黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第一次调研考试（9月）化学试题

黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第一次调研考试（9月）化学试题

哈六中2019——2020学年度上学期 高三学年第一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．锌的活泼性强于铁，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.下列说法不正确的是 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】‎ 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中含有共价键的数目是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 + 3KNO3 + 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】反在应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3 中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。‎ A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确； ‎ B、反应Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO3 + 2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；‎ C、K2FeO4 中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；‎ D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：KNO3>K2FeO4，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写及配平，题目难度较大，明确物质的性质及题给信息、熟悉化合物中各元素化合价是解本题关键。‎ ‎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 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①分子中含有2个碳碳双键，则1mol该有机物可消耗2mol H2，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；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、-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。‎ ‎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 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，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸变蓝 原溶液中有NH4＋‎ 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TiCl4Ti C. 从卤水中(溶质主要是MgCl2)提取Mg 卤水Mg(OH)2MgCl2(aq) MgCl(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.海带中的碘元素以I－形式存在，从海带中提取单质碘时，过滤后要加入氧化剂将碘离子氧化为碘单质，再加入萃取剂进行萃取、分液，最后经蒸馏获得单质碘，故A错误；‎ B.二氧化钛和焦炭、氯气反应，产物是四氯化钛和一氧化碳；镁与TiCl4置换反应得到钛和氯化镁，稀有气体化学性质稳定，不会参与化学反应，常做保护气，故B正确；‎ C.直接加热蒸干水分得不到氯化镁固体，会促进氯化镁水解，最后得到氢氧化镁；应该蒸发浓缩、冷却结晶得MgCl2·6H2O晶体，然后在HCl气体环境中加热MgCl2·6H2O可得MgCl2固体，故C错误；‎ D.澄清石灰水浓度较低，用其制备次氯酸钙效率较低，应用石灰乳，故D错误；‎ 答案：B ‎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】‎ 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。‎ ‎【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。‎ ‎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的化学方程式是______。‎ ‎（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）。_____‎ ‎【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。‎ ‎ ‎