2019届高三化学1月教学质量测评能力测试试题（含解析）.doc

1、- 1 -2019 届高三 1 月教学质量测评理科综合能力测试（化学部分）可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 C1-35.5 Fe-56 Zn-65 Zr-91一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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.工业氧化铍可生产金属铍、制作铍合金及特殊陶瓷。由绿柱石(含 3BeOAl2O36SiO2及铁等微量元素)和方解石(主要成分是 CaCO3)为原料生产氧化铍的工艺流程如下：已知：Be 与 Al 性质相似。下列叙述错误的是A. “浸渣”受热后的主要成分是 SiO2和 CaSO4B. 利用“

2、碱溶渣”可回收金属铁C. “水解，调节 pH”反应的主要离子是 BeO22D. 上述流程中“碱、水”宜使用廉价的氨水，降低生产成本【答案】D【解析】【分析】铍矿物（绿柱石-3BeOAl 2O36SiO2及铁等微量元素）和方解石熔炼，然后加入稀硫酸，SiO2、Al 2O3分别与 CaCO3反应生成 CaSiO3、铝酸钙，BeO 和熔融方解石反应生成铍酸钙，Fe元素被氧化，然后加入稀硫酸溶解，浸出出液中含有 BeSO4、Al 2（SO 4） 3、Fe 2（SO 4） 3，然后向溶液中加入“碱、水” ，调节溶液 pH 除去铁离子，然后过滤得到氢氧化铁沉淀，滤液中含有 BeO22 、AlO 2-，再调

3、节溶液 pH，得到 Be（OH） 2沉淀，煅烧氢氧化铍得到工业 BeO，以此分析。【详解】A. 利用“原子去向分析法” ，硫酸浸泡后生成不溶性或微溶性的 H2SiO3和 CaSO4 ，受热后 H2SiO3 转化为 SiO2 ，故 A 正确；B. “碱溶渣”中有氢氧化铁，可用于回收金属铁，故 B 正确；C. “水解”反应的主要离子是 BeO22 ，故 C 正确；D. 流程中“碱、水”将 Be、Al 元素分别转化为 BeO22 和 AlO2-，只能使用强碱，故 D 错误。- 2 -答案选 D。【点睛】在化学工艺流程题中涉及溶液的 pH 控制，可以从以下角度分析：调节溶液的酸碱性，抑制水解（或使其中

4、某些金属离子形成氢氧化物沉淀） ；“酸作用”可以除去氧化物（膜） ；“碱作用”可以除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝，二氧化硅等；特定的氧化还原反应需要在酸性条件（或碱性条件） 。2.化学与社会、生活、技术密切相关。下列相关说法正确的是A. 二氧化硅是太阳能电池板的主要材料，太阳能替代化石燃料有利于节约资源、保护环境B. ClO2代替 Cl2作消毒剂，不仅能够提高消毒效率，而且可以避免产生新的有害物质C. 玉米、稻谷、大豆等农产品不仅富含天然有机高分子化合物，而且是重要的酿酒原料D. “刀耕火耨”描述我国远古时期利用草木灰作肥料，该肥料宜与磷酸铵混合施用【答案】B【解析】【详解】A. 太阳能电池

5、板的主要材料是晶体硅，故 A 错误；B. ClO2代替 Cl2作消毒剂，相同条件下转移电子数更多，能提高消毒效率，且不会产生对人体有害的有机氯代物，故 B 正确；C. 大豆中富含蛋白质，不属于多糖类，不能作酿酒原料，故 C 错误；D.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶液呈碱性，NH 4+与 OH-作用产生氨气，使肥效降低，草木灰不宜与磷酸铵混合施用，故 D 错误。答案选 B。3.2018 年 11 月在法国凡尔赛召开了国际计量大会，会议将阿伏加德罗常数的定义修改为“1摩尔包含 6.022140761023个基本单元，这一常数被称为阿伏加德罗常数，单位为 mol1 ”。若 NA表示阿伏加德罗常数

6、的值，则下列说法错误的是A. 新定义中阿伏加德罗常数的不确定度被消除B. 常温常压下，11.2LO 2与 N2组成的混合气体，含有原子个数小于 NAC. 117 号元素符号为 Ts(中文名 )，其重氢化物 D293Ts 含有中子数为 177NAD. 60.0gC3H8O 中含有的 CC 键可能小于 2NA【答案】C【解析】【详解】A. 根据新定义，N A就是具体的 6.022140761023个基本单元，不确定度被消除，故 A 正确；- 3 -B. 标准状况下，11.2LO 2与 N2组成的混合气体，含有原子个数约为 NA，而常温常压下，温度高于 0 ，11.2LO 2与 N2组成的混合气体，

