、、龙泉中学三校2020届高三化学上学期联考试卷（附解析Word版）

1.《厉害了，我的国》展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥 梁、码头，5G 技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法 正确的是 A. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属一次能源 B. 大飞机 C919 采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料 C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅 D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐 【答案】B 【解析】 【详解】A．电能不是一次能源，属于二次能源，故 A 错误； B．铝锂合金属于金属材料，故 B 正确； C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故 C 错误； D．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大 提高，可适用于不同的要 求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故 D 错误； 故答案 B。 2.以某硫酸渣(含 Fe2O3、SiO2 等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. “酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度 B. 滤渣的主要成分是 SiO2 和 Fe C. “沉铁”过程中生成 Fe(OH)2 的化学方程式为 FeSO4＋2NH4HCO3＝Fe(OH)2↓＋ (NH4)2SO4＋ 2CO2↑。 D. “氧化”Fe(OH)2 浆液时，可用氯气代替空气 【答案】D 【解析】 【分析】 硫酸渣用硫酸酸浸时，氧化铁溶解生成硫酸铁，加入铁粉，则溶液变为硫酸亚铁溶液，过滤， 的 为 滤渣为过量的铁粉和未溶解的二氧化硅，滤液中加入碳酸氢铵，发生双水解反应生成二氧化 碳和氢氧化亚铁，据此解答。 【详解】A. “酸溶”中加热或搅拌或适当增大硫酸浓度均可加快溶解速度，A 正确； B. 根据分析可知，滤渣的主要成分是 SiO2 和 Fe，B 正确； C. “沉铁”过程中硫酸亚铁与碳酸氢铵双水解生成 Fe(OH)2 的化学方程式为:FeSO4＋2NH4HCO3 ＝Fe(OH)2↓＋ (NH4)2SO4＋ 2CO2↑，C 正确； D. “氧化”Fe(OH)2 浆液时，若用氯气代替空气，导致制备的铁黄含量偏低且含有杂质，D 错 误； 答案为 D。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18g 氨基(－ND2)中含有的电子数为 10NA B. 一定质量的乙烷与 22.4L(标准状况)Cl2 在光照条件下发生取代反应，形成 C－Cl 键的数目 为 2NA C. 用惰性电极电解 100mL0.1mol·L－1 的 CuSO4 溶液，当阴、阳两极产生相同条件下等体积的 气体时，电路中转移电子数为 0.04NA D. n(H2SO3)和 n(HSO3－)之和为 1mol 的 KHSO3 溶液中，含有的 K+数目为 NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．18g 该氨基的物质的量为 1mol，含有的电子数为 9NA，A 项错误；B．若形成 C-Cl 键的数目为 2NA，则表示氯气中所有的氯反应后均形成了 C-Cl 键，这显然是错误的，因为每 取代一个氢原子，都还要生成一个氯化氢分子，形成 H-Cl 键，B 项错误；C．用惰性电极电解 硫 酸 铜 溶 液 时 ， 电 解 过 程 分 两 个 阶 段 ， 第 一 阶 段 是 电 解 硫 酸 铜 2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O 2H2↑+O2↑。阳极始终产 生氧气，阴极先是产生铜，后是产生氢气，因此当阴、阳两极产生相同量的气体时，说明第 一阶段和第二阶段产生的氧气的量相同，因第一阶段硫酸铜完全反应，转移电子数为 0.02mol，所以两阶段共转移电子数为 0.04mol，C 项正确；D．KHSO3 溶液中硫原子有三种存 在形式：H2SO3、HSO3-和 SO32-，所以该溶液中 K+的数目大于 1mol，D 项错误；所以答案选 C 项。 4.碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步 骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3+对该反应有催化作用， 其催化原理如下图所示。步骤 2：在制得的 CuCl2 溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱 式氯化铜。 下列有关说法正确的是 A. a、b、c 之间的关系式为：a=b+c B. 图中 M、N 分别为 Fe2+、Fe3+ C. 步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+ D. 若制备 1 mol 的 CuCl2，理论上消耗 11.2 LO2 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据化合物中正负化合价的代数和等于 0，可知：2a=b+c，A 错误； B.根据题干叙述可知反应方程式 2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，可知 M 是 O2，N 是 H2O，B 错误； C.Fe3+水解使溶液显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH 增大到一定程度，Fe3+形 成 Fe(OH)3 程度而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C 正确； D.