2023年高考全国卷Ⅰ理综化学试题解析

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试（化学部分）

留意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上，

写在本试卷上无效。。

3.考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23S32Cl35.5Ar40

Fe56I127

一、选择题

1.硫酸亚铁锂（LiFePO）电池是能源汽车的动力电池之一。承受湿法冶金工艺回收废旧

4

硫酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：

就流F*NaAIO,淮液注注L沉淀

正极片HfO/HNOL■含匚、P、n等淳液-----硅的随

二含磷酸亚铁锂滤潢——1」槽液殂螳-含Li沉淀

L一炭黑等流清

以下表达错误的选项是

A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用

B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li

C.“沉淀”反响的金属离子为Fe”

D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠

【答案】D

【解析】分析：正极片碱溶时铝转化为偏铝酸钠，滤渣中含有磷酸亚铁锂，参与硫酸和硝

酸酸溶，过滤后滤渣是炭黑，得到含Li、P、Fe的滤液，参与碱液生成氢氧化铁沉淀，滤

液中参与碳酸钠生成含锂的沉淀，据此解答。

详解：A、废旧电池中含有重金属，任凭排放简洁污染环境，因此合理处理废旧电池有利于

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保护环境和资源再利用，A正确；

B、依据流程的转化可知从正极片中可回收的金属元素有Al、Fe、Li,B正确；

C、得到含Li、P、Fe的滤液，参与碱液生成氢氧化铁沉淀，因此“沉淀”反响的金属离子

是Fe3+,C正确；学科@网

D、硫酸锂能溶于水，因此上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠，D错误。答案选D.

点睛：此题以废旧电池的回收为载体考察金属元素的回收，明确流程中元素的转化关系是

解答的关键，题目难度不大。

2.以下说法错误的选项是

A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖

B.酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质

C.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br/CC1褪色

4

D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖

【答案】A

【解析】分析：A、双糖又名二糖，是由两个单糖分子组成的糖类化合物；

B、依据酶的性质特点解答；

C、植物油中含有碳碳不饱和键；

D、淀粉和纤维素均是多糖。

详解：A、果糖不能再发生水解，属于单糖，A错误；

B、酶是由活细胞产生的具有催化活性和高度选择性的蛋白质，B正确；

C、植物油属于油脂，其中含有碳碳不饱和键，因此能使Br/CC1溶液褪色，C正确；

24

D、淀粉和纤维素均是多糖，其水解的最终产物均为葡萄糖，D正确。答案选Ao

点睛：此题主要是考察糖类、油脂和蛋白质的性质，寻常留意相关根底学问的积存即可解

答，题目难度不大。易错选项是B,留意醉的性质特点。

3.在生成和纯化乙酸乙酯的试验过程中，以下操作未涉及的是

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【答案】D

【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反响生成乙酸乙酯，依据乙酸乙酯

的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。

详解：A、反响物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正确；

B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙酝，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳馥钠溶液吸

收，注意导管口不能插入溶液中，以昉止倒吸，B正确；

C、乙酸乙酯不溶于水，分港即可实现分离，C正确；

D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。

点睛：把握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，留意从乙酸乙酯的性质

（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和推断。

4.N是阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是

A

A.16.25gFeCl水解形成的Fe（OH）胶体粒子数为0.1N

33A

B.22.4L（标准状况）氨气含有的质子数为18N

A

C.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N

A

D.1.0molCH与Cl在光照下反响生成的CHCl分子数为1.0N

423A

【答案】B

【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；

B、依据氧气的组成解答；

C、依据丙三醇的构造分析；

D、依据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响的特点分析。

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详解：A,16.25g氯化铁的物质的量是16.25g4-162.5g/mol=0.lmol,由于氢氧化铁胶体

