2021年高考全國甲卷化學試題(含解析)

1、一、選擇題1 .化學與人體健康及環(huán)境保護息息相關。卜列敘述正確的是A.食品加工時不可添加任何防腐劑B.掩埋廢舊電池不會造成環(huán)境污染C.天然氣不完全燃燒會產生有毒氣體D.使用含磷洗滌劑不會造成水體污染【答案】C【解析】分析】【詳解】A.食品加工時，可適當添加食品添加劑和防腐劑等，如米甲酸鈉，故A錯誤；B.廢舊電池中含有重金屬等金屬離子，會造成土壤污染，水體污染等，故B錯誤；C.天然氣主要成分為甲烷，不完全燃燒會產生一氧化誠等有毒氣體，故C正確：D.含磷洗滌劑的排放，使水中磷過多，造成水中藻類瘋長，消耗水中溶解的氧，水體變渾濁，故D錯誤: 故選C。2 . Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是

2、A. 18g重水（D?O）中含有的質子數(shù)為IONaB. 3mol的NO?與H2O完全反應時轉移的電子數(shù)為4NaC. 32g環(huán)狀S式 ）分子中含有的S-S鍵數(shù)為INaD. 1L pH=4的O.lmol LCr,O.溶液中Ci2O7'離子數(shù)為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.DQ的質子數(shù)為10, 18gD,O的物質的量為心0.9moL則18g重水（D、O）中所含質 -20g/mol-子數(shù)為9Na，A錯誤；B. NO、與H、O反應的化學方程式為：3NO2+H：O=2HNO3+NO,該反應消耗3個NO?分子轉移的電子數(shù)為2個，則有3moi的NO?參與反應時，轉移的電子數(shù)為2Nq B錯誤：C

3、. 一個s式弋會/）分子中含有的S-S鍵數(shù)為8個，32gss的物質的量為8X荔mol = gm°L則含有的S-S鍵數(shù)為：x8xNa=Na，C正確； OD.酸性Kqo溶液中存在：Ci2；+Hq=2CiO：十21r,含Cl元素微粒有Ct2。與和CrO；-,則IL pH=4的0.Imol 1?降5。7溶液中Ci2。子離子數(shù)應小于0.1Na , D錯誤；故選C。3.實驗室制備卜.列氣體的方法可行的是氣體方法A氨氣加熱氯化核固體B二氧化氮將鋁片加到冷濃硝酸中C硫化氫向硫化鈉固體滴加濃硫酸D氧氣加熱氯酸鉀和二氧化鋅的混合物A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.氯化

4、鉞不穩(wěn)定，加熱易分解生成氨氣和氯化氫，但兩者遇冷又會化合生成氯化鉞固體，所以不 能用于制備氨氣,A不可行:B.將鋁片加到冷濃硝酸中會發(fā)生鈍化現(xiàn)象，不能用于制備二氧化氮，B不可行；C.硫化氫為還原性氣體，濃硫酸具有強氧化性，不能用濃硫酸與硫化鈉固體反應制備該硫化氫氣體，因為 該氣體會與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，c不可行；D.實驗室加熱氯酸鉀和二氧化缽的混合物，生成氯化鉀和氧氣，二氧化缽作催化劑，可用此方法制備氧氣,D可行：故選D。4,卜列敘述正確的是A.甲醇既可發(fā)生取代反應也可發(fā)生加成反應B.用飽和碳酸氫納溶液可以鑒別乙酸和乙醇C.烷慌的沸點高低僅取決于碳原子數(shù)的多少D.戊二烯與環(huán)戊烷互為同分異構

5、體【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.甲醇為一元飽和醇，不能發(fā)生加成反應，A錯誤；B.乙酸可與飽和碳酸氫鈉反應，產生氣泡，乙醇不能發(fā)生反應，與飽和碳酸鈉互溶，兩者現(xiàn)象不同，可用 飽和碳酸氫納溶液可以鑒別兩者，B正確：C.含相同碳原子數(shù)的烷燒，其支鏈越多，沸點越低，所以燒燃的沸點高低不僅僅取決于碳原子數(shù)的多少， c錯誤：D.戊二烯分子結構中含2個不飽和度，其分子式為C$Hs,環(huán)戊烷分子結構中含1個不飽和度，其分子式 為C5H處兩者分子式不同，不能互為同分異構體，D錯誤。故選B。5.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子數(shù)之和, 也是Y的最外層電子

