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宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三一模化学试卷（含答案）
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这是一份宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三一模化学试卷（含答案），共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年宁夏银川一中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物
B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料
2．（6分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.1g31P中含有的中子数为1.5NA
B．31g白磷和黑鳞的混合物中含有的P﹣P键数目为3NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．6.82g白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为0.6NA
3．（6分）酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X、Z分子中均至少有9个碳原子共面
B．X苯环上的一氯代物一定有9种
C．X→Y的反应类型为还原反应
D．X、Y、Z都能与NaHCO3溶液反应
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的稳定性：W＞Y＞Z
B．离子半径：W＞Z＞Y
C．A与C可以反应生成B
D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
5．（6分）下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
B
向含有Na2S与ZnS的悬浊液中加CuSO4溶液
产生黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pH
NaClO颜色更深
酸性：CH3COOH＞HClO
D
取5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾的乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀的酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
不能证明有丙烯生成
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）目前可采用“双极膜组“电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下（BP）复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣的离子源。下列说法正确的是（ ）
A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．“双极膜组”电渗析法可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH）
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl﹣和Na+
D．电路中每转移0.5mol电子，理论上获得副产品A和B各0.25mol
7．（6分）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示OH的浓度的负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]。下列有关说法正确的是（ ）
A．若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值为10﹣5.3
B．在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO3混合溶液中c（Na+）＞c（H2）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．b点时，x＝9.95
D．d点溶液中存在关系式c（H+）＝0.1+c（）+c（OH﹣）
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8．（15分）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展己二酸的合成及性质探究实验。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图：
（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有 ，乙醚的作用为 。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是 。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是 （填序号）。
A．环己烯（） B．环己醇（） C．环己酮（）
（4）如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为 ，过滤。
Ⅲ．己二酸的性质探究
以己二酸和乙醇为原料，用如图所示装置制备己二酸二乙酯。
步骤1：向如图所示的装置A中加入30mL乙醇、10mL己二酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A（沸点65℃），加热回流1h，直至反应基本完成。
步骤2：待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，洗涤干燥后蒸馏，收集相应馏分
有机物名称
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点（℃）
溶解性
己二酸
146
1.36
330
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
己二酸二乙酯
202
1.00
247
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
（5）装置中分水器的作用是 ，判断反应已经完成的标志是 。
（6）本次实验的产率为（某种生成物的实际产量与理论产量的百分比） 。（结果保留两位有效数字）
9．（15分）氧化铈 （CeO2） 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 （含 CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；
已知：
①稀土离子易与形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2。
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
80
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示 。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 。
（4）步骤④的离子方程式为 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c（）＝ mol/L（保留2位有效数字）。{已知常温下Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28}。
（5）若Ce2（CO3）3经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 t。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）该转化过程中的催化剂为 。
10．（13分）研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，请回答下列问题
Ⅰ．已知热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
（1）已知FeO（s）被CO（g）还原成Fe（s）2（g）的正反应活化能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为 kJ/mol。
Ⅱ．一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＝﹣49.1kJ•mol﹣1
反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH5＝+41.1kJ•mol﹣1
（2）往恒容密闭容器中按n（CO2）：n（H2）＝1：3（总量为amol）充入反应物，在合适催化剂作用下，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率（转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比）如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为 mol（列出计算式即可）。随着温度的升高，ABC所在曲线逐减升高的原因是 。
（3）现向恒温恒容（0.1MPa）的密闭容器中充入1molCO2、3molH2和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，反应10min后达平衡2的转化率为20%，则氢气的分压变化率为 MPa•min﹣1（请计算出结果），该反应的Kp＝ MPa﹣2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
III．研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂—二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少二氧化碳的排放
（4）给电池充电时，阳极反应式为 。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[化学-选修3：物质结构与性质]
11．（15分）（1）Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中Ni2+的外围电子排布式为 ，S元素的杂化方式为 。该配合物离子中，C≡O（Ⅰ）和气态C≡O分子（Ⅱ），键长较长的为 （用Ⅰ或Ⅱ表示）。
（2）写出SCN﹣的一个等电子体分子 ，检验Fe3+时，SCN﹣以S原子配位不以N原子配位的原因是 。
（3）氮化镓（GaN）和砷化镓（GaAs）都是新型的半导体材料 GaAs熔点，原因是 。
（4）阿拉班达石（alabandite）是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图（a）（●＝Mn，〇＝S）。
图（a）
图（b）
已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ（1Å＝10﹣10m），晶体密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA＝ （要求化简）。
（5）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图（b）2晶体的是 。
A．B．
C．D．
[化学-有机化学基础]
12．一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）B中官能团的名称为 ；B→C、E→G的反应类型为 、 。
（3）C→D的化学反应方程式为 。
（4）含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 种（不含D），其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：2的是 （写结构简式）。
（5）设计以F和CH2＝CHCHO为起始原料，合成的路线 （其它试剂任选）。
2023年宁夏银川一中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物
B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料
