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7.北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧，挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，下列有关叙述错误的是

A、胆矾的化学式为CuSO4

B、胆矾可作为湿法冶铜的原料

C、“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程

D、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应

胆矾(也称蓝矾)是带5个结晶水的硫酸铜。

传统文化，化学史料。湿法冶金，分离方法、反应类型和物质名称与组成。

8.某白色固体混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的两种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液：②做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色：③向溶液中加碱，产生白色沉淀，根据实验现象可判断其组成为

A、NaCl、KClB、KCl、MgSO4

C、KCl、CaCO3D、MgSO4、NaCl

物质的溶解性及其鉴定与判断。

9.二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是

A、海水酸化能引起HCO3—浓度增大、CO32—浓度减小

B、海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少

C、CO2能引起海水酸化，其原理为HCO3—H++CO32—

D、使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境

过量排放的二氧化碳溶于海水，海水的H2CO3浓度增大(海水酸化)，与海水中CO32—及珊瑚礁反应生成HCO3—，海水HCO3—浓度增大，珊瑚礁减少。

过量排放CO2对环境的影响。引起海水成分的变化及其对珊瑚礁的破坏、减排的措施与方法。

10.吡啶（）是类似于苯的芳香化合物。2-乙烯基吡啶（VPy)是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成，下列叙述正确的是

A、MPy只有两种芳香同分异构体

B、EPy中所有原子共平面

C、VPy是乙烯的同系物

D、反应②的反应类型是消去反应

A选项：MPy有3种具有芳香性的同分异构体；B选项：若把题给EPy的结构的这些原子认为共平面，那么分子中的2个亚甲基CH2上的H原子一定不在此平面内；C选项：分子中含1个碳碳双键且服从分子通式CnH2n，n值不同的系列物质是乙烯的同系物

有机化学题。杂环芳香性化合物的组成(同系物的概念)、结构(同分异构与共面)与性质(反应类型)。

11.据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A、OH—参与了该催化循环

B、该反应可产生清洁燃料H2

C、该反应可消耗温室气体CO2

D、该催化循环中Fe的成键数目发生变化

该循环过程是以Fe(CO)5——五羰基铁(Fe为0价)为催化剂、OH—为助催化剂，使CO和H2O反应生成H2和CO2。根据铁的化合物的空间结构，可以很清楚地看出Fe(CO)5在反应过程中，Fe原子价键数由。

催化反应机理。情境新陌生度大，但难度较小。认识铁的配合物的结构；由复杂的循环反应过程提炼出总反应(反应物、产物)以及助催化剂。

12.电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是

A、Ag为阳极B、Ag+由银电极向变色层迁移

C、W元素的化合价升高D、总反应为WO3+xAg=AgxWO3Ag电极是阳极，Ag失电子形成Ag+，Ag+通过固体电解质迁移至电致变色层的电极，发生WO3+xe—+xAg+=AgxWO3，W的化合价降低。

电化学。运用电解原理分析图示电解装置(固体电解质)的电极反应和电池反应，并判断元素化合价的变化。

13.一种由短周期主族元素组成的化合物（如图所示），具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是

A、该化合物中，W、X、Y之间均为共价键

B、Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应

C、Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸

D、X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构

根据该化合物的结构：X共用4对电子，Y共用3对电子，且原子序数“总和为24”可推：X为B元素、Y为N元素；W为H元素、Z为Na元素。其中有1个H为H—与B共用电子对，使其阴离子带1个单位负电荷。BF3中B原子最外层只有6个电子。

全国I卷.13.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是

A.WZ的水溶液呈碱性

B.元素非金属性的顺序为XYZ

C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸

D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构

图解：

根据“W、X、Y、Z为同一短周期元素”可确定这些元素位于第二或第三周期，根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”和结构示意图Z原子只共用一对电子可推断：Z为第七主族元素，X为Si元素，因此可推出：W为Na元素，Z为Cl元素，再根据结构示意图中Y原子共用电子对数和阴离子的电荷值可知Y为P元素。

P原子有5个价电子，3个单电子中的2个与2个Si原子的单电子形成P—Si共价键，另1个单电子结合1个电子使之带1个单位负电荷。在该化合物中P

原子及其它原子最外层均满足8电子稳定结构。

P(Y)最高氧化物P4O10对应的水化物是H3PO4或HPO3(偏磷酸)均为中强酸：K1(H3PO4)=7.52×10—3，K(HPO3)=1.0×10—1

26.(14分)

化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：

（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图（a）所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许离子通过，氯气的逸出口是（填标号）。

