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2021-2022学年陕西省长治市武乡中学校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析）
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这是一份2021-2022学年陕西省长治市武乡中学校高三（上）期末化学试卷（ 含答案解析），共26页。试卷主要包含了5NA，85，【答案】C，【答案】D，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年陕西省长治市武乡中学校高三（上）期末化学试卷
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
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，人火则汞去，而金存数次即黄。”其中“人火则汞去”是指汞与氧气发生反应
D. “墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散质
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
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：2MnO4−+16H++5C2O4−=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++SO42−+Ba2++2OH−=2H2O+BaSO4↓
5. 粉煤灰中水化活性最高的组分是CaO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
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.制取碳酸氢钠
B.配制2mol/L的稀硫酸
C.制备并检验SO2气体
D.比较元素的非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
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5mol氢气发生加成反应
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
NO3−
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NO2−+ClO−=NO3−+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
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，1.12LCCl4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，1molClONO2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1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1L1mol⋅L−1NaClO溶液中含有ClO−数为1NA
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
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K，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
12. 用含铁废铜制备胆矾晶体的流程如图所示，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−)
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
14. 已知反应S2O82−(aq)+2I−(aq)⇋2SO42−(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。下列有关该反应的说法错误的是( )
①2Fe3+(aq)+2I−(aq)⇋I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+(aq)+S2O82−(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42−(aq)
A. 反应①和反应②相比，反应②更容易发生
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
15. 常温下，向20mL0.2mol⋅L−1HA(Ka=1×10−4.7)溶液中逐滴滴加0.2mol⋅L−1NaOH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
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)ΔH<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，NaClO2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NaClO2。写出该反应的离子方程式：______。
17. 某学习小组用如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右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)，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0.01000mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定20.00mLB中溶液，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00mL，则B中c(Fe2+)=______。
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、AI2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料生产NiCl2继而生产Ni2O3，其工艺流程如图：
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1.0mol⋅L−1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
完全沉淀的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，1molNiS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+)=2.0mol⋅L−1，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)<1×10−5mol⋅L−1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为 ______。(不考虑CO32−水解，计算结果保留两位小数)
19. 以NO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)+2CO(g)减少尾气污染。
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1
则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=______(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200C，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1molNO和1molCO进行反应2CO(g)+2NO(g)→N(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2molC=O键同时生成1molN≡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x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 ______。
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 ______，1molAs4O6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ag⋅cm−3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，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”)。
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的过程如图：
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，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出2.24L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的目的是 ______。
(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)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.84消毒液中次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，所以具有杀菌消毒作用，故A正确；
B.碳纤维是复合材料，金刚石是碳单质，碳纤维与金刚石不是同素异形体，故B错误；
C.油污主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸，故C正确；
D.钛合金材料具有合金的性质，具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；
故选：B。
A.84消毒液中次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；
B.碳纤维是复合材料；
C.油污主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸；
D.合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀、熔点低等特征。
本题考查了油脂的性质分析，同素异形体的概念，漂白粉的漂白原理，合金的性能及应用，题目难度中等。
2.【答案】B
【解析】解：A.诗句中的“翠色”与氧化亚铜的颜色不相符，因为氧化亚铜是红色固体，所以诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，故A错误；
B.水晶的主要成分是二氧化硅，故B正确；
C.“人火则汞去”是指汞蒸发过程，故C错误；
D.“墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种胶体，故D错误；
故选：B。
A.氧化亚铜为红色；
B.二氧化硅是水晶的主要成分；
C.汞受热蒸发；
D.“墨滴”是碳颗粒分散于水中形成的胶体。
