重庆市2021年高考真题化学试题 (2).docx

2021年重庆市普通高中学业水平等级性考试
化 学
可能用到的相对原子质量： H 1 C6 N 14 O 16 Ce 140 In 114
一、选择题：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. “垃圾分类记心上，魅力山城新时尚”，下列可回收物中， 主要成分为无机非金属材料的是
A. 普通玻璃 B. 不锈钢锅
C. 矿泉水瓶 D. 棉麻织物
【答案】A
【解析】
【详解】A．普通玻璃的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A正确；
B．不锈钢属于金属材料，B错误；
C．水瓶属于塑料，是有机高分子材料，C错误；
D．棉麻属于有机高分子材料，D错误；
故选A。
2. 葡萄酒中含有CH3CH2OH、CH3COOH、 SO2 和CO2等多种成分。若NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 46gCH3CH2OH中含有C-H键数为5NA
B. 1L1 mol·L-1CH3COOH溶液中含有氢离子数为NA
C. 1 mol SO2与1 mol O2完全反应转移的电子数为4 NA
D. 11.2L (标准状况) CO2完全溶于水后溶液中H2CO3分子数为0.5NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．46gCH3CH2OH的物质的量为，1mol乙醇含有5molC-H键，含有C-H键数为5NA，A正确；
B．1L1 mol·L-1CH3COOH的物质的量为n=cV=1mol，由于醋酸是弱酸，不能完全电离出氢离子，1molCH3COOH溶液中含有氢离子数小于NA，B错误；
C ．SO2与O2反应是可逆反应，不能完全转化，则1 mol SO2与1 mol O2完全反应生成小于1mol SO3，S元素从+4升到+6价，转移的电子数小于2NA，C错误；
D．标准状况下11.2L CO2的物质的量为，0.5molCO2与水反应生成0.5molH2CO3，由于溶液中H2CO3部分电离，则H2CO3分子数小于0.5NA，D错误；
故选：A。
3. 25°时， 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 1.0 mol·L-1I氯化钡溶液中： Mg2+、K+、Br-、
B. 1.0 mol·L-1 硫酸中： A13+、 Na+、Cl-、
C. pH=1l 的氨水中： Fe2+、 Na+、、ClO-
D. pH=1的硝酸中： Fe3+、K+、I-、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ba2+与生成BaSO4，不能大量共存，A项错误；
B．该条件下各离子之间不发生反应，可以大量共存，B项正确；
C． Fe2+会与氨水反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，C项错误；
D．硝酸是强氧化剂会与具有还原性的I-发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
4. 次磷酸根()的球棍模型如题4图所示，下列说法错误的是

A. P的原子结构示意图为：
B. 次磷酸根的电子式为：
C. 次磷酸根的结构式为：
D. 次磷酸分子式为：H3PO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．P是15号元素，质子数为15，核外电子数为15，原子结构示意图为： ，A正确；
B．次磷酸根中其中一个O与P原子共用2对电子对，正确的电子式为： ，B错误；
C．由次磷酸根()的球棍模型，可得次磷酸根的结构式为： ，C正确；
D．次磷酸根为，次磷酸为一元弱酸，则次磷酸分子式为：H3PO2，D正确；
故选：B。
5. 《体本草纲目》中记载：“看药上长起长霜，药则已成矣”。其中“长霜“代表桔酸的结晶物，桔酸的结构简式如图，下列关于桔酸说法正确的是