制备 1mol 的 CuCl2，转移 2mol 电子，根据电子守恒，需要消耗 0.5molO2，由于不清楚氧气 所处的条件，所以不能确定气体的体积，D 错误； 故合理选项是 C。 5.短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，甲、乙分别是 X、W 两元素对应的单质， 丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且 25℃时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不 正确的是（  ） A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. Z 分别与 X、Y、W 形成的化合物中一定没有共价键 C. 元素 Y 与 X、Z 都能组成两种化合物 D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性 【答案】B 【解析】 【分析】 根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢 气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以 X 是 H 元素，乙是氯气，所以 W 为 Cl 元素，戊是 Z 的最高价氧化物对应的水化物，且 25℃时 0.1mol/L 戊溶液的 pH 为 13，所以戊为氢氧化钠， 根据短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，所以 Y 为 O 元素，Z 为钠元素。 【详解】A、Z 为钠元素，W 为 Cl 元素，Y 为 O 元素，X 是 H 元素，原子半径大小比较先看电 子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z ＞W＞Y＞X，故 A 正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的 共价键，故 B 错误；C、Y 为 O 元素，X 是 H 元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z 为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故 C 正确；D、乙为氯气，戊为 氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故 D 正确；故选 B。 【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、 乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层 数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能 含有共价键。 6.某 100mL 溶液可能含有 Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连 续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是 A. 若原溶液中不存在 Na+，则 c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1 B. 原溶液可能存在 Cl－ 和 Na+ C. 原溶液中 c（CO32－）是 0.01mol•L﹣1 D. 原溶液一定存在 CO32－和 SO42－，一定不存在 Fe3+ 【答案】D 【解析】 【分析】 加入 BaCl2 溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有 CO32 －、SO42－这两种离子，一定没有 Fe3+（Fe3+和 CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀 2 为 BaSO4，n(BaSO4)= ，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则 n(BaCO3)= -1 m 2.33g= =0.01molM 233g mol 。加入 NaOH 溶液产生 1.12L（标况）气体，则溶液中有 NH4+，NH3 有 0.05mol，即 n(NH4+)=0.05mol。CO 32 －和 SO42 －所带的负电荷的物质的量为 0.01mol×2＋ 0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为 0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒， 可以推断出溶液中一定有 Cl-，且最少为 0.01mol（因为无法判断是否有 Na+，如果有 Na+，需 要多于的 Cl-去保持溶液的电中性）。 【详解】A. 若原溶液中不存在 Na+，则 c(Cl－)= ，A 错误； B. 原溶液中一定有 Cl-，可能有 Na+，B 错误； C. 经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则 c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol •L﹣1，C 错误； D. 加入 BaCl2 溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有 CO32 －、SO42－这两种离子，一定没有 Fe3+，D 正确； 故合理选项为 D。 【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中 性。 7.常温下，向 1L0.1mol·L－1 一元酸 HR 溶液中逐渐通入氨气［已知常温下 NH3·H2O 电离平衡 常数 K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如 图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1mol·L－1HR 溶液的 pH 为 5 B. HR 为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大 C. 