本题考查物质的组成、性质及其在生产、生活等方面的用途，为高频考点，把握物质的组成、变化与性质为解答的关键，试题侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.CO2分子中C、O原子间共用2对电子，C、O原子外围均达到8e−结构，则CO2电子式为，故A错误；
B.CH4分子是正四面体结构，并且C原子半径大于H，则CH4的空间充填模型为，球棍模型为，故B错误；
C.N2分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故C正确；
D.烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯是含有两个C原子的烯烃，结构简式为CH2=CH2，故D错误；
故选：C。
A.CO2分子中C、O原子间共用2对电子，C、O原子外围均达到8e−结构；
B.是CH4的空间充填模型，不是球棍模型；
C.氮气分子中含有1个氮氮三键；
D.乙烯分子中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式及结构简式、空间充填模型及球棍模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，向氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳气体，不发生反应，故 A错误；
B.用草酸溶液滴定KMnO4溶液，离子方程式为：2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C.醋酸钠溶于水显碱性，离子方程式为：H2O+CH3COO−⇌OH−+CH3COOH，故C错误；
D.硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=2H2O+BaSO4↓，故D正确；
故选：D。
A.不符合反应客观事实；
B.草酸为弱酸，应保留化学式；
C.醋酸根离子水解为可逆反应，应用可逆符号；
D.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性，二者反应生成硫酸钡、硫酸钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca>Mg>Al，所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A正确；
B.工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，Al采用电解熔融Al2O3的方法冶炼Al，故B错误；
C.工业上制取粗硅的反应为2C+SiO2−高温Si+2CO↑，CO的逸出促进了该反应的进行，不能据此得出C的还原性大于Si的结论，故C错误；
D.Al2O3属于两性氧化物，CaO、MgO属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，故D错误；
故选：A。
A.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
B.工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg；
C.用碳单质与SiO2反应制取粗硅是利用了平衡移动原理，与C的还原性强弱无关；
D.Al2O3属于两性氧化物。
本题考查金属冶炼、碱性强弱判断、两性氧化物等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律、金属活泼性与金属冶炼方法的关系、基本概念内涵是解本题关键，C为解答易错点。
6.【答案】C
【解析】解：A.应长导管进气，图中进气方向不合理，故A错误；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气，图中装置可制备并检验SO2气体，故C正确；
D.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，且盐酸为无氧酸，图中实验不能比较非金属性的强弱，故D错误；
故选：C。
A.应长导管进气；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气；
D.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，且盐酸为无氧酸。
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、物质的制备、溶液的配制、非金属性比较、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。
7.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知分子式为C18H27NO3，故A正确；
B.分子中含酚羟基、酰胺键可发生取代反应、含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故B正确；
C.含酚羟基、酰胺键，均与NaOH溶液反应，故C正确；
D.只有苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol辣椒素最多可与4mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选：D。
A.由结构可知分子式；
B.分子中含酚羟基、酰胺键、碳碳双键；
C.酚羟基、酰胺键均与NaOH溶液反应；
D.只有苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、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D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.碱性条件下，NO2−的氧化产物为NO3−，则NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2−+ClO−=NO3−+Cl−，故A正确；
B.酸性条件下，NO2−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，故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SO42−，HNO2被还原为NO、N2O和N2中的一种，得不到HNO2，故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，故D正确，
故选：C。
A.碱性条件下，NO2−的氧化产物为NO3−；
B.酸性条件下，NO2−把碘离子氧化为单质碘；
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；
D.低温时不用其它试剂区分HNO2溶液与Na2CO3溶液，考虑互相滴加时不同的反应现象加以区分。
本题考查了氧化还原反应、强酸制备弱酸的原理等，题目难度中等，注意把握题目中的信息和有关物质的性质。
9.【答案】C
【解析】解：A.标准状况下，1.12LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含共价键数不是2NA，故A错误；
B.ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为−2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2可水解生成硝酸和次氯酸，1molClONO2水解生成两种酸的反应不是氧化还原反应，故B错误；
C.知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−，依据方程式可知，当生成2molClO2时，消耗SO2物质的量1mol，因此，制备1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA，故C正确；
D.1L1mol⋅L−1NaClO溶液中，次氯酸根离子水解，含有ClO−数小于1NA，故D错误；
故选：C。
A.标准状况下四氯化碳不是气体，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量；
B.ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为−2价，可水解生成硝酸和次氯酸；
C.NaClO3和SO2制备ClO2时，发生氧化还原反应，反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，反应的离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−，结合反应定量关系计算；
D.NaClO溶液中次氯酸根离子水解。
本题考查阿伏加德罗常数的分析应用、氧化还原反应的计算和应用等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，题目难度中等，注意相关基础知识的积累。
10.【答案】D
【解析】解：由分析可知，A为O、B为Mg、C为Al、D为Si、E为S元素，
A.单质Mg能与热水反应生成氢氧化镁与氢气，所得溶液呈弱碱性，故A正确；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性D(Si)
D.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：E>A>B，故D错误；
故选：D。
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位于ⅥA族，则A为O，E为S元素；B与E(S)的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，则B的质子数只能为偶数，且B的原子序数大于O小于S，B为Mg时D为Si，B为Si时D为P，而火星岩石中存在大量的BCA3，可推知B为Mg、D为Si，BCA3为MgSiO3，C介于Mg、Si之间，则C为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、元素化合价、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】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，故A正确；
B.由分析可知，闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，故B错误；
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，故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，故D错误；
故选：A。
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−=Zn(OH)42−，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，原电池的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。
本题考查原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A.“溶解”时浸出速率与时间长短无关，故A错误；
B.流程中 Cu2(OH)2CO3的作用是中和酸而调节pH，CuO也能消耗酸且不引进新的杂质，故B正确；
C.如果c(Cu2+)⋅c2(OH−)
故选：A。
Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu、稀硫酸和H2O2反应生成CuSO4，加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，所以I中含Fe3+、Cu2+，I中加碱式碳酸铜可调节pH，加热使Fe3+转化为沉淀，过滤，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。
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，难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.由转化关系图可知，氮的成键数目的变化是3、4、4、3，则反应过程中氮的成键数目发生了变化，故A错误；
B.反应物CO2中含有极性键，则反应过程中有极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以有极性键形成，故B正确；
C.为先反应后生成的物质为催化剂，故C错误；
D.根据质量守恒，物质M代表H2，故D错误；
故选：B。
依据图示反应，催化剂()与二氧化碳反应生成，产物与氢气反应生成，又通过反应生成和水，产物与M反应生成甲醇和催化剂，据此分析解答。
A.由转化关系图可知，氮的成键数目的变化是3、4、4、3；
B.反应物CO2中含有极性键，则反应过程中有极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以有极性键形成；
C.先反应后生成的物质为催化剂，先生成后反应的物质为中间产物；
D.根据质量守恒分析判断。
本题考查了化学反应机理、氧化还原反应，题目难度中等，把握反应中物质之间的转化、氧化还原反应的基本概念是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知反应①是熵减、吸热反应，反应②是熵增、放热反应，熵增、放热反应更容易发生，故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，故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，故C正确；
D.由图可知S2O82−(aq)+2I−(aq)⇋2SO42−(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，故D错误；
故选：D。
本题考查化学反应能力图象、化学反应的方向判断、催化剂的作用等，关键是正确理解催化剂的作用，明确能量图象信息，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】解：A.①点溶液中溶质为HA、NaA，②点溶液呈中性，③点溶液溶质为NaA，溶液中加酸加碱会抑制水的电离，含有弱离子的盐会促进水的电离，则水的电离程度最大的是③，故A错误；
B.①点溶液中溶质为HA、NaA，且c(HA)=c(NaA)，物料守恒为c(A−)+c(HA)=2c(Na+)，故B正确；
C.②点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，电荷守恒为c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则c(A−)=c(Na+)，故C正确；
D.A−水解平衡常数Kh=KwKa=10−1410−4.7=10−9.3，③点溶液溶质为NaA，c(A−)≈20×0.240mol⋅L−1=0.1mol⋅L−1，则溶液中c(OH−)=cKh=0.1×10−9.3mol⋅L−1=10−5.15mol⋅L−1，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−5.15mol⋅L−1=10−8.85mol⋅L−1，则pH=−lg10−8.85=8.85，故D正确；
故选：A。
A.①点溶液中溶质为HA、NaA，②点溶液呈中性，③点溶液溶质为NaA，溶液中加酸加碱会抑制水的电离，含有弱离子的盐会促进水的电离；
B.①点溶液中溶质为HA、NaA，且c(HA)=c(NaA)，结合物料守恒分析；
C.②点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒分析；
D.计算A−水解平衡常数Kh=KwKa，③点溶液溶质为NaA，计算c(A−)，结合c(OH−)=cKh计算溶液中c(OH−)、c(H+)和pH。
本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算，为高频考点，明确图象曲线对应溶质组成及性质为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐类水解原理的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
16.【答案】反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<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 a2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+
【解析】解：(1)由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<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)ΔH<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)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；
(3)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ClO3−，水中的H+得到电子转化为H2，故该反应的离子方程式：2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+，
故答案为：2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+。
(1)由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量；
(2)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；
(3)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ClO3−，水中的H+得到电子转化为H2。
本题考查了元素化合物的性质等知识，为高频考点，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力，把握图中物质之间的转化是解题的关键，题目难度不大。
17.【答案】三颈烧瓶 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 平衡压强，使液体顺利流下 氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性 0.0375mol/L
【解析】解：(1)由图可知，仪器X为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)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；
(3)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；
(4)开始实验后，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+转化为Fe2+，由氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性，
故答案为：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性；
(5)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+)=0.00015mol×50.02L=0.0375mol/L，
故答案为：0.0375mol/L。
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，B装置探究二氧化硫能否被硝酸铁氧化，C装置探究二氧化硫能否被硝酸钡氧化，D收集反应生成的气体，据此作答。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
18.【答案】NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O氧化Fe2+生成Fe3+ 4.7≤pH<6.7SiO2 2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O7012022.26
【解析】解：(1)“酸浸”过程中，1molNiS失去6NA个电子，即−2价S元素生成+4价S元素，同时生成两种无色有毒气体为SO2和NO，根据质量守恒和电子转移守恒，化学方程式为NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O，
故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
(2)“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+，
故答案为：氧化Fe2+生成Fe3+；
(3)沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7≤pH<6.7；由分析得出“滤渣1”的主要成分有SiO2，
故答案为：4.7≤pH<6.7；SiO2；
(4)Cl元素由+1价降低到−1价反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O；
(5)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行“酸浸”，根据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，
故答案为：70；120；
(6)Ksp(NiCO3)=1×10−6，镍离子完全沉淀时，溶液中的c(Ni2+)<1×10−5mol⋅L−1，应保持溶液中c(CO32−)=Ksp(NiCO3)c(Ni2+)=1×10−61×10−5mol⋅L−1=0.1mol⋅L−1，则与Ni2+反应的n(CO32−)=2.0mol⋅L−1×0.1L=0.2mol，则加入Na2CO3固体的总质量最少为106g⋅mol−1×(0.2mol+0.1mol⋅L−1×0.1L)=106g⋅mol−1×0.21mol=22.26g，
则故答案为：22.26。
酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、SO42−，还含有少量Ca2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀钙离子，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaSO4等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液并产生CO2，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
(1)两种无色有毒气体为SO2和NO，根据质量守恒和电子转移守恒写出方程式；
(2)“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+；
