山西省2022-2023学年高三化学上学期第一次摸底考试试题（Word版附答案）

化学可能用到的相对原子质量：B11C12N14O16Cr52As75一、选择题：本大题共15小题，每小题3分，共45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.近年来，我国在科技领域取得了很多与化学密切相关的成就。下列有关说法错误的是A.“复兴号”高铁车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于高分子材料B.“神州十三号”载人飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷主要成分是硅酸盐C.“长征5号”火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料D.“海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于组分金属【答案】B【解析】【详解】A．聚四氟乙烯是四氟乙烯通过加聚反应生成的高分子，增强聚四氟乙烯板属于高分子材料，故A正确；B．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，主要成分不是硅酸盐，主要成分是硅酸盐的陶瓷、水泥、玻璃属于传统无机非金属材料，故B错误；C．氢气燃烧产物是水，无污染，所以“液氢”属于绿色环保燃料，故C正确；D．合金的硬度一般大于成分金属，故D正确；故选B。2.下列用品的主要成分及用途对应错误的是选项ABCD用品 主要成分NaClO用途食品加工红色涂料消毒、漂白清洁洗涤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．纯碱碳酸钠，不是碳酸氢钠，选项A错误；B．氧化铁为红色，俗称铁红，可用于做红色涂料，选项B正确；C．漂白液的是次氯酸钠溶液，次氯酸钠具有强氧化性，漂白性，能用于消毒、漂白，选项C正确；D．手工肥皂是高级脂肪酸钠，能用于清洁洗涤，选项D正确；答案选A。3.黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时的反应为。下列有关该反应的说法错误的是A.B.是氧化剂，是氧化产物C.两种气体产物均为非极性分子D.被2mol氧化的C的质量是30g【答案】B【解析】【分析】由未配平的化学方程式可知，反应中氮元素和硫元素的化合价降低被还原，硝酸钾、硫为反应的氧化剂，碳元素的化合价升高被氧化，碳为还原剂，反应的化学方程式为。 【详解】A．由分析可知，反应物和生成物的化学计量数之比为，故A正确；B．由分析可知，反应中氮元素和硫元素的化合价降低被还原，硫化钾为还原产物，故B错误；C．反应的生成物二氧化碳和氮气都是结构对称的非极性分子，故C正确；D．由得失电子数目守恒可知，被2mol硝酸钾参与反应时，被氧化碳的质量为2mol××12g/mol=30g，故D正确；故选B。4.分类方法在化学学科的发展中起到了重要作用。下列根据分类标准得出的分类结果合理的是选项分类目标分类标准分类结果A元素原子最外层电子数的多少金属元素和非金属元素B电解质溶液导电能力的强弱强电解质和弱电解质C分散系分散质微粒直径大小胶体、溶液和浊液D物质变化变化过程中是否有化学键的断裂物理变化和化学变化A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．依据元素周期表中的金属和非金属的分界线将元素分为金属元素和非金属元素，分界线右上方的为非金属元素，左下方的为金属元素，故A错误；B．依据电解质在水溶液中是否能完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，在水溶液中能完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，故B错误；C．依据分散质微粒直径大小将分散系分为胶体、溶液和浊液，故C正确；D．依据变化过程中是否有化学键的断裂和化学键的形成将物质变化分为物理变化和化学变化，故D错误；故选C。5.甲烷与氯气在光照下发生反应：。下列表示反应中相关 微粒的化学用语正确的是A.中子数为2的氢原子：B.分子的电子式：C.HCl分子的结构式：H—ClD.分子的空间填充模型：【答案】C【解析】【详解】A．质子数为1，中子数为2的氢原子的质量数为3，原子符号为，故A错误；B．一氯甲烷为共价化合物，电子式为，故B错误；C．氯化氢是含有共价键的共价化合物，结构式为H—Cl，故C正确；D．甲烷的空间构型为正四面体形，空间填充模型为，故D错误；故选C。6.