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黑龙江省大庆市2021届高三第一次教学质量检测理综化学试题（word版 含答案）
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这是一份黑龙江省大庆市2021届高三第一次教学质量检测理综化学试题（word版 含答案），共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省大庆市2021届高三第一次教学质量检测理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．目前，新型冠状病毒仍在世界各地蔓延，科学防护对预防新型冠状病毒感染非常重要。下列说法错误的是
A．含有病毒的飞沫扩散到空气中形成气溶胶，气溶胶分散质粒子直径在1nm~100nm之间
B．医用外科口罩核心功能层熔喷布的主要成分聚丙烯属于有机高分子材料
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是一类含磷的生物高分子化合物
D．使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠溶液和0.9%的食盐水均可以快速、高效杀死新型冠状病毒
2．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是
A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H
C．过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物
D．过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1
3．有机物H是合成药物的中间体，其结构简式为：。下列关于有机物H的说法正确的是
A．分子中碳碳成键方式有两种
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．苯环上的二氯代物有4种
D．与苯甲醇()互为同系物
4．下列实验操作或装置能达到实验目的的是
A．用甲装置测定0.1mol·L-1KClO溶液的pH
B．用乙装置制备纯净干燥的Cl2
C．用丙装置验证蔗糖与浓硫酸反应产生SO2
D．用丁装置可检验FeSO4溶液中的Fe2+是否被氧化
5．甲酸(HCOOH)燃料电池对新能源的发展具有划时代的意义。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。下列说法错误的是
A．电池负极电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O
B．电池工作时，乙池中只发生还原反应
C．电池工作时，K+、H+从甲池通过半透膜向乙池迁移
D．电池工作时每消耗标准状况下22.4LO2，电路中转移的电子数目是4NA
6．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是
A．0.1mol的YX-中含有0.9NA个电子
B．最高价氧化物对应的水化物碱性：M>Z
C．简单离子半径：Z>M>Y
D．室温下，M可溶于浓NaOH溶液并产生气泡
7．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
二、实验题
8．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(夹持装置略去)。
已知：①2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2
②酸性条件下，NO能与KMnO4溶液反应生成NO和Mn2+。
请回答下列问题：
(1)盛装铜片的仪器名称为___，上述装置按气流方向连接的顺序为___ (填字母)。
(2)检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入N2的作用是___。
(3)A装置中反应的化学方程式为___，E装置的作用是___。
(4)C装置中反应的离子方程式为___，观察到的现象是___。
(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为：Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致___。
(6)将2.88gCaO2完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要铜的物质的量为___。
三、原理综合题
9．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)；△H=+35kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02。
①在610K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___。
②实验测得上述反应的速率方程为：v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，速率常数k随温度升高而增大。则达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___ (填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
③该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化
B．v正(H2S)=v逆(COS)
C．容器内的压强不再变化
D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___，理由是___。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=__MPa(已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
四、工业流程题
10．二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：
已知：
Ⅰ.乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH
Ⅱ.酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4
Ⅲ.TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27。
