試卷第=page1010頁，共=sectionpages1212頁四川省雅安市2022屆高三下學(xué)期第三次診斷性考試?yán)砭C化學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．化學(xué)與科技、生產(chǎn)、生活有密切的關(guān)系。下列敘述中錯誤的是A．“天和核心艙”電推進(jìn)系統(tǒng)腔體采用的氮化硼陶瓷屬于新型無機非金屬材料B．華為自主研發(fā)的“麒麟”芯片與太陽能電池感光板所用材料均為晶體硅C．二氧化碳合成淀粉過程中未涉及碳碳鍵的形成D．2022年北京冬奧會火炬“飛揚”以氫氣為燃料，對環(huán)境友好無污染【答案】C【解析】【詳解】A．“天和”核心艙中使用的氮化硼陶瓷基復(fù)合材料屬于新型無機非金屬材料，故A正確；B．硅可以制作太陽能電池板和芯片，因此華為自主研發(fā)的“麒麟”芯片與太陽能電池感光板所用材料均為晶體硅，故B正確；C．淀粉為長碳鏈有機化合物，所以由CO2等物質(zhì)合成淀粉的過程涉及碳碳鍵的形成，故C錯誤；D．氫氣作燃料，熱值高，且燃燒產(chǎn)物為水，對環(huán)境友好無污染，故D正確；故選：C。2．NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是A．24g金剛石中含有的共價鍵數(shù)目為8NAB．分別用Na2O2和KMnO4制取1.0mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目均為4NAC．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，的數(shù)目一定小于0.1NAD．密閉容器中，1.0molH2和1.0molI2充分反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA【答案】D【解析】【詳解】A．24g金剛石的物質(zhì)的量為，而每個碳原子形成四個共價鍵，每兩個碳原子形成一個共價鍵，24g金剛石中含有共價鍵的數(shù)目為4NA，故A錯誤；B．Na2O2和KMnO4制得1molO2時，氧元素分別由-1價和-2價變?yōu)榈?價，故當(dāng)制取1mol氧氣時，用雙氧水時轉(zhuǎn)移2NA個電子，而當(dāng)用高錳酸鉀制取時則轉(zhuǎn)移4NA個電子，故B錯誤；C．溶液體積不明確，無法計算的數(shù)目，故C錯誤；D．氫氣與碘反應(yīng)生成碘化氫分子，是分子數(shù)不變的反應(yīng)，所以密閉容器中1.0molH2和1.0molI2充分反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA，故D正確；故選：D。3．下列操作與現(xiàn)象、結(jié)論均正確的是選項操作與現(xiàn)象結(jié)論A向FeSO4溶液中加入少量的Na2O2粉末，產(chǎn)生紅褐色沉淀硫酸亞鐵已變質(zhì)B在乙醇中加入一小塊鈉，鈉沉入底部并觀察到氣泡產(chǎn)生鈉的密度大于乙醇的密度，且生成的氣體為氫氣C向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀用CaCl2溶液可鑒別KHCO3溶液和(NH4)2CO3溶液D向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，溶液變藍(lán)色，并生成白色沉淀白色沉淀是CuI2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【詳解】A．Na2O2具有氧化性，Na2O2能把Fe2+氧化為Fe3+，產(chǎn)生紅褐色氫氧化鐵沉淀，不能說明硫酸亞鐵已變質(zhì)，故A錯誤；B．鈉和乙醇反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，在乙醇中加入一小塊鈉，鈉沉入底部并觀察到氣泡產(chǎn)生，說明鈉的密度大于乙醇的密度，故B正確；C．NaHCO3溶液和CaCl2不反應(yīng)，故C錯誤；D．向Cu(NO3)2溶液中加入含淀粉的KI溶液，發(fā)生反應(yīng)，溶液變藍(lán)色，生成白色沉淀是CuI，故D錯誤；選B。4．從天然艾葉可以提取香芹醇，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于香芹醇的敘述錯誤的是A．