7、含有原子个数小于 NA，故 B 正确；C.未说明重氢化物 D293Ts 的具体质量，无法计算中子数，故 C 错误；D.60.0gC3H8O 的物质的量为 1mol， C 3H8O 存在多种同分异构体，若是醚类物质，则含有的 C-C 键为 NA，若是醇类物质，则含有的 C-C 键为 2NA，故 D 正确。答案选 C。【点睛】本题为阿伏加德罗常数的应用题，解题关键是要看清题目中所设陷阱，注意气体摩尔体积的适用条件，有机物是否存在同分异构体等。4.下列实验操作、现象及结论均正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A 项，油脂若在烧碱溶液中完全水解，生成物为高级脂肪酸钠

8、和甘油，二者均易溶于水，水面上不会产生油膜，故 A 正确；B 项，结论应该是酸性：HCO 3-Si，故 D 错误。答案选 A。5.立体烷烃中有一系列对称结构的烷烃，如： (正四面体烷 C4H4)、 (棱晶烷- 4 -C6H6)、 立方烷 C8H8)等，下列有关说法错误的是A. 以此类推分子式为 C12H12的立体烷烃的结构应为正六棱柱B. 上述一系列物质互为同系物，它们的通式为 C2nH2n(n2)C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有三种D. 苯乙烯( )、环辛四烯( )与立方烷属于同分异构体【答案】B【解析】【详解】A. 由题意可以推测分子式为 C12H12的立体烷烃的

9、结构应为正六棱柱，故 A 正确；B. 该系列有机物质的通式为 C2nH2n(n2)，但它们不是同系物，故 B 错误；C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有三种，故 C 正确；D. 苯乙烯( )、环辛四烯( )与立方烷分子式相同，都为 C8H8，但结构不同，属于同分异构体，故 D 正确。答案选 B。【点睛】本题涉及同系物的判断，结构相似，分子组成上相差一个或若干个 CH2的化合物互称为同系物。同系物具有相同的通式，但通式相同的化合物不一定是同系物。6.已知右表为截取的元素周期表的片段，其中、Y、Z、W 均为前四周期的主族元素，下列说法正确的是A. 116 号 Lv 元素的原子

10、结构有 7 个电子层，与 X 元素可以位于同一主族B. X、Y、Z、W 四种元素中可能有两种为金属元素C. Y 的最高价氧化物对应水化物有可能属于强酸D. X 的氢化物有可能与 Z 或 W 的最高价氧化物对应水化物反应【答案】D【解析】【详解】A.根据 118 号元素逆推，可以得出 116 号 Lv 元素位于第 7 周期，其对应的原子结- 5 -构应该有 7 个电子层，最外层有 6 个电子，处于第 VIA 族，若与 X 元素位于同一主族，则 W为 0 族元素，与已知矛盾，故 A 错误；B. 根据 X、Y、Z、W 均为前四周期的主族元素以及它们所在周期表的片段特点，可以得出X、Y 可能为第 II

11、IA 族、第 IVA 族或第 VA 族元素，所以 X、Y、Z、W 四种元素中最多有一种为金属元素，故 B 错误；C. Y 的最高价氧化物对应水化物若为强酸，则 Y 为 S 元素，此时 W 位于 0 族，与已知矛盾，故 C 错误；D. 若 X 为 N 元素，则 X 的氢化物 NH3可与 H2SO4、HBrO 4反应，故 D 正确。答案选 D。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律，解题的关键是正确把握元素周期表结构，要注意强化记忆元素周期表的结构，对于所给表格片段式“位-构-性”推断，要把握各元素之间的关系。7.“锌+碘”新型安全动力电池有望取代目前广泛使用的“铅蓄电池” 、 “锂电池”等，已知

