备战2021年高考化学模拟专练卷10（教师版）

备战2021年高考化学模拟专练卷10（教师版）

模拟专练卷 10 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N -14 O-16 Ga-70 As-75 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 7．化学与环境、科技术密切相关。下列有关说法中正确的是 A．酒精能杀菌，浓度越大效果越好 B．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中 C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 D．海水提镁、炼铁、制造玻璃等工业都用到石灰石 【答案】D 【解析】 A．医用酒精的浓度为 75%，并不是浓度越大越好，浓度过大的酒精能使细菌表面的蛋白质凝固，形成一层硬膜， 这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，A 项错误； B．二氧化硫对食品有漂白性和对植物性食物内的氧化酶有强烈的抑制作用，中国规定可用于葡萄酒和果酒中， B 项错误； C．铝合金的大量使用归功于人们能通过电解熔融的氧化铝获得铝，C 项错误； D．海水提镁是用氢氧化钙沉淀镁离子，要用到石灰石来制取氢氧化钙，工业炼铁需要加入石灰石来造渣，工业 玻璃是用石灰石、纯碱和二氧化硅为原料制取的，D 项正确； 答案选 D。 8．设 NA 表示阿伏加德罗常数的值。硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是 Na2SO4＋2C 高温 Na2S＋2CO2↑。下列说法正确的是 A．4.2g14C 原子含中子数目为 1.8NA B．1L0.1mol/LNa2S 溶液中含阴离子的数目小于 0.1NA C．该反应中，若生成 1mol 氧化产物，转移电子数目为 4NA D．常温下 2.24LCO2 中共用电子对数目为 0.4NA 【答案】C 【解析】 A．一个 14C 中含有 8 个中子， 4.2g14C 原子的物质的量为 0.3mol，则含中子数目为 0.3 ×8×NA =2.4NA，故 A 错 误； B．硫离子水解生成硫氢根离子，氢氧根离子，使阴离子个数增加，所以 1L0.1mol/LNa2S 溶液中含阴离子的数目 大于 0.1NA，故 B 错误； C．Na2SO4＋2C 高温 Na2S＋2CO2↑反应中氧化产物为二氧化碳，反应生成 2mol 二氧化碳失去 8mol 电子，则生成 1mol 二氧化碳转移 4mol 电子，个数 4NA，故 C 正确； D．常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算 CO2 的物质的量，则共用电子对数目不是 0.4NA，故 D 错误； 答案选 C。 9．分子式为 C8H16O2 的酯 A，能在酸性条件下水解生成 B 和 C，且 B 在一定条件下能氧化成 D，D 与 C 互为同 分异构体。则有机物 A 可能的结构有 A．4 种 B．3 种 C．2 种 D．1 种 【答案】C 【解析】 根据机物 A(C8H16O2)的分子式可知，A 的不饱和度为 1，A 在酸性的条件下水解，所以 A 为酯类物质，A 水解生 成的 B 氧化得到 D，C 为羧酸，C 与 D 是同分异构体，所以 B 中有-CH2OH 结构，C 与 D 分子式相同，根据 A 的分子式，B、C 中都含有四个碳原子，C 有两种：CH3CH2CH2COOH、CH3CH(CH3)COOH，B 有 2 种： CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH(CH3)CH2OH，则 A 的结构可能为 CH3CH2CH2COOCH2CH(CH3)CH3、 CH3CH(CH3)COOCH2CH2CH2CH3 共有 2 种，故选 C。 10．已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的装置可以实现该反应。实验时 C 中粉末 逐渐变为红色，D 中出现无色液体。下列有关说法正确的是 A．装置 C 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：3 B．装置 B 中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙 C．装置 D 中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝 D．装置 A 中加入的固体，可以是 NH4HCO3 或 NH4Cl 【答案】C 【解析】 A. 装置 C 中氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，N 元素化合价由-3 升高为 0，铜元素化合价由+2 降低为 0，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3：2，故 A 错误； B. 无水氯化钙能吸收氨气（与氨气反应），所以装置 B 中加入的物质可以是碱石灰，不能是无水氯化钙，故 B 错误； C. 装置 D 中液体是氨水，可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故 C 正确； D. NH4Cl 加热分解为氨气和氯化氢，试管口温度降低，氯化氢和氨气化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵来制 备氨气，故 D 错误；故选 C。 11．电-Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的 H2O2 与 Fe2+发生 Fenton 反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是 A．电源的 A 极为正极 B．与电源 B 相连电极的电极反应式为 H2O+e-=H++·OH C．Fenton 反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH D．