新课标1高考化学试卷分析全解

新课标1高考化学试卷分析全解

‎2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷）‎ 理科综合（化学部分）试题分析 ‎2016年新课标Ⅰ卷理科综合（化学部分）试卷整体感觉：“稳定”是主旋律。试卷保持题量不变，赋分值基本不变，主要考察的化学知识几乎一网打尽。难度呈现与去年比，有所下降；计算量及计算要求有所下降。‎ ‎2016年新课标全国卷考点分析 题型 题号 ‎2016年考点 考点出处（教材）‎ 考查形式 必 考 部 分 选 择 题 ‎7‎ 化学与生活 必修二有机基础部分 正误辨析题 ‎8‎ 阿伏伽德罗常数 必修一化学计量数部分 正误辨析题 ‎9‎ 有机同分异构体 必修二有机基础部分 正误辨析题 ‎10‎ 实验基础 必修一实验基础部分 正误辨析题 ‎11‎ 电化学—电解池 选修四电化学部分 定性分析题 ‎12‎ 溶液中的离子平衡 选修四电离平衡，水解平衡部分 定量分析题 ‎13‎ 元素周期表—元素描述推断 必修二元素周期表、律部分 定性分析题、正误辨析题 必 考 部 分 填 空 题 ‎26‎ 1、 气体制备与收集 2、 仪器的组装 3、 试验探究 必修一化学物质反应部分、试验基础 化学实验题 ‎27‎ ‎1、热化学 ‎2、化学平衡 ‎3、溶液中的离子平衡 ‎4、离子方程式的书写 选修四热化学部分 选修四化学平衡部分 选修四溶解平衡部分 必修一离子反应部分 定性、定量分析图表曲线分析 ‎ ‎ ‎28‎ 无机制备 综合题目 化学实验题 ‎ ‎ 选 考 ‎36‎ 化学与技术 选修二化学与技术 定性定量分析 部 分 工艺流程、反应条件、氧化还原反应、电极反应、利用率、纯度 ‎37‎ 物质结构与性质 电子排布、电负性、化合价、键角、杂化、立体结构、晶胞等 选修三物质结构与性质 定性定量分析 ‎38‎ 有机化学基础 官能团的名称，有机化合物的命名，有机化学反应方程及其类型、同分异构体种类及个数等 选修五有机化学基础 定性定量分析 分析比较类型 试题分析：‎ ‎7．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%‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：蚕丝的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，与人造纤维灼烧时的气味不同，故可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；食用油反复加热发生化学变化，从而产生多种稠环芳香烃等有害物质，危害人体健康，B正确；高温能使蛋白质变性，从而具有杀菌消毒的作用，C正确；医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，D错误。‎ ‎【考点】考查化学在生活中的应用。‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、乙烯和丙烯的最简式相同，均是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为 ＝2NA，正确；B、N2与H2反应生成的NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物。 1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，B错误；C.1 molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移数为3NA，错误；D、标准状况下四氯化碳是液态，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，错误。‎ ‎【考点】考查阿伏加德罗常数计算的知识。‎ ‎9．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 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A.2-甲基丁烷也称异戊烷，错误；B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，正确；C.C4H9Cl有4种同分异构体，错误；D.油脂不是高分子化合物，错误。‎ ‎【考点】考查有机物结构和性质判断的知识。‎ ‎10．下列实验操作能达到实验目的的是 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 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：使用分液漏斗分离液体物质，须两液体不互溶，而乙酸乙酯与乙酸和乙醇互溶，不能使用分液漏斗分离乙酸乙酯，A错误；NO与空气中的氧气极易反应生成NO2，且NO的密度与空气接近，故不可以使用排空气法收集NO，B错误；Fe3+易水解使溶液显酸性，故配置氯化铁溶液时先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中抑制Fe3+的水解，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可除去混合气体中的HCl，而不能除去水蒸气，D错误。‎ ‎【考点】考查化学实验基本操作的知识。‎ ‎11．三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2 H2O–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 ‎【答案】B ‎【解析】电解池中阴离子向阳极区移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区氢氧根放电使氢离子浓度增大，使正极区pH减小，故A错误；阳极区氢氧根放电，中间隔室SO42－离子向阳极区移动生成硫酸，阴极区氢离子放电，中间隔室Na+向阴极区移动生成NaOH，B正确；负极反应为：4H2O + 4e- = 2H2 + 4OH- 或4H++4e-=2H2,氢离子放电生成氢气和氢氧根，使溶液中氢氧根离子浓度增大而使pH增大，C错误；根据阳极反应：4OH- - 4e- = 2H2O + O2，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，D错误。‎ ‎【考点】考查电解原理的应用的知识。‎ ‎12．