1. 琴棋書畫是我國傳統(tǒng)文化的四大藝術(shù)形式，下列敘述制作過程中發(fā)生化學變化的是
A. 老杉木→鑿槽腹→瑤琴B. 南紅瑪瑙等原料→熔煉→圍棋棋子
C. 鼠狼尾毛→清洗削剪→狼毫筆頭D. 蠶絲→織造→絹帛畫卷的胚布
【答案】B
【解析】
【詳解】A．僅物理加工（切割、雕刻），木材仍是木材，無新物質(zhì)生成，A不符合題意；
B．熔煉通常涉及高溫處理。南紅瑪瑙主要成分為二氧化硅，若與其他原料（如堿類）熔煉，可發(fā)生化學反應生成硅酸鹽，生成新物質(zhì)，屬于化學變化，B符合題意；
C．僅物理處理（清洗、修剪），未改變毛發(fā)本質(zhì)，C不符合題意；
D．蠶絲的主要成分為蛋白質(zhì)，織造是物理編織過程，D不符合題意；
故選B。
2. 物質(zhì)性質(zhì)決定用途，下列兩者對應關(guān)系錯誤的是
A. SO2是國內(nèi)外廣泛使用的食品添加劑——氧化性
B. SiO2用作光導纖維——能傳導光信號
C. 還原鐵粉用作食品的抗氧化劑——強還原性
D. 用H2O2清洗試管內(nèi)壁的銀鏡時，加入濃氨水——配位性
【答案】A
【解析】
【詳解】A．二氧化硫作為食品添加劑（如葡萄酒防腐劑），主要利用其還原性，能抑制微生物生長并防止氧化變質(zhì)，而非氧化性，故A錯誤；
B．二氧化硅用作光導纖維，因其對光信號的高效傳導能力，故B正確；
C．還原鐵粉利用其強還原性，優(yōu)先與氧氣反應，保護食品不被氧化，故C正確；
D．用過氧化氫清洗銀鏡時，濃氨水與Ag反應生成可溶的銀氨配合物，體現(xiàn)配位性，故D正確；
故答案為A。
3. 傳統(tǒng)酒精檢測儀的工作原理為(未配平)。下列有關(guān)說法正確的是
A. 基態(tài)Cr3+的核外電子共有21種空間運動狀態(tài)
B. 球棍模型：
C. -CHO的電子式：
D. 上述原理中，被氧化的原子與被還原的原子個數(shù)比為2：3
【答案】C
【解析】
【詳解】A．基態(tài)Cr3+有21個電子，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d3，共占據(jù)1+1+3+1+3+3=12個原子軌道，空間運動狀態(tài)種類等于原子軌道數(shù)，因此基態(tài)Cr3+的核外電子共有12種空間運動狀態(tài)，故A錯誤；
B．硫原子半徑比氧原子半徑大，該模型不正確，故B錯誤；
C．-CHO中碳氧之間共享2對電子，碳氫之間共享一對電子，氧原子上還有2對孤電子對，碳原子還有1個單電子，故C正確；
D．反應中Cr元素化合價+6→+3，1個Cr得到3個電子，Cr被還原，碳元素化合價-2→-1，1個C失去1個電子，C被氧化，根據(jù)得失電子守恒，2個Cr得到電子數(shù)等于6個C失去的電子數(shù)，因此被氧化的原子與被還原的原子個數(shù)比為3:1，故D錯誤；
故答案為C。
4. 類比推理是化學中常用的思維方法，下列說法正確的是
A. NH3中的鍵角小于中的鍵角，則中的鍵角小于中的鍵角
B. 苯胺(C6H5-NH2)微溶于水，則硝基苯也微溶于水
C. H2O的沸點高于NH3的沸點，則HF的沸點高于H2O的沸點
D. CF3COOH酸性強于CH3COOH的酸性，則NF3的堿性強于NH3的堿性
【答案】A
【解析】
【詳解】A．NH3中N原子價層電子對數(shù)=3+×(5-3×1)=4且含有一個孤電子對，中N原子價層電子對數(shù)=4+×(5-4×1-1)=4且不含孤電子對，前者孤電子對對N-H鍵的排斥力大于后者，所以NH3中的鍵角小于中的鍵角；中N原子價層電子對數(shù)=2+×(5+1-2×2)=3，且含有一個孤電子對，中N原子價層電子對數(shù)=3+×(5+1-3×2)=3，前者孤電子對對N-O鍵的排斥力大于后者，所以中的鍵角小于中的鍵角，故A正確；
B．苯胺可以和水形成分子間氫鍵，溶解度較大，而硝基苯不能和水形成分子間氫鍵，溶解度較小，故B錯誤；
C．H2O分子間存在氫鍵，且數(shù)目較多，其沸點高于NH3的沸點，而HF分子間存在氫鍵，但是其數(shù)目較小，其沸點高于H2O的沸點，故C錯誤；
D．F是電負性很高的元素，F(xiàn)原子的極強的吸電子能力以及羰基的誘導作用，使CF3COOH分子中羰基O原子的正電性增強，從而導致O—H鍵易于解離，所以CF3COOH酸性強于CH3COOH，NH3溶于水，與水反應產(chǎn)生NH3·H2O，NH3·H2O微弱電離產(chǎn)生、OH-，使溶液顯堿性；NF3中由于元素的電負性：F＞N，所以NF3溶于水與水反應產(chǎn)生HF、HNO2，HF、HNO2都是酸，使溶液顯酸性，而不是顯堿性，故NF3溶于水堿性弱于NH3，故D錯誤；
故選A。
5. 高中生成長應堅持“五育并舉”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關(guān)聯(lián)的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A．為電解質(zhì)，使血液中的蛋白質(zhì)膠體聚沉止血，A有關(guān)聯(lián)；
