，促進水的電離，而b點一水合氨電離，抑制水的電離，所以a>b，D正確；故選C。
14．煉油、石化等工業(yè)會產(chǎn)生含硫(價)廢水，可通過催化氧化法進行處理，堿性條件下，催化氧化廢水的機理如圖所示。其中MnO2為催化劑，附著在催化劑載體聚苯胺的表面。下列說法錯誤的是( )

A．催化氧化過程中既有共價鍵的斷裂又有離子鍵的斷裂
B．轉(zhuǎn)化I中化合價發(fā)生變化的元素僅有和
C．催化氧化過程的總反應為：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓
D．催化劑使用一段時間后催化效率會下降，原因是生成的覆蓋在催化劑表面或進入催化劑內(nèi)空位處
【答案】B
【解析】A項，二氧化錳為離子化合物，由圖可知，轉(zhuǎn)化I中二氧化錳氧脫離生成空位，為離子鍵的斷裂；水生成OH-存在共價鍵的斷裂；故A正確；B項，轉(zhuǎn)化I中錳形成的化學鍵數(shù)目發(fā)生改變，故化合價發(fā)生變化的元素有S和O、Mn，故B錯誤；C項，由圖可知，催化氧化過程的總反應為氧氣、水、硫離子在催化作用下生成氫氧根離子和硫單質(zhì)：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓，故C正確；D項，反應中生成硫單質(zhì)，生成的S覆蓋在催化劑表面或進入催化劑內(nèi)空位處，阻礙了反應的進行，導致催化劑使用一段時間后催化效率會下降，故D正確；故選B。
15．某含磷廢水中的磷以磷酸及其鹽的形式存在。室溫下向的該含磷廢水中加入CaCl2可以得到Ca(OH)5OH沉淀從而實現(xiàn)廢水除磷。已知常溫下H3PO4的電離常數(shù)分別為Ka1=10-2.12、Ka1=10-7.21、Ka1=10-12.36。下列敘述錯誤的是
A．室溫下，H3PO4+ HPO42-=2H2PO4-的平衡常數(shù)
B．保持體積不變，若逐漸增大該廢水的，溶液中c(HPO42-)將先增大后減小
C．該廢水中存在離子濃度關(guān)系：c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
D．加入CaCl2實現(xiàn)廢水除磷后，溶液將增大
【答案】D
【解析】A項，平衡常數(shù)K==105.09，故A正確；B項，廢水的pH增大，H2PO4-轉(zhuǎn)化成HPO42-，c(HPO42-)增大，到達一定程度后，繼續(xù)增大pH，HPO42-轉(zhuǎn)化成PO43-，c(HPO42-)減小，因此過程中c(HPO42-)先增大后減小，故B正確；C項，磷酸電離方程式為H3PO4 H2PO4-+H+、H2PO4-HPO42-+H+、HPO42- PO43-+H+，當c(H2PO4-)=c(HPO42-)時，pH=pKa2=7.21，因此pH=6的廢水中c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故C正確；D項，由題意可知，該廢水中除磷的離子方程式為3H2PO4-+5Ca2++H2O=Ca5(PO4)3OH↓+7H+，溶液c(H+)增大，pH降低，故D錯誤；答案為D。
16．下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是( )
選項
目的
方案設(shè)計
現(xiàn)象與結(jié)論
A
檢驗某無色溶液中是否銨鹽
取少量該溶液于試管中，滴加NaOH溶液加熱，并用濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口檢驗
若產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則該溶液中含有NH4+
B
檢驗某固體試樣中是否存在三價鐵
取少量固體試樣完全溶于鹽酸，再滴加KSCN溶液
若沒有出現(xiàn)血紅色，則該固體試樣中不存在三價鐵
C
比較配合物Fe(S CN)3和[Fe(CN)6]3-的穩(wěn)定性
向盛有少量蒸餾水的試管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液
若溶液顏色不變，則說明[Fe(CN)6]3-較穩(wěn)定
D
探究鹵代烷的化學性質(zhì)
取少量溴乙烷于試管中，加入NaOH溶液，振蕩后加熱，再滴加稀硝酸和AgNO3溶液
若產(chǎn)生淡黃色沉淀，則說明鹵代烷能發(fā)生消去反應
【答案】C
【解析】A項，使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，若該溶液是氨水，加熱即可揮發(fā)出氨氣，則不能證明該溶液中含有NH4+，A錯誤；B項，當固體中同時含有鐵和氧化鐵時也會出現(xiàn)該現(xiàn)象，B錯誤；C項，向盛有少量蒸餾水的試管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，若溶液顏色不變、說明沒有產(chǎn)生血紅色的硫氰化鐵，則說明[Fe(CN)6]3-較穩(wěn)定、難電離出鐵離子，C正確；D項，溴乙烷于試管中，加入NaOH溶液，振蕩后加熱，發(fā)生反應生成了溴離子，但該反應為水解反應、屬于取代反應，D錯誤；故選C。