(3)沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀；“滤渣1”的主要成分通过以上分析得出；
(4)Cl元素由+1价降低到−1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，根据电子守恒与电荷守恒配平写出离子方程式；
(5)如图所示变化中读出“酸浸”的最佳温度与时间；
(6)Ksp(NiCO3)=1×10−6，镍离子完全沉淀时，溶液中的c(Ni2+)<1.0×10−5mol/L。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
19.【答案】2b−a−c催化剂II，450℃温度较低时，催化剂的活性偏低 C1.6NH3 根据总反应8NO+7H2O−电解3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3
【解析】解：(1)①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1；根据盖斯定律，由2×②-①-③得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则△H2=2b−a−c，
故答案为：2b−a−c；
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；
(2)①A.单位时间内，断裂2molC=O同时形成1molN≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故A错误；
B.容器是恒容容器，反应都是气体，气体的总质量不变，则混合气体的密度不再改变不可以说明达到平衡，故B错误；
C.该反应是气体分子数不相等的反应，气体的总质量不变，物质的量在变化，当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，故C正确；
D.CO与NO的转化量相等，起始时1molNO和1molCO进行反应，则CO与NO的转化率比值始终为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：C；
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，根据恒容容器中压强的比等于物质的量之比，各物质的物质的量分数=压强分数，初始时总压为200kPa，则NO和CO的压强都为100kPa，利用三段式，
2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)
n(起始)/mol10010000
n(改变)/molxxxx2
n(平衡)/mol100−x100−xxx2
则平衡时，p=160kPa，则(100−x)+(100−x)+x+x2=160，则x=80kPa，则平衡时NO、CO、CO2、N2的压强分别为20kPa、20kPa、80kPa、40kPa，则Kp=p(N2)p2(CO2)p2(CO)p2(NO)=40×802202×202=1.6(kPa)−1，
故答案为：1.6；
(3)间接电化学法可对NO进行无害化处理，电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO−3e−+2H2O=NO3−+4H+，阴极反应为：NO+5e−+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，根据得失电子守恒，阳极产生的NO3−的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O−电解3NH4NO3+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+7H2O−电解3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3。
(1)①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1；根据盖斯定律，由2×②-①-③计算△H2；
②由图象的脱氮率观察适当反应条件；催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大；
(2)①结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；
②根据Kp=p(N2)p2(CO2)p2(CO)p2(NO)计算平衡分压代替平衡浓度的平衡常数；
(3)根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析。
本题考查了盖斯定律计算、平衡标志、平衡常数相关计算及电解原理的应用等，为高频考点，掌握基础知识是解题关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
20.【答案】2s22p1 硅 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 sp3 12NA或者12×6.02×1023 N>H>BSbH3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 (43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3 乙
【解析】解：(1)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；
(2)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；
(3)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sp3，1molAs4O6中含有的σ键数目为12NA或者12×6.02×1023，
故答案为：sp3；12NA或者12×6.02×1023；
(4)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；
(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，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；
(6)①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：8×18+6×12=4个，As原子为4个，若该晶体的密度为ag/cm3，ρ=mV则一个晶胞的体积为：4×86NA×acm3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，则原子的空间占有率为(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3×100%，
故答案为：(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3；
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。
(1)已知B为5号元素，故基态硼原子的价电子排布式为2s22p1；
(2)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；
(3)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；
(4)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；
(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；
(6)①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：8×18+6×12=4个，As原子为4个，若该晶体的密度为ag/cm3，ρ=mV则一个晶胞的体积为：4×86NA×acm3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，则原子的空间占有率为(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3×100%；
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。
本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力、计算能力等，明确原子结构、元素周期律内涵、晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
21.【答案】羟基、醛基 C6H14O6 取代反应(或水解反应)9 保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应 →Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2
【解析】解：(1)葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，葡萄糖中含有的官能团是羟基、醛基，A的结构简式为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A的分子式为C6H14O6，
故答案为：羟基、醛基；C6H14O6；
(2)由B生成C的反应方程式为，
故答案为：；
(3)由分析可知，D的结构简式为，D发生酯基水解反应生成E，也属于取代反应，
故答案为：；取代反应(或水解反应)；
(4)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量=7.30g146g/mol=0.05mol，生成n(CO2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，说明该分子中含有2个−COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度=6×2+2−102=2，2个−COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，如果剩余碳链结构为C−C−C−C，羧基排放方式有6种，如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种，所以符合条件的同分异构体有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为，
故答案为：9；；
(5)反应③消除其中1个羟基，反应④中另外羟基被硝基取代，而在反应⑤中酯基水解又重新移入③消除的羟基，可知合成中反应③和反应⑤的目的是：保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应，
故答案为：保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应；
(6)与氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与溴水发1，4−加成生成，发生水解生成C为，与氢气发生加成反应生成，合成路线为→Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2，
故答案为：→Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2。
葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生分子内脱去2分子水成环生成B，B和乙酸酐反应生成C，结合C的分子式可知，在组成上B中1个H原子被C2H4O替代生成C，应是B中一个羟基发生酯化反应生成C和CH3COOH，故C结构简式为，由D的分子式、E的结构简式，结合反应条件可知，可知生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，故D的结构简式为；
(6)与氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与溴水发1，4−加成生成，发生水解生成C为，与氢气发生加成反应生成。
本题考查有机物推断，充分利用有机物分子式与结构简式进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
2021-2022学年陕西省长治市武乡中学校高三（上）期末化学试卷
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
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，人火则汞去，而金存数次即黄。”其中“人火则汞去”是指汞与氧气发生反应
D. “墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种分散质
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
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：2MnO4−+16H++5C2O4−=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++SO42−+Ba2++2OH−=2H2O+BaSO4↓
5. 粉煤灰中水化活性最高的组分是CaO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
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.制取碳酸氢钠
B.配制2mol/L的稀硫酸
C.制备并检验SO2气体
D.比较元素的非金属性：Cl>C>Si
A. A B. B C. C D. D
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5mol氢气发生加成反应
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
NO3−
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NO2−+ClO−=NO3−+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
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，1.12LCCl4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，1molClONO2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1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA
D. 1L1mol⋅L−1NaClO溶液中含有ClO−数为1NA
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
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K，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
12. 用含铁废铜制备胆矾晶体的流程如图所示，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−)
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
14. 已知反应S2O82−(aq)+2I−(aq)⇋2SO42−(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。下列有关该反应的说法错误的是( )
①2Fe3+(aq)+2I−(aq)⇋I2(aq)+2Fe2+(aq)
②2Fe2+(aq)+S2O82−(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42−(aq)
A. 反应①和反应②相比，反应②更容易发生
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
15. 常温下，向20mL0.2mol⋅L−1HA(Ka=1×10−4.7)溶液中逐滴滴加0.2mol⋅L−1NaOH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
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)ΔH<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，NaClO2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NaClO2。写出该反应的离子方程式：______。
17. 某学习小组用如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右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)，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0.01000mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液滴定20.00mLB中溶液，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00mL，则B中c(Fe2+)=______。
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、AI2O3、FeO、CaO、SiO2)为原料生产NiCl2继而生产Ni2O3，其工艺流程如图：
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1.0mol⋅L−1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
完全沉淀的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，1molNiS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+)=2.0mol⋅L−1，欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)<1×10−5mol⋅L−1]，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为 ______。(不考虑CO32−水解，计算结果保留两位小数)
19. 以NO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)+2CO(g)减少尾气污染。
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1
则2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=______(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200C，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1molNO和1molCO进行反应2CO(g)+2NO(g)→N(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2molC=O键同时生成1molN≡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x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 ______。
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 ______，1molAs4O6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ag⋅cm−3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，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”)。
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的过程如图：
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，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠溶液反应可释放出2.24L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的目的是 ______。
(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)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.84消毒液中次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，所以具有杀菌消毒作用，故A正确；
B.碳纤维是复合材料，金刚石是碳单质，碳纤维与金刚石不是同素异形体，故B错误；
C.油污主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸，故C正确；
D.钛合金材料具有合金的性质，具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；
故选：B。
A.84消毒液中次氯酸钠具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；
B.碳纤维是复合材料；
C.油污主要成分是酯类，在碱性溶液中发生水解生成溶于水的醇和酸；
D.合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀、熔点低等特征。
本题考查了油脂的性质分析，同素异形体的概念，漂白粉的漂白原理，合金的性能及应用，题目难度中等。
2.【答案】B
【解析】解：A.诗句中的“翠色”与氧化亚铜的颜色不相符，因为氧化亚铜是红色固体，所以诗句中的“翠色”不可能来自氧化亚铜，故A错误；
B.水晶的主要成分是二氧化硅，故B正确；
C.“人火则汞去”是指汞蒸发过程，故C错误；
D.“墨滴无声人水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”是一种胶体，故D错误；
故选：B。
A.氧化亚铜为红色；
B.二氧化硅是水晶的主要成分；
C.汞受热蒸发；
D.“墨滴”是碳颗粒分散于水中形成的胶体。
本题考查物质的组成、性质及其在生产、生活等方面的用途，为高频考点，把握物质的组成、变化与性质为解答的关键，试题侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：A.CO2分子中C、O原子间共用2对电子，C、O原子外围均达到8e−结构，则CO2电子式为，故A错误；
