?福建省福州第一中學2022-2023學年高三上學期檢
考前適應性考試化學試題
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、單選題
1．生活中處處有化學，下列敘述正確的是
A．考試所用的2B鉛筆芯的成分主要為鉛
B．棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物
C．黏土(Al2O3·2SiO2·2H2O)是由氧化物構(gòu)成的混合物
D．陶制器皿屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料，耐高溫、耐腐蝕
【答案】D
【詳解】A．鉛筆芯的主要成分為石墨，不含鉛，故A錯誤；
B．棉花、麻來源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來源于動物，主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)不是碳水化合物，故B錯誤；
C．黏土主要是由硅酸鹽構(gòu)成的混合物，故C錯誤；
D．陶制器皿屬于傳統(tǒng)硅酸鹽材料，耐高溫、耐腐蝕，故D正確；
故答案選D。
2．2021年諾貝爾化學獎授予Benjamin List、David W.C．MacMillan，以獎勵他們“對于有機小分子不對稱催化的重要貢獻”。脯氨酸()催化分子內(nèi)的羥醛縮合反應：

下列說法不正確的是
A．脯氨酸能與Y發(fā)生取代反應
B．X和Y互為同分異構(gòu)體，且Y能發(fā)生消去反應
C．X中所有碳原子處于同一平面
D．1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應，生成44gCO2
【答案】C
【詳解】A．脯氨酸含有羧基，Y中含有羥基，兩者能發(fā)生酯化反應(取代反應)，故A正確；
B．X和Y分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，Y分子中羥基的鄰位碳原子上含有氫原子，能發(fā)生消去反應，故B正確；
C．如圖所示，X中用“*”標記的碳原子為飽和碳原子，與之相連的碳原子不可能處于同一平面，因此X中所有碳原子不可能共面，故C錯誤；
D．1mol脯氨酸含有1mol羧基，與足量NaHCO3反應，生成1molCO2，質(zhì)量為1mol×44g/mol=44g，故D正確；
答案選C。
3．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是
A．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中含有氧原子的數(shù)目為NA
B．和的固體混合物中陽離子總數(shù)為0.1NA
C．標準狀況下，22.4 L CH3Cl中含有的共用電子對數(shù)目為4NA
D．常溫下，1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至，數(shù)目為0.1NA
【答案】A
【詳解】A．乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的Z 醇溶液中，乙醇的質(zhì)量為46g，物質(zhì)的量為1mol，故含1mol氧原子；水的質(zhì)量為100g -46g=54g，物質(zhì)的量為3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物質(zhì)的量共為4mol，個數(shù)為4NA個，選項A不正確；
B．NaHSO4固體是由鈉離子和硫酸氫根離子組成，MgSO4固體是由鎂離子和硫酸根離子組成，NaHSO4和MgSO4的摩爾質(zhì)量相同，均為120g/mol，12g固體混合物的物質(zhì)的量為1 mol，則所含陽離子數(shù)為0.1NA，選項B正確；
C．標準狀況下，22.4 L CH3Cl為1mol，每個分子中含有4對共用電子對，故含有的共用電子對數(shù)目為4NA，選項C正確；
D．常溫下，1L0.1mol/L的氯化銨溶液中滴入氨水至，c()=c(Cl-)，數(shù)目為0.1NA，選項D正確；
答案選A。
4．下列過程中的化學反應，相應的離子方程式錯誤的是
A．將稀H2SO4加入NaIO3和NaI的混合溶液中：5I-++6H＋=3I2+3H2O
B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：3+2H＋+2=3+2NO↑+H2O
C．用飽和Na2CO3溶液浸泡CaSO4：CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)+(aq)
D．向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2+Ba2＋+2OH-=BaCO3↓+2H2O+
【答案】D
【詳解】A．H2SO4、NaIO3和NaI反應生成碘單質(zhì)，I的化合價由+5價降低為0價，I的化合價由-1價升高為0價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：5I-+IO+6H＋=3I2+3H2O，A正確；
B．HNO3和Na2SO3反應生成一氧化氮和硫酸鈉，N的化合價由+5價降低為+2價，S的化合價由+4價升高為+6價，根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒和電荷守恒，可得：3SO+2H＋+2NO=3SO+2NO↑+H2O，B正確；
C．CaSO4與濃度較大的可溶性碳酸鹽反應可以得到碳酸鈣，再用酸可以將其除去，離子方程式為CaSO4(s)+CO(aq)=CaCO3(s)+SO(aq)，C正確；
D．假設量少的物質(zhì)為1mol，過量的物質(zhì)用多少寫多少，NaHCO3為1mol，所以需要1molBa(OH)2，NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O，所以反應的離子方程式為：HCO+Ba2＋+OH-=BaCO3↓+H2O，故D錯誤；
故選D。
5．如圖：某同學用高錳酸鉀和濃鹽酸制備氯氣，驗證氯氣性質(zhì)實驗裝置。相關說法錯誤的是