当通入 0.1 mol NH3 时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+) D. 当 c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性 【答案】C 【解析】 A 项，pH=5 时 c(H+)=10-5，由图可得此时 =0，又因为一元酸 HR 溶液为 0.1mol·L-1， -1 m 1.97g= =0.01molM 197g mol 1n 0.01= =0.1mol LV 0.1 mol L −  c( ) c( ) Rlg HR − 所以 c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时 c(R-)≠c(H+)，则 0.1mol·L－1HR 溶液的 pH 不是 5， 故 A 错误；B 项，由已知 HR 溶液中存在着 HR 分子，所以 HR 为弱酸， = =Ka/Kw，温度不变时 Ka/Kw 的值不变，故 B 错误；C 项，pH=5 时 c(H+)=10-5，由图可得此时 =0，则 Ka= =10-5，当通入 0.1 mol NH3 时， 恰好反应生成 NH4R，又因为常温下 NH3·H2O 电离平衡常数 K＝1.76×10－5，所以 NH4R 溶液中 R- 水解程度大于 NH4+水解程度，NH4R 溶液呈碱性，则 c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故 C 正 确；D 项，由前面对 A 项的分析知，当 c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故 D 错误。 8.次氯酸溶液是常用的消毒剂和漂白剂。某学习小组根据需要欲制备浓度不小于 0.8mol/L 的 次氯酸溶液。 资料 1：常温常压下，Cl2O 为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。 资料 2：将氯气和空气(不参与反应)按体积比 1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中发生反应 2Cl2＋ 2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，用水吸收 Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。 （装置及实验）用以下装置制备次氯酸溶液。 回答下列问题： （1）各装置的连接顺序为_____→_____→_____→____→E。 （2）装置 A 中反应的离子方程式是__________________________。 （3）实验中控制氯气与空气体积比的方法是_____________________。 （4）反应过程中，装置 B 需放在冷水中，其目的是_________________________。 （5）装置 E 采用棕色圆底烧瓶是因为______________________。 （6）若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在 E 前各装置中，其余均溶于装置 E 的水中，装 ( ) ( ) ( ) c R c OH c HR − − ⋅ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )• • c R c H c OH c H c HR − + − + c( ) c( ) Rlg HR − ( ) ( ) ( ) c R c H c HR − + 置 E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L,则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为 _________g。 （7）已知次氯酸可被 H2O2、FeCl2 等物质还原成 Cl－。测定 E 中次氯酸溶液的物质的量浓度的 实验方案为：用________________准确量取 20.00 mL 次氯酸溶液，加入足量的________溶液， 再加入足量的________溶液，过滤，洗涤，真空干燥，称量沉淀的质量。（可选用的试剂：H2O2 溶液、FeCl2 溶液、AgNO3 溶液。） 【答案】 (1). A (2). D (3). B (4). C (5). MnO2 + 4H＋+2Cl－ Mn2＋+ Cl2 ↑+ 2H2O (6). 通过观察 B 中产生气泡的速率调节流速 (7). 防止反应放热后温度过高 导致 Cl2O 分解 (8). HClO 见光易分解 (9). 57.6 (10). 酸式滴定管 (11). H2O2 (12). AgNO3 【解析】 【分析】 A 装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，由 D 装置饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体，与空气 形成 1：3 的混合气体通入 B 装置，发生反应 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，防止反 应放热后温度过高导致 Cl2O 分解，装置 B 需放在冷水中，在搅拌棒的作用下与含水 8%的碳酸 钠充分反应制备 Cl2O，通入 C 装置吸收除去 Cl2O 中的 Cl2，并在 E 装置中用水吸收 Cl2O 制备 次氯酸溶液，据此分析作答。 