2021届河北衡中同卷新高考模拟试卷(四)化学试题

1、2021届河北衡中同卷新高考模拟试卷（四）化学试j祝考试顺利注意事项：1、考试范围：高考范围。2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应 当立马报告监考老师，否则一切后果自负。3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考 老师，否则一切后果自负。4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置, 并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

2、黑。写在试题 卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答 题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔 和涂改液。不按以上要求作答无效。7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色 签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律 无效。8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一

3、并依序排列上交。1.2020年春节前后，新冠病毒肆虐全球，防控疫情已成为国际首要大事。按照以往对冠状病毒的经验，乙 酸、75%乙醉、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒，下列有关说法错误的是（）A.因乙醇易燃，不可使用酒精溶液大面积对室内空气进行消毒B.过氧乙酸（CECOOOH）用于杀灭病毒是因为其含有按基C.次氯酸钠具有一定的腐蚀性和刺激性，使用时需带手套，并稀释使用D.不能将“84消毒液”和酒精混合进行环境消毒【答案】B【解析】【详解】A.乙醇易与氧气反应生成二氧化碳和水，使用酒精消毒时要注意远离火源，因而酒精不宜向空气 中喷撒，最好用擦拭的方式，故A正确：B.过氧乙酸（CH3coOO

4、H）是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性，可以迅速杀灭多种微生物，包括多种病 毒（如SARS病毒）、细菌、真菌及芽抱，不是因为其含有按基，故B错误；C.次氯酸钠对皮肤和口腔黏膜具有腐蚀性和刺激性，使用次氯酸钠时建议佩戴防护口罩与手套，并稀释使 用，故c正确：D. "84”消毒液的主要成分为NaClO,具有强氧化性，酒精中的C2H50H具有还原性，两者混合后会发生氧 化还原反应，因此“84”消毒液和酒精混合不但不会增加效果，反而会降低消毒效果，产生有毒气体Cb,故 D正确； 答案为B。2 .我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。A. M的某种同分异构体含有苯环

5、且能与钠反应放出氢气B.可用滨水鉴别M和对二甲苯C.对二甲苯的一氯代物有2种D.异戊二烯所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A. M的分子式为CsHi©,某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-,无此基团，故A错 误：B. M中含有碳碳双键可使滨水褪色，对二甲苯与澳水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用澳 水鉴别，故B正确：C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，故C正确：D.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平而重合时，所有碳原子共平面，故D正确：答案为A03 .设Na为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.高温下，0.2mol

6、Fe与足量水蒸气反应，生成的H?分子数目为0.3心B.室温下，lLpH=13的NaOH溶液中，由水电离的0H -离子数目为O.INaC.氢氧燃料电池正极消耗22.4L （标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2N,、D. 5NH4NO3=2HNCM4N2T+9H9反应中，生成28gNz时，转移的电子数目为3.75七【答案】D【解析】O【详解】A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fc的化合价为+三价，因此Fe失去3OQ电子的物质的量为：= 胴H=左次。/,根据得失电子守恒，生成 比的物质的量为：§4B、正""47,因此生成的H2分子数目为一Na

7、，A错误：n(7Y;)= mol1521 5B.室温下，lLpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=1043mol/L,且H+全部由水电离，由水电离的OH浓度等于水电离出的H+浓度，因此由水电离的OH为10d3mol/LxiuiO"3moi, B错误:C氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为22.4L22.4L'molx4Na =4Nac错误;D.该反应中，生成28gN?时，转移的电子数目为3.75N,、，D正确:故答案为D。4 .己知氢化钠(NaH)可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水

8、放出易燃气体，下列说 法不正确的是()A.氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H?B.氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2C.氢化钠在无水条件下除去钢铁表而铁锈的反应方程式为3 NaH+Fe2O32Fe+3NaOHD.锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH【答案】D【解析】【详解】解：A.氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2 t ,气体通过 盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H?,故A正确：B.氢气能

