文档内容
2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
2．（6分）设N 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A
A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N
A
B．1mol N 与4mol H 反应生成的NH 分子数为2N
2 2 3 A
C．1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N
A
D．标准状况下，2.24L CCl 含有的共价键数为0.4N
4 A
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C H Cl有3种同分异构体
4 9
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
4．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．将Cl 与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl
2 2
5．（6分）三室式电渗析法处理含 Na SO 废水的原理如图所示，采用惰性电极，
2 4
ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的 Na+和SO 2﹣可通
4
过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确
的是（ ）A．通电后中间隔室的SO 2﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
4
B．该法在处理含Na SO 废水时可以得到NaOH和H SO 产品
2 4 2 4
C．负极反应为2H O﹣4e﹣=O +4H+，负极区溶液pH降低
2 2
D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O 生成
2
6．（6分）298K时，在20.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶
液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知 0.10mol•L﹣1氨水的电离度为
1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M点处的溶液中c（NH +）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
4
D．N点处的溶液中pH＜12
7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些
元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶
液具有漂白性，r溶液是一种常见的强酸，s通常是难溶于水的混合物．上述
物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）A．原子半径的大小W＜X＜Y
B．元素的非金属性Z＞X＞Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氮的氧化物（NO ）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化
x
剂条件下用NH 将NO 还原生成N ．某同学在实验室中对NH 与NO 反应进
3 x 2 3 2
行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的 ，反应的化学方程式为 。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→
（按气流方向，用小写字母表示）。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH 充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入
3
NO （两端用夹子K 、K 夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。
2 1 2操作步骤 实验现象 解释原因
打开K ，推动注射器活塞，使 ①Y管中 ②反应的化学方程式
1
X中的气体缓慢充入Y管中
将注射器活塞退回原处并固 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
定，待装置恢复到室温
打开K ③ ④
2
9．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以 Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH） ﹣（绿
4
色）、Cr O 2﹣（橙红色）、CrO 2﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH） 为难溶于
2 7 4 3
水的灰蓝色固体，回答：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr （SO ） 溶液中滴入NaOH溶液直至过量，
2 4 3
可观察到的现象是 。
（2）CrO 2﹣和Cr O 2﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为 1.0mol•L﹣1的
4 2 7
Na CrO 溶液中c（Cr O 2﹣）随c（H+）的变化如图所示。
2 4 2 7
①用离子方程式表示Na CrO 溶液中的转化反应 。
2 4
②由图可知，溶液酸性增强，CrO 2﹣的平衡转化率 （填“增大“减小”或“不
4
变”）。
根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 。
（3）用K CrO 为指示剂，以AgNO 标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO 2﹣生成
2 4 3 4
砖红色沉淀时到达滴定终点。当溶液中 Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10
﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c （Ag+）为 mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO 2﹣）
4
等于 mol•L﹣1．（K （Ag CrO ）=2.0×10﹣12、K （AgCl）=2.0×10﹣
sp 2 4 sp
10）。
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO 将废液中的Cr O 2﹣还原成Cr3+，
3 2 7
反应的离子方程式为 。10．（14分）NaClO 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种
2
生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO 中Cl的化合价为 。
2
（2）写出“反应”步骤中生成ClO 的化学方程式 。
2
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去 Mg2+和Ca2+，要加
入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量 ClO ．此吸收反应中，氧化剂与
2
还原剂的物质的量之比为 ，该反应中氧化产物是 。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消
毒剂的氧化能力相当于多少克 Cl 的氧化能力。NaClO 的有效氯含量为 。
2 2
（计算结果保留两位小数）
（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3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题号后的方框涂
黑．注意所选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题计分．[化学--选修2：化学与技术]
