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2021 年全国卷甲卷理综化学试卷
一、选择题
1. 化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是
A. 食品加工时不可添加任何防腐剂
B. 掩埋废旧电池不会造成环境污染
C. 天然气不完全燃烧会产生有毒气体
D. 使用含磷洗涤剂不会造成水体污染
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A 错误；
B．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B 错误；
C．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C 正确；
D．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D 错
误；
故选C。
2.
为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A
N
A.
重水(
)中含有的质子数为
18g
2
D O
A
10N
B.
的
与
完全反应时转移的电子数为
3mol
2
NO
2
H O
A
4N
C.
环状
(
)分子中含有的
键数为
32g
8
S
S-S
A
1N
D.
的
溶液中
离子数为
1L pH=4
-1
2
2
7
0.1mol L K Cr O
2-
2
7
Cr O
A
0.1N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．
的质子数为10，18g
的物质的量为
0.9mol， 则
重水(
)中所含
2
D O
2
D O
18g
=
20g/mol
18g
2
D O
质子数为
，A 错误；
A
9N
B．
与
反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3 个NO2 分子转移的电子数
2
NO
2
H O
为2 个，则有3mol 的NO2 参与反应时，转移的电子数为
，B 错误；
A
2N
C．一个
(
)分子中含有的
键数为8 个，32gS8 的物质的量为
mol，则含
8
S
S-S
32g
=
8 32g/mol
1
8
有的
键数为
，C 正确；
S-S
A
A
1 8 N =N
8
D．酸性
溶液中存在：
，含Cr 元素微粒有
和
，则
2
2
7
K Cr O
2-
2-
+
2
7
2
4
Cr O +H O
2CrO +2H
2-
2
7
Cr O
2-
4
CrO
的
溶液中
离子数应小于
，D 错误；
1L pH=4
-1
2
2
7
0.1mol L K Cr O
2-
2
7
Cr O
A
0.1N
故选C。
3. 实验室制备下列气体的方法可行的是
气体
方法
A
氨气
加热氯化铵固体
B
二氧化氮 将铝片加到冷浓硝酸中
C
硫化氢
向硫化钠固体滴加浓硫酸
D
氧气
加热氯酸钾和二氧化锰的混合物
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以
不能用于制备氨气，A 不可行；
B．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B 不可行；
C．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因
为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C 不可行；
D．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧
气，D 可行；
故选D。
4. 下列叙述正确的是
A. 甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应
B. 用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇
C. 烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少
D. 戊二烯与环戊烷互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A 错误；
B．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可
用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B 正确；
C．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多
少，C 错误；
D．戊二烯分子结构中含2 个不饱和度，其分子式为C5H8，环戊烷分子结构中含1 个不饱和度，其分子式
为C5H10，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D 错误。
故选B。
5. W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 的最外层电子数是W 和X 的最外层电子数之
和，也是Y 的最外层电子数的2 倍。W 和X 的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是
A. 原子半径：
Z>Y>X>W
B. W 与X 只能形成一种化合物
C. Y 的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D. W、X 和Z 可形成既含有离子键又含有共价键的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】W．X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 的最外层电子数是W 和X 的最外层电
子数之和，也是Y 的最外层电子数的2 倍，则分析知，Z 的最外层电子数为偶数，W 和X 的单质常温下
均为气体，则推知W 和X 为非金属元素，所以可判断W 为H 元素，X 为N 元素，Z 的最外层电子数为
1+5=6，Y 的最外层电子数为
=3，则Y 为Al 元素，Z 为S 元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质
6
2
分析解答。
【详解】根据上述分析可知，W为H 元素，X 为N 元素，Y 为Al 元素，Z 为S 元素，则
A．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)
＞W(H)，A 错误；
B．W 为H 元素，X 为N 元素，两者可形成NH3 和N2H4，B 错误；
C．Y 为Al 元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C 错误；
D．W、X 和Z 可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D 正确。
故选D。
6. 已知相同温度下，
。某温度下，饱和溶液中
、
3
sp
4
sp
BaSO
<
BaCO
K
K
2-
4
-lg
SO
c
、与
的关系如图所示。
2-
3
-lg
CO
c
2+
-lg
Ba
c
下列说法正确的是
A. 曲线①代表
的沉淀溶解曲线
3
BaCO
B. 该温度下
的
值为
4
BaSO
sp
4
BaSO
K
-10
1.0 10
C. 加适量
固体可使溶液由a 点变到b 点
2
BaCl
D.
