2021年河北省高考化學(xué)試卷-(解析版)

2021年河北省高考化學(xué)試卷相對(duì)原子質(zhì)量：H-l Li-7B-llC-12 0-16 Na-23 P-31 S-32Cl-35.5 K-39 Pb-207一、單項(xiàng)選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.“灌鋼法”是我國(guó)占代勞動(dòng)人民對(duì)鋼鐵冶煉技術(shù)的重大貢獻(xiàn)，陶弘景在其《本草經(jīng)集注》中提到“鋼快是雜煉生領(lǐng)作刀鐮者北“灌鋼法”主要是將生鐵和熟鐵（含碳量約①居）混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵,再鍛打成鋼。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.鋼是以鐵為主的含碳合金B(yǎng).鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大C.生鐵由于含碳量高，熔點(diǎn)比熟鐵高D.冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為FeQ【答案】C【詳解】A.鋼是含碳量低的鐵合金，故A正確；B.鋼的硬度和脆性與含碳量有關(guān)，隨著含碳量的增大而增大，故正確：C.由題意可知，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說(shuō)明生鐵的熔點(diǎn)低于熟鐵，故C錯(cuò)誤；D.赤鐵礦的主要成分是FeQ，可用于冶煉鐵，故D正確：故選C。2.高分子材料在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為纖維素B.聚氯乙烯通過(guò)加聚反應(yīng)制得，可用于制作不粘鍋的耐熱涂層C.淀粉是相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬(wàn)的天然高分子物質(zhì)D.大豆蛋白纖維是一種可降解材料【答案】B【詳解】A.蘆葦中含有天然纖維素，可用于制造黏膠纖維，故A正確；B.聚氯乙烯在高溫條件下會(huì)分解生成有毒氣體，因此不能用于制作不粘鍋的耐熱涂層，故B錯(cuò)誤：C.淀粉為多糖，屬于天然高分子物質(zhì)，其相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬(wàn)，故C正確；D.大豆蛋白纖維的主要成分為蛋白質(zhì)，能夠被微生物分解，因此大豆蛋白纖維是一種可降解材料，故D正確：綜上所述，說(shuō)法錯(cuò)誤的是B項(xiàng)，故答案為B。.卜.列操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液醋酸（含酚歆＞4：NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液醋酸（含酚歆＞4：乙 丙A.圖甲測(cè)定醋酸濃度C.A.圖甲測(cè)定醋酸濃度C.圖丙稀釋濃硫酸D.圖丁萃取分離碘水中的碘【答案】A【詳解】A.氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反應(yīng)后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過(guò)程中選擇酚酣作指示劑，當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn),故A選；B.測(cè)定中和熱實(shí)驗(yàn)中溫度計(jì)用于測(cè)定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不選；C.容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不選；D.分液過(guò)程中長(zhǎng)頸漏斗下方放液端的長(zhǎng)斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時(shí)飛濺，故D不選；綜上所述，操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿項(xiàng)，故答案為A。.硫和氮及其化合物對(duì)人類生存和社會(huì)發(fā)展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環(huán)境問(wèn)題也口益受到關(guān)注，下列說(shuō)法正確的是A.NO。和SO:均為紅棕色且有刺激性氣味的/工體，是酸雨的主要成因B.汽車(chē)尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO：和PM2.5C.植物直接吸收利用空氣中的NO和NO：作為肥料，實(shí)現(xiàn)氮的固定D.工業(yè)廢氣中的SO2可采用石灰法進(jìn)行脫除【答案】D【詳解】A.NQ是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而SO?是無(wú)色有刺激性氣味的氣體，A錯(cuò)誤；B.汽車(chē)尾氣的主要大氣污染物為C與N的氧化物，如NO：和CO等，B錯(cuò)誤；C.氮的固定是指將游離態(tài)的氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)，且植物可吸收土壤中的錢(qián)根離子或硝酸根離子作為肥料?，不能直接吸收空氣中的氮氧化物，C錯(cuò)誤；D.工業(yè)廢氣中的SOJ可采用石灰法進(jìn)行脫除，如加入石灰石或石灰乳均可進(jìn)行脫硫處理，D正確；故選D。

5.用中子轟擊江原子產(chǎn)生a粒子（即氮核；He）的核反應(yīng)為：：X+；nf；Y+；He。己知元素Y在化合物中呈+1價(jià)。下列說(shuō)法正確的是H3XO3可用于中和濺在皮膚上的NaOH溶液Y單質(zhì)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是Y2二X和氫元素形成離子化合物▽和，互為同素異形體【答案】A【解析】【分析】根據(jù)核反應(yīng)為：TX+；nf；Y+；〃e可知，X的質(zhì)量數(shù)N為4+7-1=10,又因?yàn)閅在化合物中呈+1價(jià)，則推知Y位于IA族，質(zhì)量數(shù)二質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，Y的質(zhì)量數(shù)為7,所以得出Y為L(zhǎng)i,其質(zhì)子數(shù)p=3,所以X的質(zhì)子數(shù)Z=3+2-0=5,核電荷數(shù)二原子序數(shù)二核內(nèi)質(zhì)子數(shù)二5,則推知X屬于B元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼.H/O3為硼酸，氫氧化鈉溶液具有腐蝕性，若不慎將Nd?！