二、非選擇題(本題包括5小題，共52分)
17．(10分)砷化鎵(GaAs)是當前最重要、技術(shù)成熟度最高的半導體材料之一，我國“玉兔二號”月球車就是通過砷化鎵太陽能電池提供能量。
(1)基態(tài)As 原子核外電子排布式為 _______，最高能級電子的電子云形狀為??_______。
(2)GaAs、GaN 結(jié)構(gòu)相似，晶體類型都為共價晶體，沸點GaAs_______GaN(填“>”或“＜”，下同)，第一電離能Ga??_______As。
(3)成語“信口雌黃”中雌黃的分子式為 As2S3，分子結(jié)構(gòu)如圖 1，As原子的雜化方式為 _______。

(4)GaAs 的晶胞結(jié)構(gòu)如圖 2，在GaAs晶體中，與As原子最近且等距離的As原子數(shù)為??_______。
(5)若砷化鎵晶胞邊長為apm，則Ga與最近As的核間距為??_______ cm。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3(1分)???? 啞鈴形(1分)
(2) ＜(1分)???? ＜(1分)
(3)sp3 (1分)
(4)12(2分) (5) (3分)
【解析】(1)As原子核外有33個原子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)As原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；其最高能級為4p能級，電子云形狀為啞鈴或紡錘形；(2)GaAs和GaN結(jié)構(gòu)相似，均屬于共價晶體，原子半徑N＜As，鍵長Ga﹣N＜Ga﹣As，鍵能Ga﹣N＞Ga﹣As；同周期隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族、ⅤA族為全充滿或半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能高于同周期相鄰元素的，因此第一電離能有Ga＜As；(3)由結(jié)構(gòu)圖可知，黑色球為As、白色球為S，分子中As原子形成3個σ鍵、還含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3+1=4，雜化類型為sp3；(4)以頂點As原子研究，與之最近的As原子處于面心，每個頂點為8個晶胞共用，每個面心為2個晶胞共用，距離每個As原子最近且等距離的As原子數(shù)目=12，由圖可知，Ga原子與周圍距離最近的4個As原子構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)；(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中Ga與As的最短距離為晶胞體對角線的，因為晶胞的邊長為apm，所以晶胞中Ga與As的最短距離為cm。
18．(10分)化合物X由三種前四周期常見元素組成，某學習小組按如下流程進行實驗：

請回答：
(1)E的電子式是_______，X的化學式是_______。
(2)寫出X與足量濃H2SO4反應的化學方程式_______。
(3)寫出氣體D與酸性KMnO4溶液反應的離子反應方程式_______。
(4)設(shè)計實驗檢驗溶液G中的陽離子_______。
【答案】(1) (1分)???? Fe3SiC2(2分)
(2) 2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O (3分)
(3)2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+(1分)
(4)取少量溶液G于試管中，滴加石蕊試液，若溶液變紅，則存在H+；另取少量溶液G于試管中，滴加KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則存在Fe3(3分)+
【解析】4.4g固體X分為兩等份，每份2.2g，與足量O2在加熱條件下反應產(chǎn)生氣體C和固體A，A與足量NaOH反應得到紅棕色固體B2.4g，紅棕色固體為不溶于NaOH的Fe2O3，則n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X與足量濃硫酸加熱反應生成的氣體D與酸性高錳酸鉀反應后得到的氣體E與足量澄清石灰水反應產(chǎn)生固體F為碳酸鈣，2.0g，則n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除鐵、碳外的質(zhì)量為2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，結(jié)合固體A中部分能與NaOH反應，與硫酸反應后產(chǎn)生的固體H可推出可能產(chǎn)生SiO2固體，則另一元素為Si，物質(zhì)的量為=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化學式為Fe3SiC2；進一步確認固體A為Fe2O3和SiO2的混合物；固體H為SiO2或H2SiO3；溶液G中含有過量的硫酸和生成的硫酸鐵。(1)E為CO2，其電子式是；X的化學式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X與足量濃H2SO4反應的化學方程式為2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)氣體D為SO2，與酸性KMnO4溶液反應的離子反應方程式為2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的陽離子有H+、Fe3+；檢驗溶液G中的陽離子：取少量溶液G于試管中，滴加石蕊試液，若溶液變紅，則存在H+；另取少量溶液G于試管中，滴加KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色，則存在Fe3+。