香芹醇分子的所有碳原子處于同一平面內(nèi)B．1mol香芹醇可與1mol金屬鈉反應(yīng)C．香芹醇可以跟Br2/CCl4發(fā)生加成反應(yīng)D．香芹醇的分子式是C10H16O【答案】A【解析】【詳解】A．該分子中有多個C原子采用sp3雜化，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，所以該分子中所有C原子不能共平面，故A錯誤；B．醇羥基能和鈉反應(yīng)生成氫氣，則1mol香芹醇可與1mol金屬鈉反應(yīng)，故B正確；C．香芹醇含有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，可以跟Br2/CCl4發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；D．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C10H16O，故D正確；故選：A。5．硬水除垢可以讓循環(huán)冷卻水系統(tǒng)穩(wěn)定運行。某科研團(tuán)隊改進(jìn)了主動式電化學(xué)硬水處理技術(shù)，原理如圖(R表示有機物)所示。下列說法錯誤是A．a(chǎn)端為電源正極，處理后的水垢沉積在陰極底部B．處理過程中C1-可以循環(huán)利用C．鉑電極M發(fā)生的電極反應(yīng)式：2Cl-+2e-=Cl2↑；2H2O+4e-=O2↑+4H+D．鉑電極M處產(chǎn)生的H+移向鉑電極N【答案】C【解析】【分析】由M極上Cl-失電子生成Cl2可知M為陽極，發(fā)生的電極反應(yīng)式：2Cl--2e-=Cl2↑；2H2O-4e-=O2↑+4H+，N為陰極，電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；【詳解】A．由M極上Cl-失電子生成Cl2可知M為陽極，則a為電源正極，硬水中存在Mg2+、Ca2+和，陰極放電產(chǎn)生OH-，OH-與Mg2+結(jié)合生成Mg(OH)2，OH-與反應(yīng)生成，Ca2+與結(jié)合生成CaCO3，Mg(OH)2和CaCO3主要沉降在陰極附近，故A正確；B．陽極產(chǎn)生氯氣，氯氣與水反應(yīng)生成次氯酸和HCl，HClO能將有機物氧化為二氧化碳和水，HClO自身被還原為氯離子，Cl-可以循環(huán)利用，故B正確；C．鉑電極M為陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，發(fā)生的電極反應(yīng)式：2Cl--2e-=Cl2↑；2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C錯誤；D．鉑電極M為陽極，N為陰極，陽離子移向陰極，則H+移向鉑電極N，故D正確；故選：C。6．一種由短周期元素組成的化合物，其結(jié)構(gòu)如下圖所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期，且原子序數(shù)依次遞增，Z、Q的核電荷數(shù)之和等于R的最外層電子數(shù)的2倍。下列判斷錯誤的是A．離子半徑：X＜R＜QB．使用ZQ2跨臨界可直接制冰，利用了ZQ2晶體易升華的性質(zhì)C．元素的非金屬性：Z＜Q＜RD．化合物YR3中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R位于同一周期原子序數(shù)依次遞增，結(jié)合圖示可知，R形成1個共價鍵，Q形成2個共價鍵，Z、Q的核電荷數(shù)之和等于R的最外層電子數(shù)的2倍，R不可能為H，若R為F，Z、Q的核電荷數(shù)之和為7×2=14，五種元素位于同一周期，則X為Li、Z為C、Q為O；若R為Cl，Z、Q的核電荷數(shù)之和為17×2=34(舍棄)，Y形成4個共價鍵、且得到1個電子形成陰離子，其原子序數(shù)小于C，Y為B，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，X為Li、Y為B、Z為C、Q為O、R為F，A．電子層數(shù)越多離子半徑越大，電子層數(shù)相同時原子序數(shù)越大的離子半徑越小，則離子半徑：X(Li+)＜R(F-)＜Q(O2-)，故A正確；B．