9、还原氧化铜生成Cu,氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H?,故B正确；C. NaH具有强还原性，能与FezCh生成Fe和NaOH,反应方程式为：3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH,故C正 确：D.锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HQ、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HC1,所 以应该先除去HC1、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH,故D错误。故选Do5 .常温下，向ILO.lmoLLi一元酸HR溶液中逐渐通入犯气已知常温下NH-HzO电离平衡常数K= 1.76x105，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液p

10、H与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是c(R )1gc(HR)A. O.lmol L】HR溶液的pH为5B. HR为弱酸,常温时随着氨气的通入，c(R )/c(OH-).c(HR)逐渐增大C.当通入 0.1 molNH3时,c(NH4*)>c(R )>c(OH )>c(H+)D.当c(R )= c(HR)时，溶液必为中性【答案】C【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5,由图可得此时/g邛，=0,又因为一元酸HR溶液为O.lmobL1,所以c(HR)c(R )=c(HR)=0.05mol.L 所以此时 c(R»c(H+),则 O.lmol LTHR 溶

11、液的 pH 不是 5,故 A 错误：B 项,由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸,/一) #>("+)*/k温度不变时 凡/Kq的值不变，故B错误：C项，pH=5时c(H+)=10"由图可得此时/g=0,则c(HR)c(HR)当通入O.lmolNH?时，恰好反应生成NH4R,又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K=L76xl0T,所以Nh4R溶液中R水解程度大于NH,水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)>c(R)>c(OH-)>c(H+),故 C 正确:D 项,由前面对 A 项的分析知,当 c(R )=c(HR)时,pH=5,所以

12、溶液显酸性，故D错误,6.电解法处理CO?和SO?的混合气体的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后,Ni电极表而形成掺杂硫的碳枳层。下列说法错误的是()C(%和SO,的混合气体o21直流电源I1A. Ni电极表面发生了还原反应B.阳极的电极反应为2O"4e =O2TC.电解质中发生的离子反应只有2SO2+O2+2O2=2SO4-D.该过程实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由题图可知，在Ni电极表面SO4?一一S和CC-Y均为得电子，发生还原反应，即Ni电极 作阴极，故A正确：B. SnO?电极表面02-02,为氧化

13、反应，即SnO2电极作阳极，阳极的电极反应为2O2-4e =O2T，故B正 确：C.由题图中电解质的转换关系可知，电解质中发生的离子反应有2so2+O2+2O2-=2SO43、CO2+O2=CO32-, 故c错误；D.该转换过程中，SO4?一和CO产在阴极被还原，同时电解质中又不断生成SOF和CO3%所以实现了电解 质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环，故D正确； 答案为C。7.一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y, Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A. WX是共价化合物B.最高价氧化物对

14、应的水化物的酸性：Q<YC.原子半径：W>Z>Y口.2和*、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W为120号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z形成二个共价键， Z、Q的最外层有6个电子，Z为0、Q为S, Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W为+1价，W的 原子序数最大，W为K, Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C, 以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为0、Q为S、W为K；A. W为K元素，X为H元素，WX是KH,电子式为，其含离子键，为离子化合物，故A错误;

15、B. Y为C元素，Q为S元素，非金属性S大于C,非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强, 则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y,故B错误；C. Y为C元素，Z为O元素，W为K元素，电子层越多，原子半径越大，则K元素有四层，原子半径最 大，C、O属于同周期元素，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：00,所以原子半径为W>Y >Z,故C错误；D. Z和 X、Y、W、Q 均形成至少两种二元化合物，如 HzO、H2O2. CO、CO2、K2O. K2O2、SO2、SO3, 故D正确： 答案为D。8.DCCNa（二氯异银尿酸钠）固体是一种高效、安全的消毒剂。2（FC以