【详解】(1)A 装置制备氯气，D 装置吸收吸收氯气中的氯化氢气体，与空气形成 1：3 的混合 气体通入 B 装置，与含水 8%的碳酸钠充分反应制备 Cl2O，C 装置吸收除去 Cl2O 中的 Cl2，E 装 置中用水吸收 Cl2O 制备次氯酸溶液，所以各装置的连接顺序为 A→D→B→C→E； (2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，对应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O； (3)将氯气和空气(不参与反应)以体积比约 1：3 混合通入含水 8%的碳酸钠中制备 Cl2O，可通 过观察 A 中产生气泡的速率调节流速，从而控制氯气与空气体积比； (4)由题可知：Cl2O42℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，故为防止反应放热后温度过高导致 Cl2O 分 解，装置 B 需放在冷水中； (5)装置 C 中使用棕色平底烧瓶可以避光，防止反应生成的 HClO 见光分解； (6)装置 E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，n=cv=0.5mol×0.8mol/L=0.4mol，Cl2O+H2O Δ 2HClO，反应的二氧化氯为 0.2mol，装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在 E 前各装置 中，制得的二氧化氯的物质的量为 =0.25mol，2Cl2+2Na2CO3+H2O＝Cl2O+2NaCl+2NaHCO3， 需碳酸钠的物质的量为 0.5mol，质量为 0.5mol×106g/mol=53g，则至少需要含水 8%的碳酸钠 的质量为 ≈57.6g； (7)次氯酸具有酸性和强氧化性，需要选用酸式滴定管盛放；FeCl2 溶液中含有氯离子，本实 验中需要用硝酸银溶液测定氯离子，干扰了检验结果，故应该选用双氧水，具体实验操作方 法是：用酸性滴定管准确量取 20.00mL 次氯酸溶液，加入足量的 H2O2 溶液，再加入足量的 AgNO3 溶液，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。 9.碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题： （1）反应Ⅰ：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) ΔH1 平衡常数为 K1 反应Ⅱ：Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g) ΔH2 平衡常数为 K2 不同温度下，K1、K2 的值如下表： 现有反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)，结合上表数据，反应Ⅲ是_______ (填“放 热”或“吸热”）反应。 （2）已知 CO2 催化加氢合成乙醇的反应原理为： 2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ∆H c(HCO3-) > c(CO32-) > c(OH-) > c(H+) 【解析】 【详解】(1)由图可知反应①的 K1 随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，△H＞0，反应 ②的 K2 随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，△H＜0，已知：①Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)△H1=Q1＞0，②Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g)△H2=Q2＜0，由盖斯定律①-② 得③H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g))△H=Q3=Q1-Q2＞0，说明是吸热反应； (2)①反应为放热反应，温度越高转化率越小，则 T3＞T2＞T1； ②图 2 中 m1、m2、m3 投料比从大到小的顺序为 m1＞m2＞m3，因相同温度下，增大氢气的量，平 衡正向移动，二氧化碳的转化率增大； ③温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大， 3 2 1T >T >T 1 2 3m >m >m 3 2 6 0.125 5MPa (0.375 5MPa) (0.125 5MPa) (0.375 5MPa) × × × × × ×    由图可知，曲线 a 代表的物质为 H2，b 表示 CO2，c 为 H2O，d 表示乙醇；设开始氢气的投入量 是 3nmol，则二氧化碳是 nmol，二氧化碳的转化量是 x，则 2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) 起始量(mol) n 3n 0 0 变化量(mol) x 3x 0.5x 1.5x 平衡量(mol) n-x 3n-3x 0.5x 1.5x P 点 a、c 的体积分数相同，所以 3n-3x=1.5x，解得 x= n，总物质的量是 n-x+3n-3x+0.5x+1.5x= n，总压为 5MPa 的恒压条件下，p(二氧化碳)=p(乙醇)= ×5MPa=0.125×5MPa，p(氢气)=p(水)= ×5MPa=0.375×5MPa，T4 温度时，该反应的平衡 常数 Kp= ； (3)工艺流程是将烟气冷却至 15.5～26.5℃后用氨水吸收过量的 CO2，该反应是一水合氨和二 氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CO2=NH4HCO3，由 NH3·H2O 的 Kb=1.7×10－5，H2CO3 的 Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11 可知 HCO3-的水解程度大于 NH4+的水解 程度，则所得溶液的 pH＞7；烟气需冷却至 15.5～26.5℃的可能原因是：降低吸收过程中氨 气挥发，促进氨水对二氧化碳的成分吸收； (4)为了测量某湖水中无机碳含量，量取 100mL 湖水，酸化后用 N2 吹出 CO2，再用 NaOH 溶液吸 收，图象分析可知，生成碳酸氢钠溶液和碳酸钠溶液，二者物质的量之比为 1：1，且 CO32-的 水解程度大于 HCO3-，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)。 