A. 分子式为C7H8O5 B. 含有四种官能团
C. 与苯互为同系物 D. 所有碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由桔酸的结构简式可知，其分子式为：C7H6O5，A错误；
B．由桔酸的结构简式可知，含有羧基和酚羟基两种官能团，B错误；
C．桔酸与苯的结构不相似，且分子组成上也不是相差若干个CH2原子团，两者不互为同系物，C错误；
D．苯环为平面正六边形结构，12个原子共面，羧基碳相当于取代苯环上的一个氢原子，因此该分子中所有碳原子共平面，D正确；
答案选D。
6. 下列叙述错误的是
A. Mg在空气中燃烧可生成MgO
B. Fe2O3与Al发生铝热反应可生成Fe
C. BaCl2 溶液与CO2反应可生成BaCO3
D. Ca(OH)2 溶液与Cl2反应可生成Ca(ClO)2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mg在空气中点燃能与氧气发生反应生成氧化镁，故A正确；
B．Fe2O3与Al在高温条件下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，故B正确；
C．二氧化碳通入氯化钡中不反应，故C错误；
D．Ca(OH)2 溶液与Cl2反应生成氯化钙和次氯酸钙，故D正确；
故选：C。
7. 元素X、Y和Z可形成化合物X3Y3Z6， X的原子序数是Z的原子序数的5倍，1 mol X3Y3Z6含42mol质子，下列叙述正确的是
A. X位于周期表的第二周期第VA族
B. Y的原子半径大于X的原子半径：X<Y
C. Y的氧化物为无色气体
D. Z的单质与Cl2反应可生成共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】设Z的原子序数为a，Y的原子序数为b，则X的原子序数为5a，1 mol X3Y3Z6含42mol质子，可得15a+3b+6a=21a+3b=42，即7a+b=14，因原子序数只能是整数，则a只能为1，b=7，Z为H，Y为N，X为B，据此解答
【详解】A．X为B，原子序数为5，位于周期表的第二周期第IIIA族，故A错误；
B．Y为N，X为B，两者同周期，原子序数越小半径越大，原子半径：X>Y，故B错误；
C．Y为N，其氧化物二氧化氮为红棕色气体，故C错误；
D．Z为H，其单质氢气与氯气反应生成HCl，为共价化合物，故D正确；
故选：D。
8. 如图实验装置 (夹持装置略)或操作正确的是
A. SO2制备 B. 液液分离
C. HCl吸收 D. 酸碱滴定
【答案】C
【解析】
【详解】A．导管不能伸入液面，否则二氧化硫气体导不出，故A错误；
B．应先将下层的水放出，再将上层液体倒出，故B错误；
C．HCl极易溶于水，在导管末端链接一倒扣漏斗可防倒吸，故C正确；
D．盐酸应用酸式滴定管，故D错误；
答案选C。
9. 下列实验操作及其现象与对应结论不匹配的是
选项
实验操作及其现象
结论
A

将CO与水蒸气通过炽热的催化剂，所得气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊
水蒸气有氧化性
B
将新制Cu(OH)2加入葡萄糖溶液中，加热至沸腾，有砖红色沉淀产生
葡萄糖具有还原性
C
将NaBiO3固体加入酸性MnSO4溶液中，充分振荡，溶液变为紫红色
NaBiO3有氧化性
D
有FeCl3溶液和KSCN溶液混合后，滴加H2O2溶液，溶液变为红色
H2O2有还原性

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将CO与水蒸气通过炽热的催化剂生成二氧化碳和氢气，水中的氢由+1价变为0价，水是氧化剂，表现氧化性，A正确；
B．该反应中铜由+2价变为+1价，氢氧化铜表现氧化性，葡萄糖表现还原性，B正确；
C．该反应中锰的化合价由+2价变为+7价，硫酸锰表现还原性，NaBiO3表现氧化性，C正确；
D．溶液变为红色，是因为生成硫氰化铁，且三价铁可以催化过氧化氢分解，现象和结论不匹配，D错误；
故选D。
10. “天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·mol-1)为

A. -152 B. -76 C. +76 D. +152
【答案】A
【解析】
【详解】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选：A。
11. 我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE) 概念， HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成

下列叙述正确的是
A. X中苯环上的一溴代物有5种
B. 1mol X最多与7mol H2发生加成反应
C. 生成1molHPS同时生成1molLiCl
D. HPS 可使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中苯环上有3种H原子，则X中苯环上的一溴代物有3种，A项错误；
B．X中含两个苯环和1个碳碳三键，1molX最多与8molH2发生加成反应，B项错误；
C．对比HPS与Y的结构简式，Y与(C6H5)2SiCl2反应生成1molHPS的同时生成2molLiCl，C项错误；
D．HPS中含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，D项正确；
答案选D。
12. 甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应： CH3NC(g) →CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是

A. bf段的平均反应速率为1.0 × 10 -4mol(L·min)
B. a点反应物的活化分子数多于d点
C. T1>T2
D. 3v(d)=2v(e)
【答案】C
【解析】
【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)， ， 。
【详解】A．由题干信息可知， ，A正确；
B．ad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；
C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C错误；
D． ，，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；
故选C。
13. CO2电化学传感器是将环境中CO2浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示，其中YSZ是固体电解质，当传感器在一定温度下工作时，在熔融Li2CO3和YSZ之间的界面X会生成固体Li2O。下列说法错说的是