【分析】A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉，属于蛋白质；
B．甲烷是引起温室效应的气体之一；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，晶体硅为良好的半导体材料；
D．特种钢属于金属材料。
【解答】解：A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉，蛋白质属于有机物；
B．甲烷气体是能引起温室效应，开采过程中发生泄漏会造成温室效应；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，晶体硅为良好的半导体材料，故C错误；
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的应用，难度不大，熟悉常见的材料分类及其物理性质即可解答，注意日常学习中的积累。
2．（6分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.1g31P中含有的中子数为1.5NA
B．31g白磷和黑鳞的混合物中含有的P﹣P键数目为3NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．6.82g白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为0.6NA
【分析】A．1个31P含有16个中子；
B．一个白磷分子中，形成6个P﹣P键，平均每个磷原子形成P﹣P键1.5个，黑磷结构中每个磷原子连接三个磷原子形成3个P﹣P共价键，平均每个磷原子形成1.5个共价键；
C．反应P4+6H2⇌4PH3为可逆反应；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4作氧化剂，60mol硫酸铜作氧化剂，只有6mol的P4作还原剂，电子转移总数120e﹣。
【解答】解：A．3.1g31P中含有的中子数为：×16×NAmol﹣1＝5.6NA，故A错误；
B．一个白磷分子中，平均每个磷原子形成P﹣P键1.3个，平均每个磷原子形成1.5个共价键，磷原子物质的量为4mol，均为1.5NA，故B错误；
C．12.8g白磷物质的量＝，与0.4mol H2在密闭容器中充分反应，反应P4+3H2⇌4PH4为可逆反应，不能进行彻底3分子的数目小于0.6NA，故C错误；
D．反应中，电子转移120mol，，0.055mol白磷发生反应＝0.6molA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意公式的选用和物质结构的掌握。
3．（6分）酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X、Z分子中均至少有9个碳原子共面
B．X苯环上的一氯代物一定有9种
C．X→Y的反应类型为还原反应
D．X、Y、Z都能与NaHCO3溶液反应
【分析】A．与苯环直接相连的碳原子与苯环共面，苯环与另一个苯环上2个碳原子共面；
B．X的苯环上含7种H原子；
C．X→Y的反应中失去2个H原子；
D．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应。
【解答】解：A．与苯环直接相连的碳原子与苯环共面，则X，故A正确；
B．X的苯环上含7种H原子，故B错误；
C．X→Y的反应中失去2个H原子，故C错误；
D．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应7溶液反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的稳定性：W＞Y＞Z
B．离子半径：W＞Z＞Y
C．A与C可以反应生成B
D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质，已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Y有2个电子层符合电子排布规律，Y的最外层电子数为6，Y为O元素；Z与Y同主族，Z为S元素，W的原子序数最大，W为Cl元素；E、B分别为Y、Z元素对应的单质，A中含有18个电子，D有漂白性，结合图中转化可知，A为H2S，D为HClO，B为S，E为O2，C为SO2，结合原子序数可知X为H元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Z为S元素，
A．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则简单气态氢化物的稳定性：Y＞W＞Z；
B．一般电子层越多，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，故B错误；
C．A为H2S，C为SO2，二者发生氧化还原反应生成S，故C正确；
D．X和Y组成的二元化合物若为过氧化氢，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握原子结构、原子序数、物质的转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5．（6分）下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
B
向含有Na2S与ZnS的悬浊液中加CuSO4溶液
产生黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pH
NaClO颜色更深
酸性：CH3COOH＞HClO
D
取5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾的乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀的酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
不能证明有丙烯生成
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．淀粉遇碘单质变蓝，淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖；
B．Na2S与CuSO4溶液反应生成沉淀；
C．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【解答】解：A．碱性溶液中加碘水，干扰淀粉的检验，不能证明淀粉完全水解；
B．Na2S与CuSO4溶液反应生成沉淀，不发生沉淀的转化sp（CuS）、Ksp（ZnS）的大小，故B错误；
C．NaClO溶液可使pH试纸褪色，故C错误；
D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明有丙烯生成；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）目前可采用“双极膜组“电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下（BP）复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣的离子源。下列说法正确的是（ ）
A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．“双极膜组”电渗析法可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH）
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl﹣和Na+
D．电路中每转移0.5mol电子，理论上获得副产品A和B各0.25mol
【分析】由BP双极膜中H+、OH﹣移动方向可知：X电极为电解池的阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；Y电极为阴极，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，电解总反应为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣。精制盐水中Na+经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的OH﹣结合生成NaOH，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中Cl﹣经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的H+结合生成HCl，所以N膜为阴离子交换膜。
【解答】解：A．由以上分析知，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl3↑；Y电极为阴极++2e﹣＝H2↑，故A错误；
B．“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得酸（ HCl ）和碱（ NaOH ），故B正确；
C．由题意可知：精制盐水中Na+经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的OH﹣结合生成NaOH，所以M膜为阳离子交换膜﹣经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的H+结合生成HCl，所以N膜为阴离子交换膜+和OH﹣，故C错误；
D．阳极反应式为电极反应式为：3Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电路中每生成8molCl2，转移电子2 mol，理论上获得副产品A （NaOH溶液）和B （HCl溶液）各6 mol，理论上获得副产品A和B各0.5mol；
故选：B。
【点评】本题考查电解池，侧重考查学生交换模型电解池的掌握情况，试题难度中等。
7．（6分）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示OH的浓度的负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]。下列有关说法正确的是（ ）
A．若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值为10﹣5.3
B．在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO3混合溶液中c（Na+）＞c（H2）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．b点时，x＝9.95
D．d点溶液中存在关系式c（H+）＝0.1+c（）+c（OH﹣）
【分析】由图示可知，随着碱性增强，即pOH减小，H3PO3浓度减小，H2浓度先增加后减小，浓度逐渐增大，可知中的氢不可能电离，说明H3PO3是二元弱酸，故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2、，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，即c（H3PO3）+c（H2）+c（）＝0.1mol•L﹣1，根据酸碱中和反应知随着c（OH﹣）的增大，c（H3PO3）逐渐减小，c（H2）先增大后减小，c（）逐渐增大，即随着pOH的减小，pc（H3PO3）逐渐增大，pc（H2）先减小后增大，pc（）逐渐减小，故曲线①表示pc（）随pOH的变化，曲线②表示pc（H2）随pOH的变化，曲线③表示pc（H3PO3）随pOH的变化，点a（7.3，1.3）表示当POH＝7.3时，pc（）＝pc（H2），点b（x，3.6）表示当POH＝x，时pc（）＝pc（H3PO3），点c（12.6，1.3）表示当pOH＝12.6时，pc（H2）＝pc（H3PO3）。
【解答】解：A．点c（12.6，pc（H2）＝pc（H3PO3），c（H6）＝c（H3PO6），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣12.7）＝10﹣1.4，点a（5.3，1.2）表示当pOH＝7.3时）＝pc（H2），则c（5），Ka2＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣7.3）＝10﹣3.7，若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值K＝＝＝5.7，故A错误；
