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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NA 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．14g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3 分子数为2NA
C．1mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24L CCl4 含有的共价键数为0.4NA
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．C4H9Cl 有3 种同分异构体
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Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
5．（6 分）三室式电渗析法处理含Na2SO4 废水的原理如图所示，采用惰性电极，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SO42﹣可通过离子交换膜，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SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大
B．该法在处理含Na2SO4 废水时可以得到NaOH 和H2SO4 产品
C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH 降低
D．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.5mol 的O2 生成
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（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
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（ ）
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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（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3
将NOx 还原生成N2．某同学在实验室中对NH3 与NO2 反应进行了探究。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NH3 充入注射器X 中，硬质玻璃管Y 中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子
K1、K2 夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使
X 中的气体缓慢充入Y 管中
①Y 管中
②反应的化学方程式
将注射器活塞退回原处并固
定，待装置恢复到室温
Y 管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③
④
9．（15 分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红
色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3 为难溶于水的灰蓝色固体，回答：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现
象是
。
（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1 的Na2CrO4 溶液中c
（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4 溶液中的转化反应
。
②由图可知，溶液酸性增强，CrO42﹣的平衡转化率
（填“增大“减小”或“不变”）。
根据A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为
。
（3）用K2CrO4 为指示剂，以AgNO3 标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀时到达
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（CrO42﹣）等于 mol•L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12、Ksp
（AgCl）=2.0×10﹣10）。
（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式
为
。
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10．（14 分）NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2 中Cl 的化合价为
。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2 的化学方程式
。
（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ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量
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Cl2 的氧化能力。NaClO2 的有效氯含量为
。（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（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软
锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
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K2MnO4 转化为KMnO4 的生产有两种工艺．
①“CO2 歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4
发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2 和
（写化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为
，阴极逸出的气体是
．
③“电解法”和“CO2 歧化法”中，K2MnO4 的理论利用率之比为
．
（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H2C2O4 标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4 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 （列出计算式即可，已知
2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
[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
．
GeCl4
GeBr4
GeI4
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熔点/℃
﹣49.5
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CnH2mOm 的通式
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44gCO2，W 共有 种（不含立体异构），其中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C2H4 为原料（无机试剂任选），设计制
备对苯二甲酸的合成路线
．
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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．菁优网版权所有
【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NA 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（ ）
A．14g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3 分子数为2NA
C．1mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24L CCl4 含有的共价键数为0.4NA
【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有
【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CH2，计算14gCH2 中的氢原子数；
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CH2 物质的量=
=1mol，含氢原子数为2NA，
故A 正确；
B.1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol 氮气不能全部反应生成氨气，生成氨
气分子数小于2NA，故B 错误；
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3NA，故C 错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4 含物质的量不是0.1mol，故D 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．C4H9Cl 有3 种同分异构体
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．菁优网版权所有
【专题】531：同系物和同分异构体．
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【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，C4H10 的同分异构体有：
CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH32 种，CH3CH2CH2CH3 分子中有2 种化学环境不同的H 原子，
其一氯代物有2 种；CH3CH（CH3）CH3 分子中有2 种化学环境不同的H 原子，其一氯代物有2
种；故C4H9Cl 的同分异构体共有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Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【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O2 反应生成NO2；
C．FeCl3 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH）3 而产生浑浊；
D．将Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气。
【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O2 反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO 不易溶于水，应该用排水法
收集，故B 错误；
C．FeCl3 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH）3 而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，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Cl2 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Na2SO4 废水的原理如图所示，采用惰性电极，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SO42﹣可通过离子交换膜，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SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大
B．该法在处理含Na2SO4 废水时可以得到NaOH 和H2SO4 产品
C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH 降低
D．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.5mol 的O2 生成
【考点】DI：电解原理．菁优网版权所有
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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O2 生成．
