【文档说明】云南省红河州2021届高中毕业生第一次复习统一检测理科综合化学试卷 【精准解析】.doc，共(17)页，2.218 MB，由小赞的店铺上传

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红河州2021届高中毕业生第一次复习统一检测理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H−1C−12N−14O−16Na−23S−32Cl−35.5Cu−64Sb−122La−139第Ⅰ卷(选择题，共126分)一、选择题：本题共13个

小题，每小题6分，共78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.中国医药学是一个伟大的宝库。古代制取下列药物过程中未发生氧化还原反应的是()A《本草纲目》：制取“玄明粉”(24NaSO)以芒硝于风日中消尽水气，自成轻飘白粉也B《通玄秘术》：

制取“华盖丹”(醋酸铅)以铁筋穿作窍，以绳子穿之；用净瓷瓮子盛米醋1斗，将铅片子悬排于瓮子口……C《本草蒙筌》：制取“灵砂”(硫化汞)水银一两，硫黄六铢，先炒作青砂头，后入水火炉抽之……D《本草图经》：制取“铁华粉”(醋酸亚铁)以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生……A

.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.用芒硝制硫酸钠的反应为：242422NaSON10HO=+10aSOHOg，没有发生元素化合价的升降，不是氧化还原反应，A符合题意；B.用净瓷瓮子盛米醋1斗，将铅片子悬

排于瓮子口，即将铅的单质转化为醋酸铅，铅的化合价升高，是氧化还原反应，B不符合题意；C.水银一两，硫黄六铢，来制硫化汞，硫和汞的化合价改变了，是氧化还原反应，C不符合题意；D.以铁拍做段片，置醋糟中，积久衣生制醋酸亚铁，铁的化合价升高，是氧化还原反应，D

不符合题意。答案选A。2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.常温下，0.1mol/L的CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为0.1NAB.CaC2晶体中，阴、阳离子个数比为1:1

C.100mL12mol·L-1浓硝酸与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NAD.0.5mol雄黄(As4S4)，结构为含有NA个S—S键【答案】B【解析】【详解】A．根据公式c=nv，得n=cv，只知道浓度，

不知道溶液的体积，无法计算物质的量，故A错误；B．C22−是一个离子团，是一个整体，故阴、阳离子个数比为1:1，B正确；C．因为Cu是过量的，随着反应的进行，浓硝酸变成了稀硝酸，不知生成的NO2，NO的量是多少，因此无法计算转移

的电子的数目，故C错误；D．根据成键数量，S一般得2e-，成两个键，所以结构中白球代表S，黑球代表As，结构中没有S—S键，故D错误3.A、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，最外层电子数满足2Y=X-W，W存在5原子核10电子的氢化物分子，X的最外层

电子数是电子层数的3倍，常温下，0.01mol∙L-1YAZX4溶液的pH为2。下列说法正确的是()A.简单离子半径：W>X>Y>Z>AB.氢化物的沸点：X>WC.YAZX4是共价化合物，水溶液显酸性D.最高价含氧酸的酸性：Z>W【答案】D【解析

】【分析】W存在5原子核10电子的氢化物分子，则W为C；X的最外层电子数是电子层数的3倍，则电子层数为2，X为O；常温下，0.01mol∙L-1YAZX4溶液的pH为2，YAZX4可完全电离出氢离子，则A为H，YAZX4为硫酸氢钠，Y为

Na，Z为S。【详解】A．A、W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na、S，则简单离子半径：S2-＞C4-＞O2-＞Na+＞H+，A说法错误；B．水分子间存在氢键，导致沸点升高，则氢化物的沸点：H2O＞H2S，B说法错误；C．YA

ZX4是硫酸氢钠，为离子化合物，水溶液显酸性，C说法错误；D．S的非金属性大于C，则最高价含氧酸的酸性：S＞C，D说法正确；答案为D。4.常温下，下列各组离子在有关限定条件下一定能大量共存的是()A酸性溶液中：K+、Na+、Fe2+、N