比芤簽R到皮膚上，則需用大量水沖洗，同時(shí)涂抹以中和堿液，A正確；Y為L(zhǎng)i,在空氣中燃燒的產(chǎn)物只有Li00,B錯(cuò)誤；X為B,與氫元素會(huì)形成BH3或等硼氨化合物，B元素與H元素以共價(jià)鍵結(jié)合，屬于共價(jià)化合物，C錯(cuò)誤；'Li和兩者的質(zhì)子數(shù)均為3,中子數(shù)不同，所以兩者互為同位素，D錯(cuò)誤;故選A。BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖:金屬BiBiOCl金屬BiBiOCl卜.列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B.轉(zhuǎn)化工序中加入稀HC1可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CRCOONaG）可提高Bi*水解程度D.水解工序中加入少量NHN03（s）有利于BiOCl的生成【答案】D【詳解】A.硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鈕反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀HNO3,反應(yīng)物硝酸的用量減少,可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；B.金屬鈉與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鈕會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成B1ONO3,水解的離子方程式為Bi3++NO；+H,OBiONO3+2H-,轉(zhuǎn)化工序中加入稀HC1,使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鈕水解平衡左移，可抑制生成BiONC)3,B正確；C.氯化鈿水解生成BiOCl的離子方程式為BF++C1十H9UB1OC1十2H-,水解工序中加入少量CH3COONa(s),醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析,氯化錫水解平衡右移，促進(jìn)B7一水解，C正確：D.氯化鈿水解生成BiOCl的離子方程式為BF++C1十H9UB1OC1十2H-,水解工序中加入少量NH4NO3(s),錢(qián)根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化祕(mì)水解平衡左移，不利于生成BiOCl,且部分秘離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)Bi3+十NO；十H?OUB1ONO3+2H+,也不利于生成綜上所述，D錯(cuò)誤；故選D。Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，卜.列說(shuō)法錯(cuò)誤的是22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氟氣所含的質(zhì)子數(shù)為18Nahnol碘蒸氣和hnol氫氣在密閉容器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2乂C.電解飽和食鹽水時(shí)，若陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體的總質(zhì)量為73g,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為L(zhǎng)D.ILlmol-L"澳化餒水溶液中NH：與IT離子數(shù)之和大于NA【答案】C【詳解】A.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L氟氣的物質(zhì)的量為lmol,其質(zhì)子數(shù)為lm。lx9x2xNA=18NA，A正確：B.碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應(yīng)為：L(g)+H式g)U2Hl(g),反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2Na，B正確：電解C.電解飽和食鹽水時(shí)電極總反應(yīng)為：2NaCl+2HcO=2NaOH+H：t+C1：t,若陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體分別是氫氣與氯氣，且物質(zhì)的量之比為1:1,若氣體的總質(zhì)量為73g,則說(shuō)明反應(yīng)生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的量各自為ImoL根據(jù)關(guān)系式比~2占可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2Na，C錯(cuò)誤:D.ILL"。/?LT濱化鏤水溶液存在電荷守恒，即c(NH：)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-),則物質(zhì)的量也滿足n(NH：)+n(H+)=n(Br)+n(OK),因?yàn)閚(Br')=ILxhnol-L-1=Itnol，所以該溶液中NH；與H+離子數(shù)之和大于Na，D正確:故選C8.苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該化合物，卜.列說(shuō)法正確的是A.是米的同系物B.分子中最多8個(gè)碳原子共平面C.一氯代物有6種(不考慮立體異構(gòu))D.分子中含有4個(gè)碳碳雙鍵【答案】B【詳解】A.苯的同系物必須是只含有1個(gè)苯環(huán)，側(cè)鏈為烷炫基的同類芳香蜂，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯的側(cè)鏈不是烷炫基，不屬于苯的同系物，故A錯(cuò)誤；B.由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中苯環(huán)上的6個(gè)碳原子和連在苯環(huán)上的2個(gè)碳原子共平面，共有8個(gè)碳原子，故B正確：C.由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，米并降冰片烯分子的結(jié)構(gòu)上下對(duì)稱，分子中含有5類氫原子，則一氯代物有5種，故C錯(cuò)誤；D.苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1個(gè)碳碳雙鍵，故D錯(cuò)誤:故選B。