2022年廣西高考化學真題及答案

一、選擇題

1.化學與生活密切相關。下列敘述正確的是

A.漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質

C.棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物D.干冰可用在舞臺上制造“云霧”

【答案】D

【解析】

【詳解】A.漂白粉的有效成分次氯酸鈣與鹽酸混合，會發(fā)生氧化還原反應生成有毒的氯氣，兩者不能混合

使用，A錯誤；

B.溫室氣體主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物質，形成酸雨的主要物質是硫氧化物、氮

氧化物等，B錯誤；

C.棉花、麻來源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來源于動物，主要成分是蛋白質，

蛋白質不是碳水化合物，C錯誤；

D.干冰是固態(tài)的二氧化碳，干冰升華時，吸收大量的熱，使周圍溫度降低，大量的水蒸氣凝結成了小液滴，

形成“云霧”效果，D正確；

答案選D。

2.輔酶Qi。具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如下。下列有關輔酶Qi。的說法正確的是

O

A.分子式為C60H9。。4B.分子中含有14個甲基

C.分子中的四個氧原子不在同一平面D.可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由該物質的結構簡式可知，其分子式為,A錯誤；

CM1LOO4

B.由該物質的結構簡式可知，鍵線式端點代表甲基，10個重復基團的最后一個連接H原子的碳是甲基，故

分子中含有1+1+1+10+1=14個甲基，B正確；

C.雙鍵碳以及與其相連的四個原子共面，塘基碳采取sp°雜化，版基碳原子和與其相連的氧原子及另外兩

個原子共面，因此分子中的四個氧原子在同一平面上，C錯誤；

D.分子中有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應，分子中含有甲基，能發(fā)生取代反應，D錯誤；

答案選B.

3.能正確表示下列反應的離子方程式為

2

A.硫化鈉溶液和硝酸混合:S+2H=H2St

3t

B.明機溶液與過量氨水濕合：Al+4NH3+2H2O=A1O2+4NH；

C.硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiOf+COz+HzOHSiO:+HCO；

D.將等物質的量濃度的Ba（OH）,和NHJISOi溶液以體積比1：2混合：Ba2，+20H+2H+S0：=BaS0iI+2IL0

【答案】D

【解析】

【詳解】A.硝酸具有強氧化性，可以將S"氧化為S單質，自身根據其濃度大小還原為N0或NO,,反應的離

2

子方程式為4H*+2N0；+S=SI+2N02t+2HQ（濃）或8H'+2N0,+3s2=3SI+2N0+4HQ（?。?A錯誤;

B.明磯在水中可以電離出Al",可以與氨水中電離出的0H發(fā)生反應生成Al（0H）：,，但由于氨水的堿性較弱，

3t

生成的Al（0H）3不能繼續(xù)與弱堿發(fā)生反應，故反應的離子方程式為Al+3NH3-H2O=A1（OII）3I+3NH：,B錯誤；

C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根據其通入的量的

多少反應為碳酸根或碳酸氫根，反應的離子方程式為SiO；-+H2O+CO2=H2SiO3I+C0：（CO?少量）或

-

SiOj+2H2O+2CO2=H2SiO3\+2HCO；（CO,過量）,C錯誤;

D.將等物質的量濃度的Ba(01九與N1⑷S0,溶液以體積比1：2混合,Ba(0H)?電離出的011與NHJISO,電離出

的H+反應生成水，Ba(OII)z電離出的與NH山S0」電離出的S0；反應生成BaSO“沉淀，反應的離子方程為為

Ba"+20ir+2ir+S04-=BaS0,I+2IL0,D正確；

故答案選D.

4.一種水性電解液Zn-MnO：離子選澤雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中,Zr?以Zn(0H)；存在)。電池放電時,

下列敘述錯誤的是

MnO2電極離子選擇隔膜Zn電極

1\±

;

