吉林省2020届高三化学11月第二次调研试卷（附解析Word版）

2019——2020 学年度上学期高三学年第二次调研考试 化 学 试 卷 一、单选题（每题 2 分） 1.下列关于文献记载的说法正确的是 A. 《天工开物》中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质 B. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化 C. 《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程 D. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏 【答案】D 【解析】 【详解】A．丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故 A 错误；B．青蒿素提取 利用的是萃取原理，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故 B 错误；C．升华属于物理 变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即 HgS 发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于 升华，故 C 错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故 D 正确；故答案 为 D。 2.化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是（ ） A. 二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料 B. 中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈 C. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差 D. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土 【答案】A 【解析】 【详解】A．单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，二氧 化硅是光导纤维的成分，故 A 错误； B．明矾溶液中 Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为 Cu2(OH)2CO3，能够溶于酸性溶液，可以利用明 矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故 B 正确； C．含钙离子浓度较大的地下水能够与高级脂肪酸钠反应生成高级脂肪酸钙沉淀，去污能力减 弱，故 C 正确； D．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故 D 正确； 答案选 A。 3.化学与社会、生产生活和科技都密切相关。下列说法正确的是 A. 在军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被蚀 B. “天宫二号”使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 C. SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆 D. 维生素 C 易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂 【答案】D 【解析】 A．锌 活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为金属的牺牲阳极的阴 极保护法，故 A 错误；B．碳纤维成分为碳单质，是无机物，不是有机高分子材料，故 B 错误； C．二氧化硫可用于漂白纸浆是利用了二氧化硫的漂白性，不是二氧化硫的氧化性，故 C 错误； D．维生素 C 具有还原性，则用作食品抗氧化剂，故 D 正确；故选 D。 4.下列有关物质、变化的说法中，正确的是（ ） A. 化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化 B. 向煮沸的 1mol·L-1NaOH 溶液中滴加 FeC13 饱和溶液制备 Fe(OH)3 胶体 C. 导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化 D. 液氯、乙醇、NH3 均属于非电解质 【答案】A 【解析】 A．原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒，则化学变化不产生新元素，产 生新元素的变化不是化学变化，故 A 正确；B．Fe(OH)3 胶体的制备是将 FeCl3 饱和溶液滴入沸 水中制备的，向煮沸的 1mol/LNaOH 溶液中滴加 FeCl3 饱和溶液制备 Fe(OH)3 沉淀，故 B 错误； C．导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动，如电解时导电发生化学变化，故 C 错误； D．液氯是单质，不属于电解质，也不属于非电解质，故 D 错误；故选 A。 5.下列说法不正确 是 A. 干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力 B. N2 和 Cl2O 两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构 C. HF、HCl、HBr、HI 的热稳定性和还原性均依次减弱 D. 石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成 【答案】C 【解析】 的 的 A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作 用力，故 A 正确；B、氮气含 N≡N，Cl2O 中含 2 个 O-Cl 键，N 原子上存在 1 对孤对电子，O 原 子上存在 2 对孤对电子，Cl 原子上存在 3 对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都 具有 8 电子稳定结构，故 B 正确；C、同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以 非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱， 所以热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故 C 错误；D、石墨转化金 刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故 D 正确；故选 C。 6.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 0.1mol 苯乙烯中含有碳碳双键的数目为 0.4NA B. 25℃，1LpH=7 的 NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中，含 OH-的数目为 10-7NA C. 一定条件下，0.1molSO2 与足量氧气反应生成 SO3，转移电子数为 0.2NA D. 电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为 0.2NA 时，阳极质量减少 6.4g 【答案】B 【解析】 A．苯环中无双键，故 0.1mol 苯乙烯中含 0.1mol 碳碳双键，故 A 错误；B、25℃，1LpH=7 的 NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中 c(OH-)=10-7mol/L，氢氧根的个数为 10-7NA，故 B 正确；C．