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2022年高考化学时事热点试题之航天主题
一．选择题（共8小题）
1．（2021秋 湖北月考）化学与航空、航天密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．嫦娥五号返回器减速伞的材料是锦纶纤维，属于合成高分子材料
B．宇航服所用的材料是碳化硅陶瓷和碳纤维，属于新型无机非金属材料
C．生活舱内配备环境控制与生命保障系统，航天员主要通过Na2O获取呼吸用氧
D．核心舱变轨动力依靠电推发动机，相对于化学燃料更加经济与环保
2．（2020 潍坊模拟）钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（　　）
A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3═H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B．“热还原”中每生成1mol Pd同时生成的气体的物质的量为8mol
C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+
D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
3．（2021秋 正定县校级月考）近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法错误的是（　　）
A．Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH
D．升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
4．（2021秋 安徽月考）锗在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光学、化学催化剂、生物医学等领域有广泛而重要的应用。一种从二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中制备锗的工艺流程如图：
已知：
i.GeO2与Al2O3的性质相似；
ii.GeCl4极易水解，GeCl4的沸点为86.6℃；
iii.As2O3+2NaOH＝2NaAsO2+H2O，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3。
下列说法正确的是（　　）
A．“蒸馏”步骤中用1mol L﹣1盐酸比7mol L﹣1盐酸的效果好
B．在实验室中蒸馏需要用到的玻璃仪器有冷凝管、牛角管、蒸发皿、锥形瓶
C．“水解”反应的化学方程式为GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2 nH2O↓+4HCl
D．“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为3：1
5．（2021秋 包头期末）北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法正确的是（　　）
A．使用催化剂可以提高氨气单位时间内的产量
B．该过程中只断裂N≡N键和H﹣H键
C．使用催化剂Y1/NC或Sc1/NC可以改变反应的ΔH
D．使用Y1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*NNH+H→*NNHH
6．（2021秋 邯郸期末）钌（Ru）广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。自然界中钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收金属钌具有很强的现实意义。某科研小组设计了一种从含金属钌单质的废料中分离提纯金属钌的工艺，其流程图如图：
已知：“碱浸”工序中Ru单质生成了Na2 RuO4；“沉淀”工序中滤渣的主要成分为RuO2。
下列说法中错误的是（　　）
A．为提高“碱浸”时钌的浸出率，可采取延长浸取时间、适当提高温度的措施
B．“碱浸”时生成Na2RuO4的方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：3
C．在实验室进行操作X时，必须要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“沉淀”时加入草酸的目的是还原Na2RuO4
7．（2022 宣城模拟）“热电池”是高温熔融盐一次电池，在航空航天领域有广泛应用，采用LiAl、LiSi等合金做电极比纯锂安全性更好。某热电池工作原理如图所示，放电时，1molFeS2完全反应时得到4mol电子。下列说法错误的是（　　）
A．电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极
B．若1molLi0.9Al转化为Li0.08A1，则FeS2消耗98.4g
C．正极的电极反应式为FeS2+4Li++4e﹣＝Fe+2Li2S
D．热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性
8．（2022春 龙岩期中）2022年3月，中国载人航天工程总设计师周建平介绍，神舟十四号、神舟十五号两个乘组将在今年年底前“会师”太空。我国航天航空事业迎来飞速发展，下列有关说法正确的是（　　）
A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是SiO2
B．制造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是Si
C．宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料
D．火箭发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用燃烧反应提供能量
二．多选题（共1小题）
（多选）9．（2021秋 市中区校级月考）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（　　）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1mol Co，I室溶液质量理论上减少18g
C．电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+
D．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
三．解答题（共6小题）
10．（2019 黔东南州一模）铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固溶体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。
（1）基态钴原子的价电子排布图为　 　。
（2）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl﹣和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体（如图1）。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。
①吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如图2所示。每个吡啶分子中含有的σ键数目为　 　。二氯二吡啶合铂分子中所含的C、N、Cl三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