A. CO迁移方向为界面X →电极b
B. 电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：1
C. 电极b为负极，发生的电极反应为2CO-4e-=O2↑+2CO2↑
D. 电池总反应为Li2CO3=Li2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知在电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为负极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为正极，然后根据同种电荷相互排斥，一致电荷相互吸引的原则分析判断。
【详解】A．根据图示可知：电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为负极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为正极。CO会向正电荷较多的正极区移动，故CO迁移方向为界面X →电极b，A正确；
B．在电极a上发生反应：O2+4e-=2O2-，在电极b上发生反应：2CO-4e-= O2↑+2CO2↑，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：2，B错误；
C．电极b为负极，失去电子发生氧化反应 ，则负极的电极反应为2CO-4e-=O2↑+ 2CO2↑，C正确；
D．负极上熔融的Li2CO3失去电子被氧化产生O2、CO2气体，反应式为Li2CO3(熔融)=2Li++；2CO-4e-=O2↑+2CO2↑，正极上发生反应：O2+4e-=2O2-，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，将正、负极电极式叠加，可得总反应方程式为：Li2CO3=Li2O+CO2↑，D正确；
故合理选项是B。
14. 下列叙述正确的是
A. 向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c(NH)>c(CH3COO- )
B. 向NH4Cl溶液中加入少量Al2(SO4)3固体、则水的电离程度减小
C. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，则c(HCO)>c(H2CO3)
D. 向0.2 mol·L-1磷酸中加水至原体积的两倍，则c(H+)>0.1 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液呈酸性则c(H+)>c(OH- )，溶液中存在电荷守恒c(H+)+ c()=c(CH3COO- )+c(OH- )，则c()<c(CH3COO- )，A错误；
B．加入少量Al2(SO4)3固体由于Al3+发生水解反应，促进水的电离，则水的电离程度增大，B错误；
C．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至c(Na+)=2c(Cl- )，溶质为NaHCO3、NaCl，NaHCO3溶液中少部分水解生成H2CO3，则c()>c(H2CO3)，C正确；
D．磷酸H3PO4是三元弱酸，部分电离，0.2 mol·L-1磷酸含c(H+)<0.6 mol·L-1，加水至原体积的两倍，越稀弱酸电离程度越大，则c(H+)>0.3 mol·L-1，D错误；
故选：C。
15. 电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。

已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
（1）中Cr元素的化合价为_______。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。
（3）沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式_______。
（4）Na2S溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2为_______。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为_______mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是_______(设H2S平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)
【答案】（1）+6 （2）
（3）Cr(OH)3+ NaOH = NaCrO2 + 2H2O
（4） ①. S2- + H2O HS- + OH- ②. CuS
（5） ①. 1.0×10 -7mol/L ②. 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开
【解析】
【分析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。
【小问1详解】
利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6，
故答案为：+6；
【小问2详解】
从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：，
故答案为：；
【小问3详解】
的性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式，
故答案为：；
【小问4详解】
溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS；
故答案为：；CuS；
【小问5详解】
H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开；
故答案为：；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。
16. 立方体形的三氧化二铟(In2O3)，具有良好的气体传感性能。研究小组用水热法(密闭反应釜中以水作溶剂的高温高压条件下的化学制备方法)制备该In2O3，其主要实验过程及装置示意图如图所示。

