2019-2020学年福建省厦门市松柏中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年福建省厦门市松柏中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W 可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是A Y元素至少能形成三种单质B简单离子半径：ZWXC元素的非金属性：WXYD化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同【答案】A【解析】【分析】本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。根据 X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为 H、Y为 C；根据 X、Y、Z、W 是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W 可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z 为 Na、W 为 S；据此分析。【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A 正确；B.微粒半径电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2-Na+H+，故 B 错误；C.元素的非金属性：SCH，故 C错误；D.NaH 中，Na+核外有 10 个电子与H-核外有 2 个电子，电子层结构显然不同，故D 错误；答案：A 225时，HCN 溶液中 CN-和 HCN 浓度所占分数()随 pH 变化的关系如图所示，下列表述正确的是（）A Ka(HCN)的数量级为10-9B0.1mol/LHCN 溶液使甲基橙试液显红色C1L 物质的量都是0.1mol 的 HCN和 NaCN混合溶液中c(HCN)c(CN-)D 0.1mol/LNaCN 溶液的 pH=9.2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，取b 点，c(HCN)=c(CN)，则有 HCN的电离平衡常数表达式为 Ka=+-c(H)c(CN)c(HCN)=c(H)=109.2，Ka(HCN)的数量级约为1010，故 A 错误；B.HCN为弱酸，其电离方程式为HCNH CN，弱电解质的电离程度微弱，可以认为c(H)=c(CN)，c(HCN)=0.1molL1，根据电离平衡常数，0.1molL1HCN溶液：+-2+c(H)c(CN)c(H)=c(HCN)0.1=1010，解得 c(H)=105.5，即 pH=5.5，甲基橙：当pHKa=1010，即 CN的水解大于HCN的电离，从而推出1L 物质的量都是0.1mol 的 HCN和 NaCN 混合溶液中：c(CN)COH，故 A 正确；B 选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M 对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分子间氢键，沸点反常高，故 B 正确；C 选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D 选项，O 和 Na 可形成 Na2O2，既有离子键又有共价键，故D 错误。综上所述，答案为D。4下列化学用语正确的是（）A重水的分子式：D2O B次氯酸的结构式：HClO C乙烯的实验式：C2H4D二氧化硅的分子式：SiO2【答案】A【解析】【详解】A.重水中氧原子为16O，氢原子为重氢D，重水的分子式为D2O，故 A 正确；B.次氯酸中不存在氢氯键，其中心原子为氧原子，分子中存在1 个氧氢键和1 个氧氯键，结构式为HOCl，故 B错误；C.实验式为最简式，乙烯的实验式为CH2，故 C 错误；D.二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D 错误。答案选 A。5已知 NaClO2在水溶液中能发生水解。常温时，有1 mol/L 的 HClO2溶液和 1mol/L 的 HBF4(氟硼酸)溶液起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积为V，所得曲线如图所示。下列说法错误的是A HClO2为弱酸，HBF4为强酸B常温下HClO2的电高平衡常数的数量级为104C在 0 pH5 时，HBF4溶液满足 pH=lg(V/V0)D 25时 1L pH=2的 HBF4溶液与 100时 1L pH=2的 HBF4溶液消耗的NaOH 相同【答案】B【解析】【详解】A lg+1=1 时 pH=0，则 V=V0，即 1mol/L HBF4溶液 pH=0，说明 HBF4是强酸；而NaClO2在水溶液中能发生水解，说明 HClO2是弱酸，故 A 正确；B 对于 HClO2溶液，当 lg+1=1 时 pH=1，则 V=V0，即 1mol/L HClO2溶液中c(H+)=0.1mol，常温下HClO2的电离平衡常数Ka=1 10-2，即HClO2的电高平衡常数的数量级为102，故 B错误；Clg+1=1 时 pH=0，则 V=V0，即 1mol/L HBF4溶液 pH=0，说明 HBF4是强酸，pH=-lgc（H+），溶液稀释多少倍，溶液中c（H+）为原来的多少分之一，所以在0pH 5 时，HMnO4溶液满足：pH=lg，故 C 正确；D 25时 pH=2 的 HBF4溶液与 100时 pH=2 的 HBF4溶液中 c（H+）均为 0.01mol/L，则体积均为1L的两溶液完全中和消耗的NaOH 相同，故D 正确；故答案为B。6下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（）A将 CO2和 NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化钠粉末，析出Na2CO3固体【答案】B【解析】【详解】A.氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则应该先向饱和食盐水中通入过量的氨气，再通入过量的二氧化碳，故A 错误；B.NaHCO3固体加热会分解成纯碱Na2CO3，故 B正确；C.侯德榜制碱法中，在析出NaHCO3的母液中加入生石灰（CaO），可以循环利用NH3，故 C错误；D.