9.K—0二電池結(jié)構(gòu)如圖，a和b為兩個(gè)電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關(guān)于該電池，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是有機(jī)電解質(zhì)1有機(jī)電解質(zhì)2A.隔膜允許K?通過(guò)，不允許0二通過(guò)B.放電時(shí)，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極：充電時(shí)，b電極為陽(yáng)極C.產(chǎn)生lAh電量時(shí)，生成K0：：的質(zhì)量與消耗6的質(zhì)量比值約為2.22D.用此電池為鉛酸蓄電池充電，消耗3.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗0.9g水【答案】D【解析】【分析】由圖可知，a電極為原電池的負(fù)極，單質(zhì)鉀片失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鉀離子，電極反應(yīng)式為K-e-二K'b電極為正極，在鉀離子作用下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成超氧化鉀；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻緼.金屬性強(qiáng)的金屬鉀易與氧氣反應(yīng)，為防止鉀與氧氣反應(yīng)，電池所選擇隔膜應(yīng)允許K?通過(guò)，不允許O?通過(guò)，故A正確；B.由分析可知，放電時(shí)，a為負(fù)極，b為正極，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極，充電時(shí)，b電極應(yīng)與直流電源的正極相連，做電解池的為陽(yáng)極，故B正確：C.由分析可知,生成lmol超氧化鉀時(shí),消耗lmol氧氣,兩者的質(zhì)量比值為lmolX71g/mol：lmolX32g/mol^2.22：1,故C正確；D.鉛酸蓄電池充電時(shí)的總反應(yīng)方程式為2PbS0i+2K^nPbOLPb+ZHBOi,反應(yīng)消耗21noi水，轉(zhuǎn)移2moi電子，392由得失電子數(shù)目守恒可知，耗3.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)量為一X18g/mol=1.8g,故D錯(cuò)39g/mol誤；故選D二、不定項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一項(xiàng)或兩項(xiàng)符合題目要求。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得。分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè),該小題得0分。io.關(guān)于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)，下列說(shuō)法正確的是A.濃HSO」具有強(qiáng)吸水性，能吸收糖類化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KC103等氯的含氧酸鹽的氧化性會(huì)隨溶液的pH減小而增強(qiáng)C.加熱Nai與濃H3Poi混合物可制備HI,說(shuō)明H3Poi比HI酸性強(qiáng)D.濃HN03和稀HNOs-hjCu反應(yīng)的還原產(chǎn)物分別為NO二和NO,故稀HNCh氧化性更強(qiáng)【答案】B【詳解】A.濃硫酸能使蔗糖炭化，體現(xiàn)的是其脫水性，而不是吸水性，A錯(cuò)誤；NaClO在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，離子方程式為：CIO十H?OUHC1O十OH"pH減小，則酸性增強(qiáng)，會(huì)促使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成氧化性更強(qiáng)的HC10,CIO；在酸性條件下可生成具有強(qiáng)氧化性的氯氣、二氧化氯等氣體，增強(qiáng)氧化能力，B正確;HI的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)加熱Nai與濃H3PO4混合物發(fā)生反應(yīng)生成”/利用的是高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸的原理，C錯(cuò)誤：D.相同條件下根據(jù)銅與濃硝酸、稀硝酸反應(yīng)的劇烈程度可知，濃硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D錯(cuò)誤；故選B。11.如圖所示的兩種化合物可應(yīng)用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序數(shù)為W原子價(jià)電子數(shù)的3倍。下列說(shuō)法正確的是X和Z的最高化合價(jià)均為+7價(jià)HX和HZ在水中均為強(qiáng)酸，電子式可表示為H二N二與H:2:?? ??C.四種元素中，Y原子半徑最大，X原子半徑最小D.Z、W和氫三種元素可形成同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物【答案】CD【解析】【分析】結(jié)合圖中所示結(jié)構(gòu)可知圖中兩種化合物均為共價(jià)化合物，已知X和Z同主族，可得X和Z同為第VHA族，Y為第VA族元素，W為第IHA族或第VA族元素，再結(jié)合胃、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Y原子序數(shù)為W原子價(jià)電子數(shù)的3倍推知W、X、Y、Z分別為N、F、P、C1,據(jù)此答題。【詳解】A.X和Z分別是F、Cl,F無(wú)正價(jià)，A錯(cuò)誤；B.HX和HZ分別是HF和HC1,HF在水中不是強(qiáng)酸，B錯(cuò)誤：C.四種元素W(N)、X(F)、Y(P)、Z(C1)中，W(N)、X(F)有兩個(gè)電子層，Y(P)、Z(C1)有三個(gè)電子層，半徑大于W(N)和X(F),Y(P)原子序數(shù)小于Z(C1),故Y原子半徑在這四種元素中最大；X(F)原子序數(shù)大于W(N),故X原子半徑在這四種元素中最小，C正確：D.Z(Cl)、W(N)和氫三種元素可形成氯化錢(qián)，屬于同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物，D正確：故選CD。12.