A．脫脂棉中的無水氯化鈣可以用堿石灰代替
B．該實驗裝置可證明干燥的氯氣沒有漂白作用
C．濕潤石蕊試紙先變紅，但也不能說明生成了酸性物質(zhì)
D．淀粉碘化鉀試紙先變藍后褪色，說明氯氣將I2氧化
【答案】A
【詳解】A．無水氯化鈣主要是干燥氯氣，堿石灰會與氯氣反應，因此脫脂棉中的無水氯化鈣不能用堿石灰代替，故A錯誤；
B．從左邊出來的干燥氯氣，先與干燥品紅接觸，品紅不褪色，說明干燥的氯氣沒有漂白作用，故B正確；
C．由于HCl易揮發(fā)，因此揮發(fā)的HC l使?jié)駶櫴镌嚰埾茸兗t，因此不能說明生成了酸性物質(zhì)，故C正確；
D．淀粉碘化鉀試紙先變藍后褪色，先變藍，是碘離子被氯氣氧化為單質(zhì)碘，單質(zhì)碘遇淀粉變藍，后褪色，說明氯氣將I2氧化，故D正確。
綜上所述，答案為A。
6．冬季燃煤排放的大量活性溴化合物BrCl能通過光解釋放溴自由基和氯自由基，從而影響大氣中自由基(OH、HO2)的濃度，其循環(huán)原理如圖所示。下列說法不正確的是

A．NO2的排放會造成酸雨
B．向原煤中添加石灰石有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”
C．通過上述循環(huán)，大氣中OH自由基的濃度升高
D．BrCl的排放會造成臭氧含量減小
【答案】B
【詳解】A．二氧化氮會與水反應生成硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮排放會造成酸雨，故A正確；
B．向原煤中添加石灰石可以減少二氧化硫的排放，但不能減少二氧化碳的排放，所以不能實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故B錯誤；
C．由圖可知，上述循環(huán)中消耗大氣中的臭氧和HO2，生成HO，所以大氣中OH自由基的濃度升高，故C正確；
D．由圖可知，上述循環(huán)中消耗大氣中的臭氧和HO2，所以BrCl的排放會造成臭氧含量減小，故D正確；
故選B。
7．2021年，英國劍橋大學Dominic S.Wright課題組設計了一種新型電池中電解質(zhì)(結(jié)構(gòu)如圖所示)的合成路線。已知X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，三者的核外電子數(shù)之和等于35，Y與Z位于同一周期，則下列說法正確的是