11．（15分）高锰酸钾（KMnO ）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及
4
制药工业等．以软锰矿（主要成分为 MnO ）为原料生产高锰酸钾的工艺路
2
线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软
锰矿粉碎，其作用是 ．
（2）“平炉”中发生的化学方程式为 ．
（3）“平炉”中需要加压，其目的是 ．
（4）将K MnO 转化为KMnO 的生产有两种工艺．
2 4 4
①“CO 歧化法”是传统工艺，即在K MnO 溶液中通入CO 气体，使体系呈中性
2 2 4 2
或弱酸性，K MnO 发生歧化反应，反应中生成 KMnO ，MnO 和 （写
2 4 4 2
化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K MnO 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应
2 4
为
，阴极逸出的气体是 ．
③“电解法”和“CO 歧化法”中，K MnO 的理论利用率之比为 ．
2 2 4
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，
摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H C O 标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，
2 2 4
用KMnO 溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为 24.48mL，该样品的纯度为
4
（列出计算式即可，已知2MnO ﹣+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O）．
4 2 2 4 2 2
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．（15分）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[Ar] ，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 ．
GeCl GeBr GeI
4 4 4
熔点/℃ ﹣49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约400
（4）光催化还原CO 制备CH 反应中，带状纳米Zn GeO 是该反应的良好催化
2 4 2 4
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的相对位置，
如图（1、2）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 ．
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）．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸
秆为原料合成聚酯类高分子化合物回答下列问题：
（1）下列关于糖类的说法正确的是 ．（填标号）
a．糖类都有甜味，具有C H O 的通式
n 2m m
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
（2）B生成C的反应类型为 ．
（3）D中的官能团名称为 ，D生成E的反应类型为 ．
（4）F的化学名称是 ，由F生成G的化学方程式为 ．
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足
量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO ，W共有 种（不含立体异构），其中
2
核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为 ．
（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C H 为原料（无机试
2 4
剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成路线 ．2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【考点】11：化学的主要特点与意义；14：物质的组成、结构和性质的关系．
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【专题】56：化学应用．
【分析】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等物质；
C．加热可导致蛋白质变性；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%．
【解答】解：A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特
有性质，可用于鉴别蛋白质类物质，故A正确；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；
C．加热可导致蛋白质变性，一般高温可杀菌，故C正确；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误。
故选：D。
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生
产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关
基础知识的积累，难度不大．
2．（6分）设N 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A
A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N
A
B．1mol N 与4mol H 反应生成的NH 分子数为2N
2 2 3 AC．1mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2N
A
D．标准状况下，2.24L CCl 含有的共价键数为0.4N
4 A
【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．乙烯和丙烯最简式CH ，计算14gCH 中的氢原子数；
2 2
B．氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应；
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，依据反应的铁计算电子转移；
D．标准状况下四氯化碳不是气体．
【解答】解：A.14g乙烯和丙烯混合气体中含CH 物质的量= =1mol，含
2
氢原子数为2N ，故A正确；
A
B.1mol N 与4mol H 反应生成的NH ，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应
2 2 3
生成氨气，生成氨气分子数小于2N ，故B错误；
A
C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为 3mol，电子转移数为3N ，故
A
C错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl 含物质的量不是 0.1mol，故D
4
错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质组成、氧化还原
反应、可逆反应、气体摩尔体积等知识点的应用，掌握基础是解题关键，题
目较简单．
3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C H Cl有3种同分异构体
4 9
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】531：同系物和同分异构体．【分析】A．异丁烷含有4个C原子，2﹣甲基丁烷含有5个C原子；
B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇；
C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象；