番木鱉酸具有一定的抗炎、抗菌活性，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是OHlmol該物質(zhì)與足量飽和NaHCOs溶液反應(yīng)，可放出22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO：一定量該物質(zhì)分別與足量Na、NaOH反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：1lmol該物質(zhì)最多可與2moi比發(fā)生加成反應(yīng)D.該物質(zhì)可被酸性KMnOi溶液氧化【答案】BC【詳解】A.根據(jù)分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，1mol該分子中含有l(wèi)mol-COOH,可與NaHCC^溶液反應(yīng)生成lmolCO,,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下其體枳為22.4L,A正確；lmol分子中含5moi羥基和lmol按基，其中羥基和按基均能與Na發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，而只有按基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量和NaO”反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為6：1,B錯(cuò)誤；1〃?。/分子中含lmol碳碳雙鍵，其他官能團(tuán)不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以lmol該物質(zhì)最多可與發(fā)生加成反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D.分子中含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性溶液氧化，D正確：故選BCo13.室溫下，某溶液初始時(shí)僅溶有M和N且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)：①M(fèi)+N=X+Y；②M+N=X+Z,反應(yīng)①的速率可表示為v尸k/(M),反應(yīng)②的速率可表示為v：Fkc'(M)(k：、k為速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時(shí)間變化情況如圖，卜.列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.0?30min時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.67X10amol*L'*min1B.反應(yīng)開(kāi)始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變C.如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)62.5%的X轉(zhuǎn)化為ZD.反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大【答案】A【詳解】A.由圖中數(shù)據(jù)可知,30〃加時(shí)，M、Z濃度分別為0.300mol.17］和0.125molL-1?則M的變化量為0.5moi?為-0.300mol200mol-U1?其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200mol-I71-0.125mol-IT1=0.075molIT1。因此，0?30mm時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為0.073mol.U=00025mol.L-i,nuil-i,4說(shuō)法不正確；30minB.由題中信息可知，反應(yīng)①和反應(yīng)②的速率之比為,，Y和Z分別為反應(yīng)①和反應(yīng)②的產(chǎn)物，且兩者與M的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同（化學(xué)計(jì)量數(shù)均為1）,因此反應(yīng)開(kāi)始后，體系中Y和Z的濃度之比等于廣，由于X、女2匕為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說(shuō)法正確：C.結(jié)合A、B的分析可知因此反應(yīng)開(kāi)始后，在相同的時(shí)間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之比等于3二絲如空L= 因此，如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有2的X轉(zhuǎn)化為Z,即62.5%的M轉(zhuǎn)h0.12511101?L15 8化為Z,C說(shuō)法正確；D.由以上分析可知，在相同的時(shí)間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)①的化學(xué)反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)反應(yīng)速率較快，故反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大，D說(shuō)法正確。綜上所述，相關(guān)說(shuō)法不正確的只有A,故本題選A。

三、非選擇題：共57分，第14~16題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第17~18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。14.化工專家侯德榜發(fā)明的侯氏制堿法為我國(guó)純堿工業(yè)和國(guó)民經(jīng)濟(jì)發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備N(xiāo)aHCCL進(jìn)一步處理得到產(chǎn)品N比83和NHC1,實(shí)驗(yàn)流程如圖:NaHCO3濃氨水NaCl粉末飽和氨鹽水CO2母液產(chǎn)品濃氨水NaCl粉末飽和氨鹽水CO2母液產(chǎn)品Na2co3NaO粉末食鹽水產(chǎn)品NH4cl回答下列問(wèn)題：(1)從A?E中選擇合適的儀器制備N(xiāo)aHCOs，正確的連接順序是一(按氣流方向，用小寫(xiě)字母表示)。為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開(kāi)或一°A.C.飽和食鹽水D.A.C.飽和食鹽水D.飽和NaHCOa溶液E.飽和NaHCOa溶液E.