1

1

三

1

二

二

-二

「-

二

二

三-n

-I二-

一

一

T，-1

H2SO4溶液二K2s溶液：KOH溶液

IIIIII

A.n區(qū)的K通過隔膜向W區(qū)遷移

B.I區(qū)的so；通過隔膜向n區(qū)遷移

2t

C.MnO?電極反應：Mn02+2e-+4H=Mn+2H20

24

D.電池總反應：Zn+40H+MnO2+4H'=Zn(OH)+Mn+2H20

【答案】A

【解析】

【分析】根據圖示的電池結構和題目所給信息可知，III區(qū)Zn為電池的負極，電極反應為

2，

Zn-2e+40H=Zn(OH)：一，I區(qū)MnO,為電池的正極，電極反應為Mn02+2e+4H'=Mn+2H20;電池在工作過程中，

由于兩個離子選擇隔膜沒有指明的陽離子隔膜還是陰離子隔膜，故兩個離子隔膜均可以通過陰、陽離子，

因此可以得到1區(qū)消耗H1,生成MnI2',II區(qū)的K向I區(qū)移動或I區(qū)的SOt向II區(qū)移動，Hl區(qū)消耗0H,生成

zn(0H)：,n區(qū)的sof向III區(qū)移動或ni區(qū)的K'向n區(qū)移動。據此分析答題。

【詳解】A.根據分析，n區(qū)的K只能向I區(qū)移動，A錯誤；

B.根據分析，I區(qū)的so；向11區(qū)移動，B正確；

C.MnO/電極的電極反應式為Mn0z+2e+仙』/+2也0,C正確；

2t

D.電池的總反應為Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH)+Mn+2H20,D正確；

故答案選A。

5.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.25℃,lOlkPa下，28L氫氣中質子的數(shù)目為2.5NA

B.2.0Ll.Omol-L'A1CL,溶液中，A產的數(shù)目為2.0NA

C.0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成CO?的數(shù)目為1.4NA

D.電解熔融CuCI2，陰極增重6.4g，外電路中通過電子的數(shù)目為010NA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.25℃、lOlkPa不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算氫氣的物質的量，故A錯誤;

B.在溶液中會發(fā)生水解生成Al(OH)；,,因此2.0L1.0mol/L的A1CL溶液中A產數(shù)目小于2.0NA,故B

錯誤；

15點燃

C.苯甲酸燃燒的化學方程式為C6HsCOOH+qO27co2+3凡。，Imol苯甲酸燃燒生成7moic02,

則0.2moi苯甲酸完全燃燒生成1.4molC02，數(shù)目為1.4刈，故C正確;

D.電解熔融Cus時，陽極反應為2。.0一=。2T，陰極反應為Cu2++2e-=Cu，陰極增加的重量為Cu的

質量，6.4gCu的物質的量為0.Imol,根據陰極反應可知，外電路中通過電子的物質的量為0.2m。1,數(shù)目為

0.2N一故D錯誤;

答案選C.

6.Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、Y、Z位于不同

周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內層電子數(shù)的2倍。下列說法正確的是

A.非金屬性：X>QB.單質的熔點：X>Y

C.簡單氫化物的佛點：Z>QD.最高價含氧酸的酸性：Z>Y

【答案】D

【解析】

【分析】Q、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電

子數(shù)為Q元原子內層電子數(shù)的2倍，則Q應為第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外層電子數(shù)為

4,則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數(shù)小于Y,則X為A1元素，Q、X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和

為19,則Q、Z的最外層電子數(shù)之和為19-3-4=12,主族元素的最外層電子數(shù)最多為7,若Q的最外層電子

數(shù)為7,為F元素，Z的最外層電子數(shù)為5,為P元素，若Q的最外層電子數(shù)為6,為0元素，則Z的最外

層電子數(shù)為6,為S元素，若Q的最外層電子數(shù)為5,為'.元素，Z的最外層電子數(shù)為7,為C1元素；綜上

所述，Q為N或?；騀,X為Al,Y為Si,2為口或S或P,據此分析解題。

【詳解】A.X為Al,Q為N或。或F,同一周期從左往右元素非金屬性依次增強，同一主族從上往下依次

減弱，故非金屬性：Q>X,A錯誤；

B.由分析可知，X為Al屬于金屬晶體，丫為Si屬于原子晶體或共價晶體，故單質熔點Si>Al,即Y>X,B

錯誤；

C.含有氫鍵的物質沸點升高，由分析可知Q為N或?；騀,其簡單氫化物為1L0或NH,或HF,Z為C1或S

或P,其簡單氫化物為HC1或112s或PII:t,由于前者物質中存在分子間氫鍵，而后者物質中不存在，故沸點

Q>z,C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，P、S、C1的非金屬性均強于Si,因此最高價含氧