D．油脂不是高分子化合物．
【解答】解：A．异丁烷含有 4个C原子，2﹣甲基丁烷含有 5个C原子，故A
错误；
B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，故B正确；
C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，C H 的同
4 10
分异构体有：CH CH CH CH 、CH CH（CH ）CH 2种，CH CH CH CH 分子中有
3 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3
2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；CH CH（CH ）CH 分子中有
3 3 3
2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有 2种；故C H Cl的同分异构体共
4 9
有4种，故C错误；
D．油脂不是高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的命名，有机物的反应类型，同分异构体书写及高分
子化合物等知识，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注
意有机物的成分、性质及反应类型，注重基础知识的考查，题目难度不大．
4．（6分）下列实验操作能达到实验目的是（ ）
A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．将Cl 与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl
2 2
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】542：化学实验基本操作．
【分析】A．互不相溶的液体采用分液方法分离，用的仪器是分液漏斗；
B．NO易和空气中O 反应生成NO ；
2 2
C．FeCl 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH） 而产生浑浊；
3 3
D．将Cl 与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气。
2【解答】解：A．长颈漏斗不能用作分离操作，互不相溶的液体采用分液漏斗分
离，乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶，不能采取分液法分离，应该采用蒸馏方法
分离提纯，故A错误；
B．NO易和空气中O 反应生成NO ，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，
2 2
应该用排水法收集，故B错误；
C．FeCl 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH） 而产生浑浊，为了防止氯
3 3
化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故C正确；
D．将Cl 与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净
2
的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离提纯、气体
收集、盐类水解、洗气等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作基本
方法及仪器的用途是解本题关键，注意：从水溶液中出来的气体中含有水蒸
气，为易错点。
5．（6分）三室式电渗析法处理含 Na SO 废水的原理如图所示，采用惰性电极，
2 4
ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的 Na+和SO 2﹣可通
4
过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确
的是（ ）
A．通电后中间隔室的SO 2﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
4
B．该法在处理含Na SO 废水时可以得到NaOH和H SO 产品
2 4 2 4
C．负极反应为2H O﹣4e﹣=O +4H+，负极区溶液pH降低
2 2
D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O 生成
2【考点】DI：电解原理．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH减小；
B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；
C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子放电；
D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O 生成．
2
【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电 pH减小，
故A错误；
B、直流电场的作用下，两膜中间的 Na+和SO 2﹣可通过离子交换膜，而两端隔
4
室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成
水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子
结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠
离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到 NaOH 和
H SO 产品，故B正确；
2 4
C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C错误；
D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有
0.25mol的O 生成，故D错误。
2
故选：B。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离
子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度不大．
6．（6分）298K时，在20.0mL 0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐酸，溶
液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知 0.10mol•L﹣1氨水的电离度为
1.32%，下列有关叙述正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0mLC．M点处的溶液中c（NH +）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
4
D．N点处的溶液中pH＜12
【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应
选择甲基橙作指示剂；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该
呈酸性；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH +）=c
4
（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、
一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶
液中 c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）=
mol/L=7.6×10﹣12mol/L。
【解答】解：A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所
以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故 A错
误；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中
铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微
