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2021-2022学年山西省太原市高三上学期期末考试化学试题 含解析
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这是一份2021-2022学年山西省太原市高三上学期期末考试化学试题 含解析，共25页。试卷主要包含了选择题，必做题，选做题等内容，欢迎下载使用。
2021~2022学年第一学期高三年级期末考试
化学试卷
说明：本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答题时间90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 As 75
第Ⅰ卷(选择题共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意要求，请将正确选项填入答案栏内)
1. “科技引领未来，劳动创造幸福”，下列科技或劳动项目所涉及的化学知识错误的是
选项
科技或劳动项目
化学知识
A
用“84”消毒液进行环境消毒
含氯消毒剂具有强氧化性
B
“神舟十三号”载人飞船采用大量的碳纤维复合材料制品
碳纤维与金刚石互为同素异形体
C
用热的纯碱溶液洗去油污
热的纯碱溶液能与油脂反应生成可溶于水的物质
D
“蛟龙”号潜水器使用钛合金材料
钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用“84”消毒液主要成分为NaClO,NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可进行环境消毒，A正确；
B．碳纤维与金刚石均为碳元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，B正确；
C．碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，而纯碱与油污不直接反应，C错误；
D．合金一般具有机械强度比成分金属大，密度更小等特点，故“蛟龙”号潜水器使用钛合金材料，是由于钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，D正确；
故答案为：C。
2. 中国古代诗词和书籍中蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是
A. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜
B. “一般皎洁羞云母，四射光茫突水精”中“水精(‘精’同‘晶’)”的主要成分是二氧化硅
C. 我国古时镀金“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指汞与氧气发生反应
D. “墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散质
【答案】B
【解析】
【详解】A．诗句中的“翠色”与Cu2O的颜色不相符，因为Cu2O是砖红色固体，所以诗句中的“翠色”不可能来自Cu2O，A错误；
B．水晶的主要成分是二氧化硅，B正确；
C．汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，C错误；
D．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散系，属于胶体，D错误；
故答案为：B。
3. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为无害物质。下列说法正确的是
A. CO2的电子式为 B. CH4的球棍模型为
C. N2的结构式为N≡N D. 乙烯的结构简式为CH2CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的电子式为：，A错误；
B．甲烷分子的空间构型为是正四面体，并且中心原子C的原子半径大于H，其球棍模型为，B错误；
C．N2的结构式为：N≡N，C正确；
D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；
故答案为：C。
4. 化学符号是连接宏观与微观的桥梁。下列过程对应的离子方程式正确的是
A. 向氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳气体：Ca2++H2O +CO2= 2H++ CaCO3↓
B. 用草酸溶液滴定KMnO4溶液：2+ 16H++5= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
C. 醋酸钠溶于水显碱性：H2O +CH3COO- = OH-+ CH3COOH
D. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性：2H+++Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳不能生成碳酸钙沉淀，违背了强酸制弱酸的原理，故A错误；
B．草酸是弱电解质，离子方程式中不能拆，故B错误；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根水解显碱性，H2O +CH3COO- OH-+ CH3COOH，故C错误；
D．硫酸氢钠与氢氧化钡为2：1时溶液显中性，离子方程式为2H+++Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓，故D正确；
故选D。
5. 粉煤灰中水化活性最高的组分是CaО和MgO，其次是Al2O3，最差的是SiO2。下列说法正确的是
A. 碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3
B. 工业上常采用电解熔融的MgO、Al2O3得到对应的金属单质
C. 因为还原性：C>Si，故工业上可由SiO2和焦炭制取粗硅
D. CaO 、MgO和Al2O3均属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钙大于镁大于铝，故碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，A正确；
B．氧化镁熔点很高，工业上常采用电解熔融的MgCl2得到对应的金属单质，B错误；
C．还原性：C
故选A。
6. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是(部分夹持仪器已略去)
A
B
C
D
制取碳酸氢钠
配制2 mol/L的稀硫酸
制备并检验SO2气体
比较元素的非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．通入CO2应该从长管进，故A错误；
B．容量瓶不能作为稀释浓硫酸的容器，应该在烧杯中稀释，冷却后再转移到容量瓶，故B错误；
C．铜与浓硫酸加热可以制备SO2，用品红检验SO2的漂白性，氢氧化钠吸收SO2尾气，故C正确；
D．比较元素的非金属性应该比较元素最高价含氧酸的酸性强弱，故D错误；
故答案为C
7. 2021年诺贝尔生理学或医学奖颁发给了发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关。已知辣椒素的结构如图所示，下列有关辣椒素说法错误的是
A. 分子式：C18H27NO3
B. 可以发生取代、加成、氧化反应
C. 可与NaOH溶液反应
D. 1 mol辣椒素最多可与5 mol氢气发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，其分子式为：C18H27NO3，A正确；
B．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，分子中含有酚羟基且邻位上有H、含有酰胺基，故可以发生取代，含有碳碳双键和苯环，故可以发生加成反应，含有酚羟基故可以发生氧化反应，B正确；
C．由题干信息中辣椒素结构简式可知，分子中含有酚羟基和酰胺基，故可与NaOH溶液反应，C正确；
D．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，1 mol辣椒素中含1mol苯环可以3molH2加成，1mol碳碳双键可与1molH2加成，故最多可与4mol氢气发生加成反应，D错误；
故答案为：D。
8. 已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有还原性又有氧化性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。下列有关说法错误的是
pH范围
>7
<7
产物
NO、N2O、N2中的一种
A. 碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为+ ClO- =+Cl-
B. 向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，若溶液变蓝色，则证明氧化性：HNO2>I2
C. 向冷的NaNO2溶液中通入SO2最终可得到HNO2
D. 低温时不用其他试剂即可区分HNO2溶液与Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱性条件下，的氧化产物为，则NaNO2与NaClO反应的离子方程式为 + ClO- =+Cl-，A正确；
B．酸性条件下，把碘离子氧化为单质碘，单质碘遇到淀粉会变蓝色，所以向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色，反应中HNO2是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性：HNO2>I2， B正确；
C．HNO2具有氧化性，SO2以还原性为主，酸性条件下，HNO2以氧化性为主，SO2被氧化为，HNO2被还原为NO、N2O和N2中的一种，得不到HNO2，C错误；
D．低温时不用其它试剂区分HNO2溶液与Na2CO3溶液，若将HNO2滴加到Na2CO3溶液中，反应先是产生NaHCO3，再是产生CO2，现象是先不产生气体，后产生气体，而将Na2CO3滴加到HNO2溶液中，反应可以立即产生气体，所以可以区分，D正确，
故答案为：C。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是
A. 标准状况下，1.12 L CCl4所含共价键数为2NA
B. 由“价-类”二维图推测ClONO2可能具有强氧化性，1 mol ClONO2水解生成两种酸时，转移电子数为1NA
C. 工业上用NaClO3和SO2制备1 mol ClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/LNaClO溶液中含有ClO-数为1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下CCl4是无色液态，故无法计算1.12 L CCl4所含共价键数目，A错误；
B．由“价-类”二维图推测ClONO2可能具有强氧化性，已知ClONO2中Cl为+1价，则N为+5价，故其水解反应方程式为：ClONO2+H2O=HClO+HNO3，该反应是个非氧化还原反应，没有电子的转移，B错误；
C．工业上用NaClO3和SO2制备1 mol ClO2时，反应方程式为：2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，故消耗SO2分子数为0.5NA，C正确；
D．由于ClO-能发生水解反应，故1 L 1 mol/LNaClO溶液中含有ClO-数小于1NA，D错误；
故答案为：C。
10. 2021年11月，我国“祝融号”火星车与欧洲“火星快车”实现太空“握手”，火星首次留下中国印迹。经探测研究发现，火星地表的土壤岩石中富含A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、E为同一主族元素，且E的最高正化合价和最低负化合价的代数和是4，B与E的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，火星岩石中存在大量的化合物BDA3。下列说法错误的是
A. 单质B能与热水反应，所得溶液呈弱碱性
B. 简单氢化物的稳定性：D
D. 简单离子半径：E>B>A