酸酸性：Z>Y,D正確；

故答案為：D。

7.根據實驗目的，下列實驗及現(xiàn)象、結論都正確的是

選

實驗目的實驗及現(xiàn)象結論

項

分別測濃度均為O.lmoLLT的

比較CH3coO-和

（（）

ACH3COONH4和NaHCO,溶液的KhCH3COOj<KhHCO3

HCO；的水解常數(shù)

pH,后者大于前者

檢驗鐵銹中是否含有將鐵銹落于濃鹽酸，滴入KMnO4

B鐵繡中含有二價鐵

二價鐵溶液，紫色褪去

探究氫離子濃度對

向KWrO,溶液中緩慢滴加硫酸，增大氫離子濃度，轉化平衡向生成

CCrO孑、50/相互轉

黃色變?yōu)槌燃t色Cr2。會的方向移動

化的影響

檢驗乙醇中是否含有向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產生

D乙醇中含有水

水無色氣體

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】

+

【詳解】A.CH￡OONH,中NH：水解，NH；+H2ONH,-H2O+H,會消耗CH3COO水解生成的0H,測

定相同濃度的CH￡OONH和NaHCO,溶液的pH,后者大于前者，不能說明L（CFhCOO）<K?（HCO；）,A錯誤；

B.鐵銹中含有Fe單質,單質Fe與濃鹽酸可反應生成Fe",滴入KMnO,溶液，紫色褪去，不能說明鐵銹中

一定含有二價鐵，B錯誤；

C.K￡rOi中存在平衡2CrO孑（黃色）+2H'.Cr?。；.（橙紅色）+&0,緩慢滴加硫酸，H濃度增大，平衡正

向移動，故溶液黃色變成橙紅色，C正確；

D.乙醇和水均會與金屬鈉發(fā)生反應生成氫氣，故不能說明乙醇中含有水，D錯誤；

答案選C.

二、非選擇題

8.硫酸鋅(ZnSOJ是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦

制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO.3,雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：

濾渣①濾渣②濾渣③濾渣④

本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：

離子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+

%4.0x10-386.7xlO'172.2x1O-208.0x10F1.8x10-11

回答下列問題：

(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為。

(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有一一、__。

(3)加入物質X調溶液pH=5,最適宜使用的X是_______(填標號)。

A.NH3-H2OB.Ca(OH)2C.NaOH

濾渣①的主要成分是_______。

(4)向80?90℃的濾液①中分批加入適量KMnO,溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MnO2,該步反應

的離子方程式為一。

(5)濾液②中加入鋅粉的目的是______。

(6)濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產物是_______.

焙燒

【答案】(1)ZnCO3=^=ZnO+CO2t

(2)①.增大壓強②.將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等

(3)①.B②.Fe(0H)3③.CaSO」④.Si02

2t

(4)3Fe+MnO；+7H2O=3Fe(OH)3I+MnO2I+511'

(5)置換Cu,為Cu從而除去

(6)①.CaSO,i②.MgSO.i

【解析】

【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnC03,雜質為SiOz以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流

炸燒22

程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應ZnCO3=^=ZnO+CO2t,再加入H￡0,酸浸,得到含Zn；Ca；Ma”、

2

Fe\Fe"、Cu"的溶液,加入物質X調節(jié)PH=5,結合表格數(shù)據,過濾得到Fe(0HhCaSO,、SiO_，的濾渣①，

濾液①中主要含有Zn"、Cu2\Mg2\Ca'Fe",再向濾液①中加入KMnO,溶液氧化Fe"過濾得到Fe(OH”

和MnO：的濾渣②,濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu也Zn唯Cu,過濾后得到濾渣③為Cu,再向濾液③中

加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2,MgF2,濾液④為ZnSO,溶液，經一系列處理得到ZnSOi?7H20,據

此分析解答。

【小問1詳解】

焙燒

由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnC0：,=^Zn0+C02t；

【小問2詳解】

可采用增大壓強、將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；

小問3詳解】

A.NH:,-IL0易分解產生NH,污染空氣，且經濟成本較高，故A不適宜；

B.Ca(01九不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；

C.NaOIl會引入雜質Na',且成本較高，C不適宜；

故答案選B；

當沉淀完全時(離子濃度小于lOmol/L),結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pll<5的只有Fe",故濾渣

①中有Fe(OH)：,，又CaSO,是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)“CaSO，,.Si02;

【小問4詳解】

向80~90℃濾液①中加入KMnOi溶液，可氧化Fe?’，得到Fe(OH)3和MnO「的濾渣②，反應的離子方程式為

2+

3Fe+MnO；+7H2O=3Fe(OH)31+MnO2I+5H';

【小問5詳解】

濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2=Zn2=Cu,故加入鋅粉的目的為置換為Cu從而除去；

【小問6詳解】

由分析，濾渣④為Ca?MgR,與濃硫酸反應可得到HF,同時得到的副產物為CaSOKMgSOlo

9.硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜

質。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品。回答

下列問題：

(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2so「lOH?。)和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同時生成CO,該反應的化學方程式

為.