ZQ2為CO2，固態(tài)的二氧化碳是干冰，利用CO2晶體易升華的物理性質(zhì)，使用CO2跨臨界可直接制冰，故B正確；C．主族元素同周期從左向右非金屬性逐漸增強，則元素的非金屬性：Z(C)＜Q(O)＜R(F)，故C正確；D．Y與R形成的化合物為BF3，B的最外層電子數(shù)為3+3=6，不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤；故選：D。7．常溫下，向10mL0.1mol/L的HNO2溶液中逐滴加入一定濃度的氨水，不考慮NH4NO2的分解，所得溶pH及導(dǎo)電能力變化如下圖。下列分析正確的是A．氨水的物質(zhì)的量濃度約為0.05mol/LB．b點溶液中離子濃度大小的關(guān)系：c()＞c()＞c(H+)＞c(OH-)C．a(chǎn)、d兩點的導(dǎo)電能力和pH都相同D．a(chǎn)點和b點溶液中，水的電離程度大小是a＞b【答案】B【解析】【詳解】A．b點電導(dǎo)率最大，說明b點和氨水恰好反應(yīng)，10mL0.1mol/L的和10mL氨水恰好反應(yīng)，所以氨水的物質(zhì)的量濃度為，故A錯誤；B．b點電導(dǎo)率最大，b點和氨水恰好完全反應(yīng)，溶液中的溶質(zhì)只有，由于此時溶液顯酸性，則的水解程度大于的水解程度，離子濃度的關(guān)系為，故B正確；C．由題圖知，a點溶液顯酸性，d點溶液顯堿性，所以a、d兩點的不等，故C錯誤；D．由題圖可知，b點電導(dǎo)率最大，說明b點和氨水恰好反應(yīng)，溶質(zhì)為，水解促進(jìn)水電離，a點時過量，抑制水的電離，所以水的電離程度：a點＜b點，故D錯誤；故選B。二、實驗題8．環(huán)己酮()在工業(yè)上主要用作有機合成原料和溶劑。某實驗小組選擇價格低廉、污染更小的次氯酸鈉-冰醋酸體系氧化環(huán)己醇()的方法制備環(huán)己酮。(1)NaClO溶液的制備①工業(yè)上用氯氣通入燒堿溶液的方法制備NaClO，請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。②NaC1O含量的測定：?、偎萌芤?只含NaCl、NaClO、NaOH)20.00mL于錐形瓶中，用0.1000mol/LNaNO2溶液進(jìn)行滴定，達(dá)到滴定終點時，共消耗NaNO2溶液20.00mL。已知：該反應(yīng)可以用濕潤的淀粉-KI試紙(白色)監(jiān)控反應(yīng)終點，且在此條件下NaNO2不氧化I-。a．已知NaClO和NaNO2反應(yīng)生成兩種對環(huán)境友好的物質(zhì)。由該實驗測得NaClO溶液的物質(zhì)的量濃度為___________。b．滴定終點時，淀粉-KI試紙的顏色變化為___________。(2)NaClO氧化環(huán)己醇反應(yīng)原理：+NaClO+NaCl+H2O已知：環(huán)己醇的相對分子質(zhì)量為100；環(huán)己酮的相對分子質(zhì)量為98。步驟I：在裝有冷凝管、溫度計和滴液漏斗的三頸燒瓶中，加入7.5mL(7.0g)環(huán)己醇和4.0mL冰醋酸。在滴液漏斗中加入100.0mLNaClO水溶液，分四次加入三頸燒瓶中，邊加邊振蕩，保持反應(yīng)溫度為40°C-45°C．加完后，放置20分鐘，并攪拌。步驟II：用淀粉-KI試紙檢驗NaClO是否過量，若過量則加入適量飽和Na2SO3溶液除去NaClO。隨后再加入適量NaOH溶液，邊加邊振蕩。步驟III：將步驟II得到的反應(yīng)液進(jìn)行蒸餾，得到40.0mL餾出液，再在餾出液中加入5.0g固體氯化鈉，振蕩使之大部分溶解。將餾出液轉(zhuǎn)入分液漏斗分離出有機層，用無水硫酸鎂干燥后蒸餾，收集到產(chǎn)品4.116g。請回答下列問題：①在反應(yīng)裝置中應(yīng)選用___________冷凝管(填“直形”或“球形”)。②實驗溫度要保持40°C-45°C，最好選擇的加熱方式是___________；不能低于40°C的原因是___________。③加入飽和Na2SO3溶液時發(fā)生的離子反應(yīng)方程式是_______。；隨后加入適量NaOH溶液的目的是_______。④本實驗所得到的環(huán)己酮的產(chǎn)率是___________。⑤本實驗最有可能產(chǎn)生的有毒氣體是___________，所以要在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗?！敬鸢浮?1)