下列物质的鉴别方法不能达到目的的是选项待鉴别的物质鉴别方法A硬水和软水分别加热煮沸B二氧化氮和溴蒸气分别加入蒸馏水C甲苯和环己烷分别加入酸性高锰酸钾溶液D无水硫酸铜和碳酸钙观察颜色A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．加热煮沸的方法能鉴别硬水和软水，加热煮沸时产生沉淀的为硬水，不产生沉淀的为软水，故A不符合题意； B．红棕色的二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所得溶液为无色，红棕色的溴蒸气溶于水得到橙红色溶液，则用蒸馏水能鉴别都为红棕色的二氧化氮和溴蒸气，故B不符合题意；C．甲苯能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，环己烷与酸性高锰酸钾溶液不反应，则用酸性高锰酸钾溶液能鉴别甲苯和环己烷，故C不符合题意；D．无水硫酸铜为白色固体，碳酸钙也为白色固体，则观察颜色不能鉴别无水硫酸铜和碳酸钙，故D符合题意；故选D。7.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol分子中含有的共价键数为32B.足量Na与1mol反应，转移的电子数一定是4C.常温下，1L溶液中氢离子数为D.常温常压下，12g石墨烯和12g金刚石含有的碳原子数均为【答案】D【解析】【详解】A．1molC10H22分子中含有的共价键数目=1mol×(10-1+22)×NA=31NA，故A错误；B．氧气和钠加热反应后氧元素变为-1价，故1mol氧气反应后转移的电子数为2NA个，故B错误；C．HNO3溶液的物质的量为n=cV=2×10-7mol，硝酸电离出氢离子为2×10-7mol，同时，水电离出的氢离子，则氢离子总数大于，故C错误；D．石墨烯和金刚石均由碳原子构成的不同单质，则12g石墨烯和12g金刚石所含的碳原子的物质的量均为，则所含的碳原子数目均为NA，故D正确；故选：D。8.经检测，某工业废水显酸性，且废水中含有大量、、、。下列说法错误的是A.该废水显酸性的原因可能是水解B.该废水与或都不能大量共存 C.由该废水回收NaCl时，可加过量氨水除去D.用惰性电极电解该废水时，阳极发生将氧化生成的反应【答案】C【解析】【详解】A．铜离子是弱碱的阳离子，在溶液中发生水解使溶液呈酸性，所以废水显酸性可能是铜离子水解的缘故，故A正确；B．酸性溶液中，碳酸氢根离子与氢离子反应，不能大量共存，溶液中氯离子与银离子反应，不能大量共存，则酸性废水中不可能存银离子和碳酸氢根离子，故B正确；C．由废水回收氯化钠时，若加入过量氨水，铜离子会与过量氨水反应生成四氨合铜离子，会使氯化钠溶液中混有四氨合铜离子，不能达到除去铜元素的目的，故C错误；D．用惰性电极电解该废水时，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D正确；故选C。9.下图所示的电池在日常生活和高科技领域中有广泛应用。下列有关说法正确的是A.铅蓄电池：放电一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降B.锂电池：放电时，溶液中从a向b迁移C.硅太阳能电池：利用原电池原理实现能量转化D.铝—空气—海水电池：负极的电极反应式为【答案】A【解析】【详解】A．铅蓄电池放电时的反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+H2O，放电时消耗硫酸，硫酸的浓度减小，离子浓度减小，溶液的酸性减弱，导电能力下降，故A正确；B．由图可知，原电池中锂为原电池的负极，LiMn2O4为正极，则锂电池放电时，溶液中锂离子从负极b向正极a迁移，故B错误； C．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，没有利用原电池原理实现能量转化，故C错误；D．铝—空气—海水电池中，铝为原电池的负极，碱性条件下，铝失去电子发生氧化反应生成氢氧化铝，故D错误；故选A。10.邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。下列相关说法错误的是A.Cu原子在元素周期表中位于ds区B.基态碳原子的核外电子共占据3个能级C.邻氨基吡啶分子中N原子的杂化类型为、D.电负性由大到小的顺序为C>N>H【答案】D【解析】【详解】A．铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，故A正确；B．碳元素的原子序数为6，基态原子的电子排布式为1s22s22p2，原子的核外电子共占据3个能级，故B正确；C．由结构简式可知，邻氨基吡啶分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故C正确；D．元素的非金属性越强，电负性越大，氮、碳、氢三种元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，故D错误；故选D。