【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程 式)，结合原热化学方程式(一般 2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某 一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 ΔH 与原 热化学方程式之间 ΔH 的换算关系。 10.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸 H3AsO3 形式存在)提取中药药剂 As2O3。 工艺流程如下： 2 3 8 3 1 n3 8 n3 n 8 n3 3 2 6 0.125 5MPa (0.375 5MPa) (0.125 5MPa) (0.375 5MPa) × × × × × × 回答下列问题： （1）已知砷元素与 N 同一主族，原子比 N 原子多两个电子层，则砷元素的原子序数为________， “沉砷”中所用 Na2S 的电子式为_____________。 （2）已知：As2S3 与过量的 S2-存在以下反应：As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS33- ；“沉砷”中 FeSO4 的作用是___________________________。 （3）“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三 铁存在的试剂是_________________________________。(写名称) （4）调节 pH=0 时，由 Na3AsO4 制备 As2O3 的离子方程式为：_______________。 （5）一定条件下，用雄黄(As4S4)制备 As2O3 的转化关系如图所示。若反应中，1molAs4S4(其中 As 元素的化合价为+2 价)参加反应时，转移 28mole-，则物质 a 为___________。(填化学式) （6）某原电池装置如图，电池总反应为：AsO43-+2I-+H2O AsO33-+I2+2OH-。当 P 池中溶液 由无色变成蓝色时，正极上的电极反应式为____________________________。一段时间后电 流计指针不发生偏转。欲使指针偏转方向与起始时相反，可采取的措施是____________(举一 例)。 【答案】 (1). 33 (2). (3). 与过量的 S2-结合生成 FeS 沉淀， 防止 As2S3 与 S2-结合生成 AsS33-（或与 S2-结合生成 FeS 沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果） (4). 稀硫酸、铁氰化钾（或稀硫酸、高锰酸钾） (5). 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3↓+ 2SO42-+H2O (6). SO2 (7). AsO43-+H2O+2e- AsO33-+2OH- (8). 向 Q 加入 Na3AsO3 固体或加入碱 （NaOH 等） 【解析】    分析】 酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到 As2S3 和 FeS，焙烧，可生成 As2O3、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成 Na3AsO3，氧化生成 Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与 Na3AsO4 在酸性条件下发生氧化还原反应生成 As2O3，以 此解答该题。 【详解】(1)已知砷元素与 N 同一主族，原子比 N 原子多两个电子层，砷为第四周期元素，第 二周期有 8 种元素，第三周期有 18 种元素，则两者原子序数相差 8+18=26，故砷元素的原子 序数为 26+7=33，硫化钠为离子化合物，电子式为 ； (2)亚铁离子与过量的 S2-结合生成 FeS 沉淀，防止 AS2O3 与 S2-结合生成 AsS33-，即 As2S3+3S2- 2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果； (3)四氧化三铁含有+2 价铁，具有还原性，可先用稀硫酸溶解，再在酸性条件下，滴加高锰酸 钾溶液，溶液褪色，即可证明四氧化三铁存在，则可用硫酸、高锰酸钾检验； (4)调节 pH=0 时，由 Na3AsO4 制备 As2O3 的离子方程式为 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO42-+H2O； (5)As4S4 中 As 为+2 价、S 为-2 价，且生成 As2O3，1molAs4S4(其中 As 元素的化合价为+2 价)参 加反应时，转移 28mole-，则 4molS 元素化合价升高 6 价，生成物化合价为+4 价，应为 SO2； (6)P 池中溶液由无色变成蓝色，说明 P 池 Pt 极为负极，则 Q 池中 Pt 极为正极，发生还原反 应，电极反应为 AsO43-+H2O+2e-=AsO33-+2OH-；一段时间后电流计指针不发生偏转，说明达到平 衡状态，加入 NaOH 溶液，反应逆向进行，此时 Q 池中 Pt 极为负极，电子应由 Q 池流出，即 指针偏转方向与起始时相反。 【化学—选修 3：物质结构与性质】 11.核电荷数依次增大的 A、B、C、D、E、F 都是周期表中前四周期的元素，其中 A、B、C 是 同一周期的非金属元素。化合物 DC 的晶体为离子晶体，D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相 同的电子层结构，AC2 为非极性分子，B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的 沸点高，E 原子的一种核素的质量数为 49，中子数为 27。F 元素是第四周期元素中未成对电 子数最多的元素，FCl3 能与 B、C 的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比 为 2∶1，1mol 配合物与足量的 AgNO3 溶液反应能立即生成 3molAgCl。请根据以上情况，回答 下列问题：（答题时需用元素符号表示） （1）B 氢化物与 HCl 反应生成的含有 B 元素粒子的空间构型是___________；F 元素原子的最 外层电子数为________个。 