北京顺义2022届高三一模化学试题及答案.pdf

（3 分）下列物质的用途，利用了氧化还原反应的是（）2022北京顺义高三一模化学一、本部分共14题，每题3 分，共 42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.选项ABCD物质Na2O2NaHCO3AI2(SO4)3Fe2O3用途呼吸面具供氧剂膨松剂净水剂红色颜料A B.B C.C D.D（3 分）下列化学用语或图示表达正确的是（）A.2.A.异丁烷的球棍模型：45B.中子数为45的硒原子：34SeHJNSHC.氨的电子式：百D.基态氯原子的电子排布式：Is22s22P63s23P53.（3 分）下列性质的比较正确的是（）A.电负性：F 。S B.原子半径：Cl S PC.酸 性：CH3COOH HCOOH D.沸 点：H2S H2O4.（3 分）工业合成氨反应：N2（g）+3H2（g）w 2NH3（g）AH=-92.4kJ/molo 下列措施有利于提高H2平衡转化率的是（）A.升高温度B.增大压强C.使用铁触媒做催化剂 D.增 大 H2的浓度5.（3 分）阿比朵尔具有抵抗病毒和调节免疫力的作用，下列有关阿比朵尔的说法不正确的A.可发生取代反应B.分子中含有。键和n 键C.能与氢氧化钠溶液反应D,可用滨水检验分子中存在羟基6.（3 分）下列解释事实的方程式正确的是（）A.向硫酸铜溶液中加少量铁粉，溶液蓝色变浅：3Cu2+2Fe-2Fe3+3CuB.向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀生成：ZnS（s）+Cu2+（aq）w CuS（s）+Zn2+（aq）C.向氢氧化钢溶液中滴加稀硫酸，一段时间后混合溶液的导电能力接近于0：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2OD.装有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的烧瓶浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2（g）（红棕色）-N2O4（g）（无色）H07.（3 分）实验室制备下列物质，所选用的试剂及制备装置合理的是（）物质试剂A N H3B S02Ca(O H)2+N H4CIH2SO 4(浓)+Cu 片jC N 02HN 03(稀)+Cu 片D CH3CO O CH2CH3C2H5O H+CH3CO O HA.A B JZ：Jh _.B C.C D.D8.（3 分）下列比较正确的是（）A.CO 32-与 SO 32-空间结构相同B.Na20与 SiO2熔化时克服的粒子间作用力相同C.同温、同压、同体积的CO和 N2含有的质子数相同D.常温下，0.1mol/LN H4CI 与 O.lmol/LCH3CO O N H4 中 N H4+浓度相同9 .（3 分）土壤中微生物将大气中的H2s氧化为SO42-的变化过程如图所示。下列说法不正 确 的 是（）1A.lmolH2S(g)和 2moic)2(g)的总能量高于 ImolS(g)和 lmolH2O(g)的总能量B.H2S(g)+202(g)=SO42-(aq)+2H+(aq)AH=-806.39kJ/molC.H2S和 SO 42-中 S原子采用的杂化方式不同D.lmolH2S完全氧化为SO 42-转移8mol电子10.（3 分）一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO （g）+H20 *C02（g）+H2（g）AH=-41kJ/m ol,达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（）容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡达到平衡CO H20 C02 H2的时间/min时体系能量的变化14 0 0tl放 出32.8kJ 热量2 8 0 0t2放 出 QkJ热量A.中反应达平衡时，C 0 的转化率为80%B.该温度下，中反应的平衡常数K=1C.Q 大于 65.6D.反应开始进行时，反应速率 11.（3 分）特种高分子功能材料N合成路线如图。其中芳香族化合物M 能 与 NaOH溶液反应生成一种钠盐和氨气；化合物Z 苯环上的一氯代物只有一种。下列说法正确的是（）A.对苯二甲酸的核磁共振氢谱有3 组峰B.