②二氯二吡啶合铂中存在的微粒间作用力有　 　（填字母）。
a．范德华力 b．氢键 c．金属键 d．非极性键
③反式二氯二吡啶合铂分子是　 　（填“极性分子”或“非极性分子”）。
（3）某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，其结构如图3所示。
①“分子金属”可以导电，是因为　 　能沿着其中的金属原子链流动。
②“分子金属”中，铂原子是否以sp3的方式杂化？　 　（填“是”或“否”），其理由是　 　。
（4）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图4所示。若金属铂的密度为dg cm﹣3，则晶胞参数a＝　 　nm（列计算式）。
11．（2019 银川一模）中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al（OH）3和Cu（OH）2分解温度分别为450℃和80℃
（1）在电解精炼银时，阳极材料为　 　。
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为　 　（写出两种）。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为　 　。
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有　 　。
（5）固体混合物B的组成为　 　；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为　 　。
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因　 　。
12．（2021 广州二模）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式　 　。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是　 　。
（3）“浸出渣”的主要成分是　 　。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、　 　。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率　 　（填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，　 　。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是　 　。
13．（2022春 罗田县校级月考）镓（Ga）、锗（Ge）、硅（Si）、硒（Se）的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：
（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为　 　；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有　 　种；SeO3的空间构型是　 　。
（2）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是　 　。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为　 　，丁硅烯（Si4H8）中σ键与π键个数之比为　 　。
（3）GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，熔点如表所示，分析其熔点变化的原因　 　。
GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（4）GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。
从GaN晶体中分割出的平行六面体如图乙，该平行六面体的高为apm，GaN晶体的密度为　 　g/cm3。（用a、NA表示）
14．（2021秋 广东月考）锗与硅同主族，是重要的战略资源，在航空航天测控、光纤通讯、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。煤灰中含有GeO2、SiO2及少量的As2O3、Al2O3等成分，一种从煤灰中提取四氯化锗的流程如图：
已知：①GeO2、As2O3既能溶于强酸，也能溶于强碱
②GeCl4的熔点为﹣49.5℃，沸点为83℃，GeCl4容易与AsCl3形成共沸物。
（1）Ge在周期表中位于第四周期 　 　族。
（2）“碱熔”在1000℃下熔炼，GeO2反应的主要化学方程式为 　 　。反应后得到的共熔物中含有的阴离子除CO32﹣、AsO33﹣、GeO32﹣外，还有 　 　。（填离子符号）
（3）“水浸”中，为提高Ge的浸出率，可以采取的措施有 　 　（答2条）。
（4）“除杂”中，加入 　 　（填“盐酸”、“氨水”、“Al2O3”、“NaOH溶液”），调节溶液pH＝10.5，除去Al和Si。
（5）已知H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各种微粒的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图1：
“除杂”后所得的滤液中含砷粒子浓度最大的是 　 　。在“氧化”中，加入适量的NaClO3，结合如图2写出主要反应的离子方程式 　 　。充分反应后继续调节溶液pH约为5，分离得到GeO2 nH2O。
（6）已知GeO2 nH2O+4HCl GeCl4+（n+2）H2O。在“精馏”中，加入硫酸和7mol/L的盐酸的混酸，硫酸的作用是 　 　。
（7）提取四氯化锗的另一种工艺步骤是：将含锗煤灰用上述混酸的酸浸，过滤后直接蒸馏，这种工艺的缺点是 　 　。
15．（2021秋 河北月考）用PVB制得的薄膜可用于制作安全玻璃的夹层材料，该安全玻璃透明性好，冲击强度大，泛用于航空和汽车领域.PVB的一种合成路线如图所示（部分反应条件和产物略去）：
已知：
Ⅰ.（R、R'可表示烃基或氢原子）；
Ⅱ.（R、R'可表示烃基或氢原子）
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为 　 　；反应③的反应类型是 　 　。
（2）C中官能团的名称为 　 　。
（3）下列有关B和E的说法中不正确的是 　 　（填标号）。
a.B能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b.B能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀
c.等质量的乙酸乙酯与B完全燃烧消耗等量的氧气
d.E分子中共平面的原子最多为5个
（4）反应④的化学方程式为 　 　。
（5）与F具有相同官能团的同分异构体有 　 　种（包括顺反异构，不考虑其他立体异构），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰且能发生银镜反应的结构简式为 　 　。
（6）参照上述信息，写出以乙烯和为原料制备的合成路线图 　 　（其他试剂任选）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2021秋 湖北月考）化学与航空、航天密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．嫦娥五号返回器减速伞的材料是锦纶纤维，属于合成高分子材料
B．宇航服所用的材料是碳化硅陶瓷和碳纤维，属于新型无机非金属材料