19．(10分)乙烯是石油化工最基本的原料之一。
I．乙烷在一定條件下可脫氫制得乙烯：C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡轉(zhuǎn)化率的措施有_____________、_______________。
(2)①一定溫度下，向體積為的密閉容器中加入0.8 mol C2H6和0.2 mol H2，發(fā)生上述反應，平衡時C2H4的體積分數(shù)為，若平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移動。
②一定溫度下，向恒容密閉容器中通入1 mol C2H6和1 molH2，初始壓強為，發(fā)生上述反應，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為。平衡時體系的壓強為__________，該反應的平衡常數(shù)KP=________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))。
II．在乙烷中引入O2可以降低反應溫度，減少積碳。涉及如下反應：
a．C2H6(g)+ O2(g)2C2H4 (g)+2 H2O(g) ΔH2＜0
b．C2H6(g)+ 5O2(g)4CO (g)+6 H2O(g) ΔH3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)2CO (g)+2 H2O(g) ΔH4＜0
(3)根據(jù)蓋斯定律，反應a的ΔH2=___________(寫出代數(shù)式)。
(4)氧氣的引入可能導致過度氧化。為減少過度氧化，需要尋找催化劑降低反應________(填“a”“b”或“c”)的活化能。
(5)常壓下，在某催化劑作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制備乙烯，體系中C2H4和在含碳產(chǎn)物中的物質(zhì)的量分數(shù)及C2H6轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。

①乙烯的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而降低的原因是_______________________。
②在溫度范圍內(nèi)，下列說法正確的有__________(填標號)。
A．C2H4產(chǎn)率隨溫度升高而增大
B．H2O的含量隨溫度升高而增大
C．C2H6在體系中的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而增大
D．此催化劑的優(yōu)點是能在較低溫度下降低CO的平衡產(chǎn)率
【答案】(1)??升高溫度?(1分)??? 減小壓強(1分)
(2)?正向(1分)???? 110(1分)???? 15(1分)
(3) ΔH3-2ΔH4(1分)
(4)a(1分)
(5)?體系未達到平衡，溫度升高，生成CO的反應速率增大的程度大于生成C2H4的(1分)???? AB(2分)
【解析】(1)由題意知，C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0，該反應是氣體分子數(shù)增大的吸熱反應，減小壓強，升高溫度或及時移出生成物均可使平衡正向移動，提高乙烷平衡轉(zhuǎn)化率；(2)①由題意知，C2H6和H2的起始量分別為0.8 mol、0.2 mol，設(shè)平衡時C2H4為，則C2H6轉(zhuǎn)化了，平衡時C2H6和H2分別為、。平衡時C2H4的體積分數(shù)為20%，即，解得，則平衡常數(shù)，達到平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，，平衡正向移動；②由題意知，C2H6和H2的起始量均為1 mol，初始壓強為，乙烷的平衡轉(zhuǎn)化率為20%，列三段式：