B．二元弱酸H3PO3，则Na7HPO3为正盐，在溶液中只存在水解，在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO2混合溶液中c（Na+）＞c（）＞c（H4）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．b点是曲线③和曲线①的交点）＝pc（H3PO3），此时c（3PO8），Ka＝＝c8（H+），点a（7.3，pc（2），则c（2），Ka2＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣7.3）＝10﹣5.7，点c（12.6，5.3）表示当pOH＝12.6时2）＝pc（H3PO6），c（H2）＝c（H6PO3），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣12.6）＝10﹣1.8，Ka＝＝×＝Ka3×Ka2＝10﹣6.8×10﹣1.4＝10﹣6.1＝c2（H+），b点c（H+）＝10﹣8.05，则b点pH＝4.05，pOH＝14﹣4.05＝4.95；
D．d点时，此时pH＝0+）＝1mol/L，而二元弱酸3.1mol•L﹣1H5PO3提供的氢离子浓度小于0.7mol/L，则d点溶液中：c（H+）＞0.1+c（）+c（OH﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，关键是明确明确图象曲线所对应的物质，注意横坐标和纵坐标的意义以及特殊数据在解题中的作用，掌握弱电解质的电离平衡常数的计算和意义，题目难度较大。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8．（15分）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展己二酸的合成及性质探究实验。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图：
（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有 分液漏斗 ，乙醚的作用为 萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中 。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是 12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O 。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是 C （填序号）。
A．环己烯（） B．环己醇（） C．环己酮（）
（4）如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为 恒温蒸发结晶 ，过滤。
Ⅲ．己二酸的性质探究
以己二酸和乙醇为原料，用如图所示装置制备己二酸二乙酯。
步骤1：向如图所示的装置A中加入30mL乙醇、10mL己二酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A（沸点65℃），加热回流1h，直至反应基本完成。
步骤2：待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，洗涤干燥后蒸馏，收集相应馏分
有机物名称
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点（℃）
溶解性
己二酸
146
1.36
330
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
己二酸二乙酯
202
1.00
247
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
（5）装置中分水器的作用是 使反应向正反应方向移动，提高原料转化率 ，判断反应已经完成的标志是 分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，反应基本完成 。
（6）本次实验的产率为（某种生成物的实际产量与理论产量的百分比） 51% 。（结果保留两位有效数字）
【分析】Ⅰ．Na2WO4和Na2HPO4热水溶解，加入浓盐酸并小火加热，加入乙醚萃取H3PW12O40，然后分液，水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，则步骤①中发生反应的化学方程式为12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，油层中含有H3PW12O40，油层水浴加热然后冷却结晶得到晶体H3PW12O40；
Ⅱ．（3）A．环己烯（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少；
（4）根据图知，稳定相同时，溶液浓度越大，其稳定性越差；浓度相同时，稳定越高其稳定性越好；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，该操作过程中溶液温度不变，溶液浓度增大；
Ⅲ.（5）反应生成水，通过分水器不断分离出水可以使反应向正反应方向移动；浓硫酸作用是催化剂和吸水剂；由于反应生成水，分水器水层液面不断上升，待分水器中水层不再增加时，表示反应已基本完成；
（6）根据反应过程，乙醇过量，根据己二酸计算产率。
【解答】解：Ⅰ．（1）操作I为萃取，操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有分液漏斗，H3PW12O40易溶于有机溶剂，NaCl，所以用乙醚萃取H3PW12O40，则乙醚的作用为作萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中，
故答案为：分液漏斗；萃取剂；
（2）通过以上分析知，步骤①中发生反应的化学方程式为12Na4WO4+Na2HPO7+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，
故答案为：12Na2WO4+Na2HPO5+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O；
Ⅱ．（3）A）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少，假设都生成6mol己二酸﹣（﹣，环己酮失去电子的物质的量＝[﹣）]×4×1mol＝6mol，则消耗双氧水的量最少的是环己酮，
故答案为：C；
（4）据图知，温度一定时，介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，溶液浓度增大，对应的实验操作为恒温蒸发结晶，
故答案为：恒温蒸发结晶；
（5）由于反应生成水，通过分水器不断分离出水可以使反应向正反应方向移动；由于反应生成水，待分水器中水层不再增加时，故分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，
故答案为：使反应向正反应方向移动，提高原料转化率；分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时；
（6）30mL乙醇物质的量为≈0.6mol≈6.09mol～2CH3CH7OH～己二酸二乙酯，乙醇过量，产率为，
故答案为：51%。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定，侧重考查信息及图表的获取、分析、判断和知识综合应用能力，明确元素化合物性质、物质分离提纯方法及物质含量测定原理等知识点是解本题关键，注意计算中关系式的灵活应用，题目难度中等。
9．（15分）氧化铈 （CeO2） 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 （含 CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；
已知：
①稀土离子易与形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2。
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
80
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 增大了气固反应物接触面积，加快反应速率 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示 85℃、2.5mol/L 。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F﹣ 。步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 防止Ce3+被氧化 。
（4）步骤④的离子方程式为 2Ce3++6＝Ce2（SO4）3↓+3CO2↑+3H2O 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c（）＝ 0.18 mol/L（保留2位有效数字）。{已知常温下Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28}。
（5）若Ce2（CO3）3经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 17.2 t。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）该转化过程中的催化剂为 Ce4+ 。
【分析】氟碳矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，氟碳铈矿在空气中焙烧，CeFCO3中+3价的Ce被氧化为CeO2，烧渣中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钡与硫酸反应得到硫酸钡，过滤得到滤渣A（主要成分为BaSO4和SiO2）和的滤液，向滤液中加入硫脲，将Ce4+还原为Ce3+，再加入硫酸钠溶液，得到含F﹣的滤液和沉淀B即Ce2（SO4）3⋅Na2SO4⋅nH2O，向沉淀B中先加入氢氧化钠，再加入稀盐酸，得到含Ce3+的溶液，向其中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到Ce2（CO3）3，Ce2（CO3）3再进行灼烧得到CeO2。
【解答】解：（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率；
（2）由图示可知，当温度在85℃+）为2.5mol/L时，Ce的浸出率最高，
故答案为：85℃、2.5mol/L；
（3）硫脲具有还原性，酸性条件下将3+，自身被氧化为Ce3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知+2＝3Ce3++（SCN2H7）2+2HF+5F﹣；步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X为H2O2，已知Ce2+在空气中易被氧化为Ce4+，因此加入盐酸后，再加入过氧化氢的目的是：防止Ce3+被氧化，
故答案为：3+6＝2Ce3++（SCN3H3）2+5HF+2F﹣；防止Ce3+被氧化；
（4）步骤④中加入碳酸氢铵溶液，Ce2+和碳酸氢根离子发生双水解生成Ce2（CO3）3、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2Ce3++4＝Ce2（SO5）3↓+3CO3↑+3H2O，已知常温下Ka6（H2CO3）＝7.3×10﹣7，Ka3（H2CO3）＝4.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO6）3]＝c2（Ce7+） c3（）＝（1.0×10﹣5mol•L﹣1）2×c5（）＝7.0×10﹣28，c（）＝＝﹣4mol•L﹣1；⇌H++，Ka2＝，c（mol/L≈0.18mol/L，
故答案为：6Ce3++6＝Ce2（SO4）6↓+3CO2↑+4H2O；0.18；
（5）若Ce8（CO3）3经充分焙烧质量减少6.8t，根据
2Ce5（CO3）3+O8＝6CO2+4CeO2 Δm
4×172 232
m 2.8t
m＝t＝17.2t 则获得CeO3的质量为17.2t，
故答案为：17.2；
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，反应Ⅰ为：Ce4++H2＝Ce8++2H+，反应Ⅱ为：2NO8+8Ce3++7H+＝8Ce4++N7+4H2O，该反应中的催化剂为Ce3+，
故答案为：Ce4+。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
10．（13分）研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，请回答下列问题