C．生活舱内配备环境控制与生命保障系统，航天员主要通过Na2O获取呼吸用氧
D．核心舱变轨动力依靠电推发动机，相对于化学燃料更加经济与环保
【考点】物质的组成、结构和性质的关系；无机非金属材料．
【专题】化学应用．
【分析】A．锦纶纤维的化学名称是聚酰氨，通过加聚反应合成；
B．碳化硅陶瓷和碳纤维各成分都是由非金属元素组成的无机物，所以是一种新型无机非金属材料；
C．Na2O2与二氧化碳或水反应生成氧气；
D．电能相对于化学燃料，更加经济与环保。
【解答】解：A．高强度锦纶纤维是采用人工方法，通过有机物的聚合反应制得，属于合成高分子材料，故A正确；
B．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．航天员主要通过Na2O2获取呼吸用氧，故C错误；
D．电能相对于化学燃料更加经济与环保，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、物质性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（2020 潍坊模拟）钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（　　）
A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3═H2PdCl6+4NO2↑+4H2O
B．“热还原”中每生成1mol Pd同时生成的气体的物质的量为8mol
C．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+
D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】由流程可知，粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，通入氨气中和，得到红色（NH4）2PdCl6固体，通入氢气热还原，可得到Pd，同时生成氯化氢和氨气，以此解答该题。
【解答】解：A．粗Pd加入浓硝酸、浓盐酸充分反应可生成二氧化氮，且生成H2PdCl6，反应的化学方程式是Pd+6HCl+4HNO3═H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；
B．热还原得Pd，发生（NH4）2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，生成1molPd，则还有2mol氨气和6molHCl，故气体物质的量为8mol，故B正确；
C．（NH4）2PdCl6固体为红色，现象明显，则化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+，故C正确；
D．实验原理是用氢气还原（NH4）2PdCl6固体得到Pd，如用浓硫酸，不能得到（NH4）2PdCl6固体，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识，题目难度不大。
3．（2021秋 正定县校级月考）近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法错误的是（　　）
A．Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2+H→*NNH
D．升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
【考点】化学平衡的影响因素；反应热和焓变．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．能量越低越稳定，说明更利于吸附；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大；
D．由图中能量变化可知，能量降低，为放热反应。
【解答】解：A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，故A正确；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，氨气的平衡转化率不变，故B错误；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为*N2+H→*NNH，故C正确；
D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该单原子催化电化学还原N2的反应为放热反应，△H＜0，升高温度平衡逆向移动，但反应速率加快，可提高氨气单位时间内的产率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握图中催化剂对反应的影响、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度不大。
4．（2021秋 安徽月考）锗在航空航天测控、核物理探测、光纤通讯、红外光学、化学催化剂、生物医学等领域有广泛而重要的应用。一种从二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中制备锗的工艺流程如图：
已知：
i.GeO2与Al2O3的性质相似；
ii.GeCl4极易水解，GeCl4的沸点为86.6℃；
iii.As2O3+2NaOH＝2NaAsO2+H2O，NaAsO2与盐酸反应生成有毒的AsCl3。
下列说法正确的是（　　）
A．“蒸馏”步骤中用1mol L﹣1盐酸比7mol L﹣1盐酸的效果好
B．在实验室中蒸馏需要用到的玻璃仪器有冷凝管、牛角管、蒸发皿、锥形瓶
C．“水解”反应的化学方程式为GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2 nH2O↓+4HCl
D．“氧化”的目的是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为3：1
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】制备实验综合．
【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生反应GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，加入NaClO3溶液氧化除砷，发生反应3NaAsO2+NaClO3+6NaOH＝3Na3AsO4+NaCl+3H2O，然后加入7mol/L的盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中发生反应Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，蒸馏分离出GeCl4，向GeCl4中加入高纯水水解，发生的水解反应为GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2 n H2O↓+4HCl，过滤得到母液和GeO2 n H2O，将GeO2 n H2O烘干得到高纯的GeO2，以此分析解答。
【解答】解：A.GeCl4极易水解，若用1mol L﹣1盐酸，对水解的抑制能力减弱，不利于GeCl4的蒸出，所以“蒸馏”步骤中用1mol L﹣1盐酸不如7mol L﹣1盐酸的效果好，故A错误；
B.蒸馏操作中不使用蒸发皿，应该选用蒸馏烧瓶，故B错误；
C.GeCl4极易水解，向GeCl4中加入高纯水水解生成GeO2 n H2O和HCl，该反应的化学方程式为：GeCl4+（n+2）H2O＝GeO2 n H2O↓+4HCl，故C正确；