【  （2）B3-离子分别与 AC2 及由 B、C 组成的气态化合物互为等电子体，则 B、C 组成的化合物化 学式为_______________；B3-离子还可以和某一价阴离子互为等电子体，该阴离子电子式为 _________，这种阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，则金属阳离子符号为 _________。 （3）B 元素与同周期相邻元素的第一电离能由小到大的顺序为_______________。 （4）B 的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与 D 的单质反应时，B 被还原到最低价，该反 应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______________。 （5）F3+的核外电子排布式是_________________________，FCl3 形成的六配位的配合物化学 式为________________________。 （6）E 的一种氧化物晶胞结构（长方体）如图所示，该氧化物的化学式为__________；若该 晶胞的三个晶胞参数分别为：apm、bpm、cpm。则该氧化物的密度为____________g/cm3。(写 出表达式即可) 【答案】 (1). 正四面体形 (2). 1 (3). N2O (4). (5). Fe3+ (6). C ＜ O ＜ N (7). 1:4 (8). 1s22s22p63s23p63d3 或 [Ar]3d3 (9). [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (10). TiO2 (11). 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E、F 都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数 A＜B＜C＜D＜E＜F。化合 物 DC 的晶体为离子晶体，D 的二价阳离子与 C 的阴离子具有相同的电子层结构，C 形成-2 价 阴离子，且 D 位于 C 的下一周期，B、C 的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸 点高，分子中存在氢键，C 形成-2 价阴离子，则 C 为氧元素，故 D 为镁元素；核电荷数 B＜C， 则 B 为氮元素；A、B、C 是同一周期的非金属元素，AC2 为非极性分子，则 A 为碳元素；E 原 子的一种核素的质量数为 49，中子数为 27，则质子数为 22，E 为 Ti 元素。F 元素是第四周期 元素中未成对电子数最多的元素，原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，则 F 为 Cr 元 -30 A 2 80 N abc 10 × ⋅ ⋅ 素；CrCl3 能与 NH3、H2O 形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为 2：1，则配体中 有 4 个 NH3、2 个 H2O，1mol 配合物与足量的 AgNO3 溶液反应能立即生成 3molAgCl，说明三个 氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，据此分析解题。 【详解】由分析知：A 为 C 元素、B 为 N 元素、C 为 O 元素、D 为 Mg 元素、E 为 Ti 元素、F 为 Cr 元素； (1)N 元素氢化物与 HCl 反应生成的含有 N 元素粒子为 NH4+，分子中 N 原子价层电子对数=4+ =4、N 原子为 sp3 杂化，不含孤对电子，故其空间构型是正四面体；F 为 Cr，原子 核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d54s1，元素原子的最外层电子数为 1 个； (2)N3-离子分别与 CO2、由 N、O 组成 气态化合物互为等电子体，则 N、O 组成的化合物化学 式为 N2O；N3-离子还可以和一价阴离子互为等电子体，根据价电子总数相等，用 S、C 原子代 替 2 个 N 原子可知该阴离子为 SCN-，结构与 CO2 类似，这阴离子电子式为 ，这种 阴离子常用于检验日常生活中的一种金属阳离子，这金属阳离子符号为 Fe3+； (3)同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，氮元素原子 2p 能级有 3 个电子，处于半满稳定 状态，电子能量低，氮元素第一电离能高于相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序 为 C＜O＜N； (4)B 的最高价氧化物对应的水化物为 HNO3，D 的单质为 Mg，HNO3 稀溶液与 Mg 反应时，N 元素 被还原到最低价，则生成 NH4NO3，Mg 被氧化为 Mg(NO3)2，令 NH4NO3，Mg(NO3)2 的化学计量数分 别为 x、y，则根据电子转移守恒有[5-(-3)]×x=2y，所以 x：y=4：1，该反应的化学方程式 是 4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 1:4； (5)Cr 原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d54s1，Cr 原子失去 4s 能级 1 个电子、3d 能级 2 个电子形成 Cr3+，Cr3+的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d3，由上述分析可知，CrCl3 形成 的六配位的配合物化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3； (6)由 可知，晶胞中 Ti 原子位于体心与顶点上，O 原子位于上下两 个面上及体内(有 2 个)，故晶胞中 Ti 元素数目=1+8× =2、O 原子数目=2+4× =4，故该化 的 5 1 1 4 2 − − × 1 8 1 2 合物化学式为 TiO2，晶胞质量=2× g，若晶胞中参数分别为 apm、bpm、cpm，则晶胞的体 积=a×10-10cm×b×10-10cm×c×10-10cm=abc×10-30cm3，该晶体的密度= = g/cm3。 