SO2 与足量氧气反应生成 SO3 的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于 0.2NA，故 C 错误；D．电解精炼铜时，若阳极质量减少 6.4g，由于阳极有铁杂质存在，铁的摩尔质量小于 铜的，所以阳极减少 6.4g，转移的电子的物质的量不是 0.2mol，故 D 错误；故选 B。 点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关 键。本题的易错点为 D，要注意粗铜中含有杂质(铁、锌等)，作阳极时，铁、锌也要放电。 7.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 22.4LCl2 溶于足量水，所得溶液中 Cl2、Cl-、HClO 和 ClO-四种微粒总数为 NA B. 标准状况下，38g3H2O2 中含有 3NA 共价键 C. 常温下，将 5.6g 铁块投入足量浓硝酸中，转移 0.3NA 电子 D. 0.1mol•L-1MgCl2 溶液中含有的 Mg2+数目一定小于 0.1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A、非标准状况下，22.4LCl2 的物质的量不一定是 1mol，故 A 错误； B、1 个3H2O2 分子中含有 3 个共价键，38g3H2O2 中含有共价键 数目是 3NA，故 B 正确； C、常温下，铁在浓硝酸中钝化，故 C 错误； D、根据 n=cV，没有溶液体积，不能计算溶质物质的量，故 D 错误。 8.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是 A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol e− C. K2FeO4 具有氧化杀菌作用 D. 该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4 【答案】B 【解析】 【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故 A 正确； B. 反应 Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O 中铁元素由+3 价变为+6 价，故 1molFe2O3 转移 6mol 电子，生成 2molK2FeO4，故当生成 1molK2FeO4 时转移 3mol 电子，故 B 错误； C. K2FeO4 中铁元素为+6 价，有强氧化性，能杀菌消毒，故 C 正确； D. 反应中 KNO3 为氧化剂，而 K2FeO4 为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性： KNO3>K2FeO4，故 D 正确； 答案选 B。 9.乙酸橙花酯兼有橙花和玫瑰花香气，其结构简式如图。关于该有机物的叙述中正确的是 ① 在 Ni 催化条件下 1mol 该有机物可与 3mol H2 发生加成； ② 该有机物不能发生银镜反应； ③ 该有机物分子式为 C12H22O2； ④ 该有机物的同分异构体中不可能有酚类； ⑤ 1 mol 该有机物水解时只能消耗 1 mol NaOH A. ②③④ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③ 的 38 338 AN× × = 【答案】C 【解析】 【详解】①分子中含有 2 个碳碳双键，则 1mol 该有机物可消耗 2molH2，酯基与氢气不发生加 成反应，故①错误； ②分子中不含醛基，则不能发生银镜反应，故②正确； ③由结构简式可知分子中含有 12 个 C 原子，20 个 H 原子，2 个 O 原子，则分子式为 C12H20O2， 故③错误； ④分子中含有 3 个双键，则不饱和度为 3，而酚类物质的不饱和度为 4，则它的同分异构体中 不可能有酚类，故④正确； ⑤能与氢氧化钠反应的官能团只有酯基，水解生成羧基和羟基，只有羧基能与氢氧化钠反应， 则 1mol 该有机物水解时只能消耗 1mol NaOH，故⑤正确； ②④⑤正确，故选 C。 【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能 力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。 10.对甲基苯乙烯（ ）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的 是（  ） A. 分子式为 B 能发生加聚反应和氧化反应 C. 具有相同官能团的芳香烃同分异构体有 5 种 不考虑立体异构 D. 分子中所有原子可能处于同一平面 【答案】D 【解析】 【分析】 对甲基苯乙烯（ ）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。 【详解】A 项、对甲基苯乙烯（ ）含有 9 个碳和 10 个氢，分子式为 C9H10，故 A 正 确； B 项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故 B 正确； C 项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、 . 9 10C H ( ) -CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了 本身，共有 5 种同分异构体，故 C 正确； D 项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面 体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故 D 错误。 故选 D。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的结构、 苯环与 H 原子的判断为解答的关键。 11.分子式为 C4H8BrCl 的有机物共有（不含立体异构） A. 8 种 B. 10 种 C. 12 种 D. 14 种 【答案】C 【解析】 【分析】 C4H8ClBr 可以看成丁烷中的 2 个 H 原子分别被 1 个 Cl、1 个 Br 原子取代，丁烷只有 2 种结构， 氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的 H 原子，可以取代不同碳原子上的 H 原子，据此书 写判断。 【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与 2 种情况，然后分别对 2 种碳骨架 采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有 、 共 8 种，骨 架 有 和 ，4种，综上所述，分子式为 C4H8BrCl 的有机物种类共 8+4=12 种， C 项正确； 答案选 C。 【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关 键。 12.X、Y、Z、W 为原子序数递增的 4 种短周期元素，其中 Y、Z 为金属元素。X、Y、Z、W 的最 高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种 物质能发生反应)。下列判断正确的是 A. X 是元素周期表中非金属性最强的元素 B. Z 冶炼可通过电解其氯化物的方式获得 C. 4 种原子中，Y 离子半径最小 D. W 的阴离子可能促进水的电离 【答案】D 【解析】 Y、Z 为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化 钠的反应，可知 Y 为 Na、Z 为 Al，乙为 NaOH，丙为 Al(OH)3，X 应为 N，甲为 HNO3，W 可为为 S、Cl，则丁可能为 H2SO4、HClO4。