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O

0.1000mol/L

無明顯變化或保持白色，且半分鐘無變化(2)

球形

水浴加熱

防止反應(yīng)速率過慢

ClO-+=Cl-+

除去乙酸

60.0%

Cl2【解析】【分析】工業(yè)上用氯氣和燒堿NaOH溶液反應(yīng)制備NaClO的反應(yīng)化學(xué)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有氧化性，能氧化環(huán)己醇得到環(huán)己酮；(1)①工業(yè)上用氯氣和燒堿NaOH溶液反應(yīng)制備NaClO和NaCl，該反應(yīng)的化學(xué)方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②a．NaClO和NaNO2反應(yīng)生成兩種對環(huán)境友好的物質(zhì)，反應(yīng)方程式為NaClO+NaNO2=NaCl+NaNO3，則n(NaClO)=n(NaNO2)即c(NaClO)×20.00mL=0.1000mol/L×20.00mL，則NaClO溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1000mol/L；b．已知：濕潤的淀粉-KI試紙為白色，且在此條件下NaNO2不氧化I-，當(dāng)?shù)味ńK點時，淀粉-KI試紙的顏色變化為無明顯變化或保持白色，且半分鐘無變化；(2)①球形冷凝管的接觸面積更大冷凝效果更好，則在反應(yīng)裝置中應(yīng)選用球形冷凝管；②實驗溫度要保持40°C-45°C，最好選擇的加熱方式是水浴加熱，不能低于40°C的原因是防止反應(yīng)速率過慢；③加入飽和Na2SO3溶液除去NaClO，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉和氯化鈉，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式是ClO-+=Cl-+；乙酸作為催化劑會殘留在環(huán)己酮中，利用乙酸的弱酸性可與強堿溶液反應(yīng)，則加入適量NaOH溶液的目的是除去乙酸；④由反應(yīng)原理可得，解得理論上產(chǎn)生m=6.86g，本實驗所得到的環(huán)己酮的產(chǎn)率是；⑤NaClO具有氧化性，ClO-可能被還原為Cl2，本實驗最有可能產(chǎn)生的有毒氣體是Cl2，所以要在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗。三、原理綜合題9．氣態(tài)含氮化合物及相關(guān)反應(yīng)是新型科研熱點。I．工業(yè)上主要采用氨催化氧化法生產(chǎn)NO：主反應(yīng)：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1副反應(yīng)：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2=-1265kJ·mol-1(1)王金蘭課題組提出合成氨的“表面氫化機理”如圖，在較低的電壓下實現(xiàn)氮氣還原合成氨?！癗2+2*H=中間體”是氮氣還原合成氨的決速步，“中間體”為___________(寫化學(xué)式)。(2)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ·mol-1，則△H1=___________kJ·mol-1。(3)制備NO時，在某種氨的初始含量下，溫度升高一段時間后，體系中減小，可能的原因是___________。II．已知工業(yè)上常利用NO和Cl2反應(yīng)來制備有機合成中的重要試劑亞硝酰氯(NOC1)，化學(xué)方程式為2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)

△H＜0。(4)保持恒溫恒容條件，將物質(zhì)的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進(jìn)行反應(yīng)，平衡時某反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率和氮氯比及不同溫度的關(guān)系如圖所示：①圖中T1、T2的關(guān)系為T1___________T2(填“＜”或“=”)②體系的初始壓強為P0，則A點的平衡常數(shù)Kp=___________；(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))III．NOx是空氣污染物之一，用焦炭還原NO2的反應(yīng)為：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)△H＞0.T°C時，向容積不等的恒容密閉容器中分別加入足量活性炭和1molNO2，經(jīng)tmin，測得各容器中NO2的轉(zhuǎn)化率與容器容積的關(guān)系如圖所示。(5)①提高NO2平衡轉(zhuǎn)化率可采取的措施是_____(答出兩種即可)。②a點對應(yīng)的容器，tmin內(nèi)v(NO2)=___________(用含字母的代數(shù)式表示)。③a、b、c三點中，已達(dá)平衡狀態(tài)的有___________?！敬鸢浮?1)N2H2(2)-905(3)升高溫度，催化劑對主反應(yīng)的選擇性降低；升高溫度，主反應(yīng)逆向移動程度更大(4)

