2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二5月月考化学试题 解析版

2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二5月月考化学试题 解析版

江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二5月月考 化学试题 ‎1. 下列过程不用通电也能进行的是（ ）‎ ‎①电离　②电解　③电镀　④电泳　⑤电化学腐蚀 A. ①⑤ B. ②③④ C. ① D. ①④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析：根据电解、电镀、电化学腐蚀的原理以及电离、电泳概念分析。‎ 详解：①电离是电解质在水溶液中或熔融状态下电离出阴阳离子的过程，不一定通电；‎ ‎②电解是在外加电流的作用下在阴阳两极上发生氧化还原反应的过程；‎ ‎③电镀利用的是电解原理；‎ ‎④电泳是胶体在外加电流的作用下胶体粒子作定向运动的过程；‎ ‎⑤电化学腐蚀是不纯金属或合金跟电解质溶液接触较活泼的金属失去电子而被腐蚀的过程；‎ 综上所述不用通电的是①⑤，答案选A。‎ ‎2. 类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用；但有时会得出错误的结论。以下几种类比推理结论中正确的是(   )‎ A. CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成；推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成 B. HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被MnO2氧化为Br2‎ C. H2O的沸点高于H2S；推出H2S沸点高于H2Se D. Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3；推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫能被硝酸钡溶液氧化生成硫酸；‎ B．溴化氢的还原性强于氯化氢；‎ C．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高；‎ D．铁离子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3；根据铁元素的化合价以及碘元素的化合价来书写化学式。‎ 详解：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡溶液氧化生成硫酸，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，A错误；‎ B．溴化氢的还原性强于氯化氢，HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2‎ ‎，因此HBr一定条件下也能被MnO2氧化为Br2，B正确；‎ C．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，水分子之间形成氢键、硫化氢分子之间不能形成氢键，所以H2O的沸点高于H2S，H2S、H2Se中都不存在氢键，所以H2S沸点低于H2Se，C错误；‎ D．铁离子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3，铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是-1价，碘单质只能将铁氧化到+2价，Fe3I8也可表示为3FeI2•I2，D错误；答案选B。‎ 点睛：本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、氢键、最高价氧化物的水化物酸性等知识点，明确元素化合物性质及氢键对物质熔沸点影响即可解答，注意规律中的异常现象，易错选项是D。‎ ‎3. 某溶液中含有较多的CuSO4和少量的 Fe2(SO4)3。若用该溶液制取硫酸铜固体；可供选择的操作有：‎ ‎（1）加适量H2SO4溶液；（2）加适量CuO；（3）冷却结晶；（4）加过量NaOH；（5）加强热至有大量白色固体析出；（6）过滤。正确的操作步骤是(   )‎ A. （2）（6）（3）（6） B. （2）（6）（5）‎ C. （4）（6）（3）（5） D. （4）（6）（1）（3）‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据硫酸铁中的铁离子对于硫酸铜属于杂质，除去铁离子时要注意最后溶液中只能含有硫酸铜进行分析。‎ 详解：由于不能引入新杂质，所以可以先加入加适量CuO将铁离子完全沉淀，然后进行过滤，再加入适量的硫酸将前面反应剩余的氧化铜转化为硫酸铜，最后将溶液加强热至有大量白色固体析出即可得到硫酸铜固体，正确的操作步骤是（2）（6）（5），答案选B。‎ 点睛：在解此类题时，首先分析需要除去的杂质的性质，然后选择适当的试剂除杂，最后根据需要得到的物质选择适当的顺序。易错点是最终得到的是硫酸铜而不是胆矾晶体，因此需要强热。‎ ‎4. 下列化学用语不正确的是（ ）‎ A. 质子数为8、中子数为10的氧原子：‎ B. 比例模型 , 不能表示二氧化碳，可以表示水分子 C. 碳正离子（CH3+）的电子式为 ‎ D. 氨气溶于水使溶液呈碱性：NH3+H2ONH3·H2ONH4+ + OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：A. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。‎ B. 根据二氧化碳和水的空间构型判断；‎ C. 碳正离子含有8个电子；‎ D. 一水合氨是弱电解质。‎ 详解：A. 质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数是18，因此可表示为：，A正确；‎ B. 二氧化碳是直线形结构，水是V形，因此比例模型不能表示二氧化碳，可以表示水分子，B正确；‎ C. 碳正离子（CH3+）的电子式为，C错误；‎ D. 氨气溶于水使溶液呈碱性是因为氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根和铵根，即NH3+H2ONH3·H2ONH4+ + OH-，D正确。答案选C。‎ ‎5. 以下操作或结论正确的是（ ）‎ A. 将10mL质量分数2％的H2SO4加水至20mL，其质量分数大于1％‎ 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. 用试纸检验气体时，应该将气体通向放在表面皿（或玻璃片）上的湿润的试纸 ‎【答案】A ‎【解析】分析：A．