由以上分析可知 X 为 N、Y 为 Na、Z 为 Al、W 为 S 或 Cl， 甲为 HNO3，乙为 NaOH，丙为 Al(OH)3，丁为 H2SO4 或 HClO4。A．X 为 N，元素周期表中非金属 性最强的元素为 F，故 A 错误；B．Z 为 Al，位于周期表第三周期ⅢA 族，故 B 错误；C.4 种原 子中，半径最小的为 N，Y 为 Na，原子半径最大，故 C 错误；D．如 W 为 S，对应的离子为 S2-， 水解呈碱性，可促进水的电离，故 D 正确；故选 D。 13.X、Y、Z、W 是第三周期元素，它们最高价氧化物对应的水化物溶于水，得到浓度均为 0.010mol/L 的溶液，其 pH（25℃）与对应元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ） A. 简单离子的半径：X>Z>W B. 简单气态氢化物的稳定性：Z>W>Y C. Y 单质可用于制作半导体材料 D. n =2-lg2 【答案】D 【解析】 【分析】 第三周期元素中，X 最高价氧化物水化物的溶液 pH 为 12，氢氧根浓度为 0.01mol/L，故为一 元强碱，则 X 为 Na；Y、W、Z 对应的最高价氧化物水化物的溶液 pH 均小于 7，均为酸，W 最 高价含氧酸溶液中氢离子浓度为 0.01mol/L，故为一元强酸，则 W 为 Cl 元素；最高价含氧酸 中，Z 对应的酸性比 W 的强、Y 对应的酸性比 W 的弱，而原子半径 Y> Z> Cl，硅酸不溶于水， 故 Z 为 S 元素，Y 为 P 元素，以此来答题。 【详解】A.比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层结构相同的离子， 原子序数大，半径小，故离子的半径：Z>W>X，故 A 错误； B.非金属性越强，气态氢化物越稳定，故简单气态氢化物的稳定性：W>Z>Y，故 B 错误； C.Y 为 P 元素，单质不可用于制作半导体材料，故 C 错误； D. Z 为 S 元素，形成的最高价氧化物对应的水化物为 H2SO4，由于 PH=-lgc(H+)=-lg0.02=n， 故 n =2-lg2，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质 子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同 种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。 14.下列类比关系正确的是 A. 少量碳酸钠溶液与醋酸反应:2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O，则与次氯酸反应也生成 CO2(HC1O Ka=2.98×10-8，H2CO3 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 B. Fe2O3 与盐酸反应生成 FeCl3，则与氢碘酸反应也可生成 FeI3 C. FeCl3 加热蒸干、灼烧得 Fe2O3，则 FeCl2 加热蒸干、灼烧得 FeO D. Al 与 Fe2O3 能发生铝热反应，则与 MnO2 也能发生铝热反应 【答案】D 【解析】 A.根据 HClO Ka=2.98×10-8 ，H2CO3 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 可知，酸性碳酸＞次氯酸＞ 碳酸氢根离子，因此少量碳酸钠溶液与次氯酸不反应，故 A 错误；B．Fe2O3 与氢碘酸反应生成 的铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化生成碘单质，故 B 错误；C.FeCl3 水解生成的氯化氢 易挥发，加热蒸干、灼烧得 Fe2O3，而 FeO 不稳定，加热生成四氧化三铁，故 C 错误；D、铝热 反应是铝在高温下来还原一些高熔点的金属单质，并且放出大量的热，所以 Al 与 Fe2O3 能发 生铝热反应，与 MnO2 也能发生铝热反应，故 D 正确；故选 D。 15.下列说法对应的离子方程式合理的是 A. 碳酸钙与醋酸反应:CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO- B. 明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液:Al3++SO42-+Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O C. 工业制取漂白液原理: Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O D. 泡沫灭火器的工作原理:2A13++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 【答案】C 【解析】 A．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，醋酸和碳酸钙都需要保留化学式，正 确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故 A 错误；B．向明矾溶液中 加 入 过 量 的 氢 氧 化 钡 溶 液 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= 2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故 B 错误；C.氯气与 NaOH 溶液反应制备漂白液，则离子反应为 Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故 C 正确；D．泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠，硫酸铝溶液 水解呈酸性，碳酸氢钠溶液水解呈碱性，所以硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝 和二氧化碳，水解离子反应为 Al3++3HCO3-═Al(OH)3↓+3CO2↑，故 D 错误；故选 C。 点睛：本题考查了离子方程式的正误判断，要注意检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱 电解质等需要保留化学式。本题的易错点为 D，要知道泡沫灭火器中药品是硫酸铝和碳酸氢钠。 16.室温下，由水电离产生的 c(OH-)=10-11mol/L 的溶液中，一定大量共存的离子组（ ） A. Na+ 、 NH4+ 、Cl- 、SO42- B. S2- 、CH3COO- 、Na+ 、Cs+ C. K+ 、 Na+ 、 I- 、NO3- D. K+ 、 Na+ NO3- 、SO42- 【答案】D 【解析】 常温时，若由水电离产生的 c（OH-）为 1×10-11mol・L-1，说明可能为酸性溶液也可能是碱性 溶液。 A. 在碱性条件下 NH4+不能大量共存，故 A 错误； B. 酸性条件下，S2−、CH3COO−不能大量存在，都与氢离子反应，故 B 错误； C. 若为酸性溶液，则 H＋、NO3－和 I－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故 C 错误； D. 无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，一定大量共存，故 D 正确。 故答案选 D。 17.某溶液中可能含有 OH-、CO32-、A1O2-、SiO32-、SO42-、HCO3-、Na+、Fe3+、Mg2+、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. 原溶液中可能含有 Na2SO4、可能不含有 CO32- B. 原溶液中一定含有的阴离子只有:OH-、A1O2-、CO32- C. 