时两溶液中
2+
5.1
Ba
=10
c
2
1
2-
4
y
y
2-
3
SO
=10
CO
c
c
【答案】B
【解析】
【分析】BaCO3、BaSO4 均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(
)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(
)]
2-
4
SO
2-
4
SO
＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(
)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜
2-
3
CO
Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关
2-
4
SO
系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关系。
2-
3
CO
【详解】A．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4 的
沉淀溶解曲线，选项A 错误；
B．曲线①为BaSO4 溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(
)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3
2-
4
SO
时，－lg[c(
)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，选项B 正确；
2-
4
SO
C．向饱和BaSO4 溶液中加入适量BaCl2 固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可
知，溶液中c(
)将减小，因此a 点将沿曲线①向左上方移动，选项C 错误；
2-
4
SO
D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1 时，两溶液中
＝
＝
，选项D 错误；
2-
4
2-
3
SO
CO
c
c
2
1
y
y
10
10
1
2
y
y
10
答案选B。
7. 乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的
解离为
和
，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是
2
H O
+
H
-
OH
A.
在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
KBr
B. 阳极上的反应式为：
+2H++2e-=
+H2O
C. 制得
乙醛酸，理论上外电路中迁移了
电子
2mol
1mol
D. 双极膜中间层中的
在外电场作用下向铅电极方向迁移
+
H
【答案】D
【解析】
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳
极上Br-被氧化为Br2，Br2 将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-
移向阳极。
【详解】A．KBr 在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的
Br2 为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A 错误；
B．阳极上为Br-失去电子生成Br2，Br2 将乙二醛氧化为乙醛酸，故B 错误；
C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol 乙二酸生成1mol 乙醛酸转移电子为2mol，1mol 乙二醛生成
1mol 乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol 乙醛酸转移电子为1mol，因此制得
2mol 乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol 电子，故C 错误；
D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D 正确；
综上所述，说法正确的是D 项，故答案为D。
二、非选择题
8. 碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)
的一种制备方法如下图所示：
2I
①加入
粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使
Fe
用。
②通入
的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比
2
Cl
时，氧化产物为_______；当
，单质碘的收率会降低，原因是
2
2
n Cl
/n FeI
=1.5
2
2
n Cl
/n FeI
>1.5
_______。
(2)以
为原料制备
的方法是：先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物；再向混合溶
3
NaIO
2I
3
NaIO
3
NaHSO
液中加入
溶液，反应得到
，上述制备
的总反应的离子方程式为_______。
3
NaIO
2I
2I
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，若生成
，消耗的
至少为_______
。
KI
4
CuSO
CuI
2I
2
1mol I
KI
mol
2I
在
溶液中可发生反应
。实验室中使用过量的
与
溶液反应后，过滤，滤液经水蒸
KI
-
-
2
3
I +I
I
KI
4
CuSO
气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量
的原因是_______。
KI
【答案】 (1). 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- (2). AgNO3 (3). FeI2+Cl2= I2+FeCl2 (4). I2、FeCl3
(5). I2 被过量的
进一步氧化 (6).
(7). 4 (8). 防止单质
2
Cl
-
-
2-
+
3
3
2
4
2
2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O
碘析出
【解析】
【分析】
【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI 可与Fe 反应生成FeI2 和Ag，FeI2 易溶于水，在离子
方程式中能拆，故加入
粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反
Fe
应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入
的过程中，因I-还原性强于Fe2+，
先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产
2
Cl
2
Cl
物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比
时即
2
2
n Cl
/n FeI
=1.5
2
Cl
过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当
即
过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，
2
2
n Cl
/n FeI
>1.5
2
Cl
单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2 被过量的
进一步氧化；
2
Cl
(2)先向
溶液中加入计量的
，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入
3
NaIO
3
NaHSO
溶液，反应得到
，上述制备
的两个反应中I-为中间产物，总反应为
与
发生氧化还原
3
NaIO
2I
2I
-
3
IO
-
3
HSO
反应，生成
和
，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：
2-
4
SO
2I
，故答案为：
；
-
-
2-
+
3
3
2
4
2
2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O
-
-
2-
+
3
3
2
4
2
2IO +5HSO =I +5SO +3H +H O
(3)
溶液和
溶液混合可生成
沉淀和
，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI
+I2+2K2SO4，
KI
4
CuSO
CuI
2I
若生成
，则消耗的
至少为4mol；反应中加入过量
，I-浓度增大，可逆反应
平衡
2
1mol I
KI
KI
-
-
2
3
I +I
I
右移，增大
溶解度，防止
升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
2I
2I
9. 胆矾(
)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的
(杂质为氧化铁及泥
4
2
CuSO
5H O
CuO
沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：
(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有_______(填标
号)。
A.烧杯 B.容量瓶
C.蒸发皿
D.移液管
(2)将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为_______，与直接用废铜和浓硫酸反
CuO
应相比，该方法的优点是_______。
(3)待
完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量
，冷却后用
调
为3.5～4，再煮沸
CuO
2
2
H O
3
2
NH H O
pH
，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、_______、乙醇洗涤、_______，得到
10min
胆矾。其中，控制溶液
为3.5～4 的目的是_______，煮沸
的作用是_______。
pH
10min
(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，
1
m
2
m
置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。根据实验数据，胆矾分子中结晶
3
m
水的个数为_______(写表达式)。
(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是_______(填标号)。
①胆矾未充分干燥 ②坩埚未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矾迸溅出来
【答案】 (1). A、C (2). CuO+H2SO4
CuSO4+H2O (3). 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗
Δ
硫酸少（硫酸利用率高） (4). 过滤 (5). 干燥 (6). 除尽铁，抑制硫酸铜水解 (7). 破坏氢氧
化铁胶体，易于过滤
(8).
