黑龙江哈尔滨市第六中学2024年高三第五次模拟考试化学试卷含解析

黑龙江哈尔滨市第六中学2024年高三第五次模拟考试化学试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)∆H=-QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A．Q>0B．600K时，Y点甲醇的υ(正)<υ(逆)C．从Y点到Z点可通过增大压强实现D．从Y点到X点可通过使用催化剂实现2、A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B在D的单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，E+与D2-具有相同的电子数。A在F是单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。下列有关说法正确的是（）A．工业上F单质用MnO2和AF来制备B．B元素所形成的单质的晶体类型都是相同的C．F所形成的氢化物的酸性强于BD2的水化物的酸性，说明F的非金属性强于BD．由化学键角度推断，能形成BDF2这种化合物3、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢4、下列有关实验正确的是A．装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B．装置用于灼烧CuSO4·5H2OC．装置用于收集氯气并防止污染空气D．装置用于实验室制备少量乙酸乙酯5、一定条件下，不能与SiO2反应的物质是（）A．CaCO3 B．NaOH C．盐酸 D．焦炭6、在标准状况下，ALNH3溶于BmL水中，得到密度为ρg/cm3的RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L7、化学与生活密切相关。下列叙述中错误的是A．环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液B．食品中的抗氧化剂可用维生素CC．治疗胃酸过多可用CaCO3和Ca(OH)2D．除去工业废水中的Cu2+可用FeS8、某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的几种（忽略由水电离产生的H+、OH-）。将试样平均分成甲、乙、丙各l00mL三份，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是（）A．废水可能含有Na+、K+、Fe3+B．可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认C．废水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+，且c(Cl-)=0.2mol·L-1D．废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+9、某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4⇌充电放电MnOOH+16ZnSO4[Zn(OH)其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是A．碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B．放电时，电池的正极反应为：MnO2+e−+H+==MnOOHC．充电时，Zn2+移向Zn膜D．合成有机高聚物的单体是：10、实验室采用下列装置制取氨气，正确的是A．生成氨气B．干燥氨气C．收集并验满氨气D．吸收多余氨气11、为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．1molNH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4－离子数均为NAB．产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NAC．反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为3:1D．0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L12、己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=013、人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO（NH2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（）A．B为电源的正极B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C．电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→AD．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl14、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（）A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被还原 D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移15、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1－xFexPO4+e-+Li＋=LiM1－xFexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（）A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B．电池总反应为M1－xFexPO4+LiC6LiM1－xFexPO4+6CC．放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li＋+6CD．充电时，Li＋移向磷酸铁锂电极16、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2SO4，这些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()A．18% B．46% C．53% D．36%17、下列有机反应：①甲烷与氯气光照反应②乙醛制乙酸③乙烯使溴水褪色④乙醇制乙烯⑤乙醛制乙醇⑥乙酸制乙酸乙酯⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热⑧液态植物油制人造脂肪⑨乙烯制乙醇。下列说法正确的是A．②⑤的反应类型相同B．⑥⑦的反应类型不同C．④与其他8个反应的类型都不同D．①③⑧属于同一种反应类型18、25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A．稀释后溶液的pH=7 B．氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C．稀释过程中增大 D．pH=11氨水的浓度为0.001mol/L19、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC．原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1∶2D．原溶液中一定含有的阴离子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-20、关于化学键的各种叙述，下列说法中不正确的是（）A．Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B．在单质或化合物中，一定存在化学键C．在离子化合物中，可能存在共价键D．化学反应中肯定有化学键发生变化21、以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是A．四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y、Z的氢化物稳定性Y>ZB．Y单质的熔点高于X单质C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD．YZ4分子中Y和Z都满足8电子稳定结构二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：已知：(1)E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R为烃基）(3)请回答下列问题：(1)A的结构简式为_____；D的官能团的名称为_____。(2)①的反应类型是_____；④的反应条件是_____。(3)写出B→C的化学方程式_____。(4)写出F+G→H的化学方程式_____。(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_____种。ⅰ.能发生银镜反应ⅱ.能发生水解反应ⅲ.分子中含的环只有苯环(6)参照H的上述合成路线，设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3CONHCH(CH3)2的合成路线_____。24、（12分）F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH325、（12分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是___；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_______；Ⅱ.