B．甘油（丙三醇）通過氫鍵鎖水保濕，B有關(guān)聯(lián)；
C．鐵在潮濕環(huán)境中形成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，擦干可防銹，C有關(guān)聯(lián)；
D．腐蝕銅電路板的本質(zhì)是的氧化性（反應：），而非水解顯酸性。雖然水解確實產(chǎn)生酸性，但題目中所述關(guān)聯(lián)不直接，D沒有關(guān)聯(lián)；
故選D。
6. 利用下列裝置(夾持裝置略)進行實驗能達到實驗目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．在盛有氯氣的瓶中點燃氫氣通常要求在較暗處用專門的演示儀器來進行，圖中裝置既無防爆措施也不符合常見的演示操作，故A錯誤；
B．將溶液轉(zhuǎn)移入容量瓶正確方法是將瓶塞取下，用玻璃棒引流或漏斗伸入瓶口下部，圖中既未取下瓶塞，也看不到容量瓶的刻度線，不符合規(guī)范操作，故B錯誤；
C．洗滌時應將滴定管內(nèi)的水盡量放出，關(guān)閉活塞，倒入10-15ml鉻酸洗液于管內(nèi)，兩手平端滴定管，邊轉(zhuǎn)邊向管口傾斜直至洗液布滿全部管壁為止，打開活塞，將洗液放回原瓶，故C正確；
D．氨氣的密度小于空氣，應該采用向下排空氣法收集氨氣，收集裝置中，導氣管應該伸入試管底部，不符合規(guī)范操作，故D錯誤；
故答案為C。
7. 某化學興趣小組，利用下圖所示裝置完成乙醇的催化實驗。已知乙醇、乙醛沸點分別為78.3℃和21℃。
下列說法錯誤的是
A. 第一個水浴需要熱水浴，第二個水浴需要冰水浴
B. 當試管a中收集到無色液體時，說明乙醇發(fā)生催化氧化反應
C. 當硬質(zhì)玻璃管中觀察到銅粉變黑色時，可適當調(diào)小空氣流速
D. 硬質(zhì)玻璃管中固體由黑色變紅色的方程式為
【答案】B
【解析】
【分析】無水乙醇在熱水中加熱通入空氣，乙醇蒸汽和空氣的混合物進入加熱的銅網(wǎng)，在銅催化劑加熱條件下發(fā)生催化氧化得到乙醛，試管a在冷水中冷卻收集產(chǎn)物乙醛，尾氣用排水法收集。
【詳解】A．第一個水浴需要熱水浴，使乙醇轉(zhuǎn)化為蒸汽，第二個水浴需要冰水浴，使生成的乙醛蒸汽冷凝收集，A正確；
B．當試管a中收集到無色液體時，也可能是揮發(fā)的乙醇，不能說明乙醇發(fā)生催化氧化反應，B錯誤；
C．當硬質(zhì)玻璃管中觀察到銅粉變?yōu)楹谏珪r，說明氧氣過量，可適當調(diào)小空氣流速，C正確；
D．硬質(zhì)玻璃管中固體由黑色變紅色，說明CuO在加熱條件下與乙醇反應生成乙醛和銅單質(zhì)，反應方程式為：，D正確；
答案選B。
8. 有機物M是合成鎮(zhèn)靜藥物氯硝西泮的中間體，其結(jié)構(gòu)式如圖所示，下列關(guān)于有機物M的說法錯誤的是
A. 含有3種含氧官能團
B. 分子中的碳原子可能全部共平面
C. 與足量H2加成后，產(chǎn)物分子中含6個手性碳原子
D. 1ml有機物M最多可與2mlNaOH反應
【答案】D
【解析】
【詳解】A．有機物M含有硝基（-NO2）、羰基（C=O）、酰胺基（-CONH-）3種含氧官能團，該選項正確；
B．苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，羰基及相連原子也可共平面，通過單鍵旋轉(zhuǎn)，分子中的碳原子有可能全部共平面，該選項正確；
C．與足量H2加成后，苯環(huán)變成環(huán)己烷結(jié)構(gòu)，羰基變?yōu)榱u基，產(chǎn)物分子中含6個連有不同原子或原子團的手性碳原子，該選項正確；
D．1ml有機物M中，氯原子水解消耗1ml NaOH，水解后生成的酚羥基又消耗1ml NaOH，酰胺基水解消耗1ml NaOH，硝基不與NaOH反應，所以1ml M最多可與3ml NaOH反應，該選項錯誤；
綜上所述，正確答案是D。
9. 環(huán)狀糊精(cycldextrin)是一種由葡萄糖分子構(gòu)成的環(huán)狀分子，具有獨特的空心結(jié)構(gòu)，α-環(huán)糊精、β-環(huán)糊精結(jié)構(gòu)如圖所示，腔外極性較大，具有親水型表面，內(nèi)腔極性較小，屬于疏水型內(nèi)空腔，環(huán)糊精參數(shù)如表所示。
下列有關(guān)說法錯誤的是
A. α-環(huán)糊精中-OH向外伸展，能與水形成氫鍵
B. β-環(huán)糊精溶解度小于α-環(huán)糊精可能原因是β-環(huán)糊精通過分子間氫鍵形成大的聚集體
C. α-環(huán)糊精利用非共價鍵識別捕獲所有的非極性分子
D. 在水中苯甲醚(C6H5-O-CH3)能與HOCl反應，加入α-環(huán)糊精可加快反應速率
【答案】C
【解析】
【詳解】A．α-環(huán)糊精的外表面有大量的羥基，α-環(huán)糊精中-OH能與水分子間形成氫鍵，A正確；
B．β-環(huán)糊精通過分子間氫鍵形成大的聚集體會導致其在水中溶解度降低，B正確；
C．只有半徑小于α-環(huán)糊精空腔直徑的非極性分子才有可能被識別捕獲，C錯誤；