Ⅰ．已知热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
（1）已知FeO（s）被CO（g）还原成Fe（s）2（g）的正反应活化能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为 245 kJ/mol。
Ⅱ．一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＝﹣49.1kJ•mol﹣1
反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH5＝+41.1kJ•mol﹣1
（2）往恒容密闭容器中按n（CO2）：n（H2）＝1：3（总量为amol）充入反应物，在合适催化剂作用下，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率（转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比）如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为 0.25a×15%×78% mol（列出计算式即可）。随着温度的升高，ABC所在曲线逐减升高的原因是 升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 。
（3）现向恒温恒容（0.1MPa）的密闭容器中充入1molCO2、3molH2和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，反应10min后达平衡2的转化率为20%，则氢气的分压变化率为 0.0005 MPa•min﹣1（请计算出结果），该反应的Kp＝ 33.3 MPa﹣2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
III．研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂—二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少二氧化碳的排放
（4）给电池充电时，阳极反应式为 2Li2CO3+C﹣4e﹣＝3CO2+4Li+ 。
【分析】（1）①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应①×﹣②×﹣③×得到FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO2（g），ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
（2）根据题意可知投料为0.25a molCO2和0.75a molH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动；
（3）平衡时CO2的转化率为20%，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡（mol） 0.8 2.4 0.2 0.2
He不参与反应，仍为6mol，混合气体总物质的量为（0.8+2.4+0.2+0.2+6mol）＝9.6mol，分别计算各组分分压，Kp＝；
（4）由图可知，充电时碳失去电子和碳酸锂反应生成二氧化碳和锂离子。
【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO4（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
②6Fe2O3（s）+CO（g）═5Fe3O4（s）+CO8（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
③Fe8O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO6（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应①×﹣②×得到FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO8（g）ΔH＝（﹣25×+47×﹣，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能，
故答案为：245；
（2）根据题意可知投料为0.25a molCO2和3.75a molH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%；反应i为放热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度；
（3）平衡时CO2的转化率为20%，列化学平衡三段式，
CO4（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 4
转化（mol） 0.2 8.2
平衡（mol） 0.2 0.2
He不参与反应，仍为2mol，p（H2）＝×6.1MPa＝0.025MPa6）＝×0.6MPa＝0.03MPa＝0.0005MPa•min﹣1，Kp＝≈33.3 MPa﹣2，
故答案为：2.0005；33.3；
（4）由图可知，充电时碳失去电子和碳酸锂反应生成二氧化碳和锂离子2CO2+C﹣4e﹣＝3CO2+4Li+，
故答案为：2Li5CO3+C﹣4e﹣＝4CO2+4Li+。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[化学-选修3：物质结构与性质]
11．（15分）（1）Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中Ni2+的外围电子排布式为 3d8 ，S元素的杂化方式为 sp3 。该配合物离子中，C≡O（Ⅰ）和气态C≡O分子（Ⅱ），键长较长的为 Ⅰ （用Ⅰ或Ⅱ表示）。
（2）写出SCN﹣的一个等电子体分子 N2O或CO2 ，检验Fe3+时，SCN﹣以S原子配位不以N原子配位的原因是 S的电负性比N小，易给出孤电子对 。
（3）氮化镓（GaN）和砷化镓（GaAs）都是新型的半导体材料 高于 GaAs熔点，原因是 GaN、GaAs都是共价晶体，原子半径：As＞N，共价键的键长：Ga﹣As＞Ga﹣N，键能：Ga﹣As＜GaN，故GaN的熔点高于GaAs的熔点 。
（4）阿拉班达石（alabandite）是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图（a）（●＝Mn，〇＝S）。
图（a）
图（b）
已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ（1Å＝10﹣10m），晶体密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA＝ （要求化简）。
（5）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图（b）2晶体的是 C 。
A．B．
C．D．
【分析】（1）基态Ni原子价层电子排布为3d84s2；由图可知，S原子形成3个共价键，还有1个孤电子对；化学键越弱，键长就越长；
（2）原子个数、价电子数都相同的微粒互为等电子体；S的电负性比N小；
（3）键长越短，键能越大，熔点越高；
（4）由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，则面对角线＝2dÅ＝2d×10﹣8cm，晶胞边长＝d×10﹣8cm，计算晶胞体积，结合密度公式，求解阿伏加德罗常数；
（5）由图a可知，阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4，根据图中原子位置判断投影图。
【解答】解：（1）基态Ni原子价层电子排布为3d83s2，Ni2+是Ni原子失去最外层4个电子形成的，价电子排布式为3d8；S原子形成8个共价键，S原子上还有一个孤电子对3杂化；该配合物离子中的C≡O （I）中由于C原子与Fe2+以配位键结合，使得C，化学键的结合力越弱，故该配合物离子中的C≡O（I）和气态C≡O分子（II）的三键相比，
故答案为：2d8；sp3；I；
（2）SCN﹣含有2个原子、16个价电子，N2O、CO2都含有3个原子、16个价电子﹣互为等电子体；S的电负性比N小，
故答案为：N2O或CO2；S的电负性比N小，易给出孤电子对；
（3）由题意知，GaN，则都为共价晶体，共价键的键长：Ga﹣As＞Ga﹣N，故GaN的熔点高于GaAs的熔点，
故答案为：高于；GaN，原子半径：As＞N，键能：Ga﹣As＜GaN；
（4）由图a可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，硫原子和锰原子堆积方式相同，采用面心立方最密堆积；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半﹣6cm，晶胞边长＝﹣8cm，晶胞体积＝（﹣8cm）3，根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个+5×，则晶胞的体积（﹣8cm）3，晶胞质量＝g＝g可知（﹣8cm）2＝得：NA＝mol﹣6，
故答案为：面心立方最密堆积；；
（5）由图a可知，阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为6，
A．所示投影图中Mn原子配位数为6；
B．所示投影图中Mn原子配位数为8；
C．通过投影图推断出原子个数比，B为4：6＝2：5，D为6：6＝2：12是3：2，故C正确；
D．所示投影图中Mn原子为六方最密堆积，故D错误，
故答案为：C。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、配合物、熔点比较、晶胞的结构分析与计算等知识点，掌握晶胞计算和投影分析是关键，题目难度较大。
[化学-有机化学基础]
12．一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 己二酸 。
（2）B中官能团的名称为 羰基 ；B→C、E→G的反应类型为 加成反应 、 取代反应 。
（3）C→D的化学反应方程式为 +H2O 。
（4）含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 12 种（不含D），其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：2的是 （写结构简式）。
（5）设计以F和CH2＝CHCHO为起始原料，合成的路线 （其它试剂任选）。
【分析】A发生取代反应生成B，B与NH3发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D为，D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G发生取代反应生成H和HBr，H发生取代反应生成I和H2O；
（5）以F和CH2＝CHCHO为起始原料合成，由合成图F→I可知，CH2＝CHCHO先与氧气发生催化氧化生成CH2＝CHCOOH，F与NH3发生取代反应生成，CH2＝CHCOOH与发生G→H的反应，取代下来﹣Br，生成，最后合成。
【解答】解：（1）A的化学名称为己二酸，
故答案为：己二酸；
（2）B中官能团的名称为羰基；B→C为C＝O与NH3发生加成反应、E和F发生取代反应得到G和HCl，
故答案为：羰基；加成反应；
（3）C→D为醇羟基的消去反应，化学反应方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）D为，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有、、、共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：7的是，
故答案为：12；；
（5）由合成图F→I可知，CH2＝CHCHO先与氧气发生催化氧化生成CH2＝CHCOOH，F与NH8发生取代反应生成，CH2＝CHCOOH与发生G→H的反应，取代下来﹣Br，最后合成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
2023年宁夏银川一中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物
B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料
2．（6分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.1g31P中含有的中子数为1.5NA