原溶液中含 CO32-与 A1O2-的物质的量之比为 3:4 D. a-d>3/4 【答案】C 【解析】 由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含 OH- 离子，则与氢氧根离子不能共存的是 Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是 AlO2-、 SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于 AlO2-与 HCO3-发生反应生成氢氧化铝 沉淀，则溶液中一定不存在 HCO3-；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是 CO32-离 子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅 酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但 根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有 Na+离子。A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原 溶液中不一定含有 Na2SO4，故 A 错误；B．依据判断原溶液中一定含有的阴离子是：OH -、 SiO32-、AlO2-、CO32-，故 B 错误；C．依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为 2 体积， CO32-+2H+=CO2↑+H2O 氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为 4 体积，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液 中含有 CO32-与 AlO2-的物质的量之比为 3：4，故 C 正确；D．根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐 酸体积为 4，假设盐酸的浓度为 1mol/L，则消耗氯化氢 4mol，则溶解的氢氧化铝为 mol，则 溶液中含有 mol AlO2-，沉淀 mol AlO2-需要盐酸 mol，a-d 对应于 AlO2-和 SiO32-消耗的盐 酸大于 mol，即 a-d＞ ，故 D 错误；故选 C。 点睛：本题考查了离子检验的方法和应用，题目难度较大，正确分析图像曲线变化为解题关 键。注意掌握硅酸根离子、偏铝酸根离子、氢氧化铝的化学性质及检验方法。本题的易错点 为 D，要注意根据反应的方程式分析判断，要知道 a-d 对应于 AlO2-和 SiO32-消耗的盐酸。 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 18.从废铅蓄电池铅膏（含 PbSO4、PbO2 和 Pb 等）中回收铅的一种工艺流程如下： 已知：浓硫酸不与 PbO2 反应，Ksp（PbCl2）＝2.0×10－5，Ksp（PbSO4）＝1.5×10－8，PbCl2 （s）＋2Cl－（aq）=PbCl42－（aq）。下列说法错误的是 A. 合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染 B. 步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸 C. 步骤①、②、③中均涉及过滤操作 D. PbSO4（s）＋2Cl－（aq） PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为 7.5×10－4 【答案】B 【解析】 【分析】 B、D 选项均利用到已知信息，C 项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。 【详解】A. 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源 再利用和防止重金属污染，故 A 正确； B. 浓硫酸不与 PbO2 反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故 B 错 误； C. 步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故 C 正确； D. PbSO4（s）＋2Cl－（aq） PbCl2（s）＋SO42－（aq）的平衡常数为： 7.5×10－4，故 D 正确； 答案选 B。 【点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知该平 衡常数等于两 Ksp 相除。 19.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。下列 有关说法正确的是   4 2 Ksp PbSO Ksp PbCl =（ ） （ ） A. 制取 NaHCO3 的反应是利用其溶解度比较小 B. 除去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+),加入的药品顺序为:NaOH 溶液→Na2CO3 溶液→BaCl2 溶 液→过滤后加盐酸 C. 在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化 D. 工业上通过电解饱和 MgCl2 溶液制取金属镁 【答案】A 【解析】 A．碳酸氢钠在反应涉及物质中溶解度最小，向饱和食盐水中通入氨气以及二氧化碳，溶解度 较小的碳酸氢钠会先析出，制取 NaHCO3 的反应是利用其溶解度小于 NaCl，故 A 正确；B．除 去粗盐中杂质(Mg2+、SO42-、Ca2+)，BaCl2 溶液需要在碳酸钠之前加入，便于过量的氯化钡被碳 酸钠除去，故 B 错误；C．海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还 原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，其中④中溴得电子化合价降低，所以溴 元素被还原，故 C 错误；D．镁为活泼金属，电解氯化镁溶液，在阳极生成氯气，在阴极生成 氢气和氢氧化镁沉淀，不能得到镁，应用电解熔融氯化镁的方法冶炼，故 D 错误；故选 A。 点睛：本题考查海水资源的综合应用，把握金属冶炼、氧化还原反应及海水提碘、海水提溴 的反应原理为解答的关键。本题的易错点为 C，要熟悉海水提溴的流程，溴化钠溶液中通入氯 气氧化溴离子为溴单质，溴单质被二氧化硫溶液吸收，再通入氯气得到溴单质。 20.对分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应正确的是 操作 现象 结论 A 向①中先滴加 BaCl2 溶液再滴加 HCl 溶液 生成白色沉淀 原溶液中有 SO42- B 向②中滴加氯水和 CCl4，振荡静置 下层溶液呈橙色 原溶液中有 I－ C 向③中滴入 NaHCO3 溶液 有白色沉淀生成 原溶液中有 AlO2－ D 向④中滴加 NaOH 溶液，加热，将湿润红色石 试纸变蓝 原溶液中有 NH4＋ 蕊试纸置于试管口 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 A 项，向某溶液中先滴加 BaCl2 溶液再滴加 HCl 溶液，若有白色沉淀，该沉淀可能为 BaSO4 或 AgCl 等，不能排除 Ag+的干扰，应先加足量盐酸酸化，如无沉淀，然后加入 BaCl2 溶液，若有 白色沉淀，说明原溶液中一定含 SO42-，故 A 错误；B 项，因为氯水中的氯气和溴离子反应生 成溴单质、和碘离子反应生成碘单质，CCl4 可把溴单质、碘单质从水溶液中萃取出来，CCl4 密度比水大，在下层，溴单质的 CCl4 溶液呈橙色、碘单质的 CCl4 溶液呈紫色，滴加氯水和 CCl4，下层溶液呈橙色，说明原溶液中有溴离子，而不是碘离子，故 B 错误；C 项，原溶液中 不一定有 AlO2－，例如 NaHCO3 溶液与 Ca(OH)2、Ba(OH)2 溶液反应都会生成白色沉淀，故 C 错 误；D 项，NH4＋与 OH-反应生成 NH3•H2O，加热时 NH3•H2O 分解放出氨气，氨气遇到湿润的红色 石蕊试纸，又会反应生成 NH3•H2O，NH3•H2O 电离产生 OH-，溶液显碱性，所以试纸变蓝，故 D 正确。 