(2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點(diǎn)是⑶生成NaHCOs的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為⑷反應(yīng)完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCOs和濾液:①對(duì)固體NaHCOs充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過(guò)足量濃硫酸，再通過(guò)足量Na。：，Na2O二增重0.14g,則固體NaHCOs的質(zhì)量為—go②向?yàn)V液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NHa(aq)fNaCl(aq)+NH」Cl(s)過(guò)程。為使NHC1沉淀充分析出并分離,根據(jù)NaCl和NHC1溶解度曲線，需采用的操作為一、、洗滌、干燥。溫度/℃(5)無(wú)水NaHCCh可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，若無(wú)水NaHC03保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，會(huì)使結(jié)果—(填標(biāo)號(hào))。A.偏高B.偏低不變【答案】(1).aefbcgh(2).將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔(3).使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率(或其他合理答案) (4).NH3-H：O+NaCl+CO：=NH1Cl+NaHCO3I(5).0.84 (6).蒸發(fā)濃縮 (7).冷卻結(jié)晶 (8).A【解析】【分析】根據(jù)工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生反應(yīng):NHs-HzO+NaCl+CO^NH.Cl+NaHCOsI,得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會(huì)生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿：另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NH.C1,再?gòu)募尤肼然c粉末，存在反應(yīng)NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4C1(s),據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知，要制備N(xiāo)aHCCh,需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HC1,后與飽和氨鹽水充分接觸來(lái)制備N(xiāo)aHCCh，其中過(guò)量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量NaHCCh,所以按氣流方向正確的連接順序應(yīng)為：aefbcgh：為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴卜.，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開(kāi)或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖?duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh：將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔；(2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率；⑶根據(jù)上述分析可知，生成NaHCCh的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為NHs-HcO+NaCl+CO^NH.Cl+NaHCOsI；(4)①對(duì)固體NaHCCh充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為:△ 小將氣體先通過(guò)足量濃硫酸,吸收水蒸氣，再通過(guò)足量Na?O>將氣體先通過(guò)足量濃硫酸,吸收水蒸氣，再通過(guò)足量Na?O>J J — _Na/）:與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：ZNa?。?+2co?=2Na2co/。0根據(jù)方程44式可知，根據(jù)差量法可知，當(dāng)增重0.14g（2C0的質(zhì)量）時(shí)，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為0.14gx二二o.22g,2822g其物質(zhì)的量為電扁=“05m*根據(jù)關(guān)系式2NaH83~8「可知，消耗的NaHCO,的物質(zhì)的量為2x0.005moi=0.Olmob所以固體NaHCO^的質(zhì)量為0.Olmolx84g/mol=0.84g；②根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化錢(qián)的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使NH￡1沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶：⑸稱量前，若無(wú)水NaHCO］保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積V（標(biāo)）會(huì)增大，根據(jù)酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積V（標(biāo)）會(huì)增大，根據(jù)c（測(cè)）二c（標(biāo)）V（標(biāo)）c（測(cè)）可知,最終會(huì)使c（測(cè)）偏高，A項(xiàng)符合題意，故答案為：Ao15.綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)

鋁鹽的新工藝，該工藝不消耗除鈉鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe-Al-Mg的深度利用和內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖:O￡g)4熔融NaOH HO￡g)4熔融NaOH H2O(1)NazCrO潞液電回J- 考虢）液十NaOH溶液（循環(huán)）過(guò)H氣體A無(wú)色一TP扁LA1（OH）3（s）+

