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必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（广东专用）
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这是一份必刷卷01-2022年高考化学考前信息必刷卷（广东专用），共28页。试卷主要包含了实验综合题注重对探究能力的考查， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷01
广东专用
体现劳动教育，弘扬时代精神，方向明确，立意鲜明，情景新颖，贴近实际高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神。试题要用体现中国特色社会主义进入新时代后的新材料、新情境、新问题，将考查内容进行包装，坚持“信息切入、能力考查”的原则。主要情境包括：日常生活情境、学术探究情境、实验探索情境、化学史料情境。
根据广东高考的命题特色，可以预测以下几点命题要点：
1.体现广东传统文化和现代生活特点，将其与化学基础知识结合，如化学材料、元素化合物、有机化学等。
2.充分体现化学学科知识在日常生活和劳动中的作用。
3.考查基本化学原理的题目会保持较多数量，如简单的电化学知识、化学平衡知识、电解质溶液知识等。
4.实验综合题注重对探究能力的考查。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Si-28 Fe-56
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 茂名石油化工有限公司是我国生产规模最大的炼油化工企业之一，以石油为原料生产口罩的过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是
聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布
丙烯催化聚合生成聚丙烯
石油催化裂解得到丙烯
用环氧乙烷与微生物蛋白质发生反应消毒
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布的过程中没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯的过程中有新物质聚丙烯生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．石油催化裂解是将长链的烃断裂，得到丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，蛋白质发生了变性，蛋白质的变性是化学变化，D不符合题意；
故选A。
2. 化学与生活密切相关，学好化学有助于提高生活质量。下列说法不正确的是
A. 腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理
B. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景与胶体的性质有关
C. 病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间可以多吃酸性食物
D. 铁粉常用作食品包装袋中的抗氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，故A正确；
B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景是气溶胶造成的，故B正确；
C．食用酸性食物能与氢氧化铝反应，会降低胃舒平的药效，故C错误；
D．铁粉能与食品袋中的氧气发生氧化还原，常用作食品包装袋中的抗氧化剂，故D正确；
故答案为C。
3. “天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是
A. 煤油是纯净物
B. 月壤中的3He与地球上的3H互为同位素
C. 火星陨石中的20Ne中子数为20
D. H2燃烧是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；
B．同位素须为同种元素，3He 和 3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故B错误；
C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的 20Ne 质量数为20，故C错误；
D．氢气的燃烧生成水H的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D正确；
故选D。
4. 研究金属的腐蚀和防护有利于降低国家的经济损失，具有现实意义。下列有关做法与防护原理不相匹配的是
选项
做法
防护原理
A
港珠澳大桥的护栏涂上环氧封闭涂料
隔绝钢铁与腐蚀介质接触
B
用浓硝酸将铁罐车内壁进行酸洗处理
钝化反应，产生致密氧化膜
C
国产大飞机C919采用铝锂合金材料
改变金属本质，形成耐腐蚀合金
D
三峡大坝的钢铁闸门与电源正极连接
采用牺牲阳极的阴极保护法，保护钢铁闸门不被腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在护栏表面涂上环氧封闭涂料，目的是隔绝钢铁与腐蚀介质(空气、水)接触，A项正确；
B．用浓硝酸对铁罐车内壁进行酸洗，可使Fe与浓HNO3发生钝化反应，在铁罐车内壁产生致密氧化膜，隔绝金属与酸接触而起到保护作用，B项正确；
C．采用铝锂合金，是通过改变金属的本质，使其具有抗腐蚀性，C项正确；
D．将钢铁闸门与电源连接，此方法应叫外加电流的阴极保护法，需将钢铁闸门与电源负极连接从而起保护作用，D项错误；
答案选D。
5. 苯基丙烯醛(结构简式如丁所示)可用于水果保鲜或食用香料，合成路线如图。下列说法正确的是
A. 甲与乙互为同系物
B. 反应①为取代反应，反应②为消去反应
C. 甲，乙，丙，丁四种物质都既有氧化性又有还原性
D. 丙和丁互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲中含有苯环，乙中不含苯环，甲、乙结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．甲和乙发生加成反应生成丙，丙中醇羟基发生消去反应生成丁，所以反应①为加成反应，反应②为消去反应，故B错误；
C．甲，乙，丙，丁四种物质都含有醛基，既能与银氨溶液发生反应而具有氧化性，又能与氢气发生加成反应而具有还原性，故C正确；
D．丙和丁含氧原子个数不相等，分子式不同，不可能是同分异构体，故D错误；
故选：C。
6. “劳动创造幸福，实干成就伟业”。下列劳动项目所涉及的化学知识正确的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用明矾处理较浑浊的天然水
明矾主要起净水和杀菌作用
B
在盐田中晾晒海盐，得到粗盐
NaCl的溶解度随温度变化不大
C
工业上用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板
利用还原性：Fe>Cu
D
利用含小苏打的发酵粉烘焙蛋糕
小苏打是碳酸钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾处理浑浊的水，是因其溶水后形成胶体，胶体具有吸附性，但明矾不能杀菌，故A错误；
B．海水晒盐相当于是蒸发结晶的方法得到，因为氯化钠的溶解度受温度影响不大，因此采用此法获得，故B正确；
C．用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板是因为氯化铁的氧化性强于氯化铜，与铁和铜单质的还原性无关，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
7. 某兴趣小组在实验室中用饱和食盐水、NH3、CO2等试剂模拟“侯氏制碱法”原理，下列仪器在实验中一定用不到的是
A. ①③ B. ②⑤ C. ④⑥ D. ③⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据“侯氏制碱法”的基本原理，首先向饱和食盐水中通入NH3，然后再通入CO2，将析出的NaHCO3晶体过滤出来，再将其加热分解转化为Na2CO3.，过滤时用到烧杯和漏斗，加热分解时用到上述仪器中的酒精灯、蒸发皿，取下加热后的蒸发皿需要用到坩埚钳；一定用不到容量瓶和分液漏斗；故选C。
8. 下列说法正确的是
A. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH<7，呈酸性
B. 向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
C. 己知：室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.0×10-48则反应2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为2.0×1028
D. 中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钾为强酸强碱盐，将KCl溶液从常温加热至80℃，水电离程度变大，但溶液仍为中性，A错误；
B．向冰醋酸中不断加水，开始冰醋酸溶解形成溶液，溶液酸性变大，随着水的不断加入，酸性又变弱，B错误；
C．2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为K==2.0×1028，C正确；
D．pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的物质的量相同，中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：1，D错误；
故选C。
9. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是
A. Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X
B. Cl2处于中间价态，理论上氯元素可被歧化为+1价和-1价的物质
C. Y属酸性氧化物