6、數(shù)的2倍。W和X的單質常溫卜.均為氣體。卜.列敘述正確的是A.原子半徑：Z>Y>X>WB. W與X只能形成一種化合物C. Y氧化物為堿性氧化物，不與強堿反應D. W、X和Z可形成既含有離子鍵又含有共價健的化公物【答案】D【解析】【分析】W. X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z的最外層電子數(shù)是W和X的最外層電子 數(shù)之和，也是Y的最外層電子數(shù)的2倍，則分析知，Z的最外層電子數(shù)為偶數(shù)，W和X的單質常溫卜.均為 氣體，則推知W和X為非金屬元素，所以可判斷W為H元素，X為N元素，Z的最外層電子數(shù)為1+56, Y的最外層電子數(shù)為2=3,則Y為A1元素，Z為S元素，據(jù)此結合元

7、素及其化合物的結構與性質分析解答。2【詳解】根據(jù)上述分析可知，W H元素，X為N元素，Y為A1元素，Z為S元素，則A.電子層數(shù)越多的元素原子半徑越大，同周期元素原子半徑依次減弱，則原子半徑：Y(A1)>Z(S)>X(N) >W(H), A 錯誤;B. W為H元素，X為N元素，兩者可形成NH3和N?H4, B錯誤；C. Y為A1元索，其氧化物為兩性氧化物，可與強酸、強堿反應，C錯誤；D. W、X和Z可形成(NH)S、NH4HS,兩者既含有離子鍵又含行共價鍵，D正確。 故選D。6.已知相同溫度下，K：p(BaSOjvJ(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中-lgc(S。；)、 與

8、回咿產)的關系如圖所示。(gou)2mt 086)3號，卜列說法正確的是A.曲線GX弋表BaCOj的沉淀溶解曲線B.該溫度b BaSO4的長子（BaSC>4）值為1.0 x 1010C.加適品BaCL固體可使溶液由a點變到b點/c（SO;）'）eg）B【解析】【分析】BaCO3. BaSCh 均為難溶物，飽和溶液中一lgk（Ba） + lgc（SO：） = lgc（Ba/）xc（SO：） = -lg/C:p(BaSO4),同理可知溶液中一lgc(Ba2-) + -lgc(CO；) = -lgKXBaCO3),因 /C3p(BaSO4)< /C:p(BaCO3)，則 一 lg

9、K：p(BaCO3) V -lg/C:p(BaSO4),由此可知曲線為 一 lgc(Ba:')與一 1g式 SO：)的關系, 曲線為一國卜9屐+)與-lgc( CO；月的關系?！驹斀狻緼.由題可知，曲線上的點均為飽和溶液中微粒濃度關系，由上述分析可知，曲線為BaSO的沉 淀溶解曲線，選項A錯誤；B.曲線為BaSCh溶液中Tgc(Ba2 )與Tgc(SO；)的關系，由圖可知，當溶液中一lgc(Ba? ) = 3時, -lgc（SO； ）=7,則一lgK：p（BaSOM = 7+3 = 10,因此 K：p（BaSOj）= 1.0x10 。，選項 B 正確;C.向飽和BaSOj溶液中加入適量

10、BaCL固體后，溶液中4Ba)增大，根據(jù)溫度不變則K：p(BaSOj)不變可知,溶液中c(SOj)將減小，因此a點將沿曲線向左上方移動，選項C錯誤:D.由圖可知，當溶液中"Ba)=10 5時，兩溶液中SO：）dCO；）=10力-力選項D錯誤;10/19答案選B。7 .乙醛酸是一種ifi要的化工中間體，可果用如卜.圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的HO解離為H*和OH，并在直流電場作用下.分別問兩極遷移。卜列說法正確的是電源OHC -OHC、 O OII IIHOCCOH（乙二酸）H OHJ- OHC-)/ OHC-酸-醛-OH-C乙石墨電極飽和乙二酸溶液雙極膜乙二醛+KB