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、E为同一主族元素，且E的最高正化合价和最低负化合价的代数和是4，E为S，A为O，火星岩石中存在大量的化合物BDA3，岩石组要成分应该是硅酸盐，则D为Si，B与E的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，可知B为Mg，根据原子序数依次增大可知C为Al，根据题意可知A为O，B为Mg，C为Al，D为Si，E为S；
【详解】A．Mg单质与热水反应，生成氢氧化镁和氢气，所得溶液呈弱碱性，故A正确；
B．非金属性越强氢化物稳定性越强，非金属性为O>S>Si，故简单氢化物的稳定性：D
D．A为O，B为Mg，E为S，简单离子半径S2->O2->Mg2+，简单离子半径：E>A>B，故D错误；
故答案为D。
11. 中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。我国科学家研发了一种水系可逆Zn—CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn—CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 闭合K1时，Pd电极电势高于Zn电极电势
B. 闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+ 2H+-2e-=HCOOH
C. 闭合K2时，OH-通过b膜向Pd电极方向移动
D. Pd电极还具有高效双催化性能，有利于CO2和HCOOH的相互转化
【答案】D
【解析】
【分析】由装置图可知，闭合K1时为Zn-CO2电池，Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-═，Pd电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+═HCOOH，原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极；闭合K2时为电解池，原电池正负极与直流电源的正负极相接，为阳阴极，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，即Pd电极为阳极，Zn电极为阴极，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，闭合K1时，Zn为负极，Pd为正极，故Pd电极电势高于Zn电极电势，A正确；
B．由分析可知，闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+ 2H+-2e-=HCOOH，B正确；
C．由分析可知，闭合K2时，则形成电解池，Zn与电源负极相连为阴极，Pd与电源的正极相连为阳极，则溶液中阴离子由阴极流向阳极，阳离子由阳极流向阴极，OH-通过b膜向Pd电极方向移动，C正确；
D．由题干信息得不出Pd电极具有高效的催化性能，有利于CO2转化HCOOH，且HCOOH转化为CO2需在通电作用下才能进行，D错误；
故答案为：D。
12. 用含铁废铜制备胆矾晶体的流程如下图所示：
下列说法错误的是
A. “溶解”时延长浸泡时间，可以提高铜的浸出速率
B. 流程中Cu2(OH)2CO3可用CuO代替
C. 常温下，流程中pH=3时，c(Cu2+)·c2(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】由制备实验流程及制备胆矾的原理可知，“溶解”后的溶液中含Fe2+、Cu2+，加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤液含硫酸铜，加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体，据此分析解题。
【详解】A．“溶解”时延长浸泡时间，不可以提高铜的浸出速率，A错误；
B．流程中Cu2(OH)2CO3是消耗H+，增大pH值，是Fe3+完全沉淀，故可用CuO代替，B正确；
C．常温下，流程中pH=3时，Fe3+完全沉淀而Cu2+未开始沉淀，故有c(Cu2+)·c2(OH-)
故答案为：A。
13. 科学家采用基于金属钌的催化剂，将从空气中捕获的二氧化碳转化为甲醇，总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，其反应过程如图所示。下列说法正确的是
A. 反应过程中氮的成键数目没有变化
B. 反应过程中伴随极性键的断裂和形成
C. 是中间产物
D. 反应过程中物质M代表H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，反应过程中氮的成键数目由中的3个到中一个N上有4个，发生了变化，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应过程中伴随N-H、N-C等极性键的断裂和H-O、N-C、N-H等极性键的形成，B正确；
C．由题干历程图可知，是催化剂，C错误；
D．由题干历程图可知，反应过程中物质M代表H2，D错误；
故答案为：B。
14. 已知反应( aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+( aq)+(aq)=2Fe3+(aq)+2(aq)
A. 反应①和反应②相比，反应②更快
B. Fe3+是该反应的催化剂
C. 增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率
D. 若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知：反应①所需要的活化能比反应②所需要的活化能大，活化能越小反应速率越快，故反应②更快，A正确；
B．Fe3+在反应①作反应物，在反应②作生成物，即Fe3+在反应前后没有变化，是该反应的催化剂，B正确；
C．由B知Fe3+是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，C正确；
D．由图可知(aq)+2I-(aq)⇋2 (aq)+I2(aq)的正反应是放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，催化剂不能改变焓变，即正逆反应的活化能大小关系与催化剂Fe3+无关，D错误；
故答案为：D。
15. 常温下，向20 mL 0.2 mol/LHA(Ka=1×10-4.7)溶液中逐滴滴加0.2 mol/LNaOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. ①②③点溶液中，水的电离程度最大的是②
B. ①点溶液中c(A-)+ c(HA) = 2c(Na+)
C ②点溶液中：c(A-)= c(Na+)
D. ③点溶液的pH约为8.85
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，当氢氧化钠溶液体积为20mL时，两者恰好完全反应，此时溶液中的溶质只有NaA，水的电离程度最大，即水的电离程度最大的是③，A错误；
B．由题意可知，当氢氧化钠溶液体积为10mL时，为反应的一半点，此时溶液中溶质为等浓度的HA和NaA，依据物料守恒：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，B正确；
C．②点溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(A-)=c(Na+)，C正确；
D．③点是HA和NaOH恰好完全反应点，此时溶液中的溶质只有NaA，存在水解平衡：A-+H2O⇌HA+OH-，可近似看作c(HA)=c(OH-)，则，c(A-)约为0.1mol/L，即，解得c(OH-)≈10-5.15mol/L，则pH约为8.85，D正确；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题共55分)
二、必做题(本题包括4小题，共40分)
16. 含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。
Ⅰ．过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固态双氧水，具有去污、杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0。
（1）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的过程中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应小于2：3，且加入Na2CO3溶液速率不能过快的原因是_______。
（2）过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧的质量分数随时间变化如图所示。由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是_______。(填图中字母)
Ⅱ．NaClO2是一种更为安全有效的清洗﹑杀菌剂，特别是在NaClO使用受限制的场合，NaClO3是NaClO的安全代用品。
（3）工业上用石墨电极电解ClO2、NaCl溶液制备NaClO3。写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】（1）反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，加入过快，温度升高过快，则加快H2O2分解
（2）a （3）2ClO2+2H2O2H2+2+2H+
【解析】
【小问1详解】
由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，故导致推测制备过碳酸钠的过程中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应小于2：3，且加入Na2CO3溶液速率不能过快，故答案为：反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，加入过快，温度升高过快，则加快H2O2分解；
【小问2详解】
由题干信息可知，复合稳定剂a能够使过碳酸钠中活性氧保存的时间最长，故应该选用复合稳定剂a，故答案为：a；
【小问3详解】
工业上用石墨电极电解ClO2、NaCl溶液制备NaClO3，即ClO2失去电子转化为，水中的H+得到电子转化为H2，故该反应的离子方程式：2ClO2+2H2O2H2+2+2H+，故答案为：2ClO2+2H2O2H2+2+2H+。
17. 某学习小组用下图所示实验装置探究SO2与Fe(NO3)3溶液的反应(夹持仪器已省略)。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是_______。
（2）滴加浓硫酸之前，先通一段时间CO2，其目的是_______。
（3）装置A中的分液漏斗可改成如图所示的恒压滴液漏斗，其优点是_______。
（4）开始实验后，若把少量SO2通入Fe(NO3)3溶液，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，该过程可用化学用语表征为_______。
（5）测定反应后装置B溶液中Fe2+的浓度时(只考虑Fe2+与KMnO4的反应)，用0.01000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定20.00 mL B中溶液，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL，则B中c(Fe2+)=_______。
【答案】（1）三颈瓶 （2）排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证
（3）平衡压强，使液体顺利流下
（4）2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++，3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑
（5）0.0375 mol/L
【解析】
【分析】由题意可知该实验装置为探究SO2能否被硝酸盐氧化，A装置为制备二氧化硫气体的发生装置，反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，B装置探究二氧化硫能否被硝酸铁氧化，C收集反应生成的气体，据此分析解题。
【小问1详解】
由图示实验装置图可知，仪器X的名称是三颈瓶，故答案为：三颈瓶；
【小问2详解】
装置中存在空气，实验时，先打开弹簧夹通一段时间CO2，再滴加浓硫酸，目的是排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证，故答案为：排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证；