硫酸的密度比水的密度大，据此解答；‎ B．物质质量等于砝码+游码，NaOH一般放在小烧杯中称量；‎ C．硫酸不挥发，干扰实验；‎ D．湿润的试纸放在玻璃棒上检验气体。‎ 详解：A．硫酸的密度比水的密度大，将10mL质量分数2％的H2SO4加水至20mL，溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，则其质量分数大于1％，A正确；‎ B．物质质量等于砝码+游码，则称取10.2gNaOH时，将10g的砝码放在右盘，并将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，B错误；‎ C．硫酸以及硫酸盐难挥发，干扰实验，则将铂丝放在稀盐酸中洗涤并灼烧后，再蘸取待检物进行焰色反应，C错误；‎ D．湿润的试纸检验气体，则用试纸检验气体时，必须将湿润的试纸沾在玻璃棒上伸向盛有气体的管口，D错误；答案选A。‎ ‎6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 标况下，11.2 L的HF所含分子数为0.5 NA B. 制取氢氧化铁胶体时，若有1 mol FeCl3完全水解，则生成NA个胶粒 C. 一定条件下，将1g苯乙烯溶于12g苯，所得混合物中含有的碳原子数为NA D. 133.5 g氯化铝固体中含有NA个铝离子 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.标况下HF不是气态；‎ B.根据胶体是大分子集合体判断；‎ C.根据苯乙烯和苯的最简式相同计算；‎ D.氯化铝是共价化合物。‎ 详解：A. 标况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算11.2 L的HF所含分子数，A错误；‎ B. 胶体是大分子集合体，制取氢氧化铁胶体时，若有1 mol FeCl3完全水解，则生成的胶粒数小于NA个，B错误；‎ C. 苯乙烯和苯的最简式相同均是CH，一定条件下，将1g苯乙烯溶于12g苯，所得混合物中所含“CH”的物质的量是1mol，因此含有的碳原子数为NA，C正确；‎ D. 氯化铝是共价化合物，不存在阴阳离子，D错误。答案选C。‎ ‎7. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O；下列说法正确的是( )‎ A. 反应中还原剂是Ag和H2S，氧化剂是O2‎ B. 每生成1mol X，反应转移2mol e-‎ C. 《洗冤集录》中应当还记载有变黑银针放入盛有食盐水的铝盆中而复原的方法。‎ D. 上述验毒反应的氧化产物和还原产物的质量之比为1∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量。‎ 详解：A．由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2‎ S，这说明反应中O元素化合价降低，Ag元素化合价升高，所以反应中还原剂是Ag，氧化剂是O2，A错误；‎ B．Ag从0价升高到+1价，则每生成1molAg2S，反应转移2mole-，B正确；‎ C．变黑银针放入盛有食盐水的铝盆中而复原的方法属于原电池原理，《洗冤集录》中不可能有记载，C错误；‎ D．根据方程式可知氧化产物和还原产物分别是硫化银和水，物质的量之比为1∶1，D错误。答案选B。‎ ‎8. 某苯的同系物分子式为C8H10，其一氯代物中只有一个甲基的有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】C ‎【解析】分析：苯的同系物分子式为C8H10，可以是二甲苯和乙苯，结合一氯代物中只有一个甲基分析判断。‎ 详解：某苯的同系物分子式为C8H10，如果是乙苯，其一氯代物中只有一个甲基，说明氯原子可以取代基苯环上的氢原子，共计是3种，即邻间对。也可以取代乙基中－CH2－上的氢原子，合计是4种；如果是二甲苯，则只能取代一个甲基上的氢原子。由于二甲苯有3种，所以符合条件的共计是7种，答案选C。‎ ‎9. 在指定的条件下，下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ A. 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中：Na＋、HCO3－、AlO2－、SO42－‎ 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. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na＋、I－、NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中水的电离被抑制；‎ B.次氯酸根离子具有氧化性；‎ C.铁离子与SCN－不能共存；‎ D.使甲基橙变红的溶液显酸性，据此判断。‎ 详解：A. 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3－、AlO2－均不能大量共存，如果显碱性，HCO3－不能大量共存，A错误；‎ B. 强碱性溶液中ClO－氧化S2－均不能大量共存，B错误；‎ C. 1 mol·L－1 FeCl3溶液中SCN－与铁离子发生络合反应而不能大量共存，C错误；‎ D. 使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2+、Na＋、I－、NH4+在酸性溶液中不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。‎ ‎10. 向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作；结论正确的是(     )‎ 操作 现象 结论 A 滴加盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO42-‎ B 滴加稀NaOH溶液；将湿润红色石蕊试纸置于试管 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+‎ C 用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中一定有Na+‎ D 滴加氯水和CCl4；振荡、静置 下层溶液显棕红色 原溶液中有I-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】分析：A．可能生成AgCl沉淀；‎ B．氨气易溶于水；‎ C．钠的焰色反应为黄色；‎ D．碘的四氯化碳溶液显紫色。‎ 详解：A．滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为也可能生成的是氯化银白色沉淀，A错误；‎ B．氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的铵根离子时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，B错误；‎ C．钠的焰色反应为黄色，可说明原溶液中有Na+，C正确；‎ D．下层溶液显棕红色说明有单质溴生成，原溶液中含有溴离子，碘的四氯化碳溶液显紫色，D错误。答案选C。 ‎ 点睛：本题主要是考查离子检验等实验方案设计与判断等知识点，侧重于学生化学实验方案评价能力的考查，注意物质的检验要排除其它离子的干扰，为易错点。‎ ‎11. 溶液中含有较高浓度的NH4+、Cl－、HSO3－、K+等离子。向其中加入少量NaClO后，溶液中离子数目一定增多的是（ ）‎ A. NH4+、Cl－、K+ B. NH4+、Cl－ C. Cl－、K+ D. ClO－‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据次氯酸钠具有强氧化性，能氧化还原性离子结合方程式解答。‎ 详解：溶液中含有较高浓度的NH4+、Cl－、HSO3－、K+等离子，向其中加入少量NaClO后，HSO3－被氧化为硫酸根，次氯酸根离子被还原为氯离子：HSO3－+ClO－＝SO42－+Cl－+H＋，溶液酸性增强，抑制铵根的水解，则溶液中离子数目一定增多的是NH4+、Cl－，答案选B。‎ ‎12. 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. b和c互为同分异构体 B. a、b、c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上 C. a、b和c均能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．分子式相同结构不同的化合物互为同分异构体；‎ B．a、b、c中均含有饱和碳原子；‎ C．根据含有的官能团结构与性质判断；‎ D．只有-CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀。‎ 详解：A．b和c的分子式分别是C10H14O、C10H16O，不能互为同分异构体，A错误；‎ B．a、b、c中均含有饱和碳原子，与饱和碳原子相连的4个原子构成四面体，则三种分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B正确；‎ C．b不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；‎ D．只有-CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，b不能，D错误；答案选B。‎ ‎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。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 原子半径: r(X) c(CH3COOH)‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：A、根据水解程度的相对大小分析；‎ B、酸越弱pH相等时浓度越大；‎ C、根据电荷守恒和物料守恒分析；‎ D、根据电荷守恒和物料守恒分析。‎ ‎...........................‎ B、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错误；‎ C、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正确；‎ D、反应方程式为CH3COONa＋HCl=CH3COOH＋NaCl，溶液pH=7，反应后的溶质为NaCl、CH3COOH、CH3COONa，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)＝c(Cl－)+c(OH—)+c(CH3COO—)和物料守恒c(Na+)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO—)可知c(Na＋)＞c(CH3COOH)=c(Cl－)，D错误。答案选C。‎ ‎15. 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1：1：2 时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：5 B. 1：6 C. 1：7 D. 1：8‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：硝酸氧化FeS，根据元素化合价变化情况结合电子得失守恒和原子守恒解答。‎ 详解：设生成的NO2、N2O4、、NO的物质的量（mol）分别是1、1、2，则反应中转移电子共计是1mol+1mol×2+2mol×3＝9mol。在反应中Fe由+2价升高到+3价，S由－2价升高到+6价，FeS失去9个电子，所以根据电子的得失守恒可知，FeS是1mol，则生成Fe2（SO4）3是1/3mol，所以根据铁原子守恒可知，生成硝酸铁是1/3mol。所以参加反应的硝酸是1/3mol×3＋1mol＋1mol×2＋2mol＝6mol，则实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1:6，答案选B。‎ ‎16. 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）‎ 有关说法不正确的是（ ）‎ A. 第①组溶液中c（Fe3+）=2.0 mol/L B. 第②组剩余固体只有铜 C. 第③④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6 mol/L D. 原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=11：9‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：金属性Fe＞Cu，氯化铁首先氧化金属铁，然后再氧化金属铜，结合固体质量的变化、反应的方程式分析解答和计算。‎ 详解：每一组中氯化铁均是0.4mol，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＞11.2，所以同时也有一部分Cu溶解发生反应：Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+，则剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Fe、Cu合金中金属物质的量分别为xmol、ymol，则 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）+1.28÷64=y；质量守恒56x+64y=13.2，解得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1：1，D错误。