2022届广东省潮州市高三下学期第二次模拟考试化学试题（含解析）

试卷第=page1010页，共=sectionpages1212页广东省潮州市2022届高三下学期第二次模拟考试化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（

）A．氯气作水杀菌消毒剂B．硅胶作袋装食品的干燥剂C．二氧化硫作纸浆的漂白剂D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂【答案】B【解析】【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中和蚁酸，有化学变化。答案选B。【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。2．中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法不正确的是A．战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B．秦朝·兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料C．宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素D．宋·沈子藩《梅鹊图》所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质【答案】B【解析】【详解】A．青铜是铜锡合金，故A正确；B．陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝·兵马俑用陶土烧制而成的陶，属于硅酸盐产品，不属于合成高分子材料，故B错误；C．宣纸的主要成分是纤维素，故C正确；D．蚕丝的主要成分为蛋白质，故D正确；故选B。3．下列有关化学用语表示正确的是A．次氯酸的结构式：H-Cl-OB．CaO2的电子式：C．CO2分子的比例模型：D．乙醇的分子式：CH3CH2OH【答案】B【解析】【详解】A．HClO中O形成两条共价键，H和Cl各形成一条共价键，结构式为H-O-Cl，A错误；B．CaO2是离子化合物，Ca2+与之间以离子键结合，电子式为，B正确；C．CO2分子为直线形分子，C原子的半径大于O原子，C错误；D．乙醇的分子式为C2H6O，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，D错误；故答案为B4．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4L由SO2和CO2组成的混合气体中含有的氧原子数为2NAB．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NAC．46g乙醇中含有的极性键数目为8NAD．在反应SiO2+2CSi+2CO↑中，每1molSiO2被氧化，转移的电子数为4NA【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下SO2和CO2均为气体且二者均一个分子中含两个氧原子，标准状况下22.4L由SO2和CO2组成的混合气体分子为1mol，故含有的氧原子数为2NA，A正确；B．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液OH-浓度为0.1mol/L，OH-物质的量为0.1mol，OH-数目为0.1NA，B错误；C．46g乙醇1mol，极性键为两个不同相邻原子之间形成的共价键，一个乙醇中含7个极性键，碳碳单键为非极性键，故46g乙醇中含有的极性键数目为7NA，C错误；D．SiO2中硅价态降低，应被还原，D错误；故选A。5．下列装置或操作能达到实验目的是A．除去乙醇中的乙酸B．形成原电池C．制取乙酸乙酯D．石油的蒸馏A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【详解】A．乙酸、乙醇互溶，混合后不分层，不能用分液法分离乙酸、乙醇，故A错误；B．酒精是非电解质，酒精不导电，不能构成原电池，故B错误；C．右侧试管密闭，乙酸乙酯蒸气无法进入，应该把右侧试管口的橡胶塞去掉，故C错误；D．根据不同物质的沸点不同，用分馏法分离石油，故D正确；选D。6．某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，Z、Q属于同一主族，W+与Q2-具有相同的电子层结构。下列说法不正确的是A．在溶液中，W2YZ3与XTZ反应生成YZ2B．该化合物中含有离子键、极性键、非极性键C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞YD．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最高【答案】A【解析】【分析】其中X、Y、Z、Q、T、W为原子序数在20以内且原子序数依次增大的六种主族元素，根据图中信息可知，Y为C，Z为O，X为H，Z、Q属于同一主族，故Q为S，W+与Q2-具有相同的电子层结构，W为K，T为Cl；故X为H，Y为C，Z为O，Q为S，T为Cl，W为K。【详解】A．W2YZ3为K2CO3，XTZ为HClO，两者发生反应，并无二氧化碳生成，A项错误；B．该化合物为离子化合物，含有离子键，C-H键为极性键，C-C键为非极性键，故该化合物中含有离子键、极性键、非极性键，B项正确；C．Y、Q、T的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸，硫酸，HClO4，非金属性T＞Q＞Y，故最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Q＞Y，C项正确；D．Y、Z、Q、T分别与X形成的简单化合物分别为CH4、H2O、H2S、HCl，由于水分子间有氢键，故水的沸点较高，D项正确；答案选A。7．a、b表示两种化合物，其结构简式分别如图所示。下列有关说法正确的是A．a、b与苯是同分异构体B．a、b中6个碳原子均处于同一平面C．a的二氯代物有五种D．b能使溴的四氯化碳、溶液褪色，且褪色原理相同【答案】C【解析】【详解】A、苯的分子式是C6H6，a、b的分子式是C6H8，a、b与苯不是同分异构体，故A错误；B、分子中标有*的碳原子与周围3个碳原子通过单键相连，根据甲烷的结构可知，不可能6个碳原子均处于同一平面，故B错误；C、a的二氯代物有、、、、，共5种，故C正确；D、b含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳褪色，b含有碳碳双键，能被溶液氧化，使溶液褪色，褪色原理不相同，故D错误；选C。8．在指定溶液中下列离子能大量共存的是A．透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NOB．能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl-C．c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2-D．加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO【答案】A【解析】【分析】【详解】A．透明澄清的溶液中NH、Fe3+、SO、NO之间不反应，能大量共存，A符合题意；B．能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反应，不能大量共存，B不符题意；C．ClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；D．加入Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否则不产生氢气，氢离子与HCO反应，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH-反应，不能大量共存，D不符题意；答案选A。9．