D．α-環(huán)糊精通過疏水空腔包結(jié)苯甲醚，定向暴露其鄰對位，同時富集HOCl并穩(wěn)定過渡態(tài)，從而加速親電氯化反應，這種主客體相互作用顯著降低了反應的活化能，提高了反應速率，或者說：α-環(huán)糊精可以通過其疏水內(nèi)腔捕獲苯甲醚分子，使其與HOCl的反應在空腔內(nèi)進行，從而提高反應速率，D正確；
故選C。
10. 在常溫下，向溶液中逐滴滴加鹽酸，測得lgX與pH關(guān)系如圖所示[X可能為、、或]，下列法正確的是
A. 曲線a表示與pH的關(guān)系
B. 水的電離程度：N點=O點>M點
C. 當時，pH的取值范圍為
D. P點時，
【答案】B
【解析】
【分析】H2A為二元弱酸，Ka1=，=，lg=lgKa1+pH，Ka2=，=，lg=lgKa2+pH，當lgX=0時，lgK=-pH，由圖可知兩個K的數(shù)據(jù)分別是10-3和10-6，由于Ka1＞Ka2，因此Ka1=10-3，Ka2=10-6；
【詳解】A．根據(jù)分析，Ka1=10-3，a曲線經(jīng)過（3.0，0），且a曲線隨pH的增大而減小，因此a曲線表示lg與pH的關(guān)系，A錯誤；
B．由圖象可知，M點的pH在3-4之間，N、O的pH=5，酸性越強，水的電離程度越弱，因此水的電離程度：N點=O點>M點，B正確；
C．c(HA-)=c(A2-)時，根據(jù)Ka2==10-6可知，pH=6，因此c(HA-)＞c(A2-)時，pH＜6，Ka1? Ka2=?==10-9，當c(A2-)=c(H2A)時，c(H+)=10-4.5，pH=4.5，當c(A2-)＞c(H2A)時，pH＞4.5，因此當c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)時，4.5＜pH＜6，C錯誤；
D．b曲線隨pH的增大而增大，且過點（6.0，0），因此b曲線是lg與pH的關(guān)系，由電荷守恒可得c(H+)+ c(Na+)= 2c(A2-)+ c(HA-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，P點處lg=1，10c(HA-)=c(A2-)，pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)=21c(HA-)+ c(Cl-)，D錯誤；
故選B。
二、不定項選擇題(每題4分，共20分)。
11. 由下列事實或現(xiàn)象能得出相應結(jié)論的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．加入碘水后溶液變藍色，說明淀粉未水解或部分水解，無法證明淀粉是否發(fā)生水解，故A錯誤；
B．鉛蓄電池使用過程中消耗硫酸并生成水，電解質(zhì)溶液密度不斷減小，當電解質(zhì)溶液密度不變時說明該電池放電結(jié)束，故B正確；
C．向相同濃度的Cl-和S2-溶液中滴加Ag+，Ksp小的先沉淀，因此Ag2S先沉淀說明Ksp(Ag2S)小，故C正確；
D．實驗中不含Si元素，無法證明Si的非金屬性，故D錯誤；
故答案為BC。
12. 水系鋅-有機物充電電池具有高安全性、高比容量和低成本等優(yōu)點，以羧酸化的纖維素水凝膠(CPZ-gel)和Na2SO4作為電解質(zhì)，其工作原理如圖所示。有關(guān)說法正確的是
A. 放電時，電流從Zn電極經(jīng)電解質(zhì)流向PNZ電極
B. 放電過程中，PNZ電極表面的pH升高
C. 充電時，Zn電極的反應式為
D. 當消耗13.0g Zn時，理論上正極生成0.2ml
【答案】AB
【解析】
【分析】水系鋅-有機物充電電池放電時Zn電極為負極，失去電子生成，PNZ電極為正極，發(fā)生和2H++2e-=H2↑兩個反應，以此解題。
【詳解】A．放電時，外電路電流由正極PNZ經(jīng)過導線流向負極Zn，內(nèi)電路電流從Zn電極經(jīng)電解質(zhì)流向PNZ電極，A正確；
B．放電過程中，正極PNZ電極發(fā)生還原反應：2H++2e-=H2↑，H+濃度減少，表面的pH升高，B正確；
C．充電時Zn為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應式為：，C錯誤；
D．當消耗13.0g Zn時，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為：，正極上有2H++2e-=H2↑和兩個反應，理論上正極生成的物質(zhì)的量小于0.2ml，D錯誤；
答案選AB。
13. 金屬冶煉企業(yè)排放的工業(yè)廢水中含有大量Na2S，可采用如圖所示方法凈化處理。下列有關(guān)說法錯誤的是
A. 加入催化用量的CPc就能實現(xiàn)凈化處理
B. 過程Ⅱ→Ⅳ中，均有S元素被氧化
C. 上述兩條路徑中，處理相同的Na2S，消耗的氧化劑相同
D. 過程Ⅰ→Ⅴ的總反應為Na2S+2CPcO+O2=Na2SO4+2CPc
【答案】D
【解析】
【分析】反應中CPc為催化劑，兩條路徑處理Na2S，總反應都是Na2S與O2反應最終生成Na2SO4。