析出 NaHCO3的母液中主要含NH4Cl，氯化钠粉末溶解度较大，有利于增加Cl-含量；通入氨气，增加NH4+量，有利于NH4Cl析出，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。7下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是选项离子或分子要求A Na+、HCO3、Mg2+、SO42滴加氨水立即有沉淀产生B Fe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生C NH4+、Al3+、SO42、CH3COOH 滴加 NaOH溶液立即有气体产生D K+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)A ABBCCDD【答案】A【解析】【详解】A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故 A 符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32为 SO42，因此不能共存，故B 不符合题意；C、滴加 NaOH 溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故 C不符合题意;D、离子之间不反应,可大量共存,但 c(K+)c(Cl),不能遵循电荷守恒,故 D 不符合题意;综上所述，本题应选A。8固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和 K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将 X 加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液 Z 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于 pH 试纸上，试纸呈蓝色向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A X中一定不存在FeO BZ 溶液中一定含有K2CO3C不溶物Y中一定含有MnO2和 CuO，而 Fe与 FeO中至少含有一种D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有 KCl【答案】B【解析】【分析】将 X 加入足量水中，得到不溶物Y和溶液 Z，Y可能为 Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z 可能为 KCl和 K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明 Y中含有的CuO 与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；用玻璃棒蘸取溶液 Z 于 pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。【详解】A.根据上述分析，不能确定X 中是否存在FeO，故 A 错误；B.用玻璃棒蘸取溶液Z于 pH 试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B 正确；C.根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和 Fe，不能确定是否存在FeO，故 C 错误；D.向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有 KCl，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。9“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应【答案】A【解析】【分析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A 错误；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D 正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。10化学与人们的日常生活密切相关，下列叙述正确的是A二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料B纤维素、油脂是天然有机高分子化合物C白菜上洒少许福尔马林，既保鲜又消毒D NOx、CO2、PM2.5 颗粒都会导致酸雨【答案】A【解析】【分析】【详解】A.二氧化硅是制造玻璃、光导纤维的原料，A 正确；B.纤维素属于天然有机高分子化合物，油脂是小分子，B 错误；C.福尔马林是甲醛的水溶液，福尔马林有毒，不能用于食物的保鲜和消毒，C错误；D.导致酸雨的物质主要是SO2和 NOx，CO2、PM2.5 颗粒不会导致酸雨，D错误；答案选 A。11下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02 1021C反应 3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的 H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小【答案】C【解析】【详解】A.根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A 项错误；B.0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于 6.021021，B项错误；C.反应 3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)中 S0，因在常温下不能自发进行，则 G=H-T S0，那么 H 必大于 0，C项正确；D.CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol L1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与 H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选 C。