化学卷·2018届江西省九江第一中学高二下学期期末考试（解析版）

化学卷·2018届江西省九江第一中学高二下学期期末考试（解析版）

江西省九江第一中学2016-2017学年高二下学期期末考试 化学试题 命题人：高二化学备课组 审题人：高二化学备课组 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64‎ 第 I卷 ( 48分 )‎ 一、选择题（本题共有16小题，第题3分，共48分）‎ ‎1. 下列过程一定需要通电后才能进行的是（ ）‎ ‎①电离　②电解　③电镀　④电泳　⑤电化学腐蚀 A. ①②③ B. ①②④‎ C. ②③④ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，①错误；电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，②正确；电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，③正确；胶体中的胶粒在外加电源的作用下会发生定向移动的性质，必须加外加电源，④正确；电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，⑤错误.综合考虑，C项正确。‎ ‎2. 我国古文献中记载了大量化学领域的研究成果，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 《本草纲目》中对“焰硝”（KNO3）的描述为：“火药乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。”这里体现了KNO3的氧化性 B. 《天工开物》中对“膏液”的描述为：“草木之实，其中蕴藏膏液，而不能自流、假媒水火，凭藉木石，而后倾注而出焉。”这里的“膏液”的主要成分为油脂 C. 《泉州府志》物产条记载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素 D. 《抱朴子》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂。”这里是指加热时丹砂（HgS）熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体 ‎【答案】D ‎ ‎ ‎3. 实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（ ）‎ A. 纯碱和烧碱的熔化 B. 食盐和冰醋酸熔化 C. 液溴和水晶的气化 D. 金刚石和干冰的熔化 ‎【答案】A ‎【解析】纯碱和烧碱两种物质都是离子晶体,熔化时破坏离子键，A项正确；食盐为离子晶体,熔化时破坏离子键,冰醋酸为分子晶体,熔化时破坏分子间作用力，B项错误；水晶为原子晶体, 熔化时破坏共价键，液溴为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力(范德华力），C项错误；金刚石属于原子晶体，熔化时克服共价键，干冰属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力，D项错误。‎ ‎4. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 质子数为8、中子数为10的氧原子： B. 氧原子的结构示意图：‎ C. CaCl2的电子式: D. 明矾的化学式: KAl(SO4)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，A项正确；氧原子最外层为6个电子，B项错误；CaCl2由Ca2+和Cl—构成，电子式为， C项错误；明矾的化学式KAl(SO4)2•12H2O，D项错误。‎ ‎5. 以下操作或结论正确的是（ ）‎ A. 用试纸检验气体时，必须将湿润的试纸沾在玻璃棒上伸向气体 B. 称取10.2gNaOH时，将10g的砝码放在右盘，并将游码移到0.2g的位置 C. 将铂丝放在稀硫酸中洗涤并灼烧后，再蘸取待检物进行焰色反应 D. 将20ml质量分数1％的H2SO4蒸发浓缩至10ml，其质量分数小于2％‎ ‎【答案】D ‎【解析】在使用试纸检验气体的性质时，一般先用蒸馏水把试纸润湿,粘在玻璃棒的一端，用玻璃棒把试纸放到盛有待测气体的试管口，观察试纸颜色变化情况来判断气体的性质。注意:使用pH试纸不能用蒸馏水润湿，A项错误；在托盘天平上称量药品时，要注意称量一般药品时，要在左右盘上放相同质量的纸，如果称量易潮解、有腐蚀性的药品时，必须放到玻璃器皿中称量，否则会把托盘腐蚀，造成称量的误差，B项错误；焰色反应最主要的就是无其它离子干扰，每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再再蘸被检物质，C项错误；设20ml质量分数1％的H2SO4密度为ρ1，浓缩后硫酸的密度为ρ2，因硫酸的浓度越大密度越大，则ρ1<ρ2，则稀释后溶液的质量分数为<2%，D项正确。‎ ‎6. 设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 一定条件下，将1g乙炔溶于12g苯，所得混合物中含有的碳原子数为NA B. 1 mol FeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后生成NA个胶粒 C. 标况下，11.2 L的HF所含分子数为0.5 NA D. 133.5 g氯化铝固体中含有NA个铝离子 ‎【答案】A ‎【解析】乙炔(C2H2)和苯(C6H6) 最简式相同为CH，故1g乙炔溶于12g苯，即含有CH为1mol，故含有的碳原子数为NA，A项正确；氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，1mol FeCl3‎ 完全水解生成的氢氧化铁胶粒小于1NA个，B项错误；标况下，HF分子间存在氢键，通常是以聚合分子的形式存在。