16、上易溶于水。（CNO）3H京尿酸）为三元 弱酸。I.制备DCCA（二氯异犯尿酸）装置如图。主要反应有：碱溶（CNO）3H3+ 2NaOH=（CNO）3Na2H + 2H2OAH<0氯化（CNOXNa2H +2C12=（CNO）3C12H + 2NaClA H<0AB回答下列问题：(1)装置C中的溶液是,作用为。(2)装置A中反应的离子方程式为.(3)装置B用冰水浴的原因是,碱溶时若氢氧化钠过量，(CNOXNa2H中可能混有的杂质是H .制备 DCCNa烧底，水B中产物一牌f DCCA J和小冷却结晶*樱*。弑 iJLuil 卜木" 口口(4)步骤II中过滤洗盐“洗去的盐是

17、。(5)“中和”反应的化学方程式为,(6)氧元素含量的测定：称取0. 1000g DCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全邵转化成 HC1O,再加入足量的KI溶液，用淀粉作指示剂，用010001】10卜匚卬225203标准溶液滴定生成的碘，消耗 VmL.已知：L+2S2O32-=2r+SQ6%样品中氯元素的质量分数=%【答案】 .氢氧化钠溶液 (2).吸收多余氯气，防止污染空气 (3). 2MnO； +1 OCr +16H+=2Mn2+5Cl, T +8H2O (4).该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方 向进行，同时降低产品溶解度(5). (CNO)3Na3 (6). N

18、aCl (7).(CNO)3 Cl2H+NaOH=(CNO), Cl2Na+H2O (8), 1.775V【解析】【分析】由图中装置和实验药品可知，A装置为氯气发生装置，B装置发生氯化反应生成DCCA, C装置用于尾气处 理，吸收多余的氯气。利用DCCA生产DCCNa先将B中产物主要成分为DCCA和NaCl的混合物进行过滤 洗盐，得到DCCA, DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa,再经过冷却结晶，过滤干燥得到产品DCCNa, 以此分析。【详解】(1)由上述分析可知C装置用于尾气处理，吸收多余的氯气，防止污染空气，试剂为氢氧化钠溶 液，故答案为：氢氧化钠溶液：吸收多余氯气，防止污染空气：(2)

19、 A装置为氯气发生装置离子反应为：2MnO； + 10Cr + 16H+=2Mn*+5C12T+8Hq，故答案为：2MnO. +10C1- +16H+ =2Mn2+ +5C1, T +8HQ: 一(3)由己知反应可知装置B中反应AHvO,该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低温度可降低产品溶解度：(CNO)3H3(湿尿酸)为三元弱酸，则碱溶时若氢氧化钠过量，则会生成产物 (CNO)3Na3,故答案为：该反应放热，冰水浴可降温促进反应向正反应方向进行，同时降低产品溶解度； (CNO)3Na3：(4) B中产物主要成分为DCCA和Na。的混合物，则过滤洗盐洗去的盐是NaCL故答

20、案为：NaCl：(5 ) DCCA与氢氧化钠反应得到DCCNa化学方程式为：(CNO)3cLH+NaOH=(CNO)； Cl2Na+H2O, 故答案为：(CNO)3cLH+NaOH= (CNO), Cl2Na+H2O：(6) DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全邵转化成HC1O,再加入足量的KI溶液, 用Na2s2O3标准溶液滴定生成的碘，则关系式为：DCCNa2HC1O21,4SQ，则氯原子的物1V1 V质的量n(Cl)=n(HClO)= - n(S,O32 )= L x 0. lmol / L x - = - mol,则样品中氯元素的质 2-1000220000V量分数

21、为碗而"3 xx ioo%=1 775V%'故答案为：1刀5口0.1g【点睛】DCCNa样品，加入一定量醋酸溶液溶解，样品中的氯元素全邵转化成HC1O,再加入足量的KI溶 液，用Na2s2O3标准溶液滴定生成的碘，则关系式为：DCCNa2HC1O21,4SQ广，依据关系 式计算。9.某科研小组利用工业废料(主要成分NiO,含有少量ALO：、FeO、CuO、BaO)回收NiO,并制备其他部分 产品的工艺流程如下：破做溶我NaCIO利加代卜加液M卜沉淀xp网一4沉淀T空气中的烧Er>CuSO4 - 5H O己知：溶液中离子浓度小于等于1.0X10" mol时,认为