11、r酸溶液A. KBr在上述電化學合成過程中只起電解質的作用O OO O8 .陽極上的反應式為：II II +2T+2e-= II II +H：OHO -C-C-OII HO-C-C-HC.制得2moi乙醛酸，理論上外電路中遷移了 Imol電子D.雙極膜中間層中的H-在外電場作用卜向鉛電極方向遷移【答案】D【解析】【分析】該裝置通電時，乙二酸被還原為乙醛酸，因此鉛電極為電解池陰極，石墨電極為電解池陽極，陽 極上B被氧化為Bi：, B口將乙二醛氧化為乙醛酸，雙極膜中間層的H-在直流電場作用卜移向陰極，OH- 移向陽極?！驹斀狻緼. KB1在上述電化學公成過程中除作電解質外，同時還是電解過程中陽極的

12、反應物，生成的Bn 為乙二醛制備乙醛酸的中間產物，故A錯誤；B.陽極上為Br失去電子生成Bn，Bn將乙二醛氧化為乙醛酸，故B錯誤：C.電解過程中陰陽極均生成乙醛酸，Imol乙二酸生成Imol乙醛酸轉移電子為2m01, Imol乙二醛生成Imol 乙醛酸轉移電子為2mol,根據(jù)轉移電子守恒可知每生成Imol乙醛酸轉移電子為Imol,因此制得2mol乙醛 酸時，理論上外電路中遷移了 2mol電子，故C錯誤；D.由上述分析可知，雙極膜中間層的H-在外電場作用卜移向陰極，即IT移向鉛電極，故D正確； 綜上所述，說法正確的是D項，故答案為D。二、非選擇題8.碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)

13、藥、染料等方面?；卮鸩妨袉栴}：(1)11的一種制備方法如卜.圖所示：AgNO,Fe 粉Cl2IJJ凈化除氯后含i海水一靛一 懸濁液一 的一一i2沉淀加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為,生成的沉淀與硝酸反應，生成 后可循環(huán)使用。通入C1?的過程中，著氧化產物只有一種，反應的化學方程式為：若反應物用量比n(Cl:)/n(FeI:)=1.5W，氧化產物為：當1】(。)/11位日)1.5,單質碘的收率會降低，原因是(2)以NalOj為原料制備打的方法是：先向NaK)3溶液中加入計量的NaHSOj,生成碘化物：再向混合溶液中加入NalO溶液，反應得到L，上述制備L的總反應的離子方程式為 0(3)KI溶

14、液和CuSOj溶液混合可生成Cui沉淀和I?,若生成消耗的KI至少為 mol。1二在KI溶液中可發(fā)生反應L+1 UI；。實驗室中使用過量的KI與CuSO/容液反應后，過混 濾液經水蒸氣蒸 儲可制得高純碘。反應中加入過量KI的原因是0【答案】(l).2AgI+Fe=2Ag+Fe»+2r(2). AgNO3 (3). FeL+CL=L+FeCl2 (4). L. FeCl5 (5).L被過量的Cl,進一步氧化(6). 2IO；+5HSO；=I,+5SO：+3H-十HQ.4.防止單質碘析出【解析】【分析】【詳解】(1)由流程圖可知懸濁液中含Agl , Agl可與Fe反應生成Fei?和Ag,

15、 Fei?易溶于水，在離子方 程式中能拆，故加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe»+2r,生成的銀能與硝酸反應生 成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+ Fe-+21-； AgNOJ;通入Cl?的過程中，因I還原性強于Fe>, Cl?先氧化還原性強的I-,若氧化產物只有一種，則該氧化產 物只能是X，故反應的化學方程式為FeIz+CL=L+FeCL,若反應物用量比n(ClJ/n(F&J=L5時即C1?過 量，先氧化完全部1一再氧化Fe-,恰好將全部和Fe>氧化，故氧化產物為Iz.FeCb，當n(Cl2 )/n(FeIz )

16、>1.5 即CL過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，單質碘的收率會降低，故 答案為：FeL+CL= b+FeCL； X、FeClJ; L被過量的Cl1進一步氧化；(2)先向NaIO3溶液中加入計量的NaHSO3,生成碘化物即含的物質；再向混合溶液中(含1)加入NalC溶液，反應得到L，上述制備L的兩個反應中r為中間產物，總反應為IO；與HSO；發(fā)生氧化還原反應，生成SO：和L,根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及元索守恒配平離子方程式即可得：2IO；+5HSO；=L+5soi+31T+H.O,故答案為：210；十5HSO；=L+5so:十3JT十H.O；(3) KI

