辽宁省葫芦岛协作校2020届高三4月质量检测（一模考试）化学试题 Word版含解析

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www.ks5u.com 辽宁省葫芦岛协作校2020届高三4月质量检测 理科综合能力测试化学试题 ‎1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列古诗文对应的化学知识正确的是 选项 古诗文 化学知识 A ‎《华阳国志》中记载：“取井火煮之，一斛水得五斗盐”‎ 我国古代已利用天然气煮盐 B ‎《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”‎ ‎“强水”是指氢氟酸 C ‎《天工开物》中记载：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”‎ 文中“丝、麻、裘”的主要成分都是蛋白质 D ‎《抱朴子》中记载：“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”‎ 文中描述的是升华和凝华过程 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，故A正确。‎ B．能蚀五金可知为王水，是浓盐酸、浓硝酸的混合物，而HF能与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不能用玻璃仪器盛放，故B错误；‎ C．《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“麻”指的是纤维素，主要成分是多糖，丝、裘的主要成分是蛋白质，故C错误； ‎ - 20 -‎ D．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D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】升华和凝华都属于物质的状态变化，属于物理变化。‎ ‎2.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＋2CNa2S＋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】‎ ‎【详解】A．一个14C中含有8个中子， 4.2g14C原子物质的量为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＋2CNa2S＋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。‎ ‎【点睛】计算转移电子的物质的量时，需要根据化合价的变化判断。‎ ‎3.一氯甲烷与苯的反应如图所示(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是 A. 该反应属于化合反应 B. a与溴水在铁作催化剂条件下反应生成溴苯 C. b中最多有14个原子共平面 D. b的二氯代物有10种结构 ‎【答案】D - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应中苯环上的氢原子被甲基取代，该反应属于取代反应，故A错误；‎ B．a与液溴在铁作催化剂条件下反应生成溴苯，苯能从溴水中萃取溴，不能与溴水反应，故B错误；‎ C．甲基为四面体结构，与苯环不能所有原子共面，由于单键可以旋转，则b中最多有13个原子共平面，故C错误；‎ D．b的二氯代物中，如果两个氯原子位于甲基上，有1种；如果一个位于甲基上，一个位于苯环上，有3种；如果两个氯原子都位于苯环上有6种，所以符合条件的有10种，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】同分异构体的数目的确定，需要细心，不能有遗漏，例如数b的二氯代物的数目时，烷基上的氢被两个氯原子取代，苯环上的氢被两个氯原子取代，再拆成烷基上一个氯原子，苯环上一个氯原子，删掉重复的。‎ ‎4.下列实验操作中，根据实验现象得出的结论正确的是 选项 操作 现象 结论 A Br2的CCl4溶液褪色 石蜡油分解产生乙烯气体 B ‎③中出现气泡 可以用平衡移动原理解释 C ‎①中出现白色沉淀 ‎②中出现红褐色沉淀 Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Mg(OH)2]‎ - 20 -‎ D 淀粉碘化钾溶液变蓝 b为直流电源负极 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将石蜡油分解产生的气体通入到Br2的CCl4溶液中褪色，可以说明气体中含有不饱和烃，并不能说明分解产物都是烯烃，更不能确定产生的是乙烯，故A错误；‎ B．稀盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳在水中存在溶解平衡，CO2+H2O⇌H2CO3塞上瓶塞时压强较大，平衡正向移动，不会有气泡生成，打开瓶塞后压强减小，平衡逆向移动，生成气泡，可用平衡移动原理解释，故B正确；‎ C．向5mL0.2mol⋅L−1NaOH溶液中滴加3滴0.1mol⋅L−1 MgCl2溶液生成氢氧化镁白色沉淀，但NaOH过量，再滴加3滴饱和0.1mol∙L−1FeCl3溶液产生的氢氧化铁沉淀可能是过量的NaOH与FeCl3反应产生的，不能确定是由氢氧化镁沉淀转化得到的，即不属于沉淀的转化，不能比较二者的溶度积大小，故C错误；‎ D．淀粉碘化钾溶液变蓝，说明与b相连的电极产生氯气将碘离子氧化为碘单质，则与b相连的电极发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，该电极为阳极，则b为电源的正极，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大。Q元素的焰色反应为黄色；甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的酸式盐，甲中阳离子是一种5核10电子微粒；乙为上述五种元素中某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与足量乙的溶液在一定条件下反应生成丙、丁、戍三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法不正确的是 A. 