过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH +）=c
4
（Cl﹣），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、
一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程
度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是 c（NH +）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c
4
（OH﹣），故C错误；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中 c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3 mol/L，c（H+）=
mol/L=7.6×10﹣12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操
作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质
的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸
碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些
元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶
液具有漂白性，r溶液是一种常见的强酸，s通常是难溶于水的混合物．上述
物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小W＜X＜Y
B．元素的非金属性Z＞X＞Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
【考点】GS：无机物的推断．
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【专题】111：无机推断．
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元
素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl ，Z
2
为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强酸，则r为
HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH ，氯气与m反应生成HCl与q，
4q的水溶液具有漂白性，则m为H O，q为HClO，结合原子序数可知W为H
2
元素，X为C元素，Y为O元素，然后结合元素周期律解答．
【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这
些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为
Cl ，Z为Cl，氯气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强酸，
2
则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH ，氯气与m反应生成HCl
4
与q，q的水溶液具有漂白性，则 m为H O，q为HClO，结合原子序数可知
2
W为H元素，X为C元素，Y为O元素，
A．所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径
W（H）＜Y（O）＜X（C），故A错误；
B．氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强
酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳的强，故非金属性 Y（O）＞Z（Cl）
＞X（C），故B错误；
C．氧元素氢化物为水或双氧水，常温下为液态，故C正确；
D．X的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、
元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意n为氯气及
氯气性质为推断的突破口，题目难度不大．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）氮的氧化物（NO ）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化
x
剂条件下用NH 将NO 还原生成N ．某同学在实验室中对NH 与NO 反应进
3 x 2 3 2
行了探究。回答下列问题：
（ 1 ） 氨 气 的 制 备①氨气的发生装置可以选择上图中的 A ，反应的化学方程式为 Ca （ OH ）
+ 2NH Cl CaCl + 2NH ↑ + 2H O 。
2 4 2 3 2
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→
d→c→f→e→j （按气流方向，用小写字母表示）。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH 充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入
3
NO （两端用夹子K 、K 夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。
2 1 2
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K ，推动注射器活塞，使X ①Y管中 红棕色 ②反应的化学方程式
1
中的气体缓慢充入Y管中 气体慢慢变浅
8NH + 6NO 7N +
3 2 2
12H O
2
将注射器活塞退回原处并固定， Y管中有少量水珠 生成的气态水凝聚
待装置恢复到室温
打开K ③ Z 中 NaOH 溶 ④ 反应后气体分子数减
2
液产生倒吸现 少， Y 管压强小于外压
象
【考点】ED：氨的实验室制法；S7：氨的制取和性质．
菁优网版权所有【专题】547：有机实验综合．
【分析】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，依据反
应物状态和条件选择发生装置；
②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结
合氨气为碱性气体，密度小于空气密度，极易溶于水的性质解答；
（2）打开K ，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧
1
化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH +6NO =7N +12H O以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判
3 2 2 2
断打开K 发生的现象。
2
【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反
应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择 A为发生装置，反应方
程式：Ca（OH） +2NH Cl CaCl +2NH ↑+2H O；
2 4 2 3 2
故答案为：A；Ca（OH） +2NH Cl CaCl +2NH ↑+2H O；
2 4 2 3 2
②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水
蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于
水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，
尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装
置→d→c→f→e→j；
故答案为：d→c→f→e→j；
（2）打开K ，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧
1