D. 图中五种物质中，只有X没有还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2的水溶液,次氯酸不稳定，在空气中久置后分解生成HCl和氧气，氧气逸出，最终变成HCl，即X，故A正确；
B．根据化合价规律，中间价态既可以升高也可以降低，故B正确；
C．查阅资料知Cl2O是次氯酸的酸酐，能与碱反应生成盐和水，故属酸性氧化物，故C正确；
D． HCl中Cl是-1价，是氯元素的最低价，化合价可以升高，所以HCl有还原性，故D错误；
故答案为：D
10. 粗银中含有、等杂质，用电解法以硝酸银为电解质提纯银。下列说法正确的是
A. 粗银与电源负极相连 B. 阴极反应式为：
C. 、在阳极区中沉积 D. 电解液中浓度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】电解法精炼粗银，粗银做阳极，Ag失电子生成Ag+、Cu生成Cu2+，Pt为惰性金属成为阳极泥，由得电子能力：Ag+> Cu2+，阴极为Ag+得电子生成Ag；
【详解】A．用电解法精炼粗银，银单质失电子生成银离子，发生氧化反应，粗银与电源正极相连，故A错误；
B．由得电子能力：Ag+> Cu2+，阴极为Ag+得电子生成Ag，阴极电极反应为，故B正确；
C．粗银做阳极Cu生成Cu2+，Pt为惰性金属成为阳极泥，故C错误；
D．电解精炼银时，粗银中比银活泼的铜会失电子形成离子进入溶液，则电解液中浓度不可能增大，故D错误；
故选：B。
11. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是
A. 46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应生成的乙酸乙酯分子
B. 39.0gNa2O2与足量水完全反应过程中转移的电子
C. 53.5g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH
D. 5.0g乙烷中所含的共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．46.0g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，1mol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，选项A错误；
B．的物质的量为0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钠和氧气，转移0.5mol电子，选项B错误；
C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中，根据电荷守恒，，因此，即，选项C正确；
D．1个乙烷分子中含有6个键和1个键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为，选项D错误。
答案选C。
12. 化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是
选项
操作或做法
目的
A
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO4溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
探究浓度对化学反应速率的影响
B
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
探究维生素C的还原性
C
用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点到湿润的pH试纸中间
测CH3COONa溶液的pH值
D
向50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
取20.00mL盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，A项错误；
B．向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色溶液变为浅绿色，说明生素C具有还原性，B项正确；
C．测CH3COONa溶液的pH值，应用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点到干燥的pH试纸中间，变色后与标准比色卡对照，若用湿润的试纸测定，相当于稀释了醋酸钠溶液，结果有误差，C项错误；
D．酸式滴定管的最下方还有一段没有刻度,若在50mI酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶，则盐酸的体积大于20mL，D项错误；
答案选B。
13. 在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B. 0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1
C. t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D. t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【答案】B
【解析】
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)= mol·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
答案为B。
14. 下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法错误的是
A. 四种元素的原子半径：X>Y>Z>R
B. Y与Z会形成有毒的化合物
C. Z的简单氢化物沸点比R的简单氢化物高
D. 化合物XR，各原子最外层均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-4-6-7=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。
【详解】A．同周期从左往右原子半径减小，则原子半径X(B)>Y(C)>Z(O)>R(F)，A正确；
B．Y与Z形成的化合物即CO2、CO等，CO2无毒，B正确；
C．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O 常温呈液态，另外两种呈气态，则水的沸点最高，C正确；
D．化合物XR，为BF，各原子最外层不都满足8电子稳定结构， D错误；
答案选D。
15. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质的性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A. 硫酸亚铁溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：
B. 足量通入氯化铝溶液中：
C. 足量氯气通入碳酸钠溶液中：
D. 通入溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁使高锰酸钾溶液褪色：，选项A正确；
B．氢氧化铝不溶于弱碱，过量通入氯化铝溶液中：，选项B错误；
C．次氯酸酸性弱于碳酸，向碳酸钠溶液中通入足量氯气：，选项C错误；
D．为弱酸，通入溶液中：，选项D错误；
答案选A。
16. 近期科技工作者开发了一套以乙醇为原料制备DDE()的电解装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 催化电极的电极电势：b＞a
B. 阴极电极反应式为
C. 电解后溶液的pH会减小(忽略溶液体积变化)
D. 每产生1mol 需要消耗3mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．b极氢离子生成氢气发生还原反应，为阴极，则催化电极的电极电势：b
C．由图可知，反应中生成2个氢离子，又消耗2个氢离子，故pH值不变，C错误；
D．由图可知，每产生1mol 的周期中，有1mol乙醇生成乙醛、乙醛又与2mol乙醇生成水和DDE，故需要消耗3mol ，D正确；
故选D。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共42分。
17. 为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。
实验过程：
I． 打开弹簧夹K1~K4， 通入一段时间N2， 再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。
II．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。
III．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。
IV．打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。
V．打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。
VI．更新试管D，重复过程IV，检验B溶液中的离子。
VII．实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
（1）过程I的目的是___________。
（2）棉花中浸润的溶液为___________，过程VII的目的是___________。
（3）C中发生反应的化学方程式为___________。
（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是___________。
（5）甲、乙、两三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是___________(填“甲”、“乙”、“丙”)。
过程IV中B溶液中含有的离子
过程VI中B溶液中含有的离子
甲
有Fe3+无Fe2+
有
乙
既有Fe3+又有Fe2+
有
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
（6）进行实验过程V时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。