22、该离子沉淀完全.25时，部分难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物CuSAl (OH) 3Ni (0H)3Fe (OH) 3Fe(0H)2溶度积常数(降)6.3X1。-"1. 3X10-332.0X10W4.0X10s1.8X10*请回答下列问题:（1）4S的电子式为。（2） “酸浸”时，Ni的浸出率与温度的关系如图所示。温度高于70, Ni的浸出率降低的主要原因为（3） “沉淀1”主要成分为 （填化学式（4） “滤液1 ”中通入H：S的作用为 0（5） “转化”过程中，发生反应的主要离子方程式为（6）25©时，“调节pH使沉淀3中金属阳离子沉淀完全后，所得溶液中的CGT）最

23、大为（保留三位有效数字，已知点七L 4）,（7） “操作I”主要包括蒸发浓缩、过滤、洗涤、干燥。（8） NiO可通过铝热反应冶炼Ni,该反应的化学方程式为 o【答案】（1）. H ： S ： H （2）.温度升高，Ni?+的水解程度增大（3）. BaSO4 （4）.将Cu"转化 为 CuS 沉淀除去 （5）. 2Fe2+ +C1O +2H+ =2Fe3+ +C1+H2O（6）. 7.14xl（y,0 mol-L1 （7）.降温结晶（或冷却结晶）（8）. 3NiO+2Al&_ Al2O3+3Ni【解析】试题分析：（1）H2s是共价化合物，含有2个H-S键：（2）温度升高，Ni?

24、+的水解程度增大，生成氢氧化 镇的量增大：（3） BaO与硫酸反应生成硫酸钢沉淀：（4） CuS难溶于水；（5） “转化”过程中Fe?+被CIO 氧化为Fe3+； （6）根据25c时，部分难溶物的溶度积常数，“调节pH”析出氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉 淀：（7）根据流程图，沉淀2是CuS,灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶液：通过蒸发浓缩、降温 结晶、过滤、洗涤、干燥，可得硫酸铜晶体：（8） NiO与铝反应生成Ni和氧化铝。解析：（1）H6是共价化合物，含有2个H-S键，电子式为H：C：H: （2）温度升高，Ni?+的水解程度 增大，生成氢氧化银的量增大，所以温度高于70C，Ni的浸出率降低：

25、（3） BaO与硫酸反应生成硫酸钢沉 淀，“沉淀的主要成分为BaSO4； （4） CuS难溶于水，“滤液1”中通入H2s的作用为将QP-转化为CuS 沉淀除去；（5） “转化”过程中Fe?+被CIO氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+ +C1-+H2O： （6）根据流程图“调节pH/析出氢氧化银沉淀，银离子沉淀完全后，所得溶液中的/7X1O"15 L10-14C(OH>. = V2xlO-5，C(H*>-=-=7.14X1010 molL1 ； (7)根据流程图，沉淀 2 是VLOxlO-5xlO-5CuS,灼烧生成氧化铜，加入硫酸生成硫酸铜溶

26、液：通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，可得硫酸铜晶体：(8) NiO与铝反应生成Ni和氧化铝，方程式为3NiO+2Al里=：A12O3 + 3Ni。点睛：氢氧化银和氢氧化亚铁的溶度积常数接近，所以为除去N声中的Fe2+,需要把F/+氧化为FC，+再调行PHo10c0、NO、NO2. SO2等有毒气体会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：(1)汽车尾气中的co、NO、NO?等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体 转化为无毒气体。已知:2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) AWi=-112.3kJ mor'

