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河南省南阳市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含解析）
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这是一份河南省南阳市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含解析），共30页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河南省南阳市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是
A．生活中“卤水点豆腐”的原理是、等离子使蛋白质胶体发生聚沉
B．废电池要集中处理，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染
C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃
D．用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，需附加惰性电极作阴极
2．“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世嘱目的成就。碳酰肼类化合物是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知，则为
A． B．
C． D．
3．某温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中，M、N、R三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．平衡时，R的转化率为75%
C．5min时，M的物质的量分数为50%
D．0∼5min内， v(M)=0.4mol ·L-1·min-1
4．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO−，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞
B．平衡状态时，升温使反应逆向移动
C．该历程中的最大活化能E正=16.87kJ·mol-1
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
5．对于可逆反应A(g)+2B(g)⇌2C(g)(正反应吸热)，下列图像中正确的是
A． B．
C． D．
6．下列实验能达到实验目的的是
编号
实验内容
实验目的
A
在硝酸银溶液中滴加2滴等浓度的溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液，先产生白色沉淀， 后产生黄色沉淀
验证
B
向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由水解引起的
C
室温下，用广泛pH试纸分别测定溶液和溶液的酸碱性
验证酸性：
D
测定相同浓度的溶液与溶液的pH，后者较大
验证非金属性：
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，滴定过程中pH及电导率随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图。下列说法正确的是
A．水的电离程度：b>c
B．曲线Ⅱ为电导率曲线
C．b点溶液中：
D．若a=1.7，则CH3COCOOH的电离常数Ka的数量级为10-2(已知)
8．锂-硒电池因其较高的体积能量密度而具备广阔的应用前景。西北工业大学某科研团队设计的锂-硒电池模型如图所示：
下列叙述正确的是
A．左侧室可以选用溶液作电解质溶液
B．放电时，穿过透过膜向左侧室迁移，维持电荷平衡
C．放电过程中若有完全转化为，则理论上外电路中转移
D．充电过程中N极可能发生的反应有：
9．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴入等物质的量的溶液：
B．用铜片作电极，电解饱和食盐水：
C．用醋酸清洗水垢：
D．向溶液中通入
10．实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
11．某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/
产物Z的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
12．工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：
已知：；，。下列说法错误的是
A．浸取时发生的主要离子反应：
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．由该工艺流程可知，反应吸热
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
13．常温下，在含有0.10 的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示。已知，，下列有关说法中正确的是
A．曲线①代表
B．溶液显碱性的原因是的水解程度大于电离
C．的
D．c点对应的溶液中：
14．已知为二元可溶弱酸。，分别向溶液和溶液中加固体(忽略溶液体积变化、溶液中存在和的逸出)，所得结果如下图，下列说法不正确的是
A．
B．两点相等
C．当如图时，
D．加入相同量的氢氧化钠时，总有
二、实验题
15．是常用的媒染剂和催化剂。工业上用铬铁矿【主要成分为】经氧化、还原、调节溶液等步骤制取。已知：①遇水强烈水解；②易水解。回答下列问题：
(1)“氧化”时，将铬铁矿粉碎后置于铁坩埚中，加入固体充分混合后灼烧可得、等混合物。写出铬铁矿在存在下被氧化的化学方程式： 。
(2)“还原”时，先将该固体混合物经水浸、过滤得溶液，过滤时所得滤渣的主要成分是 (填化学式)，再向溶液中加入与稀盐酸。
(3)向“还原”所得溶液中加入稀溶液调节使转化为沉淀，将所得沉淀溶于盐酸中，经 (填操作方法)得固体，再在 (填化学式)的氛围中加热得样品。
(4)某同学利用、、、等试剂测定样品质量分数。
①现需配制的标准溶液。所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需 ，定容过程中若仰视刻度线，会使所配溶液浓度 (填“偏高”或“偏低”)。
②称取样品，配成溶液。移取于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入适量的，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量至溶液呈强酸性，此时铬元素全部以存在，再加入一定量固体，加塞摇匀，充分反应后铬元素完全转化为，于暗处静置后，加入淀粉溶液指示剂，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。则样品中的质量分数为 %(保留一位小数)(已知：)
三、工业流程题
16．某科研小组以铜矿石(含、和少量)为原料，采用微生物堆浸技术制备黄铵铁矾的实验流程如下：
已知：
①氧化铁硫杆菌可将单质转化为。
②完全沉淀时为3.7、、开始沉淀时的分别为5.4、8.3.。回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“一次浸取”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，写出两种可能的原因： 。
(3)“二次浸取”时加入和氧化铁硫杆菌的目的是把全部转化为可溶性的铜盐。检验加入的中的是否完全被还原的实验操作是 ；滤渣1的化学式为 。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
(5)黄铵铁矾的制备：
①将“氧化”后浆液过滤，边搅拌边向滤液中滴加溶液，调节溶液至 (填数值范围)。
②过滤、用蒸馏水洗涤滤渣2~3次。向最后一次洗涤液中滴加 (填试剂)，无沉淀产生。
③向滤渣中加入等体积的溶液和 溶液，搅拌使其恰好完全反应。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得黄铵铁矾。
四、原理综合题
17．甲烷水汽重整反应是我国主要的制氢技术，有关反应如下：
反应i：；
反应ii：。
回答下列问题：
反应、反应的平衡常数分别为、，反应温度为。
(1)b (填“<”或“>”)0.