回答下列问题：
（1）前驱体的制备
①实验中使用的NaOH溶液盛装在_______的试剂瓶中(填“带橡皮塞”或“带玻璃塞”)。
②A装置中的反应现象是_______；为加快金属In的溶解，可采取的措施有_______(写出两条即可)。
③B装置中，滴加NaOH溶液调节pH=3.02，测定pH需用的仪器名称是_______。
④C装置中，CO(NH2)2与水反应生成两种气体，其中酸性气体是_______，另一种气体与InCl3溶液反应生成前驱体的化学方程式为_______。
⑤D装置减压过滤时，用蒸馏水洗涤前驱体，判断前驱体洗净的实验操作和现象是_______。
（2）In2O3的制备
将前驱体煅烧得In2O3，反应的化学方程式为_______。
（3）有研究发现，其它方法制备的In(OH)3经锻烧得In2O3的过程中存在两步失重，第二步失重5.40%，推断中间产物中In的质量分数为_______% (保留小数点后两位)。
【答案】（1） ①. 带橡皮塞 ②. 金属溶解，有无色气泡产生 ③. 将金属In磨成粉末状增大固液接触面积、增加稀盐酸浓度、升高溶液体系温度、设计成金属In为负极的原电池等 ④. pH计 ⑤. CO2 ⑥. InCl3+3NH3+3H2O=In(OH)3↓+3NH4Cl ⑦. 取最后一次的前驱体洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若未观察到白色沉淀生成，则证明前驱体已经洗净
（2）2In(OH)3In2O3 + 3H2O
（3）73.03
【解析】
【小问1详解】
NaOH会与玻璃塞磨砂口裸露的SiO2反应，故实验中使用的NaOH溶液应盛装在带橡皮塞的试剂瓶中；根据B中生成了InCl3可知，A中In与盐酸反应置换出了氢气，故A装置中的反应现象是金属溶解，有无色气泡产生；将金属In磨成粉末状增大固液接触面积、增加稀盐酸浓度、升高溶液体系温度、设计成金属In为负极的原电池等，都可以加快反应速率；测得pH=3.02，精确到了0.01，故测定pH需用的仪器为：pH计；根据CO(NH2)2与水所含元素分析，其中酸性气体应为CO2；另一种气体应为NH3，前驱体是获得目标产物前的一种存在形式，NH3与InCl3溶液反应生成前驱体的化学方程式为：InCl3+3NH3+3H2O=In(OH)3↓+3NH4Cl；判断前驱体洗净看是否有NH4Cl残留，可通过检验Cl-验证，故实验操作和现象是：取最后一次的前驱体洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若未观察到白色沉淀生成，则证明前驱体已经洗净；
【小问2详解】
将前驱体煅烧得In2O3，反应的化学方程式为：2In(OH)3In2O3 + 3H2O；
【小问3详解】
中间产物中In的质量分数为：
17. 含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。
（1）硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题：

①负极的电极反应式为_______。
②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。
（2）把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。
反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g)
反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g)
如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：

①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。
②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。
③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。
④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p2_______ p2 (填*>”、“<”或“=”)。
⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有_______； 转化率为_______% (保留小数点后两位)。
⑥25°C时为了保持CuSO4·5H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由_______。
【答案】（1） ①. ②. 不变
（2） ①. 乙醇呈现出蓝色 ②. ab ③. 1.6 ×107 ④. > ⑤. CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O ⑥. 38.89% ⑦. 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3·H2O的脱水，有利于其保持纯度
【解析】
【小问1详解】
①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；
②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变；
【小问2详解】
①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；
②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；
③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
列出平衡常数，；
④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2；
⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O；
M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下：

计算可得转化率为38.89%；
⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3·H2O的脱水，有利于其保持纯度。
18. 三磷酸腺苷(ATP) 和活性氧类(如 H2O2和O)可在细胞代谢过程中产生。
（1）ATP 的分子式为C10H16N5O13P3，其中电负性最大的元素是_______，基态 N原子的电子排布图为_______。
（2）H2O2 分子的氧原子的杂化轨道类型为：_______ ；H2O2和H2O能以任意比例互溶的原因是_______。
（3）O3分子的立体构型为_______。根据表中数据判断氧原子之间的共价键最稳定的粒子是_______。
粒子
O2
O2-
O3
键长/pm
121
126
128