12、该电池的工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A. 该电池安全性高，且对环境友好B. 正极反应式为 I3 +2e =3I ，电极 a 附近显红色C. 电子的移动方向为“Zn电极 a电极 b石墨毡”D. “回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损【答案】C【解析】- 6 -【详解】A. 该电池对环境友好，且避免使用易燃的有机电解液，更加安全，故 A 正确；B. 正极发生还原反应，反应式为 I3 +2e =3I ，石墨电极 a 为阴极，电极反应为 2H2O+2e-=H2+2OH -，显碱性，遇到酚酞显红色，故 B 正确；C. 电子不能通过溶液，即电子移动的方向为“Zn电极 a，电极 b石墨毡

13、” ，故 C 错误；D. 该新型电池充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边会产生压差，所以“回流通道”的作用是减缓电池两室的压差，避免电池受损，故 D 正确。答案选 C。二、非选择题：共 174 分。第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129 分。8.富马酸亚铁(C 4H2O4Fe)常用于治疗缺铁性贫血，也可作食品营养强化剂，它可由糠醛（）和硫酸亚铁制备。已知 。回答下列问题I.制备富马酸(实验装置如图所示，夹持装置已略去)（1）将 45.0g 氯酸钠、0.2g 五氧化二钒置于三颈烧瓶中，加入适量水，滴加糠醛并加热至

14、90100，维持此温度 34h。实验中冷凝管的作用是_，冷却液宜从_ (填 a”或“b”)处进入。（2）冰水冷却使其结晶，并通过_操作可以得到富马酸粗品。（3）再用 1molL1 HCl 溶液重结晶，得到纯富马酸。该操作中用 1molL1 HCl 溶液的原因是_。- 7 -.合成富马酸亚铁（4）取富马酸溶于适量水中，加入碳酸钠并加热、搅拌，调节 pH6.56.7，产生大量气泡。写出该反应的化学方程式：_。（5）将硫酸亚铁溶液和适量的 Na2SO3溶液缓慢加入上述反应液中，维持温度 100并充分搅拌 34h。该操作过程中加入适量的 Na2SO3溶液，其目的是_。写出生成富马酸亚铁的离子方程式：_

15、。（6）过滤、干燥得到产品。过滤时滤纸要紧贴漏斗内壁，原因是_。.产品纯度测定（7）取 0.300g 样品置于 250mL 锥形瓶中，加入 15.00mL 硫酸，加热溶解后冷却，再加入50.00mL 新沸过的冷水和 2 滴邻二氮菲指示液，此时溶液呈红色；立即用 0.1000molL1 硫酸铈()铵(NH 4)2Ce(SO4)3标准液滴定(还原产物为 Ce3+)，滴定终点溶液变为浅蓝色。平行测定三次，平均消耗 17.30mL 标准液，则样品的纯度为_。【答案】 (1). 冷凝回流，提高糠醛的转化率及减少富马酸的挥发 (2). a (3). 过滤 (4). 加盐酸，使 HOOC-CH=CH-COO

16、H (OOC-CH=CH-COO)2-+2H+平衡逆向移动，促使富马酸晶体析出，提高产量 (5). HOOC-CH=CH-COOH+Na2CO3 NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2 (6). 防止富马酸亚铁（或 Fe2+或富马酸根离子）被氧化 (7). (OOC-CH=CH-COO)2-+ Fe2+Fe(OOC-CH=CH-COO) (8). 防止滤纸与漏斗壁之间留有气泡，影响过滤速率（或防止滤纸破损，影响过滤效果） (9). 98.03%【解析】【分析】（1）冷凝管的作用是冷凝，防止有机物挥发造成反应物转化率降低。冷凝管中冷却液的流向一般都是“下进上出” 。 （2）从溶液中提

17、取溶质需经过结晶、过滤、干燥等操作。（3）富马酸是弱电解质，微溶于冷水，加入盐酸后可抑制富马酸的电离，降低在水中的溶解。（4）根据实验现象可以得到反应的化学方程式。（5）Fe 3+可以被 SO32-还原为 Fe2+，所以加入适量的 Na2SO3溶液是为了防止富马酸亚铁（或- 8 -Fe2+或富马酸根离子）被氧化。根据信息可以得出富马酸亚铁为沉淀，所以反应方程式为 NaOOC-CH=CH-COONa+ FeSO4Fe(OOC-CH=CH-COO)+Na 2SO4，据此写出离子方程式。 （6）过滤时滤纸若未紧贴漏斗内壁，会留有气泡，导致滤纸破损，使过滤速率较慢。（7）n(C 4H2O4Fe)=n(