11.W、X、Y、Z、M是五种位于三个不同短周期的主族元素。已知：①X、Y为同主族；②常温下，X、Y、Z、M的最高价氧化物对应水化物的pH如图所示。 下列说法错误的是A.原子半径从大到小的顺序是Y>Z>M>X>WB.W形成的阴离子核外电子排布与氦原子相同C.X、Y、Z、M的最高价含氧酸都具有强氧化性D.X、Y、Z、M与W均可形成含有的化合物【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z、M是五种位于三个不同短周期的主族元素，则X为H元素；由X、Y为同主族和0.1mol/LX、Y、Z、M的最高价氧化物对应水化物的pH示意图可知，X、M的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，Z的最高价氧化物对应水化物为二元强酸，Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸，则X为N元素、Y为P元素、Z为S元素、M为Cl元素。【详解】A．五种原子中，氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，位于第三周期的氯原子的原子半径大于位于第二周期的氮原子，则原子半径的大小顺序为Y>Z>M>X>W，故A正确；B．氢原子得到1个电子形成核外电子排布与氦原子相同的负一价氢离子，故B正确；C．磷酸是不具有强氧化性得中强酸，故C错误；D．氯化氢、硫化氢、磷化氢和联氨都是含有的化合物，故D正确；故选C。12.甲、乙、丙、丁四种物质发生如图所示的转化：(反应条件略去，箭头表示一步转化)。下列不满足转化关系的是选项甲乙丙丁 AAlBHClCSiDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．冰晶石作用下电解熔融氧化铝可以制得铝，铝与氧气反应生成氧化铝，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸反应生成氯化铝，氯化铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，则物质间转化满足转化关系，故A不符合题意；B．铁与氯气反应只能转化为氯化铁，不能生成氯化亚铁，则物质间转化不满足转化关系，故B符合题意；C．二氧化硅与碳在高温下反应可以生成硅，硅与氧气高温下反应生成二氧化硅，硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液与盐酸反应能生成硅酸，硅酸与氢氧化钠溶液反应能生成硅酸钠，则物质间转化满足转化关系，故C不符合题意；D．催化剂作用下乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，催化剂作用下乙醛与氢气发生加成反应生成乙醇，催化剂作用下乙醛与氧气发生催化氧化反应生成乙酸，浓硫酸作用下乙酸与甲醇发生酯化反应生成乙酸甲酯，乙酸甲酯在酸性条件下发生水解反应生成乙酸，则物质间转化满足转化关系，故D不符合题意；故选B。13.已知：常温下，。下列离子方程式正确的是A.与反应：B.向溶液中加入HC1O溶液：C.向NaClO溶液中通入少量： D.将通入溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为，故A错误；B．由电离常数可知，次氯酸在溶液中的电离程度大于碳酸氢根离子，则由强酸制弱酸的原理可知，碳酸钠溶液与次氯酸溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为，故B正确；C．由电离常数可知，次氯酸在溶液中的电离程度大于碳酸氢根离子，则由强酸制弱酸的原理可知，次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故C错误；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由电离常数可知，次氯酸在溶液中的电离程度大于碳酸氢根离子，则由强酸制弱酸的原理可知，氯气与碳酸氢钠溶液反应生成氯化钠、二氧化碳、次氯酸和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。14.化合物X是一种药物，其结构简式如图所示。下列说法正确是A.X的分子式为C17H17O3B.X不能发生氧化反应，但能与FeCl3溶液发生显色反应C.1molX最多可与3molBr2、2molNa、1molNaOH分别发生反应D.X与足量H2发生反应后(环数不变)，生成的分子中含有5个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．