21.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置 II 中实验现象正确的是 ① ② ③ II 中实验现象 A 浓盐酸 碳酸钙 滴有酚酞的稀 碳酸钠溶液 溶液由红色变为浅红色 B 浓氨水 氧化钙 硫酸亚铁溶液 产生大量白色沉淀 C 冰醋酸 乙醇和浓硫 酸 饱和碳酸钠溶 液 溶液分层，上层为油状液 体 D NH4Cl 溶 液 NaAlO2 溶液 紫色石蕊试液 溶液由紫色变为蓝色 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳、盐酸均与碳酸钠反应，则碱 性减弱，观察到Ⅱ中溶液由红色最终变为无色，故 A 错误； B．反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成 Fe(OH)2 白色沉淀，然后变为灰绿色，最终 变为红褐色 Fe(OH)3 沉淀，故 B 错误； C．酯化反应需要加热，则图中装置没有加热装置，不能生成乙酸乙酯，故 C 错误； D．NH4Cl 溶液和 NaAlO2 溶液混合后生成 Al(OH)3 白色沉淀，同时逸出氨气，氨气的水溶液显 碱性，遇紫色石蕊试液显蓝色，故 D 正确； 故答案为 D。 22.针对下列实验现象表述不正确的是 A. 用同一针筒先后抽取 80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色 B. 在表面皿中加入少量胆矾，再加入 3 mL 浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色 C. 向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀 D. 将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成 【答案】A 【解析】 【详解】A.氯气可溶于水，在常温时，1 体积水大约能溶解 2 体积氯气，因而 20mL 水大约能 溶解 40mL 氯气，气体大约剩余 40mL 未溶解，A 项错误； B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O 变为 CuSO4，CuSO4 为白色固体，B 项正确； C.双氧水将 SO2 氧化，离子方程式为 H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中 Ba2+与 SO42-生成 BaSO4 白色沉淀，C 项正确； D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为 ，MgO 为白色固体，C 是黑色固体，D 项正确。 故答案选 A。 23.下列所示物质的制备方法合理的是 A. 实验室从海帶中提取单质碘取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B. 金红石(主要成分 TiO2)为原料生产金属 Ti：金红石、焦炭 TiCl4 Ti C. 从卤水中(溶质主要是 MgCl2)提取 Mg:卤水 Mg(OH)2 MgCl2(aq) MgCl2(s) Mg D. 由食盐制取漂粉精 NaCl(ag) Cl2 漂粉精 【答案】B 【解析】 【详解】A、实验室从海带中提取单质碘，取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取→蒸馏，故 A 错误； B、TiO2、C、Cl2 反应生成 TiCl4，在稀有气体保护下，Mg 还原 TiCl4 生成 Ti，可实现转化， 故 B 正确； C、从 MgCl2 溶液中获取 MgCl2(s)，需要在 HCl 氛围中加热 MgCl2 溶液，防止 Mg2＋水解，不能 直接加热蒸干，故 C 错误； D、Ca(OH)2 微溶于水，澄清石灰水中 Ca(OH)2 含量低，应选用氯气与石灰乳反应制备漂白精， 故 D 错误； 答案为 B。 【点睛】易错点是选项 D，学生认为电解 NaCl 溶液得到 Cl2，Cl2 与 Ca(OH)2 反应：2Cl2＋ 2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，忽略了 Ca(OH)2 微溶于水，澄清石灰水中 Ca(OH)2 量较低， 因此制备漂白精应用 Cl2 与石灰乳反应。 24.过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用 CaCO3 为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3 滤液 白色 结晶(CaO2)。下列说法不正确的是(  ) A. 逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的 HCl B. 加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O C. 生成 CaO2 的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解 D. 过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分 【答案】A 【解析】 【分析】 →通氯气 高温 Mg(Ar ) →氛围 加热 2Ca(OH)→ →盐酸 →加热蒸干 →熔融电解 电解→ →澄清石灰水 →稀盐酸、煮沸、过滤 → →氨水和双氧水 过滤 冰浴 根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3 与盐 酸反应，发生 CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2 能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸， 加热煮沸的目的是除去溶液中多余的 CO2 ，加入氨水和双氧水时发生的反应是 CaCl2 ＋ 2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析； 【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量， CaCO3 与盐酸反应，发生 CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋H2O，CO2 能溶于水，溶液显酸性，过氧 化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的 CO2，故 A 说法错误； B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为 CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O， 故 B 说法正确； C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故 C 说法正确； D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故 D 说法正 确； 答案选 A。 