是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)胶体粒子数小于0.1N,A错误；

3A

B、标准状况下22.4L氨气的物质的量是ImoL氨气是一个Ar原子组成的单质，其中含有

的质子数是18N,B正确；

A

C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是ImoL其中含有羟基数是3N,

A

c错误；

D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反响生成的卤代点不止一种，因此生成的CHC1分子

3

数小于1.0N,D错误。答案选B。

A

点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反响时属于自由基取代反响，每个氢

原子都有可能被取代，其产物比较简洁，这与乙烯与氢气的加成反响完全不同。

5.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺［2,2］戊烷是最简洁的

一种。以下关于该化合物的说法错误的选项是

A.与环戊烯互为同分异构体

B.二氯代物超过两种

C.全部碳原子均处同一平面

D.生成1molCH至少需要2molH

5122

【答案】C

【解析】分析：A、分子式一样构造不同的化合物互为同分异构体；

B、依据分子中氢原子的种类推断；

C、依据饱和碳原子的构造特点推断；

D、依据氢原子守恒解答。

详解：A、螺［2,2］戊烷的分子式为CH,环戊烯的分子式也是CH,构造不同，互为同分

S8S8

异构体，A正确；

B、分子中的8个氢原子完全一样，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以

是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；

C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子确定构成四周

体，所以分子中全部碳原子不行能均处在同一平面上，C错误；

D、戊烷比螺［2,2］戊烷多4个氢原子，所以生成1molCH至少需要2molH,D正确。答

5122

第4页共16页

案选Co

点睛：选项B与C是解答的易错点和难点，对于二元取代物同分异构体的数目推断，可固

定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。关于有机物分

子中共面问题的推断需要从甲烷、乙烯、乙焕和苯的构造特点进展学问的迁移灵敏应用。

D生成1molCH至少需要2molH

5122

6.主族元素V、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和

为10；W与Y同族；W与Z形成的化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃。以下说法

正确的选项是

A.常温常压下X的单质为气态

B.Z的氢化物为离子化合物

C.Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性

D.W与Y具有一样的最高化合价

【答案】B

【解析】分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W与Z形成的

化合物可与浓硫酸反响，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是HF,因此W是F,Z是Ca,W与Y

同族，则Y是CLW、X、Z的最外层电子数之和为10,则X的最外层电子数为10-7-2=

1,所以X是Na,据此解答。

详解：依据以上分析可知W、X、Y、Z分别是F、Na、Cl、Ca。则

A、金属钠常温常压下是固态，A错误；

B、CaH中含有离子键，属于离子化合物，B正确；

2

C、Y与Z形成的化合物是氯化钠，其水溶液显中性，C错误；

D、F是最活泼的非金属，没有正价，C1元素的最高价是+7价，D错误。答案选B。

点睛：准确推断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为HF,进而推断出

CaF能与浓硫酸反响生成HF。易错点是选项B,留意金属氢化物的构造特点，与非金属氢

2

化物的不同。难点是氟化钙与浓硫酸反响属于学生不生疏的学问点.

7.最近我国科学家设计了一种CO+HS协同转扮装置，实现对自然气中C0和HS的高效去

2222

除。示意图如以下图，其中电极分别为Zn0@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨

第5页共16页

烯电极区发生反响为:

①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fes*

②2EDTA-Fe3++HS=2H++S+2EDTA-Fe?+

2

该装置工作时，以下表达错误的选项是

A.阴极的电极反响：CO+2H，+2e-=C0+H0

22

B.协同转化总反响：CO+HS=CO+H0+S

222

C.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低

D.假设承受Fe"Fe"取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe",溶液需为酸性

【答案】C

【解析】分析：该装置属于电解池，8：在ZnO©石黑烯电极上转化为CO,发生得到电子的还

原反应，为阴极，石里烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答，

详解：*CO；在加04墨烯电极上转化为8,发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反

应式为CO；+H-+2e-=CO+H；0,A正确：

B,依据石墨烯电极上发生的电极反响可知①+②即得到HS—2e-=2H++S,因此总反响式为

2

CO+HS=CO+H0+S,B正确；

222

C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C

错误；

D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以假设承受Fe3+/Fez+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe?+,

溶液需要酸性，D正确。答案选C。

点睛：准确推断出阴阳极是解答的关键，留意从元素化合价变化的角度去分析氧化反响和

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复原反响，进而得出阴阳极。电势凹凸的推断是解答的难点，留意从物理学的角度借助于