根据物质分子结构简式可知X的分子式为C17H16O3，A错误；B．X分子中含有酚羟基，很容易被空气中的氧气氧化，因此X可以发生氧化反应，也能够与 FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C．酚羟基能够使苯环邻对位变得活泼，可以与Br2发生苯环上的取代反应；碳碳双键也可以与Br2发生加成反应，故1molX最多可与3molBr2发生反应；酚羟基、醇羟基都可以Na发生反应，X分子中含有2个羟基，因此1molX可以与2molNa发生反应；只有酚羟基可以NaOH发生反应，该物质分子只有一个酚羟基，因此1molX最多可以与1molNaOH发生反应，C正确；D．X与足量H2发生反应后(环数不变)，生成的物质分子中含有6个手性碳原子，分别是六元环上与侧链原子相连接的C原子，D错误；故合理选项是C。15.常温下，用的NaOH溶液滴定20.00mL的HX溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.的数量级为B.a点溶液加水稀释时，不变C.b点溶液中：D.a、b、c、d四点溶液中，水的电离程度：c>b>a>d【答案】B【解析】 【分析】由图可知，a点0.1mol/LHX溶液的pH为2.8，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈酸性，c点为HX溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到NaX溶液，d点为等浓度的NaX和氢氧化钠的混合溶液。【详解】A．由分析可知，a点0.1mol/LHX溶液pH为2.8，HX的电离常数为≈=10—4.6，则电离常数的数量级为10—5，故A正确；B．由分析可知，a点0.1mol/LHX溶液的pH为2.8，由电离常数公式可得=，加水稀释时，电离常数不变，氢离子浓度减小，则减小，减小，故B错误；C．由分析可知，b点为HX溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈酸性，HX在溶液中的电离程度大于NaX在溶液中的水解程度，则溶液中微粒的大小顺序为，故C正确；D．由分析可知，a点溶液中HX抑制水的电离，b点溶液中HX抑制水的电离、NaX促进水的电离，c点溶液中NaX促进水的电离，d点溶液中NaX促进水的电离、氢氧化钠抑制水的电离，则水的电离程度大小顺序为c>b>a>d，故D正确；故选B。二、非选择题：本题包括5小题，共55分。16.氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，难溶于水。某实验小组用无水氯化铬()与氨气在高温下反应制备氮化铬，装置如图所示(夹持装置略)。已知：①无水易潮解、高温下易被氧气氧化；②焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气。回答下列问题：（1）装置A中橡皮管m的作用是_______，盛生石灰的仪器名称是_______。 （2）装置A中CaO可用NaOH固体代替，其原因是_______。（3）若装置C玻璃管中产生大量白烟，则C中发生反应的化学方程式为_______。（4）制备氮化铬时，装置的接口连接顺序依次为a_______(装置不能重复使用)。（5）制得的CrN中含有杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣()的质量为16.72g，则样品中CrN与的物质的量之比为_______。【答案】（1）①.平衡气压，便于液体流下的作用②.U形管（2）NaOH溶于水放热，且电离出OH-，促使NH3·H2O分解生成NH3（3）（4）afgcbdehi（5）【解析】【分析】根据装置图，可判断A装置为氨气的发生装置，利用浓氨水和氧化钙反应制取氨气。B、D装置为氨气的净化装置，用于干燥氨气。经过干燥的氨气和无水CrCl3在丙装置中发生反应生成CrN+3NH4Cl，据此解答。【小问1详解】装置A中橡皮管m上下相连，可起到平衡气压，便于液体流下的作用；由图可知盛生石灰的仪器名称是：U形管；【小问2详解】氨水中存在平衡：，NaOH溶于水放热，且电离出OH-，促使NH3·H2O分解生成NH3；【小问3详解】装置丙玻璃管中的物质为CrCl3，另外通入NH3，产生大量白烟是NH4Cl固体小颗粒，目标产物为CrN，故化学方程式为；【小问4详解】根据无水氯化铬的性质，在氨气参加反应时候需要干燥，以及除去其中混入的氧气，同时要防止空气从右侧进入反应装置，故顺序为：afgcbdehi；【小问5详解】 设CrN与Cr2N的物质的量分别为x、y，则有，，解得，。17.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂。工业上由辉铜矿(主要成分为，含有杂质)制备CuCl的工艺流程如下。已知：i.CuCl是白色粉末，难溶于水和乙醇，在空气中迅速被氧化成绿色固体碱式氯化铜；CuCl在水溶液中存在平衡：，为无色离子。ⅱ.操作A为向滤液②中加入去氧水(除去氧气的蒸馏水)，操作B为用无水乙醇洗涤滤渣②，然后在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。回答下列问题：（1）为提高辉铜矿的浸取率，可采用的方法是_______(填序号)。①研磨②多次浸取③升高温度④加压⑤搅拌（2）已知“滤渣①”的成分为和S，且“浸取”时中N元素主要被还原为最低价态，则“浸取”时反应的离子方程式为_______。（3）已知：则“还原”时的反应的_______；出现_______现象时，表明“还原”进行完全。（4）操作A和操作B除了防止CuCl固体被氧化外，操作A的作用还有_______，操作B中采用70℃干燥的目的是_______。（5）CuCl还可用电解法制备，实验装置如图(电解液温度为T℃)。 ①阳极的电极反应式为_______。②实验开始时，阳极附近没有产生CuOH沉淀的原因是_______[T℃时，，]。【答案】（1）①②③⑤（2）2Cu2S＋10H＋＋＝4Cu2+＋2S↓＋＋3H2O（3）①.②.溶液变为无色（4）①.洗涤表面的杂质、快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化②.防止CuCl在空气中迅速被氧化成绿色固体碱式氯化铜（5）①.Cu−e－＋Cl－＝CuCl②.虽然，但阳极区域溶液中的氯离子浓度大于氢氧根浓度，铜失去电子后和氯离子结合生成CuCl【解析】【分析】辉铜矿(主要成分为，含有杂质)加入硝酸铵、稀硫酸反应生成硫酸铜、硫酸铵、硫单质，二氧化硅不反应，过滤后，向滤液中加入铜、氯化钠、浓盐酸反应生成氯化亚铜，过滤，滤渣用无氧蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，最后再真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品。【小问1详解】为提高辉铜矿的浸取率，可采用的主要是增大接触面积、增大浓度，提高温度等方法；故答案为：①②③⑤。【小问2详解】已知“滤渣①”的成分为和S，且“浸取”时中N元素主要被还原为最低价态，根据氧化还原反应原理得到铜离子、硫单质和铵根离子，则“浸取”时反应的离子方程式为2Cu2S＋ 10H＋＋＝4Cu2+＋2S↓＋＋3H2O；故答案为：2Cu2S＋10H＋＋＝4Cu2+＋2S↓＋＋3H2O。【小问3详解】根据，，，第一个方程式加上第二个方程式的2倍，再加上第三个方程式的2倍，得到“还原”时的反应的；根据题知为无色离子，则当出现为溶液变为无色现象时，表明“还原”进行完全；故答案为：；溶液变为无色。【小问4详解】操作A和操作B除了防止CuCl固体被氧化外，操作A的作用还有洗涤表面的杂质、快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，根据题中信息CuCl是白色粉末，难溶于水和乙醇，在空气中迅速被氧化成绿色固体碱式氯化铜，操作B中采用70℃干燥的目的是防止CuCl在空气中迅速被氧化成绿色固体碱式氯化铜；故答案为：洗涤表面的杂质、快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；防止CuCl在空气中迅速被氧化成绿色固体碱式氯化铜。【小问5详解】①阳极是铜，其电极反应式为Cu−e－＋Cl－＝CuCl；故答案为：Cu−e－＋Cl－＝CuCl。②实验开始时，阳极附近没有产生CuOH沉淀的原因是虽然，但阳极区域溶液中的氯离子浓度大于氢氧根浓度，铜失去电子后和氯离子结合生成CuCl；故答案为：虽然，但阳极区域溶液中的氯离子浓度大于氢氧根浓度，铜失去电子后和氯离子结合生成CuCl。18.的资源化利用能有效减少排放，实现自然界中的碳循环。我国科研人员研究出在催化剂上加氢制甲醇的反应历程如图所示。 回答下列问题：（1）第②步反应的方程式为_______；分析在反应体系中加入少量水蒸气能提高甲醇产率的可能原因是_______；二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率_______100%(填“是”或“不是”)。（2）一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入1mol和2mol反应制甲醇，当反应达到平衡后，容器内为0.5mol，则的平衡转化率为_______，该反应的平衡常数K=_______。（3）用还原制备甲醇的同时还能向外界提供电流，其工作原理如图所示。①的作用是_______。