18、Fe2+)=n(Ce4+)=0.1000mol/L 17.30 10-3L=1.730 10-3mol，w(C4H2O4Fe)= 100% 98.03%。【详解】 （1）冷凝管的作用是冷凝，防止有机物挥发造成反应物转化率降低。冷凝管中冷却液的流向一般都是“下进上出” ，即从 a 处进入。因此，本题正确答案为：冷凝回流，提高糠醛的转化率及减少富马酸的挥发；a；（2）从溶液中提取溶质需经过结晶、过滤、干燥等操作，故结晶后需过滤。因此，本题正确答案为：过滤；（3）富马酸是弱电解质，微溶于冷水，加入盐酸后可抑制富马酸的电离，降低在水中的溶解。因此，本题正确答案为：加盐酸，使 HOOC-CH=CH-CO

19、OH (OOC-CH=CH-COO)2-+2H+平衡逆向移动，促使富马酸晶体析出，提高产量。（4）取富马酸溶于适量水中，加入碳酸钠并加热、搅拌，调节 pH6.56.7，产生大量气泡，说明富马酸和碳酸钠反应生成富马酸的钠盐和水及二氧化碳气体，反应的化学方程式为HOOC-CH=CH-COOH+Na2CO3 NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2。因此，本题正确答案为：HOOC-CH=CH-COOH+Na 2CO3 NaOOC-CH=CH-COONa+H2O+CO2。（5）Fe 3+可以被 SO32-还原为 Fe2+，所以加入适量的 Na2SO3溶液是为了防止富马酸亚铁（或Fe2+或富马

20、酸根离子）被氧化。因此，本题正确答案为：防止富马酸亚铁（或 Fe2+或富马酸根离子）被氧化；根据信息可以得出富马酸亚铁为沉淀，所以反应方程式为 NaOOC-CH=CH-COONa+ FeSO4Fe(OOC-CH=CH-COO)+Na 2SO4，离子方程式为(OOC-CH=CH-COO) 2-+ Fe2+Fe(OOC-CH=CH-COO)。因此，本题正确答案为：(OOC-CH=CH-COO) 2-+ Fe2+Fe(OOC-CH=CH-COO)。（6）过滤时滤纸若未紧贴漏斗内壁，会留有气泡，导致滤纸破损，使过滤速率较慢。因此，本题正确答案为：防止滤纸与漏斗壁之间留有气泡，影响过滤速率（或防止滤纸破

21、损，- 9 -影响过滤效果） 。（7）由反应关系可：n(C 4H2O4Fe)=n(Fe2+)=n(Ce4+)=0.1000mol/L 17.30 10-3L=1.730 10-3mol，则样品的纯度：w(C 4H2O4Fe)= 100% 98.03%。因此，本题正确答案为：98.03%。9.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(LiNi 1xy ) Cox MnyO2)的工艺流程如下：回答下列问题：（1）能够提高碱浸效率的方法有_(至少写两种)。（2）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_。（3）LiCoO 2中

22、 Co 元素化合价为_，其参与“还原”反应的离子方程式为_。（4）溶液温度和浸渍时间对钻的浸出率影响如图所示：- 10 -则浸出过程的最佳条件是_。（5）已知溶液中 Co2+的浓度为 1.0molL1 ，缓慢通入氨气，使其产生 Co(OH)2沉淀，列式计算 Co2+沉淀完全时溶液的 pH_(已知离子沉淀完全时 c(Co2+)1.010 5 molL1 ，K spCo(OH)2=2.01015 ，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)（6）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式_。【答案】 (1). 减小原料粒径（或粉碎） 、适当增加 NaOH 溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等 (2)

23、. Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 (3). +3 价 (4). 2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2 (5). 75、30min (6). KspCo(OH)2=c(Co2+) c2(OH-)，c(OH -)= = = 10-5c(H+)=Kw/ c(OH-)= = 10-9，pH=-lgc(H +)=-lg（ 10-9）=9.15 (7). (4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2 4LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O【解析】【分析】（1）提高浸出率的方法有减

24、小原料粒径（或粉碎） 、适当增加溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等方法。（2）Li +从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。（3）LiCoO 2中 Li 元素为+1 价，O 元素为-2 价，故 Co 元素化合价为+3 价，LiCoO 2为难溶物，H2SO4为强电解质，H 2O2还原 LiCoO2中+3 价 Co 元素，由此写出反应的离子方程式。（4）由图可知，在 75、30min 条件下钴的浸出率最高。- 11 -（5）根据溶度积常数及水的离子积，逐步推理得出答案。（6）Ni 2+、Co 2+、Mn 2+与 NH3 H2O 反应分别生成 Ni(OH)2、Co(OH) 2、M