化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；
根据反应8NH +6NO 7N +12H O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可
3 2 2 2
判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开 K 在大气压的作用
2
下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤 实验现象 解释原因
打开K ，推动注射器活塞，使X ①红棕色气体 ②反应的化学方程式
1
中的气体缓慢充入Y管中 慢慢变浅8NH +6NO 7N +12H
3 2 2 2
O
将注射器活塞退回原处并固定， Y管中有少量水 生成的气态水凝聚
待装置恢复到室温 珠
打开K ③Z中NaOH溶 ④反应后气体分子数减少，Y
2
液产生倒吸 管中压强小于外压
现象
【点评】本题考查了氨气的制备和性质的检验，明确氨气的制备原理及制备气
体的一般程序是解题关键，题目难度不大。
9．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以 Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH） ﹣（绿
4
色）、Cr O 2﹣（橙红色）、CrO 2﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH） 为难溶于
2 7 4 3
水的灰蓝色固体，回答：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr （SO ） 溶液中滴入NaOH溶液直至过量，
2 4 3
可观察到的现象是 溶液蓝紫色变浅，同时产生灰蓝色沉淀，然后沉淀逐渐
溶解形成绿色溶液 。
（2）CrO 2﹣和Cr O 2﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为 1.0mol•L﹣1的
4 2 7
Na CrO 溶液中c（Cr O 2﹣）随c（H+）的变化如图所示。
2 4 2 7
①用离子方程式表示Na CrO 溶液中的转化反应 2CrO 2﹣ + 2H + Cr O 2﹣ + H O 。
2 4 4 2 7 2
②由图可知，溶液酸性增强，CrO 2﹣的平衡转化率 增大 （填“增大“减小”或
4 ⇌
“不变”）。
根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 1.0 × 10 14 。
（3）用K CrO 为指示剂，以AgNO 标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO 2﹣生成
2 4 3 4
砖红色沉淀时到达滴定终点。当溶液中 Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10
﹣5mol•L﹣1）时，溶液中 c （Ag+）为 2.0 × 10 ﹣5 mol•L﹣1，此时溶液中 c
（CrO 2﹣）等于 5.0 × 10 ﹣3 mol•L﹣1．（K （Ag CrO ）=2.0×10﹣12、K
4 sp 2 4 sp
（AgCl）=2.0×10﹣10）。
（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO 将废液中的Cr O 2﹣还原成Cr3+，
3 2 7
反应的离子方程式为 Cr O 2﹣ + 3HSO ﹣ + 5H + =2Cr 3 + + 3SO 2﹣ + 4H O 。
2 7 3 4 2【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr（OH） 为两性氢氧化物，
3
能溶解在氢氧化钠溶液中，往 Cr （SO ） 溶液中滴入NaOH溶液直至过量，
2 4 3
先生成沉淀，沉淀再溶解；
（2）①CrO 2﹣和Cr O 2﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣
4 2 7 4 2 7
+H
2
O；
⇌
②图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A点c
（Cr O 2﹣）=0.25mol/L，c（H+）=10﹣7mol/L，c（CrO 2﹣）=0.5mol/L，依据平
2 7 4
衡常数概念计算；
（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）
=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）；再依据计算得到的银离子浓度和溶度积常
数计算此时溶液中c（CrO 2﹣）；
4
（4）NaHSO 的还原性将废液中的Cr O 2﹣还原成Cr3+，HSO ﹣被氧化为SO 2﹣。
3 2 7 3 4
【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr（OH） 为两性氢氧化物，
3
能溶解在氢氧化钠溶液中，往 Cr （SO ） 溶液中滴入NaOH溶液直至过量，
2 4 3
先生成 Cr（OH） 灰蓝色沉淀，继续加入 NaOH 后沉淀溶解，生成绿色 Cr
3
（OH） ﹣；
4
故答案为：溶液蓝紫色变浅，同时产生灰蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成绿
色溶液；
（2）①CrO 2﹣和Cr O 2﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣
4 2 7 4 2 7
⇌+H O；
2
故答案为：2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣+H O；
4 2 7 2
②溶液酸性增大，平衡2CrO 2﹣+2H+ Cr O 2﹣+H O正向进行，CrO 2﹣的平衡转化
⇌ 4 2 7 2 4
率增大；A 点 Cr O 2﹣的浓度为 0.25mol/L，则消耗的 CrO 2﹣的浓度为
2 7 ⇌ 4
0.5mol/L，则溶液中的 c（CrO 2﹣）=1.0mol/L﹣0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓
4
度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K= =
=1.0×1014；
故答案为：增大；1.0×1014；
（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）
=2.0×10﹣10，计算得到 c（Ag+）= = =2.0×10﹣5；此时
溶液中c（CrO 2﹣）= = =5.0×10﹣3；
4
故答案为：2.0×10﹣5； 5.0×10﹣3；
（4）NaHSO 的还原性将废液中的 Cr O 2﹣还原成Cr3+，HSO ﹣被氧化为SO 2﹣，
3 2 7 3 4
反应的离子方程式为：
Cr O 2﹣+3HSO ﹣+5H+=2Cr3++3SO 2﹣+4H O；
2 7 3 4 2
故答案为：Cr O 2﹣+3HSO ﹣+5H+=2Cr3++3SO 2﹣+4H O。
2 7 3 4 2
【点评】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的
计算的知识，注意平衡常数的理解应用和两性物质的性质，题目难度中等。
10．（14分）NaClO 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种
2
生产工艺如下：回答下列问题：
（1）NaClO 中Cl的化合价为 + 3 价 。
2
（ 2 ） 写 出 “ 反 应 ” 步 骤 中 生 成 ClO 的 化 学 方 程 式
2
2NaClO + SO + H SO =2NaHSO + 2ClO 。
3 2 2 4 4 2
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去 Mg2+和Ca2+，要加
入的试剂分别为 NaOH 溶液 、 Na CO 溶液 。“电解”中阴极反应的主
2 3
要产物是 ClO ﹣ （或 NaClO ） 。
2 2
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量 ClO ．此吸收反应中，氧化剂与
2
还原剂的物质的量之比为 2 ： 1 ，该反应中氧化产物是 O 。
2