【小问3详解】
装置A中的分液漏斗改成恒压滴液漏斗，其作用是平衡压强，使液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使液体顺利流下；
【小问4详解】
开始实验后，若把少量SO2通入Fe(NO3)3溶液，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++ ,但由于上述反应生成的H+与共同作用又将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑，故溶液立即又变为棕黄色，该过程可用化学用语表征为：2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++，3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
【小问5详解】
由电子守恒可知反应物关系为MnO4-～5Fe2+，KMnO4的物质的量为0.01mol/L×0.015L=0.00015mol，则B中c(Fe2+)==0.0375mol/L，故答案为：0.0375 mol/L。
18. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色、无气味、有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3，其工艺流程如下：
已知：①下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
3.0
6.7
沉淀完全的pH
3.2
9.0
4.7
9.2
②25℃时，Ksp(NiCO3)= 1×10-6
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中，l mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：_______。
（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是_______ 。
（3）“沉镍”前需加NaOH控制溶液pH的范围为_______；“滤渣1”的主要成分有_______。
（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为_______。
（5）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行“酸浸”，镍的浸出率随时间变化如图。“酸浸”的最佳温度与时间分别为_______℃、_______min。
（6）“沉镍”过程中，若滤液中c(Ni2+)= 2.0 mol/L，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol/L]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_______。(不考虑水解，计算结果保留两位小数)
【答案】（1）NiS+2HNO3+H2SO4=NiSO4+2NO↑+SO2↑+2H2O
（2）将亚铁离子转化为铁离子
（3） ①. 4.7～6.7 ②. 二氧化硅##SiO2
（4）2 Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
（5） ①. 70 ②. 120
（6）22.26g
【解析】
【分析】含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为酸浸过程中二氧化硅不反应进入滤渣1，其它金属元素进入溶液；加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，再加入氢氧化钠调节pH值除去铁元素和铝元素得到滤渣2；滤液1加入NH4F除去钙元素得到滤渣3，滤液2加入碳酸钠将镍元素转化为沉淀，过滤后滤渣加入盐酸，再经过氧化最终得到Ni2O3；
【小问1详解】
化学反应前后元素种类不变，反应中得失电子总数相等；“酸浸”过程中，l mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体为一氧化氮和二氧化硫，反应为NiS和硫酸、硝酸生成NiSO4、水、一氧化氮、二氧化硫，NiS+2HNO3+H2SO4=NiSO4+2NO↑+SO2↑+2H2O。
【小问2详解】
“酸浸”后的酸性溶液中含有亚铁离子，加入H2O2的目的是将亚铁离子转化为铁离子，便于生成氢氧化铁沉淀，利于铁元素的分离。
【小问3详解】
“沉镍”前需要将铁离子和铝离子沉淀完全而二价镍离子不会沉淀，由表格可知，需加NaOH控制溶液pH的范围为4.7～6.7；“滤渣1”的主要成分有不反应的二氧化硅。
【小问4详解】
由流程可知，“氧化”时生成Ni2O3反应为二价镍离子和次氯酸根离子、氢氧根离子转化为Ni2O3，反应为2 Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O。
【小问5详解】
由镍的浸出率随时间变化图可知，“酸浸”的最佳温度与时间分别为70℃、120min，此时温度不是太高且浸出率较大。
【小问6详解】
已知，25℃时，Ksp(NiCO3)= 1×10-6，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol/L]，则溶液中碳酸根离子浓度为；与二价镍离子反应的碳酸钠的物质的量为2.0 mol/L×0.1L=0.2mol，则加入碳酸钠的总的物质的量为0.1 mol/L×0.1L+0.2mol=0.21mol，故需要加入Na2CO3固体的质量最少为0.21mol×106g/mol=22.26g。
19. 以NOx为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。请回答下列问题：
（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)减少尾气污染。
①已知：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H= a kJ/mol
C(s)+O2(g)= CO2(g) △H = b kJ/mol
2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H = c kJ/mol
则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H =_______(用含a、b、c的表达式表示)。
②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO和 NO以一定的流速通过两种不同的催化剂Ⅰ和Ⅱ进行反应，相同时间内测量逸出气体中N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)结果如图(对应曲线Ⅰ和Ⅱ)所示。由图可知：要达到最大脱氮率，应采取的最佳实验条件为_______；若低于200℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为_______。
（2）①在500℃时，向恒容密闭体系中通入1 mol NO和 1 mol CO进行反应2CO(g)+ 2NO(g)N2(g)+ 2CO2(g)时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是_______。(填字母)
A．单位时间内，断裂2 mol C=O键同时生成1 mol N≡N键
B．体系中混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CO与NO的转化率比值不再改变
②一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
该条件下反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
（3）间接电化学法可对NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是_______，理由是_______。
【答案】（1） ①. (2b-a-c)kJ/mol ②. 催化剂II，450℃ ③. 温度较低时，催化剂的活性偏低
（2） ①. C ②. 1.6
（3） ①. NH3 ②. 根据总反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3
【解析】
【小问1详解】
①由题干信息可知，反应I：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H1= a kJ/mol 反应II：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H2 = b kJ/mol 反应III：2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H3 = c kJ/mol，目标反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)可由2II-I-III， 根据盖斯定律可知：△H =2△H2 -△H1-△H3=(2b-a-c)kJ/mol，故答案为：(2b-a-c)kJ/mol；
②由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率，温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大，故答案为：催化剂II，450℃；温度较低时，催化剂的活性偏低；
【小问2详解】
①A．单位时间内，断裂2molC=Ｏ同时生成１molN≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，A错误；
B．容器是恒容密闭容器，混合气体的密度一致保持不变，故混合气体的密度不再改变不可以说明达到平衡，B错误；
C．该反应前后是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，C正确；
D．根据反应方程式可知，CO与NO的转化量一致相等，投入的CO和NO的物质的量均为1mol，故CO与NO的转化率之比始终为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡， D错误；
故答案为：C；
②根据三段式分析可知， ，根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下气体的压强之比等于其物质的量之比，故有：，解得：x=0.4a，故平衡时：p(N2)==40kPa，p(CO2)==80kPa，p(CO)=p(NO)==20kPa，故该条件下反应的平衡常数Kp===1.6 (kPa)-1，故答案为：1.6；
【小问3详解】
电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故答案为：NH3；根据总反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3。
三、选做题(以下两题任选一题作答)
【选修3：物质结构与性质】
20. 半导体砷化硼具有超高的导热系数，有助于电子器件降温散热。回答下列问题：
（1）基态硼原子的价电子排布式为_______，根据“对角线规则”，硼的性质与_______(填名称)相似。
（2）实验测得，砷的第一电离能大于硒的第一电离能，原因是_______。
（3）三氧化二砷的分子结构如图所示，其中砷原子的杂化方式是_______，1 mol As4O6中含有的σ键数目为_______。
（4）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，则H、B、N电负性由大到小的顺序是_______。
（5）氢化物的沸点：SbH3>NH3>AsH3，其理由是_______。
（6）砷化硼的晶胞结构如图(a)所示，图(b)中矩形AA'C'C是沿如图(a)放置的晶胞对角面取得的截图。
①若该晶体的密度为a g/cm3，设B和As的原子半径分别为rB pm和rAs pm，则原子的空间占有率为_______×100%(列出计算表达式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
②晶胞中各原子在矩形AA'C'C中的位置为_______(填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)。
甲. 乙.