25、n(OH) 2与 Li2CO3，并高温烧结固相合成 LiNi(1-x-y)CoxMnyO2，根据原子守恒可得到化学方程式。【详解】 （1）提高浸出率的方法有减小原料粒径（或粉碎） 、适当增加溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等方法。故答案为：减小原料粒径（或粉碎） 、适当增加 NaOH 溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等。（2）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。故答案为：Li +从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。（3）LiCoO 2中 Li 元素为+1 价，O 元素为-2 价

26、，故 Co 元素化合价为+3 价，LiCoO 2为难溶物，H2SO4为强电解质，H 2O2还原 LiCoO2中+3 价 Co 元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2。故答案为：+3 价；2LiCoO 2+6H+H2O2=2Li+2Co2+4H2O+O2。（4）由图可知，在 75、30min 条件下钴的浸出率最高。故答案为：75、30min。（5）K spCo(OH)2=2.01015 ，沉淀完全时 c(OH-)= = = 10-5mol/L，c(H +)=Kw/ c(OH-)= = 10-9，pH=-lgc(H +)=-lg（ 10-9）=9.

27、15故答案为：9.15。（6）Ni 2+、Co 2+、Mn 2+与 NH3 H2O 反应分别生成 Ni(OH)2、Co(OH) 2、Mn(OH) 2与 Li2CO3，高温烧结固相合成 LiNi(1-x-y)CoxMnyO2，根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2 4LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O。故答案为：(4-4x-4y)Ni(OH) 2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2 4LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O。10.我国科研团队

28、利用低温等离子体协同催化技术，在常温常压下实现了将甲烷和二氧化碳一步转化为具有高附加值的液体燃料和化工产品。回答下列问题：（1）已知：甲烷和乙酸的燃烧热H 分别为890.31kJmol 1 、876.72kJmol 1 ，试写出甲烷与 CO2合成乙酸的热化学方程式：_。- 12 -（2）甲烷和二氧化碳一步转化为液体产品的选择性如下图所示，其中选择性最高的产品是_，反应中应加入的等离子体催化剂是_。（3）在某一钢性密闭容器中 CH4、CO 2的分压分别为 25kPa、30kPa，加入 Ni/Al 2O3催化剂并加热至 1123K 使其发生反应：CH 4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(

29、g)。研究表明 CO 的生成速率 co=1.28102 (molg1 s1 )，某时刻测得=20kPa，则 = _kPa， co=_ molg1 s1 。达到平衡后测得体系总压是起始时的 1.8 倍，则该反应的平衡常数 Kp=_(kPa)2(计算结果保留两位有效数字)温度对产物流量及平衡转化率的影响如图所示，可知反应H_0(填“”或“ (8). 随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应【解析】【分析】（1）由已知条件可写出热化学方程式， 由盖斯定律可推知反应 CH4(g)+CO2(g)=CH3COOH(l)的反应热，进而写出热化学方程式。（2）分

30、析图像可知乙酸的选择性最高，且在 Cu/ -Al2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高。（3）利用“三段式”解题；利用“三段式”分析解答；根据图像可以得出随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。【详解】 （1）由已知条件可写出热化学方程式：CH 4(g)+2O2(g)= CO2 (g)+ 2H2O(l) H 1=-890.31kJ/mol，CH3COOH(l)+2O2(g)= 2CO2 (g)+ 2H2O(l) H 2=-876.72kJ/mol，由盖斯定律可推知，CH 4(g)+CO2(g)=CH3COOH(l) H=-13.59kJ/m

31、ol。故答案为：CH 4(g)+CO2(g)=CH3COOH(l) H=-13.59kJ/mol；（2）分析图像可知乙酸的选择性最高，且在 Cu/ -Al2O3等离子体催化剂作用时乙酸的选择性最高。- 14 -故答案为：乙酸；Cu/ -Al2O3；（3）利用“三段式”解题：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)起始分压/kPa 25 30 0 0转化分压/kPa 10 10 20 20某时刻分压/kPa 15 20 20 20= 15kPa，(CO)=1.28 10-2 15 20 molg1 s1 =3.84 molg1 s1 。故答案为：15；3.84；假设 CH4的分压变