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器a的名称是_______。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：____；(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_____；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是____(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为______(保留3位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_____(填“是”“否”)，若填“否”则结果_____(填“偏低”或“偏高”)。26、（10分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl→2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g∙cm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.比较苯胺与氨气的性质(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为__________；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是______。Ⅱ.制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是____(填“a”或“b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为______________。Ⅲ.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii.加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是______。(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是__________。(6)该实验中苯胺的产率为_____________。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_________________。27、（12分）实验室制备己二酸的原理为：3+8KMnO4═3KOOC（CH2）4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O主要实验装置和步骤如下：①在如图装置中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40℃。②从恒压漏斗中缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45℃左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚。③加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾。④通过___操作，得到沉淀和滤液，洗涤沉淀2～3次，将洗涤液合并入滤液。⑤加热浓缩使溶液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH＝1～2），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体1.5g。已知：己二酸的电离平衡常数：Ka1＝3.8×10﹣5，Ka2＝3.9×10-6；相对分子质量为146；其在水中溶解度如下表温度（℃）1534507087100己二酸溶解度（g）1.443.088.4634.194.8100（1）步骤②中缓慢滴加环己醇的原因是___。（2）步骤④划线部分操作是___、在第④、⑤布中均要求洗涤沉淀，所用洗涤液依次为___、___。（3）步骤⑤加入浓硫酸调节pH成强酸性的原因是___。（4）己二酸产品的纯度可用酸碱滴定法测定。取样试样ag（准确至0.0001g），置于250mL锥形瓶中，加入50mL除去CO2的热蒸馏水，摇动使试样完全溶解，冷却至室温，滴加3滴酚酞溶液，用0.1000mol•L-1的NaOH标准溶液滴定至微红色即为终点，消耗NaOH标准溶液体积bmL①下列说法正确的是___。A．称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量B．摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C．滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下D．滴定结束后稍停1﹣2分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数E．记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果偏高②计算己二酸纯度的表达式为___。28、（14分）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。（1）Mn3+基态价层电子排布图为________。（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序__________。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有__________。（3）与NO2-互为等电子体的一种分子的化学式为________。（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为___________。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式___________。（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为_________。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为__________nm（阿伏加德罗常数的值为N）。29、（10分）碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。回答下列问题：(1)催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1=+180.5kJ/mol；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=－221.0kJ/mol；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=－393.5kJ/mol则尾气转化反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H=___________。(2)氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。在773K时，分别将2.00molN2和6.00molH2充入一个固定容积为1L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间(t)的关系如表所示：t/min051015202530n(H2)/mol6.004.503.603.303.033.003.00n(NH3)/mol01.001.601.801.982.002.00①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N2、H2、NH3，其浓度均为3mol/L，则此时v正____v逆(填“大于”“小于”或“等于”)。②由表中的实验数据可得到“c—t”的关系，如图1所示，表示c(N2)—t的曲线是______。在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点为________。(3)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=－34.0kJ/mol，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图2所示：①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_______；在1100K时，CO2的体积分数为__________。②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=______[已知：气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。(4)在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯的原理如图3所示①太阳能电池的负极是_______(填“a”或“b”)②生成丙烯的电极反应式是___________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q<0，A错误；B.600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明Y点甲醇υ(正)＜υ(逆)，B正确；C.从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，而增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；D.催化剂不能改变平衡状态，不能改变平衡转化率，D错误；答案选B。2、D【解析】