回答下列问题：
(1)TiOSO4中Ti的化合价是___。
(2)“萃取”前，需要将“滤液Ⅰ”的pH调整到3.5左右，目的是___。
(3)写出“反萃取”步骤中生成(NH4)2WO4的化学方程式：___，“过滤Ⅱ”所得滤液中，溶质的主要成分是___(填物质名称)。
(4)将“酸煮”所得TiOSO4溶液稀释到0.001mol·L-1，冷却至室温时恰好产生沉淀，此时溶液的pH为___。
(5)写出水解生成沉淀的离子方程式：___，检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是___。
(6)最新研究发现，可以用如图所示装置由TiO2获得金属钛，电解质为熔融CaO。阳极的电极总反应式为：___，在制备金属钛前后，装置中CaO的质量___ (填“增大”“减小”或“不变”)。
五、结构与性质
11．微量元素硼(B)对人体健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。请回答下列问题：
(1)B的核外电子排布式为___，其第一电离能比Be___(填“大”或“小”)。
(2)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3BH3分子中，N—B键是配位键，其空轨道由___提供(填元素符号)。写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子___(填分子式)。
(3)硼酸晶体是片层结构，图甲中表示的是其中一层的结构，每一层内存在的作用力有___。
(4)①乙硼烷(B2H6)具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂(LiBH4)，硼氢化锂常用于有机合成。LiBH4由Li+和BH构成，BH中B原子的杂化轨道类型为___，BH的空间构型为___。
②B的三卤化物熔点如表所示，自BF3至BI3熔点依次升高的原因是___。
化合物
BF3
BCl3
BBr3
BI3
熔点/℃
-126.8
-107.3
-46
44.9
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图乙所示。立方氮化硼属于___晶体，其中氮原子的配位数为___。已知：立方氮化硼密度为ρg·cm-3，B原子半径为anm，N原子半径为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为___(用含字母的代数式表示)。
六、有机推断题
12．有机物G是合成具有吸水性能的高分子材料的一种重要中间体，在生产、生活中应用广泛，其合成路线如图所示：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)A生成B的反应类型是___，C的分子式为___。
(2)–R＇的结构简式是___；F中官能团的名称为___。
(3)在A、D、F、G四种有机物中，含有手性碳的有机物是___(注：连有四个不同的原子或基团的碳称为手性碳)。
(4)D生成E的化学方程式为___。
(5)下列关于G的叙述正确的是___。
a.能通过加聚反应合成高分子材料
b.G分子的核磁共振氢谱有8种不同化学环境的氢原子
c.能使溴的四氯化碳溶液褪色
d.分子中最多有5个碳原子可能共平面
(6)①E的同分异构体H为链状结构且可与Na反应产生H2，则H可能的稳定结构有___种(已知羟基与双键碳相连时不稳定，不考虑立体异构)。
②E的同分异构体K能发生银镜反应，且与H2加成之后的产物J不能发生消去反应，则K的结构简式为___。
参考答案
1．D
【详解】
A．气溶胶，气溶胶分散质粒子直径在1nm~100nm之间，A正确；
B．聚丙烯属于有机高分子材料，B正确；
C．核酸是一类含磷的生物高分子化合物，C正确；
D．75%的酒精、0.1%的次氯酸钠溶液均可以快速、高效杀死新型冠状病毒，但0.9%的食盐水不能，D错误；
故选D。
2．B
【分析】
根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
【详解】
A．根据图像判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A正确；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B不正确；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C正确；
D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得：，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
此题实质考查氧化还原反应中的电子守恒的应用，根据特征化合价的升降进行计算或配平方程式，其次考查焓变的基本概念，焓变的大小取决于反应前后物质的总能量。
3．C
【详解】
A．分子中碳碳成键方式有、和苯环，有3种，A错误；
B．含有碳碳双键和羟基，具有较强的还原性，可以使强氧化性的酸性重铬酸钾溶液变色，B错误；
C．苯环上的二氯代物有、 、 、 ，共4种C正确；
D．含有碳碳双键，苯甲醇(不含有碳碳双键，结构不相似，不互为同系物，D错误；
答案选C
4．C
【详解】
A．pH试纸不能直接升入溶液中且不能测漂白性溶液的Ph，A错误；
B．浓盐酸易挥发，所以制得的氯气中含有水和HCl，不是纯净干燥的，B错误；
C．用品红溶液验证产物有漂白性，用酸性高锰酸钾溶液验证产物具有还原性，综合分析可表明产物含有SO2，C正确；
D．铁氰化钾溶液只能检验Fe2+而不能检验Fe3+，检验FeSO4溶液中的Fe2+是否被氧化，D错误；
答案选C
5．B
【分析】
HCOOH失电子生成KHCO3，做负极；Fe3+得电子生成Fe2+，做正极。
【详解】
A．HCOOH失电子生成KHCO3，做负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O，A正确；
B．电池工作时，乙池中Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，Fe2+被氧气氧化，发生氧化反应，所以乙池既发生了还原反应又发生了氧化反应，B错误；
C．原电池工作时，阳离子移向正极，所以K+、H+从甲池通过半透膜向乙池迁移，C正确；
D．根据反应方程式：和可知，电池工作时每消耗标准状况下22.4LO2，电路中转移的电子数目是4NA，D正确；
答案选B
6．D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2。X、M的族序数均等于周期序数，所以X为H，M为Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，所以Y为O，根据化合价代数和为0可知Z为Mg。