【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SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不
能进入中间隔室，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
H2SO4 产品，故B 正确；
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O2 生
成，故D 错误。
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20.0mL
C．M 点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）
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．菁优网版权所有
【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（NH4+）=c（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（NH4+）=c（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（NH4+）
=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（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
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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．菁优网版权所有
【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Cl2，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，则r 为HCl，s 通常是难溶于水的混合物，则p 为CH4，氯气
与m 反应生成HCl 与q，q 的水溶液具有漂白性，则m 为H2O，q 为HClO，结合原子序数可知
W 为H 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Cl2，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，则r 为HCl，s 通常是难溶于水的混合物，则p 为CH4，
氯气与m 反应生成HCl 与q，q 的水溶液具有漂白性，则m 为H2O，q 为HClO，结合原子序数
可知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（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3
将NOx 还原生成N2．某同学在实验室中对NH3 与NO2 反应进行了探究。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）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O 。
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NH3 充入注射器X 中，硬质玻璃管Y 中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子
第9 页（共16 页）
K1、K2 夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使
X 中的气体缓慢充入Y 管中
①Y 管中 红棕色
气体慢慢变浅
②反应的化学方程式
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，
待装置恢复到室温
Y 管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③ Z 中NaOH 溶
液产生倒吸现
象
④ 反应后气体分子数减
少，Y 管压强小于外压
【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K1，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8NH3+6NO2=7N2+12H2O 以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2 发生的
现象。
【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）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
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K1，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8NH3+6NO2
7N2+12H2O 以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分
子数减少，装置内压强降低，所以打开K2 在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X
中的气体缓慢充入Y 管中
①红棕色气体
慢慢变浅
②反应的化学方程式
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，
待装置恢复到室温
Y 管中有少量水
珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③Z 中NaOH 溶
液产生倒吸
现象
④反应后气体分子数减少，Y
管中压强小于外压
【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）4﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红
色）、CrO42﹣（黄色）等形式存在，Cr（OH）3 为难溶于水的灰蓝色固体，回答：
第10 页（共16 页）
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，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）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1 的Na2CrO4 溶液中c
（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4 溶液中的转化反应 2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O 。
②由图可知，溶液酸性增强，CrO42﹣的平衡转化率 增大 （填“增大“减小”或“不变”）。
根据A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为 1.0×1014 。
（3）用K2CrO4 为指示剂，以AgNO3 标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO42﹣生成砖红色沉淀时到达
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（CrO42﹣）等于 5.0×10﹣3 mol•L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0
×10﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10）。
（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式
为 Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O 。
【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有
【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）3 为两性氢氧化物，能溶解在氢氧
化钠溶液中，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，先生成沉淀，沉淀再溶解；
（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；
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（Cr2O72﹣）
=0.25mol/L，c（H+）=10﹣7mol/L，c（CrO42﹣）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算；
（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（CrO42﹣）；
（4）NaHSO3 的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3﹣被氧化为SO42﹣。
【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr（OH）3 为两性氢氧化物，能溶解在氢氧
化钠溶液中，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，先生成Cr（OH）3 灰蓝色沉淀，
继续加入NaOH 后沉淀溶解，生成绿色Cr（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）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；
故答案为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O 正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A 点
Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42﹣）
=1.0mol/L﹣0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为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（CrO42﹣）=
=
=5.0×10﹣3；
故答案为：2.0×10﹣5；
5.0×10﹣3；
（4）NaHSO3 的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3﹣被氧化为SO42﹣，反应的离子方程式
为：
Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O；
故答案为：Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O。
【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。
第11 页（共16 页）
10．（14 分）NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2 中Cl 的化合价为 +3 价 。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2 的化学方程式 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 。
（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 、 Na2CO3 溶液 。“电解”中阴极反应的主要产物是 ClO2﹣（或NaClO2） 。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量
之比为 2：1 ，该反应中氧化产物是 O2 。
（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Cl2 的氧化能力。NaClO2 的有效氯含量为 1.57 。（计算结果保留两位小数）
【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有
【专题】546：无机实验综合．
【分析】（1）在NaClO2 中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据正负化合价的代数和为0 计算得到；
（2）NaClO3 和SO2 在H2SO4 酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2 是氧化剂，还原产物为NaCl，回
收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电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Na2CO3 溶液
除去Ca2+，ClO2 氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2 的还原产物为NaClO2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2
为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2 为还原剂，氧化产物为O2，每摩