O3−、Cl－B.中性溶液中：K+、Fe3+、Cl－、CO23−、HCO3−C.常温下，C(H+)/C(OH－)＝1×10－12的溶液：K+、AlO2−、CO23−、Na+、Cl－D.pH＝13的溶液中：A

lO2−、Cl－、HCO3−、SO24−【答案】C【解析】【详解】A．酸性溶液中：H+、Fe2+、NO3−能发生氧化还原反应，不能大量共存，A与题意不符；B．中性溶液中：Fe3+和CO23−或HCO3−发生双水解反应，不能大量共存，B与题意不符；C．常温

下，C(H+)/C(OH－)=1×10－12的溶液呈碱性，K+、AlO2−、CO23−、Na+、Cl－、OH-之间不反应，能大量共存，C符合题意；D．pH＝13的溶液呈碱性，HCO3−、OH-反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，D与题意不符；答案为C。5.下列有关实验，对应现象以及结论都

正确的是()选项实验现象结论A向两支盛有KI3溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I-3⇌I2+I-B在0.1mol/LMgSO4溶液中滴入过量NaOH溶液，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液先有白色沉淀生成，后有蓝色沉淀生成Ksp[

Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]C将铜粉放入稀硫酸溶液中并不断通入O2，再在溶液中滴加少量FeSO4溶液铜粉快速溶解，溶液变为蓝色形成Fe-Cu原电池，加快反应速率D将CH3CH2Br与NaOH溶液共热。冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液

。产生淡黄色沉淀CH3CH2Br在NaOH溶液中发生了水解A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．前者溶液变蓝，则溶液中存在碘单质；后者有黄色沉淀为AgI，溶液中存在碘离子，即碘与碘离子共存，KI3溶液中存在平衡：I-3⇌I2+I-，A结论正

确；B．溶液中滴入过量NaOH溶液，过量的NaOH能与铜离子反应生成蓝色沉淀，不能判断Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，B结论错误；C．Fe-Cu原电池中，Fe作负极，不会溶解Cu，C结论错误；D．CH3CH2Br与NaOH溶液共热，生成NaB

r，取出上层水溶液含有NaBr、NaOH，NaOH能与AgNO3反应生成沉淀，不能判断CH3CH2Br在NaOH溶液中发生了水解，D结论错误；答案为A。6.已知扎那米韦是流感病毒神经氨酸酶抑制剂，其对流感病毒的抑制是以缓慢结合的方式进行的，具有高度特异性，其分子结构如图所示。下列说

法正确的是()A.该物质的分子式为C12H19N4O7B.1mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗2molNaOHC.在一定条件下，该物质只能发生消去、加成、取代反应D.该物质能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，能与FeCl3溶液发生

显色反应【答案】B【解析】【详解】A．该物质的分子式为C12H20N4O7，A说法错误；B．1mol该物质含有1mol羧基、1mol肽键，可与2molNaOH溶液反应，B说法正确；C．在一定条件下，该物质含有醇羟基、羧基、肽键、碳碳双

键，能发生消去、加成、取代、缩聚、氧化等反应，C说法错误；D．该物质含有碳碳双键，能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，无酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，D说法错误；答案为B。7.已知：某二元酸H2XO4在水中电离分两步：H2XO

4=H++HXO4−，HXO4-⇌H++XO24−。常温下，在20.00mL0.01mol•L-1NaHXO4溶液中滴加cmol•L-1NaOH溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法正确的是()A.Kw=10-12时，该NaOH溶液的pH=12B.F点存在：c(OH-)+c(HX

O4−)+2c(XO24−)=0.005mol/LC.对应曲线上F、G之间的某一点，溶液中存在：c(Na+)>c(XO24−)=c(OH-)>c(HXO4−)>c(H+)D.E点溶液中2c(Na+)=3c(H2XO4)+

3c(HXO4−)+3c(XO24−)【答案】C【解析】【分析】NaHXO4与NaOH发生NaHXO4＋NaOH=Na2XO4＋H2O，根据图像，该反应为放热反应，随着反应进行，温度升高，当温度达到最高，说明反应恰好完成，即加入20mLNaOH时，恰好反应完