原子半径：X＜W＜Z＜Y B. Y、Z、W与X形成的最简单化合物中，稳定性最弱的是Y - 20 -‎ C. 乙的溶液能与铝发生化学反应 D. 丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。Q元素的焰色反应为黄色，则Q为Na；已知离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为铵根离子，则X为H元素；阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，所以Y为C元素，Z为N，W为O元素；乙为H、C、N、O元素中某种元素的最高价氧化物对应的水化物，甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体，甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的酸式盐，甲为碳酸氢铵，乙可能为NaOH或硝酸，丁可能为氨气或二氧化碳，丙和戊的混合液可能为硝酸钠溶液或碳酸钠溶液，据此解答。‎ ‎【详解】A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：H＜O＜N＜C， 即X＜W＜Z＜Y，故A正确；‎ B．X为H元素，Y为C元素，Z为N，W为O元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞N＞C ，则Y、Z、W与X形成的最简单化合物中，稳定性最弱的是Y，故B正确；‎ C．根据分析，乙可能为NaOH或硝酸，则乙的溶液能与铝发生化学反应，故C正确；‎ D．根据分析，丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误； ‎ 答案选D。‎ ‎6.2019年诺贝尔化学奖授子对锂离子电池研究做出贡献的三位科学家。高能磷酸铁锂电池多应用于公共交通，内部结构如图，电池中间是聚合物的隔膜。电池在充电过程中，LiFePO4逐渐脱离出锂离子形成FePO4。下列叙述不正确的是 A. 放电时Li＋通过隔膜移向正极 B. 放电时正极反应式为：FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4‎ - 20 -‎ C. 充电时铜箔连接电源负极 D. 充电时，每转移1mol电子，石墨增重12g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电池在充电过程中为电解池，LiFePO4逐渐脱离出锂离子形成FePO4，Fe元素由+2价变为+3价，化合价升高，失电子，发生氧化反应，所在铝电极为阳极，则放电(原电池)时，FePO4所在铝电极为正极，发生得电子的还原反应，正极电极反应式为FePO4+Li++e-═LiFePO4，铜电极为负极，电极反应为：LixCn-xe-═xLi++nC；充电时为电解池，原电池的正、负极分别与电源的正、负极相接、作电解池的阳极、阴极，阳、阴极电极反应与原电池正、负极的恰好相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．放电时为原电池，原电池中，阳离子向正极移动，根据分析，铝电极为正极，Li＋通过隔膜移向正极，故A正确；‎ B．根据分析，放电时正极反应式为：FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4，故B正确；‎ C．结合分析，充电时为电解池，原电池的正、负极分别与电源的正、负极相接，作电解池的阳极、阴极，铜箔为原电池的负极，应与电源负极连接，故C正确；‎ D．充电时，阴极反应式为nC+xLi++xe−=LixCn，则通过1mol电子石墨电极增加1molLi+，增重质量为7g，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.人体血液中存在、等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值Igx[x表示或与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1＝6.4，磷酸pKa2＝7.2(pKa＝－lgKa)。则下列说法正确的是 - 20 -‎ A. 曲线I表示lg与pH的变化关系 B. a→b过程中，水的电离程度逐渐减小 C. 当pH增大时，逐渐减小 D. 当c(H2CO3)＝c(HCO3－)时，c(HPO42－)＝c(H2PO4－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2CO3⇌HCO3-+H+的电离平衡常数Kal=，所以lg=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4-⇌HPO42-+H+的电离平衡常数Ka2=，所以lg=pH-pKa2=pH-7.2，结合分析解答；‎ ‎【详解】A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，故A错误；‎ B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a→b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；‎ C．，当pH增大时，则H2CO3⇌HCO3−+H+正向进行，使c(H2CO3)减小，而Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，逐渐减小，故C正确 ‎ D．当c(H2CO3)＝c(HCO3－)时，即lg=0，溶液中pH=6.4，则lg=pH−pKa2=pH−7.2=6.4−7.2=−0.8＜0，即c(HPO42－)＜c(H2PO4－)，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)在生产和生活中有重要用途。已知Na2S2O3·5H2‎ - 20 -‎ O遇酸立即分解：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O。