<

(5)

減小壓強、升高溫度

ab【解析】(1)由原子守恒可知N2+2*H=N2H2，則“中間體”為N2H2；(2)根據(jù)蓋斯定律，(主反應(yīng)-副反應(yīng))得N2(g)+O2(g)=2NO(g)，則[-△H1-(-1265))=180，解得△H1=-905kJ·mol-1；(3)溫度升高一段時間后，體系中減小，可能的原因是升高溫度，催化劑對主反應(yīng)的選擇性降低；升高溫度，主反應(yīng)逆向移動程度更大；(4)①2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)

△H＜0，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，一定氮氯比條件下，升溫平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)物平衡轉(zhuǎn)化率減小，根據(jù)圖示信息可知T1＜T2；②物質(zhì)的量之和為3mol的NO和Cl2，越大，說明其中NO的含量越多，NO增多，NO的轉(zhuǎn)化率減小，Cl2的轉(zhuǎn)化率增大，故圖中縱坐標(biāo)為Cl2的轉(zhuǎn)化率，A點Cl2的轉(zhuǎn)化率為0.8，=2，假設(shè)加入2molNO、1molCl2，列三段式：，體系的初始壓強為P0，由壓強之比等于物質(zhì)的量之比，，平衡時總壓為P=，A點的平衡常數(shù)；(5)①該反應(yīng)是氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，則減小壓強和升高溫度，平衡正向移動，則提高NO2平衡轉(zhuǎn)化率可采取的措施是減小壓強、升高溫度；②a點對應(yīng)的容器，NO2的轉(zhuǎn)化率為α，則轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量?n=1mol×α=αmol，tmin內(nèi)v(NO2)；③由圖示可知，增大容器的體積，即減小壓強，平衡正向移動，NO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，但體積越大，濃度越小，反應(yīng)速率越慢，tmin內(nèi)不能達(dá)到平衡，NO2的轉(zhuǎn)化率減小，故圖中a、b、c三點中，已達(dá)平衡狀態(tài)的有ab。四、工業(yè)流程題10．氯化亞鈷在國防工業(yè)、儀器制造、畜牧業(yè)等領(lǐng)域中發(fā)揮著重要的作用。利用鈷廢料(主要成分為Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、碳及有機物等)制取CoCl2·6H2O粗品的工藝流程如下：已知：①浸出液中含有的陽離子有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等。②部分陽離子以氫氧化物形式完全沉淀時的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2Mg(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.810.9(1)鈷廢料預(yù)先進(jìn)行高溫煅燒處理，其目的是___________。(2)“浸出”時，Co2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是___________。(3)如果取消“氧化”操作，粗品中可能增加的雜質(zhì)是___________(填化學(xué)式)，若“氧化”時加入過量的NaClO3，可能產(chǎn)生有害氣體，產(chǎn)生該氣體反應(yīng)的離子方程式為___________。(4)“濾渣1”的成分為___________。(5)“除雜2”可將Ca2+、Mg2+轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，若所得濾液中c(Mg2+)=7.0×10-6mol/L，則c(Ca2+)=___________mol·L-1。[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10](6)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖所示。加入萃取劑的主要目的是___________，使用萃取劑時最適宜的pH范圍是___________(填字母序號)。A．1.0-1.5

B．3.0-3.5

C．5.0-5.5

D．6.0-6.5【答案】(1)除去碳和有機物(2)Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O(3)

FeCl2

+5C1-+6H+=3Cl2↑+3H2O(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)1.0×10-5(6)