(9). ①③
2
3
3
1
80(
)
9(
)
m
m
m
m
【解析】
【分析】
【详解】(1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒
精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C 符合题意，故答案为：A、C；
(2)将
加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4
CuSO4+H2O；直接用
CuO
Δ
废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将
加入到适量的稀硫酸中，加热制
CuO
备胆矾的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；
(3) 硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
中含氧化
CuO
铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液
为3.5～4，酸
pH
性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸
，目的是破
10min
坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化
铁胶体，易于过滤；
(4) 称量干燥坩埚的质量为
，加入胆矾后总质量为
，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器
1
m
2
m
中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为
。则水的质量是(
－
)g，所以胆矾
3
m
2
m
3
m
（CuSO4•nH2O）中n 值的表达式为
=n:1，解得n＝
；
2
3
3
1
(
) (
)
:
18
160
m
m
m
m
2
3
3
1
80(
)
9(
)
m
m
m
m
(5) ①胆矾未充分干燥，捯饬所测m2 偏大，根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，
2
3
3
1
80(
)
9(
)
m
m
m
m
符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测m3 偏大，
根据n=
可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；
2
3
3
1
80(
)
9(
)
m
m
m
m
③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m3 数值偏小，根据n=
可知，最终会导致结晶
2
3
3
1
80(
)
9(
)
m
m
m
m
水数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。
10. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
2
2
3
2
CO (g)
3H (g)
CH OH(g)
H O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
-1
2
2
2
1
CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g)
ΔH =+41kJ mol
②
-1
2
3
2
CO(g)+2H (g)=CH OH(g)
ΔH =-90kJ mol
总反应的
_______
；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
ΔH=
-1
kJ mol
_______(填标号)，判断的理由是_______。
A.
B.
C.
D.
(2)合成总反应在起始物
时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为
2
2
n H
/n CO
=3
，在
℃下的
、在
下的
如图所示。
3
x(CH OH)
t=250
3
x CH OH ~p
5
p=5 10 Pa
3
x CH OH ~t
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式
_______；
p
K =
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当
时，
的平衡转化率
____，反应条件可能为___或___。
3
x CH OH =0.10
2
CO
α=
【答案】 (1). -49 (2). A (3). ΔH1 为正值，ΔH2 为和ΔH 为负值，反应①的活化能大于反应②的
(4).
(5). b (6). 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的
2
3
3
2
2
H O
CH OH
H
CO
p
p
p
p
物质的量分数变小
(7). 33.3%
(8). 5×105Pa，210℃
(9). 9×105Pa，250℃
【解析】
【分析】
【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
，该反应
2
2
3
2
CO (g)
3H (g)
CH OH(g)
H O(g)
一般认为通过如下步骤来实现：①
，②
-1
2
2
2
1
CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g)
ΔH =+41kJ mol
，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的
-1
2
3
2
CO(g)+2H (g)=CH OH(g)
ΔH =-90kJ mol
总反应为：
2
2
3
2
CO (g)
3H (g)
CH OH(g)
H O(g)
；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于
-1
-1
-1
ΔH= +41kJ mol
90kJ mol
=
49kJ mol
反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成
物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A 项，故答
案为：-49；A；ΔH1 为正值，ΔH2 为和ΔH 为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为
，因此利用各物质的平衡
2
2
3
2
CO (g)
3H (g)
CH OH(g)
H O(g)
分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=
，故答案为：
。
2
3
3
2
2
H O
CH OH
H
CO
p
p
p
p
2
3
3
2
2
H O
CH OH
H
CO
p
p
p
p
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中
将减小，因此图中对应等压过程
3
x(CH OH)
的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变
小。
③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则
，当平
2
2
3
2
3H
g +CO
g
CH OH g +H O g
mol
3
1
0
0
mol
3x
x
x
x
mol
3-3x
1-x
x
x
起始
转化
平衡
衡时
时，
=0.1，解得x=
mol，平衡时CO2 的转化率α=
3
x CH OH =0.10
x
3-3x + 1-x +x+x
1
3
=33.3%；由图可知，满足平衡时
的条件有：5×105Pa，210℃或
1 mol
3
100%
1mol
3
x CH OH =0.10
9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11. 我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太
阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si 的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类
型为_________。SiCl4 是生产高纯硅的前驱体，其中Si 采取的杂化类型为_______。SiCl4 可发生水解反
应，机理如下：
含s、p、d 轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si 采取的杂化类型为
________（填标号）。
（2）CO2 分子中存在_______个
键和______个
键。
σ
π
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2 固溶体。四方
ZrO2 晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度
为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2 中掺杂少量ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，
则y=________（用x 表达）。
【答案】 (1). 3s23p2 (2). 原子晶体(共价晶体) (3). sp3 (4). ② (5). 2 (6). 2 (7). 甲
硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 (8). 8 (9).