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消
毒剂的氧化能力相当于多少克Cl 的氧化能力。NaClO 的有效氯含量为 1.57
2 2
。（计算结果保留两位小数）
【考点】B1：氧化还原反应．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】（1）在NaClO 中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和
2
为0计算得到；
（2）NaClO 和SO 在H SO 酸化条件下生成ClO ，其中NaClO 是氧化剂，还原
3 2 2 4 2 2
产物为NaCl，回收产物为NaHSO ，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO ，根据电
4 2
子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过
量Na CO 溶液除去Ca2+，ClO 氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知 ClO
2 3 2 2
的还原产物为NaClO ；
2
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收 ClO ，产物为 ClO
2 2
﹣，则此反应中ClO 为氧化剂，还原产物为 ClO ﹣，化合价从+4价降为+3价，
2 2H O 为还原剂，氧化产物为O ，每摩尔H O 得到2mol电子，依据电子守恒
2 2 2 2 2
可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（5）每克NaClO 的物质的量 = mol，依据电子转移数目相等，
2
可知氯气的物质的量为 mol×4× = mol，计算得到氯气的质量。
【解答】解：（1）在NaClO 中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代
2
数和为0，可得Cl的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）NaClO 和SO 在H SO 酸化条件下生成ClO ，其中NaClO 是氧化剂，还原
3 2 2 4 2 3
产物为ClO ，回收产物为NaHSO ，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO ，根据电
2 4 2
子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO +SO +H SO =2NaHSO +2ClO ，
3 2 2 4 4 2
故答案为：2NaClO +SO +H SO =2NaHSO +2ClO ；
3 2 2 4 4 2
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过
量Na CO 溶液除去Ca2+，ClO 氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知 ClO
2 3 2 2
的还原产物为NaClO ，因此电解装置中阴极ClO 得电子生成ClO ﹣，阳极Cl﹣
2 2 2
失电子生成Cl 。
2
故答案为：NaOH溶液；Na CO 溶液；ClO ﹣（或NaClO ）；
2 3 2 2
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收 ClO ，产物为 ClO
2 2
﹣，则此反应中ClO 为氧化剂，还原产物为 ClO ﹣，化合价从+4价降为+3价，
2 2
H O 为还原剂，氧化产物为O ，每摩尔H O 得到2mol电子，依据电子守恒
2 2 2 2 2
可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；O ；
2
（5）1gNaClO 的物质的量 = mol，依据电子转移数目相等，
2
NaClO ～Cl﹣～4e﹣，Cl ～2Cl﹣～2e﹣，可知氯气的物质的量为 mol×4×
2 2
= mol，则氯气的质量为 mol×71g/mol=1.57g，
故答案为：1.57g。
【点评】本题考查了物质制备的实验方法分析、氧化还原反应概念分析和电子转移的计算、注意物质性质的理解应用，题目难度中等。
（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3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题号后的方框涂
黑．注意所选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题计分．[化学--选修2：化
学与技术]
11．（15分）高锰酸钾（KMnO ）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及
4
制药工业等．以软锰矿（主要成分为 MnO ）为原料生产高锰酸钾的工艺路
2
线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软
锰矿粉碎，其作用是 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用
率 ．
（2）“平炉”中发生的化学方程式为 2MnO + 4KOH + O 2K MnO + 2H O
2 2 2 4 2
．
（3）“平炉”中需要加压，其目的是 提高氧气的压强，加快反应速率，增加软
锰矿转化率 ．
（4）将K MnO 转化为KMnO 的生产有两种工艺．
2 4 4
①“CO 歧化法”是传统工艺，即在K MnO 溶液中通入CO 气体，使体系呈中性
2 2 4 2
或弱酸性，K MnO 发生歧化反应，反应中生成 KMnO ，MnO 和 KHCO
2 4 4 2 3
（写化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K MnO 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应
2 4
为 MnO 2﹣ ﹣e ﹣ =MnO ﹣
4 4
，阴极逸出的气体是 H ．
2
③“电解法”和“CO 歧化法”中，K MnO 的理论利用率之比为 3 ： 2 ．
2 2 4（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，
摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H C O 标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，
2 2 4
用KMnO 溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为 24.48mL，该样品的纯度为
4
× 100% （列出计算式即可，已
知2MnO ﹣+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O）．
4 2 2 4 2 2
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】（1）固体混合粉碎目的是增大接触面积加快反应速率；
（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生
成锰酸钾和水；
（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；
（4）①在K MnO 溶液中通入CO 气体，使体系呈中性或弱酸性，K MnO 发生
2 4 2 2 4
歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成 KMnO ，MnO 和
4 2
KHCO ；
3
②“电解法”为现代工艺，即电解K MnO 水溶液，在电解槽中阳极，MnO 2﹣失去
2 4 4
电子，发生氧化反应，产生MnO ﹣；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为
4
氢气逸出，电极反应式是：2H O+2e﹣=H ↑+2OH﹣；
2 2
③依据电解法方程式 2K MnO +2H O 2KMnO +2H ↑+2KOH，可知 K MnO
2 4 2 4 2 2 4
的 理 论 利 用 率 是 100% ， 而 在 二 氧 化 碳 歧 化 法 反 应 中