（4）研究发现纳米CeO2可催化O分解，CeO2晶体属立方CaF2型晶体结构如图所示。

①阿伏伽德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρg·cm-3，其晶胞边长的计量表达式为a=_______nm。
②以晶胞参数为单位长度建立的中标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。A离子的坐标为(0，，)，则B离子的坐标为_______。
③纳米CeO2中位于晶粒表面的Ce4+能发挥催化作用，在边长为2 a nm的立方体晶粒中位于表面的Ce4+最多有_______个。
【答案】（1） ①. O ②.
（2） ①. sp3 ②. 水分子和过氧化氢分子同为极性分子，且相互之间可以形成氢键，互相吸引，并且它们的结构相似，相似相溶，所以可以任意比例互溶
（3） ①. V型 ②. O2
（4） ①. ②. (，，) ③. 50
【解析】
【小问1详解】
ATP 的分子式为C10H16N5O13P3，其中含有C、H、N、O、P等元素，同周期元素电负性从左往右增大，同主族元素电负性从上往下减小，故电负性最大的元素是O；基态 N原子的电子排布图为。
【小问2详解】
H2O2 分子的结构为H-O-O-H，氧原子含有两个σ键和两对故电子对，杂化轨道类型为sp3；H2O2和H2O能以任意比例互溶，这是由于水分子和过氧化氢分子同为极性分子，且相互之间可以形成氢键，互相吸引，并且它们的结构相似，相似相溶。
【小问3详解】
O3分子与NO 互为等电子体，构型相似，NO中N的价电子对数为，是sp2杂化，连接两个O原子，立体构型为V型，故O3分子的立体构型也为V型；相同原子形成的共价键的键长越短，键能越大，越稳定，从表中数据可知，O2的键长最短，故最稳定的粒子是O2。
【小问4详解】
该晶胞中含有Ce4+个数为，含有O2-个数为8。
①阿伏伽德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρg·cm-3，则ρ= ，则晶胞边长的计量表达式为a=nm；
②A离子位于晶胞左侧面心，坐标为(0，，)，则位于晶胞体内，由上面心、后面心、右侧面心、右侧上后顶点的Ce4+构成的正四面体中心的B离子的坐标为(，，)；
③在边长为2 a nm的立方体晶粒中，含有8个该立方晶胞，可看作上层四个、下层四个，则位于表面的Ce4+最多有：晶胞面心的4个、四个晶胞共用的顶点1个在晶粒的面上，有 ，顶点8、棱心12个，共50个。
19. 光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248 nm光刻胶的组成部分，对光刻胶性能起关键作用。
（1）F由单体I和单体II合成，其结构简式如图所示：

F中官能闭的名称为酰胺基和_______，生成F的反应类型为_______。
（2）单体I的分子式为CHaO2
①单体的结构简式为_______。
②单体I的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰(峰面积比为6： 1)， 则G的结构简式为_______。
（3）单体II的一种合成路线如图(部分试剂及反应条件省略)

已知以下信息：

①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为_______。
②D的结构简式为_______，E的结构简式为_______。
③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有_______个(不考 虑立体异构体)。
(i)含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
(ii)能与金属钠反应放出氢气
④已知以下信息：
a.+HOR4 (R1、R2、R4为烃基，R3为H或烃基)
b. (R为H或烃基)
单体II的加聚产物在酸性介质中发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 加聚反应
（2） ①. ②.
（3） ①. 乙炔 ②. ③. ④. 6 ⑤.
【解析】
【分析】小问（1）考查的是课内知识，只需牢记课内官能团与有机反应类型即可判断解题；小问（2）考查了加聚物中单体的判断及同分异构体的书写，前者也只需牢记课内如何进行单体与加聚物的相互转化判断即可简单完成，后者分情况而定，而此题主要涉及醛基的性质与等效氢问题；小问（3）是一道较简单的有机合成题，关联好给出的信息反应，注意对比流程中前后物质的结构与分子式的差异即可解题。
【小问1详解】
由F的结构简式可以看出来，该物质中除了含有酰胺基，还有酯基（），而F由单体I和单体II合成，表明单体I和单体II具有碳碳双键结构，通过加聚反应形成F；
故答案为：酯基；加聚反应；
【小问2详解】
单体I的分子式为，说明F的左侧结构是单体I发生加聚后形成的链节，由该链节可推断出单体I为 ；由单体I的结构简式可以判断出其有2个不饱和度，还有2个氧原子，而单体I的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰(峰面积比为6： 1)，由此可推断G有较高的对称性，才会使等效氢只有2种且数目比为6： 1，可见G中有两个醛基，而且有多个同碳上的甲基且处于对称位置，其结构为 ；
故答案为： ； ；
【小问3详解】
题号（3）①中A+B→C为加成反应，结合流程 ，可推断B为乙炔（）；
题号（3）②中结合题目信息 ，可以推断出生成D的反应为 ，所以D为 ；结合信息 可知， 要生成 ，需要加入的E（）为 ；
题号（3）③中依据E的分子式或E的结构 都可以推断出E只有一个不饱和度，要求写的同分异构体含有的环己烷基占据了这一个不饱和度和6个碳原子，剩余的3个碳原子和3个氧原子要形成3个相同且能与金属钠反应放出氢气的取代，表明取代基为，可形成的同分异构体如下： 、 、 、 、 、，共6种；
题号（3）④中的信息反应a可推断出，单体II的加聚物，即 ，在酸性条件下先转变为 和 ，但是依据信息反应b可知 在酸性条件下会继续衍变为 ，最终反应的化学方程式为 ；
故答案为：乙炔；；； 6；。
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