丙. 丁.
【答案】（1） ①. 2s22p1 ②. 硅
（2）砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大
（3） ①. sp3 ②. 12mol或者12×6.02×1023
（4）N＞H＞B （5）SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高
（6） ①. ②. 乙
【解析】
【小问1详解】
已知B为5号元素，故基态硼原子的价电子排布式为2s22p1，根据“对角线规则”结合元素周期表的结构可知，硼的性质与硅相似，故答案为：2s22p1；硅；
【小问2详解】
砷的价层电子排布式为4s24p3，硒的价层电子排布式为4s24p4，从二者的价层电子排布式可以看出，砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大，故砷的第一电离能大于硒；故答案为：砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大；
【小问3详解】
已知As最外层上有5个电子，结合三氧化二砷的分子结构如图所示，可知每个As原子周围的价层电子对数为3+1=4，故其中砷原子的杂化方式是sp3，1 mol As4O6中含有的σ键数目为12mol或者12×6.02×1023，故答案为：sp3；12mol或者12×6.02×1023；
【小问4详解】
电负性是衡量一种元素对电子吸引能力的大小，电负性越大吸引电子能力越大，则NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，说明N的电负性强于H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，说明H的电负性强于B，则H、B、N电负性由大到小的顺序是N＞H＞B，故答案为：N＞H＞B；
小问5详解】
SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则有氢化物沸点：SbH3＞NH3＞AsH3，故答案为：SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
【小问6详解】
①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：个，As原子为4个，若该晶体的密度为a g/cm3，则一个晶胞的体积为：，设B和As的原子半径分别为rB pm和rAs pm，则原子的空间占有率为×100%，故答案为：；
②根据图a所示晶胞可知，晶胞中各原子在矩形AA'C'C中的位置为，故答案为：乙。
【选修5：有机化学基础】
21. 以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖中含有的官能团是_______(填名称)，A的分子式为_______。
（2）由B到C的化学方程式为_______。
（3）D的结构简式为_______，D→E的反应类型为_______。
（4）F是B的同分异构体，7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出2.24 L二氧化碳(标准状况)，F的可能结构共有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：1 ：1的结构简式为_______。
（5）合成中反应③和反应⑤目的是：_______。
（6）写出由环己烯制备1，4-环己二醇的合成线路(其他无机试剂任选)：____。(提示：卤代烃易被H2还原)
【答案】（1） ①. 羟基、醛基 ②. C6H14O6
（2）+(CH3CO)2O + CH3COH
（3） ①. ②. 取代反应
（4） ①. 9 ②.
（5）保护羟基 （6）
【解析】
【分析】葡萄糖为多羟基醛，与氢气反应生成A，A为CH2OH(CHOH)4CH2OH，A分子内脱水B，再与乙酸酐反应生成C，根据分子式可知C为，C与浓硝酸发生取代反应生成D，D为，D在氢氧化钠条件下水解生成E；
【小问1详解】
葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其中含有的官能团是羟基和醛基；根据分析可知A的分子式为C6H14O6；
【小问2详解】
根据分析可知由B到C的化学方程式为+(CH3CO)2O + CH3COH；
【小问3详解】
根据分析可知D为，D在氢氧化钠条件下水解生成E， D→E的反应类型为取代反应；
【小问4详解】
F是B的同分异构体，则F的分子式为C6H10O4，7.30 g F的物质的
量为0.05 mol， 与足量碳酸氢钠溶液反应产生的CO2的物质的量为2.24 L，即标况下为0.1mol，
说明1 mol F的分子中含有2 mol羧基。再将F看作是丁烷中2个H原子被2个羧基取代，先写出丁烷2种异构形式的骨架，采用“定一移一”的方式写出2个羧基的取代位置：固定一个羧基，另一个羧基的位置有4种， 2种，3种，共9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：1 ：1的结构简式为；
【小问5详解】
合成中反应③保护其中一个羟基，避免两个羟基都和硝酸反应，反应⑤水解恢复羟基，反应③和反应⑤的目的是保护羟基；
【小问6详解】
由环己烯制备1，4-环己二醇的合成线路为：
2021~2022学年第一学期高三年级期末考试
化学试卷
说明：本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，答题时间90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 As 75
第Ⅰ卷(选择题共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意要求，请将正确选项填入答案栏内)
1. “科技引领未来，劳动创造幸福”，下列科技或劳动项目所涉及的化学知识错误的是
选项
科技或劳动项目
化学知识
A
用“84”消毒液进行环境消毒
含氯消毒剂具有强氧化性
B
“神舟十三号”载人飞船采用大量的碳纤维复合材料制品
碳纤维与金刚石互为同素异形体
C
用热的纯碱溶液洗去油污
热的纯碱溶液能与油脂反应生成可溶于水的物质
D
“蛟龙”号潜水器使用钛合金材料
钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用“84”消毒液主要成分为NaClO,NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可进行环境消毒，A正确；
B．碳纤维与金刚石均为碳元素形成的性质不同的两种单质，故互为同素异形体，B正确；
C．碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，而纯碱与油污不直接反应，C错误；
D．合金一般具有机械强度比成分金属大，密度更小等特点，故“蛟龙”号潜水器使用钛合金材料，是由于钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，D正确；
故答案为：C。
2. 中国古代诗词和书籍中蕴含着许多化学知识。下列说法正确的是
A. “九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的“翠色”来自氧化亚铜
B. “一般皎洁羞云母，四射光茫突水精”中“水精(‘精’同‘晶’)”的主要成分是二氧化硅
C. 我国古时镀金“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去，而金存，数次即黄。”其中“入火则汞去”是指汞与氧气发生反应
D. “墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散质
【答案】B
【解析】
【详解】A．诗句中的“翠色”与Cu2O的颜色不相符，因为Cu2O是砖红色固体，所以诗句中的“翠色”不可能来自Cu2O，A错误；
B．水晶的主要成分是二氧化硅，B正确；
C．汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，C错误；
D．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散系，属于胶体，D错误；
故答案为：B。
3. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置，可同时将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为无害物质。下列说法正确的是
A. CO2的电子式为 B. CH4的球棍模型为
C. N2的结构式为N≡N D. 乙烯的结构简式为CH2CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2的电子式为：，A错误；
B．甲烷分子的空间构型为是正四面体，并且中心原子C的原子半径大于H，其球棍模型为，B错误；
C．N2的结构式为：N≡N，C正确；
D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误；
故答案为：C。
4. 化学符号是连接宏观与微观的桥梁。下列过程对应的离子方程式正确的是
A. 向氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳气体：Ca2++H2O +CO2= 2H++ CaCO3↓
B. 用草酸溶液滴定KMnO4溶液：2+ 16H++5= 2Mn2++10CO2↑+8H2O
C. 醋酸钠溶于水显碱性：H2O +CH3COO- = OH-+ CH3COOH