D.“氧化”的过程中NaAsO2被氧化为Na3AsO4，同时NaClO3被还原为NaCl，反应方程式为：3NaAsO2+NaClO3+6NaOH＝3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，该反应中氧化剂为NaClO3，还原剂为NaAsO2，则氧化剂与还原剂的物质的量比为1：3，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，把握题干信息、制备原理、实验目的、物质性质为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
5．（2021秋 包头期末）北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc（Y1/NC，Sc1/NC）单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示（*表示稀土单原子催化剂）。下列说法正确的是（　　）
A．使用催化剂可以提高氨气单位时间内的产量
B．该过程中只断裂N≡N键和H﹣H键
C．使用催化剂Y1/NC或Sc1/NC可以改变反应的ΔH
D．使用Y1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*NNH+H→*NNHH
【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．催化剂能加快反应速率；
B．化学反应的本质是旧化学键的断裂以及新化学键的形成；
C．催化剂不改变焓变；
D．最大能垒的反应过程即是活化能最大的过程。
【解答】解：A．催化剂能加快反应速率，提高氨气单位时间内的产量，故A正确；
B．该过程中断裂N≡N键和H﹣H键，同时形成N﹣H键，故B错误；
C．使用催化剂Y1/NC或Sc1/NC反应的ΔH不变，故C错误；
D．最大能垒的反应过程即是活化能最大的过程，使用Y/NC单原子催化剂时，最大能垒的反应过程可表示为：*N2+H→*NNH，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，把握图中催化剂对反应的影响、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析，题目难度中等。
6．（2021秋 邯郸期末）钌（Ru）广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。自然界中钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收金属钌具有很强的现实意义。某科研小组设计了一种从含金属钌单质的废料中分离提纯金属钌的工艺，其流程图如图：
已知：“碱浸”工序中Ru单质生成了Na2 RuO4；“沉淀”工序中滤渣的主要成分为RuO2。
下列说法中错误的是（　　）
A．为提高“碱浸”时钌的浸出率，可采取延长浸取时间、适当提高温度的措施
B．“碱浸”时生成Na2RuO4的方程式中，氧化剂和还原剂的化学计量数之比为1：3
C．在实验室进行操作X时，必须要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“沉淀”时加入草酸的目的是还原Na2RuO4
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．
【分析】含钌废料研磨可增大接触面积，加快反应速率，加入氢氧化钠和次氯酸钠碱浸，发生Ru+2OH﹣+3ClO﹣＝RuO42﹣+H2O+3Cl﹣，过滤获得含RuO42﹣的溶液，加入盐酸调节pH，加入草酸还原RuO42﹣，还原产物为RuO2，操作X为过滤，滤渣的主要成分为RuO2，洗涤、干燥后与氢气发生反应RuO2+2H2Ru+2H2O，得到高纯钌，以此来解答。
【解答】解：A.“碱浸”工序中，为提高钌的浸出率，可采用延长浸取时间、适当提高温度的措施，可加快反应速率，故A正确；
金属钌在“碱浸”工序中被NaClO氧化为Na2RuO4，ClO﹣的还原产物为Cl﹣，
由Ru+2OH﹣+3ClO﹣＝RuO42﹣+H2O+3Cl﹣，可知氧化剂和还原剂的化学计量数之比
为3：1，故B错误；
C.操作X为过滤，实验室进行过滤操作时必须用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故C正确；
D.加入盐酸调节pH的同时，加入草酸的目的是将Na2RuO4还原为RuO2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2022 宣城模拟）“热电池”是高温熔融盐一次电池，在航空航天领域有广泛应用，采用LiAl、LiSi等合金做电极比纯锂安全性更好。某热电池工作原理如图所示，放电时，1molFeS2完全反应时得到4mol电子。下列说法错误的是（　　）
A．电子流向：LiAl极→用电器→FeS2极
B．若1molLi0.9Al转化为Li0.08A1，则FeS2消耗98.4g
C．正极的电极反应式为FeS2+4Li++4e﹣＝Fe+2Li2S
D．热电池的正极材料需要具备高温下的热稳定性和物理稳定性
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】由图可知，LiAl电极为负极，Li比Al更活泼，电极反应式为Li﹣e﹣＝Li+，FeS2极为正极，电极反应式为FeS2+4Li++4e﹣＝Fe+2Li2S，据此作答。
【解答】解：A.原电池工作时，电子从负极（LiAl电极）→用电器→正极（FeS2极），故A正确；
B.若1molLi0.9Al转化为Li0.08A1，转移电子（0.9﹣0.08）mol＝0.82mol，消耗＝0.205molFeS2，消耗质量为0.205mol×120g/mol＝24.6g，故B错误；
C.FeS2极为正极，电极反应式为FeS2+4Li++4e﹣＝Fe+2Li2S，故C正确；
D.热电池的正极材料需要在高温的条件下不易分解，不易与其他物质反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
8．（2022春 龙岩期中）2022年3月，中国载人航天工程总设计师周建平介绍，神舟十四号、神舟十五号两个乘组将在今年年底前“会师”太空。我国航天航空事业迎来飞速发展，下列有关说法正确的是（　　）
A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是SiO2
B．制造月球探测器中的瞄准镜时使用的光导纤维，其主要成分是Si
C．宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料
D．火箭发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用燃烧反应提供能量
【考点】硅和二氧化硅；无机非金属材料．
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】A．晶体硅为良好的半导体；
B．光导纤维主要成分为二氧化硅；
C．高温结构陶瓷，耐高温，属于新型无机非金属材料；
D．液氢燃料电池燃烧无污染，热值高。
【解答】解：A．晶体硅为良好的半导体，是制造太阳能电池板主要原料，故A错误；
B．二氧化硅具有良好的光学特性，光导纤维主要成分为二氧化硅，故B错误；
C．宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．发射时使用液氢和液氧作推进剂，是利用燃烧反应提供能量，且液氢燃烧无污染，热值高，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查知识范围较广，具体涉及燃料电池，晶体硅和二氧化硅的应用等，需要学生注意知识的积累，难度不大。