A．簡單離子的半徑：X>Y
B．Z的最高價氧化物對應水化物是強酸
C．工業(yè)上常采用電解Y的氧化物冶煉單質(zhì)Y
D．該化合物陰離子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)
【答案】A
【分析】X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，三者的核外電子數(shù)之和等于35，Y與Z位于同一周期，從結(jié)構(gòu)圖Z形成6個共價鍵，X為1價，若X為H，Y為Li，Z為31號，不合理，若X為H，Y為Na，則Z為23號元素，不合理，若X為F，Y為Na，Z為35-9-11=15，Z為P。
【詳解】A．F-、Na+電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷大的半徑小，簡單離子的半徑：F->Na+，故A正確；
B．Z的最高價氧化物對應水化物H3PO4是弱酸，故B錯誤；
C．工業(yè)上常采用電解熔融氯化鈉冶煉單質(zhì)鈉，故C錯誤；
D．該化合物陰離子中F原子滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，但P最外層有12個電子，故D錯誤；
故選A。
8．應對新冠肺炎疫情時所采取的措施是對環(huán)境進行徹底消毒，二氧化氯(C1O2，黃綠色易溶于水的氣體)是一種安全穩(wěn)定、高效低毒的消毒劑。工業(yè)上通過惰性電極電解氯化銨和鹽酸的方法制備ClO2的原理如圖所示。下列說法正確的

A．a(chǎn)與電源的負極連接，在b極區(qū)流出的Y溶液是濃鹽酸
B．電解池a極上發(fā)生的電極反應為+ 6e -+3C1- = NCl3+4H+
C．當有0.3 mol陰離子通過離子交換膜時，二氧化氯發(fā)生器中產(chǎn)生1.12 L NH3
D．二氧化氯發(fā)生器內(nèi)，發(fā)生的氧化還原反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：6
【答案】D
【詳解】A．a(chǎn)電極上失去電子，為陽極，與電源的正極連接，在b極區(qū)有氫離子得電子生成氫氣，氯離子通過陰離子交換膜移向a極，所以在b極區(qū)流出的Y溶液是稀鹽酸，A項錯誤；
B．電解池a極上發(fā)生的電極反應為-6e -+3C1- = NCl3+4H+，B項錯誤；
C．未說明氨氣是否在標況下，不能確定氣體體積，C項錯誤；
D．二氧化氯發(fā)生器內(nèi)，發(fā)生的氧化還原反應為 ，其中氧化劑為NCl3，還原劑為 ，二者物質(zhì)的量比為1:6，D項正確；
故選D。
9．鈷是一種重要的過渡金屬元素，常見化合價有+2、+3價。實驗室利用固體進行如下實驗。下列說法錯誤的是

A．Co在元素周期表中位于第四周期VIII族
B．固體Y為
C．酸性條件下氧化性：
D．結(jié)合上述流程信息，若有與足量鹽酸充分反應，理論上可以得到
【答案】D
【詳解】A．已知Co是27號元素，則Co在元素周期表中位于第4橫行第9縱列即第四周期Ⅷ族，選項A正確；
B．由題干信息可知，0.3molCoC2O4·2H2O加熱至恒重時固體Y的質(zhì)量為24.1g，Y中含有0.3molCo，則O的物質(zhì)的量為：，則固體Y為，選項B正確；
C．由B項分析結(jié)合題干轉(zhuǎn)化信息可知，酸溶時發(fā)生的反應為：Co3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2↑，此反應中Co3+為氧化劑，Cl2為氧化產(chǎn)物，故酸性條件下氧化性：，選項C正確；
D．由題干信息可知，Co的常見化合價有、價，Co5O6中Co3+與Co2+的物質(zhì)的量之比為：2：3，結(jié)合上述流程信息，若有與足量鹽酸充分反應，則反應方程式為：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2↑，故理論上可以得到，選項D錯誤；
答案選D。
10．25℃時，向25mL0.lmol·L-1鄰苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固體，混合溶液的pH隨-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的關系如圖所示(忽略溶液體積變化和鄰苯二甲酸的揮發(fā))。下列有關敘述錯誤的是

