湖北省荆州三校2020届高三期中联考理综化学试题

湖北省荆州三校2020届高三期中联考理综化学试题

‎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，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+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段是电解硫酸（实为电解水）：2H2O2H2↑+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1 mol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)= ‎ ‎。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。CO32－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 ‎，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Cl2‎ O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 ‎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<0。‎ 设m为起始时的投料比，即m= n(H2)/ n(CO2)。‎ ‎①图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为______________________。‎ ‎②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为________________________。‎ ‎③图3表示在总压为5MPa的恒压条件下，且m=3时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。则曲线d代表的物质化学名称为______________，T4温度时，该反应平衡常数KP的计算式为(不必化简)_______________________。‎ ‎（3）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10－5，H2CO3的Ka1=4.3×10－7、Ka2=5.6×10－11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是氨水溶液吸收技术，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。所得溶液的pH___________7（填“＞”、“=”或“＜”）。烟气需冷却至15.5℃～26.5℃的可能原因是____________。‎ ‎（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。往吸收液中滴加1.0mol/L盐酸，生成的V(CO2)随V(盐酸)变化关系如图所示，则原吸收液中离子浓度由大到小的顺序为__________。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). (3). (4). 乙醇 (5). (6). ＞ (7). 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 (8). c(Na+)> 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，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：‎ 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-+H2OAsO33-+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)CH2COOHH 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 HOH+(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)。‎ ‎ ‎ ‎ ‎