32、化 xkPaCH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)起始分压/kPa 25 30 0 0转化分压/kPa x x 2x 2x平衡分压/kPa 25-x 30-x 2x 2x则有 =1.8，解得 x=22， Kp= = (kPa)2 1.6 105(kPa)2。故答案为：1.6 105；根据图像可以得出随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，H0。故答案为：；随温度升高，产物摩尔流量和反应的平衡转化率均增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。(二)选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任

33、选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.化学选修 3：物质结构与性质锆英石常用于耐火材料，其矿砂常与钛铁矿、金红石、石英共生。针对相关物质，回答下列问题：（1）下列基态 Si 原子结构的表示方法中最能准确表示出电子排布特点的是_(填标号，下同)，能够表示出原子核构成特点的是_。- 15 -（2）SiO 2晶体常伴生于各种矿石中，其晶体结构中，最小的环上有_个原子；Si与 C 元素位于同一主族，比较 SiO2与 CO2的键角大小：SiO 2_CO2(填写“大于” 、“小于”或“等于”)，原因是_。（3）钛铁矿经过 H2SO4、HNO 3等多种物质处理后会生成 TiOSO2等中间产

34、物。TiOSO 4晶体中存在_(填标号)。A.离子键 B. 键 C. 键 D.氢键H 2SO4为粘稠状、难挥发性的强酸，而 HNO3是易挥发性的强酸，其原因是_。（4）FeO 是离子晶体，其晶格能可通过下图的 Born- Haber 循环计算得到。可知，O 原子的第一电子亲和能为_kJmo 1 ，FeO 晶格能为_ kJmo 1 。（5）ZrO 2可用于制造高温发热元件，其在高温时具有立方晶型，晶胞如图所示。已知晶胞参数为 anm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则 Zr 原子与 O 原子之间的最短距离为_nm；ZrO 2的密度为_gcm 3 (列式表示)。【答案】 (1). D (2). C (

35、3). 12 (4). 小于 (5). SiO2中心 Si 原子采用sp3杂化，键角为 109 28 ；CO 2中心 C 原子采用 sp 杂化，键角为 180 (6). ABC (7).- 16 -H2SO4分子之间容易形成氢键，而 HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱，易挥发 (8). 142 (9). 3902 (10). a 或 0.433a (11). 【解析】【分析】（1）最能准确表示出电子排布特点的是轨道表示式；能够表示出原子核构成特点的是原子符号。（2）根据 SiO2晶体结构特点可以得出最小环由 12 个原子构成；根据杂化特点，可以得出键角大小。（3）在 SO42-中有

36、 键和 键，故 TiOSO4存在离子键、 键 和 键。根据分子间氢键和分子内氢键推理得出答案。（4）第一电子亲和能是气态电中性基态原子获得一个电子变为气态一价负离子放出的能量，故 O 原子的第一电子亲和能为 142kJ/mol；离子晶体的晶格能是气态离子形成 1mol 离子晶体所释放的能量，题图中 Fe2+（g）+O 2-(g)=FeO(晶体) H=-3902 kJ/mol，故 FeO 晶格能为3902 kJ/mol 。（5）1 个 ZrO2晶胞中 Zr 原子位于顶点及面心，故 N(Zr)=8 +6 =4；O 原子位于晶胞内部，故 N(O)=8，故 Zr 原子与 O 原子之间的最短距离为体对角

37、线的 ；根据 = 计算密度。【详解】 （1）轨道表示式能够表示出各能层所容纳的电子数和成单电子数，所以最能准确表示出电子排布特点的是轨道表示式，故选 D；原子符号能够表示原子中所含有的质子数和质量数，也能通过原子符号计算出原子中所含有的中子数，质子数等于原子核外电子数，所以能够表示出原子核构成特点的是原子符号，故选 C。故答案为：D；C；（2）根据 SiO2晶体结构特点可以得出最小环由 12 个原子构成；SiO 2中心 Si 原子采用 sp3杂化，键角为 109 28 ；CO 2中心 C 原子采用 sp 杂化，键角为 180 ，故 SiO2的键角小于 CO2，故答案为：12；小于；SiO 2中