尔H2O2 得到2mol 电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（5）每克NaClO2 的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，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NaClO2 中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl
的化合价为+3 价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3 和SO2 在H2SO4 酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3 是氧化剂，还原产物为ClO2，回收
产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式
为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（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Na2CO3 溶液
除去Ca2+，ClO2 氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2 的还原产物为NaClO2，因此电解
装置中阴极ClO2 得电子生成ClO2﹣，阳极Cl﹣失电子生成Cl2。
故答案为：NaOH 溶液；Na2CO3 溶液；ClO2﹣（或NaClO2）；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2
为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2 为还原剂，氧化产物为O2，每摩
尔H2O2 得到2mol 电子，依据电子守恒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；O2；
（5）1gNaClO2 的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，
Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知氯气的物质的量为
mol×4×
=
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]
第12 页（共16 页）
11．（15 分）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软
锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
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 2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O ．
（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K2MnO4 转化为KMnO4 的生产有两种工艺．
①“CO2 歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4
发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2 和 KHCO3 （写化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为
MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣
，阴极逸出的气体是 H2 ．
③“电解法”和“CO2 歧化法”中，K2MnO4 的理论利用率之比为 3：2 ．
（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H2C2O4 标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4 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
×
100% （列出计算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【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K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，根据元
素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4，MnO2 和KHCO3；
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反
应，产生MnO4﹣；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：
2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；
③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4 的理论利用率是
100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3 中K2MnO4 的理论利用
率是
；
（5）依据离子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可由n（H2C2O4）计算出n
（KMnO4），进而计算出样品中的n（KMnO4），然后可计算样品的纯度．
【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：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；
（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K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，根据元
素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4，MnO2 和KHCO3；
故答案为：KHCO3；
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反
应，产生MnO4﹣．电极反应式是：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；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：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式
是：2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，
故答案为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；H2；
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③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4 的理论利用率是
100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3 中K2MnO4 的理论利用
率是
，所以二者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2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
可知KMnO4 与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4，
n（H2C2O4）=20.00×10﹣3L×0.2000mol/L=20.00×10﹣3×0.2000mol
n（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×
mol，
1.0800g 样品中n（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×
×
mol，
1.0800g 样品中m（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×
×
×158g，
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] 3d104s24p2 ，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 GeCl4、GeBr4、GeI4 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大，分子间相互作用力逐渐增强 ．
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
﹣49.5
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 O＞Ge＞Zn ．
（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为 sp3 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．菁优网版权所有
【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
第14 页（共16 页）
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：GeCl4＜GeBr4
＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，
故答案为：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；
（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：
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（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CnH2mOm 的通式
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（CH2）4COOH+n
HOCH2CH2CH2CH2OH
+（2n﹣1）H2O ．
（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44gCO2，W 共有 12 种（不含立体异构），其中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C2H4 为原料（无机试剂任选），设计制
备对苯二甲酸的合成路线
．
【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【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CnH2mOm 形式，如脱氧
核糖（C6H10O4）；
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44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W 含有2 个羧基，2 个取代基为﹣COOH、
﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者
﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；
（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CnH2mOm 形式，如
脱氧核糖（C6H10O4），故a 错误；
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
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应方程式为：n HOOC（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH
+
（2n﹣1）H2O，
故答案为：己二酸；n HOOC（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH
+（2n﹣1）H2O；
（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44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W 含有2 个羧基，2 个取代基为﹣COOH、
﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者
﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种，共有12 种，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构
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．