A．鄰苯二甲酸的Ka1約為1.0×10-3
B．b點有關微粒濃度大小關系為(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
C．從b點到e點，水電離產(chǎn)生的c(H+)先增大后減小
D．c點c(K+)>3c(A2-)
【答案】D
【分析】隨著KOH固體的增加，溶液的pH逐漸增大，H2A的電離程度增大，溶液中HA-的濃度先增大后減小，-lgc(HA-)的曲線應是先減小后增大，A2-的濃度一直增大，-lgc(A2-)一直減小，因此ab點所在的曲線為-lgc(HA-)隨pH變化的曲線。
【詳解】A．由圖可知，pH=0時，，，則，H2A的電離微弱，因此c(H2A)約為0.1mol/L，鄰苯二甲酸的Ka1約為，故A正確；
B．b點的縱坐標最小，則此時溶液中最大，即溶液中的溶質(zhì)為KHA，溶液的pH=4，說明KHA溶液呈酸性，HA-的電離程度大于水解程度，則c(A2-)>c(H2A)，b點有關微粒濃度大小關系為(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故B正確；
C．b點溶質(zhì)為KHA，溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從b到e點，繼續(xù)加入KOH固體生成K2A，A2-水解而促進水電離，繼續(xù)加入KOH，KOH抑制水電離，則水電離產(chǎn)生的c (H+)先增大后減小，故C正確；
D．c點溶液中，溶液中由電荷守恒有，c點溶液呈酸性，，則，故D錯誤；
答案選D。

二、實驗題
11．某實驗小組以溶液為原料制備，并用重量法測定產(chǎn)品中的含量。設計了如下實驗方案：
可選用試劑：晶體、溶液、濃、稀、溶液、蒸餾水
步驟1.的制備
按如圖所示裝置進行實驗，得到溶液，經(jīng)一系列步驟獲得產(chǎn)品。

步驟2，產(chǎn)品中的含量測定
①稱取產(chǎn)品，用水溶解，酸化，加熱至近沸；
②在不斷攪拌下，向①所得溶液逐滴加入熱的溶液，
③沉淀完全后，水浴40分鐘，經(jīng)過濾、洗滌、烘干等步驟，稱量白色固體，質(zhì)量為。
回答下列問題：
(1)Ⅰ是制取_______氣體的裝置，在試劑a過量并微熱時，發(fā)生主要反應的化學方程式為_______；
(2)Ⅰ中b儀器的作用是_______；Ⅲ中的試劑應選用_______；
(3)在沉淀過程中，某同學在加入一定量熱的溶液后，認為沉淀已經(jīng)完全，判斷沉淀已完全的方法是_______；
(4)沉淀過程中需加入過量的溶液，原因是_______；
(5)在過濾操作中，下列儀器不需要用到的是_______(填名稱)；

(6)產(chǎn)品中的質(zhì)量分數(shù)為_______(保留三位有效數(shù)字)。
【答案】(1)???? HCl???? H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑
(2)???? 防止倒吸???? CuSO4溶液
(3)靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續(xù)滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全
(4)使鋇離子沉淀完全
(5)錐形瓶
(6)97.6%

【分析】裝置I中濃硫酸和氯化鈉共熱制備HCl，裝置II中氯化氫與BaS溶液反應制備BaCl2·2H2O，裝置III中硫酸銅溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空氣。
【詳解】（1）由分析可知，裝置I為濃硫酸和氯化鈉共熱制取HCl氣體的裝置，在濃硫酸過量并微熱時，濃硫酸與氯化鈉反應生成硫酸氫鈉和氯化氫，發(fā)生主要反應的化學方程式為：H2SO4(濃)+NaClNaHSO4+HCl↑。
（2）氯化氫極易溶于水，裝置II中b儀器的作用是：防止倒吸；裝置II中氯化氫與BaS溶液反應生成H2S，H2S有毒，對環(huán)境有污染，裝置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。
（3）硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，因此判斷沉淀已完全的方法是靜置，取上層清液于一潔凈試管中，繼續(xù)滴加硫酸溶液，無白色沉淀生成，則已沉淀完全。
（4）為了使鋇離子沉淀完全，沉淀過程中需加入過量的硫酸溶液。
（5）過濾用到的儀器有：鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒，用不到錐形瓶。
（6）由題意可知，硫酸鋇的物質(zhì)的量為：=0.002mol，依據(jù)鋇原子守恒，產(chǎn)品中BaCl2·2H2O的物質(zhì)的量為0.002mol，質(zhì)量為0.002mol244g/mol=0.488g，質(zhì)量分數(shù)為：100%=97.6%。