‎ 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，B正确；‎ ‎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，A正确；‎ ‎③组中生成亚铁离子是0.6mol，浓度是6.0mol/L；根据③组实验可知④组中只有铁被溶解，剩余的金属是铁和铜混合物，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成0.6molFe2+，所以反应后溶液中亚铁离子的浓度为6mol/L，C正确；答案选D。‎ 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。‎ ‎17. 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的关系分别如图- 1和图- 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 )；‎ ‎【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 ‎【解析】分析：（1）根据As的核外电子排布画出砷的原子结构示意图；‎ ‎（2）根据电子得失守恒和原子守恒书写方程式；‎ ‎（3）根据盖斯定律计算；‎ ‎（4）①根据平衡状态的特征判断；‎ ‎②根据tm时反应没有达到平衡状态，向正反应方向进行判断；‎ ‎③根据浓度对反应速率的影响分析；‎ ‎④根据平衡时离子的浓度结合平衡常数表达式计算；‎ ‎（5）①根据图像结合溶液颜色变化判断产物；‎ ‎②根据平衡常数表达式结合图中等浓度点计算。‎ 详解：（1）砷为33号元素，原子结构示意图为；‎ ‎（2）根据题干信息可知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）已知：‎ ‎①As(s)+H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2‎ ‎③2As(s)+O2(g) =As2O5(s) ΔH3‎ 根据盖斯定律可知①×1-②×3-③即得到反应As2O5(s)+3H2O(l)＝2H3AsO4(s)的ΔH＝2△H1-3△H2-△H3；‎ ‎（4）①a、溶液pH不变时，则c(OH—)也保持不变，能判断反应处于平衡状态，a错误；b、根据速率关系v(I—)=2v(AsO33—)，则等式始终成立，不能判断反应处于平衡状态，b正确；c、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错误；d、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，d正确，答案选bd；‎ ‎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，则；‎ ‎（5）①从题图-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，主要的离子反应应该为：OH-+H3AsO3＝H2AsO3-+H2O；‎ ‎②H3AsO4的第一步电离方程式为H3AsO4H2AsO4-+H+，其电离常数Ka1＝，由题图-2可知c(H3AsO4)＝c(H2AsO4-)，c(H+)=10-2.2mol/L，pKa1＝-lgKa1＝-lg10-2.2＝2.2。‎ 点睛：本题主要是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，不能作为判断平衡的依据。‎ ‎18. 实验室用镁和硝基苯制取反式偶氮苯（溶解性:不溶于水，溶于醇、醚）。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。‎ 实验流程如下：‎ ‎（1）反应中，硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于_______________‎ A、取代反应 B、消去反应 C、还原反应 D、氧化反应 ‎（2）在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁屑应该_______________________________________。‎ ‎（3）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（抽滤装置如图1），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抽滤过程中要洗涤粗产品，下列液体最合适的是___________。‎ A．乙醚 B．蒸馏水 C．95％乙醇水溶液 D．饱和NaCl溶液 ‎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________________________操作除去了可溶性杂质。‎ ‎（4）已知薄层色谱分析中，分子极性弱的物质，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2所示。展开后的斑点中，顺式偶氮苯为______（填斑点序号），说明顺式偶氮苯的分子极性比反式偶氮苯的分子极性__________（填“强”或“弱”）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 除去表面的氧化物 (3). 缓慢加入 (4). B (5). b (6). 抽滤 (7). 3 (8). 强 ‎【解析】分析：（1）根据反应中去掉氧原子分析反应类型；‎ ‎（2）镁易被氧化，故镁条表面有氧化物，需用砂纸打磨干净；‎ ‎（3）①结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体；‎ ‎②根据反式偶氮苯的溶解性解答；‎ ‎③从防倒吸的角度去分析；‎ ‎④趁热过滤可以除去不溶性杂质；‎ ‎（4）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。‎ 详解：（1）硝基苯在反应中去掉氧原子，属于去氧的反应，因此硝基苯变为反式偶氮苯的反应属于还原反应，答案选C；‎ ‎（2）由于镁易被氧化，故镁条表面有氧化物，因此反应加入的镁屑应该除去表面的氧化物。‎ ‎（3）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反式偶氮苯不溶于水，溶于醇、醚，所以洗涤最好选择蒸馏水，答案选B；‎ ‎③抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡皮管，以防止倒吸，答案选b；‎ ‎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，即展开后的斑点中，顺式偶氮苯为3，这说明顺式偶氮苯比反式偶氮苯的分子极性较强。