3K MnO +2CO =2KMnO +MnO +K CO 中K MnO 的理论利用率是 ；
2 4 2 4 2 2 3 2 4
（ 5 ） 依 据 离 子 方 程 式 2MnO ﹣+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O 可 由 n
4 2 2 4 2 2
（H C O ）计算出n（KMnO ），进而计算出样品中的 n（KMnO ），然后可
2 2 4 4 4
计算样品的纯度．
【解答】解：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，
混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率．
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生
成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：2MnO +4KOH+O =2K MnO +2H O，
2 2 2 4 2
故答案为：2MnO +4KOH+O =2K MnO +2H O；
2 2 2 4 2
（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率．
故答案为：提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；
（4）①在K MnO 溶液中通入CO 气体，使体系呈中性或弱酸性，K MnO 发生
2 4 2 2 4
歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成 KMnO ，MnO 和
4 2
KHCO ；
3
故答案为：KHCO ；
3
②“电解法”为现代工艺，即电解K MnO 水溶液，在电解槽中阳极，MnO 2﹣失去
2 4 4
电子，发生氧化反应，产生 MnO ﹣．电极反应式是：MnO 2﹣﹣e﹣=MnO ﹣；
4 4 4
在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H O+2e﹣
2
=H ↑+2OH﹣；所以阴极逸出的气体是 H ；总反应方程式是：2K MnO +2H O
2 2 2 4 2
2KMnO +2H ↑+2KOH，
4 2
故答案为：MnO 2﹣﹣e﹣=MnO ﹣；H ；
4 4 2
③依据电解法方程式 2K MnO +2H O 2KMnO +2H ↑+2KOH，可知 K MnO
2 4 2 4 2 2 4
的 理 论 利 用 率 是 100% ， 而 在 二 氧 化 碳 歧 化 法 反 应 中
3K MnO +2CO =2KMnO +MnO +K CO 中K MnO 的理论利用率是 ，所以二者
2 4 2 4 2 2 3 2 4
的理论利用率之比为3：2，
故答案为：3：2；
（5）依据离子方程式2MnO ﹣+5H C O +6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O
4 2 2 4 2 2
可知KMnO 与草酸反应的定量关系是2KMnO ～5H C O ，
4 4 2 2 4
n（H C O ）=20.00×10﹣3L×0.2000mol/L=20.00×10﹣3×0.2000mol
2 2 4
n（KMnO ）=20.00×10﹣3×0.2000× mol，
41.0800g样品中n（KMnO ）=20.00×10﹣3×0.2000× × mol，
4
1.0800g样品中m（KMnO ）=20.00×10﹣3×0.2000× × ×158g，
4
样品的纯度= ×100%．
故答案为： ×100%．
【点评】本题考查了物质制备工艺流程的知识．制备方案的过程分析和物质性
质的理解应用，特别是电解原理、滴定实验的熟练掌握和计算应用，掌握基
础是解题关键，题目难度中等．
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．（15分）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[Ar] 3d 10 4s 2 4p 2 ，有 2 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 锗的原子半径大，原子
之间形成的 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 ．
（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 GeC l 、
4
GeBr 、 Ge I 熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增
4 4
大，分子间相互作用力逐渐增强 ．
GeCl GeBr GeI
4 4 4
熔点/℃ ﹣49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约400
（4）光催化还原CO 制备CH 反应中，带状纳米Zn GeO 是该反应的良好催化
2 4 2 4
剂．Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是 O ＞ G e ＞ Zn ．
（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 sp 3 微粒之间存在的作用力是 共价键 ．
（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的相对位置，
如图（1、2）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 （ ， ， ）
．
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）．
【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及
杂化类型判断．
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【专题】51D：化学键与晶体结构．
【分析】（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[Ar]3d104s24p2；
（2）Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；
（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸
点越高；
（4）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；
（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，
向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；
（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，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞 2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等等份可知D处于到各个面的
处；
②根据均摊法计算晶胞中Ge原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，
再根据ρ= 计算晶胞密度．
【解答】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，在最外层的4s能级
上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨
道未成对电子，
故答案为：3d104s24p2；2；
（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑 Ge的
原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成
双键或叁键，
故答案为：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；
（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结
构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，