全，据此分析。【详解】A．根据上述分析，加入20mLNaOH溶液，NaHXO4和NaOH恰好反应完全，推出c(NaOH)=0.01mol·L－1，则溶液中的c(H＋)=12w-K10c(OH)0.01−==10－10mol·L－1，即pH=10，故A错误；B．F点溶质为

Na2XO4，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(-4HXO)＋2c(2-4XO)，F点溶液中c(Na＋)=-3-32010L0.01mol/L4010L=0.005mol·L－1，因此有c(OH－)＋c(-4HXO)＋2c(

2-4XO)>0.005mol·L－1，故B错误；C．F点溶质为Na2XO4，2-4XO发生水解2---424XO+HOHXO+OH垐?噲?，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(2-4XO)>c(OH－)>c(-4HXO)>c(H＋)，随着NaOH的量

增多，在FG的某点上存在c(Na＋)>c(2-4XO)=c(OH－)>c(-4HXO)>c(H＋)，故C正确；D．H2XO4的第一步电离是完全电离，溶液中不存在H2XO4，故D错误；答案为C。8.过氧化钙遇

水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。Ⅰ．过氧化钙制备方法很多。(1)制备方法一：将CaCl2溶于水中，在搅拌下加入H2O2，再通入氨气进行反应可制备CaO2·8H2O，其化学方程式为_______________在碱性环境

下制取CaO2·8H2O的装置如下：①X仪器的名称为___________②乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率；其二：____________③反应结束后，经过

滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净的操作为_____________(2)制备方法二：利用反应Ca(s)+O2(g)ΔCaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验室模拟装置示意图如下

：请回答下列问题：①装置A中橡胶管的作用为_____________________②请选择必要的装置，模拟实验室制备CaO2，按气流方向连接顺序为_____________(填仪器接口的字母编号，装置可重复使用)。Ⅱ．水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO)，

水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理如下：a．固氧：碱性下，O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2：2Mn2++O2+4OH−=2MnO(OH)2↓；b.氧化：酸性下，MnO(OH)2将I−

氧化为I2；c．滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2O23−+I2=S4O26−+2I−。某同学向100.00mL水中加一定量CaO2·8H2O，取此水样50.00mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消

耗0.02mol·L−1Na2S2O3标准溶液15.00mL。(1)滴定过程中使用的指示剂是_______________；(2)请写出步骤b中的离子方程式_____________；(3)该水样中的溶氧量(DO)为_________mg·L−1(忽略体积变化)

。【答案】(1).Ca(OH)2+H2O2+6H2O＝CaO2·8H2O(2).三颈烧瓶(3).温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(4).取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；

反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)(5).平衡气压，使液体能够顺利流下(6).aedbced或aedcbed(7).淀粉溶液(8).MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3H2O(9).48【解析】【分析】制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生

成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，以此解答。【详解】(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O，反应为Ca(OH)

2+H2O2+6H2O＝CaO2·8H2O，故答案为：Ca(OH)2+H2O2+6H2O＝CaO2·8H2O；①X仪器的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；②温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0℃左右，可减少过氧化氢的分解，提高

过氧化氢的利用率，故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率；③CaO2·8H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之

则说明未洗涤干净(合理答案均可)，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净(合理答案均可)；(2)①装置A中橡胶管的作用为平衡气压

，使液体能够顺利流下，故答案为：平衡气压，使液体能够顺利流下；②制备过氧化钙时，用双氧水制备氧气，钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氧气中会混有水蒸气，所以在与钙化合之前需要干燥，选用试剂是浓硫酸，同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接浓硫酸的洗气瓶，所以正确

的顺序为aedbced或aedcbed，故答案为：aedbced或aedcbed；Ⅱ．(1)根据2S2O23−+I2=S4O26−+2I−，可选指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(2)MnO(OH)2将I−氧化为I2，该反应的离子方程式为

：MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3H2O，故答案为：MnO(OH)2+2I－+4H+＝Mn2++I2+3H2O；(3)根据方程式可得关系式O2～4S2O23−，则50.0mL水样中n(O2)＝14n(S2O23−)＝14×0.0200mo

l·L－1×0.015L＝0.000075mol，该水样中的溶解氧量(DO)为30.000075mol3210mg/mol0.05L＝48mg·L－1，故答案为：48。9.软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量金属铁、镁、铝、锌、铜的化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有

硅、铝的氧化物等杂质。工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀时溶液的pH如下表：金属离子Fe2+Fe3+Al3+Cu2+Mn2+开始沉淀pH7.52.74.15.98.8完全沉

淀pH9.53.75.46.910.8(1)提高浸出率可采取的措施有__________、________________(2)浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式是_______

_________(3)已知几种氧化剂氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8>H2O2>Cl2>MnO2>Fe3+，则氧化剂X宜选择_______(填字母)A．(NH4)2S2O8B．MnO2C．H2O2D．

Cl2(4)为确保Cu2+沉淀完全调节pH范围为__________(5)“滤渣2”的主要成分化学式是____________、____________(6)采用“50℃碳化”反应的离子方程式为____________；“50℃碳化”过程中，不用碳酸

钠溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是：____(7)碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体，制造其他锰盐的原料。溶于稀无机酸，不溶于水和乙醇，MnCO3溶于稀无机酸，其实质是溶解平衡的移动。若工业流程中用稀盐酸酸浸，浸出液中c(Mn2+)=10-

1mol/L，则c(CO23−)在浸出液中的最大浓度为________mol/L［Ksp(MnCO3)=1.8×10-11］【答案】(1).适当升高温度、搅拌、粉碎软锰矿(2).黄铁矿、适当提高硫酸的浓度(3).MnO2+FeS2+

2H2SO4=FeSO4+MnSO4+2S+2H2O(4).B(5).6.9≤pH≤8.8(6).Fe(OH)3(7).Al(OH)3(8).2HCO-3+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑(9).碳酸钠溶液中c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀(10).1.8×10-10【解析

】【分析】软锰矿与黄铁矿加入硫酸后，发生氧化还原反应，生成Fe2+、Mn2+、S，溶液中的铁、镁、铝、锌、铜的化合物生成可溶性的盐，二氧化硅不溶于水，过滤，滤渣为S、二氧化硅；根据表中数据，需先氧化亚铁离子为铁离子，且不引入杂质离子，则X为二氧化锰；调节pH=

5.8，则产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；调节pH=8，产生氢氧化铜沉淀；50℃碳化，产生碳酸锰沉淀、二氧化碳和硫酸铵。【详解】(1)适当升高温度、搅拌、粉碎软锰矿、黄铁矿可加快反应速率，从而提高浸出率；(2)加入KSCN溶液无明显现象，则无铁离子生成，反应物为软锰矿

、黄铁矿及硫酸，生成物为S、硫酸亚铁和硫酸锰，方程式为MnO2+FeS2+2H2SO4=FeSO4+MnSO4+2S+2H2O；(3)根据氧化剂氧化能力的强弱顺序，不引入新的杂质离子，不产生有毒气体，氧化剂X为二氧化锰，

答案为B。(4)为确保Cu2+沉淀完，则pH大于或等于6.9，不影响锰离子的含量，pH小于8.8，答案为6.9≤pH≤8.8；(5)分析可知“滤渣2”的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁；(6)采用“50℃碳化”的反应物为碳酸氢铵和锰离子，产生碳酸锰沉

淀、二氧化碳和硫酸铵，离子方程式为2HCO-3+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑；碳酸钠溶液的碱性大于碳酸氢铵溶液，c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀；(7)Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO23−)=1.8×10-11，c(Mn2+)=10-1mo

l/L，则c(CO23−)=1.8×10-10mol/L。10.人类过多地使用化石燃料，造成了二氧化碳的大量排放，致使地球气温上升。二氧化碳是温室气体，也是一种重要的资源，如以CO2为基本原料可合成甲醇，回答下列问题：(1)已知下列热化学方程式：①2CO2