(2)对于反应i，，(、为速率常数，仅与温度有关)。向等压密闭容器中充入、仅发生反应，达到平衡后生成和。下列说法不正确的是_____(填标号)。
A．的体积分数保持不变能判断反应处于平衡状态
B．及时分离出，有利于提高甲烷的转化率
C．1000°C时，k正一定小于k逆
D．其他条件不变，达平衡后再向容器中充入、、、，则
(3)一定温度下，向恒容密闭反应器中通入和，起始时和的分压分别为、，发生反应和反应ii．反应进行时达到平衡状态，此时、的分压分别为、。
①的平衡分压为 用含的代数式表示，下同)。
②反应ii的 (用平衡时各物质的分压代替物质的量浓度)。
(4)复合载氧体可以氧化甲烷制取合成气、，如图为时载氧体的质量与时间的关系［一定条件下有积碳反应发生，反应iii：或反应iv：。
①从开始到的时候，曲线呈下降趋势的原因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧而出现失重的情况；反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是 。
②已知，反应iii和反应iv的与温度的关系如图所示，则时，主要发生的积碳反应是 ，共理由是 。
(5)在混合导体透氧膜反应器中只需一步就可同时制备氨合成气和液体燃料合成气，其工作原理如图所示。
①膜I侧发生的反应为、 。
②膜II侧相当于原电池的 极，膜II侧发生的反应为 。
五、实验题
18．咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10−6，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是 ，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒 。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是 ，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是 。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是 。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有 （填标号）。
A．直形冷凝管 B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和 和吸收 。
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因 。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是 。
六、有机推断题
19．布洛芬是一种常用的OTC类非甾体抗炎镇痛药，我国生产布洛芬最常用的方法是芳基1，2-转位重排法，其合成路线如下：
已知：① (注：沃尔夫-凯西纳尔-黄鸣龙反应)
②
回答下列问题：
(1)D分子的官能团为 。
(2)的反应类型为 ，物质的分子式为 。
(3)经提纯可循环使用的副产物(有机物)是 (写结构简式)。
(4)由的反应方程式为 。
(5)物质是布洛芬的同系物，其分子比布洛芬少三个碳原子。有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)，写出分子中有一个手性碳原子的物质结构简式： (写一个即可)。
①苯环上有三个取代基
②遇发生显色反应
③能发生银镜反应
(6)以、 、 为原料合成 ，写出合成路线图： (其他无机试剂任选)
七、结构与性质
20．近日，《自然—通讯》发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。
(1)下列原子的电子排布式的状态中，能量最高的是_____(用字母表示)。
A． B．
C． D．
(2)第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在和之间的元素有 种。
(3)与形成的可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子的空间构型为 ，在空气中燃烧则发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为 光谱(填“发射”或“吸收”)。
(4)是一种有效、安全的固体储氢材料，可由与反应生成，分子中与之间形成 键，提供空轨道的原子为 (填元素符号)，
(5)在催化剂作用可转化为，的结构如图所示：
在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 变为 。分子中，与原子相连的呈正电性，与原子相连的呈负电性，分子中三种元素电负性由大到小的顺序是
(6)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿轴的投影图如右所示，该物质化学式为 。
21．我国科技工作者利用计算机技术，预测了超硬钨氮化合物()并进行合成，这对扩充超硬材料家族以及研究硬度起源都有重要的科学意义。
(1)区分是否为晶体的最可靠的科学方法为 。
(2)已知基态W原子的价层电子排布式为，则基态W原子核外最外层电子占据的能层符号是 ；与基态原子相比，基态W原子与基态原子的未成对电子数之比为 。
(3)常见的含氮微粒有、、、、等。
①的组成元素中，电负性最大的元素是 (填元素符号，下同)；第一电离能最大的元素是 。
②中心原子的杂化类型为 ；的空间构型为 。
③已知中存在一个大π键，可用符号表示(3表示原子数，4表示参与形成大π键的p电子数)，则一个中键合电子(形成化学键的电子)的总数为 。
④在水中的溶解性比大很多，其主要原因是 。
(4)磷化硼()是超硬材料家族的重要成员之一，其晶胞结构如图所示，若硼原子与磷原子最近的距离为anm，设表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为 (用含a、的计算式表示)。
参考答案：
1．D
【详解】A．生活中“卤水点豆腐”的原理是、等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；
B．废电池要集中处理，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染，B正确；
C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，C正确；
D．用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，不需要附加惰性电极作阴极，D错误；
故选D。
2．A
【详解】由盖斯定律可知, ，故选A。
3．B
【详解】A．由图中信息可知，该反应的化学方程式为，A错误；
B．平衡时，R的转化率为，B正确；
C．5 min时，M、R、N的物质的量分别为4 mol、4 mol、2 mol，M的物质的量分数为40%，C错误；
D．0~5 min内，M的物质的量的变化量为2 mol，，D错误；
故选B。
4．B
【详解】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A错误；
B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一定，B正确；
C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86 kJ·mol-1，C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D错误；
综上所述答案为B。
5．D
【详解】A．交叉点：正反应速率=逆反应速率，此点反应达平衡状态，增大压强，平衡正向移动，则交叉点后正反应速率应大于逆反应速率，A错误；
B．温度升高，平衡正向移动，则在第二次到达平衡之前，正反应速率应大于逆反应速率，B错误；
C．温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，即500℃表示的曲线应先达到平衡，与图像不符，C错误；
D．温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，即500℃表示的曲线应先达到平衡，且升高温度平衡正向移动，A%减小，与图像一致，D正确。
答案选D。
6．B
【详解】A．银离子过量，产生沉淀的先后顺序与Ksp大小无关，A不符合题意；
B．碳酸根水解生成氢氧根和碳酸氢根，溶液显碱性，加入氯化溶液，离子与碳酸根生成碳酸沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，可证明纯碱溶液呈碱性是由碳酸根水解引起的，B符合题意；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测量其pH值，也不能比较两种酸的酸性，C不符合题意；