2
30
A
4 91 8 16
a c
10
N
(10). 2-x
【解析】
【分析】
【详解】(1)基态Si 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si 的价电子层的电子排式为3s23p2；晶
体硅中Si 原子与Si 原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅
为原子晶体；SiCl4 中Si 原子价层电子对数为4+
=4，因此Si 原子采取sp3 杂化；由图可知，
4
4 1
2
SiCl4(H2O)中Si 原子的δ 键数为5，说明Si 原子的杂化轨道数为5，由此可知Si 原子的杂化类型为sp3d，
故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2 的结构式为O=C=O，1 个双键中含有1 个δ 键和1 个π 键，因此1 个CO2 分子中含有2 个δ 键和2
个π 键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的
总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成
分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有
4 个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1 个晶胞中含有4 个ZrO2 微粒，1 个晶胞
的质量m=
，1 个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-
A
4mol 91g/mol
8mol 16g/mol
N
10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度=
=
=
g·cm-3；在ZrO2 中掺杂少量
m
V
A
2
30
3
4 91 8 16 g
a c 10
cm
N
2
30
A
4 91 8 16
a c
10
N
ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn 元素为+2 价，Zr 为+4 价，O 元素为-2 价，根
据化合物化合价为0 可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：
；2-x。
2
30
A
4 91 8 16
a c
10
N
【化学—选修5：有机化学基础】
12. 近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关
注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)A 的化学名称为_______。
(2)
反应生成E 至少需要_______
氢气。
1mol D
mol
(3)写出E 中任意两种含氧官能团的名称_______。
(4)由E 生成F 的化学方程式为_______。
(5)由G 生成H 分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为
_______。
(6)化合物B 的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______(填标号)。
a.含苯环的醛、酮
b.不含过氧键(
)
-O-O-
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1
A.2 个
B.3 个
C.4 个
D.5 个
(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路
线_______。
【答案】 (1). 间苯二酚（或1,3-苯二酚） (2). 2 (3). 酯基，醚键，酮基（任写两种） (4).
TsOH
PhMe
+H2O (5). 取代反应 (6). C (7).
m- CPBA
2
4
2
浓H SO
H O
3
2
( CH CO) O
¾ ¾ ¾ ¾ ¾®
【解析】
【分析】由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（
）反应生成C（
），
与碳酸二甲酯发生酯化反应，生成
，
与氢气发生加成反应生成
，
发生消去反应，生成F，F 先氧化成环氧化
合物G，G 在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成H，据此分析解答。
【详解】(1)A为
，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚），故答案为：间苯二酚（或
1,3-苯二酚）；
(2)D 为
，与氢气发生加成反应生成
，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以
反应生成E 至少需要2
氢气，故答案为：2；
1mol D
mol
(3)E 为
，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚
键，酮基（任写两种），故答案为：酯基，醚键，酮基（任写两种）；
(4)E 为
，发生消去反应，生成
，化学方程式为
TsOH
PhMe
+H2O，故答案为：
TsOH
PhMe
+H2O；
(5)由G 生成H 分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)是将酯基水解生
成羟基，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(6)化合物B 为
，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的
醛、酮；b.不含过氧键(
)；c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1，说明为醛或
-O-O-
酮，而且含有甲基，根据要求可以写出：
，
，
，
，故有4 种，答案为：C；
(7)以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在m-CPBA 的作用下生成环氧
化合物，环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线
为：
m- CPBA
2
4
2
浓H SO
H O
3
2
( CH CO) O
¾ ¾ ¾ ¾ ¾®
。