某研究小组在实验室模拟工业上硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如图所示：‎ 吸硫过程实验装置如图所示：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）y仪器的名称________________。‎ ‎（2）关闭K1，打开K2，反应开始，此时B装置的作用是________________。‎ ‎（3）写出C装置中反应的离子方程式________________。‎ ‎（4）装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，D中试剂是________________，表明SO2吸收效率低的实验现象是D中溶液________________。‎ ‎（5）实验结束后，关闭K2，打开K1。玻璃液封管x中所盛液体最好为____________(填序号)。‎ A.NaOH溶液 B.浓硫酸 C.饱和NaHSO3溶液 ‎（6）从滤液中获得较多Na2S2O3·5H2O晶体的实验操作依次为：________________，________________，过滤，洗涤，干燥。‎ ‎（7）请设计实验检测制得的Na2S2O3·5H2O产品中是否含有Na2SO4杂质，简要说明实验操作及结论________________。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶（或三口烧瓶） (2). 安全瓶（或防止倒吸） (3). 2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2（或2S2－+2CO32－+4SO2+H2O＝3S2O32－+2HCO3－） (4). 品红(或溴水、KMnO4溶液) (5). 颜色很快褪去 (6). A (7). 蒸发浓缩（或加热浓缩） (8). 冷却结晶 (9). 取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3·5H2O晶体中含有Na2SO4杂质，若无现象则说明Na2S2O3·5H2O晶体中不含Na2SO4杂质 ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】(1)根据装置图所示，仪器y的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；‎ ‎(2)关闭K1，打开K2，SO2进入装置C中反应导致实验装置内部压强减小会引起倒吸，因此装置B的作用是安全瓶(或防止倒吸)；‎ ‎(3)二氧化硫与硫化钠、碳酸钠反应生成硫代硫酸钠和二氧化碳(或硫代硫酸钠和碳酸氢钠)，则发生的离子反应方程式为：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2(或2S2－+2CO32－+4SO2+H2O＝3S2O32－+2HCO3－)；‎ ‎(4)装置D的作用是检验装置C中SO2的吸收效率，利用SO2的还原性和漂白性，结合溶液的颜色变化快慢分析SO2的吸收效率，则D中试剂可以是品红(或溴水、KMnO4溶液等具有强氧化性的有色物质)，若D中试剂颜色褪去缓慢，说明C中产生的气体中SO2的含量低，C中反应对SO2的吸收效率高，若D中试剂颜色快速褪去，说明C中产生的气体中SO2的含量高，C中的反应对SO2的吸收效率低；‎ ‎(5)实验结束后，装置B中含有多余未反应的SO2，SO2属于大气污染物，不能直接排放到空气中，需要吸收处理，‎ A．NaOH溶液可与SO2反应，可以除去多余的SO2，故A符合题意；‎ B．浓硫酸与SO2不反应，无法除去多余的SO2，故B不符合题意；‎ C．饱和NaHSO3溶液与SO2不反应，无法除去多余的SO2，故C不符合题意；‎ 答案选A；‎ ‎(6)从滤液中获得较多Na2S2O3·5H2O晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩(或加热浓缩)，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；‎ ‎(7)检测制得的Na2S2O3·5H2O产品中是否含有Na2SO4杂质即为检验SO42-，实验操作为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液(或过滤后取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明Na2S2O3·5H2O晶体中含有Na2SO4杂质，若无现象则说明Na2S2O3·5H2O晶体中不含Na2SO4杂质。‎ ‎9.汽车尾气及硝酸工业废气中氮氧化物的处理是治理环境污染的重要课题。‎ ‎（1）汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生如下反应：‎ 反应I：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)△H1‎ 反应II：N2(g)＋O2(g)2NO(g)△H2＝＋180.5kJ·mol－1‎ 已知CO的燃烧热为283.0kJ·mol－1，则△H1＝________________。‎ - 20 -‎ ‎（2）某研究小组探究催化剂对上述反应I的影响。将NO和CO混合气体以定的流速分别通过两种不同的催化剂a和b进行反应，在相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，得到图1中a、b两条曲线。温度低于200℃时，图1中曲线a脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为________________；m点________________(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明理由________________。‎ ‎（3）一定条件下Cl2也可以与NO反应，生成一种有机合成中的重要试剂亚硝酰氯(NOCl)，化学方程式为：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)△H＜0。在恒温恒容条件下，将物质的量之和为3mol的NO(g)和Cl2(g)以不同的氮氯比[]通入容器中进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图2所示。