【详解】
A．YX-为OH-，一个OH-含有十个电子，所以0.1mol的YX-中含有NA个电子，A错误；
B．Mg的金属性比Al强，所以最高价氧化物对应的水化物碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，即Z> M，B错误；
C．一般而言，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，质子数越多，微粒半径越小，所以简单离子半径：O2->Mg2+>Al3+，即Y>Z>M，C错误；
D．室温下，Al可溶于浓NaOH溶液并产生氢气，有气泡产生，D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
C．Q点lg =1，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C错误；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg =0，=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D错误；
故选B。
8．三颈烧瓶 AEBDC 排尽空气，防止生成的NO被O2氧化 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 吸收NO中的HNO3 3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2H2O 溶液紫色变浅 NO2过量，产品中混有Ca(NO3)2杂质 0.12mol
【分析】
该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向庄重通入氮气，吹出装置中的氧气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。以此解答。
【详解】
(1)盛装铜片的仪器名称为三颈烧瓶。通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC 。
(2)通入N2的作用是排尽空气，防止生成的NO被O2氧化。
(3)A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，E装置的作用是吸收NO中的HNO3。
(4)根据信息：酸性条件下，NO能与KMnO4溶液反应生成NO和Mn2+分析，C装置中反应的离子方程式为3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2H2O，观察到的现象是溶液紫色变浅。
(5)若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致NO2过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(NO3)2杂质。
(6)将2.88gCaO2的物质的量为0.04mol，完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.08mol，根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O分析，需要铜的物质的量为0.12mol。
9．C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol 0.002mol/(L·min) ＞ BD P3＞P2＞P1 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】
(1)根据图像可知C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为：①C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H(g)+HCl(g)+ ΔH=–45.8kJ/mol，②C6H5SH(g)=C6H6(g)+ ΔH=–29kJ/mol，①-②得到：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol，所以答案为：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol。
(2)①设达到平衡时，H2S转化的物质的量为amol，列出三段式： ，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02，则，所以a=0.01，
则0～2min的反应速率v(H2S)= 0.002mol/(L·min)；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡往正向移动，v正＞v逆，所以仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，所以答案为：＞；
③A．H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，该反应气体总质量不变，容器的体积不变，所以容器内混合气体密度一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，A错误；
B．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可以得到v正(H2S)= v正(COS)，又因为v正(H2S)=v逆(COS)，所以v正(COS)=v逆(COS)，可以说明反应到达平衡，B正确；
C．该反应前后气体总物质的量不便，又因为反应体系的温度和体积也不变，所以容器内的压强一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，C错误；
D．H2S与CO2的质量之比为，H2S与CO2的质量之比不变说明a不变，说明各组分含量不再改变，可以说明反应到达平衡，D正确；
所以答案选BD。
(3)①根据反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)可知，压强增大，平衡往逆向移动，H2S气体的平衡转化率降低，即压强越大，H2S气体的平衡转化率越低，所以P3＞P2＞P1；，原因是该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小；
②及时分离出产物H2或S2可以使平衡往正向移动，提高转化率，所以答案为：及时分离出产物H2或S2；