二．多选题（共1小题）
（多选）9．（2021秋 市中区校级月考）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（　　）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1mol Co，I室溶液质量理论上减少18g
C．电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+
D．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】该装置为电解池，石墨电极为阳极，电解质溶液为硫酸，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，Ⅰ室消耗水，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室；Co电极为阴极，电解质溶液为CoCl2，Co2+离子放电，电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，溶液中的氯离子经阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室；氢离子和氯离子在Ⅱ室生成盐酸。
【解答】解：A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液中的氢离子浓度均增大，pH均减小，故A错误；
B．Ⅰ室实际为电解水4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，电解1mol Co，由Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为2mol，消耗生成氧气0.5mol，且有2mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+2mol×1g/mol＝18g，故B正确；
C．石墨电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝2H++O2↑，Co电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，可得电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故C正确；
D．移除两交换膜后，由于氯离子更容易放电，石墨电极上发生的反应
为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故D错误，
故选：BC。
【点评】本题考查电解池原理的应用知识，明确电解原理、电解池离子放电顺序即可解答，难点是电极反应式的书写，难度中等。
三．解答题（共6小题）
10．（2019 黔东南州一模）铂钴合金是以铂为基含钴二元合金，在高温下，铂与钴可无限互溶，其固溶体为面心立方晶格。铂钴合金磁性极强，磁稳定性较高，耐化学腐蚀性很好，主要用于航天航空仪表、电子钟表、磁控管等。
（1）基态钴原子的价电子排布图为　　。
（2）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl﹣和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体（如图1）。科学研究表明，顺式分子具有抗癌活性。
①吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如图2所示。每个吡啶分子中含有的σ键数目为　11　。二氯二吡啶合铂分子中所含的C、N、Cl三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　N＞Cl＞C　。
②二氯二吡啶合铂中存在的微粒间作用力有　ad　（填字母）。
a．范德华力 b．氢键 c．金属键 d．非极性键
③反式二氯二吡啶合铂分子是　非极性分子　（填“极性分子”或“非极性分子”）。
（3）某研究小组将平面型的铂配合物分子进行层状堆砌，使每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，其结构如图3所示。
①“分子金属”可以导电，是因为　电子　能沿着其中的金属原子链流动。
②“分子金属”中，铂原子是否以sp3的方式杂化？　否　（填“是”或“否”），其理由是　如果铂原子是以sp3的方式杂化，应该为四面体结构，非平面结构　。
（4）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图4所示。若金属铂的密度为dg cm﹣3，则晶胞参数a＝　×107　nm（列计算式）。
【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）基态钴原子的价电子为其3d、4s能级上的电子，3d、4s能级上分别含有7、2个电子；
（2）①每个吡啶分子中含有的σ键数目为5个C﹣H键、4个C﹣C键、2个C﹣N键；
同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小；
②二氯二吡啶合铂中，Pt﹣N之间存在配位键、C﹣C原子之间存在非极性键、C﹣N及C﹣H原子之间存在极性键，分子之间存在范德华力；
③反式二氯二吡啶合铂分子结构对称，正负电荷中心重合；
（3）①“分子金属”可以导电，是因为电子能沿着其中的金属原子链流动；
②“分子金属”中，如果铂原子是以sp3的方式杂化，应该为四面体结构；
（4）根据图知，该金属为面心立方晶胞，每个面对角线上的3个原子紧密相邻，晶胞中Pt原子个数＝8×+6×＝4，晶胞棱长＝。
【解答】解：（1）基态钴原子的价电子为其3d、4s能级上的电子，3d、4s能级上分别含有7、2个电子，其电子排布图为，
故答案为：；
（2）①每个吡啶分子中含有的σ键数目为5个C﹣H键、4个C﹣C键、2个C﹣N键，所以有11个σ键；
同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以第一电离能N＞Cl＞C，
故答案为：11；N＞Cl＞C；
②二氯二吡啶合铂中，Pt﹣N之间存在配位键、C﹣C原子之间存在非极性键、C﹣N及C﹣H原子之间存在极性键，分子之间存在范德华力，所以不存在氢键和金属键，
故选ad；
③反式二氯二吡啶合铂分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，
故答案为：非极性分子；
（3）①“分子金属”可以导电，是因为电子能沿着其中的金属原子链流动，在外加电流作用下，自由电子能定向移动而导电，
故答案为：电子；
②“分子金属”中，如果铂原子是以sp3的方式杂化，应该为四面体结构，实际上是平面结构，所以不能采用sp3的方式杂化，
故答案为：否；如果铂原子是以sp3的方式杂化，应该为四面体结构，非平面结构；
（4）根据图知，该金属为面心立方晶胞，每个面对角线上的3个原子紧密相邻，晶胞中Pt原子个数＝8×+6×＝4，晶胞棱长＝＝cm＝×107nm，
故答案为：×107。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识再现、基本公式的灵活运用及空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意cm与nm之间的换算关系，题目难度不大。
11．（2019 银川一模）中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al（OH）3和Cu（OH）2分解温度分别为450℃和80℃
（1）在电解精炼银时，阳极材料为　粗银　。