‎ ‎①图2中T1、T2的关系为T1________________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎②图2中纵坐标为反应物________________的转化率，理由为________________。‎ ‎③若在温度为T1，容积为1L恒容密闭的容器中反应，经过10min到达A点，则0～10min内反应速率v(NO)＝________________mol·L－1·min－1。‎ ‎④已知：用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)；分压＝总压×气体物质的量分数。若该反应的起始压强为P0kPa，T1温度下该反应的压强平衡常数(Kp)为________________(用含P0的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). ﹣746.5kJ·mol−1 (2). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (3). 不是 (4). 因为该反应为放热反应，根据曲线b可知，m点对应温度的平衡脱氮率应该更高（或其他合理解释） (5). ＜ (6). Cl2（或氯气） (7). 随着氮氯比[]增加时氯气的转化率逐渐增大 (8). 0.12 (9). kPa-1 (或kPa-1)‎ ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【详解】(1)已知：CO燃烧热的△H1=−283.0kJ⋅mol−l，热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=−283.0 kJ·mol−l，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+180.5 kJ·mol−1，根据盖斯定律计算①×2−②得到：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.5kJ/mol；‎ ‎(2)由于催化剂在低温下活性不大，因此反应随温度变化速率变化不大；由于该反应为放热反应，根据线b可知，m点对温度的平衡脱氮率应该更高，所以图象分析可知m点不是对应温度下的平衡脱氮率：‎ ‎(3)①2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H＜0，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，一定氮氯比条件下，升温平衡逆向进行，反应物平衡转化率减小，则T1＜T2；‎ ‎②保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示，越大，转化率越大，说明纵轴表示的是Cl2 (氯气)的转化率；‎ ‎③在温度为T1，2NO(g)+Cl2(g)⇌2NOCl(g)△H＜0，保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应，A点氯气转化率为0.6，=2，体积为1L，结合三行计算列式计算，‎ 则v(NO)===0.12mol/(L⋅min)；‎ ‎④结合③题的列式，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，则，p平=0.8p0kPa，故T1温度下该反应的压强平衡常数Kp ==kPa-1 (或kPa-1)。‎ ‎10.重铬酸钾(K2Cr2O7)常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3＋、Fe3＋‎ - 20 -‎ ‎、K＋、SO42－等)制备K2Cr2O7的流程如图所示。‎ 已知：I.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72－还原为Cr3＋‎ II.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：‎ 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全pH Cr3＋‎ ‎4.9‎ ‎6.8‎ Fe3＋‎ ‎1.5‎ ‎2.8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）滤渣②成分是________________。‎ ‎（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式________________。‎ ‎（3）“加热”操作的目的是________________。‎ ‎（4）根据平衡移动原理解释酸化至pH＝1的目的是________________(用离子方程式和适当文字说明)。‎ ‎（5）通过下列实验可测定产品中K2Cr2O7(M＝294g/mol)的纯度：称取重铬酸钾试样1.470g，用100mL容量瓶配制成溶液。移取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和足量碘化钾(Cr2O72－的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5min。然后加入一定量的水，加入淀粉指示剂，用0.1500mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，共消耗标准液36.00mL。滴定时发生的反应的离子方程式为：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。则所测定产品中K2Cr2O7的纯度为________________。‎ ‎（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如图所示。‎ ‎①负极的电极反应式为________________；‎ - 20 -‎ ‎②一段时间后，中间室NaCl溶液的浓度________________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Fe(OH)3（或氢氧化铁） (2). 2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O (3). 