設(shè)平衡時體系的壓強為，則，解得，則平衡時體系的壓強為。該反應的平衡常數(shù)；(3)根據(jù)蓋斯定律，反應a=反應b-2×反應c，故ΔH2=ΔH3-2ΔH4；(4)反應的主要目的是制備乙烯，為減少過度氧化，應加快反應a的反應速率，故需要尋找催化劑降低反應a的活化能；(5)①由題意知，三個反應均為放熱反應，升高溫度，平衡均逆向移動，C2H6的轉(zhuǎn)化率減小，而由題圖知C2H6的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高在不斷增大，表明反應均未達到平衡，溫度升高，生成CO的反應速率增大的程度大于生成C2H4的，則乙烯的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而降低；②A項，由題圖知，C2H6的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而不斷增大，表明反應均未達到平衡，則C2H4的產(chǎn)率隨溫度升高而增大，A正確；B項，由于反應均未達到平衡，在反應a、b、c中，隨溫度升高，反應物的轉(zhuǎn)化率都增大，生成水的量都增大，則H2O的含量隨溫度升高而增大，B正確；C項，由題圖知，C2H6轉(zhuǎn)化率增大，則C2H6在體系中的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而減小，C錯誤；D項，由于反應均未達到平衡，題圖信息僅顯示相同時間內(nèi)CO的百分含量，沒有顯示不同溫度下CO的平衡產(chǎn)率，則不能說明該催化劑能在較低溫度下降低CO的平衡產(chǎn)率，D錯誤；故選AB。
20．(10分)重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染劑和有機合成催化劑，具有強氧化性。實驗室將NH3通入重鉻酸(H2Cr2O7)溶液中制備[(NH4)2Cr2O7]的裝置如圖所示(夾持裝置略)。回答下列問題：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42- (黃色)+2H+。
(1)儀器a的名稱是_______，A裝置的作用為_______。
(2)在試管中加入少量(NH4)2Cr2O7固體，加水溶解，再滴加足量KOH濃溶液，振蕩，微熱，觀察到的主要現(xiàn)象是_______。
(3)實驗室常用甲醛法測定含(NH4)2Cr2O7的產(chǎn)品中(NH4)2Cr2O7的質(zhì)量分數(shù)，其反應原理為2Ba2++ Cr2O72-+H2O=2BaCrO4+2H+、4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸。
實驗步驟：
I.稱取樣品12.00g，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL樣品溶液，用氯化鋇溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，搖勻，靜置5min。
III.以酚酞作指示劑，用1.00mol·L-1的NaOH標準溶液滴定，記錄數(shù)據(jù)。
IV.重復步驟II、III2~3次，處理數(shù)據(jù)。
①滴定終點的顏色變化為_______。
②用_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管量取25.00mL樣品溶液于250mL錐形瓶中。
③與NaOH反應時，1mol(CH2)6N4H+與1molH+相當，步驟III中(CH2)6N4H+與NaOH發(fā)生反應的離子方程式是_______。
④若實驗平均消耗NaOH溶液的體積為16.00mL，則所得產(chǎn)物中(NH4)2Cr2O7(摩爾質(zhì)量為252g·mol-1)的質(zhì)量分數(shù)為_______%。
⑤若滴定終點時仰視讀數(shù)，則測定的質(zhì)量分數(shù)將_______(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。
【答案】(1)??球形干燥管(1分)???? 控制氨氣的流速，同時也能平衡氣壓(1分)
(2)有刺激性氣味氣體放出，溶液變?yōu)辄S色(1分)
(3)溶液由無色變?yōu)闇\紅色(1分)???? 酸式?(1分)
(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O(2分)???? 84(2分)???? 偏大(1分)
【解析】儀器a為球形干燥管，由于NH3極易溶于水，則b處要有防倒吸裝置，由Cr2O72- (橙色)+H2O2 CrO42- (黃色)+2H+，pH 過大會使平衡正向移動，使產(chǎn)生的(NH4)2CrO7不純， 因此插入pH計及時了解控制反應液中的pH值，由于NH3極易溶于水，即B裝置中很難看到氣泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到氣泡，以便于控制氨氣的通入速度，a是尾氣處理裝置?！窘馕觥?1)a名稱為球形干燥管，A裝置的作用為控制氨氣的流速，同時也能平衡氣壓。(2)在試管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH濃溶液，振蕩、微熱，溶液中銨根離子與氫氧根反應產(chǎn)生氦氣，有刺激性氣味氣體放出，Cr2O72- (橙色)+H2O?2 CrO42- (黃色)+2H+，隨著KOH加入，氫離子被消耗，平衡正向移動，產(chǎn)生較多的CrO42-，溶液變?yōu)辄S色。