17、溶液和CuSOj溶液混合可生成Cui沉淀和I?,化學方程式為4KI+2CuSO4=2CulJ +L+2KzsCh,若 生成ImolL,則消耗的KI至少為4mol：反應中加入過量KI,1濃度增大，可逆反應L+1-I；平衡右移, 增大L溶解度，防止L升華，有利于蒸溜時防止單質碘析出，故答案為：4；防止單質碘析出。 一9.膽砒(CuSO/5Hq)易溶于水，難溶于乙醇。某小組用工業(yè)廢銅焙燒得到的CuO (雜質為氧化鐵及泥沙) 為原料與稀硫酸反應制備膽磯，并測定其結晶水的含量?；卮鸩?列問題：(1)制備膽研時，用到的實驗儀器除量筒、酒精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器有(填標號)。A.燒杯B.容量瓶

18、C.蒸發(fā)皿D.移液管(2)將CuO加入到適量的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為與直接用廢銅和濃硫酸反 應相比，該方法的優(yōu)點是。(3)待CuO完全反應后停止加熱，邊攪拌邊加入適量H?O>冷卻后用NH3HO調pH為3.54,再煮沸 lOnun ,冷卻后過濾。濾液經如下實驗操作：加熱蒸發(fā)、冷卻結晶、乙醇洗滌、,得到 膽磯。其中，控制溶液pH為3.54的目的是，煮沸l(wèi)Onrni的作用是o(4)結晶水測定：稱量干燥卅堪的質量為加入膽根后總質量為m丁將坨煙加熱至膽機全部變?yōu)榘咨? 置于干燥器中冷至室溫后稱量，重當上述操作，最終總質量恒定為根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，膽根分子中結晶水的個數(shù)為(寫表達式卜(5

19、)卜列操作中，會導致結晶水數(shù)目測定值偏高的是(填標號)。膽研未充分干燥地期未置于干燥器中冷卻加熱時有少膽磯迸濺出來A【答案】.A、C (2). CUO+H2SO4 = CUSO4+H2O (3).不會產生二氧化硫且產生等量膽磯消耗硫酸少(硫酸利用率高) (4).過濾 (5).干燥 (6).除盡鐵，抑制硫酸銅水解(7).破壞氫氧化鐵膠體，易于過濾(8)80(7% -b)9(嗎一網)(9).©©【解析】【分析】【詳解】(1)制備膽機時，根據(jù)超干信息可知，需進行溶解、過濾、結晶操作，用到的實驗儀器除量筒、酒 精燈、玻璃棒、漏斗外，還必須使用的儀器行燒杯和蒸發(fā)皿，A、C符合題意，故

20、答案為：A、C：A(2)將CuO加入到適品的稀硫酸中，加熱，其主要反應的化學方程式為CuO+H?SO尸CuSOj+H。直接用 廢銅和濃硫酸反應生成硫酸銅與二氧化硫和水，與這種方法相比，將CuO加入到適量的稀硫酸中，加熱制 備膽研的實驗方案具有的優(yōu)點是：不會產生二氧化硫且產生等量膽磯消耗硫酸少(硫酸利用率高)：(3)硫酸銅溶液制硫酸銅晶體，操作步驟有加熱蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾、乙醇洗滌、干燥；CuO中含氧化 鐵雜質，溶干硫酸后會形成鐵離子，為使鐵元索以氫氧化鐵形成沉淀完全，需控制溶液pH為3.54,酸性 環(huán)境同時還可抑制銅離子發(fā)生水解；操作過程中可能會生成氫氧化鐵膠體，所以煮沸10mm,目是破壞

21、氫氧化鐵膠體，使其沉淀，易于過濾，故答案為：過濾：干燥；除盡鐵，抑制硫酸銅水解：破壞氫氧化鐵 膠體，易于過濾：(4)稱量干燥珀煙的質量為犯，加入膽研后總質量為/%,將知期加熱至膽磯全部變?yōu)榘咨?，置于干燥器中冷至室溫后稱量，重復上述操作，最終總質量恒定為。則水的質量是(叫一叫應，所以膽研(CuSOeHQ)中n值的表達式為粵普：與誓, loIoO解得口=警誓Mi) 膽磯未充分干燥，搦飭所測g偏大，根據(jù)n-80(/h: 一?3)9(b 一叫)可知,最終會導致結晶水數(shù)目定值偏高,符合題意：用堪未置于干燥器中冷卻，部分白色硫酸銅會與空氣中水蒸氣結合重新生成膽研，導致所測g偏大，根80(八 一/)據(jù)n=7