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为　搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等　（写出两种）。
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为　3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O　。
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有　漏斗、玻璃棒　。
（5）固体混合物B的组成为　Al（OH）3和CuO的混合物　；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为　
Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O　。
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因　保护气（或防止铜被氧化）　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；金属的回收与环境、资源保护．
【分析】Ag、Cu合金废料在空气中熔炼得到Ag熔体，Ag熔体冷凝成型得到粗Ag，粗Ag电解精炼得到Ag；
渣料中含有少量Ag和CuO，向渣料中加入稀硫酸，发生反应CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O，过滤得到滤渣A为Ag，滤液中含有CuSO4；Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，向硫酸铜溶液中加入硫酸铝和NaOH溶液，得到Al（OH）3和Cu（OH）2，煮沸过程中氢氧化铜分解生成CuO，然后过滤得到固体B为Al（OH）3和CuO，固体B在惰性气体氛围中煅烧得到CuAlO2，以此来解答。
【解答】解：（1）在电解精炼银时，Ag失去电子，阳极材料为粗银，故答案为：粗银；
（2）加快渣料（含少量银）溶于稀H2SO4速率的措施为搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等，
故答案为：搅拌、渣料粉碎、适当升温、适当增大H2SO4的浓度等；
（3）滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O，
故答案为：3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O；
（4）过滤操作需要的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒，
故答案为：漏斗、玻璃棒；
固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO的混合物；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式
为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3和CuO的混合物；Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；
（6）煅烧阶段通入惰性气体的原因为保护气（或防止铜被氧化），
故答案为：保护气（或防止铜被氧化）。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息的应用及元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
12．（2021 广州二模）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿（主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3）中提取铍的工艺如图。
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式　BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O　。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是　增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率　。
（3）“浸出渣”的主要成分是　SiO2、CaSO4　。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、　3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+　。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率　越低　（填“越高”、“越低”或“不变”）。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，　冷却结晶，过滤　。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是　高温焙烧　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】无机实验综合．
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都发生溶解，只有SiO2不与酸反应，CaF2、CaCO3发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍，据此分析解题。
【解答】解：（1）由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+2H2O，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，
故答案为：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O；
（2）由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与H2SO4的接触面积，从而加快浸出速率，
故答案为：增大与H2SO4的接触面积，加快浸出速率；
（3）根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中CaF2与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙，
故答案为：SiO2、CaSO4；
（4）根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以NaFe3（SO4）2（OH）6是难溶于水的固体，根据题意可知：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+，
故答案为：3Fe3++Na++2SO42﹣+6H2O＝NaFe3（SO4）2（OH）6+6H+；
（5）根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸，
故答案为：越低；冷却结晶，过滤；
（6）油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍，
故答案为：高温焙烧。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