(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=−122.6kJ·mol−1②CH3OCH3(g)+H2O(g)=2CH3OH(g)ΔH2=+23.4kJ·mol−1则用CO2(g)与H2(g)反应合成CH3OH(g)的

热化学方程式③_______________________(2)一定条件下，向某密闭容器中按照()()22CO1H3nn=投料，发生反应③，反应达到平衡时，容器中甲醇的体积分数与压强、温度的关系如图所示：①由上图可知，

反应物的转化率与压强的关系是：减小压强，CO2的转化率______(填“减小”“不变”或“增大”)，温度为265℃时的平衡常数Kp=________MPa-2(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)②一定温度下，能说明上述反应已

达化学平衡状态的是__________________(填字母)A．混合气体密度保持不变B．混合气体的平均摩尔质量不变C．反应容器内压强保持不变D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗3molH2(3)将一定量的CO2(g)与H2(g)混合气体通入某密闭容器中，在催化剂作

用下生成CH3OH(g)，不同压强下，平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数随温度的变化如图一所示。则A、C、D三点的平衡常数由大到小的顺序为_____________(用KA、KC、KD表示)，E点变为

C点的措施是________________。(4)我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为：4Na+3CO2放电充电2Na2CO3+C，其工作原理如图二所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。①放电时，正极电极反应式

为_________②充电时，碳纳米管连接直流电源的____极，电解质溶液中Na＋从____极区向____极区移动。【答案】(1).CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.6kJ·mol

−1(2).减小(3).1432或0.0023(4).BC(5).KA＞KC=KD(6).增大压强(7).3CO2+4e-+4Na+=2Na2CO3+C(8).正(9).阳(10).阴【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，12(①+②)可得CO2(g)+3H2(g)=CH3

OH(g)+H2O(g)，则ΔH=12(−122.6kJ·mol−1+23.4kJ·mol−1)=-49.6kJ·mol−1；(2)①该反应为气体减小的反应，减小压强，平衡逆向移动，CO2的转化率减小；Kp只与温

度有关，则根据图像，265℃时，平衡时甲醇的体积分数为10.0%，压强为10MPa，()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg13x3xxx1-x3-3xxx初反平x42x−×100%=10%，则x=13，Kp=310MPa10MPa101020mPa60MP

a()1010=1432或0.0023；②A．该容器为恒容密闭容器，且均为气体，则混合气体密度一直不变，则密度不能判断是否达到平衡状态，A与题意不符；B．反应为气体减小的反应，反应达到平衡时，气体的物质的量不再改变，而混合气体的质量不变，则混合气体的平均摩尔质量不变时，达到平衡状态，B符合题

意；C．反应为气体减小的反应，反应达到平衡时，气体的物质的量不再改变，则反应容器内压强保持不变，能判断达到平衡状态，C符合题意；D．单位时间内生成1molH2O，必然同时消耗3molH2，不能判断是否达

到平衡状态，D与题意不符；答案为BC。(3)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，则A、C、D三点的平衡常数由大到小的顺序为KA＞KC=KD；该反应为气体减小的反应，增大压强，平衡正向移动

，甲醇的体积分数增大，E点变为C，甲醇的体积分数增大，需增大压强；(4)①放电时，正极上的二氧化碳得电子生成碳酸钠和C，电极反应式为3CO2+4e-+4Na+=2Na2CO3+C；②充电时，碳纳米管失电子，作阳极，与电池的正极相连；Na＋从阳极向阴极移动。11.I.Goodeno

ugh等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电

离能(I1)，I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。Ⅱ.氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。(3)NH3BH3分子中，N—B化学键称为________键，其电子对由_______提供。氨硼烷在催化

剂作用下水解释放氢气：3323-36323NHBH+6HO=3NBOH++9H，336BO−的结构如图所示：在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为__________。(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-)，电负性大小顺序是__________。(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构

如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ=______g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).4：5(2).Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小(3).配位(4).N(5).sp3(6).sp2(7).N＞H＞B(8)