【詳解】A．反應中CPc為催化劑，總反應是Na2S與O2反應最終生成Na2SO4，A正確；
B．II中Na2S生成Na2SO3，III中Na2S生成Na2S2O3，IV中Na2S2O3生成Na2S2O4，S元素化合價均升高，被氧化，B正確；
C．上述兩種路徑中氧化劑均為O2，氧化產(chǎn)物均為Na2SO4，處理相同的Na2S，消耗的氧化劑相同，C正確；
D．過程Ⅰ→Ⅴ的總反應為Na2S+2O2Na2SO4，D錯誤；
答案選D。
14. 某實驗小組研究AgNO3溶液(pH=3.7)和Na2S溶液可能發(fā)生的反應情況，設(shè)計如下實驗：
實驗i．向5mL 0.1ml/LAgNO3溶液(pH=3.7)中滴加幾滴0.05ml/L Na2S溶液，立即生成黑色沉淀，過濾、洗滌，再向黑色沉淀中加入CS2，溶液呈無色；
實驗ii．向如圖所示裝置中，A管加入20mL0.1ml/LAgNO3溶液(pH=3.7)、B管加入20mL0.05ml/LNa2S溶液，電流計指針偏轉(zhuǎn)，讀數(shù)為amA，B管中有淡黃色固體析出；
實驗iii．A管加入溶液X、B管加入20mL 0.05ml/LNa2S溶液，電流計指針偏轉(zhuǎn)，讀數(shù)為bmA(a>b>0)，B管中有淡黃色固體析出。
已知：①正極附近微粒氧化性越強，負極附近微粒還原性越強，電流強度就會越大；
②Ag2S、Ag均為黑色固體，硫的CS2溶液呈淡黃色；
③以上實驗均忽略氧氣影響。
下列說法錯誤的是
A. 實驗i中反應的離子方程式為2Ag++S2-=Ag2S↓
B. 根據(jù)實驗i可知，AgNO3溶液(pH=3.7)不能氧化S2-
C. 實驗iii中溶液X為20mL0.1ml/LHNO3溶液
D. 根據(jù)上述實驗可知，0.1ml/LAgNO3溶液(pH=3.7)中Ag+和均能氧化S2-
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．實驗i中向黑色沉淀中加入CS2，溶液呈無色，說明沒有硫單質(zhì)生成，則沒有Ag單質(zhì)生成，因此黑色沉淀應為Ag2S，反應的離子方程式為2Ag++S2-=Ag2S↓，A正確；
B．實驗ii中電流計指針偏轉(zhuǎn)，說明發(fā)生了氧化還原反應，有淡黃色固體析出，說明AgNO3溶液(pH=3.7)與S2-發(fā)生氧化還原反應生成了S單質(zhì)，因此AgNO3溶液(pH=3.7)能氧化S2-，B錯誤；
C．負極附近微粒還原性相同時，正極附近微粒氧化性越強，電流強度就會越大，由電流讀數(shù)a>b>0可知，實驗iii中X溶液比實驗ii中AgNO3氧化性弱，據(jù)控制變量法，溶液pH=3.7、體積20mL、濃度0.1ml/L，HNO3是強氧化劑，0.1ml/LHNO3溶液pH≠3.7，則20mL0.1ml/LHNO3溶液不符合題意，C錯誤；
D．實驗ii中AgNO3溶液(pH=3.7)與S2-發(fā)生氧化還原反應生成了S單質(zhì)，據(jù)控制變量法，實驗iii可為pH=3.7、體積20mL、濃度0.1ml/LNaNO3溶液，由實驗iii可知能氧化S2-，由電流讀數(shù)a>b>0可知Ag+能氧化S2-，D正確；
答案選BC。
15. 工業(yè)上可用CaSO4(s)消除廢氣中的CO，反應為。小組同學模擬工業(yè)除CO，向溫度為T K的2L剛性容器中充入10ml CO和一定量CaSO4(s)，起始壓強200kPa發(fā)生該反應，測得容器內(nèi)壓強與時間關(guān)系如圖所示(t2 min時，瞬間縮小容器體積為1L；忽略固體體積對壓強的影響)。下列說法正確的是
A. t1 min-t2 min間，反應已達平衡狀態(tài)
B. 0-t1 min內(nèi)，用p(CO2)表示的平均反應速率為100/t1kPa/min
C. 若t2 min時，向容器中瞬間通入10ml CO也能呈現(xiàn)曲線Ⅱ的變化
D. 在T K時，該反應的Kp=106.667kPa
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．容器體積不變，反應是氣體分子數(shù)改變的化學反應，物質(zhì)的量與壓強成正比，則混合氣體的壓強不隨時間的變化而變化，達到平衡狀態(tài)，A正確；
B．反應為氣體分子數(shù)增加1的反應，結(jié)合方程式和阿伏伽德羅定律，0-t1 min內(nèi)，壓強增加100kPa，二氧化碳、一氧化碳的系數(shù)均為1，則二氧化碳、一氧化碳的壓強變化均為100kPa，用p(CO2)表示的平均反應速率為，B正確；
C．t2 min時，總壓強為300kPa，總物質(zhì)的量為，若t2 min時，向容器中瞬間通入10ml CO，則總壓強瞬間變?yōu)?，而不?00kPa，C錯誤；
D．結(jié)合B分析，t1 min達到平衡時，二氧化碳、二氧化硫的壓強為100kPa，CO的壓強為100kPa，則該反應的，D錯誤；
故選AB。
三、非選擇題(共5小題，共60分)。