②正极发生的电极反应为_______。【答案】（1）①.4*H+*HCOO=*H3CO+H2O②.加入少量水蒸气，有利于第③步反应中*H3CO与水蒸气充分反应，提高CH3OH产率③.不是（2）①.75%②.2 （3）①.提供H+，增强溶液的导电性②.CO2+6e—+6H+=CH3OH+H2O【解析】【小问1详解】由图可知，第②步发生的反应为*H与*HCOO反应生成*H3CO和H2O，反应的方程式为4*H+*HCOO=*H3CO+H2O；第③步发生的反应为*H3CO+H2O=CH3OH+*HO，加入少量水蒸气，能使*H3CO与水蒸气充分反应，提高甲醇产率；总反应的方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，反应的生成物为甲醇和水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故答案为：4*H+*HCOO=*H3CO+H2O；加入少量水蒸气，有利于第③步反应中*H3CO与水蒸气充分反应，提高CH3OH产率；不是；【小问2详解】由题意可知，恒容密闭容器中发生的反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，由方程式可知，平衡时生成0.5mol甲醇蒸气时，1L容器中二氧化碳、氢气、甲醇蒸气和水蒸气的浓度分别为(1—0.5)mol/L=0.5mol/L、(2—0.5×3)mol/L=0.5mol/L、0.5mol/L、0.5mol/L，则氢气的转化率为×100%=75%，反应的平衡常数为=2L2/mol2，故答案为：75%；2；【小问3详解】由图可知，该装置为二氧化碳和氢气在稀硫酸中构成的原电池，通入氢气的一极为原电池的负极，氢气失去电子发生氧化反应生成氢离子，通入二氧化碳的一极为正极，酸性条件下，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电解质溶液中的硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，提供氢离子，增强溶液的导电性，有利于原电池反应的发生；①由分析可知，硫酸在原电池中的作用是，做电解质，电离出氢离子和硫酸根离子，提供氢离子，增强溶液的导电性，有利于原电池反应的发生，故答案为：提供H+，增强溶液的导电性；②由分析可知，通入二氧化碳的一极为正极，酸性条件下，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电极反应式为CO2+6e—+6H+=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+6e—+6H+=CH3OH+H2O。19.硼是第ⅢA族唯一的非金属元素，是农作物生长必需的微量营养元素。硼的单质及化合物都有重要用途。回答下列问题： （1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别是_______、_______(填标号)。A.B.C.D.（2）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子(如图所示)，若其中有两个原子为，其余为，则该结构单元有_______种不同的结构类型。（3）氨硼烷()含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。①在第二周期中，第一电离能介于B和N之间的有_______种元素。②原子个数和价电子数目均相等的微粒互称为等电子体。则与电子数也相等的等电子体分子是_______(写分子式)。（4）硼酸是一元弱酸，但本身不能电离，只能通过结合来自水中的而释放出，则在水溶液中的电离方程式为_______。（5）硼与第ⅤA族元素组成的化合物氮化硼(BN)、磷化硼(BP)、砷化硼(BAs)的晶体结构与单晶硅相似，其中氮化硼(BN)和磷化硼(BP)是受到高度关注的耐磨涂料，砷化硼(BAs)是一种超高热导率半导体材料。①氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体高，其原因是_______。②砷化硼(BAs)的晶胞结构如下图所示，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶胞中B原子到As原子最近距离为apm，则该晶体的密度ρ=_______(列出含a、的计算式即可)。 【答案】（1）①.A②.D（2）3（3）①.2②.CH3CH3（4）H3BO3+H2OB(OH)+H+（5）①.氮化硼和磷化硼都是原子晶体，氮元素的电负性大于磷元素，N—B键的键能小于P—B键，氮原子的原子半径小于磷原子，N—B键的键长小于P—B键，N—B键强于P—B键②.