D．验证非金属性，可以比较最高价元素的正盐对应溶液的酸碱性，该实验中亚硫酸钠溶液中硫元素不是最高价，故不可比较两种元素的非金属性，D不符合题意；
故选B。
7．C
【分析】氢氧化钠与丙酮酸反应的化学方程式为：NaOH+CH3COCOOH=CH3COCOONa+H2O，丙酮酸为弱酸，CH3COCOONa为钠盐，是强电解质，在水溶液中完全电离，因此随着氢氧化钠溶液的加入，溶液中离子浓度增大，电导率增大，当氢氧化钠和丙酮酸恰好完全反应后，再加入氢氧化钠溶液，溶液电导率趋于不变，不会出现突然增大的趋势，因此曲线I为电导率曲线，曲线II为pH曲线。
【详解】A．b点为氢氧化钠和丙酮酸反应的一半点，溶液中含等物质的量的丙酮酸和丙酮酸钠，c点为氢氧化钠和丙酮酸恰好完全反应点，溶液中只有丙酮酸钠，而酸抑制水的电离，盐水解促进水的电离，因此水的电离程度：b
C．b点为氢氧化钠和丙酮酸反应的一半点，溶液中含等物质的量的丙酮酸和丙酮酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COCOO-)+c(OH-)，物料守恒：c(CH3COCOO-)+c(CH3COCOOH)=2c(Na+)，两式联立消去c(Na+)可得质子守恒：，C正确；
D．a=1.7，c(H+)=10-1.7mol/L=0.02mol/L，CH3COCOOH的电离方程式为：CH3COCOOH⇌CH3COCOO-+H+，CH3COCOOH的电离常数Ka===410-3，数量级为10-3，D错误；
答案选C。
8．C
【分析】放电时，锂是还原剂，作负极：Li-e-=Li+，石墨烯作正极：发生+14Li++14e-=8Li2Se等还原反应。
【详解】A． Li是活泼金属，易与水反应，左侧室不可以选用溶液作电解质溶液，故A错误；
B． 放电时，阳离子向正极移动，穿过透过膜向右侧室迁移，维持电荷平衡，故B错误；
C． 放电过程中若有完全转化为，+14Li++14e-=8Li2Se，则理论上外电路中转移，故C正确；
D． 充电过程中N极是阳极，等失电子，发生氧化反应，可能发生的反应有：，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．向溶液中滴入等物质的量的溶液，氢离子优先与氢氧根离子发生反应：，A错误；
B．用铜片作电极，电解饱和食盐水：，B错误；
C．用醋酸清洗水垢：，C正确；
D．向溶液中通入不会发生反应，D错误；
故选C。
10．C
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
11．B
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选B。
12．B
【分析】方铅矿(主要成分为，含有等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【详解】A．盐酸与MnO2、发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为: ，A正确；
B．反应吸热，加入冰水温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；
C．由该工艺流程可知，反应吸热，C正确；
D．“沉淀转化”过程中，当溶液中c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中，D正确；
故选B。
13．C
【分析】pOH越小，溶液的碱性越强，图中只有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，碱性较强的情况下，的浓度最大，其次为，最后为H3PO3，因此曲线①表示，曲线②表示，曲线③表示H3PO3。
【详解】A．只有三条微粒浓度变化曲线，因此H3PO3为二元弱酸，曲线①随着pOH增大即酸性增强，微粒浓度减小，曲线①表示，A错误；
B．Na2HPO3是正盐，因此溶液显碱性的原因是的水解，不会电离，B错误；
C．曲线②和③的交点b处c()=c(H3PO3)，H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.3，C正确；
D．H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H＋)=1mol/L，说明溶液中加入了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误，D错误；
故答案选C。
14．D
【详解】A．由图可知，NaOH加到溶液中先与HX-反应，再与反应，而加到 溶液中，NH与同时反应，故酸性更强，，A正确；
B．P、Q点表示的意思均为，而温度不变，不变，故此时pH应相等，B正确；
C．向溶液中加入0.2molNaOH时，溶液可以看成和Na2X等浓度混合溶液，会发生电离，X2-会发生水解，根据物料守恒可知，c(Na+)>2，c(Na+)>2 c()，则，又因为c()>0，则，C正确；
D．由物料守恒知：，而两种酸酸性不同，故加相同NaOH时，和不相等，D错误；
故选D。
15．(1)
(2)
(3) 蒸发浓缩、冷却结晶
(4) 容量瓶 偏低 92.5
【详解】（1）“氧化”时，将铬铁矿粉碎后置于铁坩埚中，加入固体充分混合后灼烧可得、等混合物，则铬铁矿在存在下被氧化的化学方程式为。
（2）遇水强烈水解，“还原”时，先将该固体混合物经水浸，因为发生水解，水解离子方程式为，所以过滤时所得滤渣的主要成分是，故答案为：。
（3）因为易水解，即在向“还原”所得溶液中加入稀溶液调节使转化为沉淀，将所得沉淀溶于盐酸中，经蒸发浓缩、冷却结晶得固体，再在的氛围中加热得样品，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、。
（4）①由题意可知，现需配制的标准溶液，则所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外、容量瓶，由公式可知，当定容过程中若仰视刻度线，体积变大，会使所配溶液浓度偏低，故答案为：容量瓶、偏低。
②在20mL溶液中，由Cr元素守恒及方程式可得关系式，故=，所以100mL溶液中含的物质的量为，根据Cr元素守恒可知n()=0.00875mol，所以样品中含的质量为m()=0.00875mol×158.5g/mol，则样品中的质量分数为，故答案为：92.5。
16．(1)研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率
(2)氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等
(3) 取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原
(4)
(5) 溶液 0.5
【分析】铜矿石含、和少量，因为不溶于水且不与酸反应，“一次浸取”将转化为，“二次浸取”时加入的目的是把全部转化为可溶性的铜盐，并生成S单质，氧化铁硫杆菌可将S单质转化为，“氧化”时具有氧化性，具有还原性，发生反应的离子方程式为：，据此分析解题。
【详解】（1）“研磨”的目的是研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率，答案为：研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率；
（2）“一次浸取”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因是：氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等，答案为：氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等；
（3）检验加入的中的是否完全被还原的实验操作是：取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原；滤渣1的化学式为：，因为不溶于水且不与酸反应，答案为：取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原，；
（4）“氧化”时具有氧化性，具有还原性，发生反应的离子方程式为： ；
（5）①完全沉淀时为3.7，、开始沉淀时的分别为5.4、8.3，为了不使氢氧化铜、氢氧化锰沉淀，＜5.4，的范围应为：，答案为：；
②过滤、用蒸馏水洗涤滤渣2～3次。向最后一次洗涤液中滴加溶液，无沉淀产生，答案为：溶液；
③黄铵铁矾中氨根离子与硫酸根离子物质的量之比是1∶2，则硫酸根的物质的量浓度为1.5mol/L，设需要的浓度为Xmol/L，所以 ，解得X=0.5，答案为：0.5。
17．(1)<
(2)BD
(3) 3m+4n
(4) 复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等 反应iv 时，反应iii的G >0，几乎不能自发进行，而反应iv的G<0，能正向自发
(5) 负