12下列说法不正确的是（）A冰醋酸和水银都是纯净物B氢原子和重氢原子是两种不同核素C氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质D稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系【答案】C【解析】【详解】A.冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是 Hg 单质，是纯净物，故A 正确；B.氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B 正确；C.氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D 正确；题目要求选错误选项，故选C。13下列物质的熔点，前者大于后者的是A晶体硅、碳化硅B氯化钠、甲苯C氧化钠、氧化镁D钾钠合金、钠【答案】B【解析】【详解】A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大，熔点越高，键长：Si-SiSi-C，所以熔点前者小于后者，选项A不符合题意；B、分子晶体的熔点低于离子晶体，甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体，所以氯化钠的熔点高于甲苯，选项 B 符合题意；C、离子晶体晶格能越大熔点越高，氧化镁的晶格能大于氧化钠，所以熔点前者小于后者，选项C 不符合题意；D、合金的熔点低于各成份的熔点，所以钾钠合金的熔点小于钠熔点，选项D不符合题意；答案选 B。14R 是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A R能发生加成反应和取代反应B用 NaHCO3溶液可检验R 中是否含有羧基CR与 HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同D R苯环上的一溴代物有4 种【答案】C【解析】【详解】A.分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；B.该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；C.该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；D.R 苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4 种，故 D正确；故答案选C。15X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为 15，X与 Z可形成 XZ2分子；Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A原子半径：WZYXM BXZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C由 X元素形成的单质不一定是原子晶体D由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键【答案】C【解析】【详解】由题意可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X 与 Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为 C、N、O 三种元素；再根据Y与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度，就可计算出该气态化合物的相对分子质量为17，从而确定M 为 H 元素，最后根据W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的1/2，推出 W 为 Na 元素。则A原子半径应是WX YZM（即 NaCNOH）,A 错误。BCO2、C2H2均为直线型共价化合物，Na2O2属于离子化合物，B错误。C例如石墨、C60、碳纳米管、石墨烯等碳单质就不是原子晶体，C正确。D X、Y、Z、M 四种元素可形成化合物CO(NH2)2(尿素)中只有共价键，D 错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16我国某地粉煤灰中主要含有Al2O3，除此之外还含有Ga2O3及少量 Fe2O3、CaO、MgO 和 SiO2等物质。已知从粉煤灰中回收铝并提取镓的工艺流程如下所示：回答下列问题：（1）焙烧前，应将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，其原因是_；混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3均发生类似于 SiO2的反应，试写出Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式：_。（2）滤渣的成分是_；含铝混合液中除了大量A13+之外，还有Fe3+和少量 Mg2+，由混合液制取纯净Al(OH)3的实验方案是_。（3）洗脱液中往往还有少量Fe3+，需要进一步分离。若使Fe3+恰好完全沉淀c(Fe3+)=l l0-5mol L-l时，Ga3+浓度至少为 _mol L-l才会开始沉淀。（已知：-34-3833sp Ga(OH)=1.4 10sp Fe(OH)=4.0 10KK，。）（4）电解过程中，Ga3+与 NaOH 溶液反应生成GaO2-，GaO2-在阴极放电，则电解方程式为_；电解过程中需要保持溶液为pH=11 以上的原因是_。【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2 H2SiO3或H4SiO4向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤3.5 10-2mol/L-2224GaO+2H O=4Ga+3O+4OH通电抑制-2GaO水解，并阻止H+在阴极放电降低电解效率【解析】【分析】混合焙烧时，Al2O3、Ga2O3、SiO2与 Na2CO3反应，生成可溶性盐NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3，CaO、MgO、Fe2O3不发生反应；将固体溶解，MgO、Fe2O3不溶于水，CaO溶于水生成Ca(OH)2，溶液中溶质为Ca(OH)2、NaAlO2、NaGaO2、Na2SiO3、Na2CO3；加入盐酸后，溶液中溶质为FeCl3、MgCl2、CaCl2、AlCl3、GaCl3、NaCl，生成的硅酸不溶，滤渣为H2SiO3或 H4SiO4，然后将滤液进行树脂吸附，得到含铝混合液和洗脱液，然后将洗脱液中的Fe3+除去，最终通过电解-2GaO制备 Ga。