B．31g白磷和黑鳞的混合物中含有的P﹣P键数目为3NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．6.82g白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为0.6NA
3．（6分）酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X、Z分子中均至少有9个碳原子共面
B．X苯环上的一氯代物一定有9种
C．X→Y的反应类型为还原反应
D．X、Y、Z都能与NaHCO3溶液反应
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的稳定性：W＞Y＞Z
B．离子半径：W＞Z＞Y
C．A与C可以反应生成B
D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
5．（6分）下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
B
向含有Na2S与ZnS的悬浊液中加CuSO4溶液
产生黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pH
NaClO颜色更深
酸性：CH3COOH＞HClO
D
取5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾的乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀的酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
不能证明有丙烯生成
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）目前可采用“双极膜组“电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下（BP）复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣的离子源。下列说法正确的是（ ）
A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．“双极膜组”电渗析法可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH）
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl﹣和Na+
D．电路中每转移0.5mol电子，理论上获得副产品A和B各0.25mol
7．（6分）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示OH的浓度的负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]。下列有关说法正确的是（ ）
A．若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值为10﹣5.3
B．在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO3混合溶液中c（Na+）＞c（H2）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．b点时，x＝9.95
D．d点溶液中存在关系式c（H+）＝0.1+c（）+c（OH﹣）
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8．（15分）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展己二酸的合成及性质探究实验。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图：
（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有 ，乙醚的作用为 。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是 。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是 （填序号）。
A．环己烯（） B．环己醇（） C．环己酮（）
（4）如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为 ，过滤。
Ⅲ．己二酸的性质探究
以己二酸和乙醇为原料，用如图所示装置制备己二酸二乙酯。
步骤1：向如图所示的装置A中加入30mL乙醇、10mL己二酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A（沸点65℃），加热回流1h，直至反应基本完成。
步骤2：待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，洗涤干燥后蒸馏，收集相应馏分
有机物名称
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点（℃）
溶解性
己二酸
146
1.36
330
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
己二酸二乙酯
202
1.00
247
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
（5）装置中分水器的作用是 ，判断反应已经完成的标志是 。
（6）本次实验的产率为（某种生成物的实际产量与理论产量的百分比） 。（结果保留两位有效数字）
9．（15分）氧化铈 （CeO2） 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 （含 CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；
已知：
①稀土离子易与形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2。
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
80
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示 。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 。
（4）步骤④的离子方程式为 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c（）＝ mol/L（保留2位有效数字）。{已知常温下Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28}。
（5）若Ce2（CO3）3经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 t。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）该转化过程中的催化剂为 。
10．（13分）研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，请回答下列问题
Ⅰ．已知热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
（1）已知FeO（s）被CO（g）还原成Fe（s）2（g）的正反应活化能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为 kJ/mol。
Ⅱ．一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＝﹣49.1kJ•mol﹣1
反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH5＝+41.1kJ•mol﹣1
（2）往恒容密闭容器中按n（CO2）：n（H2）＝1：3（总量为amol）充入反应物，在合适催化剂作用下，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率（转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比）如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为 mol（列出计算式即可）。随着温度的升高，ABC所在曲线逐减升高的原因是 。
（3）现向恒温恒容（0.1MPa）的密闭容器中充入1molCO2、3molH2和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，反应10min后达平衡2的转化率为20%，则氢气的分压变化率为 MPa•min﹣1（请计算出结果），该反应的Kp＝ MPa﹣2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
III．研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂—二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少二氧化碳的排放
（4）给电池充电时，阳极反应式为 。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[化学-选修3：物质结构与性质]
11．（15分）（1）Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中Ni2+的外围电子排布式为 ，S元素的杂化方式为 。该配合物离子中，C≡O（Ⅰ）和气态C≡O分子（Ⅱ），键长较长的为 （用Ⅰ或Ⅱ表示）。
（2）写出SCN﹣的一个等电子体分子 ，检验Fe3+时，SCN﹣以S原子配位不以N原子配位的原因是 。
（3）氮化镓（GaN）和砷化镓（GaAs）都是新型的半导体材料 GaAs熔点，原因是 。
（4）阿拉班达石（alabandite）是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图（a）（●＝Mn，〇＝S）。
图（a）
图（b）
已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ（1Å＝10﹣10m），晶体密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA＝ （要求化简）。
（5）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图（b）2晶体的是 。
A．B．
C．D．
[化学-有机化学基础]
12．一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）B中官能团的名称为 ；B→C、E→G的反应类型为 、 。
（3）C→D的化学反应方程式为 。
（4）含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 种（不含D），其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：2的是 （写结构简式）。
（5）设计以F和CH2＝CHCHO为起始原料，合成的路线 （其它试剂任选）。
2023年宁夏银川一中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6分）化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．中国空间站的食物可谓太空一绝，航天员喜欢吃的“宫保鸡丁”的主要成分是有机物
B．“可燃冰”是一种有待大量开发的新能源，开采过程中发生大量泄漏不会对环境产生影响
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材料与光导纤维的相同
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢属于新型无机非金属材料
【分析】A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉，属于蛋白质；
B．甲烷是引起温室效应的气体之一；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，晶体硅为良好的半导体材料；
D．特种钢属于金属材料。
【解答】解：A．“宫保鸡丁”主要成分鸡肉，蛋白质属于有机物；
B．甲烷气体是能引起温室效应，开采过程中发生泄漏会造成温室效应；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，晶体硅为良好的半导体材料，故C错误；