【解析】【小问1详解】硼元素的原子序数为5，由构造原理可知，能量最低的基态原子轨道式为，当1s、2s轨道上的2个电子都跃迁到2p轨道时，电子能量最高的原子轨道式为，故答案为：A；D；【小问2详解】由晶胞结构可知，当原子为十二面体的顶点时，另一个原子可能处于邻、间、对的位置，则硼晶体中有两个原子为，其余为时，结构单元有3种，故答案为：3；【小问3详解】①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第二周期中，第一电离能介于硼和氮之间的元素有铝元素和氧元素，共有2种，故答案为：2；②乙烷与氨硼烷的原子个数相同都为8，价电子数目相同都为14，互为等电子体，故答案为：CH3CH3；【小问4详解】由题意可知，硼酸在水分子作用下电离出四羟基合硼离子和氢离子，电离方程式为H3BO3+H2O B(OH)+H+，故答案为：H3BO3+H2OB(OH)+H+；【小问5详解】①由题意可知，氮化硼和磷化硼都是原子晶体，氮元素的电负性大于磷元素，N—B键的键能小于P—B键，氮原子的原子半径小于磷原子，N—B键的键长小于P—B键，N—B键强于P—B键，所以氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体高，故答案为：氮化硼和磷化硼都是原子晶体，氮元素的电负性大于磷元素，N—B键的键能小于P—B键，氮原子的原子半径小于磷原子，N—B键的键长小于P—B键，N—B键强于P—B键；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心硼原子的个数为8×+6×=4，位于体内的砷原子的个数为4，硼原子和砷原子的最近距离为体对角线的，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=d，解得d=，故答案为：。20.有机物X是一种药物合成的中间体，其结构简式为。X的一种合成路线如下图所示(分离方法和其他产物略)。回答下列问题：（1）下列关于有机物X的说法错误的是_______(填标号)。A.属于芳香族化合物B.分子中所有原子一定在同一平面C.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1D.既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应（2）步骤Ⅰ的反应条件是_______，步骤Ⅱ的反应类型是_______。 （3）步骤Ⅲ和Ⅵ在合成有机物X过程中的目的是_______。（4）步骤Ⅴ的第①步反应的化学方程式为_______。（5）Z是有机物Y的同分异构体，且满足三个条件：①含有；②能与溶液反应产生；③苯环上的一氯取代产物有两种。则Z的结构简式为_______。【答案】（1）B（2）①.浓硫酸，加热②.还原反应（3）保护氨基（4）+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O（5）、【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，与CH3COCl发生取代反应生成，一定条件下与一氧化碳、氢气反应生成，先发生银镜反应、后酸化得到，则Y为；一定条件下和水发生水解反应生成 ，则X为。【小问1详解】A．由结构简式可知，分子中含有苯环，属于芳香族化合物，故正确；B．由结构简式可知，分子中含有的空间构型为三角锥形的单键氮原子，所以分子中所有原子不能在同一平面，故错误；C．由结构简式可知，分子中含有4类氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，故正确；D．由结构简式可知，分子中含有氨基和羧基，具有两性，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；故选B；【小问2详解】由分析可知，步骤Ⅰ的反应为在浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水；步骤Ⅱ的反应为与铁、盐酸发生还原反应生成，故答案为：浓硫酸，加热；还原反应；【小问3详解】 由有机物和中都含有氨基可知，步骤Ⅲ和Ⅵ在合成有机物X过程中的目的是保护氨基，故答案为：保护氨基；【小问4详解】由分析可知，步骤Ⅴ的第①步反应为在水浴加热条件下发生银镜反应生成、氨气、银和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；【小问5详解】有机物Y的同分异构体Z中含有−CONH2，能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳说明Z分子中含有酰胺基和羧基，则符合苯环上的一氯取代产物有两种的结构简式为、，故答案为：、。