查阅资料：Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)(墨绿色)
提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3 (墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。
某同学设计如下实验，证实该假设成立：
①溶液E和F分别为___________、___________。
②请用化学平衡原理解释步骤3中溶液由红棕色变为浅绿色的原因___________。
【答案】（1）排除装置中的空气，防止干扰实验
（2） ①. NaOH溶液 ②. 排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气
（3）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑
（4）70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大
（5）乙、丙 （6） ①. Na2SO3 ②. FeCl3 ③. Fe3+消耗，c()减小，使平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
【解析】
【分析】空气中的氧气也能氧化Fe2+为Fe3+，所以先通入氮气可以排除装置中的空气，防止干扰实验；A装置中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2具有氧化性，会将B中Fe2+氧化为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；当打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，H2SO4与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，SO2与FeCl3发生氧化还原反应SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+FeCl2+2HCl，根据Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀检验Fe2+的存在。氯气有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T型导管，防止氯气逸出，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，驱赶装置中的Cl2、SO2，使其被NaOH溶液吸收，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
【小问1详解】
打开弹簧夹K1~K4， 通入一段时间N2， 再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4，目的是排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰；
【小问2详解】
棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余Cl2、SO2，防止污染空气；
过程VII的目的是排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气；
【小问3详解】
在C中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
【小问4详解】
98%的浓硫酸主要以H2SO4分子形式存在，而70%的硫酸中含有较多的H+，所以使用70%的硫酸制取SO2气体，反应速率比用98%的浓硫酸快；
【小问5详解】
甲的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，VI中B溶液含有；若B溶液中Cl2有剩余，则Cl2会氧化SO2生成，不能判断氧化性Fe3+＞SO2；
乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，且Cl2不足，所以VI中B溶液含有，则一定是Fe3+氧化SO2生成，所以判断氧化性Fe3+＞SO2，因此可得氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论；
丙的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+；VI中B溶液含有Fe2+，若是Cl2氧化SO2，不会有Fe2+生成，说明Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞SO2，因此可得氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的结论，所以能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论的是乙、丙；
【小问6详解】
①实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；而步骤2中溶液显红棕色，说明加入的应该是FeCl3；
②由于Fe3+消耗，使溶液中c()减小，导致化学平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
18. 锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.1×10-36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件(温度、时间)为______。
（2）MnO2主要用于氧化______。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式______。
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、______(填化学式，其中Co、Ni均为+2价)。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有______作用；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是______；若反应终点pH低于7，可能的后果是______。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为_______。
【答案】（1）80℃、90 min
（2） ①. Fe2+ ②. C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）Fe(OH)3、CoS、NiS
（4） ①. 结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH) ②. 可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低 ③. MnCO3可能溶解，造成产率降低
（5）2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+
【解析】
【分析】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
【小问1详解】
物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min；
【小问2详解】
MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
【小问3详解】
根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3；
【小问4详解】
“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；
“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
【小问5详解】
以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。
19. CH4—CO2干重整技术(简称“DRM技术”)在转化利用CH4的同时可以大量利用CO2，从而成为一项“绿色”的化工技术而受到科研人员的广泛关注。该过程中涉及的反应如下：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热分别为890.3kJ/mol、283.0kJ/mol和285.8kJ/mol，DRM技术主反应的△H1=___k/mol。主反应在高温下能自发进行的原因是____。
（2）在恒容密闭容器中发生上述主反应和副反应，a、b、c三条曲线分别代表不同进料比反应达到平衡状态时随温度变化的关系如图甲所示，则a、b、c进料比由大到小顺序为____。
（3）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α—AlO3催化剂并加热至1123K使其只发生主反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2p(CH4)p(CO2)molg-1s-1，某时刻测得p(CO)=20kPa，则此时p(CO2)=____kPa，v(CO)=____molg-ls-1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的分压平衡常数Kp=____(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，列出计算式即可)
（4）主反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arthenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=___kJmol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
【答案】（1） ①. +247.3 ②. 该反应熵变△S大于0，焓变△H小于0，高温下熵判据占主导地位，使得吉布斯自由能△G小于0，所以高温下是自发反应
（2）c>b>a （3） ①. 15 ②. 1.95 ③.