B.CH4分子是正四面体结构，并且C原子半径大于H，则CH4的空间充填模型为，球棍模型为，故B错误；
C.N2分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故C正确；
D.烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯是含有两个C原子的烯烃，结构简式为CH2=CH2，故D错误；
故选：C。
A.CO2分子中C、O原子间共用2对电子，C、O原子外围均达到8e−结构；
B.是CH4的空间充填模型，不是球棍模型；
C.氮气分子中含有1个氮氮三键；
D.乙烯分子中含有碳碳双键，书写结构简式时不能省略。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式及结构简式、空间充填模型及球棍模型等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，向氯化钙溶液中通入少量的二氧化碳气体，不发生反应，故 A错误；
B.用草酸溶液滴定KMnO4溶液，离子方程式为：2MnO4−+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；
C.醋酸钠溶于水显碱性，离子方程式为：H2O+CH3COO−⇌OH−+CH3COOH，故C错误；
D.硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=2H2O+BaSO4↓，故D正确；
故选：D。
A.不符合反应客观事实；
B.草酸为弱酸，应保留化学式；
C.醋酸根离子水解为可逆反应，应用可逆符号；
D.向硫酸氢钠溶液中滴加氢氧化钡溶液至溶液呈中性，二者反应生成硫酸钡、硫酸钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应实质是解题关键，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca>Mg>Al，所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2>Al(OH)3，故A正确；
B.工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，Al采用电解熔融Al2O3的方法冶炼Al，故B错误；
C.工业上制取粗硅的反应为2C+SiO2−高温Si+2CO↑，CO的逸出促进了该反应的进行，不能据此得出C的还原性大于Si的结论，故C错误；
D.Al2O3属于两性氧化物，CaO、MgO属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，故D错误；
故选：A。
A.金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
B.工业上采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg；
C.用碳单质与SiO2反应制取粗硅是利用了平衡移动原理，与C的还原性强弱无关；
D.Al2O3属于两性氧化物。
本题考查金属冶炼、碱性强弱判断、两性氧化物等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素周期律、金属活泼性与金属冶炼方法的关系、基本概念内涵是解本题关键，C为解答易错点。
6.【答案】C
【解析】解：A.应长导管进气，图中进气方向不合理，故A错误；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后，转移到容量瓶中定容，故B错误；
C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气，图中装置可制备并检验SO2气体，故C正确；
D.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，且盐酸为无氧酸，图中实验不能比较非金属性的强弱，故D错误；
故选：C。
A.应长导管进气；
B.不能在容量瓶中稀释浓硫酸；
C.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫可使品红褪色，NaOH溶液吸收尾气；
D.挥发的盐酸与硅酸钠溶液反应，且盐酸为无氧酸。
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、物质的制备、溶液的配制、非金属性比较、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。
7.【答案】D
【解析】解：A.由结构可知分子式为C18H27NO3，故A正确；
B.分子中含酚羟基、酰胺键可发生取代反应、含碳碳双键可发生加成、氧化反应，故B正确；
C.含酚羟基、酰胺键，均与NaOH溶液反应，故C正确；
D.只有苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol辣椒素最多可与4mol氢气发生加成反应，故D错误；
故选：D。
A.由结构可知分子式；
B.分子中含酚羟基、酰胺键、碳碳双键；
C.酚羟基、酰胺键均与NaOH溶液反应；
D.只有苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、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D为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.碱性条件下，NO2−的氧化产物为NO3−，则NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2−+ClO−=NO3−+Cl−，故A正确；
B.酸性条件下，NO2−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，故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SO42−，HNO2被还原为NO、N2O和N2中的一种，得不到HNO2，故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，故D正确，
故选：C。
A.碱性条件下，NO2−的氧化产物为NO3−；
B.酸性条件下，NO2−把碘离子氧化为单质碘；
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；
D.低温时不用其它试剂区分HNO2溶液与Na2CO3溶液，考虑互相滴加时不同的反应现象加以区分。
本题考查了氧化还原反应、强酸制备弱酸的原理等，题目难度中等，注意把握题目中的信息和有关物质的性质。
9.【答案】C
【解析】解：A.标准状况下，1.12LCCl4的物质的量不是0.5mol，所含共价键数不是2NA，故A错误；
B.ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为−2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2可水解生成硝酸和次氯酸，1molClONO2水解生成两种酸的反应不是氧化还原反应，故B错误；
C.知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−，依据方程式可知，当生成2molClO2时，消耗SO2物质的量1mol，因此，制备1molClO2时，消耗SO2分子数为0.5NA，故C正确；
D.1L1mol⋅L−1NaClO溶液中，次氯酸根离子水解，含有ClO−数小于1NA，故D错误；
故选：C。
A.标准状况下四氯化碳不是气体，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳物质的量；
B.ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为−2价，可水解生成硝酸和次氯酸；
C.NaClO3和SO2制备ClO2时，发生氧化还原反应，反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，反应的离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−，结合反应定量关系计算；
D.NaClO溶液中次氯酸根离子水解。
本题考查阿伏加德罗常数的分析应用、氧化还原反应的计算和应用等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，题目难度中等，注意相关基础知识的积累。
10.【答案】D
【解析】解：由分析可知，A为O、B为Mg、C为Al、D为Si、E为S元素，
A.单质Mg能与热水反应生成氢氧化镁与氢气，所得溶液呈弱碱性，故A正确；
B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性D(Si)
D.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：E>A>B，故D错误；
故选：D。
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位于ⅥA族，则A为O，E为S元素；B与E(S)的原子所含质子数之和是D原子所含质子数的两倍，则B的质子数只能为偶数，且B的原子序数大于O小于S，B为Mg时D为Si，B为Si时D为P，而火星岩石中存在大量的BCA3，可推知B为Mg、D为Si，BCA3为MgSiO3，C介于Mg、Si之间，则C为Al元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、元素化合价、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】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，故A正确；
B.由分析可知，闭合K1时，Pd表面的电极反应式为CO2+2e−+2H+=HCOOH，故B错误；
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，故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，故D错误；
故选：A。
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−=Zn(OH)42−，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，原电池的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。
本题考查原电池和电解池的工作原理，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极，题目难度中等。
12.【答案】A
【解析】解：A.“溶解”时浸出速率与时间长短无关，故A错误；
B.流程中 Cu2(OH)2CO3的作用是中和酸而调节pH，CuO也能消耗酸且不引进新的杂质，故B正确；
C.如果c(Cu2+)⋅c2(OH−)
故选：A。
Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu、稀硫酸和H2O2反应生成CuSO4，加H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，所以I中含Fe3+、Cu2+，I中加碱式碳酸铜可调节pH，加热使Fe3+转化为沉淀，过滤，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。