所以11.2 L HF所含的分子数目大于0.5NA，C项错误；氯化铝为共价化合物，氯化铝固体中不含有铝离子，D项错误。‎ ‎7. “银针验毒”在我国有上千年历史，银针主要用于检验是否有含硫元素的有毒物质。其反应原理之一为：Ag＋2H2S＋O2 == Ag2S＋H2O。当银针变色后，将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原。以下说法不正确的是（ ）‎ A. 银针复原发生的反应可能为：3Ag2S+2Al=6Ag+Al2S3‎ B. 当银针变黑时，所检验的物质有毒 C. 银针验毒时，Ag被氧化 D. 上述验毒反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】将其置于盛有食盐水的铝制容器中一段时间后便可复原，说明发生原电池反应，正极为Ag2S，负极为Al，总反应式为：3Ag2S+2Al+6H2O =6Ag+Al(OH)3↓+3H2S↑，A项错误；当银针变黑时，说明Ag氧化为Ag2S，说明所检验的物质有毒，B项正确；银针验毒时，Ag元素化合价升高，被氧化，C项正确；在反应Ag＋2H2S＋O2 == Ag2S＋H2O中，氧化产物为Ag2S，还原产物为H2O，两者的物质的量之比为1：1，D项正确。‎ ‎8. FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（ ）‎ A. 16：25 B. 2：11‎ C. 1：6 D. 1：7‎ ‎【答案】D ‎【解析】设生成的NO2、N2O4、、NO的物质的量（mol）分别是1、1、1。则反应中转移电子共计是6mol。在反应中FeS失去9个电子，所以根据电子的得失守恒可知，FeS是2/3mol，则生成Fe2（SO4）3是2/9mol，所以根据铁原子守恒可知，生成硝酸铁是2/9mol。所以参加反应的硝酸是2/9×3＋1＋1×2＋1＝42/9mol，则实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1:7，D项正确。‎ 点睛：考查氧化还原反应有关计算，难度中等，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用．‎ ‎9. 在指定的条件下，下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ A. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na＋、I－、NH4+‎ B. 强碱性溶液中：K＋、Na＋、ClO－、S2－‎ C. 1 mol·L－1 FeCl3溶液中：H＋、Na＋、SCN－、SO42－‎ D. 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中：Na＋、HCO3－、AlO2－、SO42－‎ ‎【答案】A ‎【解析】使甲基橙变红的溶液，溶液呈酸性，Fe2+、Na＋、I－、NH4+离子能大量共存，A项正确；强碱性溶液，ClO－与S2－发生氧化还原反应而不能大量共存，B项错误；Fe3+与SCN－发生反而不能大量共存，C项错误； 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液既可能为强酸溶液，又可能为强碱溶液，强酸性条件下，发生反应： HCO3- + H+ =CO2↑ + H2O，强碱性条件下发生反应：HCO3- + OH- = CO32- + H2O，不能大量共存，错D项错误。‎ ‎10.‎ ‎ 好莱坞影片《终结者》中始终不会被击败的液态金属机器人，在被散弹枪和手榴弹击中后，既能像液体一样重新聚集在一起，恢复之前的结构，又能改变外形，呈现出各种造型。清华大学刘静教授等人联合中国科学院理化技术研究所研发出世界首个自主运动的可变液态金属机器。研究揭示，置于电解液中的镓基液态合金可通过“摄入”铝作为食物或燃料提供能量，实现高速、高效长时运转，这种柔性机器既可在自由空间运动，又能于各种结构槽道中蜿蜒前行，因此作者们将其命名为“液态金属软体动物”。下列关于此研究的说法正确的是（ ）‎ A. 人们最熟悉的液态金属是水银，因其价格太贵而限制了实际应用 B. 液态金属中存在的粒子有金属阳离子和自由电子，它们之间通过静电作用形成离子键 C. 铝在液态金属中燃烧放出热量从而提供能量，使液态金属实现高速、高效的长时运转 D. 液态金属机器“吞食”铝片后，在电解质里形成原电池反应，会产生电力和气泡，从而产生动力 ‎【答案】D ‎【解析】人们最熟悉的液态金属是水银，它易蒸发形成有剧毒的汞蒸汽，因而限制了实际应用，A项错误；液态金属中存在的粒子有金属阳离子和自由电子，它们之间通过静电作用形成金属键，B项错误；置于电解液中的镓基液态合金可通过“摄入”铝作为食物或燃料提供能量，实现高速、高效的长时运转，并不是铝在液态金属中燃烧，C项错误；液态金属机器“吞食”铝片后，在电解质里形成原电池反应，从而诱发液态金属表面的高表面张力发生不对称响应，继而对易于变形的液态金属机器造成强大推力;与此同时，上述电化学反应过程中产生的氢气也进一步提升了推力。正是这种双重作用产生了超常的液态金属马达行为，D项正确。‎ ‎11. 溶液中含有较高浓度的NH4+、F－、HSO3－、K+等离子。向其中加入少量NaClO后，溶液中离子数目肯定增加的是（ ）‎ A. NH4+ B. F－ C. HSO3－ D. ClO－‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于向溶液中加入次氯酸钠后，NaClO有强氧化性，氧化HSO3—，本身被还原成HCl，酸性增强，NH4++H2O ⇌ NH3•H2O+H+反应向左移动，NH4+肯定增加，A项正确；由于向溶液中加入次氯酸钠后，NaClO有强氧化性，氧化HSO3—，本身被还原成HCl，酸性增强，又有F—+H2O⇌HF+OH-反应向右移动，氟离子数目减小， B项错误；向溶液中加入次氯酸钠后，尽管存在HSO3—+H2O⇌H2SO3+OH—这一反应，但由于次氯酸钠具有强氧化性，将HSO3—离子氧化为SO42—，使得HSO3—减小， C项错误；当向溶液中加入次氯酸钠后发生NaClO═Na++ClO—反应，而使溶液中ClO—根离子的浓度增加，但由于次氯酸钠具有强氧化性，将HSO3—离子氧化为SO42—，使ClO—离子数目减小，D项错误。