【详解】（1）将粉煤灰与纯碱粉末充分混合，可以增大反应物接触面积，加快化学反应速率；SiO2与 Na2CO3固体在加热条件下能够生成Na2SiO3、CO2，因此 Ga2O3在此过程中发生反应的化学方程式为：Ga2O3+Na2CO3焙烧2NaGaO2+CO2；（2）由上述分析可知，滤渣为：H2SiO3或 H4SiO4；Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于强碱溶液，而 Fe(OH)3、Mg(OH)2不溶于强碱溶液，因此可将Al 元素转化为偏铝酸盐，然后通入CO2制取纯净的Al(OH)3，实验方案为：向混合液中加入过量NaOH，过滤，向滤液中通入足量CO2，再过滤；（3）当 c(Fe3+)恰好为 l l0-5mol L-l时，38sp3-3353Fe OH4 10OH=mol/L1 10FeKcc，若此时Ga3+恰好开始沉淀，则34sp332383-5Ga OH1.410Ga=mol/L=3.510mol/L4 10OH1 10Kcc；（4）电解过程中，-2GaO中 Ga 元素从+3 价降低至0 价，发生还原反应生成Ga，阳极为水失去电子生成氧气，电解总反应为：-2224GaO+2H O=4Ga+3O+4OH通电；-2GaO属于弱酸阴离子，能够发生水解生成 Ga(OH)3，会降低产率，若溶液酸度过高，则溶液中H+可能会发生还原反应生成H2，会降低阴极电解效率。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为_，反应的反应类型为_。（2）写出 E的结构简式：_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；能与 FeCl3发生显色反应；分子中含有4 种不同化学环境的氢。（5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2=CHCN 和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_。【答案】醚键取代反应【解析】【分析】由框图知 A为，由 C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)由 M逆推，知E的结构筒式为。逆推 D的结构筒式为,C与 D比较知，D比 C比了“一NO2，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和 CH2=CHCN 相连，可以先将CH2=CHCN 与 Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中 A-B 的反应.【详解】（1）由 C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有 4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知 CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2=CHCN 和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18砷和镍是重要的材料和化工领域用途广泛。请回答下列问题：（1）基态 As 原子中，价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，电负性最大的为 _（填元素符号）。（2）33Na AsO可用于碘的微量分析。Na+的焰色反应呈黄色，很多金属元素能产生焰色反应的微观原因为_。其中阴离子的VSEPR模型为 _，与其互为等电子体的分子为_（只写一种分子式即可）。（3）M（）可用于合成Ni2的配体，M 中 C原子的杂化形式为_，键和 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 的熔点和沸点都比金属Ca高，原因为_。区分晶体Ni 和非晶体Ni 的最可靠的科学方法为_。（5）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为AN，该晶体的密度 _g cm3。【答案】球形、哑铃型或纺锤形Br 电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等sp3、sp27：1 Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强X-射线衍射法322A5.36103a cN【解析】【分析】【详解】（1）基态 As 原子的价电子排布式为4s24p3，故其电子云轮廓图形状为球形、哑铃型或纺锤形。一般情况下，同周期的主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以与砷同周期的主族元素的基态原子中，电负性最大的为Br，故答案为球形、哑铃型或纺锤形，Br。（2）金属元素能产生焰色反应的微观原因为电子从较高能级的激发态跃迁到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，故答案为电子从较高能级的激发态跃迁到低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量。AsO33-中 As 原子的价层电子对数目为4，其立体构型为三角锥形，根据等电子体的含义可知，与AsO33-互为等电子体的分子有PCl3、PBr3、NF3、NCl3等，故答案为三角锥形，PCl3、PBr3、NF3、NCl3等。（3）由的结构简式可知，CH3、CH2、CF3中的 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 键，则 键和 键的数目之比为7：1，故答案为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，所以金属Ni 的熔点和沸点都比金属Ca高的原因为Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，金属键较强。