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的应用，难度不大，熟悉常见的材料分类及其物理性质即可解答，注意日常学习中的积累。
2．（6分）磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷（每一个层由曲折的磷原子链组成）的结构如图所示A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．3.1g31P中含有的中子数为1.5NA
B．31g白磷和黑鳞的混合物中含有的P﹣P键数目为3NA
C．12.4g白磷与0.6molH2在密闭容器中充分反应，生成的PH3分子数为0.4NA
D．6.82g白磷发生反应：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，转移的电子数为0.6NA
【分析】A．1个31P含有16个中子；
B．一个白磷分子中，形成6个P﹣P键，平均每个磷原子形成P﹣P键1.5个，黑磷结构中每个磷原子连接三个磷原子形成3个P﹣P共价键，平均每个磷原子形成1.5个共价键；
C．反应P4+6H2⇌4PH3为可逆反应；
D．Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4作氧化剂，60mol硫酸铜作氧化剂，只有6mol的P4作还原剂，电子转移总数120e﹣。
【解答】解：A．3.1g31P中含有的中子数为：×16×NAmol﹣1＝5.6NA，故A错误；
B．一个白磷分子中，平均每个磷原子形成P﹣P键1.3个，平均每个磷原子形成1.5个共价键，磷原子物质的量为4mol，均为1.5NA，故B错误；
C．12.8g白磷物质的量＝，与0.4mol H2在密闭容器中充分反应，反应P4+3H2⇌4PH4为可逆反应，不能进行彻底3分子的数目小于0.6NA，故C错误；
D．反应中，电子转移120mol，，0.055mol白磷发生反应＝0.6molA，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意公式的选用和物质结构的掌握。
3．（6分）酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图：
下列说法正确的是（ ）
A．X、Z分子中均至少有9个碳原子共面
B．X苯环上的一氯代物一定有9种
C．X→Y的反应类型为还原反应
D．X、Y、Z都能与NaHCO3溶液反应
【分析】A．与苯环直接相连的碳原子与苯环共面，苯环与另一个苯环上2个碳原子共面；
B．X的苯环上含7种H原子；
C．X→Y的反应中失去2个H原子；
D．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应。
【解答】解：A．与苯环直接相连的碳原子与苯环共面，则X，故A正确；
B．X的苯环上含7种H原子，故B错误；
C．X→Y的反应中失去2个H原子，故C错误；
D．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应7溶液反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
4．（6分）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Z与Y同主族，A中含有18个电子，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的稳定性：W＞Y＞Z
B．离子半径：W＞Z＞Y
C．A与C可以反应生成B
D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质，已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，Y有2个电子层符合电子排布规律，Y的最外层电子数为6，Y为O元素；Z与Y同主族，Z为S元素，W的原子序数最大，W为Cl元素；E、B分别为Y、Z元素对应的单质，A中含有18个电子，D有漂白性，结合图中转化可知，A为H2S，D为HClO，B为S，E为O2，C为SO2，结合原子序数可知X为H元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Z为S元素，
A．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则简单气态氢化物的稳定性：Y＞W＞Z；
B．一般电子层越多，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，故B错误；
C．A为H2S，C为SO2，二者发生氧化还原反应生成S，故C正确；
D．X和Y组成的二元化合物若为过氧化氢，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握原子结构、原子序数、物质的转化为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5．（6分）下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向其中加NaOH溶液至碱性
一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu（OH）2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀
淀粉完全水解
B
向含有Na2S与ZnS的悬浊液中加CuSO4溶液
产生黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
C
室温下用pH试纸测定同浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液pH
NaClO颜色更深
酸性：CH3COOH＞HClO
D
取5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾的乙醇溶液，均匀加热，将产生的气体通入2mL稀的酸性高锰酸钾溶液中
高锰酸钾溶液褪色
不能证明有丙烯生成
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．淀粉遇碘单质变蓝，淀粉水解后在碱性溶液中检验葡萄糖；
B．Na2S与CuSO4溶液反应生成沉淀；
C．NaClO溶液可使pH试纸褪色；
D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【解答】解：A．碱性溶液中加碘水，干扰淀粉的检验，不能证明淀粉完全水解；
B．Na2S与CuSO4溶液反应生成沉淀，不发生沉淀的转化sp（CuS）、Ksp（ZnS）的大小，故B错误；
C．NaClO溶液可使pH试纸褪色，故C错误；
D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明有丙烯生成；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）目前可采用“双极膜组“电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M和N为离子交换膜，在直流电作用下（BP）复合层间的H2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣的离子源。下列说法正确的是（ ）
A．X电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑
B．“双极膜组”电渗析法可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH）
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl﹣和Na+
D．电路中每转移0.5mol电子，理论上获得副产品A和B各0.25mol
【分析】由BP双极膜中H+、OH﹣移动方向可知：X电极为电解池的阳极，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；Y电极为阴极，电极反应式为：2H++2e﹣＝H2↑，电解总反应为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣。精制盐水中Na+经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的OH﹣结合生成NaOH，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中Cl﹣经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的H+结合生成HCl，所以N膜为阴离子交换膜。
【解答】解：A．由以上分析知，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl3↑；Y电极为阴极++2e﹣＝H2↑，故A错误；
B．“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得酸（ HCl ）和碱（ NaOH ），故B正确；
C．由题意可知：精制盐水中Na+经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的OH﹣结合生成NaOH，所以M膜为阳离子交换膜﹣经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的H+结合生成HCl，所以N膜为阴离子交换膜+和OH﹣，故C错误；
D．阳极反应式为电极反应式为：3Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，电路中每生成8molCl2，转移电子2 mol，理论上获得副产品A （NaOH溶液）和B （HCl溶液）各6 mol，理论上获得副产品A和B各0.5mol；
故选：B。
【点评】本题考查电解池，侧重考查学生交换模型电解池的掌握情况，试题难度中等。
7．（6分）常温下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，溶液中各含磷物种的pc﹣pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数（pc＝﹣lgc），pOH表示OH的浓度的负对数[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]。下列有关说法正确的是（ ）
A．若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值为10﹣5.3
B．在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO3混合溶液中c（Na+）＞c（H2）＞c（）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．b点时，x＝9.95
D．d点溶液中存在关系式c（H+）＝0.1+c（）+c（OH﹣）
【分析】由图示可知，随着碱性增强，即pOH减小，H3PO3浓度减小，H2浓度先增加后减小，浓度逐渐增大，可知中的氢不可能电离，说明H3PO3是二元弱酸，故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2、，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol•L﹣1，即c（H3PO3）+c（H2）+c（）＝0.1mol•L﹣1，根据酸碱中和反应知随着c（OH﹣）的增大，c（H3PO3）逐渐减小，c（H2）先增大后减小，c（）逐渐增大，即随着pOH的减小，pc（H3PO3）逐渐增大，pc（H2）先减小后增大，pc（）逐渐减小，故曲线①表示pc（）随pOH的变化，曲线②表示pc（H2）随pOH的变化，曲线③表示pc（H3PO3）随pOH的变化，点a（7.3，1.3）表示当POH＝7.3时，pc（）＝pc（H2），点b（x，3.6）表示当POH＝x，时pc（）＝pc（H3PO3），点c（12.6，1.3）表示当pOH＝12.6时，pc（H2）＝pc（H3PO3）。
【解答】解：A．点c（12.6，pc（H2）＝pc（H3PO3），c（H6）＝c（H3PO6），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣12.7）＝10﹣1.4，点a（5.3，1.2）表示当pOH＝7.3时）＝pc（H2），则c（5），Ka2＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣7.3）＝10﹣3.7，若反应+H3PO3⇌2H2可以发生，其平衡常数值K＝＝＝5.7，故A错误；