（4） ①. 32 ②. 使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)
【解析】
【小问1详解】
CH4、CO和H2的燃烧热分别为890.3kJ/mol、283.0kJ/mol和285.8kJ/mol，对反应进行标号：① ；② ；③ ；反应①-②2-③2得到CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，△H1==+247.3kJ/mol；反应自发的条件为△H -T△S＜0，该反应的△H＞0，△S＞0，高温下熵判据占主导地位，使得吉布斯自由能△G小于0，所以高温下是自发反应；
【小问2详解】
主反应生成物为H2和CO，副反应消耗H2生成CO，的比值越大，CO2越易与H2反应生成CO，使得的值越小，则a、b、c进料比由大到小顺序为c>b>a；
【小问3详解】
①在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，某时刻测得p(CO)=20kPa，则此时p(CO2)=()kPa=15kPa，p(CH4)=()kPa=10kPa，v(CO)= 1.3×10-2p(CH4)p(CO2) molg-ls-1=1.3×10-2×10×15=1.95molg-ls-1；
②设达平衡时，消耗x kPa的CH4，列出三段式：
平衡后总压强为20-x+25-x+2x+2x=45+2x，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则有，解得x=18，则该反应的分压平衡常数Kp=(kPa)2；
【小问4详解】
将(3.4，3.0)、(3.2，9.4)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=32kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.4)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=21kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20. 半导体芯片的发明促进了人类信息技术的发展，单晶硅。砷化镓(GaAs)、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请回答以下问题：
（1）上述材料所涉及的四种元素中电负性最小的元素是___________(填元素符号)，基态砷原子价层电子的轨道表达式为___________，和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有___________种。
（2）SiCl4是生产高纯硅的前驱体，沸点57.6°C，可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为___________。，熔化时克服的作用力是___________其中Si采取的杂化类型为___________化合物N(CH3)3和N(SiH3)3的结构如上图所示，更易形成配合物的是___________，判断理由是___________。
（3）β-SiC的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为pg∙cm-3，晶胞中4个C构成的空间构型为___________，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为___________。(用含a、b、p、NA的代数式表示，NA、表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. Ga ②. ③. 2##两
（2） ①. 分子晶体 ②. 分子间作用力 ③. sp3 ④. N(CH3)3 ⑤. 分子极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍
（3） ①. 正四面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
上述材料所涉及的四种元素为Ga、As、C、Si；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是Ga；砷位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子价层电子的轨道表达式为；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3个未成对电子的元素还有V、Co这2种元素；
【小问2详解】
SiCl4沸点较低且可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为sp3杂化；化合物N(CH3)3和N(SiH3)3中更易形成配合物的是N(CH3)3，其结构为三角锥形，极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；
【小问3详解】
由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体；
硅原子为顶点和面心，1个晶胞中硅原子个数为，4个C位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个碳原子和4个硅原子晶胞密度为pg∙cm-3，设晶胞体积为V，则， cm-3；原子的总体积为，
故其原子的空间利用率为。
21. M为一种医药的中间体，其合成路线为：
已知：
①同一个碳上连两个羟基不稳定：
②
（1）A的结构简式为___________，C的名称___________。
（2）D中官能团名称是___________。
（3）F生成G的反应类型为___________。
（4）写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式________(同一碳原子上不能连2个-OH)：
①能发生银镜反应但不能发生水解
②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1
③遇FeCl3，溶液显紫色
（5）写出化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式___________。
（6）参考题中信息，以1，4-丁二醇为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. 苯甲醛
（2）羟基、羧基 （3）取代反应
（4）、、 （5）2+→+2H2O
（6）
【解析】
【分析】根据C生成D的反应条件可知过程与信息②类似，所以D中应含有羟基和羧基，与氨气反应生成E，可反推出D为，则C为，A与氯气发生取代反应生成B，B水解生成C，根据C的结构简式，再结合信息①可知，A与氯气发生取代时应是同一个碳原子上的两个氢原子都被取代，所以A为，B为。
【小问1详解】
根据分析可知A为，C为，名称为苯甲醛；
【小问2详解】
D为，其官能团为羟基、羧基；
【小问3详解】
对比F和G的结构简式可知，F中甲基邻位的H原子被甲基取代生成G，所以属于取代反应；
【小问4详解】
D中含有8个C原子、3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应但不能发生水解，则含有醛基或甲酸形成的羧基；②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，说明结构对称，③遇FeCl，溶液显紫色，说明含有酚羟基，符合条件的有、、；
【小问5详解】
鞥就E和I生成M的过程可知，中成单键的O原子可以取代氨基上的两个H原子，所以化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式为2+→+2H2O；
【小问6详解】
1，4-丁二醇为HOCH2CH2CH2CH2OH，根据E+I生成M的过程可知可以由NH3和反应生成，HOCH2CH2CH2CH2OH可以被连续氧化为HOOCCH2CH2COOH，根据H生成I的过程可知，HOOCCH2CH2COOH可以在P2O5的作用下生成，所以合成路线为。
2022年高考化学考前信息必刷卷01
广东专用
体现劳动教育，弘扬时代精神，方向明确，立意鲜明，情景新颖，贴近实际高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神。试题要用体现中国特色社会主义进入新时代后的新材料、新情境、新问题，将考查内容进行包装，坚持“信息切入、能力考查”的原则。主要情境包括：日常生活情境、学术探究情境、实验探索情境、化学史料情境。
根据广东高考的命题特色，可以预测以下几点命题要点：
1.体现广东传统文化和现代生活特点，将其与化学基础知识结合，如化学材料、元素化合物、有机化学等。
2.充分体现化学学科知识在日常生活和劳动中的作用。
3.考查基本化学原理的题目会保持较多数量，如简单的电化学知识、化学平衡知识、电解质溶液知识等。
4.实验综合题注重对探究能力的考查。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Si-28 Fe-56
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 茂名石油化工有限公司是我国生产规模最大的炼油化工企业之一，以石油为原料生产口罩的过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是
聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布