③设往容器中通入1份的H2S，在温度T2、P3=5MPa条件下，H2S的平衡转化率为50%，即消耗了0.5，列出三段式：，
则H2S、 H2、S2的分压分别为、、，所以，所以答案为1。
10．+4 增大CH3CH2NH的浓度，增大萃取率 (CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4 氯化铵 2 TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(2或TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+) 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，如无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净 C-4e-+2O2-=CO2↑ 不变
【分析】
二氧化钛和三氧化钨碱浸，三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4，过滤分离二氧化钛和Na2WO4溶液，调pH，在酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4，分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，加入盐酸酸化形成H2WO4•xH2O，H2WO4•xH2O煅烧生成高纯度WO3。二氧化钛与浓硫酸共热生成TiOSO4，TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧获得高纯TiO２。
【详解】
(1)根据化合价代数和为0可知TiOSO4中Ti的化合价是+4价。
(2)乙胺与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH，萃取时发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4，将“滤液Ⅰ”的pH调整到3.5左右，可以使乙胺转化为CH3CH2NH，增大了CH3CH2NH的浓度，萃取时发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4，CH3CH2NH的浓度增大可以使反应往正向移动，增大萃取率。
(3)反萃取时(CH3CH2NH3)2WO4与氨水反应生成(NH4)2WO4，所以反应的化学方程式为：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4，“过滤Ⅱ”所得滤液中的阳离子主要是，阴离子主要是，所以溶质的主要成分是氯化铵。
(4)溶液中= 0.001mol·L-1，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27=×，所以=1×10-12，则，所以可以求出pH=2。
(5)TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，则离子方程式为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(2或TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+)，洗涤时主要洗涤H2TiO3表面可溶性的硫酸，要检验洗涤干净可以检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根，所以方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，如无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净。
(6)石墨电极为阳极，失电子生成CO2，所以电极方程式为：C-4e-+2O2-=CO2↑，在制备金属钛过程中，装置中CaO循环利用，故总质量不变。
11．1s22s22p1 小 B C2H6 共价键、氢键 sp3杂化 正四面体形 BF3、BCl3、BBr3、BI3都是分子晶体，随着相对分子质量增大范德华力(分子间作用力)也增大，熔点逐渐升高 原子 4 ×100%
【详解】
(1)B为5号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，Be的核外电子排布为1s22s2，Be的2s轨道全充满，较稳定，第一电离能更大，所以B的第一电离能比Be小。
(2)NH3分子中N含有一个孤电子对，BH3中B含有空轨道，所以在N—B形成的配位键中，空轨道由B提供。等电子体价电子数和原子数相同，所以C2H6与氨硼烷互为等电子体。
(3)由图可知分子内存在共价键，分子间存在氢键，所以每一层内存在的作用力有共价键、氢键。
(4)①BH中B原子有4个σ键，无孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3杂化，空间构型为正四面体；
②BF3、BCl3、BBr3、BI3都是分子晶体，随着相对分子质量增大范德华力(分子间作用力)也增大，熔点逐渐升高。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体，晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4，晶胞中N原子数为4，B原子数 。晶胞的质量 ，已知：立方氮化硼密度为ρg·cm-3，晶胞的体积；因为B原子半径为anm，N原子半径为bnm，B、N原子总体积，则该晶胞中原子的空间利用率为×100%=×100%，所以答案为：原子； 4；×100%。
12．取代反应 C5H10O2 羟基、酯基 F +H2+HCl ac 13
【分析】
A→B：+NaCN→+NaBr；
B→C：先水解后酸化生成；
C→D：2+SOCl2→2+SO2↑+H2O；
D→E：+H2+HCl；
E→F：经过一系列转化到；
F→G：+H2O。
【详解】
(1)A生成B的反应为：+NaCN→+NaBr，反应类型是取代反应，C结构简式为，所以分子式为C5H10O2。
(2)根据RCHO和E→F为→可知–R＇的结构简式是，F中官能团的名称为羟基、酯基。
(3)A为，不含有手性碳；D为，不含有手性碳；F为，含有手性碳(圆圈中的碳原子为手性碳)；G为，不含有手性碳，所以答案为F。
(4)根据分析可知D生成E的化学方程式为+H2+HCl。
(5)a．G含有碳碳双键，能通过加聚反应合成高分子材料，a正确；
b．G分子只有七种氢原子，b错误；
c．G含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，c正确；
d．分子中最多有9个碳原子可能共平面，d错误；