溶液FL卜?、葟S物質(zhì)V的溶液Fe（CrO2）2—1荷溫連族氧化|一|工序①|(zhì)一|過(guò)池|一備稅至（含AkO'MgO） -I— 付濾波II過(guò)H氣體A十比03）T工序②I過(guò)渡一場(chǎng)雪1一熱解一MgCC）3（s）—|二燒-MgO（s）過(guò)渡一固體III 混合氣體IV回答下列問(wèn)題：⑴高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是 （填元素符號(hào)）O⑵工序①的名稱為―。（3）濾渣的主要成分是_（填化學(xué)式）。（4）工序③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。⑸物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為可代替NaOH的化

學(xué)試劑還有(填化學(xué)式)。(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序(填“①”或"②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。⑺工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-%ol?L為沉淀完全；Al(OH)3+OH^A1(OH)；：K=1O063, K:?[A1(0H)3]=10-33)【答案】 (1).Fe【答案】 (1).Fe、Cr(2).溶解浸出(3).MgO、Fe：03(4).2Na'+2CrO：+22Na'+2CrO：+2觀+40=Cr2O^+2NaHC03I(5).4Fe(CrO：)2+70：+16NaHC038Na：CrOi+2FeQ+16CO:+8H:O (6).Na：CO3(7).② (8).8.37【解析】【分析】由題給流程可知，倍鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫卜連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO)二被氧氣高溫氧化生成鈉酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過(guò)濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過(guò)量氫氧化鈉、倍酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件卜分離得到倍酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液：向銘酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳得到重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀：向偏鋁酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液：碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煨燒得到氧化鎂?！驹斀狻?1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和銘元素，故答案為：Fe、Cr：(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；⑶由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、FeA；⑷工序③中發(fā)生的反應(yīng)為倍酸鈉溶液與過(guò)量的二氧化碳反應(yīng)生成重倍酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na-+2CrO；-+2CO二+HQ=Cr9O^+2NaHC03I,故答案為：2Na』2CrO；-+28二+以0=CqC^+ZNaHCOsI;(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，，F(xiàn)e(CrO3與氧氣和碳酸氫鈉高溫反應(yīng)生成銘酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(Cr0，+70::+16NaHC03^=8Na￡r0i+2Fe：O3+16C0:+8H;0；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應(yīng)，故答案為：4Fe(CrO2)：+高溫7O2+16NaHCO3SNazCrO^FeQ+16co=+8HO(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌?，故答案為：?⑺工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為A1(OH):+H-^-A1(OH)3+H2O,反應(yīng)的平1 c(OH) 1 、_衡常數(shù)為"c[Al(OH)：]詆)二c[Al(OH)」c(H-)c(OH)二行當(dāng)。網(wǎng)(。叫]為1。115moi/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為「amctt'-ita二一；———mol/L=lO^-^mol/L,則溶液的pH為8.37,c[A1(OH)4]K]10-5x10133,故答案為：8.37。16.當(dāng)今，世界多國(guó)相繼規(guī)劃了碳達(dá)峰、碳中和的時(shí)間節(jié)點(diǎn)。因此，研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點(diǎn)。(1)大氣中的二氧化碳主要來(lái)自于煤、石油及其他含碳化合物的燃燒。已知25c時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：物質(zhì)H：(g)C(石墨,s)C甚⑴燃燒熱△MkrmolT)-285.8-393.5-3267.5⑴則25℃時(shí)凡(g)和C(石墨，s)生成C6H6(1)的熱化學(xué)方程式為o(2)雨水中含有來(lái)自大氣的CO-溶于水中的CO2進(jìn)一步和水反應(yīng)，發(fā)生電離：?CO：(g)=C0：(aq)@C0：(aq)+H;0(1)=H'(aq)+HCO；(aq)25℃時(shí)，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為及。溶液中CO：的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓二總壓X物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，比例系數(shù)為ymol-r-kPa-1,當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa,大氣中CO：(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí)，溶液中K濃度為皿1?