下列物质性质和用途都正确且相关的是选项性质用途AFeCl3溶液显酸性用于刻蚀电路板BSO2具有氧化性SO2常用于漂白秸秆、织物CHF溶液具有酸性HF溶液能在玻璃上刻图案DCH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量乙醇常作清洁能源A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3溶液能够与铜发生氧化还原反应，可用于刻蚀电路板，体现了铁离子的氧化性，A错误；B．SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸秆、织物，B错误；C．氢氟酸与二氧化硅反应，是特性反应，与酸性无关，C错误；D．CH3CH2OH完全燃烧生成二氧化碳和水并放出大量热量，无污染，D正确；故答案为：D。【点睛】SO2具有氧化性（极弱）：与硫化氢反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；SO2极少表现氧化性，主要表现还原性，与各种氧化剂，比如高锰酸钾、氯水等发生氧化还原反应生成+6价的硫元素，如：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。10．臭氧层中O3分解过程如图所示，下列说法正确的是A．催化反应①②均为放热反应B．决定O3分解反应速率的是催化反应②C．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，(E2+E3)是催化反应②对应的逆反应的活化能D．温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．从图上可知，反应①中生成物能量高于反应物，反应①是吸热反应，A项错误；B．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知催化反应①的正反应活化能更大，反应更慢，所以催化反应①决定臭氧的分解速率，B项错误；C．据图可知E1为催化反应①中反应物断键吸收的能量，即催化反应①对应的正反应的活化能，E2+E3为催化反应②生成物成键时释放的能量，即催化反应②对应的逆反应的活化能，C项正确；D．据图可知总反应的反应物能量高于生成物的能量，所以总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，平衡常数减小，D项错误；答案选C。11．下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项操作现象结论A向20%蔗糖溶液中加入少量稀，加热，一段时间后，再加入银氨溶液为出现银镜蔗糖未水解B测量熔融状态下的导电性能导电熔融状态下能电离出、、C用石墨作电极电解、的混合溶液阴极上先析出铜还原性：Mg>CuD向溶液中先通入足量，再通入气体无沉淀生成不能和反应生成和HClA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】【详解】A．水解后检验葡萄糖在碱性溶液中，水解后没有加碱至碱性，不能发生银镜反应，故A错误；B．熔融状态下只能电离出、，故B错误；C．石墨作电极电解、的混合溶液，阴极上先析出铜，可知铜离子的氧化性大于镁离子，则金属的还原性：Mg>Cu，故C正确；D．向溶液中先通入足量，再通入气体会产生白色沉淀，故D错误；故选：C。12．向某密闭容器中充入NO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)(已知：N2O4为无色气体)。其它条件相同时，不同温度下平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：/℃27354970NO2%20254066N2O4%80756034下列说法正确的是A．平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)B．27℃时，该平衡体系中NO2的转化率为80%C．升高温度，该反应的化学平衡常数增大D．温度不变，缩小容器体积，达平衡时气体颜色变浅【答案】A【解析】【分析】由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应。【详解】A．由2NO2(g)N2O4(g)可知，速率比等于方程式的计量数之比，平衡时，v(NO2消耗)=2v(N2O4消耗)，故A正确；B．27℃时，该平衡体系中NO2的物质的量分数为20%，N2O4的物质的量分数为80%，设物质的量分别为0.2mol、0.8mol，由方程式可知，转化NO2的物质的量为1.6mol，则该平衡体系中NO2的转化率为=88.89%，故B错误；C．由表中数据可知升高温度，NO2物质的量分数增大，N2O4物质的量分数减小，则平衡逆向移动，该反应的化学平衡常数减小，故C错误；D．温度不变，缩小容器体积，浓度因体积缩小而增大，气体颜色加深，平衡正向移动，又使气体颜色在此基础上变浅，但达平衡时气体颜色比原来的要深，故D错误；故选A。13．一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是A．Ni电极与电源正极相连B．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2C．工作过程中阴极附近pH增大D．在电解液混合过程中会发生反应：【答案】A【解析】【详解】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A错误；B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2，B正确；C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故阴极附近pH增大，C正确；D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，D正确；故答案为A。14．工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：下列说法错误的是A．反应过程中碳元素的化合价始终不变B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*IC．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；答案选A。15．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：下列说法不正确的是A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2B．X可以是空气，但不能过量C．捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2D．处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O【答案】C【解析】【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体，应为氮气，气体2有氮气和一氧化碳，捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳，据此解答。【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C错误；D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D正确；故答案为C。16．一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误；B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；故答案为C。二、实验题17．亚氯酸钠()是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示：已知：①的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②回答下列问题：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______；装置B的作用是_______；冰水浴冷却的主要目的不包括_______(填字母)。a.减少的分解