298K时，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10 mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol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20.0 mL 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 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：盐酸加氨水，滴定终点时溶液由碱性变为酸性，为减少滴定误差，在该滴定过程中应选择甲基橙作指示剂，A错误；M点pH=7，如果二者恰好反应，生成的氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此M点对应的盐酸的体积小于20.0mL，B错误；根据电荷守恒可得：c（NH4+）+ c(H+) = c(Cl-) + c(OH-)，由于M点处的溶液显中性，即c(H+) = c(OH-)，所以c（NH4+）= c(Cl-) 又由于氯化铵强电解质完全电离，水是极弱的电解质，故溶液中离子浓度关系应为：c(NH4＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)，C错误；N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c(OH－)=0.1mol/L×1.32％=1.32×10-3mol/L，根据水的离子积常数可知N处的溶液中氢离子浓度 = 10-14/1.32×10-3mol=7.6×10-2mol/L，根据pH=-lgc(H+)可知此时溶液中pH<12，D正确。‎ ‎【考点】考查酸碱中和滴定、弱电解质的电离以及离子浓度大小比较等知识。‎ ‎13．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，0.01 mol·L–1 r溶液的pH为2，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WX>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 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：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Z是氯元素；0.01 mol·L–1 r溶液的pH为2，说明r是强酸，因此W是H；q的水溶液具有漂白性，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知m是水，r是氯化氢，q是次氯酸，p是甲烷，因此X是碳元素，Y是氧元素。A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径的大小WZ>X，错误；C．Y的氢化物是H2O或H2O2，水或双氧水在常温常压下都为液态，正确；D．X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，错误。‎ ‎【考点】考查元素周期表、元素周期律的应用及和无机框图题推断的知识。‎ ‎ 选择题涉及的知识点有：化学与“STES”、NA、有机化学基础、实验基础、电化学原理、溶液中的离子平衡、与元素周期律知识联系的元素化合物反应的简单推断 ‎26．(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NOx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预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中的气体缓慢通入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 生成的气态水凝集 打开K2‎ ‎③_______________‎ ‎④______________‎ ‎【答案】(1)① A； 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎② a→d→c→f→e→i；‎ ‎(2)①红棕色颜色变浅，最后褪为无色；②8NH3+6NO2 =7N2 +12H2O；‎ ‎③水倒吸入Y管中；④该反应是气体体积减小的反应，装置内压强降低，在大气压的作用下发生倒吸。‎ ‎【解析】试题分析：（1）①在实验室中是利用氯化铵和碱石灰混合加热来制取氨气的，故应选用A装置加热，发生反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O；②利用A装置制得氨气，由于氨气是碱性气体，所以需要利用碱石灰进行干燥，然后再根据氨气的密度比空气小的性质，用向下排空气法收集，氨气是大气污染物，要进行尾气处理，可利用其在水中极易溶解，用水作吸收剂进行尾气吸收，故装置的连接顺序为： a→d→c→f→e→i（2）NO2具有强氧化性，NH3有强还原性，两者相遇，会发生反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式：8NH3+6H2O=7N2+12H2O，故①Y管内看到红棕色气体颜色变浅最终为无色，同时在注射器的内壁有水珠产生；②根据①分析可知发生该反应的方程式是：8NH3+6H2O=7N2+12H2O，③反应后由于容器内气体的物质的量减少，所以会使容器内气体压强减小。当打开K2后，烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸如Y管内，④原因是该反应是气体体积减小的反应，装置内压强降低，在大气压的作用下而发生倒吸现象。‎ ‎【考点 ‎】考查化学实验原理分析、气体收集、装置连接等基本操作及实验方案的设计的知识。‎ ‎27. (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，回答下列问题：‎ ‎(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入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1.0 mol·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，溶液酸性增大，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升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ mol·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和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______________。‎ ‎【答案】(1)开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失；‎ ‎(2)①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O； ② 增大；1014 ；③< ；‎ ‎(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；(4) 5H＋+Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。‎ ‎【解析】试题分析：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，可观察到沉淀消失。