【详解】（1）根据 K1的表达式可知，温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以>0；根据 K2的表达式可知，温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以<0；
（2）随着反应的进行，CO的体积分数逐渐增大，直到平衡状态，当 CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态，A 正确；
及时分离出CO，平衡正向移动，甲烷的转化率升高；反应物浓度不变，正反应速率不变，但随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小，B错误；
由(1)分析知反应为吸热反应，温度升高，k正和k逆均增大，平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，所以k正增大的倍数大于 k逆增大的倍数，C正确；
其他条件不变，达平衡后再向容器中充入1mol CH4、l mol H2O、1mol CO、3mol H2，因为是恒压条件下，容器体积增大一倍，各物质浓度不变，反应仍然为平衡状态，则正逆反应速率相等，D错误；
（3）①根据反应i知，生成CO2、H2的物质的量相等，则反应ii中生成的H2的分压和CO的分压相等，为nMPa； 根据碳原子守恒知，反应i中生成总的CO分压为(m+n)MPa，反应i生成的H2分压为生成CO分压的3倍，所以反应i生成H2的分压为3(m+n)MPa，则生成总的氢气分压为[3(m+n) +n]MPa= (3m+4n) MPa； ②恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，平衡时CO、CO2的分压分别为mMPa、nMPa，则CO、CO2的物质的量之比为m: n，假设生成 n(CO) =mmol n (CO2) =mmol，生成mmol CO2消耗mmolCO，则生成n(H2)=n (CO2) +3n (CO)=mmol+3 (m+n) mol= (4m+3n) mol，消耗 n(H2O)=n (CO)+n (CO2) = (m+n) mol，起始时CH4和H2O(g) 的分压分别为1MPa、3MPa，则n(CH4): n (H2O) =l: 3，n( CH4)) =lmol，则n(H2O) =3mol，根据氢原子守恒得剩余 n(H2O)=(3-m-n-n) mol=(3-m-2n) mol，反应ii；
（4）①发生积碳反应时生成的碳是固体，复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等，载氧体总体质量不变，所以反应在13~15min时，出现了一个短暂的小平台；②由图可知，350°C时反应ii的<0，反应iv的InK>0，根据G =-RTInK可知，时，反应iii的G >0，几乎不能自发进行，而反应iv的G<0，能正向自发进行，因此主要发生反应iv；
（5）①膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，电极反应式为、；②膜II侧相当于原电池的负极，膜II侧发生的反应为。
18． 增加固液接触面积，提取充分 沸石 乙醇易挥发，易燃 使用溶剂少，可连续萃取（萃取效率高） 乙醇沸点低，易浓缩 AC 单宁酸 水 升华
【详解】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；
（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；
（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。
（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；
（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。
19．(1)酯基和氯原子
(2) 取代反应
(3)
(4)
(5) 50 （其它合理答案亦正确）
(6)
【分析】物质A与发生取代反应生成 B和氯化氢，物质B与 反应生成C和水，C在氯化锌的作用下发生重排生成D，物质D在碱性条件下酯基、氯原子发生水解，加入硫酸原来的酯基转变为羧基生成布洛酚，同时生成，以此解题。
【详解】（1）由题可知D分子的官能团为：酯基和氯原子，答案为：酯基和氯原子；
（2）由分析知的反应类型为取代反应，物质的分子式为，答案为：取代反应，；
（3）由分析知经提纯可循环使用的副产物(有机物)是，答案为：；
（4）物质B与 反应生成C和水，答案为： ；
（5）物质是布洛芬的同系物，其分子比布洛芬少三个碳原子，同时满足①苯环上有三个取代基；②遇发生显色反应；③能发生银镜反应条件的结构有①：苯环上有 、、 三种基团共10种结构；②苯环上有 、、三种基团共10种结构；③苯环上有、、三种基团共10种结构；④苯环上有、、三种基团共10种结构；
⑤苯环上有、、三种基团共10种结构；共种，分子中有一个手性碳原子的物质结构为：苯环上有、、三种基团的任一种，共10种，答案为：50， （其它合理答案亦正确）；
（6）根据已知② 与COCl2反应生成 ，
与 反应生成 ，根据已知①该物质在和作用下生成 ，该物质在溴化铁催化作用下得到目标产物 ，答案为： 。
20．(1)D
(2)3
(3) 直线形 发射
(4) 配位键
(5) sp3 sp2
(6)
【详解】（1）A．基态原子的电子排布式，当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
B．当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
C．当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
D．当一个电子吸收能量从跃迁到同时另一个电子吸收能量从跃迁到成为；
根据能量 ，所以吸收能量的大小为：。
故选D。
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，因而在B与N之间还有Be、C、O三种元素，答案为3；
（3）N3-离子中心N原子价层电子对数=2+ =2，价层电子对数为2，孤电子对为0，N原子杂化方式为sp杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na 元素发生焰色反应是因为产生了光子，发射光谱；答案为：直线形，发射；
（4）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1对孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，答案为：配位键，；
（5）在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，B还形成1个配位键，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为sp3杂化，中B原子杂化方式为sp2杂化，分子中，与原子相连的呈正电性，与原子相连的呈负电性，分子中三种元素电负性由大到小的顺序是 ，答案为：sp3，sp2，；
（6）由硼镁化合物的晶体结构可知位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为，答案为：。
21．(1)X-射线衍射实验
(2) P 2∶3
(3) O N 平面三角形 8 能与水分子形成氢键，而不能
(4)
【详解】（1）区分是否为晶体的最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；答案为：X-射线衍射实验。
（2）基态W原子的价层电子排布式为5d46s2，最外层为第6层，则基态W原子核外最外层电子占据的能层符号是P；基态W原子的未成对电子数为4，基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr原子的未成对电子数为6，基态W原子与基态原子的未成对电子数之比为4：6=2：3；答案为：P；2：3。
（3）①同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，电负性越大，则C、O、N、H中电负性最大的元素是O；同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族比相邻元素大，一般元素的非金属性越强，第一电离能越大，则C、O、N、H中第一电离能最大的元素是N；答案为：O；N。
②中中心原子N的价层电子对数为+4=4，N原子采取sp3杂化；中中心原子N上孤电子对数为=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于没有孤电子对，的空间构型为平面三角形；答案为：sp3；平面三角形。
③中存在2个σ键、1个的大π键，则一个中键合电子的总数为2×2+4=8；答案为：8。