22、L寧可知，最終會導致結晶水數(shù)目定值偏低，不符合題意:9(一一網)80(八一 八)加熱膽磯晶體時有晶體從珀煙中濺出，會使m3數(shù)值偏小，根據(jù)n=不L-'可知，最終會導致結晶 9("一)水數(shù)目定值偏高，符合題意；綜上所述，符合題意，故答案為：。10.二氧化篋催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳回答卜列問即：(1)二氧化碳加氫制甲爵的總反應可表示為：CO:(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H:O(g)該反應一般認為通過如卜步驟來實現(xiàn)： CO2 (g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) AH=H41kJmol" CO(g戶2H式g)=CH30H(g) AH

23、2 =90kJmo-總反應的AH=kJ mol1；若反應為慢反應，卜列示意圖中能體現(xiàn)上述反應能最變化的是(填標號)，判斷的理由是。體系俅M 體系隆M A.CCOMM2H,0+3HCH.OH+HO體 系 偃 B.反應證再反應避冏反應迷界體系像MD(2)合成總反應在起始物n(Hj/n(COj=3時，在不同條件卜達到平衡，設體系中甲憎的物質的量分數(shù)為 x(CH3OH),在t=250C下的x(CH30H)p、在p=5xlO$Pa下的乂解區(qū)011)t如圖所示。p/lOTa0 IO-23 / 19200 210 220 230 240 230 260 270 290t/X2用各物質的平衡分壓表示總反應的平

24、衡常數(shù)，表達式Kp=：圖中對應等壓過程的曲線是,判斷的理由是;當x(CHjOH)=0.10時，CO?的平衡轉化率a=,反應條件可能為或_。p(H9)p(CHQH)p3(H)p(COj質的最分數(shù)變小.33.3%【答案】 (1). -49(2). A (3). AM為正值，A/二為和A/為負值，反應的活化能大于反應的b.總反應A7/V0,升高溫度時平衡向逆反應方向移動，甲醇的物(8). 5xlO5Pa, 210(9). 9X 105Pa, 250c【解析】【分析】【詳解】(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為：CO.(g) + 3H.(g) = CH3OH(g) + H.O(g)f該反應 J一般

25、認為通過如下步驟來實現(xiàn)：CO2 (g)+H: (g)=CO(g)+H:O(g)，CO(g片2H*g)=CH3OH(g) AH2=-90kJ.mor根據(jù)蓋斯定律可知，可得二氧化碳加氮制甲醇的 總 反 應 為 ：COz(g) + 3H:(g)= CH3OH(g)+H2O(g)AH=(+4IkJ.mol1) + (OkJ.mol1 )=-49kJ.mol1;該反應總反應為放熱反應，因此生成物總能量低于 反應物總能后，反應為慢反應，因此反應的活化能高于反應，同時反應的反應物總能最低于生成 物總能最，反應的反應物總能最高于生成物總能最，因此示意圖中能體現(xiàn)反應能最變化的是A項，故答案為：-49： A： 從

26、為正值，A必為和M為負值，反應的活化能大于反應的。(24二氧化碳加氫制甲醇的總反應為CO1(g) + 3H式g)= CH3OH(g) + H2O(g),因此利用各物質的平衡分壓表示總反應的平衡常數(shù)，表達式Kp=p(H9).p(CHQH)p3(H)p(COj,故答案為:p(H:Q).p(CH3QH)p，(H)p(COj °該反應正向為放熱反應，升高溫度時平衡逆向移動，體系中x(CHjOH)將減小，因此圖中對應等壓過程 的曲線是b,故答案為：b：總反應AHvO,升高溫度時平衡向逆反應方向移動，甲醇的物質的量分數(shù)變小。3H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g)33x3-3

27、x解得x=；mol,平衡時CO?的轉化率起始(mol)設起始(CO：j)=lmol, (氏尸3mol,則在心/ 轉化(mol)平衡(mol)時 x(CHQH)R。時，(3.3x)+(1.x)+x+x=0Xa=3mO1xl()0%=33.3%；由圖可知，滿足平衡時x(CH30H)=0.10 的條件有：5xlO5Pa, 2100c或 9xi()5pa, Imol250。故答案為：33.3%； 5xlO5Pa, 210*C； 9xlO5Pa, 250o【化學選修3：物質結構與性質】11.我國科學家研發(fā)的全球首套下噸級太陽能燃料合成項目被形象地稱為“液態(tài)陽光”計劃。該項目通過太陽 能發(fā)電電解水制氫，再