阳极与电源的正极相连去分析。

二、非选择题

8.醋酸亚铭［(CHCOO)Cr•H0］为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用

322

作氧气吸取剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作复原剂，将三价倍复原为二

价铭；二价铝再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铭。试验装置如以下图，答复以下问题：

{试验中所用蒸播水均需经煮沸后快速冷却，目的是，仪器a的名称是o

0将过量锌粒和氯化倍固体置于c中，参与少量蒸储水，按图连接好装置，翻开KI、K2,

关闭K3o

①c中溶液由绿色渐渐变为亮蓝色，该反响的离子方程式为o

②同时c中有气体产生，该气体的作用是o

8翻开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其缘由是；d中析出砖红色

沉淀，为使沉淀充分析出并分别，需承受的操作是、、洗涤、枯燥。

4指出装置d可能存在的缺点<,

【答案】(1).去除水中溶解氧(2).分液(或滴液)漏斗(3).Zn+2Cm+=Zm

++2CF+(4).排解c中空气(5).c中产生H使压强大于大气压(6).(冰浴)

2

冷却(7).过滤(8).放开体系，可能使醋酸亚铭与空气接触

【解析】分析：在盐酸溶液中锌把Cm+复原为Crz+,同时产生氢气排尽装置中的空气防止

氧化。生成的氢气导致c中压强增大，可以把生成的CrCl压入d装置发生反响，据此解答。

2

iW：(1)由于醋酸亚格易被氧化，所以需要尽可能避开与氧气接触，因此试验中所用蒸

储水均需煮沸后快速冷却，目的是去除水中溶解氧；依据仪器构造可知仪器a是分液(或

滴液)漏斗；学科%网

(2)①c中溶液由绿色渐渐变为亮蓝色，说明Cm+被锌复原为Crz+,反响的离子方程式为

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Zn+2Cr3+=Zm++2Cr2+；

②锌还能与盐酸反响生成氢气，由于装置中含有空气，能氧化Crz+,所以氢气的作用是排

解c中空气；

(3)翻开K,关闭K和K,由于锌连续与盐酸反响生成氢气，导致c中压强增大，所以c

312

中亮蓝色溶液能流入d装置，与醋酸钠反响；依据题干信息可知醋酸亚信难溶于水冷水，

所以为使沉淀充分析出并分别，需要实行的操作是(冰浴)冷却、过滤、洗涤、枯燥。

(4)由于d装置是放开体系，因此装置的缺点是可能使醋酸亚铭与空气接触被氧化而使产

品不纯。

点睛：此题主要是考察醋酸亚铭制备原理的试验探究，考察学生的化学试验与探究的力气、

从供给的信息中，准确地提取实质性内容，并与已有学问整合，重组为学问块的力气，题目

难度中等。明确试验原理、有关物质的性质尤其是题干信息中提取和应用是解答的关键。

9.焦亚硫酸钠(NaS0)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。答复以下问题：

225

(1)生产NaSO，通常是由NaHSO过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式

2253

(2)利用烟道气中的SO生产NaS0的工艺为:

2225

①pH=4.1时，I中为PH-“溶液"(鸟化领)W

②工艺中参与NaCO固体、并再次充入SO的目的是o

232

(3)制备NaSO也可承受三室膜电解技术，装置如以下图，其中SO碱吸取液中含有NaHSO

22523

和NaSO。阳极的电极反响式为o电解后，__________室的NaHSO浓度增加。

233

将该室溶液进展结晶脱水，可得到NaS0.

225

第8页共16页

(4)NaSO可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中NaSO残留量时，取50.00mL葡

225225

萄酒样品，用0.01000mol•LT的碘标准液滴定至终点，消耗10.00矶。滴定反响的离子

方程式为,该样品中NaS0的残留量为g-L-i(以S0计)。

2252

【答案】(1).2NaHSO=NaS0+H0(2).NaHSO(3).得到NaHSO过饱和溶液

3225233

(4).2H0-4e-=4H++0f(5).a(6).S02-+2I+3H0=2S02-+4I-+6H+(7).

2225224

0.128

【解析】分析：(1)依据原子守恒书写方程式；

(2)①依据溶液显酸性推断产物；

②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此推断；

(3)依据阳极氢氧根放电；阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；

(4)焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化复原反响，据此书写方程式；依据方程式计算残留量。

询昆(1)亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，依据原子守恒可知反响的方程式

为2NaHSO=NaS0+H0；

32252

(2)①碳酸钠饱和溶液吸取SO后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即I中为NaHSO；

23

②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中参与碳酸钠固体、并

再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO过饱和溶液；

3

(3)阳极发生失去电子的氧化反响，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反响式为2H0

2

-4e-=4H++0t,阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚

2

硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反响生成亚硫酸钠，所以电

解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。

(4)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反响的方程式为S02-+2I+3H0

2522

=2S02-+4I-+6H+；消耗碘的物质的量是O.OOOlmoL所以焦亚硫酸钠的残留量(以S0计)