【化学—选修 5：有机化学基础】 12.为分析某有机化合物 A 的结构，进行了如下实验： （1）向 NaHCO3 溶液中加入 A，有气体放出，说明 A 中含有___________官能团（写结构简 式）。 （2）向 NaOH 溶液中加入少许 A，加热一段时间后，冷却，用 HNO3 酸化后再滴加 AgNO3 溶液， 产生淡黄色沉淀，说明中 A 还有___________官能团（写名称）。 （3）经质谱分析，Mr(A)=153，且 A 中只有四种元素，则 A 的分子式为___________。 （4）核磁共振氢谱显示，A 的氢谱有 3 种，其强度之比为 1︰2︰2，则 A 结构简式为 ___________。 （5）已知 A 可发生如下图所示的转化： ①A→B、D→E 的反应类型分别为___________、___________。 ②写出下列反应的化学方程式 C→H：_________________________。 ③C 的同分异构体有多种，写出与 C 具有相同的官能团的 C 的同分异构体的结构简式： ___________________________；写出 F 的结构简式：________________________。 ④G 与过量的银氨溶液反应，每生成 2.16gAg，消耗 G 的物质的量是__________mol。 【答案】 (1). -COOH (2). 溴原子 (3). C3H5O2Br (4). CH2BrCH2COOH (5). 消 去 反 应 (6). 酯 化 反 应 （ 取 代 反 应 ） (7). nCH2(OH)CH2COOH H A 80 N A 30 3 802 gN abc 10 cm− × × -30 A 2 80 N abc 10 × ⋅ ⋅ Δ →浓硫酸 OH+(n-1)H2O (8). (9). (10). 0.01 【解析】 【分析】 A 和 NaHCO3 溶液反应有气体放出，说明 A 中含有羧基，A 和足量 NaOH 溶液反应一段时间后， 再加入过量的 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液，有淡黄色沉淀生成，说明 A 中含有 Br 元素，有机化合 物 A 的相对分子质量为 153，溴的相对原子质量是 80、-COOH 的相对分子质量为 45，所以 A 剩余基团相对分子质量为 28，其基团应该为 C2H4，所以 A 的分子式为 C3H5O2Br，核磁共振氢谱 显示，A 的氢谱有 3 种，其强度之比为 1︰2︰2，则 A 的结构简式为 CH2BrCH2COOH；A 和氢氧 化钠水溶液加热时发生取代反应，然后酸化生成 C，C 的结构简式为 HOCH2CH2COOH，C 发生氧 化反应生成 G，G 的结构简式为 OHCCH2COOH，C 发生酯化反应生成高分子化合物 H，其结构简 式为 ，A 和 NaOH 醇溶液加热时，A 发生消去反应生成 B，B 的结构 简式为 CH2=CHCOONa，B 然后酸化生成 D，则 D 的结构简式为 CH2=CHCOOH，D 和 C 在浓硫酸作催 化剂、加热条件下反应生成 E，E 的结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E 发生加聚反应生成 F， F 的结构简式为 ，再结合题目分析解答。 【详解】(1)A 和 NaHCO3 溶液反应有气体放出，说明 A 中含有羧基，羧基的结构简式为-COOH； (2)A 和足量 NaOH 溶液反应一段时间后，再加入过量的 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液，有淡黄色沉淀 生成，说明 A 中含有 Br 元素，即 A 还有溴原子官能团； (3)有机化合物 A 的相对分子质量为 153，且 A 中只有四种元素，溴的相对原子质量是 80、 -COOH 的相对分子质量为 45，所以 A 剩余基团相对分子质量为 28，其基团应该为 C2H4，则 A 的分子式为 C3H5O2Br； (4)A 的分子式为 C3H5O2Br，核磁共振氢谱显示，A 的氢谱有 3 种，其强度之比为 1︰2︰2，则 A 结构简式为 CH2BrCH2COOH； (5)①A→B 是 CH2BrCH2COOH 在 NaOH 的醇溶液中发生消去反应生成 CH2=CHCOONa；D→E 是 CH2=CHCOOH 和 HOCH2CH2COOH 在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成 CH2=CHCOOCH2CH2COOH； ②HOCH2CH2COOH 在浓硫酸的催化作用下发生缩聚反应的化学方程式为 nCH2(OH)CH2COOH H OH+(n-1)H2O； ③C 的结构简式为 HOCH2CH2COOH，与 C 具有相同官能团的同分异构体的结构简式为 ；由分析可知 F 的结构简式为 ； ④G 结构简式为 OHCCH2COOH，Ag 的物质的量= =0.02mol，生成 0.02molAg 需要 0.01molG。 【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类 型：①在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓 H2SO4 存在的条件下加热，可能发生醇的 消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的 CCl4 溶液反应，可能为烯 烃、炔烃的加成反应；⑤能与 H2 在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成 反应或还原反应；⑥在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦ 与 O2 或新制的 Cu(OH)2 悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO 的氧化反应。(如果 连续两次出现 O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。 的 Δ →浓硫酸 2.16g 108g / mol