16. 鍺(Ge)具備多方面的特殊性質(zhì)，在半導體、航空航天測控、核物理探測等領(lǐng)域都有廣泛而重要的應用，是一種重要的戰(zhàn)略資源?；卮鹣铝袉栴}：
（1）基態(tài)Ge原子的價電子排布式為____，其核外電子占據(jù)的能量不同的軌道有_____種。
（2）SiCl4和GeCl4常溫下均為液體。
①SiCl4分子的空間結(jié)構(gòu)為_______。
②SiCl4的熔點低于GeCl4的原因為_______。
③GeCl4極易發(fā)生水解生成GeO2·nH2O，水解的化學方程式為_______；水解的某一中間產(chǎn)物如下圖所示(X表示Cl或H2O)，當有兩個X表示H2O時，該結(jié)構(gòu)有_______種。
（3）金屬Ge可以與堿金屬K形成Zintl相，具有簡單立方結(jié)構(gòu)。其中Ge以Ge4四面體存在，Ge4四面體每個面的3個Ge均與K原子形成配位并構(gòu)成新的四面體，其簡單位方晶胞(省略K)如圖1所示，晶胞參數(shù)為anm，A和B兩四面體體心間距為rnm，晶胞分別沿x、y、z軸投影如圖2所示。
①以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。則A四面體體心的分數(shù)坐標為_______。
②該晶胞的密度為_______(設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值；用含a和NA的計算式表示)。
【答案】（1） ①. ②. 8
（2） ①. 正四面體形 ②. 兩者均為分子晶體，SiCl4的相對分子質(zhì)量小于GeCl4，分子間作用力弱于GeCl4，熔點低于GeCl4 ③. ④. 2
（3） ①. ②.
【解析】
【小問1詳解】
Ge是32號元素，與碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族，基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2，價電子排布式為4s24p2；核外電子占據(jù)的能量不同的軌道為1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p軌道，共有8種。
【小問2詳解】
①SiCl4分子中Si原子為sp3雜化，四個Cl與一個Si形成SiCl4分子，空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；
②SiCl4的熔點低于GeCl4的原因為：兩者均為分子晶體，SiCl4的相對分子質(zhì)量小于GeCl4，分子間作用力弱于GeCl4，熔點低于GeCl4；
③GeCl4與水反應生成GeO2·nH2O和HCl，水解的化學方程式為；根據(jù)水解的某一中間產(chǎn)物GeX6的分子結(jié)構(gòu)（X表示Cl或H2O），當有兩個X表示H2O時，即Ge(H2O)4Cl2，兩個Cl原子可以相鄰或間隔一個配位水，因此該結(jié)構(gòu)有2種：或。
【小問3詳解】
①以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。則A四面體體心的分數(shù)坐標為
②該晶胞的密度為。
17. 有機化合物J是合成抗炎癥、抗腫瘤的藥物的中間體。以有機化合物A為原料制備該中間體J的合成路線如下：
已知：I.。
II.。
III.(和表示烴基)。
回答下列問題：
（1）有機物C的名稱是_______，有機物G的含氧官能團的名稱是_______。
（2）在過量Na2CO3作用下，由C生成D的化學方程式為_______；由E生成F的反應類型為_______。
（3）有機物H的結(jié)構(gòu)簡式為_______，H中碳原子的軌道雜化方式有_______種，有機物D的同分異構(gòu)體中能同時滿足下列條件的有_______種。
①苯環(huán)上有兩個取代基；②能與NaHCO3反應生成CO2；③含有手性碳原子和六元環(huán)烷烴結(jié)構(gòu)；
（4）根據(jù)上述信息，寫出以為主要原料制備合成的路線_______(TEA、CH3OH及無機試劑任選)。
【答案】（1） ①. 苯乙酸甲酯 ②. 酰胺基、酯基
（2） ①. 或
②. 還原反應 （3） ①. ②. 3 ③. 12
（4）
【解析】
【分析】D經(jīng)硝化反應生成E，根據(jù)D的分子式為C14H18O2，可知D為，E經(jīng)還原反應生成F，可知F為，根據(jù)已知信息Ⅰ，則F與發(fā)生胺基上取代反應生成G，根據(jù)G 的分子式C21H22NO3Cl則G為，根據(jù)已知信息Ⅱ，可知G生成H的過程中，G中的酯基-COOCH3變成了-CN，根據(jù)G的分子式C20H19N2OCl則H為，根據(jù)已知信息Ⅲ，可知H生成I的過程中H中的-CN變成了酰胺基-CONH2，根據(jù)I的分子式C20H21N2O2Cl，則I為，根據(jù)A的分子式C8H8O2及后續(xù)反應可推知A為苯乙酸，A與SOCl2反應生成B，即A中的羧基變成了酰氯，則B為，B與甲醇反應生成C，則C為。
【小問1詳解】