三、工業(yè)流程題
12．鉑釕催化劑是甲醇燃料電池的陽極催化劑。一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2，還含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]為原料制備釕(Ru)的流程如圖。回答下列問題：

(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合價為____。
(2)“酸浸”時，Na2SO3的作用____。“濾渣”的主要成分有SiO2和____(填化學式)?！八峤敝嗅懙慕雎逝c浸出溫度、pH的關系如圖所示，“酸浸”的最佳條件是____。

(3)“除鐵”的離子方程式為____。(提示：1molNaClO3參與反應，轉(zhuǎn)移6mol電子)
(4)從“濾液2”中可提取一種化肥，其電子式為____。
(5)“灼燒”時Ar的作用是____。
(6)某工廠用10t釕礦石[含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4]，最終制得3636kgRu，則Ru的產(chǎn)率為____。(保留三位有效數(shù)字)
【答案】(1)+3價
(2)???? 溶解RuO4???? CaSO4???? 溫度為65℃、pH為1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)
(5)作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應
(6)87.8%

【分析】由題給流程可知，釕礦石中加稀硫酸和亞硫酸鈉酸浸時，釕元素轉(zhuǎn)化為硫酸釕，氧化亞鐵、氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸亞鐵、硫酸鎂，氧化鈣與稀硫酸反應生成硫酸鈣，二氧化硅與硫酸不反，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的濾渣和含有硫酸釕的濾液；向濾液中先后加入氯酸鈉溶液、碳酸鈉溶液將鐵元素轉(zhuǎn)化為生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，過濾得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和濾液；向濾液中加入加氟化鈉溶液將鎂元素轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鎂和濾液；向濾液中加入碳酸鈉溶液將釕元素轉(zhuǎn)化為碳酸釕沉淀，過濾得到濾液1和碳酸釕；碳酸釕溶于鹽酸得到氯化釕，向氯化釕溶液中加入草酸銨溶液將氯化釕轉(zhuǎn)化為草酸釕沉淀，過濾得到含有氯化銨的濾液2和草酸釕；在氬氣氛圍中灼燒草酸釕制得釕。
【詳解】（1）由化合價代數(shù)和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中鐵元素的化合價為+3價，故答案為：+3價；
（2）由分析可知，酸浸時加入亞硫酸鈉溶液的目的是溶解四氧化釕，將四氧化釕轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸釕；濾渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；由圖可知，溫度為65℃、pH為1.0時，釕的浸出率最大，則酸浸”最佳條件是溫度為65℃、pH為1.0，故答案為：溶解RuO4；CaSO4；溫度為65℃、pH為1.0；
（3）由分析可知，加入氯酸鈉溶液、碳酸鈉溶液的目的是將鐵元素轉(zhuǎn)化為生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反應的離子方程式為6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案為：6Na++12Fe2++2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；
（4）由分析可知，濾液2的主要成分為離子化合物的氯化銨，電子式為，故答案為：；
（5）灼燒時氬氣的作用是做保護氣，否則反應得到的釕被空氣中的氧氣氧化，故答案為：作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應；
（6）若10t釕礦石最終制得3636kg釕，由釕原子個數(shù)守恒可知，釕的產(chǎn)率為×100%=87.8%，故答案為：87.8%。