‎ 点睛：根据电解质的电离、盐的水解、离子反应发生的条件解决。解题关键在于HSO3—离子有还原性，次氯酸钠具有氧化性，发生氧化还原反应，将HSO3—离子氧化为SO42—。 ‎ ‎12. 今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液（其他用品略），某合作学习小组同学的实验结果如下（假定反应前后溶液体积不变）（ ）‎ A. 第①组溶液中c（Fe3+）=3.0 mol/L B. 第②组剩余固体是铜铁混合物 C. 第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6 mol/L D. 原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2-1.28=11.92=2＞11.2，所以同时也有一部分Cu溶解发生反应：Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+，所以剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Fe、Cu合金中金属物质的量分别为xmol、ymol．‎ Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+‎ ‎1 2‎ x 0.2x ‎ Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ 1 2‎ ‎0.2-x 0.4-0.2x ‎ 依据铜元素守恒 （0.2-x）+=y；质量守恒 56x+64y=13.2．联立解之得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1：1 。‎ 验证：利用③的数据，正好是24-11.2=12.8，所以只发生了Fe+2Fe3+═3Fe2+，剩余的12.8全部为Cu，所以n（Fe）：n（Cu）=（）：（）=1：1，符合铁和铜的物质的量之比的判断；‎ ‎①组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量各为0.05mol Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+‎ ‎1 2 3‎ ‎0.05 0.1 0.15‎ Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+‎ ‎1 2 1 2‎ ‎0.05 0.1 0.05 0.1‎ c（Fe3+）==2.0mol/L ‎④组中铁和铜物质的量按照1：1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量==0.3mol，36g金属中铁的质量=0.3mol×56g/mol=16.8g，铜的质量为19.2g； 依据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，有三价铁离子物质的量计算判断，反应金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量==0.2mol，所以反应后溶液中的二价铁离子的浓度C（Fe2+）==6mol/L；综上所述：第①组溶液中c（Fe3+）=2.0mol/L， A项错误；第②组剩余固体全是铜，B项错误；第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6mol/L，C项正确；原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1，D项错误。‎ 点睛：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要是实验数据的分析判断和计算，关键是通过②判断剩余固体为铜，通过计算得到铁和铜的物质的量之比，③④剩余固体便顺利判断成分，进而依据化学方程式或元素守恒计算，题目综合性较大，数据处理较复杂，属于难度较大的题目．‎ ‎13.‎ ‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强元素。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子半径: r(X) < r(Y) < r(Z) < r(W)‎ B. W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C. Y的单质的氧化性比Z的强 D. X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 ‎【答案】D ‎【解析】地壳中含量最多的是氧，Z为O元素，所以Y为N元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是Na；X原子序数最小且不与Y、Z同周期，所以X是H元素。A、原子半径N>O，选项A错误；B、W的最高价的氧化物的水化物是氢氧化钠，是强碱，选项B错误；C、氮气的氧化性比氧气弱，选项C错误；D、H、N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，选项D正确。答案选D。‎ 点睛：本题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的关系理解水平。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。‎ ‎14. 已知碳酸钠中各元素的质量分数为：钠-a，碳-b，其余为氧；硅酸钠中各元素的质量分数为：钠-c，硅-d，其余为氧；用以上数据测定碳元素的相对原子质量时，还需要用到的数据是（ ）‎ A. 