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，难度中等。
13.【答案】B
【解析】解：A.由转化关系图可知，氮的成键数目的变化是3、4、4、3，则反应过程中氮的成键数目发生了变化，故A错误；
B.反应物CO2中含有极性键，则反应过程中有极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以有极性键形成，故B正确；
C.为先反应后生成的物质为催化剂，故C错误；
D.根据质量守恒，物质M代表H2，故D错误；
故选：B。
依据图示反应，催化剂()与二氧化碳反应生成，产物与氢气反应生成，又通过反应生成和水，产物与M反应生成甲醇和催化剂，据此分析解答。
A.由转化关系图可知，氮的成键数目的变化是3、4、4、3；
B.反应物CO2中含有极性键，则反应过程中有极性键的断裂，而生成物中只含有极性键，所以有极性键形成；
C.先反应后生成的物质为催化剂，先生成后反应的物质为中间产物；
D.根据质量守恒分析判断。
本题考查了化学反应机理、氧化还原反应，题目难度中等，把握反应中物质之间的转化、氧化还原反应的基本概念是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
14.【答案】D
【解析】解：A.由图可知反应①是熵减、吸热反应，反应②是熵增、放热反应，熵增、放热反应更容易发生，故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，故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，故C正确；
D.由图可知S2O82−(aq)+2I−(aq)⇋2SO42−(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，故D错误；
故选：D。
本题考查化学反应能力图象、化学反应的方向判断、催化剂的作用等，关键是正确理解催化剂的作用，明确能量图象信息，题目难度中等。
15.【答案】A
【解析】解：A.①点溶液中溶质为HA、NaA，②点溶液呈中性，③点溶液溶质为NaA，溶液中加酸加碱会抑制水的电离，含有弱离子的盐会促进水的电离，则水的电离程度最大的是③，故A错误；
B.①点溶液中溶质为HA、NaA，且c(HA)=c(NaA)，物料守恒为c(A−)+c(HA)=2c(Na+)，故B正确；
C.②点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，电荷守恒为c(A−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，则c(A−)=c(Na+)，故C正确；
D.A−水解平衡常数Kh=KwKa=10−1410−4.7=10−9.3，③点溶液溶质为NaA，c(A−)≈20×0.240mol⋅L−1=0.1mol⋅L−1，则溶液中c(OH−)=cKh=0.1×10−9.3mol⋅L−1=10−5.15mol⋅L−1，c(H+)=Kwc(OH−)=10−1410−5.15mol⋅L−1=10−8.85mol⋅L−1，则pH=−lg10−8.85=8.85，故D正确；
故选：A。
A.①点溶液中溶质为HA、NaA，②点溶液呈中性，③点溶液溶质为NaA，溶液中加酸加碱会抑制水的电离，含有弱离子的盐会促进水的电离；
B.①点溶液中溶质为HA、NaA，且c(HA)=c(NaA)，结合物料守恒分析；
C.②点溶液呈中性，c(OH−)=c(H+)，结合电荷守恒分析；
D.计算A−水解平衡常数Kh=KwKa，③点溶液溶质为NaA，计算c(A−)，结合c(OH−)=cKh计算溶液中c(OH−)、c(H+)和pH。
本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH计算，为高频考点，明确图象曲线对应溶质组成及性质为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐类水解原理的应用，侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度中等。
16.【答案】反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<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 a2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+
【解析】解：(1)由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<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)ΔH<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)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；
(3)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ClO3−，水中的H+得到电子转化为H2，故该反应的离子方程式：2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+，
故答案为：2ClO2+2H2O−通电2H2+2ClO3−+2H+。
(1)由题干信息可知，反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3⋅3H2O2(aq)ΔH<0是一个放热反应，H2O2受热易分解，即H2O2应该适当过量；
(2)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；
(3)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ClO3−，水中的H+得到电子转化为H2。
本题考查了元素化合物的性质等知识，为高频考点，侧重考查学生的读图获取信息能力、分析能力及灵活运用知识的能力，把握图中物质之间的转化是解题的关键，题目难度不大。
17.【答案】三颈烧瓶 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 平衡压强，使液体顺利流下 氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性 0.0375mol/L
【解析】解：(1)由图可知，仪器X为三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
(2)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；
(3)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；
(4)开始实验后，装置B中溶液由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+转化为Fe2+，由氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性，
故答案为：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO2的还原性大于Fe2+的还原性；
(5)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+)=0.00015mol×50.02L=0.0375mol/L，
故答案为：0.0375mol/L。
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，B装置探究二氧化硫能否被硝酸铁氧化，C装置探究二氧化硫能否被硝酸钡氧化，D收集反应生成的气体，据此作答。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
18.【答案】NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O氧化Fe2+生成Fe3+ 4.7≤pH<6.7SiO2 2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O7012022.26
【解析】解：(1)“酸浸”过程中，1molNiS失去6NA个电子，即−2价S元素生成+4价S元素，同时生成两种无色有毒气体为SO2和NO，根据质量守恒和电子转移守恒，化学方程式为NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O，
故答案为：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；
(2)“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+，
故答案为：氧化Fe2+生成Fe3+；
(3)沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7≤pH<6.7；由分析得出“滤渣1”的主要成分有SiO2，
故答案为：4.7≤pH<6.7；SiO2；
(4)Cl元素由+1价降低到−1价反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O，
故答案为：2Ni2++ClO−+4OH−=Ni2O3↓+Cl−+2H2O；
(5)保持其他条件不变，在不同温度下对含镍废料进行“酸浸”，根据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，
故答案为：70；120；
(6)Ksp(NiCO3)=1×10−6，镍离子完全沉淀时，溶液中的c(Ni2+)<1×10−5mol⋅L−1，应保持溶液中c(CO32−)=Ksp(NiCO3)c(Ni2+)=1×10−61×10−5mol⋅L−1=0.1mol⋅L−1，则与Ni2+反应的n(CO32−)=2.0mol⋅L−1×0.1L=0.2mol，则加入Na2CO3固体的总质量最少为106g⋅mol−1×(0.2mol+0.1mol⋅L−1×0.1L)=106g⋅mol−1×0.21mol=22.26g，
则故答案为：22.26。
酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、SO42−，还含有少量Ca2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入氟化铵沉淀钙离子，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaSO4等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液并产生CO2，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
(1)两种无色有毒气体为SO2和NO，根据质量守恒和电子转移守恒写出方程式；
(2)“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+；
(3)沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀；“滤渣1”的主要成分通过以上分析得出；
(4)Cl元素由+1价降低到−1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，根据电子守恒与电荷守恒配平写出离子方程式；
(5)如图所示变化中读出“酸浸”的最佳温度与时间；
(6)Ksp(NiCO3)=1×10−6，镍离子完全沉淀时，溶液中的c(Ni2+)<1.0×10−5mol/L。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