答案选ac。
(6)①E为，的同分异构体H为链状结构且可与Na反应产生H2，说明含有羟基和一个碳碳双键，H可能的稳定结构有：、、、、、、、、、、、、共13种。
②E的同分异构体K能发生银镜反应，说明含有醛基，有可能是、、，与H2加成之后的产物J不能发生消去反应的是，所以K的结构简式为。
黑龙江省大庆市2021届高三第一次教学质量检测理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．目前，新型冠状病毒仍在世界各地蔓延，科学防护对预防新型冠状病毒感染非常重要。下列说法错误的是
A．含有病毒的飞沫扩散到空气中形成气溶胶，气溶胶分散质粒子直径在1nm~100nm之间
B．医用外科口罩核心功能层熔喷布的主要成分聚丙烯属于有机高分子材料
C．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是一类含磷的生物高分子化合物
D．使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠溶液和0.9%的食盐水均可以快速、高效杀死新型冠状病毒
2．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是
A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H
C．过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物
D．过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1
3．有机物H是合成药物的中间体，其结构简式为：。下列关于有机物H的说法正确的是
A．分子中碳碳成键方式有两种
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．苯环上的二氯代物有4种
D．与苯甲醇()互为同系物
4．下列实验操作或装置能达到实验目的的是
A．用甲装置测定0.1mol·L-1KClO溶液的pH
B．用乙装置制备纯净干燥的Cl2
C．用丙装置验证蔗糖与浓硫酸反应产生SO2
D．用丁装置可检验FeSO4溶液中的Fe2+是否被氧化
5．甲酸(HCOOH)燃料电池对新能源的发展具有划时代的意义。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。下列说法错误的是
A．电池负极电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O
B．电池工作时，乙池中只发生还原反应
C．电池工作时，K+、H+从甲池通过半透膜向乙池迁移
D．电池工作时每消耗标准状况下22.4LO2，电路中转移的电子数目是4NA
6．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是
A．0.1mol的YX-中含有0.9NA个电子
B．最高价氧化物对应的水化物碱性：M>Z
C．简单离子半径：Z>M>Y
D．室温下，M可溶于浓NaOH溶液并产生气泡
7．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
二、实验题
8．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(夹持装置略去)。
已知：①2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2
②酸性条件下，NO能与KMnO4溶液反应生成NO和Mn2+。
请回答下列问题：
(1)盛装铜片的仪器名称为___，上述装置按气流方向连接的顺序为___ (填字母)。
(2)检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入N2的作用是___。
(3)A装置中反应的化学方程式为___，E装置的作用是___。
(4)C装置中反应的离子方程式为___，观察到的现象是___。
(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为：Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致___。
(6)将2.88gCaO2完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要铜的物质的量为___。
三、原理综合题
9．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)；△H=+35kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02。
①在610K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___。
②实验测得上述反应的速率方程为：v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，速率常数k随温度升高而增大。则达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数___ (填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
③该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化
B．v正(H2S)=v逆(COS)
C．容器内的压强不再变化
D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___，理由是___。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=__MPa(已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
四、工业流程题
10．二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程：
已知：
Ⅰ.乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH
Ⅱ.酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4
Ⅲ.TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27。
回答下列问题：
(1)TiOSO4中Ti的化合价是___。
(2)“萃取”前，需要将“滤液Ⅰ”的pH调整到3.5左右，目的是___。