钠元素的相对原子质量 B. 硅元素的相对原子质量 C. 氧元素的相对原子质量 D. 硅元素各同位素的丰度 ‎【答案】B ‎【解析】 碳酸钠与硅酸钠的化学式可以表示为NaxAyOz，则碳酸钠中xMr（Na）：yMr（C）：zMr（O）=a：b：（1-a-b），硅酸钠中xMr（Na）：yMr（Si）：zMr（O）=c：d：（1-c-d），，，故只需要Si元素的相对原子质量即可计算C的相对原子质量，B项正确。‎ ‎15. 萜类化合物a、b、c广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（ ）‎ A. a和b都属于芳香族化合物 B. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 C. a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】A．a分子中没有苯环，所以a不属于芳香族化合物，A错误；B．a、c分子中分别有6个和9个饱和碳原子，所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内，B错误；C．a分子中有2个碳碳双键，b分子中苯环上连接有甲基，c分子中有醛基，这三种物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C正确；D．b分子中没有醛基，所以其不能与新制的氢氧化铜反应，D错误。答案选C。‎ ‎16. 常温下，Ka (HCOOH)=1.77×10-4，Ka (CH3COOH)=1.75×10-5，Kb (NH3·H2O) =1.76×10-5，下列说法正确的是（ ）‎ A. 浓度均为0.1 mol·L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者小于后者 B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C. 0.2 mol·L-1 HCOOH 与 0.1 mol·L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中:‎ c(HCOO-) + c(OH-) = c(HCOOH) + c(H+)‎ D. 0.10 mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液呈中性：c(Na＋)>c(Cl－)=c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HCOO—)，氯化铵溶液中存在c(H+)+c(NH4+)=c(OH—)+c(Cl—)，由于在常温下，氨水Kb小于甲酸的Ka，Kw不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中，c(OH—)小于甲酸钠溶液中c(H+)，Na+和Cl—都不水解，c(Cl—)= c(Na+)，A项错误；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的NaOH溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的NaOH溶液较多，B项错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠溶液，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HCOO—)和物料守恒2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO—)可得c(HCOO-) + 2c(OH-) = c(HCOOH) + 2c(H+)，C项错误；CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质：NaCl、CH3COOH、CH3COONa，电离和水解相等，即：c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)，D项正确。‎ 第 II卷 ( 52分 )‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17. 请回答：‎ ‎（1）用电子式表示氯化钠的形成过程：________________________________________；‎ ‎（2）表示氯碱工业原理的化学方程式：________________________________________；‎ ‎（3）电石遇到饱和食盐水时的化学方程式：_____________________________________；‎ ‎（4）0.4mol/L NaAlO2溶液与0.7mol/L盐酸等体积混合的离子方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑ (4). 4AlO2-+7H++H2O=3Al(OH)3↓＋A13+‎ ‎【解析】（1）‎ NaCl为离子化合物，书写电子式时注意，左边写钠原子和氯原子电子式，右边写氯化钠的电子式，中间用箭头连接，形成过程为：；（2）工业上用电解饱和NaCl溶液的方法来制取NaOH、Cl2和H2,并以它们为原料生产一系列化工产品,称为氯碱工业：；（3）电石遇到饱和食盐水反应制备乙炔气体，其反应方程式为：CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑；（4）0.4mol/L NaAlO2溶液与0.7mol/L盐酸等体积混合，溶液溶液的体积为1L则偏铝酸钠为0.4mol，HCl为0.7mol，4mol偏铝酸钠消耗4mol氢离子生成4mol氢氧化铝沉淀，剩余的3mol氢离子能溶解1mol氢氧化铝，故反应后生成3mol氢氧化铝、1mol铝离子，其反应式为：4AlO2-+7H++H2O=3Al(OH)3↓＋A13+。‎ ‎18. 实验室用镁还原硝基苯制取反式偶氮苯。