19.【答案】2b−a−c催化剂II，450℃温度较低时，催化剂的活性偏低 C1.6NH3 根据总反应8NO+7H2O−电解3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3
【解析】解：(1)①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1；根据盖斯定律，由2×②-①-③得2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则△H2=2b−a−c，
故答案为：2b−a−c；
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；
(2)①A.单位时间内，断裂2molC=O同时形成1molN≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明达到平衡，故A错误；
B.容器是恒容容器，反应都是气体，气体的总质量不变，则混合气体的密度不再改变不可以说明达到平衡，故B错误；
C.该反应是气体分子数不相等的反应，气体的总质量不变，物质的量在变化，当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，故C正确；
D.CO与NO的转化量相等，起始时1molNO和1molCO进行反应，则CO与NO的转化率比值始终为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：C；
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，根据恒容容器中压强的比等于物质的量之比，各物质的物质的量分数=压强分数，初始时总压为200kPa，则NO和CO的压强都为100kPa，利用三段式，
2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)
n(起始)/mol10010000
n(改变)/molxxxx2
n(平衡)/mol100−x100−xxx2
则平衡时，p=160kPa，则(100−x)+(100−x)+x+x2=160，则x=80kPa，则平衡时NO、CO、CO2、N2的压强分别为20kPa、20kPa、80kPa、40kPa，则Kp=p(N2)p2(CO2)p2(CO)p2(NO)=40×802202×202=1.6(kPa)−1，
故答案为：1.6；
(3)间接电化学法可对NO进行无害化处理，电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO−3e−+2H2O=NO3−+4H+，阴极反应为：NO+5e−+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，根据得失电子守恒，阳极产生的NO3−的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O−电解3NH4NO3+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+7H2O−电解3NH4NO3+2HNO3，电解产生HNO3多，应补充NH3。
(1)①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=akJ⋅mol−1；②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=bkJ⋅mol−1；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=ckJ⋅mol−1；根据盖斯定律，由2×②-①-③计算△H2；
②由图象的脱氮率观察适当反应条件；催化剂在低温下活性不大，反应随温度变化速率变化不大；
(2)①结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态；
②根据Kp=p(N2)p2(CO2)p2(CO)p2(NO)计算平衡分压代替平衡浓度的平衡常数；
(3)根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析。
本题考查了盖斯定律计算、平衡标志、平衡常数相关计算及电解原理的应用等，为高频考点，掌握基础知识是解题关键，侧面考查了分析和解答能力，题目难度中等。
20.【答案】2s22p1 硅 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 sp3 12NA或者12×6.02×1023 N>H>BSbH3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 (43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3 乙
【解析】解：(1)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；
(2)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；
(3)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sp3，1molAs4O6中含有的σ键数目为12NA或者12×6.02×1023，
故答案为：sp3；12NA或者12×6.02×1023；
(4)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；
(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，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；
(6)①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：8×18+6×12=4个，As原子为4个，若该晶体的密度为ag/cm3，ρ=mV则一个晶胞的体积为：4×86NA×acm3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，则原子的空间占有率为(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3×100%，
故答案为：(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3；
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。
(1)已知B为5号元素，故基态硼原子的价电子排布式为2s22p1；
(2)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；
(3)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；
(4)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；
(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；
(6)①由图干图示可知，一个晶胞中含有B个数为：8×18+6×12=4个，As原子为4个，若该晶体的密度为ag/cm3，ρ=mV则一个晶胞的体积为：4×86NA×acm3，设B和As的原子半径分别为rBpm和rAspm，则原子的空间占有率为(43πrB3+43πrAs3)×10−30cm34×86NA×acm3×100%；
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。
本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力、计算能力等，明确原子结构、元素周期律内涵、晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。
21.【答案】羟基、醛基 C6H14O6 取代反应(或水解反应)9 保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应 →Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2
【解析】解：(1)葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，葡萄糖中含有的官能团是羟基、醛基，A的结构简式为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A的分子式为C6H14O6，
故答案为：羟基、醛基；C6H14O6；
(2)由B生成C的反应方程式为，
故答案为：；
(3)由分析可知，D的结构简式为，D发生酯基水解反应生成E，也属于取代反应，
故答案为：；取代反应(或水解反应)；
(4)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量=7.30g146g/mol=0.05mol，生成n(CO2)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，说明该分子中含有2个−COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度=6×2+2−102=2，2个−COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，如果剩余碳链结构为C−C−C−C，羧基排放方式有6种，如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种，所以符合条件的同分异构体有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为，
故答案为：9；；
(5)反应③消除其中1个羟基，反应④中另外羟基被硝基取代，而在反应⑤中酯基水解又重新移入③消除的羟基，可知合成中反应③和反应⑤的目的是：保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应，
故答案为：保护其中一个羟基，防止与硝酸发生取代反应；
(6)与氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与溴水发1，4−加成生成，发生水解生成C为，与氢气发生加成反应生成，合成路线为→Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2，
故答案为：→Cl2→△NaOH醇溶液→Br2→△NaOH水溶液→Ni/△H2。
葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生分子内脱去2分子水成环生成B，B和乙酸酐反应生成C，结合C的分子式可知，在组成上B中1个H原子被C2H4O替代生成C，应是B中一个羟基发生酯化反应生成C和CH3COOH，故C结构简式为，由D的分子式、E的结构简式，结合反应条件可知，可知生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，故D的结构简式为；
(6)与氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成，与溴水发1，4−加成生成，发生水解生成C为，与氢气发生加成反应生成。
本题考查有机物推断，充分利用有机物分子式与结构简式进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。
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