【点睛】易错点是选项 A，学生注意到 CaO2 溶于酸，需要将过量 HCl 除去，但是忽略了流程， 碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO3＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋ H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到 CO2 能溶 于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去 CO2。 25.探索二氧化碳在海洋中转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。研究表明，溶于海 水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中 HCO3-占 95%。科学家利用下图所示装置从海水中 提取 CO2，有利于减少环境温室气体含量。 下列说法不正确的是 A. a 室中 OH-在电极板上被氧化 B. b 室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3- = CO2↑ + H2O C. 电路中每有 0.2mol 电子通过时，就有 0.2mol 阳离子从 c 室移至 b 室 D. 若用氢氧燃料电池供电，则电池负极可能发生的反应为：H2 + 2OH- - 2e- =2H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A. a 室是阳极室，OH-在电极板上失电子被氧化生成氧气，故 A 正确； B. a 室中生成的氢离子移入 b 室， b 室发生反应的离子方程式为：H+ + HCO3-＝CO2↑ + H2O， 故 B 正确； C. 阳离子由阳极移向阴极，所以阳离子从 b 室移至 c 室，故 C 错误； D. 碱性氢氧燃料电池的负极反应为：H2 + 2OH- - 2e-＝2H2O，故 D 正确。 二、综合题 26.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)。某小 组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到 Ce(OH)4。 己知:CeO2 不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。 (1)废玻璃在 NaOH 溶液浸洗前往往要进行的操作________，反应①的离子方程式_______。 (2)反应②的离子方程武是____________。 (3)为了得到较纯的 Ce3+溶液，反应②之前要进行的操作是______。 (4)反应③需要加入的试剂 X 可以是_________。 (5)用滴定法测定制得的 Ce(OH)4 产品纯度。 用 FeSO4 溶液滴定用_____做指示剂，滴定终点的现象_______若所用 FeSO4 溶液在空气中露置 一段时间后再进进行滴定，则测得该 Ce(OH)4 产品的质量分数____(填“偏大”、“偏小”或“无 影响”)。 【答案】 (1). 粉碎 (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (4). 洗涤 (5). O2 或其它合理答案 (6). K3[Fe(CN)6] (7). 最后一滴溶液时，生成 淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失 (8). 偏大 【解析】 废玻璃粉末(含 SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物质)加氢氧化钠溶液，二氧化硅溶于氢氧化钠生成 硅酸钠，Fe2O3、CeO2、FeO 不溶，过滤，得到滤液 A 的主要成分为硅酸钠，滤渣 A 的成分是 Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣 A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液 B 是硫酸亚铁、硫酸铁的 混合溶液，滤渣 B 的成分是 CeO2，CeO2 与 H2O2 和稀 H2SO4 反应生成 Ce3+和 O2，反应为： 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加碱生成 Ce(OH)3 悬浊液；Ce(OH)3 悬浊液被氧化生成 Ce(OH)4。 (1)废玻璃在 NaOH 溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反应①中二氧 化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的离子方程式为 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为粉碎； SiO2+2OH-=SiO32-+H2O； (2)反应②为 CeO2 与 H2O2 和稀 H2SO4 反应生成 Ce3+和 O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3++O2↑+4H2O；故答案为 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O； (3)为了得到较纯的 Ce3+溶液，反应②之前需要滤渣 B 进行洗涤，故答案为洗涤； (4)根据上述分析，反应③中 Ce(OH)3 悬浊液被氧化生成 Ce(OH)4，需要加入的试剂 X 可以是 O2，故答案为 O2； (5) K3[Fe(CN)6]能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀，用 FeSO4 溶液滴定可以用 K3[Fe(CN)6] 做指示剂，滴定终点的现象为最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再 消失；所用 FeSO4 溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子， 则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该 Ce(OH)4 产品的质量分数偏大； 故答案为 K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；偏大。 27.重金属元素铬的毒性较大，含铬废水需经处理达标后才能排放。 Ⅰ.某工业废水中主要含有 Cr3＋，同时还含有少量的 Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和 Mg2＋等，且 酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理： 注：常温下，部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时所需的 pH，如下表： 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Al(OH)3 Cr(OH)3 pH 3.7 9.6 11.1 8 9 （1）氧化过程中可代替 H2O2 加入的试剂是________(填字母，下同)。 A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4 （2）加入 NaOH 溶液调整溶液 pH＝8 时，除去的离子是________； 已知钠离子交换树脂的原理：Mn＋＋nNaR―→MRn＋nNa＋，此步操作被交换除去的杂质离子是 ____________。 A.Fe3＋ B.Al3＋ C.Ca2＋ D.Mg2＋ （3）还原过程在酸性条件下进行，每消耗 0.8 mol Cr2O 转移 4.8 mol e－，该反应离子方程 式为________________________________________________________________________。 Ⅱ.