13．（2022春 罗田县校级月考）镓（Ga）、锗（Ge）、硅（Si）、硒（Se）的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：
（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d104s24p4（或[Ar]3d104s24p4）　；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有　3　种；SeO3的空间构型是　平面正三角形　。
（2）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是　4　。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为　SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4　，丁硅烯（Si4H8）中σ键与π键个数之比为　11：1　。
（3）GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，熔点如表所示，分析其熔点变化的原因　三者均为原子晶体，原子半径：N＜P＜As，键长：Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能：Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，故熔点降低　。
GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（4）GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。
从GaN晶体中分割出的平行六面体如图乙，该平行六面体的高为apm，GaN晶体的密度为　　g/cm3。（用a、NA表示）
【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）基态硒原子序数为34，根据构造原理写出其核外电子排布式；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，但IIA、VA族第一电离能大于同周期相邻元素；计算SeO3中Se原子的价层电子对数，得到VSEPR模型，据此推断其空间构型；
（2）二氧化硅晶体中含有SiO4”构单元；分子晶体结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的沸点越高；丁硅烯分子中含有8个Si﹣H键2个Si﹣Si和1个Si＝Si双键，据此计算σ键与π键个数；
（3）原子晶体中，原子半径越大，共价键键长越长，共价键越弱，键能越小，晶体的熔点越低；
（4）均摊法计算晶胞（平行六面体）中Ga、N原子数目，计算原子总质量，根据晶体密度ρ＝，计算GaN晶体的密度。
【解答】解：（1）基态硒为34号元素，处于第四周期VIA族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，简化排布式为[Ar]3d104s24p4；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大趋势，As的4p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能大于Se，所以与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有As、Br、Kr等3种；SeO3中Se价层电子对数＝3+＝3，且无孤电子对，则SeO3的VSEPR模型和空间构型均为平面三角形，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p4（或[Ar]3d104s24p4）；3；平面正三角形；
（2）水晶晶体中，1个Si原子结合4个O原子，同时每个O原子结合2个Si原子，以[SiO4]四面体结构向空间延伸形成立体网状结构，水晶中硅原子的配位数是4；4种晶体均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子晶体的沸点越高，所以沸点：SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4；丁硅烯分子中含有8个Si﹣H键2个Si﹣Si和1个Si＝Si双键，单键为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，分子中σ键与π键个数之比为11：1，
故答案为：4；SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4；11：1；
（3）GaN、GaP、GaAs的熔点较高，均为原子晶体，原子晶体中各原子之间是靠共价键连接的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，即半径越小、键能越大，N、P、As同属第ⅤA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小顺序为N＜P＜As，所以GaN的熔点最高，GaAs的熔点最低，
故答案为：三者均为原子晶体，原子半径：N＜P＜As，键长：Ga﹣N＜Ga﹣P＜Ga﹣As，键能：Ga﹣N＞Ga﹣P＞Ga﹣As，故熔点降低；
（4）晶胞（平行六面体）中Ga原子数目＝1+4×+4×＝2、N原子数目＝1+2×+2×＝2，则晶胞的质量m＝g，晶胞的体积V＝S底h＝2×a2sin60°×apm3＝a3×10﹣30cm3，所以GaN晶体的密度ρ＝，＝g÷（a3×10﹣30cm3）＝g/cm3，
故答案为。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、元素周期律的应用、电离能、晶体类型与性质、晶胞结构与计算等知识，为高频考点，掌握晶胞密度的计算、价层电子互斥理论的应用、原子晶体熔点的分析判断等是解题关键，注意同周期第一电离能的异常变化，题目难度中等。
14．（2021秋 广东月考）锗与硅同主族，是重要的战略资源，在航空航天测控、光纤通讯、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。煤灰中含有GeO2、SiO2及少量的As2O3、Al2O3等成分，一种从煤灰中提取四氯化锗的流程如图：
已知：①GeO2、As2O3既能溶于强酸，也能溶于强碱
②GeCl4的熔点为﹣49.5℃，沸点为83℃，GeCl4容易与AsCl3形成共沸物。
（1）Ge在周期表中位于第四周期 　ⅣA　族。
（2）“碱熔”在1000℃下熔炼，GeO2反应的主要化学方程式为 　Na2CO3+GeO2Na2GeO3+CO2↑　。反应后得到的共熔物中含有的阴离子除CO32﹣、AsO33﹣、GeO32﹣外，还有 　AlO2﹣、SiO32﹣　。（填离子符号）
（3）“水浸”中，为提高Ge的浸出率，可以采取的措施有 　热水浸出、搅拌、延长浸出时间　（答2条）。
（4）“除杂”中，加入 　盐酸　（填“盐酸”、“氨水”、“Al2O3”、“NaOH溶液”），调节溶液pH＝10.5，除去Al和Si。
（5）已知H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各种微粒的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图1：
“除杂”后所得的滤液中含砷粒子浓度最大的是 　H2AsO3﹣　。在“氧化”中，加入适量的NaClO3，结合如图2写出主要反应的离子方程式 　ClO3﹣+3H2AsO3﹣+3OH﹣＝Cl﹣+3HAsO42﹣+3H2O　。充分反应后继续调节溶液pH约为5，分离得到GeO2 nH2O。