四、原理綜合題
13．油氣開采、石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫，需要回收處理并加以利用?；卮鹣铝袉栴}：
(1)已知下列反應的熱化學方程式：
①????
②????
③????
計算熱分解反應④的________。
(2)較普遍采用的處理方法是克勞斯工藝。即利用反應①和②生成單質(zhì)硫。另一種方法是：利用反應④高溫熱分解。相比克勞斯工藝，高溫熱分解方法的優(yōu)點是________，缺點是________。
(3)在、反應條件下，將的混合氣進行熱分解反應。平衡時混合氣中與的分壓相等，平衡轉(zhuǎn)化率為________，平衡常數(shù)________。
(4)在、反應條件下，對于分別為、、、、的混合氣，熱分解反應過程中轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如下圖所示。

①越小，平衡轉(zhuǎn)化率________，理由是________。
②對應圖中曲線________，計算其在之間，分壓的平均變化率為________。
【答案】(1)170
(2)???? 副產(chǎn)物氫氣可作燃料???? 耗能高
(3)???? 50%???? 4.76
(4)???? 越高???? n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應方向進行，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高???? d???? 24.9

【詳解】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g)??ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g)??ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)??ΔH3＝－484kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；
（2）根據(jù)蓋斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克勞斯工藝的總反應是放熱反應；根據(jù)硫化氫分解的化學方程式可知，高溫熱分解方法在生成單質(zhì)硫的同時還有氫氣生成。因此，高溫熱分解方法的優(yōu)點是：可以獲得氫氣作燃料；但由于高溫分解H2S會消耗大量能量，所以其缺點是耗能高；
（3）假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和4mol，根據(jù)三段式可知：

平衡時H2S和H2的分壓相等，則二者的物質(zhì)的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為，所以平衡常數(shù)Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反應是體積增大的可逆反應，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應方向移動，因此H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9對應的曲線是d；根據(jù)圖象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反應進行到0.1s時H2S轉(zhuǎn)化率為0.24。假設在該條件下，硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知

此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為＝24.9kPa·s－1。


五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
14．我國科學家制備的催化劑能實現(xiàn)氨硼烷(H3NBH3)高效制備氫氣的目的，制氫原理：，請回答下列問題：
(1)基態(tài)Al原子核外電子云輪廓圖呈球形、啞鈴形的能級上電子數(shù)之比為_______。
(2)已知幾種元素的電負性如下表所示。
元素
H
B
C
N
O
電負性
2.1
2.0
2.5
3.0
3.5

①上述制氫反應中，有_______種元素的原子采取sp3雜化。
②NH3中鍵角∠HNH_______(填“大于”、“小于”或“等于”)H3NBH3中鍵角∠HNH。
③B、C、N、O的電負性依次增大，其主要原因是_______。
(3)某有機硼化合物的結(jié)構(gòu)簡式如下圖所示，組成該有機物的第二周期元素第一電離能由大到小的順序為_______(填元素符號)。

(4)化硼是一種新型無機非金屬材料，晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立坐標系，表示晶胞中各原子的位置，稱為原子坐標。a點磷原子的坐標為(0，0，0)，b點磷原子的坐標為(1，1，0)，則c點硼原子的坐標為_______。

(5)四氫鋁鈉(NaAlH4)是有機合成中重要的還原劑，晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示。

①的配位數(shù)為_______。
②已知NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體的密度為_______(用含a、NA的代數(shù)式表示)g?cm-3 。
【答案】(1)6∶7
(2)???? 4???? 小于???? 原子半徑依次減小，得電子能力依次增強
(3)N>O>C>B
(4)(，，)
(5)???? 8????