A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H元素；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B是C元素；B在D中充分燃烧生成其最高价化合物BD2，则D是O元素；E+与D2-具有相同的电子数，则E处于IA族，E为Na元素；A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，则F为Cl元素。A.在工业上电解饱和食盐水制备Cl2，A错误；B.碳元素单质可以组成金刚石、石墨、C60等，金刚石属于原子晶体，石墨属于混合性晶体，而C60属于分子晶体，B错误；C.F所形成的氢化物HCl，HCl的水溶液是强酸，CO2溶于水得到的H2CO3是弱酸，所以酸性HCl>H2CO3，但HCl是无氧酸，不能说明Cl的非金属性强于C，C错误；D.可以形成COCl2这种化合物，结构式为，D正确；故合理选项是D。3、D【解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。4、C【解析】

A．简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；B．蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；C．氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；故答案为C。5、C【解析】

A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；C．二氧化硅与盐酸不反应；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅。【详解】A．二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳，二者能反应，故A不选；B．二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二者能反应，故B不选；C．二氧化硅与盐酸不反应，二者不反应，故C选；D．二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅，二者能反应，故D不选；故选：C。6、A【解析】

A.c===mol/L，A正确；B.c==mol/L，B错误；C.表示NH3的物质的量，不表示氨水的物质的量浓度，C错误；D.由选项B可知，不是氨水物质的量浓度的数值，D错误。故选A。7、C【解析】

A.环境中杀灭新型冠状病毒可用“84”消毒液，利用“84”消毒液的强氧化性，使蛋白质变性，故A增强；B.维生素C具有还原性，可用维生素C作食品中的抗氧化剂，故B正确；C.治疗胃酸过多可用NaHCO3和Al(OH)3，不能用Ca(OH)2，Ca(OH)2碱性较强，会灼伤胃，故C错误；D.除去工业废水中的Cu2+可用FeS，Cu2+(aq)+FeS(s)CuS(s)+Fe2+(aq)，生成更难溶的CuS，故D正确。综上所述，答案为C。8、D【解析】甲中滴加溴水不褪色，说明溶液中没有还原性的SO32-；乙中滴加酸化的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，此沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol，可知含有0.01molSO42-，滤液滴加酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀AgCl的质量为2.87g，物质的量为0.02mol，则溶液中不存在Cl-，原因滴加BaCl2溶液生成0.01molBaSO4时引入的Cl-为0.02mol；丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，此沉淀为Mg(OH)2，同时无气体生成，说明没有Fe3+、NH4+，0.58gMg(OH)2的物质的量为0.01mol，可知溶液里含有0.01molMg2+恰好与0.01molSO42-组成中性溶液，故原溶液中也不存在Na+、K+；A．有分析可知废水不存在Na+、K+和Fe3+，故A错误；B．不存在Na+、K+，无须通过焰色反应进一步检验确认，故B错误；C．废水一定含有SO42-和Mg2+，不含Cl-，故C错误；D．有分析可知废水一定不含SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+，故D正确；答案为D。9、B【解析】

A.该电池以碳纳米管做电极材料，可知碳纳米管具有导电性，故A正确；B.原电池正极发生还原反应，根据放电时的总反应式，放电时MnO2得电子发生还原反应，所以电池的正极反应为：MnO2+e−+H2O==MnOOH+OH-，故B错误；C.充电时该装置为电解池，阳离子移向阴极，充电时Zn膜充当阴极，所以Zn2+移向Zn膜，故C正确；D.根据高聚物的结构单元，该高聚物为加聚产物，合成有机高聚物的单体是：，故D正确；选B。10、D【解析】A.加热氯化铵分解生成的氨气和氯化氢温度降低后又化合生成氯化铵，故A错误；B.氨气的水溶液显碱性，不能用浓硫酸干燥，故B错误；C.收集氨气的导管应该插入试管底部，故C错误；D.氨气极易溶于水，采用倒扣的漏斗可以防止倒吸，故D正确；故选D。11、B【解析】

A.铵根离子水解,浓度减小，则1molNH4ClO4溶于水含ClO4－离子数为NA，含NH4+离子数小于NA，故A错误；B.产生6.4g即0.2molO2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0价,转移的电子总数为1.4NA，故B正确；C.

O、N元素化合价升高,N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低,Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故C错误；D.没有说明是否是标准状况下,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积，故D错误；故选：B。12、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.△H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；C.△H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。故选B。13、A【解析】

根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【详解】A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为A。14、A【解析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2C2O4中C的化合价从＋3升高到＋4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从＋5降低到＋4，得到1个电子，则1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；答案选A。15、C【解析】

A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1－xFexPO4+LiC6LiM1－xFexPO4+6C，B错误；C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li++6C，C正确；D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。16、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，则ω（S）=×100%=36%，答案选D。17、C【解析】

①甲烷与氯气光照反应发生取代反应，②乙醛制乙酸发生氧化反应，③乙烯使溴水褪色发生加成反应，④乙醇制乙烯发生消去反应，⑤乙醛制乙醇发生还原反应或加成反应，⑥乙酸制乙酸乙酯发生酯化反应或取代反应，⑦乙酸乙酯与NaOH溶液共热发生水解反应或取代反应，⑧液态植物油制人造脂肪发生加成反应，⑨乙烯制乙醇发生加成反应。则A.②⑤的反应类型不相同，A错误；B.⑥⑦的反应类型相同，均是取代反应，B错误；C.④是消去反应，与其他8个反应的类型都不同，C正确；D.①是取代反应，③⑧属于同一种反应类型，都是加成反应，D错误；答案选C。18、C【解析】