实验原理如下：‎ ‎2+4Mg+8CH3OH→+4Mg(OCH3)2+4H2O 已知：①Mg(OCH3)2在水中极易水解。‎ ‎②反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。‎ ‎（1）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是_______________________________________。‎ ‎（2）反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤，滤渣用95％乙醇水溶液重结晶提纯。‎ ‎①为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要_____（填“缓慢加入”、“快速加入”）。‎ ‎②烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是________。‎ A．滤液 B．饱和NaCl溶液 C．95％乙醇水溶液 D．冰水 ‎③抽滤完毕，应先断开橡皮管___（填序号），以防倒吸。‎ ‎④重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的_______操作除去了不溶性杂质。‎ ‎（3）已知薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则顺式偶氮苯比反式偶氮苯的分子极性______（填“强”或“弱”）。‎ ‎【答案】 (1). 除去镁条表面的氧化物 (2). 缓慢加入 (3). A (4). 2 (5). 趁热过滤 (6). 强 ‎【解析】（1）反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物； （2）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸； ②将烧杯中的晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失．所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的．选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质；故答案为D； ③抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶； ④重结晶过程：加热溶解→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质； （3）极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，根据图可知展开后顺式偶氮苯较多，扩散较慢，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性较弱。‎ ‎19. 抗痫灵(题中编号为G)具有抗癫痫、抗惊厥、抗抑郁等功效，其合成路线如下图所示（反应条件和副产物已略）：‎ ‎（1）A中含氧官能团名称是_____；合成路线的反应中为加成反应的是____（填反应序号）；‎ ‎（2）若以醛基为母体，则B的系统命名法的名称为_____________________；‎ ‎（3）芳香化合物H是C的同分异构体，H的相关信息如下：‎ a．可发生银镜反应；b．可与NaHCO3溶液反应生成气体；c．苯环上的一溴代物有2种 则H的结构简式为________________；‎ ‎（4）写出反应⑥的化学反应方程式：____________________________________；‎ ‎（5）请以苯甲醛（）为起始原料（其余有机、无机原料任选），设计合成路线合成分子_____________。‎ ‎【答案】 (1). （酚）羟基 (2). ③ (3). 3，4-二羟基苯甲醛 (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】(1)A为，其中含有的官能团为羟基；根据流程图中前后物质结构的差别，反应①为取代反应，反应②为取代反应，③为加成反应，反应④为消去反应，反应⑤为脱羧反应，不属于加成反应，反应⑥为取代反应；（2）B为，若以醛基为母体，则B的系统命名法的名称为3，4-二羟基苯甲醛；（3）C为，芳香化合物H是C的同分异构体，可发生银镜反应，说明含有醛基，属于醛类或甲酸酯，可与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基，苯环上的一溴代物有2种，则H的结构简式为，（4）反应⑥属于取代反应，其反应方程式为；（5）请以苯甲醛（）为起始原料（其余有机、无机原料任选），设计合成路线合成分子 ‎，首先要合成单体，而合成，根据题干G的合成路线中的反应③、④、⑤，需要合成，再合成，因此合成路线为：。‎ ‎20. 砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：‎ ‎（1）画出砷的原子结构示意图____________；‎ ‎（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式________；‎ ‎（3）已知：As(s)+ H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1‎ H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH2‎ ‎2As(s)+ O2(g) =As2O5(s) ΔH3‎ 则反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =_________；‎ ‎（4）298 K时，将20 mL 3x mol·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L−1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：(aq)+I2(aq)+2OH−(aq)(aq)+2I−(aq)+ H2O(l)。