根據(jù)C的結(jié)構(gòu)式，可知C的名稱為苯乙酸甲酯；根據(jù)G的結(jié)構(gòu)式可知G中含氧官能團為酰胺基和酯基；
【小問2詳解】
根據(jù)C的結(jié)構(gòu)式為，D的結(jié)構(gòu)式為，C生成D的化學方程式為或；E變成F是E中的硝基變成了胺基，為還原反應；
【小問3詳解】
根據(jù)分析可知H為；H中的C原子的雜化方式有：酰胺基的C為sp2雜化，-CN中的C為sp雜化，環(huán)己烷上的C為sp3雜化，故H中C原子的雜化方式有3種；根據(jù)D的結(jié)構(gòu)式，同分異構(gòu)體滿足如下：①苯環(huán)上有兩個取代基②能與NaHCO3反應生成CO2③含有手性碳原子和六元環(huán)烷烴結(jié)構(gòu)，能與NaHCO3反應說明含有-COOH，同分異構(gòu)如下：、、（箭頭為甲基可取代的位置），故共有12種。
【小問4詳解】
的單體為，根據(jù)已知信息Ⅲ可知可由合成，根據(jù)已知信息Ⅱ可知可由合成，根據(jù)B到C的流程可知可由合成，逆推如下：，故設(shè)計合成路線如下：。
18. 工業(yè)上以鋅白礦（主要成分為ZnO，還含有PbO、FeO、CuO、SiO2等）為主要原料回收金屬Zn和Pb的工藝流程如圖所示。
已知：①的溶解度隨溫度變化如表所示。
②； 。
回答下列問題：
（1）“酸浸”時，需要研磨粉碎鋅白礦，同時向溶液底部不斷通入熱空氣，通入熱空氣的目的是_____，“濾渣Ⅰ”的主要成分有_____。
（2）向“酸浸”后的溶液中加入最佳試劑___(填標號)調(diào)pH約為4.5，再加入H2O2氧化析出FeOOH，“氧化”時的離子方程式為____。
a．氨水 b．NaOH c．ZnCO3 d．CuO
（3）“電解Ⅰ”工作過程中，測得析出Zn的質(zhì)量(m)與時間(t)關(guān)系如圖所示，t1min前，曲線斜率慢慢變小的原因是_____，為了充分利用電解后的余液，應當將其導入到____操作中循環(huán)使用（填操作單元的名稱），若從“溶液”中提取晶體，則基本操作是_____。
（4）用100mL食鹽水完全溶解0.1ml PbSO4，則食鹽水最低濃度為_______ml/L（用含a表達式表示；忽略溶液體積的變化）。
【答案】（1） ①. 升高溫度，同時攪拌使固體顆粒與液體充分接觸，加快鋅白礦的溶解速率； ②. PbSO4、SiO2
（2） ①. c ②.
（3） ①. 隨著電解進行，下降，放電能力減弱，濃度增大，放電能力增強，導致參與電極反應越來越少 ②. 酸浸 ③. 加熱至蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾（洗滌）
（4）
【解析】
【分析】鋅白礦中含有，“酸浸”加入硫酸：分別轉(zhuǎn)化為，與硫酸反應生成沉淀和水，不溶于硫酸，因此濾渣I為和，剩余溶液中含有；剩余溶液經(jīng)過調(diào)節(jié)pH、過氧化氫氧化沉淀Fe，加入物質(zhì)A還原沉淀Cu，最后通過電解得到Zn；濾渣I加入熱飽和NaCl溶液、電解將溶解并得到單質(zhì)Pb，以濾渣分離出去。據(jù)此解答：
【小問1詳解】
“酸浸”時，需要研磨粉碎鋅白礦，同時向溶液底部不斷通入熱空氣，通入熱空氣的目的是升高溫度，同時攪拌使固體顆粒與液體充分接觸，加快鋅白礦的溶解速率；根據(jù)分析，“濾渣Ⅰ”的主要成分有、。
【小問2詳解】
向“酸浸”后的溶液調(diào)pH約為4.5，試劑應選取ZnCO3，不引入其他新的金屬離子，故答案為c；加入H2O2氧化后溶液中的析出FeOOH，“氧化”時的離子方程式為。
【小問3詳解】
“電解Ⅰ”工作過程中，測得析出Zn的質(zhì)量(m)與時間(t)關(guān)系如圖所示，t1min前，曲線斜率慢慢變小的原因是：隨著電解進行，下降，放電能力減弱，濃度增大，放電能力增強，導致參與電極反應越來越少；為了充分利用電解后的余液，應當將其導入到“酸浸”操作中循環(huán)使用；若從“溶液”中提取晶體，則基本操作是加熱至蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾（洗滌）。
【小問4詳解】
根據(jù)已知，PbSO4在食鹽水中有如下平衡關(guān)系：、，兩式相加得：，平衡常數(shù)為。假設(shè)Cl-的最低濃度為xml/L，此時PbSO4恰好完全溶解，則可以列出三段式：，則：。由于100mL食鹽水完全溶解0.1ml PbSO4，則溶解后溶液中的物質(zhì)的量為0.1ml，即，則，解得，即食鹽水最低濃度為。
19. CN-與某些金屬離子(如Au、Ag、Zn、Cu等)形成的配合物的穩(wěn)定常數(shù)很大，在電鍍過程中緩慢釋放金屬離子，所得鍍層的表面光潔度和牢固度非常高。
回答下列問題：
（1）工業(yè)上常用過硫酸鈉(Na2S2O8)處理含有CN-的電鍍廢水，生成銨鹽和一種酸性氣體，該反應的離子方程式為_______。
（2）實驗制備過硫酸鈉(Na2S2O8)的反應原理如下：
主反應：
副反應：
某實驗小組根據(jù)上述原理設(shè)計出如下裝置(夾持裝置已略)制備過硫酸鈉。