丙烯催化聚合生成聚丙烯
石油催化裂解得到丙烯
用环氧乙烷与微生物蛋白质发生反应消毒
A
B
C
D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布的过程中没有新物质生成，属于物理变化，A符合题意；
B．丙烯催化聚合生成聚丙烯的过程中有新物质聚丙烯生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．石油催化裂解是将长链的烃断裂，得到丙烯的过程中有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；
D．利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应消毒，蛋白质发生了变性，蛋白质的变性是化学变化，D不符合题意；
故选A。
2. 化学与生活密切相关，学好化学有助于提高生活质量。下列说法不正确的是
A. 腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理
B. 夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景与胶体的性质有关
C. 病人在服用胃舒平(主要成分为氢氧化铝)期间可以多吃酸性食物
D. 铁粉常用作食品包装袋中的抗氧化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，故A正确；
B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美景是气溶胶造成的，故B正确；
C．食用酸性食物能与氢氧化铝反应，会降低胃舒平的药效，故C错误；
D．铁粉能与食品袋中的氧气发生氧化还原，常用作食品包装袋中的抗氧化剂，故D正确；
故答案为C。
3. “天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是
A. 煤油是纯净物
B. 月壤中的3He与地球上的3H互为同位素
C. 火星陨石中的20Ne中子数为20
D. H2燃烧是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；
B．同位素须为同种元素，3He 和 3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故B错误；
C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的 20Ne 质量数为20，故C错误；
D．氢气的燃烧生成水H的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D正确；
故选D。
4. 研究金属的腐蚀和防护有利于降低国家的经济损失，具有现实意义。下列有关做法与防护原理不相匹配的是
选项
做法
防护原理
A
港珠澳大桥的护栏涂上环氧封闭涂料
隔绝钢铁与腐蚀介质接触
B
用浓硝酸将铁罐车内壁进行酸洗处理
钝化反应，产生致密氧化膜
C
国产大飞机C919采用铝锂合金材料
改变金属本质，形成耐腐蚀合金
D
三峡大坝的钢铁闸门与电源正极连接
采用牺牲阳极的阴极保护法，保护钢铁闸门不被腐蚀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．在护栏表面涂上环氧封闭涂料，目的是隔绝钢铁与腐蚀介质(空气、水)接触，A项正确；
B．用浓硝酸对铁罐车内壁进行酸洗，可使Fe与浓HNO3发生钝化反应，在铁罐车内壁产生致密氧化膜，隔绝金属与酸接触而起到保护作用，B项正确；
C．采用铝锂合金，是通过改变金属的本质，使其具有抗腐蚀性，C项正确；
D．将钢铁闸门与电源连接，此方法应叫外加电流的阴极保护法，需将钢铁闸门与电源负极连接从而起保护作用，D项错误；
答案选D。
5. 苯基丙烯醛(结构简式如丁所示)可用于水果保鲜或食用香料，合成路线如图。下列说法正确的是
A. 甲与乙互为同系物
B. 反应①为取代反应，反应②为消去反应
C. 甲，乙，丙，丁四种物质都既有氧化性又有还原性
D. 丙和丁互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲中含有苯环，乙中不含苯环，甲、乙结构不相似，二者不互为同系物，故A错误；
B．甲和乙发生加成反应生成丙，丙中醇羟基发生消去反应生成丁，所以反应①为加成反应，反应②为消去反应，故B错误；
C．甲，乙，丙，丁四种物质都含有醛基，既能与银氨溶液发生反应而具有氧化性，又能与氢气发生加成反应而具有还原性，故C正确；
D．丙和丁含氧原子个数不相等，分子式不同，不可能是同分异构体，故D错误；
故选：C。
6. “劳动创造幸福，实干成就伟业”。下列劳动项目所涉及的化学知识正确的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用明矾处理较浑浊的天然水
明矾主要起净水和杀菌作用
B
在盐田中晾晒海盐，得到粗盐
NaCl的溶解度随温度变化不大
C
工业上用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板
利用还原性：Fe>Cu
D
利用含小苏打的发酵粉烘焙蛋糕
小苏打是碳酸钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾处理浑浊的水，是因其溶水后形成胶体，胶体具有吸附性，但明矾不能杀菌，故A错误；
B．海水晒盐相当于是蒸发结晶的方法得到，因为氯化钠的溶解度受温度影响不大，因此采用此法获得，故B正确；
C．用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板是因为氯化铁的氧化性强于氯化铜，与铁和铜单质的还原性无关，故C错误；
D．小苏打是碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
7. 某兴趣小组在实验室中用饱和食盐水、NH3、CO2等试剂模拟“侯氏制碱法”原理，下列仪器在实验中一定用不到的是
A. ①③ B. ②⑤ C. ④⑥ D. ③⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】根据“侯氏制碱法”的基本原理，首先向饱和食盐水中通入NH3，然后再通入CO2，将析出的NaHCO3晶体过滤出来，再将其加热分解转化为Na2CO3.，过滤时用到烧杯和漏斗，加热分解时用到上述仪器中的酒精灯、蒸发皿，取下加热后的蒸发皿需要用到坩埚钳；一定用不到容量瓶和分液漏斗；故选C。
8. 下列说法正确的是
A. 将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH<7，呈酸性
B. 向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
C. 己知：室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.0×10-48则反应2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为2.0×1028
D. 中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化钾为强酸强碱盐，将KCl溶液从常温加热至80℃，水电离程度变大，但溶液仍为中性，A错误；
B．向冰醋酸中不断加水，开始冰醋酸溶解形成溶液，溶液酸性变大，随着水的不断加入，酸性又变弱，B错误；
C．2AgCl(s)+S2-(aq)Ag2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数为K==2.0×1028，C正确；
D．pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的物质的量相同，中和pH与体积都相同的NaOH和Ba(OH)2溶液，消耗HCl的物质的量之比是1：1，D错误；
故选C。
9. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为氯及其部分化合物的“价类二维图”，下列说法错误的是
A. Cl2的水溶液在空气中久置后，最终变成X
B. Cl2处于中间价态，理论上氯元素可被歧化为+1价和-1价的物质
C. Y属酸性氧化物
D. 图中五种物质中，只有X没有还原性
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2的水溶液,次氯酸不稳定，在空气中久置后分解生成HCl和氧气，氧气逸出，最终变成HCl，即X，故A正确；
B．根据化合价规律，中间价态既可以升高也可以降低，故B正确；
C．查阅资料知Cl2O是次氯酸的酸酐，能与碱反应生成盐和水，故属酸性氧化物，故C正确；
D． HCl中Cl是-1价，是氯元素的最低价，化合价可以升高，所以HCl有还原性，故D错误；
故答案为：D
10. 粗银中含有、等杂质，用电解法以硝酸银为电解质提纯银。下列说法正确的是
A. 粗银与电源负极相连 B. 阴极反应式为：
C. 、在阳极区中沉积 D. 电解液中浓度先增大后减小
【答案】B
【解析】
【分析】电解法精炼粗银，粗银做阳极，Ag失电子生成Ag+、Cu生成Cu2+，Pt为惰性金属成为阳极泥，由得电子能力：Ag+> Cu2+，阴极为Ag+得电子生成Ag；
【详解】A．用电解法精炼粗银，银单质失电子生成银离子，发生氧化反应，粗银与电源正极相连，故A错误；
B．由得电子能力：Ag+> Cu2+，阴极为Ag+得电子生成Ag，阴极电极反应为，故B正确；
C．粗银做阳极Cu生成Cu2+，Pt为惰性金属成为阳极泥，故C错误；