（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ，X为HClO或ClO—]与pH的关系如图（b）所示。HClO的电离常数Ka值为。

（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为。

（4）Cl2O常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到Cl2O溶液。上述过程中，生成Cl2O的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为mol；产生“气泡”的化学方程式为。

（5）“84消毒液“的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是（用离子方程式表示）_____________。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产kg该溶液需消耗氯气的质量为kg（保留整数）。

（1）由图(a)可知：阳极反应2Cl——2e—=Cl2

阴极反应2H2O+2e—=H2+2OH—

（2）由图(b)可知：pK=pH

（3）Cl2发生歧化反应，说明HgO只提供O以使生成Cl2O，Cl2O歧化为Cl—与Hg2+生成HgCl2。

（4）NaClO2发生歧化，生成ClO2；根据得失电子相等：发生氧化的n(NaClO2)=发生还原4n(NaClO2)，当n(ClO2)=n(NaClO2)=1mol时，发生还原的NaClO2为0.25mol。

（5）Cl2被NaOH溶液完全吸收，抓溶液质量守恒，有：m(NaOH)+m(Cl2)=。设30%的NaOH溶液质量为x，m(NaOH)为0.3x。参加反应的NaOH的质量为(0.3x—10)kg即(0.3x—10)/40kmol，吸收Cl2为(0.3x—10)/80kmol。所以：

71(0.3x—10)/80+x=，x=.7，消耗m(Cl2)=71(0.3x—10)/80=

（1）Na+a

（2）10—7.5

（3）2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O

（4）1.25NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+CO2+H2O

（5）Cl—+ClO—+2H+=Cl2+H2O

元素及其化合物性质题。以氯元素及其化合物为载体，考查工业制氯气(离子交换膜法电解NaCl溶液)；根据HClO溶液的分布系数坐标图求HClO的电离常数；Cl2和NaCIO2的歧化及有关计算；根据质量守恒原则计算NaOH溶液吸收Cl2的质量。

27.（15分）

苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：

实验步骤：

（1）在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、mL水和4.8g（约0.03mol）高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。

（2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。

（3）纯度测定：称取0.g粗产品，配成乙醇溶液，于mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.0mol/L的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。

回答下列问题：

（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为（填标号）

（1）烧瓶中装液体的量约为其容积的1/3~2/3，本题实验的液体体积约为mL。

（2）球形冷凝管接触面大，冷却效果好；甲苯不溶于水

（6）n(KOH)=n(苯甲酸)=0.mmol，即25.00mL溶液中含26.23mg苯甲酸。mL溶液中含.92mg。m(甲苯)=0.×1.5=1.3(g)，粗产品为1.0g，含苯甲酸约0.86g，即反应的甲苯质量为0.86×92/=0.g。

（1）B

（2）球形不溶于水的甲苯完全被氧化

（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，

2MnO4—+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

（4）MnO2

（5）苯甲酸升华而损失

（6）86%C

（7）重结晶

综合实验题。以甲苯氧化制苯甲酸为载体，考查：(1)制备过程中使用的仪器(规格与作用)，实验操作中所用试剂的作用与反应、产物成分的判断，苯甲酸提纯的方法。甲苯和苯甲酸的物理性质(甲苯不溶于水，苯甲酸具有升华性质)。(2)滴定分析，测定苯甲酸的纯度，并计算实验所得产品的产率。

28.（14分）

天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。

（1）乙烷在一定条件可发生如下反应：△H，相关物质的燃烧热数据如下表所示：

①△H=________kJ/mol

②提高该反应平衡转化率的方法有。

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为α。反应对的平衡常数Kp=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

（2）高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：。反应在初期阶段的速率方程为：r=k×cCH4，其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2=r1

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是。

（1）①△H=反应物总键能—产物总键能

②平衡正向移动，可逆反应的特征：气体化学计量数增大的吸热反应

③设充入乙烷和氢气的压强均为1mol，平衡后乙烷的反应了αmol。

平衡/mol1—αα1+αn=2+α

物质的量分数(1—α)/nα/n(1+α)/n

Kp=α(1+α)/(1—α)=α(1+α)/[n(1—α)]