酸性条件下，六价铬主要以 Cr2O 形式存在，工业上常用电解法处理含 Cr2O 的废水，该 法用 Fe 作电极电解含 Cr2O 的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液 pH 升高，产生 Cr(OH)3 溶液。 （1）电解时能否用 Cu 电极来代替 Fe 电极？________(填“能”或“不能”)，理由是 _____________。 （2）常温下，Cr(OH)3 的溶度积 Ksp＝1×10－20，假设溶液的 c(Cr3＋)=0.01mol/L，当 pH 应为 ______时开始生成沉淀。 【答案】 (1). A (2). AB (3). CD (4). 3S2O ＋4Cr2O ＋26H＋===6SO ＋8Cr3 ＋＋13H2O (5). 不能 (6). 因阳极产生的 Cu2＋不能使 Cr2O 还原到低价态 (7). 8 【解析】 I.某工业废水中主要含有 Cr3+,同时还含有少量的 Fe3+、Al3+、Ca2+和 Mg2+等,加双氧水把亚铁 离子氧化为铁离子,同时 Cr3+被氧化为 Cr2O72-,加氢氧化钠调节 pH=8,则 Fe3+、Al3+转化为氢氧 化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有 Cr2O72-、Ca2+和 Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去 Ca2+和 Mg2+,然后加 Na2S2O3 把 Cr2O72-还原为 Cr3+,再调节 pH 得到 Cr(OH)(H2O)5SO4， (1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用 Na2O2 代替 H2O2，故答案为 A； (2)根据表中数据可知,pH=8 时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则 Fe3+、Al3+被除 去;通过钠离子交换树脂,除去 Ca2+和 Mg2+；故答案为 AB；CD； (3)每消耗 0.8molCr2O72-转移 4.8mole−,则 1molCr2O72-转移 6mol 电子,所以生成 Cr3+,S2O32-被 氧化为 SO42-,则反应的离子方程式为：3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O；故答案为 3S2O32-＋4Cr2O72-＋26H＋===6SO42-＋8Cr3＋＋13H2O II.(1)若用 Cu 电极来代替 Fe 电极，在阳极上铜失去电子得到的阳离子是铜离子，该离子不 具有还原性，不能和重铬酸根之间发生反应，故答案为不能;因阳极产生的 Cu2+不能使 Cr2O72- 还原到低价态； (2)由 Cr(OH)3 的溶度积 Ksp＝1×10－20 可得 Ksp＝c(Cr3+)×c3(OH−)=0.01×c3(OH−)=1×10－20， c(OH−)=1×10－6，所以 c(H+)=1×10－8，pH=8，故答案为 8 28.ClO2 是一种优良的消毒剂，常将其制成 NaClO2 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法备 NaClO2 固体的实验装置如图所示。 已知：① 2NaC1O3+H2O2+H2SO4=2C1O2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O ②ClO2 熔点-59℃、沸点 11℃，浓度过高时易发生分解； ③H2O2 沸点 150℃ （1）仪器 C 的名称是__________________，仪器 A 的作用是_________________，冰水浴冷 却的目的是_____________________和___________________________。 （2）该装置不完善的方面是________________________。 （3）空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2 产率，试解释其原因，空气流速过慢时，___________； 空气流速过快时，________________。 （4）Cl-存在时会催化 ClO2 的生成。反应开始时在 C 中加入少量盐酸，ClO2 的生成速率大大 提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整： ①_____________________________（用离子方程式表示） ②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+ （5）NaClO2 纯度测定： ①准确称取所得 NaClO2 样品 10.0g 于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴 入适量的稀硫酸，充分反应（C1O2-的产物为 Cl-），将所得混合液配成 250mL 待测溶液； ②取 25.00mL 待测液，用 2.0mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，以淀粉溶液 做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________________________，重复滴定 3 次，测得 Na2S2O3 标准液平均用量为 20.00mL，则该样品中 NaClO2 的质量分数为_________________。 （M(NaClO2)=90.5g/mol） 【答案】 (1).三颈烧瓶 (2).防止倒吸 (3).降低 NaClO2 的溶解度 (4).减少 H2O2 的分解、增加 ClO2 的溶解度、减少 ClO2 的分解 (5). 没有尾气处理装置 (6). 空气流 速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解 (7). 空气流速过快时，ClO2 不能被 充分吸收，导致浪费原料，产率降低 (8). 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2↑+Cl2↑+2H2O (9). 当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且 30 秒内不恢复 (10). 90.5 % 【解析】 （1）仪器 C 的名称是三颈烧瓶；仪器 A 为安全瓶，可以防止倒吸；双氧水易分解，ClO2 浓度 过高时易发生分解，因此冰水浴冷却的目的是为降低 NaClO2 的溶解度，减少 H2O2 的分解，增 加 ClO2 的溶解度，减少 ClO2 的分解。答案为：三颈烧瓶；防止倒吸；降低 NaClO2 的溶解度 ； 减少 H2O2 的分解、增加 ClO2 的溶解度、减少 ClO2 的分解 （2）ClO2 有毒，污染空气，应该做尾气处理，该装置没有尾气处理装置。答案为：没有尾气 处理装置 （3）空气流速过慢时，ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致 ClO2 分解；空气流速过快时，ClO2 不能被充分吸收，因此空气流速过快或过慢,均降低 NaClO2 产率。答案为：空气流速过慢时， ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2 不能被充分吸收，导致浪 费原料，产率降低 （4）Cl-存在时会催化 ClO2 的生成，根据第二步反应可知产生氯离子，因此第一步是消耗氯 离子，离子方程式为 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2↑+Cl2↑+2H2O 。答案为： 2ClO3-+2Cl-+4H+=2C1O2↑+Cl2↑+2H2O （5）②有碘单质参与的反应一般采用淀粉溶液为指示剂，因此现象为：当最后一滴滴定液滴 下后，溶液由无色变蓝色，且 30 秒内不褪色。