(3)写出“反萃取”步骤中生成(NH4)2WO4的化学方程式：___，“过滤Ⅱ”所得滤液中，溶质的主要成分是___(填物质名称)。
(4)将“酸煮”所得TiOSO4溶液稀释到0.001mol·L-1，冷却至室温时恰好产生沉淀，此时溶液的pH为___。
(5)写出水解生成沉淀的离子方程式：___，检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是___。
(6)最新研究发现，可以用如图所示装置由TiO2获得金属钛，电解质为熔融CaO。阳极的电极总反应式为：___，在制备金属钛前后，装置中CaO的质量___ (填“增大”“减小”或“不变”)。
五、结构与性质
11．微量元素硼(B)对人体健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。请回答下列问题：
(1)B的核外电子排布式为___，其第一电离能比Be___(填“大”或“小”)。
(2)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3BH3分子中，N—B键是配位键，其空轨道由___提供(填元素符号)。写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子___(填分子式)。
(3)硼酸晶体是片层结构，图甲中表示的是其中一层的结构，每一层内存在的作用力有___。
(4)①乙硼烷(B2H6)具有强还原性，它和氢化锂反应生成硼氢化锂(LiBH4)，硼氢化锂常用于有机合成。LiBH4由Li+和BH构成，BH中B原子的杂化轨道类型为___，BH的空间构型为___。
②B的三卤化物熔点如表所示，自BF3至BI3熔点依次升高的原因是___。
化合物
BF3
BCl3
BBr3
BI3
熔点/℃
-126.8
-107.3
-46
44.9
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图乙所示。立方氮化硼属于___晶体，其中氮原子的配位数为___。已知：立方氮化硼密度为ρg·cm-3，B原子半径为anm，N原子半径为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率为___(用含字母的代数式表示)。
六、有机推断题
12．有机物G是合成具有吸水性能的高分子材料的一种重要中间体，在生产、生活中应用广泛，其合成路线如图所示：
已知：RCHO
请回答下列问题：
(1)A生成B的反应类型是___，C的分子式为___。
(2)–R＇的结构简式是___；F中官能团的名称为___。
(3)在A、D、F、G四种有机物中，含有手性碳的有机物是___(注：连有四个不同的原子或基团的碳称为手性碳)。
(4)D生成E的化学方程式为___。
(5)下列关于G的叙述正确的是___。
a.能通过加聚反应合成高分子材料
b.G分子的核磁共振氢谱有8种不同化学环境的氢原子
c.能使溴的四氯化碳溶液褪色
d.分子中最多有5个碳原子可能共平面
(6)①E的同分异构体H为链状结构且可与Na反应产生H2，则H可能的稳定结构有___种(已知羟基与双键碳相连时不稳定，不考虑立体异构)。
②E的同分异构体K能发生银镜反应，且与H2加成之后的产物J不能发生消去反应，则K的结构简式为___。
参考答案
1．D
【详解】
A．气溶胶，气溶胶分散质粒子直径在1nm~100nm之间，A正确；
B．聚丙烯属于有机高分子材料，B正确；
C．核酸是一类含磷的生物高分子化合物，C正确；
D．75%的酒精、0.1%的次氯酸钠溶液均可以快速、高效杀死新型冠状病毒，但0.9%的食盐水不能，D错误；
故选D。
2．B
【分析】
根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
【详解】
A．根据图像判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A正确；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B不正确；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C正确；
D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得：，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
此题实质考查氧化还原反应中的电子守恒的应用，根据特征化合价的升降进行计算或配平方程式，其次考查焓变的基本概念，焓变的大小取决于反应前后物质的总能量。
3．C
【详解】
A．分子中碳碳成键方式有、和苯环，有3种，A错误；
B．含有碳碳双键和羟基，具有较强的还原性，可以使强氧化性的酸性重铬酸钾溶液变色，B错误；
C．苯环上的二氯代物有、 、 、 ，共4种C正确；
D．含有碳碳双键，苯甲醇(不含有碳碳双键，结构不相似，不互为同系物，D错误；
答案选C
4．C
【详解】
A．pH试纸不能直接升入溶液中且不能测漂白性溶液的Ph，A错误；
B．浓盐酸易挥发，所以制得的氯气中含有水和HCl，不是纯净干燥的，B错误；
C．用品红溶液验证产物有漂白性，用酸性高锰酸钾溶液验证产物具有还原性，综合分析可表明产物含有SO2，C正确；
D．铁氰化钾溶液只能检验Fe2+而不能检验Fe3+，检验FeSO4溶液中的Fe2+是否被氧化，D错误；
答案选C
5．B
【分析】
HCOOH失电子生成KHCO3，做负极；Fe3+得电子生成Fe2+，做正极。
【详解】
A．HCOOH失电子生成KHCO3，做负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=HCO+H2O，A正确；
B．电池工作时，乙池中Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，Fe2+被氧气氧化，发生氧化反应，所以乙池既发生了还原反应又发生了氧化反应，B错误；
C．原电池工作时，阳离子移向正极，所以K+、H+从甲池通过半透膜向乙池迁移，C正确；
D．根据反应方程式：和可知，电池工作时每消耗标准状况下22.4LO2，电路中转移的电子数目是4NA，D正确；
答案选B
6．D
【分析】
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子Z2M2Y4(YX)2。X、M的族序数均等于周期序数，所以X为H，M为Al，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，所以Y为O，根据化合价代数和为0可知Z为Mg。
【详解】
A．YX-为OH-，一个OH-含有十个电子，所以0.1mol的YX-中含有NA个电子，A错误；