b.降低的溶解度

c.减少的分解(2)是合成的重要原料，写出三颈烧瓶中生成的化学方程式：_______。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_______。空气的流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致_______。(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。(5)为防止生成的固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除外，还可以选择的还原剂是_______(填字母)A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾(6)若mg最终制得纯净的ng，则的产率是_______×100%。(相对分子质量分别是：106.5

：90.5)【答案】(1)

检查装置的气密性

防止倒吸(或稀释气体)

b(2)(3)

遇酸放出

不能被充分吸收，的产率下降(4)没有处理尾气(5)A(6)或或(或其他合理答案)【解析】【分析】三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应，生成。(1)本实验涉及气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸；a．温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少的分解，故不选a；b．实验的目的是、H2O2、NaOH溶液反应制备，所以不能降低的溶解度，故选b；

c．遇热水易分解，所以冰水浴可以减少的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为；(3)遇酸放出，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免遇酸放出；空气流速过快时，则导致不能被充分吸收，的产率下降；(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；(5)A.过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故选A；

B.硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原，故不选B；C.氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原，故不选C；D.高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原，故不选D；选A。(6)若mg的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成，最终制得纯净的ng，则的产率是。三、原理综合题18．二氧化碳的回收利用是环保领域研究的热点课题。(1)在太阳能的作用下，以为原料制取炭黑的流程如图甲所示。其总反应的化学方程式为_______。(2)经过催化氢化合成低碳烯烃。其合成乙烯的反应为

。几种物质的能量(在标准状况下规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：物质能量0-39452-242则_______。(3)在2L恒容密闭容器中充入2mol和nmol，在一定条件下发生反应：

，的转化率与温度、投料比[]的关系如图乙所示。①_______(填“>”“<”或“=”，下同)，平衡常数_______。②TK时，某密闭容器中发生。上述反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表：时间浓度/mol/L物质010203040506.005.405.109.008.408.402.001.801.703.002.802.8000.100.153.203.303.3020~30min间只改变了某一条件，根据表中的数据判断改变的条件可能是_______(填字母)。A．通入一定量

B．通入一定量C．加入合适的催化剂

D．缩小容器容积(4)在催化剂M的作用下，和同时发生下列两个反应：Ⅰ.

Ⅱ.

图丙是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，则高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是_______(填字母)。A．催化剂M的活性降低 B．反应Ⅰ的平衡常数变大C．生成甲醚的量增加 D．反应Ⅱ的活化能增大(5)溶液通常用来捕获，常温下，的第一步、第二步电离常数分别为，，则常温下，的溶液的pH等于______(不考虑的第二步水解和的电离)。【答案】(1)(2)-128kJ·mol-1(3)