A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1．H2O)减小，则溶液中增大，故C正确；D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案为C。19、D【解析】

A.根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定没有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32—，综合以上溶液可能含有SO42—，故A错误；B.若原溶液含有SO42—，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C.滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32-与AlO2-的物质的量之比为3∶4，故C错误；D.原溶液中一定含有的阴离子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正确。答案选D。20、B【解析】

A项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故A正确；B项、稀有气体为单原子分子，不含有化学键，故B正确；C项、Ca(OH)2为离子化合物，既含有离子键又含有共价键，故C正确；D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，故D正确；故选B。21、A【解析】

本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C．陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。22、A【解析】

W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性Si<Cl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）<Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、羟基、羧基加成反应浓硫酸、加热5【解析】

由B的结构简式，结合反应条件，逆推可知A为，B发生水解反应生成C为，结合D的分子式可知C发生氧化反应生成D为，E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则D是发生消去反应生成E，故E为，E发生信息(3)中的反应生成F为，结合信息(2)中H的结构简式，可知G为；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知：A的结构简式为；D为，D官能团的名称为羟基、羧基；(2)①A变为B的反应，A是，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应，产生B：，所以①的反应类型是加成反应；④的反应是D变为E，D是，D发生消去反应，产生E：④的反应类型是消去反应；(3)B是，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生C，所以B→C的化学方程式为：；(4)F为，G是，二者发生取代反应产生H：及HBr，该反应的化学方程式为：；(5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：①能发生银镜反应、②能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，③分子中含的环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代基为—CH=CHOOCH、、有2个取代基为—CH=CH2、—OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、对3不同的位置，故符合条件的共有5种；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。24、羧基醚键ClCH2CHO取代反应+H2O+CH3CH2OH【解析】

由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。【详解】(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。25、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解分液漏斗把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2Ocd25.0%否偏高【解析】

Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O；Ⅱ．实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)~(7)；(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【详解】Ⅰ．(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；Ⅱ．(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在A～B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在B～C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)==0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25.0%，故答案为25.0%；(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。26、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【解析】

(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184℃分析；(2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184℃，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3++OH-→C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2～C6H5NH2，则m＝=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=×100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤。27、趁热过滤防止反应过于剧烈，引发安全问题趁热过滤热水冷水使己二酸盐转化为己二酸，易析出，浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率ABD%【解析】

由题意可知，三颈烧瓶中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40℃，缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45℃左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH=1～2），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体，据此分析解答。【详解】（1）如果滴加环己醇速率过快会导致其浓度过大，化学反应速率过快，故为了防止反应过于剧烈，引发安全问题，要缓慢滴加环己醇；故答案为：防止反应过于剧烈，引发安全问题；（2）根据步骤中“沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚”，说明温度高时，MnO2沉淀的溶解度小，故为了充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤，根据表可知己二酸的溶解度随温度升高而增大，故步骤⑤中洗涤己二酸晶体时应用冷水洗涤，减小己二酸的溶解度，提高产率；故答案为：趁热过滤；热水；冷水；（3）实验制得的为己二酸钾，根据强酸制弱酸，用浓硫酸调节pH成强酸性可以使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；故答案为：使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；（4）①A.称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量，A正确；B.摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，避免待测物质的损失，B正确；C.滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下，容易使标准液滴加过量，应逐滴加入，便于控制实验，C错误；D.为减少误差，滴定结束后稍停1﹣2分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数，D正确；E.记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，标准液的消耗读数偏小，将导致滴定结果偏低，E错误；故答案为：ABD；②一个己二酸分子中含有两个羧基，与NaOH溶液的反应为：HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=NaOOC（CH2）4COONa+2H2O，则n（己二酸）=n（NaOH）=×0.1000mol/L×b×10﹣3L，则己二酸的纯度为：；故答案为：。28、N>O>Hσ键、键O3或SO27NA8×l07【解析】

（1）Mn是25号元素，Mn的价层电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为[Ar]3d4，其基态价层电子排布图为，故答案为：；（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素有N、O、H，一般地,元素的非金属性越强,第一电离能越大，所以N、O的第一电离能比H大。N、O位于相同周期，N的2p轨道为半充满状态，N比O稳定，失去一个电子N比O难，所以N的第一电离能比O的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N>O>H。硝酸根离子中的键是由N-Oσ键和一个4原子6电子的离域大π键构成的，故答案为：N>O>H；σ键、键；（3）价电子数和原