D. 向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性：2H+++Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳不能生成碳酸钙沉淀，违背了强酸制弱酸的原理，故A错误；
B．草酸是弱电解质，离子方程式中不能拆，故B错误；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根水解显碱性，H2O +CH3COO- OH-+ CH3COOH，故C错误；
D．硫酸氢钠与氢氧化钡为2：1时溶液显中性，离子方程式为2H+++Ba2++2OH-= 2H2O+BaSO4↓，故D正确；
故选D。
5. 粉煤灰中水化活性最高的组分是CaО和MgO，其次是Al2O3，最差的是SiO2。下列说法正确的是
A. 碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3
B. 工业上常采用电解熔融的MgO、Al2O3得到对应的金属单质
C. 因为还原性：C>Si，故工业上可由SiO2和焦炭制取粗硅
D. CaO 、MgO和Al2O3均属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钙大于镁大于铝，故碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，A正确；
B．氧化镁熔点很高，工业上常采用电解熔融的MgCl2得到对应的金属单质，B错误；
C．还原性：C
故选A。
6. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是(部分夹持仪器已略去)
A
B
C
D
制取碳酸氢钠
配制2 mol/L的稀硫酸
制备并检验SO2气体
比较元素的非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．通入CO2应该从长管进，故A错误；
B．容量瓶不能作为稀释浓硫酸的容器，应该在烧杯中稀释，冷却后再转移到容量瓶，故B错误；
C．铜与浓硫酸加热可以制备SO2，用品红检验SO2的漂白性，氢氧化钠吸收SO2尾气，故C正确；
D．比较元素的非金属性应该比较元素最高价含氧酸的酸性强弱，故D错误；
故答案为C
7. 2021年诺贝尔生理学或医学奖颁发给了发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关。已知辣椒素的结构如图所示，下列有关辣椒素说法错误的是
A. 分子式：C18H27NO3
B. 可以发生取代、加成、氧化反应
C. 可与NaOH溶液反应
D. 1 mol辣椒素最多可与5 mol氢气发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，其分子式为：C18H27NO3，A正确；
B．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，分子中含有酚羟基且邻位上有H、含有酰胺基，故可以发生取代，含有碳碳双键和苯环，故可以发生加成反应，含有酚羟基故可以发生氧化反应，B正确；
C．由题干信息中辣椒素结构简式可知，分子中含有酚羟基和酰胺基，故可与NaOH溶液反应，C正确；
D．由题干信息中辣椒素的结构简式可知，1 mol辣椒素中含1mol苯环可以3molH2加成，1mol碳碳双键可与1molH2加成，故最多可与4mol氢气发生加成反应，D错误；
故答案为：D。
8. 已知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有还原性又有氧化性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。下列有关说法错误的是
pH范围
>7
<7
产物
NO、N2O、N2中的一种
A. 碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为+ ClO- =+Cl-
B. 向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，若溶液变蓝色，则证明氧化性：HNO2>I2
C. 向冷的NaNO2溶液中通入SO2最终可得到HNO2
D. 低温时不用其他试剂即可区分HNO2溶液与Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碱性条件下，的氧化产物为，则NaNO2与NaClO反应的离子方程式为 + ClO- =+Cl-，A正确；
B．酸性条件下，把碘离子氧化为单质碘，单质碘遇到淀粉会变蓝色，所以向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色，反应中HNO2是氧化剂，I2是氧化产物，故氧化性：HNO2>I2， B正确；
C．HNO2具有氧化性，SO2以还原性为主，酸性条件下，HNO2以氧化性为主，SO2被氧化为，HNO2被还原为NO、N2O和N2中的一种，得不到HNO2，C错误；
D．低温时不用其它试剂区分HNO2溶液与Na2CO3溶液，若将HNO2滴加到Na2CO3溶液中，反应先是产生NaHCO3，再是产生CO2，现象是先不产生气体，后产生气体，而将Na2CO3滴加到HNO2溶液中，反应可以立即产生气体，所以可以区分，D正确，
故答案为：C。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，根据氯元素的“价-类”二维图，下列分析正确的是
A. 标准状况下，1.12 L CCl4所含共价键数为2NA
B. 由“价-类”二维图推测ClONO2可能具有强氧化性，1 mol ClONO2水解生成两种酸时，转移电子数为1NA
C. 工业上用NaClO3和SO2制备1 mol ClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/LNaClO溶液中含有ClO-数为1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下CCl4是无色液态，故无法计算1.12 L CCl4所含共价键数目，A错误；
B．由“价-类”二维图推测ClONO2可能具有强氧化性，已知ClONO2中Cl为+1价，则N为+5价，故其水解反应方程式为：ClONO2+H2O=HClO+HNO3，该反应是个非氧化还原反应，没有电子的转移，B错误；
C．工业上用NaClO3和SO2制备1 mol ClO2时，反应方程式为：2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，故消耗SO2分子数为0.5NA，C正确；
D．由于ClO-能发生水解反应，故1 L 1 mol/LNaClO溶液中含有ClO-数小于1NA，D错误；
故答案为：C。
10. 2021年11月，我国“祝融号”火星车与欧洲“火星快车”实现太空“握手”，火星首次留下中国印迹。经探测研究发现，火星地表的土壤岩石中富含A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、E为同一主族元素，且E的最高正化合价和最低负化合价的代数和是4，B与E的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，火星岩石中存在大量的化合物BDA3。下列说法错误的是
A. 单质B能与热水反应，所得溶液呈弱碱性
B. 简单氢化物的稳定性：D
D. 简单离子半径：E>B>A
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中A、E为同一主族元素，且E的最高正化合价和最低负化合价的代数和是4，E为S，A为O，火星岩石中存在大量的化合物BDA3，岩石组要成分应该是硅酸盐，则D为Si，B与E的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，可知B为Mg，根据原子序数依次增大可知C为Al，根据题意可知A为O，B为Mg，C为Al，D为Si，E为S；
【详解】A．Mg单质与热水反应，生成氢氧化镁和氢气，所得溶液呈弱碱性，故A正确；
B．非金属性越强氢化物稳定性越强，非金属性为O>S>Si，故简单氢化物的稳定性：D
D．A为O，B为Mg，E为S，简单离子半径S2->O2->Mg2+，简单离子半径：E>A>B，故D错误；
故答案为D。
11. 中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，力争于2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。我国科学家研发了一种水系可逆Zn—CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn—CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 闭合K1时，Pd电极电势高于Zn电极电势
B. 闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+ 2H+-2e-=HCOOH
C. 闭合K2时，OH-通过b膜向Pd电极方向移动
D. Pd电极还具有高效双催化性能，有利于CO2和HCOOH的相互转化
【答案】D
【解析】