D．电解精炼银时，粗银中比银活泼的铜会失电子形成离子进入溶液，则电解液中浓度不可能增大，故D错误；
故选：B。
11. 设NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是
A. 46.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应生成的乙酸乙酯分子
B. 39.0gNa2O2与足量水完全反应过程中转移的电子
C. 53.5g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH
D. 5.0g乙烷中所含的共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A．46.0g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，1mol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，选项A错误；
B．的物质的量为0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钠和氧气，转移0.5mol电子，选项B错误；
C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中，根据电荷守恒，，因此，即，选项C正确；
D．1个乙烷分子中含有6个键和1个键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为，选项D错误。
答案选C。
12. 化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是
选项
操作或做法
目的
A
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO4溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
探究浓度对化学反应速率的影响
B
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
探究维生素C的还原性
C
用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点到湿润的pH试纸中间
测CH3COONa溶液的pH值
D
向50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
取20.00mL盐酸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该实验没有明显现象，不能探究浓度对速率的影响，A项错误；
B．向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色溶液变为浅绿色，说明生素C具有还原性，B项正确；
C．测CH3COONa溶液的pH值，应用玻璃棒蘸取CH3COONa溶液点到干燥的pH试纸中间，变色后与标准比色卡对照，若用湿润的试纸测定，相当于稀释了醋酸钠溶液，结果有误差，C项错误；
D．酸式滴定管的最下方还有一段没有刻度,若在50mI酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶，则盐酸的体积大于20mL，D项错误；
答案选B。
13. 在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B. 0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1
C. t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D. t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【答案】B
【解析】
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)= mol·L-1·min-1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
答案为B。
14. 下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法错误的是
A. 四种元素的原子半径：X>Y>Z>R
B. Y与Z会形成有毒的化合物
C. Z的简单氢化物沸点比R的简单氢化物高
D. 化合物XR，各原子最外层均为8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-4-6-7=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。
【详解】A．同周期从左往右原子半径减小，则原子半径X(B)>Y(C)>Z(O)>R(F)，A正确；
B．Y与Z形成的化合物即CO2、CO等，CO2无毒，B正确；
C．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O 常温呈液态，另外两种呈气态，则水的沸点最高，C正确；
D．化合物XR，为BF，各原子最外层不都满足8电子稳定结构， D错误；
答案选D。
15. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质的性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A. 硫酸亚铁溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中：
B. 足量通入氯化铝溶液中：
C. 足量氯气通入碳酸钠溶液中：
D. 通入溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁使高锰酸钾溶液褪色：，选项A正确；
B．氢氧化铝不溶于弱碱，过量通入氯化铝溶液中：，选项B错误；
C．次氯酸酸性弱于碳酸，向碳酸钠溶液中通入足量氯气：，选项C错误；
D．为弱酸，通入溶液中：，选项D错误；
答案选A。
16. 近期科技工作者开发了一套以乙醇为原料制备DDE()的电解装置如下图所示。下列说法正确的是
A. 催化电极的电极电势：b＞a
B. 阴极电极反应式为
C. 电解后溶液的pH会减小(忽略溶液体积变化)
D. 每产生1mol 需要消耗3mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．b极氢离子生成氢气发生还原反应，为阴极，则催化电极的电极电势：b
C．由图可知，反应中生成2个氢离子，又消耗2个氢离子，故pH值不变，C错误；
D．由图可知，每产生1mol 的周期中，有1mol乙醇生成乙醛、乙醛又与2mol乙醇生成水和DDE，故需要消耗3mol ，D正确；
故选D。
二、非选择题：共56分。第17~19题为必考题，考生都必须作答。第20~21题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共42分。
17. 为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。
实验过程：
I． 打开弹簧夹K1~K4， 通入一段时间N2， 再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。
II．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。
III．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。
IV．打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。
V．打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。
VI．更新试管D，重复过程IV，检验B溶液中的离子。
VII．实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
（1）过程I的目的是___________。
（2）棉花中浸润的溶液为___________，过程VII的目的是___________。
（3）C中发生反应的化学方程式为___________。
（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是___________。
（5）甲、乙、两三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是___________(填“甲”、“乙”、“丙”)。
过程IV中B溶液中含有的离子
过程VI中B溶液中含有的离子
甲
有Fe3+无Fe2+
有
乙
既有Fe3+又有Fe2+
有
丙
有Fe3+无Fe2+
有Fe2+
（6）进行实验过程V时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。
查阅资料：Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)(墨绿色)
提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3 (墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。
某同学设计如下实验，证实该假设成立：
①溶液E和F分别为___________、___________。
②请用化学平衡原理解释步骤3中溶液由红棕色变为浅绿色的原因___________。