(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石，其原因是_______回流時，燒瓶內氣霧上升高度不

宜超過冷凝管高度的1/3.若氣霧上升過高，可采取的措施是_______。

(3)回流時間不宜過長,原因是_______回流結束后，需進行的操作有①停止加熱②關閉冷凝水③

移去水浴，正確的順序為(填標號).

A.①②③B.③①②C.②①③D,①③②

(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是______.過濾除去的雜質為

若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是

濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量______洗滌，干燥，得到。

(5)Na2s-XH2O

【答案］(1)Na2SO4?10H20+4C==Na2S+4C0t+10HQ

(2)①.硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質，這些雜質可以直接作沸石②.

降低溫度

(3)①.硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2S會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時

易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內氣壓過大，發(fā)生爆炸②.D

(4)①防止濾液冷卻②.重金屬硫化物③.溫度逐漸恢復至室溫

(5)冷水

【解析】

【分析】本實驗的實驗目的為制備硫化鈉并用95%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品，工業(yè)上常用芒硝

高溫

(Na?S04JOH2。)和煤粉在高溫下生產硫化鈉，反應原理為：Na2SO.-10H20+4C^Na2S+4COt+10H20,

結合硫化鈉的性質解答問題。

【小問1詳解】

工業(yè)上常用芒硝(NazSO/lOH?。)和煤粉在高溫下生產硫化鈉，同時生產CO,根據得失電子守恒，反應

的化學方程式為：Na2S0,?10H20+4C==Na2S+4COt+10H20;

【小問2詳解】

由題干信息，生產的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質，這些雜質可以直接作沸石,

因此回流前無需加入沸石，若氣流上升過高，可直接降低降低溫度，使氣壓降低；

小問3詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2s會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時易造成冷凝管

下端堵塞，圓底燒瓶內氣壓過大，發(fā)生爆炸；回流結束后，先停止加熱，再移去水浴后再關閉冷凝水，故

正確的N頁序為①③②，答案選D。

【小問4詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，使用錐形瓶可有效防止濾液冷卻，重金屬硫化物難溶于乙醇，故過濾除去的雜質為

重金屬硫化物，由于硫化鈉易溶于熱乙醇，過濾后溫度逐漸恢復至室溫，濾紙上便會析出大量晶體；

【小問5詳解】

乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，因此將濾液冷卻、結晶、過濾后，晶體可用少量冷水洗滌，再干燥，

即可得到Na2s-xH2。

10.金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重要用途，目前生產鈦的方法之一是將金紅石

(Tic)2)轉化為TiCl4，再進一步還原得到鈦。回答下列問題：

(1)Ti。?轉化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1(X)()℃時反應的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下:

2

(i)直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)AH,=172kJ-mol',Kpl=1.0xIO

1l2

(ii)碳氯化：TiO2(S)+2C12(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)AH2=-51kJ-mol,Kp2=1.2xlOPa

①反應2c⑸+C>2(g)=2CO(g)AH為kJ-mor',J=Pao

②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是______。

③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡.移動(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率

—(填“變大”“變小”或“不變”)。

(2)在1.OxIO,Pa,將Ti。?、C、Cl2以物質的量比1:2.2:2進行反應。體系中氣體平衡組成比例(物質

的量分數(shù))隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0.0

02004006008001000120014001600

溫度/℃

①反應C(s)+CO2(g)=2C0(g)的平衡常數(shù)Kp(l400C)=__Pa。

②圖中顯示，在200c平衡時TiO?幾乎完全轉化為TiCl,，但實際生產中反應溫度卻遠高于此溫度，其原

因是.。

(3)Tio2碳氯化是一個“氣一固一固”反應，有利于TiC>2-C“固一固”接觸的措施是

【答案】(1)①.一223②.1.2X10"③.碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，AH小于0,是精增、

放熱過程，燧判據與焰判據均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過程④.向

左⑤.變小

(2)①.7.2X105②.為了提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCL產品，提高效益

(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入CL，使固體粉末“沸騰”

【解析】

【小問1詳解】

①根據蓋斯定律，將“反應苴-反應i”得到反應2c(s)+02(g)=2C0(g),則A

K?2xIOl2P,i

H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol;則Kp=—2=-----------=1.2X10"Pa;

2

KpI1.0x10-

②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，因為碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，AH小于0,是嫡增、放熱過程，

燧判據與給判據均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過程；

③對應碳氯化反應，氣體分子數(shù)增大，依據勒夏特列原理，增大壓強，平衡往氣體分子數(shù)減少的方向移動,

即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小。

【小問2詳解】

①從圖中可知,1400℃,體系中氣體平衡組成比例①是0.05,TiCL是0.35,CO是0.6,反應

5

C(s)+CO2(g)=20)(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)=冬-=義「°'S-Pa=7.2X10Pa；