①裝置C中盛放(NH4)2S2O8溶液的儀器名稱為_______，下列氣體的制備也可選用裝置A的是_______(填標號)。
a．MnO2與濃鹽酸制Cl2 b．CaO與濃氨水制NH3 c．Zn與稀硫酸制H2 d．Na2SO3與70%硫酸制SO2
②實驗過程中，裝置B的作用是_______；向裝置C中通入O2的目的是_______。
③向裝置C中加入乙醇，經(jīng)過濾、洗滌、干燥可得較純凈的Na2S2O8，此時乙醇_______(填“增強”或“減弱”)水的極性，進一步降低Na2S2O8溶解度。
（3）測定Na2S2O8溶液處理后的廢水中NaCN的含量。
已知：①廢水中NaCN的排放標準為小于等于0.5mg/L；②；。
操作如下：取1L處理后的NaCN廢水，濃縮為25.00mL后置于錐形瓶，滴加少量KI溶液，用0.001ml/LAgNO3標準溶液滴定，滴定至終點時記錄數(shù)據(jù)，重復以上實驗三次，平均使用AgNO34.00mL。
上述實驗過程中，加入KI溶液的作用是_______，處理后的廢水中NaCN的濃度為_______mg/L，下列情況會導致NaCN濃度測量值偏小的是_______(填標號)。
a．濃縮廢水時間過長，濃縮至20.00mL
b．配制AgNO3標準溶液時仰視定容
c．滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成
【答案】（1）
（2） ①. 三頸燒瓶 ②. c ③. 平衡壓強，觀察O2的流速 ④. 將生成的NH3立即趕出裝置C，防止發(fā)生副反應 ⑤. 減弱
（3） ①. 作指示劑 ②. 0.392 ③. c
【解析】
【分析】根據(jù)制備過硫酸鈉的實驗裝置圖，裝置A中在MnO2催化下，H2O2分解生成O2，裝置C用NaOH溶液與(NH4)2SO4反應制備過硫酸鈉，制備過程中存在主、副反應，主反應生成的NH3會引發(fā)副反應，裝置A生成的O2用于把NH3及時帶出裝置C以防止副反應發(fā)生，通過裝置B觀察氣泡出現(xiàn)的快慢控制O2的流速。被O2帶出的NH3進入裝置D中與稀硫酸反應而被吸收，防止污染空氣。據(jù)此答題。
【小問1詳解】
過硫酸鈉中含有過氧鍵，8個氧原子中有兩個為-1價，具有強氧化性，在氧化處理時，反應后生成和酸性氣體，反應的離子方程式為：。
【小問2詳解】
①裝置C中盛放(NH4)2S2O8溶液的儀器名稱是三頸燒瓶。
裝置A為啟普發(fā)生器，適用于不溶于水的塊狀或顆粒狀固體與液體在常溫下反應制取氣體，生成的氣體不溶于水且不與水反應。有關(guān)實驗能否選用裝置A的分析如下：
a．MnO2與濃鹽酸制Cl2需要加熱，a不能選用裝置A；
b．NH3極易溶于水，b不能選用裝置A；
c．Zn為不溶于水的顆粒狀固體，與稀硫酸反應不需要加熱，生成的氫氣不溶于水且不與水反應，c可選用裝置A；
d．Na2SO3易溶于水，d不能使用裝置A；
故選c。
②實驗中，裝置A制備氧氣，通入氧氣把主反應生成的及時帶出，防止發(fā)生副反應，通過導管口氣泡可以觀察氧氣的流速以保證把及時帶出。長頸漏斗可以起到平衡壓強的作用。因此裝置B的作用是：平衡壓強，觀察氧氣的流速；向裝置 C 中通入O2的目的是：將生成的立即趕出裝置C，防止發(fā)生副反應。
③Na2S2O8能溶于水，向裝置C中加入乙醇，根據(jù)相似相溶原理，乙醇能減弱水的極性從而能夠進一步降低Na2S2O8在溶液中的溶解度，有利于Na2S2O8的析出。
【小問3詳解】
根據(jù)題給的平衡常數(shù)可知，當與完全反應后，過量的才與反應生成黃色沉淀，以此來判斷滴定的終點。因此加入KI溶液的作用是：作指示劑。
由題給數(shù)據(jù)可知平均每次滴定使用的物質(zhì)的量為：，則：
處理后廢水中NaCN的物質(zhì)的量濃度為：，折合為。
測定值是否偏小的分析如下：
a．處理后的廢水中NaCN濃度極低，濃縮廢水時間過長，濃縮至20mL，不影響溶液中NaCN的物質(zhì)的量，對測定結(jié)果沒有影響，a錯誤；
b．配制AgNO3標準溶液時仰視刻度線定容，液面將高于刻度線，造成實際濃度比標準值低，滴定時消耗標準液的體積增大，從而測得NaCN的含量偏大，b錯誤；
c．滴定達終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，使滴定管內(nèi)液面上升，造成滴定后讀數(shù)偏小，最終測得NaCN含量偏小，c正確；
故選c。
20. 硅是電子工業(yè)中應用最為廣泛的半導體材料。用Zn高溫還原SiCl4是生成多晶硅的一種方法，發(fā)生反應如下：
反應Ⅰ：SiCl4(g)+2Zn(g)?Si(s)+2ZnCl2(g) ΔH1
反應Ⅱ：SiCl4(g)+Zn(g)?SiCl2(g)+ZnCl2(g) ΔH2=+98kJ/ml
反應Ⅲ：SiCl4(g)+Si(s)?2SiCl2(g) ΔH3=+330kJ/ml
已知：①氣體A的物質(zhì)的量分數(shù)=[n(A)/n總(氣體)]×100%；
②Kp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)；