28、采用高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲爵?；卮鸩?列問題：(I)太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價電子層的電子排式為：單晶硅的晶體類型 為。S1CL是生產高純硅的前驅體，其中Si采取的雜化類型為。S1CL可發(fā)生水解反應，機 理如F：含s、p、d軌道的雜化含s、p、d軌道的雜化類型有：dsp二、sp&spd,中間體S1CL(H中Si采取的雜化類型為(填標號)。(2) CO?分子中存在 個。鍵和 個兀鍵。(3)甲醇的沸點(64.7'C)介于水(100)和甲硫酸(CH£H, 7.6C )之間，其原因是(4)我國科學家發(fā)明了高選擇性的二氧化喋加氫合成甲醇的催化劑，

29、其組成為ZnO/ZrO?固溶體。四方ZrO? 晶胞如圖所示。Z盧離子在晶胞中的配位數(shù)是，晶胞參數(shù)為a pm、a pm. cpm,該晶體密度為g-cm-3 (寫出表達式)。在ZrO?中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學式可表示為ZocZaQy,則 y=(用x表達)。 O ®Zr【答案】 (1). 3s:3p2.原子晶體(共價晶體),sp3 .2(6).2(7).甲硫4x91+8x16醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能,且水比甲醇的氫鍵多.8(9). -yy(10).a-cxAr xlO2-x【解析】【分析】【詳解】(1)基態(tài)Si原子的核外電子排布式為ls?2s?2P63s?3pL因此

30、Si的價電子層的電子排式為3smp?；品體硅中Si原子與Si原子之間通過共價鍵相互結合，整塊晶體是一個三維的共價鍵網狀結構，因此晶體硅為4-4x1原子晶體；S1CX中Si原子價層電子對數(shù)為4+ 4,因此Si原子采取sp3雜化；由圖可知，SiCUHzO)中Si原子的6鍵數(shù)為5,說明Si原子的雜化軌道數(shù)為5,由此可知Si原子的雜化類型為sp，d,故答案為：3s23p2：原子晶體(共價晶體)：spi：(2)CCh的結構式為O=C=O, 1個雙健中含有1個6健和1個n健，因此1個CO?分子中含有2個6鍵和2個兀鍵，故答案為：2： 2： (3)甲醇分子之間和水分子之間都存在氫鍵，因此沸點高于不含分子間氫

31、鍵的甲硫醇，甲醇分子之間氨健的 總強度低于水分子之間氫鍵的總強度，因此甲醉的沸點介于水和甲硫醉之間，故答案為：甲硫醇不能形成 分子間氫鍵，而水和甲幅均能，且水比甲醇的氫健多: (4)以晶胞中右側面心的ZA為例，同一晶胞中與Zy連接最近且等距的O"數(shù)為4,同理可知右側晶胞中有 4個O與Z?，相連，因此Zr*離子在晶胞中的配位數(shù)是4+48； 1個晶胞中含有4個ZrO?微粒，1個晶胞的,1個晶胞的體積為Na4mol x 9 lg/mol + 8mol x 16g/mol(ax 1010cm)x(ax 1010cm)x(cx l(r10cm)-a2cx 103Ocm 因此該晶體密度4x91+

32、8x16 a qnj g 4x91 + 8x16-= Na=一g em-3：在Z2n中摻雜少量Zro后形成的催化劑，化學式可表示V - a ex X10a-cxlO-30cm3A 為ZiixZrpxOy,其中Zn元素為+2價，Zr為+4價，O元素為-2價，根據(jù)化合物化合價為0可知2x+4x(l-x)=2y,4x91+8x16解得產2-x,故答案為：-777右；2-x ncxNa xlO【化學選修5：有機化學基礎】12.近年來，以大豆素(化合物C)為主要成分的大豆異黃酮及其衍生物，因其具有優(yōu)良的生理活性而備受關注。大豆索的合成及其衍生化的一種工藝路線如卜.:HOCOOH DBF3/EtQ2)TCTDMFH3CCOO1)H2SO4THF/H2O 2)KOHMeOH