除去过量的H2O2 (4). 2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O，酸化至pH=1，促进该反应平衡正向移动，实现CrO42－转化为Cr2O72－ (5). 72.00%（72%或72.0%也可） (6). C6H5OH+11H2O﹣28e－＝6CO2↑+28H+ (7). 减小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程：废液与足量KOH反应生成沉淀Cr(OH)3、Fe(OH)3，过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，除去K+、SO42-等离子，碱性条件下在滤渣中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4，过滤除去Fe(OH)3，则滤渣②为Fe(OH)3，得到K2CrO4滤液②，加热除去过量过氧化氢，防止后续加酸时H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，加酸调pH=1，使K2CrO4溶液转化为K2Cr2O7溶液，蒸发结晶得到K2Cr2O7晶体，以此解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，过滤得到滤渣①Cr(OH)3、Fe(OH)3混合物，“氧化”步骤中加入过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4，过滤除去Fe(OH)3，滤渣②的成分是Fe(OH)3(或氢氧化铁)；‎ ‎(2)“氧化”步骤中，碱性条件下，过氧化氢氧化Cr(OH)3生成K2CrO4溶液，结合电子守恒、原子守恒，化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH＝2K2CrO4+8H2O；‎ ‎(3)结合已知信息，在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72－还原为Cr3＋，为防止后续“酸化”步骤中H2O2将Cr2O72－还原为Cr3＋而混入杂质，所以酸化前必须除去H2O2，并且H2O2不稳定易分解，通过加热可除去；‎ ‎(4)由于酸性条件下，CrO42－可转化为Cr2O72－，发生反应为：2CrO42－+2H+⇌Cr2O72－+H2O，酸化至pH=1，促进该反应平衡正向移动，实现CrO42－转化为Cr2O72－；‎ ‎(5)根据实验步骤可知，用碘化钾将Cr2O72−还原成Cr3+，根据电子得失守恒有关系式Cr2O72−∼3I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O32−＝2I−+S4O62−)，所以有关系式Cr2O72−∼3I2∼6S2O32−，Na2S2O3的物质的量为0.1500mol/L×0.036L=5.4×10−3mol，所以样品中K2Cr2O7的物质的量×5.4×10−3mol×=3.6×10−3mol，样品中K2Cr2O7的纯度为×100%=72.00%；‎ ‎(6)①根据图示，C6H5OH转化为CO2‎ - 20 -‎ ‎，则苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒有负极的电极反应式为C6H5OH+11H2O﹣28e－＝6CO2↑+28H+；‎ ‎②由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜加入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。‎ ‎11.氮(N)、硝(P)、砷(As)等第VA族元素的化合物在研究和生产中有重要用途，请回答下列问题：‎ ‎（1）基态砷原子的价电子排布图为________________，第三周期元素的原子中，第一电离能大于磷原子的有________________种。‎ ‎（2）氮族元素氯化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有________________(填序号)。‎ A.稳定性B.沸点时C.R－H键之间的键角D.分子间作用力E.还原性 ‎（3）经测定发现，某种N2O5固体由NO2＋和NO3－两种离子组成，阳离子中N原子杂化方式是________________杂化，阴离子的空间构型为________________。‎ ‎（4）乙二胺(H2N－CH2－CH2－NH2)与CuCl2溶液可形成配离子(结构如图)。‎ Cu2＋的配位数为________________，1mol该配离子中含σ键为________________mol，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，其原因是________________。‎ ‎（5）通常认为Cu3N是离子晶体，其晶格能可通过图1的Born－Haber循环计算得到。通过图1中数据________________(填“能”或“不能”)计算出Cu原子的第一电离能，Cu3N晶格能为________________kJ·mol－1。‎ - 20 -‎ ‎（6）Cu3N晶胞如图2所示，Cu＋的半径为apm，N3－的半径为bpm，Cu3N晶胞的密度为________________g·cm－3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2 (3). AC (4). sp (5). 平面正三角形 (6). 4 (7). 26 (8). 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (9). 不能 (10). 5643 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据基态电子排布规律，As原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，其价层电子排布式为：4s24p3，则基态砷原子的价电子排布图为；同周期元素第一电离能从左至右有逐渐增大的趋势，磷原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p3，最外层电子3p轨道电子处于半满较稳定状态，第一电离能比同周期相邻的Si和S元素的大，第三周期元素的原子中，第一电离能最大的为零族元素Ar，则第一电离能大于磷原子的有Cl和Ar两种元素；‎ ‎(2)A．