由于相对分子质量：GeCl ＜GeBr ＜GeI ，故沸点：GeCl ＜GeBr ＜GeI ，
4 4 4 4 4 4
故答案为：GeCl 、GeBr 、GeI 的熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，分
4 4 4
子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；
（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，
故答案为：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，
向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge
原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，
故答案为：sp3；共价键；
（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，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞 2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面
的 处，则D原子的坐标参数为（ ， ， ），
故答案为：（ ， ， ）；
②晶胞中Ge原子数目为4+8× +6× =8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞
的质量为 ，晶胞参数a=565.76pm，
其密度为 ÷（565.76×10﹣10cm）3= ，
故答案为： ．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体
类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞计算等，（6）中晶胞计算为易错点、
难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸
秆 为 原 料 合 成 聚 酯 类 高 分 子 化 合 物 的 路 线回答下列问题：
（1）下列关于糖类的说法正确的是 cd ．（填标号）
a．糖类都有甜味，具有C H O 的通式
n 2m m
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
（2）B生成C的反应类型为 酯化反应或取代反应 ．
（3）D中的官能团名称为 酯基、碳碳双键 ，D生成E的反应类型为 消去
反应 ．
（4）F 的化学名称是 己二酸 ，由 F 生成 G 的化学方程式为 n HOOC
（ CH ） COOH + n HOCH CH CH CH OH + （ 2n﹣
2 4 2 2 2 2
1 ） H O ．
2
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足
量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO ，W共有 12 种（不含立体异构），其中
2
核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为 ．
（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C H 为原料（无机试
2 4
剂 任 选 ） ， 设 计 制 备 对 苯 二 甲 酸 的 合 成 路 线．
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】112：有机推断；32：结构决定性质思想；43：演绎推理法；534：有
机物的化学性质及推断．
【分析】（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是
C H O 形式，如脱氧核糖（C H O ）；
n 2m m 6 10 4
b．麦芽糖水解生成葡萄糖；
c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，
不能说明淀粉完全水解；
d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；
（2）B与甲醇发生酯化反应生成C；
（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D脱去2分子氢
气形成苯环得到E，属于消去反应；
（4）己二酸与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成 ；
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与
足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO ，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2
2
个羧基，2 个取代基为﹣COOH、﹣CH CH COOH，或者为﹣COOH、﹣CH
2 2
（CH ）COOH，或者为﹣CH COOH、﹣CH COOH，或者﹣CH 、﹣CH
3 2 2 3
（COOH） ，各有邻、间、对三种；
2
（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成 ，在Pd/C作用下生成 ，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ．
【解答】解：（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是
C H O 形式，如脱氧核糖（C H O ），故a错误；
n 2m m 6 10 4
b．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故b错误；
c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，
不能说明淀粉完全水解，故c正确；
d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确，
故选：cd；
（2）B与甲醇发生酯化反应生成C，属于取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，D脱去2分子氢
气形成苯环得到E，属于消去反应，
故答案为：酯基、碳碳双键；消去反应；
（4）F 的名称为己二酸，己二酸与 1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成
， 反 应 方 程 式 为 ： n HOOC （ CH ） COOH+n
2 4
HOCH CH CH CH OH +（2n﹣1）H O，
2 2 2 2 2
故 答 案 为 ： 己 二 酸 ； n HOOC （ CH ） COOH+n HOCH CH CH CH OH
2 4 2 2 2 2
+（2n﹣1）H O；
2
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5mol W与
足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO ，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2
2
个羧基，2 个取代基为﹣COOH、﹣CH CH COOH，或者为﹣COOH、﹣CH
2 2
（CH ）COOH，或者为﹣CH COOH、﹣CH COOH，或者﹣CH 、﹣CH
3 2 2 3
（COOH） ，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振氢谱为三组峰
2的结构简式为： ，
故答案为：12； ；
（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成 ，在Pd/C作用
下生成 ，然后用酸性高锰酸钾溶液氧化生成 ，合成路
线流程图为： ，
故答案为： ．
【点评】本题考查有机物的合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制
条件同分异构体书写等，是对有机化学基础基础的综合考查，（6）中注意
根据题目中转化关系涉及合成路线，较好的考查学生知识迁移运用能力．