NaClO2 和碘化钾反应的离子方程式为 ClO2-+4 I-+4 H+= Cl-+2I2+2 H2O 根据方程式可以找出一个对应关系即：ClO2-─2I2─4 S2O32-，因为 20ml 的 Na2S2O3 溶液中 Na2S2O3 的物质的量为 0.04mol，所以 ClO2-的物质的量为 ，NaClO2 的质量为 0.1mol×90.5g/mol=9.05g，故 NaClO2 的质量分数 为 .答案为：当最后一滴滴定液滴下后，溶液由蓝色变无色，且 30 秒 内不恢复 ，90.5% 29.砷和镍均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。 （1）基态 As 原子的价层电子的电子云轮廓图形状为_____________。与砷同周期的主族元素 的基态原子中，第一电离能最大的为_____________（填元素符号。） （2）Na3AsO3 可用于碘的微量分析。 ①Na+的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为 __________________________。 ②Na3AsO3 中所含阴离子的立体构型为_____________，写出一种与其互为等电子体的分子： _____________（填化学式）。 （3） 可用于合成 Ni2+的配体，M 中 C 原子的杂化方式为___________， 其所含 键和 π 键的数目之比为___________。 （4）Ni 与 Ca 处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属 Ni 的熔点和沸点均比金属 Ca 的高，其原因为___________。区分晶体 Ni 和非晶体 Ni 的最可靠的科学方法为___________。 （5）某砷镍合金的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体的密度 ρ=___________g·cm-3。 0.04 10 0.14 mol mol× = 9.05 100% 90.5%10.0 g g × = σ 【答案】 (1). 球形、哑铃形（或纺锤形） (2). Br (3). 电子从较高能级的激发 态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量 (4). 三角锥形 (5). PCl3、 PBr3、NF3、NCl3 等（答一种即可） (6). sp3，sp2 (7). 7:1 (8). Ni 的原子半径较 小，价层电子数目较多，金属键较强 (9). X-射线衍射法 (10). 【解析】 【详解】（1）基态 As 原子的价层电子排布式为 4s24p3， 故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃 形或纺锤形。一般情况下，同周期主族元素从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，故第四 周期主族元素中第一电离能最大的是 Br。答案为球形、哑铃形（或纺锤形） Br； （2）①金属元素产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发 态乃至基态时，会以光的形式释放能量，产生焰色反应。答案为电子从较高能级的激发态跃 迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量； ②AsO33-中 As 原子的价层电子对数目为 4，含有一对孤对电子，其立体构型为三角锥形。根据 等电子体的含义知，与 AsO33-互 为等电子体的分子有 PCl3、PBr3、NF3、NCl3 等。答案为三角 锥形 PCl3、PBr3、NF3、NCl3 等（答一种即可）； （3 ）由 的结构简式可知，一 CH3、 一 CH2—、一 CF3 中 C 原子的价层 电子对数目为 4，杂化方式为 sp3，碳氧双键中 C 原子的价层电子对数目为 3，杂化方式为 sp2。每个 分子中含有 14 个 键和 2 个 π 键，则 键与 π 键的数目之 比为 7:1。答案为 sp3，sp2 7:1； （4）金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子 的半径有关。区分晶体 Ni 和非晶体 Ni 的最可靠的科学方法为 X-射线衍射法。答案为 Ni 的原 子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强 X-射线衍射法； （5）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有 2 个 Ni 原子和 2 个 As 原子，晶胞的体积 V= cm3，故晶胞的密度 ρ= g/cm3= g·cm-3。答案为 32 2 5.36 10 3a c AN × σ σ 2 -303a c 102 × 2 -30 2 59 75 3a c 102AN × + ⋅ × （ ） 32 2 5.36 10 3a c AN × 。 30.缓释布洛芬是常用的解热镇痛药物，其一种合成路线如下： 已知：① ② R1COOR2 + R3OH R1COOR3 + R2OH （1）按照官能团分类，A 所属的类别是______。 （2）反应①的化学方程式是______。 （3）试剂 X 的结构简式是______。 （4）F→G 的反应类型是______。 （5）H 的结构简式是______。 （6）反应② 化学方程式是______。 （7）缓释布洛芬能缓慢水解释放出布洛芬，请将下列方程式补充完整。 + 2n H2O ______ （8）以丙烯为起始原料制备丙酮酸甲酯（ ）的合成路线如下，请补充完 整（无机试剂任选）。_____ 的 32 2 5.36 10 3a c AN × 【答案】 (1). 羧酸 (2). +2NaOH +NaCl+2H2O (3). (4). 加成反应 (5). (6). +CH3OH (7). +nHOCH2CH2OH (8). 【解析】 【分析】 根 据 流 程 图 可 知 A 为 异 丁 酸 (CH3)2CHCOOH ， A 在 加 热 的 条 件 下 与 PCl3 反 应 生 成 ；J 发生加聚反应生成缓释布洛芬，由缓释布洛芬的结构简式逆推 J 为 ； 发生反应① 生成 B，B 酸化生成 C，C 与 C2H6O2 反应生成 D，C2H6O2 为 HOCH2CH2OH，则 C→D 为酯化反应，D 中含酯基；A 与 SOCl2 反应生成 E，根据 E→F→G 的反应条件，E→F→G 发生题给已知①的反 应，根据 G 的分子式和 A 的结构简式推知，E 的结构简式为(CH3)2CHCOCl，F 的结构简式为 ，X 为苯，G 的结构简式为 ，G 在浓硫酸作用下发生消去反应生成 H，H 的结构简式为 ， H 与 H2/Ni 发生加成反应生成 I，I 的结构简式为 ；I 与 D 反应生成 J，结合 J 的结构简式和已知②，D 的结构简式为 ； 由 D 进一步逆推出 C 为 H2C=C(CH3)COOH，B 为 。 【详解】（1）A 的结构简式为(CH3)2CHCOOH，含有官能团羧基，所以 A 属于羧酸； （2）反应① → ，反应条件为 NaOH 醇溶液、加热，反应 方程式为 ； （3）根据推断 X 为苯，结构简式为 ； （4）F→G 为 → ，发生的是题 给已知①的反应，发生的是羰基的加成反应； （5）由分析可知 H 的结构简式是： ； （6）反应②的化学方程式为 ； （7）缓释布洛芬中含酯基，缓释布洛芬水解的方程式为 +2nH2O ； （8）以丙烯为起始原料制备丙酮酸甲酯（ ），根据已给流程应由丙烯合成 CH3COCOOH，对比丙烯与 CH3COCOOH 结构简式，由含碳碳双键的物质合成双官能团的物质，所 以由丙烯与 Br2/CCl4 发生加成反应生成 CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br 发生水解反应生成 CH3CH （OH）CH2OH，CH3CH（OH）CH2OH 发生两步氧化制得 CH3COCOOH；合成路线为 。