除去Mn2+

B【解析】【分析】含鈷廢料中加入鹽酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，則加入的Na2SO3將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+，加入NaClO3將Fe2+氧化為Fe3+，加入Na2CO3調(diào)pH至5.6，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去鈣、鎂，過濾后，向濾液中加入萃取劑，將錳離子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2；(1)鈷廢料預(yù)先進(jìn)行高溫煅燒處理，其目的是除去碳和有機物；(2)浸出過程中加入Na2SO3的目的是將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+，其中“浸出”時Co2O3發(fā)生反應(yīng)離子方程式為：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；(3)NaClO3的作用是：將浸出液中Fe2+氧化為Fe3+，如果取消“氧化”操作，粗品中可能增加的雜質(zhì)是FeCl2，若“氧化”時加入過量的NaClO3，可能產(chǎn)生有害氣體為Cl2，產(chǎn)生該氣體反應(yīng)的離子方程式為+5C1-+6H+=3Cl2↑+3H2O；(4)由表數(shù)據(jù)可知，加入Na2CO3調(diào)pH至5.6可完全沉淀鐵離子和鋁離子，“濾渣1”的成分為Fe(OH)3、Al(OH)3；(5)所得濾液中c(Mg2+)=7.0×10-6mol/L，，則；(6)濾液中加入萃取劑的作用是除去錳離子；pH=2與pH=3時Co2+的萃取率變化不大，但pH=3時Mn2+的萃取率增大很多，而pH=4時，Co2+的萃取率比較大，故pH=3時最佳，故答案為：除去Mn2+；B。五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)11．磷酸氯喹是用于治療瘧疾的藥物，有研究表明該藥物在細(xì)胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒2019-nCoV的感染。磷酸氯喹的結(jié)構(gòu)簡式如下圖，請回答下列問題。(1)基態(tài)P原子中，電子占據(jù)的最高能級符號為___________，基態(tài)Cl原子價層電子排布式為___________。(2)磷酸氯喹分子中電負(fù)性最大的元素是___________；第一電離能I(P)___________I(C1)(填“＞”或“＜”)。(3)磷酸氯喹中C原子的雜化方式為___________，NH3沸點比AsH3的沸點高，其理由是_____。(4)磷酸根離子的空間構(gòu)型為___________，磷酸分子中π鍵數(shù)為___________。(5)金屬磷化物Rh2P(化學(xué)式量為237)可用作電解水的高效催化劑，其立方晶胞如圖所示，晶胞中P的配位數(shù)為___________，已知晶胞參數(shù)為anm，則晶體的密度為___________g·cm-3(列出計算表式，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)。【答案】(1)

3p

3s23p5(2)

O(或氧元素)

＜(3)

sp3、sp2

NH3分子之間能形成氫鍵，AsH3分子之間不能形成氫鍵(4)

正四面體

1(5)

8

【解析】(1)基態(tài)P原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3，電子占據(jù)的最高能級符號為3p，基態(tài)Cl原子價層電子排布式為3s23p5，故答案為：3p；3s23p5；(2)非金屬性越強的元素其電負(fù)性越大，磷酸氯喹分子中電負(fù)性最大的是O；元素周期表中，非金屬性越強，第一電離能呈增大趨勢，但第VA族的原子由于半滿結(jié)構(gòu)，第一電離能偏大，P、Cl都位于第三周期，P位于第VA族、Cl位于第VⅡA族，第一電離能I1(P)＜I1(Cl)，故答案為：O；＜；(3)甲基上的C原子價層電子對個數(shù)是4，雜化類型為sp3，苯環(huán)上的C原子雜化類型為sp2；NH3分子之間形成氫鍵，NH3也容易與H2O形成分子間氫鍵，AsH3不能形成分子間氫鍵，所以氨氣熔沸點較高，故答案為：sp2、sp3；NH3分子之間能形成氫鍵，AsH3分子之間不能形成氫鍵；(4)的價層電子對數(shù)為4+=4，無孤電子對，VSEPR模型為正四面體，則的空間構(gòu)型為正四面體；磷酸屬于中強酸，其結(jié)構(gòu)式為，雙鍵由一個σ和1個π鍵形成，則磷酸分子中π鍵數(shù)為1，故答案為：正四面體；1；(5)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知：一個晶胞中黑球為：8×1=8，灰球：8×+6×=4，晶體化學(xué)式為Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，以頂面面心P原子為例，該晶胞中有4個Rh原子距離其最近，該晶胞上方晶胞中還有4個，所以晶體中與P距離最近的Rh的數(shù)目為8，則晶胞中P的配