溶液中c()与反应时间（t）的关系如图所示。‎ ‎①下列不可判断反应达到平衡的是__________（填标号）；‎ a．溶液的pH不再变化 b．v(I−)=2v()‎ c．c()/c()不再变化 d．c(I−)=y mol·L−1‎ ‎②tm时，v逆_____ v正（填“大于”“小于”或“等于”）；‎ ‎③tn时v逆_____ tm时v逆（填“大于”“小于”或“等于”）；‎ ‎④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为___________；‎ ‎（5）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示：‎ ‎①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为____________；‎ ‎②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=_________(p Ka1 = -lg Ka1 )；‎ ‎（6）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响，pH =7．1时，吸附剂X表面不带电荷；pH > 7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH<7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示：‎ 试问，提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S (3). 2△H1-3△H2-△H3 (4). bd (5). 小于 (6). 大于 (7). (8). OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O (9). 2.2 (10). 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 ‎【解析】 (1).砷为33号元素，原子结构示意图为；（2）原已知可知得到As2S3+O2→H3AsO4+S，As2S3化合价总共升高10价，利用得失电子守恒配平得：2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S，再考虑质量守恒，反应前少了6O、12H，故方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；(3)待求解反应可以由反应①×1-反应②×3-反应③，故ΔH = 2△H1-3△H2-△H3；(4)①溶液pH不变时，则c(OH—)也保持不变，a能判断反应处于平衡状态；根据速率关系v (I—)=2v(AsO33—)，则等式始终成立，b不能判断反应处于平衡状态；由于提供的Na3AsO3总量一定，所以c(AsO43—)/c(AsO33—)不再变化，能判断反应处于平衡状态；c(I-)=y mol/L时，即c(AsO43−)=c(I-)，事实两者浓度关系一定是2c(AsO43−)=c(I-‎ ‎)，不能判断反应平衡状态；②反应从正反应开始进行，tm时反应继续向正反应方向进行，故v逆小于 v正；③tm时比tn时，AsO43—浓度更小，所以逆反应速率也更小，tn时v逆大于 tm时v逆；④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3浓度为，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生成c(AsO43—)为ymol/L，则反应生成c(I—)为2ymol/L，消耗AsO33—、I2浓度均为ymol/L，平衡时c(AsO33—)为(x-y)mol/L、c(I2) 为(x-y)mol/L,pH=14,即c(OH—)=1mol/L，K=；（5）①从题20图-1可知pH由小变大时，H3AsO3浓度减小， H2AsO3—浓度增大，当溶液由无色变为浅红色时，主要的离子反应为：OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O；②H3AsO4的第一步电离：H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数Ka1=，由题20-2读出，c(H3AsO4)= c(H2AsO4-)，c(H+)=10-2.2mol/L，pKa1= -lg Ka1=-lg10-2.2 =2.2；（6）在pH为7-9之间，随着pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增大，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，在pH为4-7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在，静电引力较大，而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是：加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷。‎ 点睛：考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算及平衡状态的判断等，其中盖斯定律的基本使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”，平时要多练习，才能熟能生巧。另外反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如本反应中随反应的进行AsO43−和I−的物质的量在变化，但二者浓度比始终是1:2，不能作用为判断平衡的依据。‎