【分析】由装置图可知，闭合K1时为Zn-CO2电池，Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-═，Pd电极为正极，正极上CO2得电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+═HCOOH，原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极；闭合K2时为电解池，原电池正负极与直流电源的正负极相接，为阳阴极，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，即Pd电极为阳极，Zn电极为阴极，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，闭合K1时，Zn为负极，Pd为正极，故Pd电极电势高于Zn电极电势，A正确；
B．由分析可知，闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+ 2H+-2e-=HCOOH，B正确；
C．由分析可知，闭合K2时，则形成电解池，Zn与电源负极相连为阴极，Pd与电源的正极相连为阳极，则溶液中阴离子由阴极流向阳极，阳离子由阳极流向阴极，OH-通过b膜向Pd电极方向移动，C正确；
D．由题干信息得不出Pd电极具有高效的催化性能，有利于CO2转化HCOOH，且HCOOH转化为CO2需在通电作用下才能进行，D错误；
故答案为：D。
12. 用含铁废铜制备胆矾晶体的流程如下图所示：
下列说法错误的是
A. “溶解”时延长浸泡时间，可以提高铜的浸出速率
B. 流程中Cu2(OH)2CO3可用CuO代替
C. 常温下，流程中pH=3时，c(Cu2+)·c2(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】由制备实验流程及制备胆矾的原理可知，“溶解”后的溶液中含Fe2+、Cu2+，加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加碱式碳酸铜可调节pH加热使铁离子转化为沉淀，过滤分离出滤液含硫酸铜，加硫酸后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可分离出胆矾晶体，据此分析解题。
【详解】A．“溶解”时延长浸泡时间，不可以提高铜的浸出速率，A错误；
B．流程中Cu2(OH)2CO3是消耗H+，增大pH值，是Fe3+完全沉淀，故可用CuO代替，B正确；
C．常温下，流程中pH=3时，Fe3+完全沉淀而Cu2+未开始沉淀，故有c(Cu2+)·c2(OH-)
故答案为：A。
13. 科学家采用基于金属钌的催化剂，将从空气中捕获的二氧化碳转化为甲醇，总反应为CO2+3H2 CH3OH+H2O，其反应过程如图所示。下列说法正确的是
A. 反应过程中氮的成键数目没有变化
B. 反应过程中伴随极性键的断裂和形成
C. 是中间产物
D. 反应过程中物质M代表H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干反应历程图可知，反应过程中氮的成键数目由中的3个到中一个N上有4个，发生了变化，A错误；
B．由题干反应历程图可知，反应过程中伴随N-H、N-C等极性键的断裂和H-O、N-C、N-H等极性键的形成，B正确；
C．由题干历程图可知，是催化剂，C错误；
D．由题干历程图可知，反应过程中物质M代表H2，D错误；
故答案为：B。
14. 已知反应( aq)+2I-(aq)2(aq)+I2(aq)，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+( aq)+(aq)=2Fe3+(aq)+2(aq)
A. 反应①和反应②相比，反应②更快
B. Fe3+是该反应的催化剂
C. 增大Fe3+的浓度，能够加快反应速率
D. 若不加Fe3+，正反应的活化能比逆反应的活化能大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知：反应①所需要的活化能比反应②所需要的活化能大，活化能越小反应速率越快，故反应②更快，A正确；
B．Fe3+在反应①作反应物，在反应②作生成物，即Fe3+在反应前后没有变化，是该反应的催化剂，B正确；
C．由B知Fe3+是该反应的催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，C正确；
D．由图可知(aq)+2I-(aq)⇋2 (aq)+I2(aq)的正反应是放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，催化剂不能改变焓变，即正逆反应的活化能大小关系与催化剂Fe3+无关，D错误；
故答案为：D。
15. 常温下，向20 mL 0.2 mol/LHA(Ka=1×10-4.7)溶液中逐滴滴加0.2 mol/LNaOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. ①②③点溶液中，水的电离程度最大的是②
B. ①点溶液中c(A-)+ c(HA) = 2c(Na+)
C ②点溶液中：c(A-)= c(Na+)
D. ③点溶液的pH约为8.85
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题意可知，当氢氧化钠溶液体积为20mL时，两者恰好完全反应，此时溶液中的溶质只有NaA，水的电离程度最大，即水的电离程度最大的是③，A错误；
B．由题意可知，当氢氧化钠溶液体积为10mL时，为反应的一半点，此时溶液中溶质为等浓度的HA和NaA，依据物料守恒：c(A-)+c(HA)=2c(Na+)，B正确；
C．②点溶液呈中性，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，所以c(A-)=c(Na+)，C正确；
D．③点是HA和NaOH恰好完全反应点，此时溶液中的溶质只有NaA，存在水解平衡：A-+H2O⇌HA+OH-，可近似看作c(HA)=c(OH-)，则，c(A-)约为0.1mol/L，即，解得c(OH-)≈10-5.15mol/L，则pH约为8.85，D正确；
答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题共55分)
二、必做题(本题包括4小题，共40分)
16. 含氯消毒剂和过氧化物消毒剂均可有效灭杀新冠病毒。
Ⅰ．过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)俗称固态双氧水，具有去污、杀菌等功效。其制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0。
（1）结合过氧化氢和碳酸钠的性质，推测制备过碳酸钠的过程中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应小于2：3，且加入Na2CO3溶液速率不能过快的原因是_______。
（2）过碳酸钠的储存稳定性是重要的品质指标。以不同种类的稳定剂制备的过碳酸钠产品，测得其活性氧的质量分数随时间变化如图所示。由图可知，制备过碳酸钠时应选择的稳定剂是_______。(填图中字母)
Ⅱ．NaClO2是一种更为安全有效的清洗﹑杀菌剂，特别是在NaClO使用受限制的场合，NaClO3是NaClO的安全代用品。
（3）工业上用石墨电极电解ClO2、NaCl溶液制备NaClO3。写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】（1）反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，加入过快，温度升高过快，则加快H2O2分解
（2）a （3）2ClO2+2H2O2H2+2+2H+
【解析】
【小问1详解】
由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，故导致推测制备过碳酸钠的过程中，碳酸钠与过氧化氢的物质的量之比应小于2：3，且加入Na2CO3溶液速率不能过快，故答案为：反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3·3H2O2(aq) △H<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量，加入过快，温度升高过快，则加快H2O2分解；
【小问2详解】
由题干信息可知，复合稳定剂a能够使过碳酸钠中活性氧保存的时间最长，故应该选用复合稳定剂a，故答案为：a；
【小问3详解】
工业上用石墨电极电解ClO2、NaCl溶液制备NaClO3，即ClO2失去电子转化为，水中的H+得到电子转化为H2，故该反应的离子方程式：2ClO2+2H2O2H2+2+2H+，故答案为：2ClO2+2H2O2H2+2+2H+。
17. 某学习小组用下图所示实验装置探究SO2与Fe(NO3)3溶液的反应(夹持仪器已省略)。
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是_______。
（2）滴加浓硫酸之前，先通一段时间CO2，其目的是_______。
（3）装置A中的分液漏斗可改成如图所示的恒压滴液漏斗，其优点是_______。
（4）开始实验后，若把少量SO2通入Fe(NO3)3溶液，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，该过程可用化学用语表征为_______。
（5）测定反应后装置B溶液中Fe2+的浓度时(只考虑Fe2+与KMnO4的反应)，用0.01000 mol/L的酸性KMnO4溶液滴定20.00 mL B中溶液，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL，则B中c(Fe2+)=_______。
【答案】（1）三颈瓶 （2）排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证