27、NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) AH2=-234kJmoll N2(g)+Ch(g)=2NO®A“3=+ 179.5kJmoP请写出co和NCh生成无污染气体的热化学方程式(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2C0(g)+2N0(g)=N2(g)+2CO2(g)n(CO)MCE,若反应达到平衡时，所得的混合气体中含N?的体积分数随许的变化曲线如图Ua、b、c、d四点的平衡常数从大到小的顺序为n(CO)若而M 反应达平衡时，N谢体积分数为2。,则N。的转化率为一(3)若将NO?与5通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极的电

28、极反应式 为_，经过一段时间后，若乙中需加O.lmolCuYOH)2cCh可使溶液复原，则转移的电子数为_Na。(4)常温下,SCh可以用碱溶液吸收处理。若将SO2通入到NaOH溶液中，充分反应后得到amolL的NaHSCh 溶液，该溶液的pH=5,则该溶液中c(SO32-)c(H2so3)(填>“、“=”或"V")，HSCh的电离常数约为一(用含a的式子表示)。【答案】 (1). 4C0(g) 4- 2NO2(g)=4CO2(g) + N2(g) ”=-1227.8kJmoN(2). a=b=c>d (3). 60%1 Ox IO10(4). NO2-e +H

29、2O=NO3-F2H+(5). 0.6(6). >(7).a【解析】【分析】(1)由CO和NO;生成无污染气体，则产物为CO二和N二；根据盖斯定律进行计算：(2)根据外界条件对平衡移动的影响规律进行分析，平衡常数只与温度有关：气体的体积分数之比等于气体的物质的量之比，根据三段式列式进行计算，从而求出N0的转化率：(3)D电极上有红色物质析出，说明在D电极上CJ得到电子被还原为Cu,说明D电极为阴极，则A电极为 负极，发生氧化反应，据此规律写出极反应方程式：由于加0. ImolCuKOH)二CO：使溶液复原，相当于电解完 Cu，后又电解了 HO据此计算电子转移的数目：(4)NaHS0,溶液

30、的pH=5,说明HSO；的电离大于水解，溶液显酸性；NaHSO,溶液的浓度为amol-I?,c(HSO；)«amol/L, pH=5, c(H+) « c(SOj ) = 10-5mol/L ,根据 K二色L上空进行计算。c(HSO3)【详解】由CO和NCh生成无污染气体，则产物为82和N2,方程式为4co (g) +2NO2 (g) =4CO2 (g) +N2 (g),该反应可由-+4x得到，由盖斯定律可得该反应的A/7 = AH1一 Ag +4A”，= -1227.8kJ/mol ：(2)反应2C0(g)+2N0(g)=±N2(g)+2CO2(g) H=-75

31、9.8kJ moP为放热反应，温度越高，刈平衡时的 体积分数越小，由图可知T|>T2,由于正反应放热，温度越高，平衡向逆向移动，平衡常数越小，相同温 度下平衡常数相同，固有a=b=c>d：设起始时NO的物质的量为a,则CO的物质的量为0.8a,反应的N2的物质的量为 ,由题意得2CO(g)+ 2NO(g) U N2(g) + 2CO2(g)起始0.8aa00变化2x2xxx终止0.8a-2xa-2xx2xx0 6a= 0.2,解得x=0.3a,故 NO 的转化率为一; xl00%=60%：0.8a-2x + a-2x + x + 2xa D电极上有红色物质析出，说明在D电极上Cu?