42

第9页共16页

旦。.OOOlmo!x64g/mol

=0/28g/L。

0.05L

点睛：此题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考察学生对流程的分析、电解原理的应用以

及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与推断，留意结合电解原理、交换膜

的作用、离子的移动方向分析电极反响、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最终一问，留

意计算残留量时应当以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。

10.承受N0为硝化剂是一种型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛

25

应用。答复以下问题

(1)1840年Devil用枯燥的氯气通过枯燥的硝酸银，得到N0«该反响的氧化产物是一种

25

气体，其分子式为O

(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反响器中争论了25℃时NO(g)分解反响：

25

2N;O5(g)-*4NO2(g)+O2(g)

11

2NQ,(g)

其中NO二聚为NO的反响可以快速到达平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示

224

(t=8时，NO(g)完全分解):

_______Y磁.4_-

t/min0408016026013001700oo

p/kPa35.840.349.261.262.363.1

①：2N0(g)=2N0(g)+0(g)AH=-4.4kJ•mol-i

252521

2N0(g)=N0(g)AH=-55.3kJ•mol-i

2242

1

则反响N0(g)=2N0(g)(g)的AH=________kJ•mol-u

25222

②争论说明，N,Jg)分解的反响速率"=2x/O-'xp"。产t=62min时，测得体

系中P4P=2.9kPa,则此时的Pz,。产kPa,v=kPa•min-i,

02

③假设提高反响温度至35℃,则N0(g)完全分解后体系压强P(35℃)_63.1kPa(填“大

258

于”“等于”或“小于”)，缘由是。

④25℃时NO(g)=^2N0(g)反响的平衡常数K=kPa(K为以分压表示的平衡常数，

242pp

计算结果保存1位小数)。

第10页共16页

(3)对于反响2N0(g)-4N0(g)+0(g),R.A.Ogg提出如下反响历程:

2522

第一步N0----^NO+N0快速平衡

25'23

其次步NO+N0-NO+NO+0慢反响

2322

第三步NO+NO-2N0快反响

32

其中可近似认为其次步反响不影响第一步的平衡。以下表述正确的选项是—(填标号)。

A.v(第一步的逆反响)>v(其次步反响)

B.反响的中间产物只有NO

3

C.其次步中NO与NO的碰撞仅局部有效

23

D.第三步反响活化能较高

【答案】(1).0(2).53.1(3).30.0(4).6.0X10-2(5).大于

2

(6).温度提高，体积不变，总压强提高；N0二聚为放热反响，温度提高，平衡左移，体

2

系物质的量增加，总压强提高(7).13.4(8).AC

【解析】分析：(1)依据复原剂失去电子转化为氧化产物推断；

(2)①依据盖斯定律计算；

②依据压强之比是物质的量之比计算；

③依据温度对压强和平衡状态的影响分析；

④依据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再依据二氧化氮

转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。

(3)依据三步反响的特点分析推断。

详解：(1)氯气在反响中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会上升，所以氧

化产物是氧气，分子式为0;

2

(2)①：

i、2N0(g)=2N0(g)+0(g)AH=-4.4kJ/mol

252421

ii、2N0(g)=N0(g)AH=-55.3kJ/mol

2242

依据盖斯定律可知i+2—ii即得到N0(g)=2N0(g)+l/20(g)△H=+53.IkJ/mol；

25221

②依据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2,又由于压强之比是物质的

量之比，所以消耗五氧化二氮削减的压强是2.9kPaX2=5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强

是35.8kPa-5.8kPa=30.OkPa,因此此时反响速率v=2.0X10-3X30=6.0X10-2

第11页共16页

(kPa,min-i)；

③由于温度上升，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反响，温度提高，

平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以假设提高反响温度至35℃,贝UN0(g)完

全

25

分解后体系压强pJ35C)大于63.1kPa。

④依据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.lkPa,依据方程式可知完全分解时

最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPaX2=71.6kPa,氧气是35:8kPa+2=17.9kPa,总