化合物M 中含有-N 02C.化合物Z 与苯胺互为同系物D.高分子N的结构简式可表示为：12.(3 分)我国科研人员发明膜电极电解器电解脱硫废水制备硫酸钱技术，如图为制备装置示意图。下列说法正确的是()A.电极a 为阴极B.b 极 有 NH3生成C.b 极附近酸性越强D.SO 32-在 a 极放电的电极反应式是：SO 32-+H20-2e-=SO42-+2H+13.(3分)常温下，某同学进行下列实验探究Ca(CIO)2 的性质。实验步骤和现象i 取少量Ca(CIO)2 溶液于试管中，滴加紫色石蕊溶液，先变蓝后褪色ii 取少量Ca(CIO)2 溶液于试管中，通入C 0 2,有白色沉淀生成iii 取少量Ca(CIO)2 固体于试管中，加入浓盐酸，有黄绿色气体生成下列说法正确的是()A.O.lmol/LCa(CIO)2 溶液中存在 c(CIO -)c(Ca2+)c(O H-)c(H+)B.根 据 i 中溶液褪色，说明Ca(CIO)2 溶液显碱性C.根 据 ii中有白色沉淀生成，说明酸性：HCIOH2CO 3D.根据iii中黄绿色气体生成，说明酸性条件下氧化性：CI2 CIO-14.(3 分)用 lm ol/L氨 水(控 制 1 滴/s 逐滴加入，下 同)滴 定 60mL0.02mol/L硫酸铜溶液；氨水稍过量后，再 用 lm ol/L的硫酸反滴定铜氨配合物溶液。实验记录如下：实验现象滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液。滴加硫酸时，先不断产生浅蓝色沉淀；后来沉淀逐渐溶解，得到蓝色溶液。反应过程中的pH和电导率变化对比曲线资 料：i.实验中产生的浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，化学式为Cu2(O H)2SO 4；ii.电导率是以数字表示的溶液中传导电流的能力。下列分析中不正确的是()A.a 之前未加氨水，溶液pH 7的原因是Cu2+2H2OM Cu(OH)2+2H+B.ab 段发生的主要反应为：2CU2+SO42-+2NH3H2O=Cu2(OH)2SO4 1+2NH4+C.d 点混合溶液pH 7,与反应后生成的NH4+水解有关D.根 据 a b 与 b d 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关二、第二部分本部分共5 题，共 58分。15.(11分)磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。(1)基态磷原子价电子的轨道表示式是。(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。白 磷(P 4)是分子晶体，易溶于CS2,难溶于水，可能原因是。黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料,其晶体是与石墨类似的层状结构,如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是(填字母序号)熏 硝a.层与层之间的作用力是共价键b.分子中磷原子杂化方式为sp2杂化c,是混合型晶体(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子Fe(OH)2+,为避免颜色干扰，常 在 Fe3+溶液中加入 H3PO4形成无色的Fe(P04)23-o由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，其空间构型是。(4)第 IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。实验测定磷化铝和磷化锢的熔点分别为2000、1O7OC0,从结构角度说明其熔点差异的原因 。磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示。磷化硼的化学式是，已知晶胞边长 apm,阿伏加德罗常数为N A,磷化硼晶体的密度是 g/cm3。(1pm=10-10cm)国O B原 子 P原子16.(10分)工业上利用无隔膜NaCI电解法脱除低温工业废气中N O,可有效减少对空气的污染。废气(耳NO)NaCI溶 液 小 电 解 装 署 卜薪W啜)塔 卜 f 处理后废气+每加少量KM nCU-死死，减-（1）电 解 NaCI溶 液 获 得 脱 硝 液（含 NaCIO）分两步进行，第二步反应的离子方程式是。