38、心 Si 原子采用 sp3杂化，键角为 109 28 ；CO 2中心 C 原子采用sp 杂化，键角为 180 ；（3）在 SO42-中有 键和 键，故 TiOSO4存在离子键、 键 和 键。故答案为：ABC；H 2SO4为粘稠状、难挥发性的强酸，而 HNO3是易挥发性的强酸的原因是：H 2SO4分子之间容- 17 -易形成氢键，而 HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱，易挥发， 故答案为：H 2SO4分子之间容易形成氢键，而 HNO3易形成分子内氢键，造成分子间作用力减弱，易挥发；（4）第一电子亲和能是气态电中性基态原子获得一个电子变为气态一价负离子放出的能量，故 O 原子的第一电子

39、亲和能为 142kJ/mol；离子晶体的晶格能是气态离子形成 1mol 离子晶体所释放的能量，题图中 Fe2+（g）+O 2-(g)=FeO(晶体) H=-3902 kJ/mol,故 FeO 晶格能为3902 kJ/mol 。故答案为：142；3902；（5）1 个 ZrO2晶胞中 Zr 原子位于顶点及面心，故 N(Zr)=8 +6 =4；O 原子位于晶胞内部，故 N(O)=8，故 Zr 原子与 O 原子之间的最短距离为体对角线的 ，即 a = anm；ZrO2的密度为 = gcm3 。故答案为： a 或 0.433a； 。12.化学选修 5：有机化学基础诺氟沙星为喹诺酮类抗生素，其合成路线如

40、下：回答下列问题：（1）化合物 A 的名称是_。（2）诺氟沙星分子中含氧官能团的名称为_。（3）C 生成 D，H 生成诺氟沙星的反应类型分别是_、_。- 18 -（4）F 的结构简式为_。（5）G 生成 H 的化学方程式为_。（6）有机物 X 比 B 分子少一个 CH2原子团，且含有酯基和 结构其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积比为 1：3：3 的结构简式为_(任写一种)（7）参照上述合成路线写出由有机物 、B 为有机原料合成 的路线图_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 丙二酸二乙酯 (2). 羧基、 （酮）羰基 (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). 或(8)

41、. 【解析】【分析】（1）根据有机物命名规则可知 A 的名称为丙二酸二乙酯。（2）诺氟沙星分子中含氧官能团有羧基、 （酮）羰基。（3）C 生成 D 的反应类型为还原反应，H 生成诺氟沙星的反应类型为取代反应。（4）对比 E 和 G 的分子结构差异可知 F 生成 G 是实现 C2H5-的取代，由此可推知 F 的结构简- 19 -式为 。（5）对比 G 和 H 的分子结构可知-COOC 2H5转化为-COOH，据此可写出反应方程式。（6）化合物 X 的分子式为 C9H14O5。核磁共振氢谱有三组峰说明 X 分子中有三种氢，且峰面积比为 1：3：3 即 2：6：6，共 14 个氢原子对称结构；又知含

42、有酯基和 结构，5 个氧原子以 为中心两边酯基结构对称，由此可推知满足题意的分子结构为或（7）根据题干流程可知，利用“B+DEF 以及 GH” ，可设计出合成路线。【详解】 （1）根据有机物命名规则可知 A 的名称为丙二酸二乙酯。故答案为：丙二酸二乙酯；（2）由诺氟沙星分子结构简式不难看出，含氧官能团有羧基、 （酮）羰基。故答案为：羧基、 （酮）羰基；（3）C 生成 D 的反应是-NO 2转化为-NH 2，为还原反应，H 生成诺氟沙星的反应是 H 分子中氯原子被 取代，为取代反应。故答案为：还原反应；取代反应；（4）对比 E 和 G 的分子结构差异可知 F 生成 G 是实现 C2H5-的取代，由此可推知 F 的结构简式为 。故答案为： ；（5）对比 G 和 H 的分子结构可知-COOC 2H5转化为-COOH，反应方程式为。- 20 -故答案为： ；（6）化合物 X 的分子式为 C9H14O5。核磁共振氢谱有三组峰说明 X 分子中有三种氢，且峰面积比为 1：3：3 即 2：6：6，共 14 个氢原子对称结构；又知含有酯基和 结构，5 个氧原子以 为中心两边酯基结构对称，由此可推知满足题意的分子结构为或 ，故答案为： 或 ；（7）根据提干流程可知，利用“B+DEF 以及 GH” ，设计出合成路线为。 故答案为：。- 21 -