区分晶体Ni 和非晶体Ni 的最可靠的科学方法为为X-射线衍射法，故答案为Ni 的原子半径较小，价层电子数目多，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=2-303a c102cm3，故晶胞的密度2-30A2(59+75)=3a cN102g/cm3=322A5.36103a cNg/cm3，故答案为322A5.36103a cN。19我国由海水提取的食盐(海盐)不足四成，大部分产自内陆盐湖(湖盐)和盐矿(矿盐)。（1）由内陆盐湖水为原料进行晒盐，有“夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝）”的说法，下列对其化学原理的描述正确的是_（选填编号）。a由夏到冬，芒硝的溶解度变小b由冬到夏，氯化钠的溶解度变小c夏天温度高，氯化钠易结晶析出（2）芒硝型矿盐卤水中含有一定量Na2SO4和少量 Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，利用硫酸钙微溶于水的性质，用石灰-烟道气（CO2）法净化芒硝型矿盐卤水的流程如图：脱硫工序中先吹空气，发生物理和化学变化：物理变化是氢硫酸有挥发性，部分被直接吹出，化学变化是_（用化学方程式表示）。再加入稍过量的FeCl3溶液除去残留的硫化氢。检验 FeCl3已经过量的试剂是_（填写化学式）。（3）加入 Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是_。滤渣 A 的主要成分除了Fe(OH)3外，还有 _（填写化学式）。（4）如图所示是石灰-纯碱法净化芒硝型矿盐卤水的部分流程：加入纯碱的作用是_（选填编号）。a调节溶液的pH b除去溶液中的Ca2+c除去溶液中的Mg2+d除去溶液中的SO42石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法的优点是_。（5）如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，离子交换膜只允许阳离子通过，上述精盐水需要进行二次精制后才能作为离子交换膜电解槽的原料。对盐水进行二次精制的目的是_（选填编号）。a进一步降低Ca2+、Mg2+的浓度，提高烧碱纯度b进一步降低SO42的浓度，提高烧碱纯度c防止杂质离子与碱生成的沉淀堵塞离子交换膜d防止溶液酸性或碱性过强，腐蚀离子交换膜盐水中硫酸根浓度过高会使生成的氯气中混有氧气，检验氯气中是否含有少量氧气的操作是_。【答案】ac 2H2S+O2 2S+2H2O KSCN 去除 Mg2+Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3b 原料更加经济（生成成本更低）ac 气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气【解析】【分析】(1)根据溶解度受影响的大小，选择结晶的操作方法-蒸发结晶或降温结晶法；溶解度受温度影响不大的物质结晶时一般采取蒸发结晶的方法，溶解度受温度影响较大的物质结晶时一般采取降温结晶的方法；(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2 价的硫具有还原性，两者发生氧化还原反应，检验铁离子用KSCN；(3)加入 Ca(OH)2能沉淀镁离子和铁离子而除去，氢氧化铁、氢氧化镁、碳酸钙难溶于水，硫酸钙微溶于水，滤渣 A 的主要成分除了Fe(OH)3外，还有Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；(4)加入纯碱的作用是除去溶液中的Ca2+，石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，优点从原料的取材、经济效益等角度进行比较；(5)根据处理后的盐水中还含有少量杂质离子对装置的影响、以及对产品纯度的影响角度来回答，检验氯气中是否含有少量氧气，需先除去氯气，再检验氧气。【详解】(1)因为食盐的溶解度受温度的影响很小，而硫酸钠的溶解度受温度的影响较大，因此夏季温度高，硫酸钠的溶解度大，随着水分的蒸发，氯化钠就会从溶液中结晶析出，而大多数硫酸钠仍旧会溶解在溶液中；而冬天时，温度低，硫酸钠的溶解度变得很小，就会从溶液中结晶析出，而氯化钠的溶解度受温度的影响很小，不会从溶液中结晶析出，因此夏天采盐（食盐）、冬天捞硝（芒硝），所以 ac 符合；答案:ac；(2)脱硫工序中先吹空气，空气中含有氧化性的氧气，硫化氢中-2 价的硫具有还原性，两者反应:2H2S+O2 2S+2H2O，检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红说明Fe3+存在；答案:2H2S+O2 2S+2H2O KSCN；(3)含有一定量Na2SO4和少量 Ca2+、Mg2+、H2S等杂质，加入氢氧化钙，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；硫酸钙微溶于水，生成硫酸钙的沉淀；通入烟道气，CO2会与生成的Ca(OH)2反应生成生成碳酸钙沉淀，所以加入Ca(OH)2能降低芒硝浓度并生成烧碱，同时除去Fe3+，另一目的是去除Mg2+，滤渣 A 成分还有:Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；答案:去除 Mg2+Mg(OH)2、CaSO4、CaCO3；(4)加入氢氧化钙的目的是引入氢氧根离子，但同时引入杂质离子钙离子，为除去钙离子，可选用碳酸根离子，所以b 符合；石灰-烟道气法与石灰-纯碱法相比较，石灰-烟道气法无需使用碳酸钠，原料更加经济(生成成本更低)；答案:b；原料更加经济(生成成本更低)；(5)若食盐水不经过二次精制，处理后的盐水中还含有少量杂质离子Mg2+、Ca2+，碱性条件下会生成沉淀，对装置中的交换膜产生影响，所以精制食盐水的目的是防止隔膜堵塞，提高产品的纯度，ac 符合；检验氯气中是否含有少量氧气，可先除去氯气，将混合气体通过过量氢氧化钠溶液洗气，氯气能和氢氧化钠反应，而氧气不反应，反应后，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气；答案:ac；气体用过量氢氧化钠溶液洗气，用带火星的木条伸入剩余气体中，若复燃证明氯气中有氧气。