④NH3在水中的溶解性比PH3大很多，主要原因是：NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能；答案为：NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能。
（4）1个晶胞中含P：=4个，含B：4个，晶胞的质量为g；晶胞中B原子与P原子的最近距离为体对角线的，晶胞中B原子与P原子的最近距离为anm，则晶胞的边长为nm，晶胞的体积为(nm)3=(×10-7)3cm3，则晶体的密度为g÷(×10-7)3cm3=g/cm3；答案为：。
河南省南阳市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、生产密切相关，下列说法不正确的是
A．生活中“卤水点豆腐”的原理是、等离子使蛋白质胶体发生聚沉
B．废电池要集中处理，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染
C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃
D．用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，需附加惰性电极作阴极
2．“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世嘱目的成就。碳酰肼类化合物是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知，则为
A． B．
C． D．
3．某温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中，M、N、R三种气态物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为
B．平衡时，R的转化率为75%
C．5min时，M的物质的量分数为50%
D．0∼5min内， v(M)=0.4mol ·L-1·min-1
4．已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO−，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是
A．化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞
B．平衡状态时，升温使反应逆向移动
C．该历程中的最大活化能E正=16.87kJ·mol-1
D．使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热
5．对于可逆反应A(g)+2B(g)⇌2C(g)(正反应吸热)，下列图像中正确的是
A． B．
C． D．
6．下列实验能达到实验目的的是
编号
实验内容
实验目的
A
在硝酸银溶液中滴加2滴等浓度的溶液，再加入2滴等浓度的KI溶液，先产生白色沉淀， 后产生黄色沉淀
验证
B
向含有酚酞的溶液中加入少量固体，有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由水解引起的
C
室温下，用广泛pH试纸分别测定溶液和溶液的酸碱性
验证酸性：
D
测定相同浓度的溶液与溶液的pH，后者较大
验证非金属性：
A．A B．B C．C D．D
7．常温下，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL 0.1mol/L丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，滴定过程中pH及电导率随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图。下列说法正确的是
A．水的电离程度：b>c
B．曲线Ⅱ为电导率曲线
C．b点溶液中：
D．若a=1.7，则CH3COCOOH的电离常数Ka的数量级为10-2(已知)
8．锂-硒电池因其较高的体积能量密度而具备广阔的应用前景。西北工业大学某科研团队设计的锂-硒电池模型如图所示：
下列叙述正确的是
A．左侧室可以选用溶液作电解质溶液
B．放电时，穿过透过膜向左侧室迁移，维持电荷平衡
C．放电过程中若有完全转化为，则理论上外电路中转移
D．充电过程中N极可能发生的反应有：
9．下列离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴入等物质的量的溶液：
B．用铜片作电极，电解饱和食盐水：
C．用醋酸清洗水垢：
D．向溶液中通入
10．实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
11．某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/
产物Z的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
12．工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：
已知：；，。下列说法错误的是
A．浸取时发生的主要离子反应：
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．由该工艺流程可知，反应吸热
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
13．常温下，在含有0.10 的溶液中，所有含磷元素的微粒pc随pOH的变化关系如图所示。已知，，下列有关说法中正确的是
A．曲线①代表
B．溶液显碱性的原因是的水解程度大于电离
C．的
D．c点对应的溶液中：
14．已知为二元可溶弱酸。，分别向溶液和溶液中加固体(忽略溶液体积变化、溶液中存在和的逸出)，所得结果如下图，下列说法不正确的是
A．
B．两点相等
C．当如图时，
D．加入相同量的氢氧化钠时，总有
二、实验题
15．是常用的媒染剂和催化剂。工业上用铬铁矿【主要成分为】经氧化、还原、调节溶液等步骤制取。已知：①遇水强烈水解；②易水解。回答下列问题：
(1)“氧化”时，将铬铁矿粉碎后置于铁坩埚中，加入固体充分混合后灼烧可得、等混合物。写出铬铁矿在存在下被氧化的化学方程式： 。
(2)“还原”时，先将该固体混合物经水浸、过滤得溶液，过滤时所得滤渣的主要成分是 (填化学式)，再向溶液中加入与稀盐酸。
(3)向“还原”所得溶液中加入稀溶液调节使转化为沉淀，将所得沉淀溶于盐酸中，经 (填操作方法)得固体，再在 (填化学式)的氛围中加热得样品。
(4)某同学利用、、、等试剂测定样品质量分数。
①现需配制的标准溶液。所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需 ，定容过程中若仰视刻度线，会使所配溶液浓度 (填“偏高”或“偏低”)。
②称取样品，配成溶液。移取于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入适量的，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量至溶液呈强酸性，此时铬元素全部以存在，再加入一定量固体，加塞摇匀，充分反应后铬元素完全转化为，于暗处静置后，加入淀粉溶液指示剂，用的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。则样品中的质量分数为 %(保留一位小数)(已知：)
三、工业流程题
16．某科研小组以铜矿石(含、和少量)为原料，采用微生物堆浸技术制备黄铵铁矾的实验流程如下：
已知：
①氧化铁硫杆菌可将单质转化为。
②完全沉淀时为3.7、、开始沉淀时的分别为5.4、8.3.。回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“一次浸取”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，写出两种可能的原因： 。
(3)“二次浸取”时加入和氧化铁硫杆菌的目的是把全部转化为可溶性的铜盐。检验加入的中的是否完全被还原的实验操作是 ；滤渣1的化学式为 。
(4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
(5)黄铵铁矾的制备：
①将“氧化”后浆液过滤，边搅拌边向滤液中滴加溶液，调节溶液至 (填数值范围)。
②过滤、用蒸馏水洗涤滤渣2~3次。向最后一次洗涤液中滴加 (填试剂)，无沉淀产生。
③向滤渣中加入等体积的溶液和 溶液，搅拌使其恰好完全反应。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得黄铵铁矾。
四、原理综合题
17．甲烷水汽重整反应是我国主要的制氢技术，有关反应如下：
反应i：；
反应ii：。
回答下列问题：
反应、反应的平衡常数分别为、，反应温度为。
(1)b (填“<”或“>”)0.