（6）已知GeO2 nH2O+4HCl GeCl4+（n+2）H2O。在“精馏”中，加入硫酸和7mol/L的盐酸的混酸，硫酸的作用是 　增大氢离子浓度，提高溶液沸点　。
（7）提取四氯化锗的另一种工艺步骤是：将含锗煤灰用上述混酸的酸浸，过滤后直接蒸馏，这种工艺的缺点是 　产品纯度低，AsCl3容易与GeCl4形成共沸物　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】（1）锗与硅同主族；
（2）根据题目所给信息可知GeO2具有两性，碱熔时GeO2转化为GeO32﹣；Al2O3也为两性氧化物，同时SiO2可以在高温条件下和碳酸钠反应生成硅酸钠；
（3）用热水浸出、搅拌、延长浸出时间等均可以提高Ge的浸出率；
（4）水浸所得的溶液由于弱酸根的水解显碱性；
（5）由图1可知pH＝10.5时，浓度最大的含砷粒子为H2AsO3﹣；根据图2可知含砷粒子主要为HAsO42﹣，加入NaClO3，H2AsO3﹣被氧化为HAsO42﹣；
（6）加入硫酸可以增大氢离子浓度，有利于GeCl4的生成，同时可以提高溶液的沸点，增大与GeCl4的沸点差异，
（7）含锗煤灰中As元素主要以三价的形式存在，所以将含锗煤灰用上述混酸的酸浸，过滤后直接蒸馏，AsCl3溶液与GeCl4形成共沸物。
【解答】解：（1）锗与硅同主族，硅是第ⅣA族，锗也是第ⅣA族，
故答案为：ⅣA；
（2）根据题目所给信息可知GeO2具有两性，碱熔时GeO2转化为GeO32﹣，发生的反应为Na2CO3+GeO2Na2GeO3+CO2↑；Al2O3也为两性氧化物能与Na2CO3反应生成NaAlO2，同时SiO2可以在高温条件下和碳酸钠反应生成硅酸钠，
故答案为：Na2CO3+GeO2Na2GeO3+CO2↑；SiO32﹣、AlO2﹣；
（3）用热水浸出、搅拌、延长浸出时间等均可以提高Ge的浸出率，
故答案为：热水浸出、搅拌、延长浸出时间；
（4）水浸所得的溶液由于弱酸根的水解显碱性，所以应加入盐酸调节pH，
故答案为：盐酸；
（5）据图可知pH＝10.5时含砷粒子浓度最大的是H2AsO3﹣，氧化过程中三价砷被氧化为五价，根据图可知此时含砷粒子主要为HAsO42﹣，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为ClO3﹣+3H2AsO3﹣+3OH﹣＝Cl﹣+3HAsO42﹣+3H2O，
故答案为：H2AsO3﹣；ClO3﹣+3H2AsO3﹣+3OH﹣＝Cl﹣+3HAsO42﹣+3H2O；
（6）加入硫酸可以增大氢离子浓度，有利于GeCl4的生成，同时可以提高溶液的沸点，增大与GeCl4的沸点差异，
故答案为：增大氢离子浓度，提高溶液沸点；
（7）含锗煤灰中As元素主要以三价的形式存在，所以将含锗煤灰用上述混酸的酸浸，过滤后直接蒸馏，AsCl3溶液与GeCl4形成共沸物，会降低产品的纯度，
故答案为：产品纯度低，AsCl3容易与GeCl4形成共沸物。
【点评】本题考查较综合，涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，物质分离提纯及物质制备，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质之间的转化关系等知识点是解本题关键，题目难度较大。
15．（2021秋 河北月考）用PVB制得的薄膜可用于制作安全玻璃的夹层材料，该安全玻璃透明性好，冲击强度大，泛用于航空和汽车领域.PVB的一种合成路线如图所示（部分反应条件和产物略去）：
已知：
Ⅰ.（R、R'可表示烃基或氢原子）；
Ⅱ.（R、R'可表示烃基或氢原子）
请回答下列问题：
（1）A的结构简式为 　CH3CH2OH　；反应③的反应类型是 　加成反应　。
（2）C中官能团的名称为 　碳碳双键、醛基　。
（3）下列有关B和E的说法中不正确的是 　d　（填标号）。
a.B能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b.B能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀
c.等质量的乙酸乙酯与B完全燃烧消耗等量的氧气
d.E分子中共平面的原子最多为5个
（4）反应④的化学方程式为 　或　。
（5）与F具有相同官能团的同分异构体有 　5　种（包括顺反异构，不考虑其他立体异构），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰且能发生银镜反应的结构简式为 　　。
（6）参照上述信息，写出以乙烯和为原料制备的合成路线图 　　（其他试剂任选）。
【考点】有机物的合成．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】由图中PVAc→PVA的转化关系可推知，PVA的结构简式为，结合已知信息Ⅱ、PVB的结构，可推知D为CH3CH2CH2CHO，再结合已知信息Ⅰ，可推知B为CH3CHO、C为CH3CH＝CHCHO，进而推知A为CH3CH2OH，结合图中转化关系进一步可推知E为CH3COOH，F为CH3COOCH＝CH2；
（6）由信息Ⅱ可知，由CH3CHO与反应生成，而乙烯与水加成生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛。
【解答】解：（1）由上述推导过程可知，A的结构简式为CH3CH2OH，由CH3COOH与CH≡CH反应生成F的特点可知反应③为加成反应，
故答案为：CH3CH2OH；加成反应；
（2）C为CH3CH＝CHCHO，含有碳碳双键和醛基两种官能团，
故答案为：碳碳双键、醛基；
（3）a．B为CH3CHO，CH3CHO具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，故乙醛能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；
b．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下反应产生砖红色沉淀（Cu2O），故b正确；
c．CH3COOCH2CH3与CH3CHO的最简式相同，等质量的二者完全燃烧时消耗等量的O2，故c正确；
d．E为CH3COOH，其结构式为，根据结构式可知，甲基中的C原子与羟基中的O原子一定在碳氧双键所决定的平面上，而羟基中的H原子、甲基中的一个H原子通过单键旋转可以与碳氧双键共平面，故分子中最多有6个原子共平面，故d错误；
故答案为：d；
（4）PVA的结构简式为，也可表示为，根据信息Ⅱ和图中转化关系可知，反应④的化学方程式为或，
故答案为：或；
（5）F为CH3COOCH＝CH2，与F具有相同官能团的同分异构体有HCOOCH＝CHCH3（有顺反异构，即顺式和反式2种）、HCOOCH2CH＝CH2、、CH2＝CHCOOCH3，故符合要求的同分异构体共有5种，其中具有3种不同的氢原子，核磁共振氢谱有3组吸收峰，且分子中含有醛基，能发生银镜反应，故符合要求的同分异构体的结构简式为，
故答案为：5；；
（6）CH2＝CH2和H2O在催化剂作用并加热条件下反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂并加热条件下，能被O2氧化为CH3CHO，再结合信息Ⅱ，CH3CHO和在H+加热条件下反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查有机物的推断与合成，涉及有机物的结构与性质、官能团识别、有机反应类型、化学方程式的书写、同分异构体的判断及书写、合成路线设计等知识，同时考查了学生分析理解能力、自学能力、知识迁移应用能力。

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