B．二元弱酸H3PO3，则Na7HPO3为正盐，在溶液中只存在水解，在浓度均为0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO2混合溶液中c（Na+）＞c（）＞c（H4）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．b点是曲线③和曲线①的交点）＝pc（H3PO3），此时c（3PO8），Ka＝＝c8（H+），点a（7.3，pc（2），则c（2），Ka2＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣7.3）＝10﹣5.7，点c（12.6，5.3）表示当pOH＝12.6时2）＝pc（H3PO6），c（H2）＝c（H6PO3），Ka1＝＝c（H+）＝10﹣（14﹣12.6）＝10﹣1.8，Ka＝＝×＝Ka3×Ka2＝10﹣6.8×10﹣1.4＝10﹣6.1＝c2（H+），b点c（H+）＝10﹣8.05，则b点pH＝4.05，pOH＝14﹣4.05＝4.95；
D．d点时，此时pH＝0+）＝1mol/L，而二元弱酸3.1mol•L﹣1H5PO3提供的氢离子浓度小于0.7mol/L，则d点溶液中：c（H+）＞0.1+c（）+c（OH﹣），故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了弱电解质的电离，关键是明确明确图象曲线所对应的物质，注意横坐标和纵坐标的意义以及特殊数据在解题中的作用，掌握弱电解质的电离平衡常数的计算和意义，题目难度较大。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
8．（15分）己二酸（）是一种重要的化工原料和合成中间体。某实验小组以钨磷酸为催化剂，开展己二酸的合成及性质探究实验。
Ⅰ．催化剂钨磷酸晶体（H3PW12O40）的制备
实验流程如图：
（1）操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有 分液漏斗 ，乙醚的作用为 萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中 。
（2）水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，步骤①中发生反应的化学方程式是 12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O 。
Ⅱ．己二酸的合成
向三颈烧瓶中加入0.10g钨磷酸催化剂和30mL30%双氧水，在室温下搅拌5min，然后加入5.0mL试剂X，得到溶液A。
（3）环己烯、环己醇、环己酮均可被双氧水氧化成己二酸。仅从所需双氧水理论用量的角度看，试剂X的最佳选择是 C （填序号）。
A．环己烯（） B．环己醇（） C．环己酮（）
（4）如图是己二酸的浓度与温度关系曲线图。介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态，稳定区表示己二酸溶液处于不饱和状态。实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，对应的实验操作为 恒温蒸发结晶 ，过滤。
Ⅲ．己二酸的性质探究
以己二酸和乙醇为原料，用如图所示装置制备己二酸二乙酯。
步骤1：向如图所示的装置A中加入30mL乙醇、10mL己二酸、0.6mL浓硫酸、10mL苯和2～3片碎瓷片。组装好仪器，并预先在分水器内加入一定量水，开始缓慢加热A（沸点65℃），加热回流1h，直至反应基本完成。
步骤2：待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗中，洗涤干燥后蒸馏，收集相应馏分
有机物名称
相对分子质量
密度（g/cm3）
沸点（℃）
溶解性
己二酸
146
1.36
330
微溶于水，易溶于乙醇
乙醇
46
0.79
78.5
易溶于水
己二酸二乙酯
202
1.00
247
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
（5）装置中分水器的作用是 使反应向正反应方向移动，提高原料转化率 ，判断反应已经完成的标志是 分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，反应基本完成 。
（6）本次实验的产率为（某种生成物的实际产量与理论产量的百分比） 51% 。（结果保留两位有效数字）
【分析】Ⅰ．Na2WO4和Na2HPO4热水溶解，加入浓盐酸并小火加热，加入乙醚萃取H3PW12O40，然后分液，水层中的物质有大量NaCl和少量HCl，则步骤①中发生反应的化学方程式为12Na2WO4+Na2HPO4+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，油层中含有H3PW12O40，油层水浴加热然后冷却结晶得到晶体H3PW12O40；
Ⅱ．（3）A．环己烯（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少；
（4）根据图知，稳定相同时，溶液浓度越大，其稳定性越差；浓度相同时，稳定越高其稳定性越好；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，该操作过程中溶液温度不变，溶液浓度增大；
Ⅲ.（5）反应生成水，通过分水器不断分离出水可以使反应向正反应方向移动；浓硫酸作用是催化剂和吸水剂；由于反应生成水，分水器水层液面不断上升，待分水器中水层不再增加时，表示反应已基本完成；
（6）根据反应过程，乙醇过量，根据己二酸计算产率。
【解答】解：Ⅰ．（1）操作I为萃取，操作Ⅰ所需的玻璃仪器除烧杯外还有分液漏斗，H3PW12O40易溶于有机溶剂，NaCl，所以用乙醚萃取H3PW12O40，则乙醚的作用为作萃取剂，将钨磷酸转移到乙醚中，
故答案为：分液漏斗；萃取剂；
（2）通过以上分析知，步骤①中发生反应的化学方程式为12Na4WO4+Na2HPO7+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O，
故答案为：12Na2WO4+Na2HPO5+26HClH3PW12O40+26NaCl+12H2O；
Ⅱ．（3）A）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
B．环己醇（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
C．环己酮（）中C元素平均化合价为﹣，中C元素的平均化合价为﹣；
得到相同物质的量的己二酸时选项中转移电子越少，则消耗双氧水的量越少，假设都生成6mol己二酸﹣（﹣，环己酮失去电子的物质的量＝[﹣）]×4×1mol＝6mol，则消耗双氧水的量最少的是环己酮，
故答案为：C；
（4）据图知，温度一定时，介稳区表示己二酸溶液处于饱和状态；实验室常根据直线EHI从溶液A获取己二酸晶体，溶液浓度增大，对应的实验操作为恒温蒸发结晶，
故答案为：恒温蒸发结晶；
（5）由于反应生成水，通过分水器不断分离出水可以使反应向正反应方向移动；由于反应生成水，待分水器中水层不再增加时，故分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时，
故答案为：使反应向正反应方向移动，提高原料转化率；分水器中不再有水生成或分水器中水的液面不变时；
（6）30mL乙醇物质的量为≈0.6mol≈6.09mol～2CH3CH7OH～己二酸二乙酯，乙醇过量，产率为，
故答案为：51%。
【点评】本题考查物质制备及物质含量测定，侧重考查信息及图表的获取、分析、判断和知识综合应用能力，明确元素化合物性质、物质分离提纯方法及物质含量测定原理等知识点是解本题关键，注意计算中关系式的灵活应用，题目难度中等。
9．（15分）氧化铈 （CeO2） 是一种广泛应用的稀土氧化物。现以氟碳铈矿 （含 CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示；
已知：
①稀土离子易与形成复盐沉淀。
②硫脲： 具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2。
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
80
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是 增大了气固反应物接触面积，加快反应速率 。
（2）焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示 85℃、2.5mol/L 。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 2+2＝2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F﹣ 。步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X，根据题中信息推测 防止Ce3+被氧化 。
（4）步骤④的离子方程式为 2Ce3++6＝Ce2（SO4）3↓+3CO2↑+3H2O 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c（Ce3+）为1.0×10﹣5mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c（）＝ 0.18 mol/L（保留2位有效数字）。{已知常温下Ka1（H2CO3）＝4.3×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝5.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO3）3]＝1.0×10﹣28}。
（5）若Ce2（CO3）3经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为 17.2 t。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）该转化过程中的催化剂为 Ce4+ 。
【分析】氟碳矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，氟碳铈矿在空气中焙烧，CeFCO3中+3价的Ce被氧化为CeO2，烧渣中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应，氧化钡与硫酸反应得到硫酸钡，过滤得到滤渣A（主要成分为BaSO4和SiO2）和的滤液，向滤液中加入硫脲，将Ce4+还原为Ce3+，再加入硫酸钠溶液，得到含F﹣的滤液和沉淀B即Ce2（SO4）3⋅Na2SO4⋅nH2O，向沉淀B中先加入氢氧化钠，再加入稀盐酸，得到含Ce3+的溶液，向其中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到Ce2（CO3）3，Ce2（CO3）3再进行灼烧得到CeO2。
【解答】解：（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率，
故答案为：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率；
（2）由图示可知，当温度在85℃+）为2.5mol/L时，Ce的浸出率最高，
故答案为：85℃、2.5mol/L；
（3）硫脲具有还原性，酸性条件下将3+，自身被氧化为Ce3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知+2＝3Ce3++（SCN2H7）2+2HF+5F﹣；步骤③加入盐酸后，通常还需加另一种化学试剂X为H2O2，已知Ce2+在空气中易被氧化为Ce4+，因此加入盐酸后，再加入过氧化氢的目的是：防止Ce3+被氧化，
故答案为：3+6＝2Ce3++（SCN3H3）2+5HF+2F﹣；防止Ce3+被氧化；
（4）步骤④中加入碳酸氢铵溶液，Ce2+和碳酸氢根离子发生双水解生成Ce2（CO3）3、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2Ce3++4＝Ce2（SO5）3↓+3CO3↑+3H2O，已知常温下Ka6（H2CO3）＝7.3×10﹣7，Ka3（H2CO3）＝4.6×10﹣11，Ksp[Ce2（CO6）3]＝c2（Ce7+） c3（）＝（1.0×10﹣5mol•L﹣1）2×c5（）＝7.0×10﹣28，c（）＝＝﹣4mol•L﹣1；⇌H++，Ka2＝，c（mol/L≈0.18mol/L，
故答案为：6Ce3++6＝Ce2（SO4）6↓+3CO2↑+4H2O；0.18；
（5）若Ce8（CO3）3经充分焙烧质量减少6.8t，根据
2Ce5（CO3）3+O8＝6CO2+4CeO2 Δm
4×172 232
m 2.8t