.-30A62Nabc10【解析】【详解】(1)基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，Fe3+离子的核外电子排布式为[Ar]3d5，其未成对的电子数之比为4：5；(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)，Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小，有I

1(Li)>I1(Na)；故答案为：Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小；(3)根据B、N的原子结构可知，N最外层5个电子，B最外层3个电子，则NH3BH3分子中，N—

B化学键是配位键；其电子对由N提供；NH3BH3分子中B原子形成4键，B原子采取sp3杂化；根据336BO−平面结构可知，B采取sp2杂化，故反应中，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2；故答案为：配位；N；sp3；

sp2；(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N对电子的吸引能力大于H，H对电子的吸引能力大于B，故电负性大小顺序是N＞H＞B；(5)研究发现，氨硼烷在低温高压条件下

为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°，根据氨硼烷的2×2×2超晶胞结构，可知氨硼烷晶体的密度-30A-30AA62N8abcmNM1631ρ10N==a0=VNbcV1=g·cm−3。12.2020年2月19日下午，

国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出《关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通知》。此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。磷酸氯喹可由氯喹()和磷酸在一定条件

下制得。氯喹的合成路线如下：已知：R-NO2/⎯⎯⎯⎯→4FeNHClR-NH2(1)写出有机物C的名称_______，B中官能团的名称______，D中含氮官能团的电子式______(2)反应A→B中

须加入的试剂a为_____________(3)B反应生成C的反应化学反应方程式是__________(4)C10H6NO3Cl的结构简式是_______________________(5)A→B反应类型为_______

_，C→D反应类型为_________(6)M是H的一种同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式_____________(不考虑立体异构，只需写出2种)①分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；②能使溴水褪色；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之

比为2:1:1:1。(7)设计由甲苯为起始原料制备的合成路线(无机试剂任选)：________【答案】(1).间氯硝基苯或3-氯硝基苯(2).硝基(3).(4).浓硫酸、浓硝酸(5).Cl2+⎯⎯⎯⎯⎯→2Fe/Cl+HCl(6).(7).取代反应(8).还原反应(9

).、、、、、(10).⎯⎯⎯⎯⎯→2Fe/Cl，/Δ⎯⎯⎯⎯→浓硫酸浓硝酸Fe/HCl⎯⎯⎯→与100⎯⎯⎯→℃【解析】【分析】磷酸氯喹中含有苯基，A的分子式为C6H6，则A为苯；B的分子式为C6H5NO2，则B为硝基苯，

a为浓硝酸和浓硫酸；硝基苯与氯气在氯化铁的条件下发生取代反应，根据E中氯原子的位置，C为；根据C→D的反应条件，和已知相同，则C→D为硝基的还原反应，D为。【详解】(1)有机物C为，名称为间氯硝基苯或3-氯硝基苯；B为硝基苯，含有的官能团为硝基；D为，含氮官能团为氨基，电子

式为；(2)反应A→B为苯生成硝基苯，反应条件为浓硫酸、浓硝酸、水浴加热；(3)B反应生成C为氯原子的取代反应，方程式为Cl2+⎯⎯⎯⎯⎯→2Fe/Cl+HCl；(4)结合流程中的物质F和G，C10H6NO3Cl含有苯基、Cl原子、羟基和羧基，结构简式为；(

5)A→B为苯的硝化反应，反应类型为取代反应；C→D为硝基的还原反应，则反应类型为还原反应；(6)M是H的一种同分异构体，分子式为C9H5NCl2，①分子结构中含有苯环(无其他环)，且苯环上有三个取代基；②能使溴水褪色，则含有碳碳双键或碳碳三键；

③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:1:1:1，则结构为对称结构，结构式为、、、、、；(7)根据的结构简式，需要用甲苯制备4-氯甲苯和4-硝基甲苯，硝基还原后再与4-氯甲苯反应即可，流程为⎯⎯⎯⎯⎯→2Fe/Cl，/Δ⎯⎯⎯⎯→浓硫酸浓硝酸Fe/HCl⎯⎯⎯→与100⎯⎯⎯→℃。