廣(寫(xiě)出表達(dá)式,考慮水的電離，忽略HCO；的電離)(3)105℃時(shí)，將足量的某碳酸氫鹽(MHCOJ固體置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHC03(s)-A^MzCOs(s)+H;0(g)+C0：(g)。上述反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)體系的總壓為46kPa0保持溫度不變，開(kāi)始時(shí)在體系中先通入一定量的co式g),再加入足量MHC03(s),欲使平衡時(shí)體系中水蒸氣的分壓小于5kPa,CO式g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于kPa。⑷我國(guó)科學(xué)家研究Li—CO二電池，取得了重大科研成果，回答下列問(wèn)題：①Li一段電池中，Li為單質(zhì)鋰片，則該電池中的CO,在—(填“正”或“負(fù)”)極發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)。研究表明，該電池反應(yīng)產(chǎn)物為碳酸鋰和單質(zhì)碳，且CO,電還原后與鋰離子結(jié)合形成碳酸鋰按以下4個(gè)步驟進(jìn)行,寫(xiě)出步驟III的離子方程式。

I.2co：+2e-=C二0fII.C：0f=C0：+C0fIII. IV.COj+2Li=Li2CO3②研究表明，在電解質(zhì)水溶液中，co/工體可被電化學(xué)還原。I.C0;在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇（CHKH二CH9H）的電極反應(yīng)方程式為。II.在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑（a、b、c）上CO二電還原為CO的反應(yīng)進(jìn)程中GT被還原為比的反應(yīng)可同時(shí)發(fā)生），相對(duì)能量變化如圖.由此判斷，C0,電還原為C0從易到難的順序?yàn)椋ㄓ胊、b、c字母排序）。>3嘲褪去耍811665???ooO(X)O8??oOa *CO+HQb /產(chǎn)>3嘲褪去耍811665???ooO(X)O8??oOa *CO+HQb /產(chǎn)C//? …//CO+HHQ2H++2e?HOCO+H*+c反應(yīng)歷程（b）H,電還原為H,。7。26(2(x2????oooO>。)珊褪去要反應(yīng)歷程（a）CO。電還原為CO【答案】 (1).6C(石墨，s)+3H:(g)=CeHed)?市49.lkrmoL (2).^K2pxy(3).100.8(4).正極(5).2COr+C0：=2CO^+C (6).12co二+18e-+4H二0=CH3cH二CH二0H+9c0；一 (7).c、b、a【詳解】(1)根據(jù)表格燃燒熱數(shù)據(jù)可知,存在反應(yīng)①C(石墨，s)+o：(g)=co：(g)」A=-393.5kJ.mor’,②H2(g)+-02(g)=H：0(1)?用二一285.8kJ'mol-1,③C此(1)+—0:(g)=6C0:(g)+6H：0(1)?及二一3267.5kJ-mol-1,2 2根據(jù)蓋斯定律，[①x12+②x6]X」-③得反應(yīng)：6c(石墨，s)+3H2(g)=CsHed),2?展[(-393.5kJ-mol-1)x12+(-285.SkJ-moDx6]x--(-3267.5kJ-mOr)=49.lkj-mol'1,故答案為：2(H*)c(HCO；)c(CO2)-6c(石墨，s)+3H2(H*)c(HCO；)c(CO2)-c(2)由題可知，①COKs)UCONaq),@C0:(aq)+H20(l)^H7aq)+HCO；(aq),及二一因?yàn)镻(COJ=p(kPa),布則c(COj二y(mol?L-l?kPa-')p(COj=p,x,ymol/L,在忽略HC。；的電離時(shí),c（H-）=c（HCO；）,所以可得c?）二代西，故答案為：y[K2Pxy；△⑶2MHe03（s）UM二C03（s）+H2（g）+C0Ng）,等溫等容條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，可用分壓表示物質(zhì)的量濃度，平衡常數(shù)居二PH.o,P8.=Lx46xLx46=529kPa"溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)&不變，設(shè)平? .2 2529衡時(shí)，平衡體系中CO二的分壓為X,則"〃出。.〃8.二529kP￡,Pc。，=—kPa=105.8kPa,CO二的初始?jí)? ? ? 5強(qiáng)等于平衡壓強(qiáng)減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的co：的分壓，即CO?(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa,故答案為：100.8：⑷①由題意知，Li-CO：電池的總反應(yīng)式為：4Li+3CO：F2Li￡O3+C,CO：發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則CO?作為電池的正極；CO二還原后與Li?結(jié)合成Li￡03,按4個(gè)步驟進(jìn)行，由步驟口可知生成了CO1,而步驟IV需要COj參加反應(yīng)，所以步驟II：［的離子方程式為：2CO：+C0尸2COj+C,故答案為:正極；2CO；~+C0:=2CO；~+C：②LCO2在堿性條件卜.得電子生成CRCHEHQH,根據(jù)電子守恒和電荷守恒寫(xiě)出電極反應(yīng)式為：12CO2+18e_+4H;O=CH3CH2CH;OH+9CO；-,故答案為：小觀+儂』4H2=CH3CH￡H2H+9c0廣：ILc催化劑條件下，CO,電還原的活化能小于1電還原的活化能，更容易發(fā)生CO二的電還原；而催化劑a和b條件下，CO二電還原的活化能均大于1電還原的活化能，相對(duì)來(lái)說(shuō)，更易發(fā)生I的電還原。其中a催化劑條件下，H.電還原的活化能比CO2電還原的活化能小的更多，發(fā)生丁電還原的可能性更大，因此反應(yīng)從易到難的順序?yàn)閏、b、a,故答案為：c、b、a。(二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。17.KHF0」晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國(guó)科學(xué)工作者制備的超大KHFOi晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補(bǔ)了國(guó)家戰(zhàn)略空白?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)在KHfOi的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)單離子中，核外電子排布相同的是_(填離子符號(hào))。⑵原子中運(yùn)動(dòng)電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+=表示，與之相反的用-5表示，稱為2 2電子的自旋磁量子數(shù).對(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為一。(3)已知有關(guān)氨、磷的單鍵和三健的鍵能(kj?mol7)如表:N-NN三NP—PP三P193946197489從能量角度看，氮以N：：、而白磷以已(結(jié)構(gòu)式可表示為p4、p)形式存在的原因是一oP