B．Mg的金属性比Al强，所以最高价氧化物对应的水化物碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，即Z> M，B错误；
C．一般而言，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，质子数越多，微粒半径越小，所以简单离子半径：O2->Mg2+>Al3+，即Y>Z>M，C错误；
D．室温下，Al可溶于浓NaOH溶液并产生氢气，有气泡产生，D正确；
答案选D。
7．B
【详解】
A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
C．Q点lg =1，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C错误；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg =0，=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D错误；
故选B。
8．三颈烧瓶 AEBDC 排尽空气，防止生成的NO被O2氧化 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 吸收NO中的HNO3 3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2H2O 溶液紫色变浅 NO2过量，产品中混有Ca(NO3)2杂质 0.12mol
【分析】
该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向庄重通入氮气，吹出装置中的氧气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。以此解答。
【详解】
(1)盛装铜片的仪器名称为三颈烧瓶。通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC 。
(2)通入N2的作用是排尽空气，防止生成的NO被O2氧化。
(3)A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，E装置的作用是吸收NO中的HNO3。
(4)根据信息：酸性条件下，NO能与KMnO4溶液反应生成NO和Mn2+分析，C装置中反应的离子方程式为3MnO+4H++5NO=3Mn2++5NO+2H2O，观察到的现象是溶液紫色变浅。
(5)若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致NO2过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(NO3)2杂质。
(6)将2.88gCaO2的物质的量为0.04mol，完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.08mol，根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O分析，需要铜的物质的量为0.12mol。
9．C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol 0.002mol/(L·min) ＞ BD P3＞P2＞P1 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】
(1)根据图像可知C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为：①C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H(g)+HCl(g)+ ΔH=–45.8kJ/mol，②C6H5SH(g)=C6H6(g)+ ΔH=–29kJ/mol，①-②得到：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol，所以答案为：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol。
(2)①设达到平衡时，H2S转化的物质的量为amol，列出三段式： ，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02，则，所以a=0.01，
则0～2min的反应速率v(H2S)= 0.002mol/(L·min)；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡往正向移动，v正＞v逆，所以仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，所以答案为：＞；
③A．H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，该反应气体总质量不变，容器的体积不变，所以容器内混合气体密度一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，A错误；
B．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可以得到v正(H2S)= v正(COS)，又因为v正(H2S)=v逆(COS)，所以v正(COS)=v逆(COS)，可以说明反应到达平衡，B正确；
C．该反应前后气体总物质的量不便，又因为反应体系的温度和体积也不变，所以容器内的压强一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，C错误；
D．H2S与CO2的质量之比为，H2S与CO2的质量之比不变说明a不变，说明各组分含量不再改变，可以说明反应到达平衡，D正确；
所以答案选BD。
(3)①根据反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)可知，压强增大，平衡往逆向移动，H2S气体的平衡转化率降低，即压强越大，H2S气体的平衡转化率越低，所以P3＞P2＞P1；，原因是该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小；
②及时分离出产物H2或S2可以使平衡往正向移动，提高转化率，所以答案为：及时分离出产物H2或S2；
③设往容器中通入1份的H2S，在温度T2、P3=5MPa条件下，H2S的平衡转化率为50%，即消耗了0.5，列出三段式：，
则H2S、 H2、S2的分压分别为、、，所以，所以答案为1。