（2）①由速率方程可知，反应速率只与甲烷浓度有关，即速率之比=甲烷浓度之比，设反应开始时甲烷的浓度为c1，甲烷的转化率为α时甲烷的浓度为c1(1—α)。

（3）①电极A为阴极，CO2得电子被还原为CO，失去O2—通过固体电解质迁移至阳极(B)，阳极反应：

2CH4—2e—+O2—=CH3CH3+H2O或2CH4—4e—+2O2—=CH2=CH2+2H2O

②设生成乙烷为1mol，则乙烯为2mol。消耗CH4为6mol，根据得失电子守恒(10mole—)，消耗CO2为5mol

（1）升高温度、减小压强（增大体积）；

（2）(1—α)AD

（3）CO2+2e—=CO+O2—6︰5

化学反应原理题。以甲烷和乙烷的热裂解反应为载体，考查：(1)由键能求相关反应的焓变；根据平衡转化率求平衡常数；影响平衡移动的条件；根据速率方程判断速率的大小，以及影响反应速率的因素。(2)根据题给装置利用电解法实现CH4与CO2耦合生成乙烷与乙烯，书写电极反应及根据电子守恒求给定条件下消耗CH4和CO2的体积比。

35.（15分）

钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能性材料。回答下列问题：

（1）基态Ti原子的核外电子排布式为。

（2）Ti的四卤化合物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是。

（3）CaTiO3的晶胞如图（a）所示，其组成元素的电负性大小顺序是________；金属离子与氧离子间的作用力为_____________，Ca2+的配位数是__________。

（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I—和有机碱离子CH3NH3+，其晶胞如图（b）所示。其中Pb2+与图（a）中的空间位置相同，有机碱CH3NH3+中，N原子的杂化轨道类型是；若晶胞参数为anm，则晶体密度为g/cm3（列出计算公式）。

（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕（Eu）盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图（c）所示，用离子方程式表示该原理、。

（1）Ti为第四周期第ⅣB族元素，原子价层电子排布为3d24s2。

（2）TiF4的熔点比其它的TiX4高出很多，属离子化合物，其它的TiX4属共价化合物，且组成与结构相似，但相对分子质量随X原子序数增大而增大。

（3）

（4）图(b)和图(a)的体心分别为Pb2+、Ca2+。CH3NH3+中的N原子与NH4+中的N原子相同，均采用sp3杂化。立方晶胞密度ρ=NM/(NAa3)，晶胞中为1个Pb(CH3NH3)I3。

（5）略

（1）1s22s22p63s23p63d24s2

（2）TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；

（3）OTiCa离子键12

（4）Ti4+sp3

（5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I—

基态原子的电子排布；根据熔点数据判断键型及其变化的原因；电负性的大小判断与杂化轨道类型；晶胞结构和配位数；晶体密度的计算。根据图示转化，写出离子方程式。

36.（15分）

维生素E是一种人体必需的脂溶性维生素，现已广泛应用于医药、营养品、化妆品等。天然的维生素E由多种生育酚组成，其中α—生育酚（化合物E）含量最高，生理活性也最高。下面是化合物E的一种合成路线，其中部分反应略去。

已知以下信息：

回答下列问题：

（1）A的化学名称为___________。

（2）B的结构简式为____________。

（3）反应物C含有三个甲基，其结构简式为______________。

（4）反应⑤的反应类型为____________。

（5）反应⑥的化学方程式为__________________________。

（6）化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有____个(不考虑立体异构体，填标号)。

(ⅰ)含有两个甲基；(ⅱ)含有酮羰基(但不含C=C=O)；(ⅲ)不含有环状结构。

(a)4(b)6(c)8(d)10

其中，含有手性碳(注:连有四个不同的原子或基团的碳)的化合物的结构简式为_______。

（2）接受B的分子式和信息a知B的结构：在A的羟基2个邻位取代了2个—CH3。

（3）由和信息b知C的结构：

（1）由信息c知反应⑤是羰基的与H—C≡CH的加成反应。

（5）D的结构：，控制加氢得。

（6）C—C—C—C—C—C，羰基连在2-C，移动碳碳双键(不能连在链端)：2种；羰基链在3-C，1种；C—C—C—C—C，羰基连

在左端2-C，1种；羰基连在3-C，2种；C—C—C—C—C，羰基只能连在2-C，2种。C

或以C结构来分析：（1）移动双键：，由此移动甲基标记※为手性碳原子，再由此移动双键；（2）移动甲基：和由此移动双键、；（3）移动O原子和双键：、

（1）3-甲基苯酚（或间甲基苯酚）；

（2）

（3）

（4）加成反应；

（5）+H2

（6）c

常规命题模式。考查的内容也是常考知识点。但题给的有机物结构较复杂，“唬人”！其中同分异构体数目的确定较难，同时涉及了碳链异构、羰基和碳碳双键的位置异构。