（3）平衡压强，使液体顺利流下
（4）2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++，3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑
（5）0.0375 mol/L
【解析】
【分析】由题意可知该实验装置为探究SO2能否被硝酸盐氧化，A装置为制备二氧化硫气体的发生装置，反应原理为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑，B装置探究二氧化硫能否被硝酸铁氧化，C收集反应生成的气体，据此分析解题。
【小问1详解】
由图示实验装置图可知，仪器X的名称是三颈瓶，故答案为：三颈瓶；
【小问2详解】
装置中存在空气，实验时，先打开弹簧夹通一段时间CO2，再滴加浓硫酸，目的是排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证，故答案为：排尽装置中的空气，防止实验时干扰二氧化硫气体性质验证；
【小问3详解】
装置A中的分液漏斗改成恒压滴液漏斗，其作用是平衡压强，使液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使液体顺利流下；
【小问4详解】
开始实验后，若把少量SO2通入Fe(NO3)3溶液，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+被SO2还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++ ,但由于上述反应生成的H+与共同作用又将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑，故溶液立即又变为棕黄色，该过程可用化学用语表征为：2Fe3++SO2+2H2O=4H++2Fe2++，3Fe2++4H++=3Fe3++2H2O+NO↑；
【小问5详解】
由电子守恒可知反应物关系为MnO4-～5Fe2+，KMnO4的物质的量为0.01mol/L×0.015L=0.00015mol，则B中c(Fe2+)==0.0375mol/L，故答案为：0.0375 mol/L。
18. 三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色、无气味、有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3，其工艺流程如下：
已知：①下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
3.0
6.7
沉淀完全的pH
3.2
9.0
4.7
9.2
②25℃时，Ksp(NiCO3)= 1×10-6
回答下列问题：
（1）“酸浸”过程中，l mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体。写出该反应的化学方程式：_______。
（2）“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是_______ 。
（3）“沉镍”前需加NaOH控制溶液pH的范围为_______；“滤渣1”的主要成分有_______。
（4）“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为_______。
（5）保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行“酸浸”，镍的浸出率随时间变化如图。“酸浸”的最佳温度与时间分别为_______℃、_______min。
（6）“沉镍”过程中，若滤液中c(Ni2+)= 2.0 mol/L，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol/L]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为_______。(不考虑水解，计算结果保留两位小数)
【答案】（1）NiS+2HNO3+H2SO4=NiSO4+2NO↑+SO2↑+2H2O
（2）将亚铁离子转化为铁离子
（3） ①. 4.7～6.7 ②. 二氧化硅##SiO2
（4）2 Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
（5） ①. 70 ②. 120
（6）22.26g
【解析】
【分析】含镍废料(含NiS、Al2O3、FeO、CaO、SiO2)为酸浸过程中二氧化硅不反应进入滤渣1，其它金属元素进入溶液；加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，再加入氢氧化钠调节pH值除去铁元素和铝元素得到滤渣2；滤液1加入NH4F除去钙元素得到滤渣3，滤液2加入碳酸钠将镍元素转化为沉淀，过滤后滤渣加入盐酸，再经过氧化最终得到Ni2O3；
【小问1详解】
化学反应前后元素种类不变，反应中得失电子总数相等；“酸浸”过程中，l mol NiS失去6NA个电子，同时生成两种无色有毒气体为一氧化氮和二氧化硫，反应为NiS和硫酸、硝酸生成NiSO4、水、一氧化氮、二氧化硫，NiS+2HNO3+H2SO4=NiSO4+2NO↑+SO2↑+2H2O。
【小问2详解】
“酸浸”后的酸性溶液中含有亚铁离子，加入H2O2的目的是将亚铁离子转化为铁离子，便于生成氢氧化铁沉淀，利于铁元素的分离。
【小问3详解】
“沉镍”前需要将铁离子和铝离子沉淀完全而二价镍离子不会沉淀，由表格可知，需加NaOH控制溶液pH的范围为4.7～6.7；“滤渣1”的主要成分有不反应的二氧化硅。
【小问4详解】
由流程可知，“氧化”时生成Ni2O3反应为二价镍离子和次氯酸根离子、氢氧根离子转化为Ni2O3，反应为2 Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O。
【小问5详解】
由镍的浸出率随时间变化图可知，“酸浸”的最佳温度与时间分别为70℃、120min，此时温度不是太高且浸出率较大。
【小问6详解】
已知，25℃时，Ksp(NiCO3)= 1×10-6，欲使100 mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol/L]，则溶液中碳酸根离子浓度为；与二价镍离子反应的碳酸钠的物质的量为2.0 mol/L×0.1L=0.2mol，则加入碳酸钠的总的物质的量为0.1 mol/L×0.1L+0.2mol=0.21mol，故需要加入Na2CO3固体的质量最少为0.21mol×106g/mol=22.26g。
19. 以NOx为主要成分的雾霾综合治理是当前重要的研究课题，其中汽车尾气的处理尤为重要。请回答下列问题：
（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)减少尾气污染。
①已知：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H= a kJ/mol
C(s)+O2(g)= CO2(g) △H = b kJ/mol
2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H = c kJ/mol
则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H =_______(用含a、b、c的表达式表示)。
②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO和 NO以一定的流速通过两种不同的催化剂Ⅰ和Ⅱ进行反应，相同时间内测量逸出气体中N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)结果如图(对应曲线Ⅰ和Ⅱ)所示。由图可知：要达到最大脱氮率，应采取的最佳实验条件为_______；若低于200℃，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为_______。
（2）①在500℃时，向恒容密闭体系中通入1 mol NO和 1 mol CO进行反应2CO(g)+ 2NO(g)N2(g)+ 2CO2(g)时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是_______。(填字母)
A．单位时间内，断裂2 mol C=O键同时生成1 mol N≡N键
B．体系中混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CO与NO的转化率比值不再改变
②一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
200
185
173
165
160
160
该条件下反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
（3）间接电化学法可对NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是_______，理由是_______。
【答案】（1） ①. (2b-a-c)kJ/mol ②. 催化剂II，450℃ ③. 温度较低时，催化剂的活性偏低
（2） ①. C ②. 1.6
（3） ①. NH3 ②. 根据总反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3
【解析】
【小问1详解】