(4)已知KHzPO：是次磷酸的正鹽，H3Po二的結(jié)構(gòu)式為一，其中P采取—雜化方式。⑸與P0；電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為_(kāi)。(6)磷酸通過(guò)分子間脫水縮合形成多磷酸，如:HOhpIO-HOhpIO-HOHPIO01Hohplo-oHOhpIO-HOhpIO-HOHPIO01Hohplo-o-HOHPIO-

o-HOHPIO-

To如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根可寫(xiě)為—o圖(b)、圖(c)分別顯示的是比P01⑺分別用。、?表示壓P0圖(b)、圖(c)分別顯示的是比P01If在晶胞If在晶胞xz面、yz面上的位置:①若晶胞底邊的邊長(zhǎng)均為apm、高為cpm,阿伏加德羅常數(shù)的值為此，晶體的密度_g?cm7(寫(xiě)出表達(dá)式)。②晶胞在x軸方向的投影圖為_(kāi)(填標(biāo)號(hào))。【答案】(1).(3).②晶胞在x軸方向的投影圖為_(kāi)(填標(biāo)號(hào))?！敬鸢浮?1).(3).在原子數(shù)目相同的條件下，工比此具有.更低的能量，而R比P,具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定⑸的能量，而R比P,具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定⑸.sp3(6).SiF,、4x136SO晝等(7).PqO> (8). 3。三(9).BJLU/Vaclv【詳解】(1)在KH.POj的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)單離子分別為h-(或H-)、O〉、KT和PA,其中核外電子排布相同的是K+和pA。⑵對(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子排布式為3s23P3,其中3s軌道的2個(gè)電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)

的代數(shù)和為0：根據(jù)洪特規(guī)則可知，其3P軌道的3個(gè)電子的自旋狀態(tài)相同，因此，基態(tài)磷原子的價(jià)電子的3 3自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為十大或一彳。2 2(3)根據(jù)表中的相關(guān)共價(jià)鍵的鍵能可知，若6molN形成類似白磷分子結(jié)構(gòu)的此分子，可以釋放出的能量為193kJx6=U58kJ；若6moiN形成N2分子，則可釋放的能量為946kJx2=1892kJ,顯然,形成N二分子放出的能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下，星具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。同理，若6molP形成P』分子，可以釋放出的能量為197kJx6=1182kJ；若6molP形成艮分子，則可釋放的能量為489kJx2=978kJ,顯然，形成P」分子放出的能量更多，故在P數(shù)目相同的條件3Pi具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。(4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離：由K”/。1是次磷酸的正鹽可知，H3尸。:為一元酸，其分子H中只有一個(gè)羥基，另外2個(gè)H與P成鍵，還有一個(gè)0與P形成雙鍵，故其結(jié)構(gòu)式為H-O-6=。，其中PIH共形成4個(gè)。鍵、沒(méi)有孤電子對(duì)，故其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,其采取sd雜化。(5)等電子體之間的原子總數(shù)和價(jià)電子總數(shù)都相同，根據(jù)前加后減、前減后加、總數(shù)不變的原則，可以找到與P。：電子總數(shù)相同的等電子體分子為SiFoS0E：等。(6)由題中信息可知，n個(gè)磷酸分子間脫去(n-1)個(gè)水分子形成鏈狀的多磷酸，因此，如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個(gè)水分子得至IJ(HP03,其失去H?后得到相應(yīng)的酸根，故該酸根可寫(xiě)為PnO；n。⑺①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，H、P0；位于晶胞的頂點(diǎn)、面上和體心，頂點(diǎn)上有8個(gè)、面上有4個(gè)，體心有1個(gè),故晶胞中H」P0：的數(shù)目為8x：+4x：+l=4；K+位于面上和棱上，面上有6個(gè)，棱上4個(gè)，故晶胞中8 2K+的數(shù)目為6x；+4x；=4。因此，平均每個(gè)晶胞中占有的H」P0;和K+的數(shù)目均為4,若晶胞底邊的邊長(zhǎng)均為高為則晶胞的體枳為10-3°￡cerr?,阿伏加德羅常數(shù)的值為Na，晶體的密度為4x136W30^Aa2c②由圖(a)、②由圖(a)、(b)、(c)可知,晶胞在x軸方向的投影圖為18.丁苯酉太(NBP)是我國(guó)擁有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的化學(xué)藥物，臨床上用于治療缺血性腦卒中等疾病。ZJM-289是一種NBP開(kāi)環(huán)體(HPBA)衍生物，在體內(nèi)外可經(jīng)酶促或化學(xué)轉(zhuǎn)變成NBP和其它活性成分，其合成路線

如圖:_COOH@38)2。 /=C~/ 1)NaOH/H2。如圖:_COOH@38)2。 /=C~/ 1)NaOH/H2。CH3co