(2)对于反应i，，(、为速率常数，仅与温度有关)。向等压密闭容器中充入、仅发生反应，达到平衡后生成和。下列说法不正确的是_____(填标号)。
A．的体积分数保持不变能判断反应处于平衡状态
B．及时分离出，有利于提高甲烷的转化率
C．1000°C时，k正一定小于k逆
D．其他条件不变，达平衡后再向容器中充入、、、，则
(3)一定温度下，向恒容密闭反应器中通入和，起始时和的分压分别为、，发生反应和反应ii．反应进行时达到平衡状态，此时、的分压分别为、。
①的平衡分压为 用含的代数式表示，下同)。
②反应ii的 (用平衡时各物质的分压代替物质的量浓度)。
(4)复合载氧体可以氧化甲烷制取合成气、，如图为时载氧体的质量与时间的关系［一定条件下有积碳反应发生，反应iii：或反应iv：。
①从开始到的时候，曲线呈下降趋势的原因主要是甲烷还原载氧体，载氧体失去氧而出现失重的情况；反应在时，出现了一个短暂的小平台，其主要的原因是 。
②已知，反应iii和反应iv的与温度的关系如图所示，则时，主要发生的积碳反应是 ，共理由是 。
(5)在混合导体透氧膜反应器中只需一步就可同时制备氨合成气和液体燃料合成气，其工作原理如图所示。
①膜I侧发生的反应为、 。
②膜II侧相当于原电池的 极，膜II侧发生的反应为 。
五、实验题
18．咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10−6，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是 ，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒 。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是 ，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是 。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是 。“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有 （填标号）。
A．直形冷凝管 B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和 和吸收 。
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因 。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是 。
六、有机推断题
19．布洛芬是一种常用的OTC类非甾体抗炎镇痛药，我国生产布洛芬最常用的方法是芳基1，2-转位重排法，其合成路线如下：
已知：① (注：沃尔夫-凯西纳尔-黄鸣龙反应)
②
回答下列问题：
(1)D分子的官能团为 。
(2)的反应类型为 ，物质的分子式为 。
(3)经提纯可循环使用的副产物(有机物)是 (写结构简式)。
(4)由的反应方程式为 。
(5)物质是布洛芬的同系物，其分子比布洛芬少三个碳原子。有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体共有 种(不考虑立体异构)，写出分子中有一个手性碳原子的物质结构简式： (写一个即可)。
①苯环上有三个取代基
②遇发生显色反应
③能发生银镜反应
(6)以、 、 为原料合成 ，写出合成路线图： (其他无机试剂任选)
七、结构与性质
20．近日，《自然—通讯》发表了我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。
(1)下列原子的电子排布式的状态中，能量最高的是_____(用字母表示)。
A． B．
C． D．
(2)第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在和之间的元素有 种。
(3)与形成的可用于制造汽车的安全气囊，其中阴离子的空间构型为 ，在空气中燃烧则发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为 光谱(填“发射”或“吸收”)。
(4)是一种有效、安全的固体储氢材料，可由与反应生成，分子中与之间形成 键，提供空轨道的原子为 (填元素符号)，
(5)在催化剂作用可转化为，的结构如图所示：
在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 变为 。分子中，与原子相连的呈正电性，与原子相连的呈负电性，分子中三种元素电负性由大到小的顺序是
(6)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿轴的投影图如右所示，该物质化学式为 。
21．我国科技工作者利用计算机技术，预测了超硬钨氮化合物()并进行合成，这对扩充超硬材料家族以及研究硬度起源都有重要的科学意义。
(1)区分是否为晶体的最可靠的科学方法为 。
(2)已知基态W原子的价层电子排布式为，则基态W原子核外最外层电子占据的能层符号是 ；与基态原子相比，基态W原子与基态原子的未成对电子数之比为 。
(3)常见的含氮微粒有、、、、等。
①的组成元素中，电负性最大的元素是 (填元素符号，下同)；第一电离能最大的元素是 。
②中心原子的杂化类型为 ；的空间构型为 。
③已知中存在一个大π键，可用符号表示(3表示原子数，4表示参与形成大π键的p电子数)，则一个中键合电子(形成化学键的电子)的总数为 。
④在水中的溶解性比大很多，其主要原因是 。
(4)磷化硼()是超硬材料家族的重要成员之一，其晶胞结构如图所示，若硼原子与磷原子最近的距离为anm，设表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为 (用含a、的计算式表示)。
参考答案：
1．D
【详解】A．生活中“卤水点豆腐”的原理是、等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；
B．废电池要集中处理，防止其中的重金属盐对土壤和水源造成污染，B正确；
C．石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，C正确；
D．用外加电流的阴极保护法防钢铁腐蚀，不需要附加惰性电极作阴极，D错误；
故选D。
2．A
【详解】由盖斯定律可知, ，故选A。
3．B
【详解】A．由图中信息可知，该反应的化学方程式为，A错误；
B．平衡时，R的转化率为，B正确；
C．5 min时，M、R、N的物质的量分别为4 mol、4 mol、2 mol，M的物质的量分数为40%，C错误；
D．0~5 min内，M的物质的量的变化量为2 mol，，D错误；
故选B。
4．B
【详解】A．活化分子间的部分碰撞为有效碰撞，A错误；
B．据图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向一定，B正确；
C．据图可知第二步反应的能垒最大，为E正=[16.87-(-1.99)]kJ·mol-1=18.86 kJ·mol-1，C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，但不改变反应热，D错误；
综上所述答案为B。
5．D
【详解】A．交叉点：正反应速率=逆反应速率，此点反应达平衡状态，增大压强，平衡正向移动，则交叉点后正反应速率应大于逆反应速率，A错误；
B．温度升高，平衡正向移动，则在第二次到达平衡之前，正反应速率应大于逆反应速率，B错误；
C．温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，即500℃表示的曲线应先达到平衡，与图像不符，C错误；
D．温度高的反应速率快，达到平衡时所需时间少，即500℃表示的曲线应先达到平衡，且升高温度平衡正向移动，A%减小，与图像一致，D正确。
答案选D。
6．B
【详解】A．银离子过量，产生沉淀的先后顺序与Ksp大小无关，A不符合题意；
B．碳酸根水解生成氢氧根和碳酸氢根，溶液显碱性，加入氯化溶液，离子与碳酸根生成碳酸沉淀，水解平衡逆向移动，溶液红色变浅，可证明纯碱溶液呈碱性是由碳酸根水解引起的，B符合题意；
C．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测量其pH值，也不能比较两种酸的酸性，C不符合题意；
D．验证非金属性，可以比较最高价元素的正盐对应溶液的酸碱性，该实验中亚硫酸钠溶液中硫元素不是最高价，故不可比较两种元素的非金属性，D不符合题意；
故选B。
7．C
【分析】氢氧化钠与丙酮酸反应的化学方程式为：NaOH+CH3COCOOH=CH3COCOONa+H2O，丙酮酸为弱酸，CH3COCOONa为钠盐，是强电解质，在水溶液中完全电离，因此随着氢氧化钠溶液的加入，溶液中离子浓度增大，电导率增大，当氢氧化钠和丙酮酸恰好完全反应后，再加入氢氧化钠溶液，溶液电导率趋于不变，不会出现突然增大的趋势，因此曲线I为电导率曲线，曲线II为pH曲线。