每消耗 22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH 为 2mol 【答案】C 【解析】 左侧电极附近 Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的 A 极为负极，A 错误；与电 源 B 相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B 错误；双氧水能够把 Fe2+氧化为 Fe(OH)2+，C 正确； 每消耗 1 mol O2，转移 4 mol 电子，根据 H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH 反应看出转移 1 mol 电子，生成 1mol OH，所 以应当生成 4 mol OH；D 错误；正确选项 C。 12．短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W 的 核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和相等，Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，由 W、X、Y 三种元 素形成的化合物 M 的结构如图所示。下列叙述正确的是 A．元素非金属性强弱的顺序为 W＞Y＞Z B．Y 单质的熔点高于 X 单质 C．W 分别与 X、Y、Z 形成的二元化合物均只有一种 D．化合物 M 中 W 不都满足 8 电子稳定结构 【答案】B 【解析】 短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则 X 为 Na 元素；根据结构，W 最外层有 6 个电子，原子序数小于 11，则 W 为 O 元素；Y 最外层有 4 个电子，原子序 数大于 11，则 Y 为 Si 元素；W 的核外电子数为 8，与 X、Z 的最外层电子数之和相等，则 Z 最外层有 7 个电子， 只能为 Cl 元素；Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，符合题意，据此分析解答。 根据上述分析，W 为 O 元素，X 为 Na 元素，Y 为 Si 元素，Z 为 Cl 元素。 A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为 Cl＞Si，即 Z＞Y，故 A 错误； B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即 Y 单质的熔点高于 X 单质，故 B 正确； C、O 与 Na 能够形成氧化钠和过氧化钠 2 种，故 C 错误； D、根据 ，阴离子带 2 个单位负电荷，其中 O 都满足 8 电子稳定结构，故 D 错误； 故选 B。 13．常温下，分别向体积相同、浓度均为 1 mol／L 的 HA、HB 两种酸溶液中不断加水稀释，酸溶液的 pH 与酸 溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是 A．HB 的电离常数(Ka)数量级为 10-3 B．其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是：NaB>NaA C．a、b 两点溶液中，水的电离程度 ba，故 C 错误； D.当 lg C= -7 时，HB 中 c（H＋）= 9 1 7 10 1010     mol·L－1 ，HA 中 c（H＋）= 5 7 10 1010    mol·L－1，pH 均不为 7， 故 D 错误；故选 B。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）氨是工农业生产中重要的基础物质，研究合成氨及氨的应用具有重要意义。 （1）已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的活化能为 508kJ/mol。则 2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能为___________kJ/mol （2）我国科研人员研制出 Ti-H-Fe 双温区催化剂（Ti-H 区与 Fe 区温差可超过 100℃）。Ti-H-Fe 双温区催化合 成氨的反应历程如下图一，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注。 下列说法中正确的是___________。 A．①为 N N 的断裂过程 B．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 C．④为 N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程 D．使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂时合成氨反应转变为吸热反应 （3）以氨和 CO2 为原料合成尿素的反应为 2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(l)＋H2O(g)。工业生产时，需要原 料气带有水蒸气，图二中曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示在不同水碳比[ 2 2 n(H O) n(CO ) ]时，CO2 的平衡转化率与氨碳比[ 3 2 n(NH ) n(CO ) ] 之间的关系。 ①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比最大的是________，判断依据是________。 ②测得 M 点氨气的平衡转化率为 40%，则 x1＝______。 （4）将氨氧化法制硝酸过程中氨经催化氧化后的气体（高于 800℃）急剧冷却到 100℃以下，一方面除去大 量的 H2O，使 NO(g)和 O2(g)发生反应，另一方面温度低有利于生成 NO2(g)。 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步： Ⅰ.2NO(g) N2O2(g)(反应快，瞬间达到平衡)ΔH1＜0 v1 正＝k1 正 c2(NO) v1 逆＝k1 逆 c(N2O2) Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(反应慢)ΔH2＜0 v2 正＝k2 正 c(N2O2)c(O2) v2 逆＝k2 逆 c2(NO2) 其中 k1、k2 是速率常数，随温度上升而增大。 则:①一定温度下，反应 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)达到平衡状态，请写出用 k1 正、k1 逆、k2 正、k2 逆表示的平衡 常数表达式 K＝_____，根据速率方程分析，升高温度该总反应速率减小的原因是__________。 ②由实验数据得到 v2 正～c(O2)的关系可用如图表示。当 x 点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则可能 变为相应的点为___(填字母)。 【答案】（1）600 （2 分） （2）BC（2 分） （3）①Ⅲ （1 分） 当氨碳比相同时，水碳比越大，即原料气中含水蒸气越多，CO2 的平衡转化率越小（2 分） ②3 （1 分） （4）① 1 2 1 2 k k k k   正 正 逆 逆 （2 分） 温度升高，反应 I 逆向移动并迅速达到平衡，导致 N2O2 浓度减小，虽然温度 升高 k2 正、k2 逆均增大，但对反应Ⅱ的影响弱于 N2O2 浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较 慢的一步决定，所以总反应速率减小（2 分） ②a（2 分） 【解析】 （1）设 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的活化能为 E1，2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能为 E2，2NH3(g) N2(g)+3H2(g) 是 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的逆反应，则 E1-E2=ΔH，所以，508kJ/mol -E2=-92kJ/mol，解得：E2=600kJ/mol，故 答案为：600； （2）A．①为催化剂吸附 N2 的过程，A 错误； B．从图上可知：②过程为在 Fe 区形成过渡态的过程，为吸热反应，在高温区反应更利于形成过渡态，那么 Fe 区为高温区，Ti-H 区为低温区，①②③都是在 Fe 区反应的，即①②③都是在高温区反应的，④⑤都是在 Ti-H 区 反应的，即④⑤都是在低温区反应的，B 正确； C．由图可知，④为 N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程，C 正确； D．一个反应是吸热反应还是放热反应与是否使用催化剂、使用什么催化剂无关，只与反应物的始态和终态有关， 由合成氨的ΔH＜0 可知，合成氨为放热反应，D 错误； 综上所述：BC 正确，AD 错误，故答案为：BC； （3）①横坐标，即氨碳比[ 3 2 n(NH ) n(CO ) ]一定时，水碳比[ 2 2 n(H O) n(CO ) ]增大，则 n(H2O)增大，c(H2O)增大，平衡逆向移 动，CO2 的转化率应减小，当氨碳比相同时，水碳比越大，即原料气中含水蒸气越多，CO2 的平衡转化率越小， 则Ⅲ为水碳比最大的曲线，故答案为：Ⅲ；当氨碳比相同时，水碳比越大，即原料气中含水蒸气越多，CO2 的平 衡转化率越小； ②设 CO2 的起始物质的量为 1，则 NH3 的起始物质的量为 x1，M 点：氨气的平衡转化率为 40%，CO2 的转化率 为 60%，则有：40%x1=60%×1×2，解得 x1=3，故答案为：3； （4）①平衡时，v1 正＝v1 逆，v2 正＝v2 逆，即 k1 正 c2(NO)=k1 逆 c(N2O2)，k2 正=c(N2O2)×c(O2)＝k2 逆 c2(NO2)，即     2 21 2 1 c N Ok k O= c N 正 逆 ，       2 2 2 2 2 2 2 c NOk k c N O O= c 正 逆 ，2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的 K=       2 2 2 22 2c NOk k c N O= O c 正 逆 =       2 2 2 2 2 c NO c N O c O ×     2 2 2 c N O c NO = 1 1 k k 正 逆 × 2 2 k k 正 逆 = 1 2 1 2 k k k k   正 正 逆 逆 。温度升高，反应 I 逆向 移动并迅速达到平衡，导致 N2O2 浓度减小，虽然温度升高 k2 正、k2 逆均增大，但对反应Ⅱ的影响弱于 N2O2 浓度减 小的影响，导致反应Ⅱ速速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减小，故答案为： 1 2 1 2 k k k k   正 正 逆 逆 ； 温度升高，反应 I 逆向移动并迅速达到平衡，导致 N2O2 浓度减小，虽然温度升高 k2 正、k2 逆均增大，但对反应Ⅱ 的影响弱于 N2O2 浓度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，总反应的速率由较慢的一步决定，所以总反应速率减 小； ②温度升高平衡 N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)逆向移动，c(O2)增大，横坐标比 x 点的横坐标大。温度升高，反应 I 逆向移动并迅速达到平衡，导致 N2O2 浓度减小，虽然温度升高 k2 正、k2 逆均增大，但对反应Ⅱ的影响弱于 N2O2 浓 度减小的影响，导致反应Ⅱ速率变小，即 v2 正减小，纵坐标比 x 点的纵坐标小，综上所述，a 点可能，故答案为： a。 27．（14 分）硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动 物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产 CuCl 的工艺过程如下所示： 请回答下列问题： （1）若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。 （2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。 （3）步骤⑤包括用 pH＝2 的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。 （4）上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。 （5）Se 为ⅥA 族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜， 硒代硫酸钠还可用于 Se 的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与 H2SO4 溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。 （6）氯化亚铜产率与温度、溶液 pH 关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低 影响 CuCl 产率的原因是____________________________________；温度过高、pH 过大也会影响 CuCl 产率的 原因是_______________________________。 （7）用 NaHS 作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的 Cu2＋。已知：25℃时，H2S 的电离平衡常数 Ka1 ＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS 的溶度积为 Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应 Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H ＋(aq)的平衡常数 K＝__________(结果保留 1 位小数)。 【答案】（1）CuSO4（1 分） （2）2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+ （2 分） （3）硫酸 （1 分） （4）使 CuCl 干燥，防止其水解氧化 （2 分） （5）Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O （2 分） （6）温度过低反应速率慢 （2 分） 温度过高、pH 过大，容易向 CuO 和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐(氯 化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可) （2 分） （7）1.1×1021 （2 分） 【解析】 酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是 Cu 和少量 CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加 入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成 CuCl，发生 2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+，得到的 CuCl 经硫 酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。 （1） 由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化 Cu 生成 CuSO4，故答案为: CuSO4； （2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成 CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为 2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+； （3） CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止 CuCl 溶解氧化引入 新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸； （4） 步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防 止 CuCl 水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除 CuCl 表面水分防止其水解氧化； （5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与 H2SO4 溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式 为：Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O； （6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响 CuCl 产率的原因是温度过低反应速率慢；温度 过高、pH 过大也会影响 CuCl 产率的原因是温度过高、pH 过大，容易向 CuO 和 Cu2O 转化，且温度过高，铵盐 (氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解； （7）反应 Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数 K=                     2 15 2 2 21 362 2 2 c c c 7.0 0 1.1 10Ksp CuS 6.3 10c aH H S K H S c Cu c HS c Cu S c HS               。 28．（15 分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨 麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生 S 和 SO2 实验 I：Na2S2O3 的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 制得，实验室模拟该工业过 程的装置如图所示： （1）仪器 a 的名称是_______，仪器 b 的名称是_______。b 中利用质量分数为 70%〜80%的 H2SO4 溶液与 Na2SO3 固体反应制备 SO2 反应的化学方程式为_______。c 中试剂为_______ （2）实验中要控制 SO2 的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) （3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的 SO2 不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究 Na2S2O3 与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置 试剂 X 实验现象 Fe2(SO4)3 溶液 混合后溶液先变成紫黑色，30s 后 几乎变为无色 （4）根据上述实验现象，初步判断最终 Fe3+被 S2O32-还原为 Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一 步证实生成了 Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______ 实验Ⅲ：标定 Na2S2O3 溶液的浓度 （5）称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取 基准物质 K2Cr2O7(摩尔质量为 294g∙mol-1)0.5880g。