0.05P總0.05x1.0x105

②實際生產中需要綜合考慮反應的速率、產率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃,就是為了

提高反應速率，在相同時間內得到更多的TiCL產品。

【小問3詳解】

固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。有利于TiOz-C“固-固”接觸，可將兩者粉碎后混

合，同時鼓入Ck，使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。

【化學一選修3：物質結構與性質】

11.2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利

用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(ClkClIJ與四氟乙烯(CFzXFj的共聚物(ETFE)制成?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為。

(2)圖a、b、c分別表示C、N、0和F的逐級電離能I變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電離能的變化

圖是______(填標號)，判斷的根據是________；第三電離能的變化圖是_______(填標號)。

(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)“形式，畫出(HF)的鏈狀結構一。

(4)CFkCF?和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為______和；聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚

乙烯，從化學鍵的角度解釋原因。

(5)螢石(CaFj是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結構如圖所示,X代表的離子是_______；若該立方晶

胞參數(shù)為apm,正負離子的核間距最小為―pm.

【答案】(1)(2)①.圖a②.同一周期第一電離能的總體趨勢是

TI|n||T

依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高③.

圖b

(3)F\(4)①.sp2②.sp3③.C-F鍵的鍵能大于聚乙烯

HHH

中C-H的鍵能，鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定

(5)①.Ca'"②.---apm

4

【解析】

【分析】根據基態(tài)原子的電子表示式書寫價電子排布式；根據電離能的排布規(guī)律分析電離能趨勢和原因；

根據氫鍵的表示方法書寫(HF)的結構；根據鍵能影響物質穩(wěn)定性的規(guī)律分析兩種物質的穩(wěn)定性差異；根據

均攤法計算晶胞中各粒子的個數(shù)，判斷粒子種類。

【小問1詳解】

F為第9號元素其電子排布為Is22s22Ps,則其價電子排布圖為；*'',故答案為

【小問2詳解】

C、N、0、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2P能級

為半充滿狀態(tài)，因此'元素的第一電離能較C、。兩種元素高，因此C、N、0、F四種元素的第一電離能從

小到大的順序為C<0<N<F,滿足這一規(guī)律的圖像為圖a,氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)

正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，統(tǒng)一周期原子的第三電離能的總體趨勢也一次升高,

但由于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿

足這一規(guī)律的圖像為圖b,故答案為：圖a、同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素

的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高、圖上

【小問：3詳解】

固體HF中存在氫鍵，則(HF),的鏈狀結構為F',故答案為：

HHH

HHH

【小問4詳解】

CFz=CH中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方式為sp,雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4

對共用電子對，其C原子為sp'雜化;由于F元素的電負性較大，因此在于C原子的結合過程中形成的C-F

鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能的強弱決定物質的化學性質，鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定,因此

聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，故答案為：sp；sp\C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能

越大，化學性質越穩(wěn)定。

【小問5詳解】

根據螢石晶胞結構，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上，則1個晶胞中淺色X離子共有8X：+6Xg=4

O

個，深色Y離子分布在晶胞內部，則1個晶胞中共有8個深色Y離子，因此該晶胞的化學式應為X。,結合

螢石的化學式可知，X為Ca24；根據晶胞，將晶胞分成8個相等的小正方體，仔細觀察C'a&的晶胞結構不難

發(fā)現(xiàn)F位于晶胞中8個小立方體中互不相鄰的4個小立方體的體心小立方體邊長為〈a體對角線為Wa,

22

c清與F之間距離就是小晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負的核間距的最小的距離為立apm,故答案

4

為：Ca2\^-apm。

4

【化學一選修5,有機化學基礎】

12.用N-雜環(huán)卡其堿(NHCbase)作為催化劑，可合成多環(huán)化合物。下面是一種多環(huán)化合物11的合成路線(無

需考慮部分中間體的立體化學)。

NHCbase

Na2CO3

⑥

回答下列問題：

(1)A的化學名稱為一.

(2)反應②涉及兩步反應，已知第一步反應類型為加成反應，第二步的反應類型為.

(3)寫出C與Br?/CCL反應產物的結構簡式

(4)E的結構簡式為一。

(5)H中含氧官能團的名稱是________

(6)化合物X是C的同分異構體，可發(fā)生銀鏡反應，與酸性高鎰酸鉀反應后可以得到對苯二甲酸，寫出X

的結構簡式.

0

碳稱為手性碳)。

【答案】(1)苯甲醇(2)消去反應

BrCHO