【答案】（1）排除装置中的空气，防止干扰实验
（2） ①. NaOH溶液 ②. 排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气
（3）H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑
（4）70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大
（5）乙、丙 （6） ①. Na2SO3 ②. FeCl3 ③. Fe3+消耗，c()减小，使平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
【解析】
【分析】空气中的氧气也能氧化Fe2+为Fe3+，所以先通入氮气可以排除装置中的空气，防止干扰实验；A装置中MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2具有氧化性，会将B中Fe2+氧化为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；当打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，H2SO4与Na2SO3溶液反应产生SO2气体，SO2与FeCl3发生氧化还原反应SO2+2FeCl3+2H2O=H2SO4+FeCl2+2HCl，根据Fe2+与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀检验Fe2+的存在。氯气有毒，不能排放到空气中污染空气，所以用沾有NaOH溶液的棉花堵塞T型导管，防止氯气逸出，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，驱赶装置中的Cl2、SO2，使其被NaOH溶液吸收，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
【小问1详解】
打开弹簧夹K1~K4， 通入一段时间N2， 再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4，目的是排出装置中的氧气，防止对实验结果造成干扰；
【小问2详解】
棉花中浸有NaOH溶液，吸收多余Cl2、SO2，防止污染空气；
过程VII的目的是排出装置内残留的Cl2或SO2，使其被NaOH溶液吸收，防止对实验人员生命安全造成危险，并防止污染空气；
【小问3详解】
在C中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑；
【小问4详解】
98%的浓硫酸主要以H2SO4分子形式存在，而70%的硫酸中含有较多的H+，所以使用70%的硫酸制取SO2气体，反应速率比用98%的浓硫酸快；
【小问5详解】
甲的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，VI中B溶液含有；若B溶液中Cl2有剩余，则Cl2会氧化SO2生成，不能判断氧化性Fe3+＞SO2；
乙的结论：IV中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，且Cl2不足，所以VI中B溶液含有，则一定是Fe3+氧化SO2生成，所以判断氧化性Fe3+＞SO2，因此可得氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论；
丙的结论：IV中B溶液含有Fe3+，说明氧化性：Cl2＞Fe3+；VI中B溶液含有Fe2+，若是Cl2氧化SO2，不会有Fe2+生成，说明Fe3+与SO2发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性：Fe3+＞SO2，因此可得氧化性：Cl2＞Fe3+＞SO2的结论，所以能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的结论的是乙、丙；
【小问6详解】
①实验中溶液显墨绿色，说明平衡向正反应方向移动，所以加入的应该是Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；而步骤2中溶液显红棕色，说明加入的应该是FeCl3；
②由于Fe3+消耗，使溶液中c()减小，导致化学平衡Fe2+ (aq) +(aq)FeSO3(s )逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。
18. 锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.1×10-36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件(温度、时间)为______。
（2）MnO2主要用于氧化______。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式______。
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、______(填化学式，其中Co、Ni均为+2价)。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有______作用；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是______；若反应终点pH低于7，可能的后果是______。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为_______。
【答案】（1）80℃、90 min
（2） ①. Fe2+ ②. C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3）Fe(OH)3、CoS、NiS
（4） ①. 结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH) ②. 可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低 ③. MnCO3可能溶解，造成产率降低
（5）2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+
【解析】
【分析】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
【小问1详解】
物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min；
【小问2详解】
MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
【小问3详解】
根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3；
【小问4详解】
“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；
“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
【小问5详解】
以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。
19. CH4—CO2干重整技术(简称“DRM技术”)在转化利用CH4的同时可以大量利用CO2，从而成为一项“绿色”的化工技术而受到科研人员的广泛关注。该过程中涉及的反应如下：
主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0kJ/mol
回答下列问题：
（1）已知CH4、CO和H2的燃烧热分别为890.3kJ/mol、283.0kJ/mol和285.8kJ/mol，DRM技术主反应的△H1=___k/mol。主反应在高温下能自发进行的原因是____。
（2）在恒容密闭容器中发生上述主反应和副反应，a、b、c三条曲线分别代表不同进料比反应达到平衡状态时随温度变化的关系如图甲所示，则a、b、c进料比由大到小顺序为____。
（3）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α—AlO3催化剂并加热至1123K使其只发生主反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
①研究表明CO的生成速率v(CO)=1.3×10-2p(CH4)p(CO2)molg-1s-1，某时刻测得p(CO)=20kPa，则此时p(CO2)=____kPa，v(CO)=____molg-ls-1。
②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的分压平衡常数Kp=____(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，列出计算式即可)
（4）主反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arthenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=___kJmol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是____。
【答案】（1） ①. +247.3 ②. 该反应熵变△S大于0，焓变△H小于0，高温下熵判据占主导地位，使得吉布斯自由能△G小于0，所以高温下是自发反应
（2）c>b>a （3） ①. 15 ②. 1.95 ③.