①由题干信息可知，反应I：N2(g)+O2(g)= 2NO(g) △H1= a kJ/mol 反应II：C(s)+O2(g)= CO2(g) △H2 = b kJ/mol 反应III：2C(s)+O2(g) = 2CO(g) △H3 = c kJ/mol，目标反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)可由2II-I-III， 根据盖斯定律可知：△H =2△H2 -△H1-△H3=(2b-a-c)kJ/mol，故答案为：(2b-a-c)kJ/mol；
②由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率，温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大，故答案为：催化剂II，450℃；温度较低时，催化剂的活性偏低；
【小问2详解】
①A．单位时间内，断裂2molC=Ｏ同时生成１molN≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，A错误；
B．容器是恒容密闭容器，混合气体的密度一致保持不变，故混合气体的密度不再改变不可以说明达到平衡，B错误；
C．该反应前后是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，C正确；
D．根据反应方程式可知，CO与NO的转化量一致相等，投入的CO和NO的物质的量均为1mol，故CO与NO的转化率之比始终为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡， D错误；
故答案为：C；
②根据三段式分析可知， ，根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压下气体的压强之比等于其物质的量之比，故有：，解得：x=0.4a，故平衡时：p(N2)==40kPa，p(CO2)==80kPa，p(CO)=p(NO)==20kPa，故该条件下反应的平衡常数Kp===1.6 (kPa)-1，故答案为：1.6；
【小问3详解】
电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO-3e-+2H2O=+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的的物质的量大于阴极产生的的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故答案为：NH3；根据总反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3。
三、选做题(以下两题任选一题作答)
【选修3：物质结构与性质】
20. 半导体砷化硼具有超高的导热系数，有助于电子器件降温散热。回答下列问题：
（1）基态硼原子的价电子排布式为_______，根据“对角线规则”，硼的性质与_______(填名称)相似。
（2）实验测得，砷的第一电离能大于硒的第一电离能，原因是_______。
（3）三氧化二砷的分子结构如图所示，其中砷原子的杂化方式是_______，1 mol As4O6中含有的σ键数目为_______。
（4）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，则H、B、N电负性由大到小的顺序是_______。
（5）氢化物的沸点：SbH3>NH3>AsH3，其理由是_______。
（6）砷化硼的晶胞结构如图(a)所示，图(b)中矩形AA'C'C是沿如图(a)放置的晶胞对角面取得的截图。
①若该晶体的密度为a g/cm3，设B和As的原子半径分别为rB pm和rAs pm，则原子的空间占有率为_______×100%(列出计算表达式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
②晶胞中各原子在矩形AA'C'C中的位置为_______(填“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)。
甲. 乙.
丙. 丁.
【答案】（1） ①. 2s22p1 ②. 硅
（2）砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大
（3） ①. sp3 ②. 12mol或者12×6.02×1023
（4）N＞H＞B （5）SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高
（6） ①. ②. 乙
【解析】
【小问1详解】
已知B为5号元素，故基态硼原子的价电子排布式为2s22p1，根据“对角线规则”结合元素周期表的结构可知，硼的性质与硅相似，故答案为：2s22p1；硅；
【小问2详解】
砷的价层电子排布式为4s24p3，硒的价层电子排布式为4s24p4，从二者的价层电子排布式可以看出，砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大，故砷的第一电离能大于硒；故答案为：砷的4p轨道上的电子处于半充满状态，较为稳定，气态原子失去一个电子需要的能量比较大；
【小问3详解】
已知As最外层上有5个电子，结合三氧化二砷的分子结构如图所示，可知每个As原子周围的价层电子对数为3+1=4，故其中砷原子的杂化方式是sp3，1 mol As4O6中含有的σ键数目为12mol或者12×6.02×1023，故答案为：sp3；12mol或者12×6.02×1023；
【小问4详解】
电负性是衡量一种元素对电子吸引能力的大小，电负性越大吸引电子能力越大，则NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，说明N的电负性强于H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，说明H的电负性强于B，则H、B、N电负性由大到小的顺序是N＞H＞B，故答案为：N＞H＞B；
小问5详解】
SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，则有氢化物沸点：SbH3＞NH3＞AsH3，故答案为：SbH3的相对分子质量比其他几个大得多，占主导作用，NH3含有氢键，沸点反常的升高，AsH3不含氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
【小问6详解】
①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：个，As原子为4个，若该晶体的密度为a g/cm3，则一个晶胞的体积为：，设B和As的原子半径分别为rB pm和rAs pm，则原子的空间占有率为×100%，故答案为：；
②根据图a所示晶胞可知，晶胞中各原子在矩形AA'C'C中的位置为，故答案为：乙。
【选修5：有机化学基础】
21. 以葡萄糖为原料制得的山梨醇(A)和异山梨醇(B)都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖中含有的官能团是_______(填名称)，A的分子式为_______。
（2）由B到C的化学方程式为_______。
（3）D的结构简式为_______，D→E的反应类型为_______。
（4）F是B的同分异构体，7.30 g的F与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出2.24 L二氧化碳(标准状况)，F的可能结构共有_______种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：1 ：1的结构简式为_______。
（5）合成中反应③和反应⑤目的是：_______。
（6）写出由环己烯制备1，4-环己二醇的合成线路(其他无机试剂任选)：____。(提示：卤代烃易被H2还原)
【答案】（1） ①. 羟基、醛基 ②. C6H14O6
（2）+(CH3CO)2O + CH3COH
（3） ①. ②. 取代反应
（4） ①. 9 ②.
（5）保护羟基 （6）
【解析】
【分析】葡萄糖为多羟基醛，与氢气反应生成A，A为CH2OH(CHOH)4CH2OH，A分子内脱水B，再与乙酸酐反应生成C，根据分子式可知C为，C与浓硝酸发生取代反应生成D，D为，D在氢氧化钠条件下水解生成E；
【小问1详解】
葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，其中含有的官能团是羟基和醛基；根据分析可知A的分子式为C6H14O6；
【小问2详解】
根据分析可知由B到C的化学方程式为+(CH3CO)2O + CH3COH；
【小问3详解】
根据分析可知D为，D在氢氧化钠条件下水解生成E， D→E的反应类型为取代反应；
【小问4详解】
F是B的同分异构体，则F的分子式为C6H10O4，7.30 g F的物质的
量为0.05 mol， 与足量碳酸氢钠溶液反应产生的CO2的物质的量为2.24 L，即标况下为0.1mol，
说明1 mol F的分子中含有2 mol羧基。再将F看作是丁烷中2个H原子被2个羧基取代，先写出丁烷2种异构形式的骨架，采用“定一移一”的方式写出2个羧基的取代位置：固定一个羧基，另一个羧基的位置有4种， 2种，3种，共9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：1 ：1的结构简式为；
【小问5详解】
合成中反应③保护其中一个羟基，避免两个羟基都和硝酸反应，反应⑤水解恢复羟基，反应③和反应⑤的目的是保护羟基；
【小问6详解】
由环己烯制备1，4-环己二醇的合成线路为：
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