>

＜

D(4)BD(5)12【解析】(1)在700K条件下，CO2和FeO发生反应生成C和Fe3O4，过程1中Fe3O4分解生成FeO和O2，所以整个反应过程中FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为；(2)焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则该反应的焓变=[52+(-242)×4-(-392)×2-0]kJ/mol=-128kJ/mol，故答案为：-128kJ/mol；(3)①相同条件下，投料比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1＞X2；该反应的正反应是放热反应，温度越高其平衡常数越小，温度A＜B，所以平衡常数＜，故答案为：＞；＜；②20～30min间氢气、CO的浓度都增大，且增大倍数相同，应为缩小容器体积，故答案为：D；(4)影响产物产率的因素只能是引起平衡移动的因素，反应的活化能增大因素都是和催化剂有关的因素，催化剂只能改变反应速率，不会引起平衡移动，乙烯产率不会影响，反应的平衡常数变大是温度的变化引起的，反应是放热的，平衡常数变大是因为升高温度，故答案为：BD；(5)根据Kh==2×10-4=，所以c(OH-)=10-2mol/L，pH=12。四、工业流程题19．水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______，还可使用_______代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______。(3)加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为、_______(填化学式)(4)草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_______，(相对原子质量Ca：40)【答案】(1)

将样品中可能存在的氧化为

双氧水()(2)

(或)

(3)

防止胶体生成，易沉淀分离

(4)45.0%【解析】【分析】水泥样品加入盐酸，不溶物为二氧化硅，铁、铝、镁、钙等氧化物溶于盐酸，滴加硝酸则生成的Fe为+3价；还可用其他强氧化剂代替过氧化氢；调节溶液pH值4-5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，再用草酸钙检测溶液中的Ca2+含量。(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。五、结构与性质20．人类对物质结构的探索永无止境。回答下列问题：（1）碳硼烷酸［化学式为H(CHB11Cl11)是目前世界上已知的最强酸，但腐蚀性很小，可以作为无污染的酸催化剂。现代化学中常利用的___特征谱线来鉴定元素。组成碳硼烷酸的4种元素中，基态原子中未成对电子数最多的是___（填电子排布式）。（2）石墨炔是我国科学家在2010年首次制得一种新的碳的同素异形体，其中一种结构如图所示，石墨炔中碳原子的杂化类型为___。（3）硼元素具有缺电子性。自然界中含硼元素的钠盐是—种天然矿藏，其化学式写作Na2B4O7•10H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO3和两个[B(OH)4]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2［B4O5(OH)4]•8H2O。其结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用力是___(填字母）。A．离子键

B．共价键

C．金属键

D．范德华力

E.氢键（4）镓与硼元素处于同一主族，GaN是制造5G芯片的材料，可发出紫外光。①科学家合成了一种阳离子为“N5n+”其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，N8中阴离子的空间构型为___，写出一种与其互为等电子体的分子___（填化学式）。②Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，其晶胞结构如图所示。已知GaAs与GaN具有相同的晶胞结构，则二者晶体的类型均为___，GaAs的熔点___（填“高于”或“低于”)GaN，其理由是___。若Ga和As的原子半径分别为rGa和rAs，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___（列出计算式即可）。【答案】

原子光谱

1s22s22p2

sp、sp2

C

直线形

N2O或CO2

原子晶体

低于

N原子半径小，Ga—N键长短，共价键键能大

×100%【解析】【分析】(1)现代化学中常利用的原子光谱特征谱线来鉴定元素，按原子排布规律找出氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数最多的是碳；(2)石墨炔中碳原子的杂化类型与碳碳键的类型相关，据此回答；(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，分析其晶体类型及存在的微粒间的作用力，据此回答；(4)①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子的最外层都达到8电子稳定结构、且含有2个氮氮三键，则为N5+，则N8中阴离子为N3-，按等电子体的内涵确定其分子的空间构型、书写其等电子体的分子式；②按信息——Ga和As两种元素电负性相差不大，能形成共价化合物GaAs。GaAs的熔点为1238℃，判断晶体的类型，按影响熔点高低的因素判断GaAs、GaN熔点高低及理由，并按均摊法计算GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率；【详解】(1)每一种元素都有唯一特定的原子光谱，现代化学中，常利用上原子光谱的特征谱线来鉴定元素；按原子排布规律氢、碳、硼、氯的基态原子中未成对电子数分别为1、2、1、1，则未成对电子数最多的是碳，其电子排布式为1s22s22p2；答案为：原子光谱；1s22s22p2；(2)碳碳叁键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的每个碳原子形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；答案为：sp、sp2；(3)根据Na2B4O5(OH)4]•8H2O的结构示意图，其晶体内有阴阳离子、有水分子、有配位键，则知含有离子键、共价键、范德华力、氢键，但没有金属键，因为金属键只存在于金属晶体中；答案为：C；(4)①按信息——阳离子“N5n+”结构是对称的，5个N排成“V”形，每