‎ 点睛：本题考查了有机实验，涉及蒸发结晶、过滤等基本操作，难度中等，解题的关键是理解实验原理，注意根据题中的实验步骤结合实验基本操作的要求灵活分析问题。另外要注意提取题干中的有效信息，注意灵活应用。‎ ‎19. 工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤①所得废渣的成分是_____________（写化学式），操作II的名称是________________。‎ ‎（2）步骤②、③的变化过程表示为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)③中X试剂为_____________（写化学式）。‎ ‎（3）按要求完成下列方程式 ‎④的离子方程式为_________________________________________。‎ 加氨水调节pH过程中涉及的离子方程式为： ___________________、_______________。‎ ‎（4）25 时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：‎ pH ‎1.3‎ ‎1.4‎ ‎1.5‎ ‎1.6‎ ‎1.7‎ ‎1.8‎ ‎1.9‎ ‎2.0‎ ‎2.1‎ 钒沉淀率%‎ ‎88.1‎ ‎94.8‎ ‎96.5‎ ‎98.0‎ ‎98.8‎ ‎98.8‎ ‎96.4‎ ‎93.1‎ ‎89.3‎ 在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为________ ；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<_________mol/L（已知：25时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39）。‎ ‎（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有___________和_____________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 萃取（分液） (3). H2SO4 (4). 6VO2++ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+ (5). NH3·H2O+H+=NH4++H2O (6). NH4++VO3-=NH4VO3↓ (7). 1.7~1.8（或1.7、1.8其中一个） (8). 2.6×10-3 (9). 氨气（或氨水或NH3或NH3·H2O） (10). 有机萃取剂（HA或有机溶剂或萃取后的有机层）‎ ‎【解析】将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程，水溶过滤得到含VO2+、SO42-、K+的溶液，加入有机萃取剂分液得到含VO2+的有机层，再经过反萃取得到水层，加入KClO3‎ 氧化VO2+为VO3-，加入氨水调节溶液PH形成NH4VO3沉淀，灼烧得到V2O5。‎ ‎(1)废钒催化剂(主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等)酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，根据流程图，操作II是加入有机萃取剂进行萃取和分液，故答案为：SiO2；萃取、分液；‎ ‎(2)③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：H2SO4；‎ ‎(3)④的反应为氯酸钾氧化VO2+生成VO3-，依据电荷守恒和原子守恒配平得到④的离子方程式为：6VO2++ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+；加氨水调节pH，氨水与酸发生中和反应，反应后生成了NH4VO3沉淀，反应的离子方程式为NH3·H2O+H+=NH4++H2O、NH4++VO3-=NH4VO3↓，故答案为：6VO2++ClO3-+9H2O=6VO3-+Cl-+18H+；NH3·H2O+H+=NH4++H2O、NH4++VO3-=NH4VO3↓；‎ ‎(4)根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时pH=2，c(H+)=10-2mol/L，c(OH-)=10-12mol/L，则溶液中c(Fe3+)浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.6×10-39，计算得到c(Fe3+)=2.6×10-3mol•L-1，不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)＜2.6×10-3mol•L-1，故答案为：1.7-1.8；2.6×10-3mol•L-1；‎ ‎(5)分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用；故答案为：氨气或氨水，有机萃取剂。‎ ‎20. 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）F中官能团名称是__________________________________；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). 碳碳双键、羧基、醚键 (2). ③ (3). 3，4-二羟基苯甲醛 (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】分析：（1）根据F的结构简式和官能团的变化判断；‎ ‎（2）根据B的结构简式命名；‎ ‎（3）根据已知信息判断分子中含有的官能团，结合同分异构体的概念分析；‎ ‎（4）反应⑥是羧基中的羟基被取代，据此书写方程式；‎ ‎（5）根据已知信息结合逆推法解答。‎ 详解：（1）F为，其中含有的官能团为碳碳双键、羧基、醚键；根据流程图中前后物质结构的差别可知反应①为取代反应，反应②为取代反应，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；因此合成路线的反应中为加成反应的是③；‎ ‎（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是取代反应，根据原子守恒可知还有水生成，则反应的化学反应方程式为；‎ ‎（5）以苯甲醛为起始原料合成有机物，则首先要合成单体，而根据题干G的合成路线中的反应③、④、⑤可判断需要合成，再合成，因此合成路线为： 。‎ ‎ ‎ ‎ ‎