N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，故A正确；‎ B．由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，AsH3的相对分子质量大于PH3，AsH3沸点较高，与图像不符，故B错误；‎ C．N、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，元素的电负性越强，电负性大的使电子对之间的斥力变大，键角越大，N、P、As电负性逐渐减小，R－H键之间的键角也逐渐减小，与图像相符，故C正确；‎ D．三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，与图像不符，故D错误；‎ - 20 -‎ E．氢化物的还原性，主要比较阴离子的还原性，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下非金属性减弱，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，则氢化物的还原性越弱，与图像不符，故E错误；‎ 答案选AC；‎ ‎(3)NO2+中N原子价层电子对个数=2+=2、NO3-中N原子价层电子对个数=3+=3，根据价层电子对互斥理论判断，阳离子中N原子的杂化方式是sp，阴离子中N原子的杂化方式是sp2，空间构型为平面正三角形；‎ ‎(4)根据图示，Cu2+与4个N原子形成配位键，则Cu2+的配位数为4；配位键和单键都是σ键，该配离子中含有4个配位键和22个单键，则1mol该该配离子含σ键为26mol；乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，乙二胺比三甲胺的沸点高的多；‎ ‎(5)Cu原子的第一电离能为Cu(g)原子失去1个电子形成Cu+(g)所需要的能量，图示中只给出了固态铜原子失去电子的能量，铜原子由固态变为气态也有能量变化，图示中没有给出，故不能计算出Cu原子的第一电离能；Cu3N晶格能是Cu+、N3−气态离子形成1molCu3N晶体释放的能量，设Cu3N的晶格能为akJ⋅mol−1，根据盖斯定律，则：3285kJ/mol−822kJ/mol−akJ/mol=−3180kJ/mol，解得a=5643；‎ ‎(6)由晶胞结构，白色球位于晶胞棱心，个数为×12=3，黑色球位于晶胞的顶点，个数为×8=1，白色球与黑色球个数比为3:1，可知顶点黑色球是N3−，棱中心白色球是Cu+，结合图示，晶胞的边长为黑色球与白色球直径之和，已知：Cu＋的半径为apm，N3－的半径为bpm，则晶胞的边长=2×(a+b)pm=2×(a+b)×10-10 cm，则立方体晶胞的体积V=8×(a+b)3×10-30 cm3，故Cu3N晶胞的密度== g·cm－3。‎ ‎12.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新型冠状病毒感染者有潜在的治疗效果：K为药物合成的中间体，其合成路线如图所示：‎ - 20 -‎ 已知以下信息 ‎①‎ ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B的化学名称为____________。‎ ‎（2）J中含有官能团的名称为____________。‎ ‎（3）由B生成C的反应类型为____________。‎ ‎（4）由G生成H的化学反应方程式____________。‎ ‎（5）E中含两个Cl原子，则E的结构简式____________。‎ ‎（6）X是C的同分异构体，写出任意一个满足下列条件的X的结构简式____________。‎ ‎①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；‎ ‎②遇FeCl3溶液发生显色反应：‎ ‎③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。‎ ‎（7）设计由苯甲醇()为原料合成化合物的路线____________(其他试剂任选)。‎ ‎【答案】 (1). 对硝基苯酚（或4－硝基苯酚） (2). 酯基、氨基 (3). 取代反应 ‎ - 20 -‎ ‎ (4). HCHO+HCN(或+ HCN) (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据C结构简式知，B为，则A为，D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应、水解反应得到I，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为；据此解答。‎ ‎【详解】(1)B为，B的化学名称为对硝基苯酚或4−硝基苯酚；‎ ‎(2)J为，J中含有的官能团的名称为酯基、氨基；‎ ‎(3)B为，B中氢原子被CH3CO−取代生成C，B到C的反应类型取代反应；‎ ‎(4)H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为HCHO+HCN(或+ HCN)；‎ - 20 -‎ ‎(5)根据分析，E为；‎ ‎(6)C是对硝基乙酸苯酯，X是C同分异构体，X的结构简式满足下列条件：①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；②遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2，生成1mol氢气，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在−CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为；‎ ‎(7)由苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由发生水解反应得到，可由苯甲醛和HCN发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为：。‎ - 20 -‎ - 20 -‎