【詳解】(1)鋁元素的原子序數(shù)為13，基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p1，則原子中球形的s能級與啞鈴形的p能級上電子數(shù)之比為6∶7，故答案為：6∶7；
(2)①由方程式可知，制氫反應的化合物中硼、碳、氮、氧四種原子的價層電子對數(shù)都為4，雜化方式均為sp3雜化，故答案為：4；
②氨分子中氮原子含有1對孤對電子，中氨分子的孤對電子與硼原子形成配位鍵，孤電子對對成鍵電子對的排斥力大，所以氨分子中鍵角∠HNH小于中鍵角∠HNH，故答案為：小于；
③同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，得電子能力依次增強，元素的非金屬性依次增強，元素的電負性依次增大，則硼、碳、氮、氧四種元素的電負性依次增大，故答案為：原子半徑依次減小，得電子能力依次增強；
④由電負性的大小可知，氫元素的電負性大于硼元素，則在氨硼烷中，H—B鍵中共用電子對偏向氫原子，氫原子帶部分負電荷，故答案為：負；
(3)同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，則硼、碳、氮、氧四種元素的第一電離能由大到小的順序為N>O>C>B，故答案為：42；N>O>C>B；
(4)由位于頂點a點磷原子的坐標為(0，0，0)、頂點b點磷原子的坐標為(1，1，0)可知，晶胞的邊長為1，則位于體對角線處的c點硼原子的坐標為(，，)，故答案為：(，，)；
(5)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于體心的四氫合鋁酸根離子與位于棱上和面心的鈉離子距離最近，則四氫合鋁酸根離子的配位數(shù)為8，故答案為：8；
②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于體心、頂點和面上的四氫合鋁酸根離子的個數(shù)為1+8×+4×=4，位于棱上、面上的鈉離子個數(shù)為4×+6×=4，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=(a×10—7)2×2a×10—7×d，解得d=，故答案為：。

六、有機推斷題
15．普瑞巴林(pregabalin)常用于治療糖尿病和帶狀皰疹引起的神經(jīng)痛，其合成路線如下：

已知：
i.R1CHO+R2-CH2COOR+H2O
ii.RCOOH+CO(NH2)2RCONH2+NH3↑+CO2↑
回答下列問題：
(1)A的化學名稱為_______。
(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為_______。
(3)反應②的反應類型是_______。
(4)D中有_______個手性碳原子。
(5)寫出反應④的化學方程式_______。
(6)H是G的同系物，其碳原子數(shù)比G少四個，則H可能的結(jié)構(gòu)(不考慮立體異構(gòu))有_______種，其中-NH2在鏈端的有_______(寫結(jié)構(gòu)簡式)。
【答案】(1)3-甲基丁醛或異戊醛
(2)
(3)加成反應
(4)2
(5)＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O
(6)???? 5???? 、

【分析】根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，A屬于醛，按照系統(tǒng)命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；對比B和C的結(jié)構(gòu)簡式，C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，以此解題。
【詳解】（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，A屬于醛，按照系統(tǒng)命名的原則，該有機物A的名稱為3-甲基丁醛；故答案為3-甲基丁醛或異戊醛；
（2）對比A和C的結(jié)構(gòu)簡式，A與NCCH2COOCH3發(fā)生已知(i)的反應，NCCH2COOCH3中的亞甲基上C與醛基上的碳原子以碳碳雙鍵相連，同時生成水，則B的結(jié)構(gòu)簡式為；故答案為。
（3）對比B和C的結(jié)構(gòu)簡式，C中不含有碳碳雙鍵，B→C的反應類型為加成反應，故答案為加成反應。
（4）根據(jù)手性碳原子的定義，有機物D中含有的手性碳原子有2個，即；故答案為2。
（5）根據(jù)已知ii可知，反應④的反應方程式為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O；故答案為＋CO(NH2)2+CO2↑＋NH3↑+H2O。
（6）H是G的同系物，碳原子比G少四個，即H中有四個碳原子，與G具有相同的官能團，H中應含有氨基和羧基，H可能的結(jié)構(gòu)簡式為，結(jié)構(gòu)簡式還可能是，結(jié)構(gòu)簡式還可能是，還可能是，有1種結(jié)構(gòu)，還可能是，共有5種；其中-NH2在鏈端的有：、；故答案為5；、。

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