【详解】A．b点为氢氧化钠和丙酮酸反应的一半点，溶液中含等物质的量的丙酮酸和丙酮酸钠，c点为氢氧化钠和丙酮酸恰好完全反应点，溶液中只有丙酮酸钠，而酸抑制水的电离，盐水解促进水的电离，因此水的电离程度：b
C．b点为氢氧化钠和丙酮酸反应的一半点，溶液中含等物质的量的丙酮酸和丙酮酸钠，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COCOO-)+c(OH-)，物料守恒：c(CH3COCOO-)+c(CH3COCOOH)=2c(Na+)，两式联立消去c(Na+)可得质子守恒：，C正确；
D．a=1.7，c(H+)=10-1.7mol/L=0.02mol/L，CH3COCOOH的电离方程式为：CH3COCOOH⇌CH3COCOO-+H+，CH3COCOOH的电离常数Ka===410-3，数量级为10-3，D错误；
答案选C。
8．C
【分析】放电时，锂是还原剂，作负极：Li-e-=Li+，石墨烯作正极：发生+14Li++14e-=8Li2Se等还原反应。
【详解】A． Li是活泼金属，易与水反应，左侧室不可以选用溶液作电解质溶液，故A错误；
B． 放电时，阳离子向正极移动，穿过透过膜向右侧室迁移，维持电荷平衡，故B错误；
C． 放电过程中若有完全转化为，+14Li++14e-=8Li2Se，则理论上外电路中转移，故C正确；
D． 充电过程中N极是阳极，等失电子，发生氧化反应，可能发生的反应有：，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．向溶液中滴入等物质的量的溶液，氢离子优先与氢氧根离子发生反应：，A错误；
B．用铜片作电极，电解饱和食盐水：，B错误；
C．用醋酸清洗水垢：，C正确；
D．向溶液中通入不会发生反应，D错误；
故选C。
10．C
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
11．B
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选B。
12．B
【分析】方铅矿(主要成分为，含有等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【详解】A．盐酸与MnO2、发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为: ，A正确；
B．反应吸热，加入冰水温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；
C．由该工艺流程可知，反应吸热，C正确；
D．“沉淀转化”过程中，当溶液中c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中，D正确；
故选B。
13．C
【分析】pOH越小，溶液的碱性越强，图中只有三条曲线说明H3PO3是二元弱酸，碱性较强的情况下，的浓度最大，其次为，最后为H3PO3，因此曲线①表示，曲线②表示，曲线③表示H3PO3。
【详解】A．只有三条微粒浓度变化曲线，因此H3PO3为二元弱酸，曲线①随着pOH增大即酸性增强，微粒浓度减小，曲线①表示，A错误；
B．Na2HPO3是正盐，因此溶液显碱性的原因是的水解，不会电离，B错误；
C．曲线②和③的交点b处c()=c(H3PO3)，H3PO3的Ka1==c(H+)=10-1.3，C正确；
D．H3PO3是弱酸，c点pH为0，c(H＋)=1mol/L，说明溶液中加入了强酸性物质，因此还含有其他阴离子，此电荷守恒式错误，D错误；
故答案选C。
14．D
【详解】A．由图可知，NaOH加到溶液中先与HX-反应，再与反应，而加到 溶液中，NH与同时反应，故酸性更强，，A正确；
B．P、Q点表示的意思均为，而温度不变，不变，故此时pH应相等，B正确；
C．向溶液中加入0.2molNaOH时，溶液可以看成和Na2X等浓度混合溶液，会发生电离，X2-会发生水解，根据物料守恒可知，c(Na+)>2，c(Na+)>2 c()，则，又因为c()>0，则，C正确；
D．由物料守恒知：，而两种酸酸性不同，故加相同NaOH时，和不相等，D错误；
故选D。
15．(1)
(2)
(3) 蒸发浓缩、冷却结晶
(4) 容量瓶 偏低 92.5
【详解】（1）“氧化”时，将铬铁矿粉碎后置于铁坩埚中，加入固体充分混合后灼烧可得、等混合物，则铬铁矿在存在下被氧化的化学方程式为。
（2）遇水强烈水解，“还原”时，先将该固体混合物经水浸，因为发生水解，水解离子方程式为，所以过滤时所得滤渣的主要成分是，故答案为：。
（3）因为易水解，即在向“还原”所得溶液中加入稀溶液调节使转化为沉淀，将所得沉淀溶于盐酸中，经蒸发浓缩、冷却结晶得固体，再在的氛围中加热得样品，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、。
（4）①由题意可知，现需配制的标准溶液，则所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外、容量瓶，由公式可知，当定容过程中若仰视刻度线，体积变大，会使所配溶液浓度偏低，故答案为：容量瓶、偏低。
②在20mL溶液中，由Cr元素守恒及方程式可得关系式，故=，所以100mL溶液中含的物质的量为，根据Cr元素守恒可知n()=0.00875mol，所以样品中含的质量为m()=0.00875mol×158.5g/mol，则样品中的质量分数为，故答案为：92.5。
16．(1)研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率
(2)氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等
(3) 取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原
(4)
(5) 溶液 0.5
【分析】铜矿石含、和少量，因为不溶于水且不与酸反应，“一次浸取”将转化为，“二次浸取”时加入的目的是把全部转化为可溶性的铜盐，并生成S单质，氧化铁硫杆菌可将S单质转化为，“氧化”时具有氧化性，具有还原性，发生反应的离子方程式为：，据此分析解题。
【详解】（1）“研磨”的目的是研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率，答案为：研磨可增大接触面积，使反应速率加快，提高浸出率；
（2）“一次浸取”时需在低温下进行，温度过高浸出率会下降，可能的原因是：氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等，答案为：氧化铁硫杆菌活性降低；分解；的溶解度降低等；
（3）检验加入的中的是否完全被还原的实验操作是：取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原；滤渣1的化学式为：，因为不溶于水且不与酸反应，答案为：取少量滤液于试管中，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原，；
（4）“氧化”时具有氧化性，具有还原性，发生反应的离子方程式为： ；
（5）①完全沉淀时为3.7，、开始沉淀时的分别为5.4、8.3，为了不使氢氧化铜、氢氧化锰沉淀，＜5.4，的范围应为：，答案为：；
②过滤、用蒸馏水洗涤滤渣2～3次。向最后一次洗涤液中滴加溶液，无沉淀产生，答案为：溶液；
③黄铵铁矾中氨根离子与硫酸根离子物质的量之比是1∶2，则硫酸根的物质的量浓度为1.5mol/L，设需要的浓度为Xmol/L，所以 ，解得X=0.5，答案为：0.5。
17．(1)<
(2)BD
(3) 3m+4n
(4) 复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等 反应iv 时，反应iii的G >0，几乎不能自发进行，而反应iv的G<0，能正向自发
(5) 负
【详解】（1）根据 K1的表达式可知，温度越高，平衡常数越大，即升高温度平衡正向移动，为吸热反应，所以>0；根据 K2的表达式可知，温度越低，平衡常数越大，即降低温度平衡正向移动，为放热反应，所以<0；
（2）随着反应的进行，CO的体积分数逐渐增大，直到平衡状态，当 CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态，A 正确；
及时分离出CO，平衡正向移动，甲烷的转化率升高；反应物浓度不变，正反应速率不变，但随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减小，B错误；
由(1)分析知反应为吸热反应，温度升高，k正和k逆均增大，平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，所以k正增大的倍数大于 k逆增大的倍数，C正确；