（4） ①. 32 ②. 使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)
【解析】
【小问1详解】
CH4、CO和H2的燃烧热分别为890.3kJ/mol、283.0kJ/mol和285.8kJ/mol，对反应进行标号：① ；② ；③ ；反应①-②2-③2得到CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，△H1==+247.3kJ/mol；反应自发的条件为△H -T△S＜0，该反应的△H＞0，△S＞0，高温下熵判据占主导地位，使得吉布斯自由能△G小于0，所以高温下是自发反应；
【小问2详解】
主反应生成物为H2和CO，副反应消耗H2生成CO，的比值越大，CO2越易与H2反应生成CO，使得的值越小，则a、b、c进料比由大到小顺序为c>b>a；
【小问3详解】
①在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，某时刻测得p(CO)=20kPa，则此时p(CO2)=()kPa=15kPa，p(CH4)=()kPa=10kPa，v(CO)= 1.3×10-2p(CH4)p(CO2) molg-ls-1=1.3×10-2×10×15=1.95molg-ls-1；
②设达平衡时，消耗x kPa的CH4，列出三段式：
平衡后总压强为20-x+25-x+2x+2x=45+2x，达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则有，解得x=18，则该反应的分压平衡常数Kp=(kPa)2；
【小问4详解】
将(3.4，3.0)、(3.2，9.4)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=32kJmol-1；将(3.6，1.0)、(3.2，9.4)分别代入到Rlnk=-+C中得到，解得Ea=21kJmol-1，与a相比，活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂比表面积。
(二)选考题：共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20. 半导体芯片的发明促进了人类信息技术的发展，单晶硅。砷化镓(GaAs)、碳化硅等是制作半导体芯片的关键材料，也是我国优先发展的新材料。请回答以下问题：
（1）上述材料所涉及的四种元素中电负性最小的元素是___________(填元素符号)，基态砷原子价层电子的轨道表达式为___________，和As位于同一周期，且未成对电子数也相同的元素还有___________种。
（2）SiCl4是生产高纯硅的前驱体，沸点57.6°C，可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为___________。，熔化时克服的作用力是___________其中Si采取的杂化类型为___________化合物N(CH3)3和N(SiH3)3的结构如上图所示，更易形成配合物的是___________，判断理由是___________。
（3）β-SiC的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为apm和bpm，密度为pg∙cm-3，晶胞中4个C构成的空间构型为___________，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为___________。(用含a、b、p、NA的代数式表示，NA、表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1） ①. Ga ②. ③. 2##两
（2） ①. 分子晶体 ②. 分子间作用力 ③. sp3 ④. N(CH3)3 ⑤. 分子极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍
（3） ①. 正四面体 ②.
【解析】
【小问1详解】
上述材料所涉及的四种元素为Ga、As、C、Si；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是Ga；砷位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子价层电子的轨道表达式为；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3个未成对电子的元素还有V、Co这2种元素；
【小问2详解】
SiCl4沸点较低且可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则SiCl4晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为sp3杂化；化合物N(CH3)3和N(SiH3)3中更易形成配合物的是N(CH3)3，其结构为三角锥形，极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；
【小问3详解】
由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体；
硅原子为顶点和面心，1个晶胞中硅原子个数为，4个C位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个碳原子和4个硅原子晶胞密度为pg∙cm-3，设晶胞体积为V，则， cm-3；原子的总体积为，
故其原子的空间利用率为。
21. M为一种医药的中间体，其合成路线为：
已知：
①同一个碳上连两个羟基不稳定：
②
（1）A的结构简式为___________，C的名称___________。
（2）D中官能团名称是___________。
（3）F生成G的反应类型为___________。
（4）写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式________(同一碳原子上不能连2个-OH)：
①能发生银镜反应但不能发生水解
②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1
③遇FeCl3，溶液显紫色
（5）写出化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式___________。
（6）参考题中信息，以1，4-丁二醇为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. 苯甲醛
（2）羟基、羧基 （3）取代反应
（4）、、 （5）2+→+2H2O
（6）
【解析】
【分析】根据C生成D的反应条件可知过程与信息②类似，所以D中应含有羟基和羧基，与氨气反应生成E，可反推出D为，则C为，A与氯气发生取代反应生成B，B水解生成C，根据C的结构简式，再结合信息①可知，A与氯气发生取代时应是同一个碳原子上的两个氢原子都被取代，所以A为，B为。
【小问1详解】
根据分析可知A为，C为，名称为苯甲醛；
【小问2详解】
D为，其官能团为羟基、羧基；
【小问3详解】
对比F和G的结构简式可知，F中甲基邻位的H原子被甲基取代生成G，所以属于取代反应；
【小问4详解】
D中含有8个C原子、3个O原子，不饱和度为5，其同分异构体满足：①能发生银镜反应但不能发生水解，则含有醛基或甲酸形成的羧基；②核磁共振氢谱峰面积比为2：2：2：1：1，说明结构对称，③遇FeCl，溶液显紫色，说明含有酚羟基，符合条件的有、、；
【小问5详解】
鞥就E和I生成M的过程可知，中成单键的O原子可以取代氨基上的两个H原子，所以化合物I与尿素(H2N-CO-NH2)以2：1反应的化学方程式为2+→+2H2O；
【小问6详解】
1，4-丁二醇为HOCH2CH2CH2CH2OH，根据E+I生成M的过程可知可以由NH3和反应生成，HOCH2CH2CH2CH2OH可以被连续氧化为HOOCCH2CH2COOH，根据H生成I的过程可知，HOOCCH2CH2COOH可以在P2O5的作用下生成，所以合成路线为。
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