(3)①酚酞為指示劑，用NaOH滴定反應后的溶液，隨看NaOH加入，溶液pH逐漸增大，最后一滴NaOH加入后溶液由無色變?yōu)闇\紅色；②由題干可知(NH4)2Cr2O7有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，所以用酸式滴定管；③已知lmol(CH2)6N4H+與ImolH+相當，則其與NaOH反應的離子方程式為(CH2)6N4H+ +OH-=(CH2)6N4+H2O；④設(shè)25mL樣品溶液中有(NH4)2Cr2O7xmol，則NH4+有2xmol，Cr2O72-有xmol，根據(jù)③中方程式可知，xmol Cr2O72-生成H+2xmol，2xmol NH4+生成xmol H+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+與1 mol H+相當，故可以看成2xmolNH4+生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，現(xiàn)已知消耗NaOH物質(zhì)的量為0.016mol，則4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL樣品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，則產(chǎn)物中(NH4)2Cr2O7的質(zhì)量分數(shù)為= 84%；⑤滴定終點時仰視讀數(shù)，會使標準液的體積偏大，測定的質(zhì)量分數(shù)偏大。
21．(12分)手性過渡金屬配合物催化的不對稱合成反應具有高效、高對映選擇性的特點，是有機合成化學研究的前沿和熱點。某螺環(huán)二酚類手性螺環(huán)配體(H)的合成路線如下：

已知：RCHO +
請回答：
(1)化合物 C 中的官能團名稱為_______；化合物 E 的結(jié)構(gòu)簡式是_______。
(2)下列說法正確的是_______。
A．化合物 E 可以發(fā)生消去反應、還原反應
B．化合物 F 和 G 可通過FeCl3溶液鑒別
C．化合物 C 中至少有 7 個碳共平面
D．化合物 H 的分子式是 C19H18O2NP
(3)寫出 C→D 的化學方程式___________________________________。
(4)寫出 3 種同時符合下列條件的化合物 D 的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式(不包括立體異構(gòu)體)____ ________________________。
①除 2 個獨立的苯環(huán)外還有一個含氧六元環(huán)；②分子中有 4 種不同化學環(huán)境的氫；③不含-O-O-鍵
(5)以為原料，設(shè)計化合物的合成路線(用流程圖表示，無機試劑、有機溶劑任選)_______。
【答案】(1)醛基、醚鍵(1分)???? (1分)
(2)BC(2分)
(3)2 +CH3COCH3 +2H2O(2分)
(4)、、(3分)
5) (3分)
【解析】結(jié)合A、B的分子式以及C的結(jié)構(gòu)簡式，逆推A為，B為 ，A→B的反應條件可知A→B應為取代反應，B→C的反應條件可知B→C為氧化反應；C→D可參照已知信息反應，D的分子式為C19H18O3，應為2分子C與1分子丙酮反應，故D為；D→E為加成反應，結(jié)合E的分子式可知E為對比F和H的結(jié)構(gòu)，結(jié)合G的分子式可知F到G發(fā)生的變化應為甲氧基變?yōu)榱u基，故G為 。(1)根據(jù)C的結(jié)構(gòu)，C中官能團的名稱是醛基、醚鍵；根據(jù)分析可知，D為，D→E為加成反應，所以E的結(jié)構(gòu)簡式：；(2)A項，根據(jù)思路分析可知，E分子中含有苯環(huán)與羰基能發(fā)生還原反應，不能發(fā)生消去反應，A錯誤；B項，F(xiàn)中沒有酚羥基，G中含有酚羥基，可用FeCl3溶液鑒別，B正確；C項，根據(jù)苯環(huán)的結(jié)構(gòu)特點，化合物C中與苯環(huán)直接相連的碳原子與苯環(huán)共平面，至少有7個碳原子共平面，C正確；D項，H的分子式為C19H20O2NP，D錯誤；故選BC；(3)C→D為2分子C與1分子CH3COCH3發(fā)生已知信息反應生成1分子D和2分子水，故反應的化學方程式為2+CH3COCH3+2H2O；(4)D的不飽和度為11，2個苯環(huán)的不飽和度為8，其同分異構(gòu)體還有1個含氧六元環(huán)，分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，說明結(jié)構(gòu)高度對稱，不含-O-O-結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡式可能為、、；(5)本題可采用正向合成法，對比產(chǎn)物結(jié)構(gòu)，可先轉(zhuǎn)化為，參照題中所給已知信息，轉(zhuǎn)化為，再加成即可得到產(chǎn)物，故合成路線為。

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