m＝t＝17.2t 则获得CeO3的质量为17.2t，
故答案为：17.2；
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，反应Ⅰ为：Ce4++H2＝Ce8++2H+，反应Ⅱ为：2NO8+8Ce3++7H+＝8Ce4++N7+4H2O，该反应中的催化剂为Ce3+，
故答案为：Ce4+。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度较大。
10．（13分）研究碳、氮、硫元素化合物的性质及其相互转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义，请回答下列问题
Ⅰ．已知热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
（1）已知FeO（s）被CO（g）还原成Fe（s）2（g）的正反应活化能为234kJ/mol，则其逆反应活化能为 245 kJ/mol。
Ⅱ．一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH4＝﹣49.1kJ•mol﹣1
反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH5＝+41.1kJ•mol﹣1
（2）往恒容密闭容器中按n（CO2）：n（H2）＝1：3（总量为amol）充入反应物，在合适催化剂作用下，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率（转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比）如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为 0.25a×15%×78% mol（列出计算式即可）。随着温度的升高，ABC所在曲线逐减升高的原因是 升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度 。
（3）现向恒温恒容（0.1MPa）的密闭容器中充入1molCO2、3molH2和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，反应10min后达平衡2的转化率为20%，则氢气的分压变化率为 0.0005 MPa•min﹣1（请计算出结果），该反应的Kp＝ 33.3 MPa﹣2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
III．研究人员开发了一种新型的硼、氮共掺杂的多孔石墨烯材料作为正极催化剂的锂—二氧化碳二次电池，实现了碳酸锂在电池中的高度可逆分解，减少二氧化碳的排放
（4）给电池充电时，阳极反应式为 2Li2CO3+C﹣4e﹣＝3CO2+4Li+ 。
【分析】（1）①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应①×﹣②×﹣③×得到FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO2（g），ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
（2）根据题意可知投料为0.25a molCO2和0.75a molH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇的物质的量；反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动；
（3）平衡时CO2的转化率为20%，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 3 0 0
转化（mol） 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡（mol） 0.8 2.4 0.2 0.2
He不参与反应，仍为6mol，混合气体总物质的量为（0.8+2.4+0.2+0.2+6mol）＝9.6mol，分别计算各组分分压，Kp＝；
（4）由图可知，充电时碳失去电子和碳酸锂反应生成二氧化碳和锂离子。
【解答】解：（1）①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO4（g）ΔH1＝﹣25kJ•mol﹣1
②6Fe2O3（s）+CO（g）═5Fe3O4（s）+CO8（g）ΔH2＝﹣47kJ•mol﹣1
③Fe8O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO6（g）ΔH3＝+19kJ•mol﹣1
根据盖斯定律：反应①×﹣②×得到FeO（s）+CO（g）＝Fe（s）+CO8（g）ΔH＝（﹣25×+47×﹣，ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能，
故答案为：245；
（2）根据题意可知投料为0.25a molCO2和3.75a molH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%；反应i为放热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低，
故答案为：0.25a×15%×78%；升高温度；
（3）平衡时CO2的转化率为20%，列化学平衡三段式，
CO4（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol） 1 4
转化（mol） 0.2 8.2
平衡（mol） 0.2 0.2
He不参与反应，仍为2mol，p（H2）＝×6.1MPa＝0.025MPa6）＝×0.6MPa＝0.03MPa＝0.0005MPa•min﹣1，Kp＝≈33.3 MPa﹣2，
故答案为：2.0005；33.3；
（4）由图可知，充电时碳失去电子和碳酸锂反应生成二氧化碳和锂离子2CO2+C﹣4e﹣＝3CO2+4Li+，
故答案为：2Li5CO3+C﹣4e﹣＝4CO2+4Li+。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[化学-选修3：物质结构与性质]
11．（15分）（1）Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中Ni2+的外围电子排布式为 3d8 ，S元素的杂化方式为 sp3 。该配合物离子中，C≡O（Ⅰ）和气态C≡O分子（Ⅱ），键长较长的为 Ⅰ （用Ⅰ或Ⅱ表示）。
（2）写出SCN﹣的一个等电子体分子 N2O或CO2 ，检验Fe3+时，SCN﹣以S原子配位不以N原子配位的原因是 S的电负性比N小，易给出孤电子对 。
（3）氮化镓（GaN）和砷化镓（GaAs）都是新型的半导体材料 高于 GaAs熔点，原因是 GaN、GaAs都是共价晶体，原子半径：As＞N，共价键的键长：Ga﹣As＞Ga﹣N，键能：Ga﹣As＜GaN，故GaN的熔点高于GaAs的熔点 。
（4）阿拉班达石（alabandite）是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图（a）（●＝Mn，〇＝S）。
图（a）
图（b）
已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ（1Å＝10﹣10m），晶体密度为ρg•cm﹣3，则阿伏加德罗常数的值NA＝ （要求化简）。
（5）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图（b）2晶体的是 C 。
A．B．
C．D．
【分析】（1）基态Ni原子价层电子排布为3d84s2；由图可知，S原子形成3个共价键，还有1个孤电子对；化学键越弱，键长就越长；
（2）原子个数、价电子数都相同的微粒互为等电子体；S的电负性比N小；
（3）键长越短，键能越大，熔点越高；
（4）由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，则面对角线＝2dÅ＝2d×10﹣8cm，晶胞边长＝d×10﹣8cm，计算晶胞体积，结合密度公式，求解阿伏加德罗常数；
（5）由图a可知，阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4，根据图中原子位置判断投影图。
【解答】解：（1）基态Ni原子价层电子排布为3d83s2，Ni2+是Ni原子失去最外层4个电子形成的，价电子排布式为3d8；S原子形成8个共价键，S原子上还有一个孤电子对3杂化；该配合物离子中的C≡O （I）中由于C原子与Fe2+以配位键结合，使得C，化学键的结合力越弱，故该配合物离子中的C≡O（I）和气态C≡O分子（II）的三键相比，
故答案为：2d8；sp3；I；
（2）SCN﹣含有2个原子、16个价电子，N2O、CO2都含有3个原子、16个价电子﹣互为等电子体；S的电负性比N小，
故答案为：N2O或CO2；S的电负性比N小，易给出孤电子对；
（3）由题意知，GaN，则都为共价晶体，共价键的键长：Ga﹣As＞Ga﹣N，故GaN的熔点高于GaAs的熔点，
故答案为：高于；GaN，原子半径：As＞N，键能：Ga﹣As＜GaN；
（4）由图a可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，硫原子和锰原子堆积方式相同，采用面心立方最密堆积；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半﹣6cm，晶胞边长＝﹣8cm，晶胞体积＝（﹣8cm）3，根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个+5×，则晶胞的体积（﹣8cm）3，晶胞质量＝g＝g可知（﹣8cm）2＝得：NA＝mol﹣6，
故答案为：面心立方最密堆积；；
（5）由图a可知，阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为6，
A．所示投影图中Mn原子配位数为6；
B．所示投影图中Mn原子配位数为8；
C．通过投影图推断出原子个数比，B为4：6＝2：5，D为6：6＝2：12是3：2，故C正确；
D．所示投影图中Mn原子为六方最密堆积，故D错误，
故答案为：C。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、等电子体、配合物、熔点比较、晶胞的结构分析与计算等知识点，掌握晶胞计算和投影分析是关键，题目难度较大。
[化学-有机化学基础]
12．一种药物中间体合成路线如下，回答下列问题：
（1）A的化学名称为 己二酸 。
（2）B中官能团的名称为 羰基 ；B→C、E→G的反应类型为 加成反应 、 取代反应 。
（3）C→D的化学反应方程式为 +H2O 。
（4）含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有 12 种（不含D），其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：2的是 （写结构简式）。
（5）设计以F和CH2＝CHCHO为起始原料，合成的路线 （其它试剂任选）。
【分析】A发生取代反应生成B，B与NH3发生加成反应生成C，结合D的分子式可知C发生醇羟基的消去反应生成D为，D中碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E和F发生取代反应得到G和HCl，G发生取代反应生成H和HBr，H发生取代反应生成I和H2O；
（5）以F和CH2＝CHCHO为起始原料合成，由合成图F→I可知，CH2＝CHCHO先与氧气发生催化氧化生成CH2＝CHCOOH，F与NH3发生取代反应生成，CH2＝CHCOOH与发生G→H的反应，取代下来﹣Br，生成，最后合成。
【解答】解：（1）A的化学名称为己二酸，
故答案为：己二酸；
（2）B中官能团的名称为羰基；B→C为C＝O与NH3发生加成反应、E和F发生取代反应得到G和HCl，
故答案为：羰基；加成反应；
（3）C→D为醇羟基的消去反应，化学反应方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（4）D为，含五元环和碳碳双键的D的同分异构体有、、、共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积比为4：3：7的是，
故答案为：12；；
（5）由合成图F→I可知，CH2＝CHCHO先与氧气发生催化氧化生成CH2＝CHCOOH，F与NH8发生取代反应生成，CH2＝CHCOOH与发生G→H的反应，取代下来﹣Br，最后合成，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
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