故观察到的现象是开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失；‎ ‎ (2)①随着H+浓度的增大，CrO42-转化为Cr2O72-的离子反应式为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，根据Cr元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为==1014；③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的ΔH＜0；‎ （3） 当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，根据Ksp(AgCl)=2.0×10-10,此时c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)带入数据可得：c(Ag+)=2.0×10-5mol/L，再根据c(CrO42-)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=5×10-3mol/L （4） 利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H++Cr2O72-+ 3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O 考点：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。‎ ‎28．(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)‎ ‎【答案】(1)+3价；(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑；‎ ‎(3)NaOH ；Na2CO3 ；H2；‎ ‎(4)1:2；氧化产物为NaClO3；‎ ‎(5)1.61g。‎ ‎【解析】试题分析：(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，可得Cl的化合价为+3价。(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，根据电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑。(3)食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用Na2CO3溶液除去Ca2+，电解NaCl溶液时阴极H+得电子发生还原反应生成氢气；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO3，则此吸收反应中氧化剂为H2O2，还原产物为H2O，可知每摩尔H2O2得2mol电子，还原剂为ClO2，氧化产物为NaClO3，反应过程中氯的化合价从+4价升高到+5价，根据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；（5）每克NaClO2的物质的量为1g/90.5g•mol-1=1/90.5mol，根据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为1/90.5×4÷2=2/90.5mol，则氯气的质量为1.61g。‎ 考点：考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。‎ ‎36. 【化学——选修2：化学与技术】（15分）‎ 高锰酸钾（）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“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，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“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1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，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24.48 mL，该样品的纯度为 ‎ ‎（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】(1)扩大接触面积，加快化学反应速率；‎ ‎(2)2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；‎ ‎(3)增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大；‎ ‎(4) ① K2CO3；②MnO42--e-=MnO4-；③3:2；‎ ‎(5)95.62%。‎ ‎【解析】试题分析：（1）MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应的接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；（2）根据流程图可知在“平炉”中MnO2、O2、KOH在加热时生成K2MnO4，结合质量守恒可知另一种产物为水，则方程式为：2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O；（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度可使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可使化学反应向气体体积减小的正方向移动，故可提高原料的转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入二氧化碳气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，根据质量守恒定律可知另一种产物是K2CO3；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；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O 2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；(5)根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m= 0.006536mol × 158g/mol =1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。‎ 考点：考查物质制备工艺流程的知识。‎ ‎37．[化学——选修3：物质结构与性质]（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 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，下图为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=565.76 pm，其密度为__________g·cm-3（列出计算式即可）。