平均分成 3 份，分别放入 3 个锥形瓶中，加水配成溶液， 并加入过量的 KI 并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用 所配 Na2S2O3 溶液滴定，发生反应 I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 25.00 mL， 则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1 【答案】（1）分液漏斗（1 分） 蒸馏烧瓶（1 分） 2 4 2 3 2 4 2 2H SO Na SO Na SO H O= SO    （2 分） 硫化钠和碳酸钠的混合液 （2 分） （2）调节酸的滴加速度 （1 分） （3）若 SO2 过量，溶液显酸性．产物会发生分解 （2 分） （4）加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 （2 分） 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢， 但 Fe3+与 S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致 Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶 液几乎变为无色（2 分） （5）0.1600（2 分） 【解析】 （1）a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和 Na2SO3 反应生成 SO2，所以方程式为： 2 4 2 3 2 4 2 2H SO Na SO Na SO H O= SO    ；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2 由装置 b 提供，所以 c 中试剂 为硫化钠和碳酸钠的混合溶液； （2）从反应速率影响因素分析，控制 SO2 生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温 度； （3）题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的 SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利， 所以原因是：SO2 过量，溶液显酸性，产物会发生分解； （4）检验 Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有 Fe2+生成；解释原因时一 定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成 3 2 3 3Fe(S O )  的反应速率快， 氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着 Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移 动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色； （5）间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：① 2 3 2 7 2 26I Cr O 14H =3I 2Cr 7H O       ；② 2 2 2 2 3 4 6=I 2S O 2I S O    ；反应①I-被氧化成 I2，反应②中第一步所得的 I2 又被还原成 I-，所以①与②电子转移 数相同，那么滴定过程中消耗的 2 2 7Cr O  得电子总数就与消耗的 2 2 3S O  失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略 取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设 c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式： 1 0.5880 6=a 0.025 13 294     ，解得 a=0.1600mol/L。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．[化选修 3：物质结构与性质]（15 分） B、N、F、Ga、As 是新一代太阳能电池、半导体材料中含有的主要元素。回答下列问题： （1）基态 Ga 原子的核外电子排布式是__________,基态 Ga 原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为 ________。 （2）在第四周期中，与基态 As 原子核外未成对电子数目相同的元素为__________。 （3）NF3 的立体构型为_______。N2F2 分子中各原子都满足 8 电子结构，分子中σ键和π键的个数比为______， 氮原子的杂化轨道类型为__________。 （4）B、Al、Ga 单质的熔点依次为 2300°C，660°C，29.8°C，解释熔点产生差异的原因______。 （5）由 B、N、F 组成的某离子化合物中，B、N、F 的原子个数比为 1：1：8，其阴、阳离子互为等电子体， 该化合物中的阳离子、阴离子符号分别为__________。 （6）GaAs 晶体结构如图所示。 ①图中 As 原子的坐标参数为 ( , , ),( , , ),( , , )4 4 4 4 4 1 1 3 4 4 4 3 3 3 1 1 4 3 ，_______。 ②已知晶胞中相邻且最近的 Ga、As 原子的核间距为 acm，NA 为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为 ___________g/cm3(填写表达式)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1 或[Ar]3d104s24p1 （1 分） 哑铃形（1 分） （2）V、Co （2 分） （3）三角锥形 （1 分） 3：1 （1 分） sp2 （1 分） （4）硼单质是原子晶体，熔点高，Al、Ga 均为金属晶体，且位于同主族，Al、Ga 的价电子数相同，Al 的原子 半径较小，则金属键较强，熔点较高 （2 分） （5） NF4+、BF4- （2 分） （6）( 1 3 1, ,4 4 4 )（2 分） A 3 3 A 4 145 N 435 3 16a N4 3a( )3  或 （2 分） 【解析】 （1）Ga 是 31 号元素，基态 Ga 原子核外有 31 个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1 或 [Ar]3d104s24p1，由此可知，基态 Ga 原子核外电子占据最高能级轨道为 4p 轨道，p 轨道为哑铃形，故答案为： 1s22s22p63s23p63d104s24p1 或[Ar]3d104s24p1；哑铃形； （2）As 的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，基态 As 原子核外未成对电子数目为 3，第四周期中， 除 As 外，核外未成对电子数目为 3 的还有核外电子排布式子为：1s22s22p63s23p63d34s2 的 V，1s22s22p63s23p63d74s2 的 Co，故答案为：V；Co； （3）NF3 的中心原子 N，σ键数=3，孤电子对数= 5-1 2 3 =1，价层电子对数=3+1=4，则 NF3 的中心原子 N 轨道 杂化类型为 sp3 杂化，且有 1 对孤电子，则 NF3 的立体构型为三角锥形。N2F2 分子中各原子都满足 8 电子结构， 则 N2F2 的结构式为 F-N=N-F，1 个 N2F2 分子中含 3 个σ键，1 个π键，σ键和π键的个数比=3:1，N2F2 分子 N 原子 的σ键数=3，孤电子数=0，则 N 原子以 sp2 方式杂化，故答案为：三角锥形；3:1；sp2； （4）硼单质是原子晶体，Al、Ga 均为金属晶体，故 B 单质的熔点高于 Al、Ga，Al、Ga 位于同主族，Al、Ga 的价电子数相同，Al 的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高，故答案为：硼单质是原子晶体，熔点高，Al、 Ga 均为金属晶体，且位于同主族，Al、Ga 的价电子数相同，Al 的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高； （5）由 B、N、F 元素组成的离子化合物 A 中，B、N、F 原子的个数比为 1︰1︰8，其阴阳离子是等电子体， 则每个等电子体的电子数为电子总数的的一半，即为 5+7+9 2 8 =42，可将氟原子平均分配后分别和 N、B 组成 离子，即阳离子为 NF4+，阴离子为 BF4-，故答案为：NF4+、BF4-； （6）①从左往右 4 个 As 原子的坐标依次为：( , , ),( , , ),1 1 3 1 3 1 3 1( , , ),( , , )4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3 4 3 3 4 1 ，故答案为： 1 3 1( , , )4 4 4 ； ②根据均摊法可知，1 个晶胞中 Ga 的个数= 1 18 +68 2   =4，As 的个数=4，即 1 个晶胞中含 4 个 Ga、4 个 As， 则 1 个晶胞的质量 m= A 4 (75+70) gN  = A 4 145 gN  。设晶胞边长为 x，则体对角线长度为 2 2 2x +x +x = 3x ， 则 4a= 3x ， 4 3ax= 3 ，所以 1 个晶胞的体积 V= 3 34 3ax =( )3 cm3，所以晶体的密度ρ= A 3 3 A 4 145 N 435 3 16a N4 3a( )3  或 36．[化选修 5：有机化学基础]（15 分） 聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面具有很好的应用前 景。PPG 的一种合成路线如图所示： 已知：①烃 A 的相对分子质量为 70，其一氯代物只有一种； ②化合物 B 为单氯代烃；C 的分子式为 C5H8； ③E、F 为相对分子质量差 14 的同系物； ④ 。 回答下列问题： （1）A 的结构简式为__________________。 （2）由 B 生成 C 的化学方程式为_____________________________________________________。 （3）C 的化学名称为___________________，由 E 和 F 生成 G 的反应类型为___________________。由 D 和 H 生成 PPG 的化学方程式为_________________________________。 （4）请写出两种 D 的同分异构体中能同时满足下列条件的结构简式___________、__________： ①能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应； （5）写出以分子式为 C5H8 的烃为主要原料，制备有机物 M（ ）的合成路线流程图（无 机试剂任选）。 【答案】（1） （1 分） （2） （2 分） （3） 环戊烯 （1 分） 加成反应 （1 分） （2 分） （4） 、 、 HCOOCH2CH2CH2COOH （任写两种，写对一种得 2 分） （5） （4 分） 【解析】 根据流程图及题干信息可推断，D 是戊二酸，H 是丙二醇，烃 A 的相对分子质量为 70，其一氯代物只有一种， 则 A 是环戊烷，结构简式为： ，B 是： ，B→C 发生消去反应，C 的结构简式是： ，C 至 D 被氧化为酸，故D 为： ；根据信息③④，可推断出E、F是甲醛、乙醛，G 为：  2 2CH OH CH CHO ， H 为：  2 2 2CH OH CH CH OH 。 （1）由分析可知，A 的结构简式为 ； （2）由 B 生成 C 的化学方程式为： ； （3）C 的结构简式是 ，化学名称为环戊烯，由 E 和 F 生成 G 的反应为：  NaOH 3 2 2HCHO+CH CHO CH OH CH CHO稀 ，是加成反应；由 D 和 H 生成 PPG 的化学方程式为 ； （4）根据①能与饱和 NaHCO3 溶液反应产生气体，含羧基，根据②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，该 物质含甲酯基，两种 D 的同分异构体有： 、 等； （5）以分子式为 C5H8 的烃为主要原料，制备有机物 M（ ），类似于该题的图示 A D 的合 成路线流程图，合成路线表示为： 。