32、+得到电子被还原为Cu,说明D电极为阴极，则A电极 为负极，发生氧化反应，所以A电极通入NO2,发生电极反应为：NO2-e-4-H2O=NO3 -F2H+,乙中阴极发 生反应:Cu2+2e =Cu,H2O+2e-=H2 t +2OH ,阳极发生反应：2H2cMe-=2Ch t +4H1 由于力口 0.1molCu2(OH)2CO3使溶液复原，相当于电解完C产后又电解了 H9,电解Cu*转移电子数为0.2x2=0.4Na，电解H2O转移电 子数为0.2Na,共转移电子0.6 Na;(4)NaHSCh溶液的pH=5,说明HSO；的电离大于水解，故c(SO3")>c(H2so3)：

33、HSO；的电离平衡为：HSO；UH+SO；, NaHSCh溶液的浓度为 amolLL c(HSO3) amol/L , pH=5,c(H+) *c(SO：) = 10-5mol/L,所以K="山5soL)= .lxl() 2。c(HSO3) a【点睛】本题要注意第题，加入O.lmolCuXOH)2cCh使溶液复原，相当于加入了 0.2moICuO和0.1mo!H2O, 加CuO和加CuCO3的效果是一样的，因为CCh会变成气体离开体系。【化学-选修3：物质结构与性质】EMIN11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成, 结构如

34、图所示。回答下列问题：。H CON(1)碳原子价层电子的轨道表达式为基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为形。(2)根据价层电子对互斥理论，NFL、NO3 NO?-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是NH3比PH的沸点高，原因是一。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是一。(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为分子中的大兀键可用符号口；表示，其中m代表参与形 成的大兀键原子数，n代表参与形成的大兀键电子数(如苯分子中的大兀键可表示为口：)，则EMIM离子 中的大兀键应表示为(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石.，其晶胞结构如图所

35、示。立方氮化硼属于一晶体，其中硼原子的配位数为己知：立方氮化硼密度为dg/cnf, B原子半径为xpm, N原子半径为ypm.阿伏加德罗常数的值为Na，则该晶胞中原子的空间利用率为_ (列出化简后的计算式【答案】OBO NuiFn(2).哑铃 (3). NH3 (4).氨分子间存在氢键 (5).基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp sp3(7) . n(8) .原子 (9). 4(10).4k(x+y3)dNA75x103。xlOO%【解析】【分析】根据核外电子排布原则确定电子排布图，根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数，根据第一电离能的 规律比较第一电离能，根据轨道

36、杂化理论确定杂化轨道类型，根据大兀键形成的原理确定大冗键的表示， 根据晶体知识确定晶胞类型、配位数及空间占有率。2s【详解】(1)碳原子价电子数为4,价电子排布式为2s22P2,所以价层电子的轨道表达式为应基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p, 2P轨道的电子云轮廓图为哑铃形；(2) NH3中N原子价层电子对数为3+4x (5 - 3 x 1) = 4,2NO3中N原子价层电子对数3+-X(5+1 -3X2) = 3 ,2NC)2中N原子价层电子对数2+，x(5+l-2x2) = 3,所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒 2子的是NE; NH，比P%的沸点高是因为NHa分子间存在氢键

37、，而PK分子间只有范德华力；(3)第VA族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较 稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满, 较稳定；(4)根据图中EMIM+离子中键总数为5个，根据图像，EMIM+离子中C原子的空间构型有四而体和平而 三角形两种，即C原子采用叩3、sp2杂化：EMIM+离子有6个电子可形成大冗键，形成的大兀键原子数为5, 故可用符号口；表示；(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体：晶胞中每个N原子连接4个B 原子，氮化硼化学式BN,所以晶胞中每个B原子也连

38、接4个N原子，即硼原子 配位数为4：晶胞中N原“ ，25x41125x4子数为4, B原子数8xa+6x二=4,晶胞质量为m=1g，晶胞体积为“m N、 3 1003,P d dN,B、N原子的总体枳为+4.yxl0个六匝乂孑+用工)一国?,晶胞中原子V二-x（x + y ）x1047t（：r3+v3）dN的空间利用率为TXIOO%"而xl00%= 7Sxl/ 'xlOO%；麻【点睛】本题要注意第（5）题，BN晶体与金刚石结构相似，可以通过金刚石的结构和性质来推断BN的 结构和性质。【化学-选修5：有机化学基础】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