10．+4 增大CH3CH2NH的浓度，增大萃取率 (CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4 氯化铵 2 TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(2或TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+) 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，如无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净 C-4e-+2O2-=CO2↑ 不变
【分析】
二氧化钛和三氧化钨碱浸，三氧化钨转化为可溶性的Na2WO4，过滤分离二氧化钛和Na2WO4溶液，调pH，在酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4，分液之后与氨水反应生成(NH4)2WO4，加入盐酸酸化形成H2WO4•xH2O，H2WO4•xH2O煅烧生成高纯度WO3。二氧化钛与浓硫酸共热生成TiOSO4，TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，过滤得到H2TiO3，H2TiO3煅烧获得高纯TiO２。
【详解】
(1)根据化合价代数和为0可知TiOSO4中Ti的化合价是+4价。
(2)乙胺与酸发生反应：CH3CH2NH2+H+=CH3CH2NH，萃取时发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4，将“滤液Ⅰ”的pH调整到3.5左右，可以使乙胺转化为CH3CH2NH，增大了CH3CH2NH的浓度，萃取时发生反应：2CH3CH2NH+WO(CH3CH2NH3)2WO4，CH3CH2NH的浓度增大可以使反应往正向移动，增大萃取率。
(3)反萃取时(CH3CH2NH3)2WO4与氨水反应生成(NH4)2WO4，所以反应的化学方程式为：(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3•H2O=2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4，“过滤Ⅱ”所得滤液中的阳离子主要是，阴离子主要是，所以溶质的主要成分是氯化铵。
(4)溶液中= 0.001mol·L-1，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27=×，所以=1×10-12，则，所以可以求出pH=2。
(5)TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，则离子方程式为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(2或TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+)，洗涤时主要洗涤H2TiO3表面可溶性的硫酸，要检验洗涤干净可以检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根，所以方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入足量的BaCl2溶液，如无白色沉淀生成说明沉淀洗涤干净。
(6)石墨电极为阳极，失电子生成CO2，所以电极方程式为：C-4e-+2O2-=CO2↑，在制备金属钛过程中，装置中CaO循环利用，故总质量不变。
11．1s22s22p1 小 B C2H6 共价键、氢键 sp3杂化 正四面体形 BF3、BCl3、BBr3、BI3都是分子晶体，随着相对分子质量增大范德华力(分子间作用力)也增大，熔点逐渐升高 原子 4 ×100%
【详解】
(1)B为5号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，Be的核外电子排布为1s22s2，Be的2s轨道全充满，较稳定，第一电离能更大，所以B的第一电离能比Be小。
(2)NH3分子中N含有一个孤电子对，BH3中B含有空轨道，所以在N—B形成的配位键中，空轨道由B提供。等电子体价电子数和原子数相同，所以C2H6与氨硼烷互为等电子体。
(3)由图可知分子内存在共价键，分子间存在氢键，所以每一层内存在的作用力有共价键、氢键。
(4)①BH中B原子有4个σ键，无孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3杂化，空间构型为正四面体；
②BF3、BCl3、BBr3、BI3都是分子晶体，随着相对分子质量增大范德华力(分子间作用力)也增大，熔点逐渐升高。
(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体，晶胞中每个N原子连接4个B原子，氮化硼化学式BN，所以晶胞中每个B原子也连接4个N原子，即硼原子的配位数为4，晶胞中N原子数为4，B原子数 。晶胞的质量 ，已知：立方氮化硼密度为ρg·cm-3，晶胞的体积；因为B原子半径为anm，N原子半径为bnm，B、N原子总体积，则该晶胞中原子的空间利用率为×100%=×100%，所以答案为：原子； 4；×100%。
12．取代反应 C5H10O2 羟基、酯基 F +H2+HCl ac 13
【分析】
A→B：+NaCN→+NaBr；
B→C：先水解后酸化生成；
C→D：2+SOCl2→2+SO2↑+H2O；
D→E：+H2+HCl；
E→F：经过一系列转化到；
F→G：+H2O。
【详解】
(1)A生成B的反应为：+NaCN→+NaBr，反应类型是取代反应，C结构简式为，所以分子式为C5H10O2。
(2)根据RCHO和E→F为→可知–R＇的结构简式是，F中官能团的名称为羟基、酯基。
(3)A为，不含有手性碳；D为，不含有手性碳；F为，含有手性碳(圆圈中的碳原子为手性碳)；G为，不含有手性碳，所以答案为F。
(4)根据分析可知D生成E的化学方程式为+H2+HCl。
(5)a．G含有碳碳双键，能通过加聚反应合成高分子材料，a正确；
b．G分子只有七种氢原子，b错误；
c．G含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，c正确；
d．分子中最多有9个碳原子可能共平面，d错误；
答案选ac。
(6)①E为，的同分异构体H为链状结构且可与Na反应产生H2，说明含有羟基和一个碳碳双键，H可能的稳定结构有：、、、、、、、、、、、、共13种。
②E的同分异构体K能发生银镜反应，说明含有醛基，有可能是、、，与H2加成之后的产物J不能发生消去反应的是，所以K的结构简式为。
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