③S表示產(chǎn)物選擇性，Si、SiCl2選擇性表示為S(Si)={n(Si)/[n(Si)+n(SiCl2)]}×100%；S(SiCl2)={n(SiCl2)/[n(Si)+n(SiCl2)]}×100%。
回答下列問題：
（1）則ΔH1=_______kJ/ml。
（2）向溫度為T℃的剛性容器中，充入1mlSiCl4(g)和2mlZn(g)，起始壓強為p0 kPa條件下發(fā)生上述反應，達到平衡后，測得反應體系中Zn、ZnCl2物質(zhì)的量分數(shù)分別為35%、40%，則Si的物質(zhì)的量為_____ml，反應Ⅰ的分壓表示的平衡常數(shù)Kp=____(用含p0代數(shù)式表示)，若再向剛性容器中充入一定量的Zn(g)，重新達平衡后，則分壓p(SiCl2)將____(填“增大”、“減小”或“不變”)。
（3）當n(Zn)： n(SiCl4)=2：1時，10.0MPa條件下平衡時S(Si)隨溫度的變化，以及1500K條件下平衡時S(Si)隨壓強的變化如圖所示。
①10.0MPa條件下平衡時S(Si)隨溫度的變化的曲線是_______(填“a”或“b”)。
②A、B、C、D、E五個點中，處于完全相同化學平衡狀態(tài)的兩個點是_______。
③曲線b呈如圖所示變化趨勢的原因是_______。
【答案】（1）-134
（2） ①. ②. ③. 減小
（3） ①. a ②. DE ③. 曲線b是 1500K條件下平衡時S(Si)隨壓強的變化，壓強增大，反應Ⅰ平衡正向移動，反應Ⅲ平衡逆向移動，都會使S(Si)增大
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)蓋斯定律，反應Ⅱ反應Ⅲ=反應Ⅰ，則；
故答案為：-134；
【小問2詳解】
剛性容器中發(fā)生SiCl4(g)+2Zn(g)?Si(s)+2ZnCl2(g)及SiCl4(g)+Zn(g)?SiCl2(g)+ZnCl2(g)，利用三段式分析
，
平衡時氣體總物質(zhì)的量為，列式得，解得，則平衡時，Si的物質(zhì)的量為，；平衡時，則根據(jù)，即，，反應Ⅰ的分壓表示的平衡常數(shù)；若再向剛性容器中充入一定量的Zn(g)，反應Ⅰ及反應Ⅱ平衡正移，重新達平衡后，減小，增大，由于溫度不變，反應Ⅲ的平衡常數(shù)不變，而硅是固體，因此分壓將減??；
故答案為：；；減??；
【小問3詳解】
①反應Ⅰ為放熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應，溫度升高，反應Ⅰ平衡逆移，反應Ⅱ平衡正移，Si選擇性降低，SiCl2選擇性升高，即S(Si)隨溫度升高降低，曲線a是S(Si)隨溫度的變化的曲線；
②曲線a是10.0MPa條件下平衡時S(Si)隨溫度的變化，則曲線上的點B、C、D分別表示壓強為10.0MPa時溫度約為的平衡，曲線b是 1500K條件下平衡時S(Si)隨壓強的變化，則曲線上的點A、C、E分別表示溫度為1500K時壓強約為的平衡，故D、E都代表、條件下的平衡，二者處于完全相同化學平衡狀態(tài)；
③曲線b是 1500K條件下平衡時S(Si)隨壓強的變化，壓強增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，則反應ⅠSiCl4(g)+2Zn(g)?Si(s)+2ZnCl2(g)平衡正向移動，反應Ⅲ SiCl4(g)+Si(s)?2SiCl2(g)平衡逆向移動，使Si的物質(zhì)的量增大，SiCl2物質(zhì)的量減少，Si的選擇性增大；
故答案為：①a；②DE；③曲線b是 1500K條件下平衡時S(Si)隨壓強的變化，壓強增大，反應Ⅰ平衡正向移動，反應Ⅲ平衡逆向移動，都會使S(Si)增大。勞動項目
化學知識
A
在皮膚破損處涂抹含F(xiàn)eCl3的止血劑
血液中血清等遇FeCl3聚沉
B
在干裂的皮膚表面涂抹含甘油的化妝品
甘油能與水形成氫鍵保濕
C
擦干已洗凈鐵鍋表面的水，以防生銹
鐵在潮濕環(huán)境中易發(fā)生吸氧腐蝕
D
用飽和FeCl3溶液腐蝕銅電路板
水解顯酸性
A．觀察H2在Cl2中燃燒
B．向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液
C．洗滌滴定管口
D．制取并收集氨氣
參數(shù)
α-環(huán)糊精
β-環(huán)糊精
分子量
972
1135
水中溶解度
14.5
1.85
空腔直徑(?)
4.7-5.3
6.0-6.5
事實或現(xiàn)象
結(jié)論
A
向淀粉溶液中，加入稀硫酸，一段時間后，再加入幾滴碘水，溶液變藍
說明淀粉部分發(fā)生水解
B
鉛蓄電池使用過程中電解質(zhì)溶液密度不變
說明該電池放電結(jié)束
C
向等物質(zhì)的量濃度的NaCl、Na2S混合溶液中滴加AgNO3溶液。先生成Ag2S黑色沉淀
證明Ksp (Ag2S)C>Si
溫度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
34.6
45.0
57.2
75
64.6
48.7

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