压强应当是71.6kPa+17.9kPa=88金kPa,平衡后压强削减了89.5kPa-63.lkPa=

26.4kPa,所以依据方程式2N0(g)N0(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是

224

律.4域血黑倏期庐的压强是71.6kPa-26.4kPaX2=18.8kPa,则反响的平衡常数

P26.4

(3)A、第一步反响快，所以第一步的逆反响速率大于其次步的逆反响速率，A正确；

B、依据其次步和第三步可知中间产物还有NO,B错误；

C、依据其次步反响生成物中有NO可知NO与NO的碰撞仅局部有效，C正确；

223

D、第三步反响快，所以第三步反响的活化能较低，D错误。答案选AC。

点睛：此题主要是考察化学反响原理，侧重于化学反响速率与化学平衡的有关分析与计算，

题目难度较大。试题设计颖，生疏感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常

数的计算是解答的难点，留意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的

关系，留意结合反响的方程式和表中数据的灵敏应用。也可以直接把压强看作是物质的量

利用三段式计算。

(-)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。假设多做，则按所做的第一题

计分。

11.Li是最轻的固体金属，承受Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性

能，得到广泛应用。答复以下问题：

(1)以下Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为、(填

标＜］固［□wfflon

Is2s2pr2pr2PlIs2s2p*2pr2pz

A.B.

第12页共16页

c.□LiJ[TBUDUIT

Is2$2p12pj2Plr

(2)Li+与H-具有一样的电子构型，r(Li+)小于r(H-),缘由是。

(3)LiAlH是有机合成中常用的复原剂，LiAlH中的阴离子空间构型是、中心原子

44

的杂化形式为。LiAlH中，存在(填标号)。

4---------------

A.离子键B.。键C.n键D.氢键

(4)LiO是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。

2

-2908kJ•md-L

2LP®+02~(g)------------------>出。(晶体)

[1040kJ•mol'1703kJ-mol'1

2Li(g)0(g)

八个

318kJ,mor1249kJ,mol'1

-598kJ-mol-'

2Li(晶体)+-------------------------

图(a)图(b)

可知，Li原子的第一电离能为kJ-mol-.,0=0键键能为kJ-mol-i,Li0晶

2

格能为kJ•mol-i.

(5)LiO具有反萤石构造，晶胞如图(b)所示。晶胞参数为0.4665nm,阿伏加德罗常

2

数的值为N,贝!|Li0的密度为g-cm-3(列出计算式)。

A2

【答案】(1).D(2).C(3).Li+核电荷数较大(4).正四周体(5).sP3

887+4x/6

(6).AB(7).520(8).498(9).2908(10).刈出4665x”,

【解析】分析：(1)依据处于基态时能量低，处于激发态时能量高推断；

(2)依据原子核对最外层电子的吸引力推断；

(3)依据价层电子对互斥理论分析；依据物质的组成微粒推断化学键；

(4)第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低

能量，据此计算；依据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1

摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；

(5)依据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。

臃(1)依据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为lsz2s”则D中能量最

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低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高；

(2)由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li+半径小于H-；

(3)LiAlH中的阴离子是A1H中心原子铝原子含有的价层电子对数是4,且不存在孤对

44

电子，所以空间构型是正四周体，中心原子的杂化轨道类型是SP3杂化；阴阳离子间存在离

子键，A1与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；

(4)依据示意图可知Li原子的第一电离能是1040kj/mol-r2=520kj/mol；0.5mol氧气

转化为氧原子时吸热是249kJ,所以0=0键能是249kj/molX2=498kj/mol；依据晶格

能的定义结合示意图可知Li0的晶格能是2908kj/mol；

2

(5)依据晶胞构造可知锂全部在晶胞中，共计是8个，依据化学式可知氧原子个数是4个，

8x7+4x

则LiO的密度是。=亍

2♦”(0.4665x10

点睛：此题考察核外电子排布，轨道杂化类型的推断，分子构型，电离能、晶格能，化学

键类型，晶胞的计算等学问，保持了往年学问点比较分散的特点，立足课本进展适当拓展，

但整体难度不大。难点照旧是晶胞的有关推断与计算，晶胞中原子的数目往往承受均摊法：

①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/8；②位于晶胞面心的原子

为2个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一

个晶胞的奉献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为lo

12.化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下:

X.CN产OHCOOC；H,

OCHiCOOH---------->-CICHjCOONa---------->

H式一>H;C<0

①②COOH④COOQHs

□回

1)C1CH2COOC:H5CjHftONa

2)C6HSCH:CIGH’OH

V4

COOQHs

玲

/ICOOC2H^

催化剂

⑥