‎ ‎【答案】（1）3d104s24p2 ；2；‎ ‎（2）锗元素原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；‎ ‎（3）GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体。组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以，熔沸点GeCl4＜GeBr4＜GeI4；‎ ‎（4）O＞Ge＞Zn；‎ ‎（5）sp3 ；共价键（或非极性键）；‎ ‎（6）①(；；)；②。‎ ‎【解析】试题分析：（1）Ge是32号元素，位于元素周期表第四周期第ⅣA族，基态Ge原子的核外电子排布式为：[Ar]4s24p2或3d104s24p2；在其原子的最外层的两个4S电子是成对电子，两个4p电子分别在两个不同的轨道上，所以有两个未成对电子；（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，原意是Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”形式形成π键；（3）锗卤化物都为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，对于结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，由于相对分子质量：相对分子质量GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以，熔沸点GeCl4＜GeBr4＜GeI4；(4)光催化还原CO2制备CH4过程中，带状纳米Zn2GeO4是该反应良好的催化剂，元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大，元素Zn、Ge、O的非金属性强弱关系为：O＞Ge＞Zn，故三种元素的电负性强弱关系为：O＞Ge＞Zn；（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ｇｅ原子的杂化方式为一个ｓ轨道与个ｐ轨道形成的sp3杂化方式；由于是同一种元素的原子通过共用电子对相结合，所以微粒之间的作用力为非极性共价键；（6）①根据各原子的相对位置可得除计算式为：8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度ρ=m/v=‎ ‎【考点】考查物质结构的有关知识 ‎ 38. [化学——选修5：有机化学基础]（15分）‎ 秸秆（含多糖物质）的综合应用具有重要的意义。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：‎ ‎（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，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 gCO2，W共有______种（不含立体结构），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-己二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对二苯二甲酸的合成路线_______________________。‎ ‎【答案】（1）d；‎ ‎（2）酯化反应（或取代反应）；‎ ‎（3）碳碳双键、酯基；氧化反应；‎ ‎（4）己二酸 ； nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+(2n-1)H2O；‎ ‎（5）12种 ； ；‎ ‎（6）CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)a.淀粉和纤维素都是糖，没有甜味，错误；b.麦芽糖是二糖，水解只生成2个分子的葡萄糖，错误；c.无论淀粉是否水解完全，都会产生具有醛基的葡萄糖，因此都可以产生银镜反应，故用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全，错误；d.淀粉和纤维素都属于多糖类，都是绿色植物光合作用产生的物质，故都是天然高分子化合物，正确；（2）根据图示可知B是HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH，该物质含有两个羧基可以在一定条件下与甲醇发生酯化反应生成酯C：CH3OOC-CH=CH-CH=CH-COOCH3和水，酯化反应也就是取代反应；（3）根据图示可知D中官能团为碳碳双键和酯基；根据物质的分子结构简式可知：D去氢发生氧化反应生成E；（4）F分子中含有6个碳原子，两端各有一个羧基，故F的名称为己二酸；由F生成G的方程式为：nHOOC(CH2)4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+(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，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 gCO2，说明W分子中含有两个羧基，则其可能的支链情况为：—COOH和—CH2CH2COOH、—COOH和—CH(CH3)COOH、2个—CH2COOH、—CH3和—CH(COOH)2‎ 四种情况，他们在苯环上的位置有临、间、对三种情况，故W可能的同分异构体共有12种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式为：（6）以（反，反）-2，4-己二烯和C2H4为原料制备对二苯二甲酸的合成路线为：CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 。‎ ‎【考点】考查有机物的结构、性质、转化、化学方程式和同分异构体的书写的知识。‎ ‎ II 卷涉及的考察点有：尾气处理背景下的氮族化合物性质；“Cr”背景下的化学反应原理考察；制备“NaClO2”的流程题，《有机化学基础》选做题是以“秸秆”综合应用制聚酯的合成题；《化学与技术》选做题是以制备“KMnO4”背景下的流程题。‎ 做完整张试卷后有以下几点体会：‎ 一、考察情境生活化、真实化，突显学科知识的应用。‎ ‎ 试题考察情境还原学问的本真，是这几年化学变化的趋势。如11题是“Na2SO4废水处理”问题，26题是应用NH3除NOx尾气问题；38题是应用“秸秆”制聚酯类高分子问题。‎ 二、考点轮回，冷热交替。‎ ‎1．本次试题终于舍弃了连续四年都考的有机制备题，转而考察更接地气的制备“NaClO2”的流程题。‎ ‎2.持续考察多情境下信息型化学方程式、离子方程式的书写，但故意未涉及离子推断、离子共存问题的考察，注重了知识点的普遍覆盖。‎ ‎3.将元素周期律相关知识的考察与元素化合物知识合理融合，既注重主干知识点，又注重学科素养的综合性考察，一举多得。‎ 三、回归教材，注重基础。‎ ‎ 试卷接地气，有不少语句均来自课本原文。如：“淀粉和纤维素都属于多糖类高分子。”“用灼烧的方法可以区分蛋白质和人造纤维。”‎ 四、 情境呈现方式多元，考查考生的信息加工能力。‎ ‎ 化学全卷出现二套实验装置图，三个物质转化框图，三个数据分析图表。通过这些设置，增加了有效信息的处置难度，一定程度地加强高考的选拔功能。‎