其他条件不变，达平衡后再向容器中充入1mol CH4、l mol H2O、1mol CO、3mol H2，因为是恒压条件下，容器体积增大一倍，各物质浓度不变，反应仍然为平衡状态，则正逆反应速率相等，D错误；
（3）①根据反应i知，生成CO2、H2的物质的量相等，则反应ii中生成的H2的分压和CO的分压相等，为nMPa； 根据碳原子守恒知，反应i中生成总的CO分压为(m+n)MPa，反应i生成的H2分压为生成CO分压的3倍，所以反应i生成H2的分压为3(m+n)MPa，则生成总的氢气分压为[3(m+n) +n]MPa= (3m+4n) MPa； ②恒温恒容条件下气体压强之比等于其物质的量之比，平衡时CO、CO2的分压分别为mMPa、nMPa，则CO、CO2的物质的量之比为m: n，假设生成 n(CO) =mmol n (CO2) =mmol，生成mmol CO2消耗mmolCO，则生成n(H2)=n (CO2) +3n (CO)=mmol+3 (m+n) mol= (4m+3n) mol，消耗 n(H2O)=n (CO)+n (CO2) = (m+n) mol，起始时CH4和H2O(g) 的分压分别为1MPa、3MPa，则n(CH4): n (H2O) =l: 3，n( CH4)) =lmol，则n(H2O) =3mol，根据氢原子守恒得剩余 n(H2O)=(3-m-n-n) mol=(3-m-2n) mol，反应ii；
（4）①发生积碳反应时生成的碳是固体，复合载氧体失去氧的质量与积碳的质量相等，载氧体总体质量不变，所以反应在13~15min时，出现了一个短暂的小平台；②由图可知，350°C时反应ii的<0，反应iv的InK>0，根据G =-RTInK可知，时，反应iii的G >0，几乎不能自发进行，而反应iv的G<0，能正向自发进行，因此主要发生反应iv；
（5）①膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，电极反应式为、；②膜II侧相当于原电池的负极，膜II侧发生的反应为。
18． 增加固液接触面积，提取充分 沸石 乙醇易挥发，易燃 使用溶剂少，可连续萃取（萃取效率高） 乙醇沸点低，易浓缩 AC 单宁酸 水 升华
【详解】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；
（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高使挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；
（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。
（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙的作用是中和单宁酸，同时也吸收水；
（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。
19．(1)酯基和氯原子
(2) 取代反应
(3)
(4)
(5) 50 （其它合理答案亦正确）
(6)
【分析】物质A与发生取代反应生成 B和氯化氢，物质B与 反应生成C和水，C在氯化锌的作用下发生重排生成D，物质D在碱性条件下酯基、氯原子发生水解，加入硫酸原来的酯基转变为羧基生成布洛酚，同时生成，以此解题。
【详解】（1）由题可知D分子的官能团为：酯基和氯原子，答案为：酯基和氯原子；
（2）由分析知的反应类型为取代反应，物质的分子式为，答案为：取代反应，；
（3）由分析知经提纯可循环使用的副产物(有机物)是，答案为：；
（4）物质B与 反应生成C和水，答案为： ；
（5）物质是布洛芬的同系物，其分子比布洛芬少三个碳原子，同时满足①苯环上有三个取代基；②遇发生显色反应；③能发生银镜反应条件的结构有①：苯环上有 、、 三种基团共10种结构；②苯环上有 、、三种基团共10种结构；③苯环上有、、三种基团共10种结构；④苯环上有、、三种基团共10种结构；
⑤苯环上有、、三种基团共10种结构；共种，分子中有一个手性碳原子的物质结构为：苯环上有、、三种基团的任一种，共10种，答案为：50， （其它合理答案亦正确）；
（6）根据已知② 与COCl2反应生成 ，
与 反应生成 ，根据已知①该物质在和作用下生成 ，该物质在溴化铁催化作用下得到目标产物 ，答案为： 。
20．(1)D
(2)3
(3) 直线形 发射
(4) 配位键
(5) sp3 sp2
(6)
【详解】（1）A．基态原子的电子排布式，当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
B．当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
C．当一个电子吸收能量从跃迁到成为；
D．当一个电子吸收能量从跃迁到同时另一个电子吸收能量从跃迁到成为；
根据能量 ，所以吸收能量的大小为：。
故选D。
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，因而在B与N之间还有Be、C、O三种元素，答案为3；
（3）N3-离子中心N原子价层电子对数=2+ =2，价层电子对数为2，孤电子对为0，N原子杂化方式为sp杂化，离子空间构型为直线形，电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na 元素发生焰色反应是因为产生了光子，发射光谱；答案为：直线形，发射；
（4）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1对孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，答案为：配位键，；
（5）在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，B还形成1个配位键，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为sp3杂化，中B原子杂化方式为sp2杂化，分子中，与原子相连的呈正电性，与原子相连的呈负电性，分子中三种元素电负性由大到小的顺序是 ，答案为：sp3，sp2，；
（6）由硼镁化合物的晶体结构可知位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为，答案为：。
21．(1)X-射线衍射实验
(2) P 2∶3
(3) O N 平面三角形 8 能与水分子形成氢键，而不能
(4)
【详解】（1）区分是否为晶体的最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；答案为：X-射线衍射实验。
（2）基态W原子的价层电子排布式为5d46s2，最外层为第6层，则基态W原子核外最外层电子占据的能层符号是P；基态W原子的未成对电子数为4，基态Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基态Cr原子的未成对电子数为6，基态W原子与基态原子的未成对电子数之比为4：6=2：3；答案为：P；2：3。
（3）①同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强，电负性越大，则C、O、N、H中电负性最大的元素是O；同周期从左到右主族元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族比相邻元素大，一般元素的非金属性越强，第一电离能越大，则C、O、N、H中第一电离能最大的元素是N；答案为：O；N。
②中中心原子N的价层电子对数为+4=4，N原子采取sp3杂化；中中心原子N上孤电子对数为=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于没有孤电子对，的空间构型为平面三角形；答案为：sp3；平面三角形。
③中存在2个σ键、1个的大π键，则一个中键合电子的总数为2×2+4=8；答案为：8。
④NH3在水中的溶解性比PH3大很多，主要原因是：NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能；答案为：NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能。
（4）1个晶胞中含P：=4个，含B：4个，晶胞的质量为g；晶胞中B原子与P原子的最近距离为体对角线的，晶胞中B原子与P原子的最近距离为anm，则晶胞的边长为nm，晶胞的体积为(nm)3=(×10-7)3cm3，则晶体的密度为g÷(×10-7)3cm3=g/cm3；答案为：。
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