（2）脱硝液中含氯微粒的物质的量分数出）随 pH的分布如图1 所 示；其他条件相同，NO转化率随脱硝液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图2 所 示：pH图1图2吸收塔中NO转化为N03-的离子反应方程式是。脱硝液pH=5 时，NO转化率最高，随 pH升高，NO转化率会降低，原因是。（3）吸收塔中采用气、液 逆 流（废气从吸收塔底进入，脱硝液从吸收塔顶喷淋）的方式吸收废气，目的是。（4）KMnO4可以增加脱硝液的氧化性，显著提高脱硝效率，但脱硝废液电解时无法实现KMnO4的再生，需在脱硝液中及时补充。推 测 KMnO4无法再生的原因：I-MnO4-在阴极直接得到电子被还原；II.脱硝废液中N 0 3-在阴极得电子转化为N02-,N O 2-还 原 MnO4-。进行实验验证：实 复 合 电 解 液验1 0.66mmol/LKMnO4+0.8547mol/LNaCI混合电解液（pH=7）实验现象阳极溶液颜色基本不 变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25min电解液未呈现墨绿色，pH=12.1。2 0.66mmol/LKMnO4+0.8547mol/LNaCI、NaNO3混合电解液（pH=7）阳极溶液颜色基本不 变；阴极溶液颜色逐渐变暗；25min电 解 液 呈 现 墨 绿色，pH=12.4。装置4、他例V介电川液资 料：MnO4-为紫红色，MnO42-为墨绿色，MnO42-与 MnO4-混合溶液颜色会变暗。实验1 中阴极颜色变暗，阴极电极反应式是。根据实验1 和 2 可得到的结论是。17.（14分）聚乙烯此咯烷酮（PVP）是一种重要的水溶性高分子化合物，在医药卫生、食品饮料等领域有很好的催化性能。利用PVP为催化齐合成多官能团化合物K的路线如图：C21H14N4H(1)A的结构简式是。(2)的反应条件是。(3)的化学反应方程式是。(4)E中含氧官能团的名称是。(5)F为反式结构，结构简式是。(6)的反应类型是。(7)如图是制备PVP的合成路线，中间产物N的结构简式是NH：CH2cH】OHCHU-HX)47C H-CH3 41 施理反应N一 丁18.(11分)火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含珅污酸，采用硫化-石膏中和法处理含徜污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如图：(PVP)资 料：i .常温下 H2co3 的 Kal=4.4x10-7,3 2 =4.7x10-11;H2s 的 Kal=1.3x10-7,Ka2=7.1x10-15；ii含珅污酸中珅的主要存在形式为亚神酸(H3ASO3,弱酸)，除珅外H+、Cu2+、F-、SO42-含量均超标；i i i.室温下三价珅在水溶液中的存在形式与溶液p H的关系：pH 值 pH H 2S,故D错 误；故 选：Ao【点评】本题考查物质性质的比较，重点考察学生对于基础知识的提取与运用知识解题的能力，难度不大。4 .【分析】A.升温，平衡向吸热反应方向移动；B.加压，平衡向气体分子减小的方向移动；C.加入催化剂，平衡不移动；D.增大一种反应物浓度，平衡正向移动，另一种反应物转化率增大，自身转化率变小。【解答】解：A.反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率降低，故A错 误；B.反应正向气体分子数减小，加压，平衡正向移动，氢气转化率变大，故B正 确；C.加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，氢气转化率不变，故C错 误；D.增大氢气浓度，平衡正向移动，氮气转化率增大，氢气转化率减小，故D错 误；故 选：B o【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。5.【分析】A.酚羟基、酯基能发生取代反应；B .共价单键为。键，共价双键中含有1个。键 和1个n键；C .酯基、酚羟基能和N a O H反 应；D,苯环上酚羟基的邻位和对位不含氢原子，不能和滨水发生取代反应。【解答】解：A .分子中酚羟基、酯基能发生取代反应，故A正 确；B .共价单键为。键，共价双键中含有1个。键 和1个n键，根据图知，该分子中含有。键和T T键，故B正 确；C .分子中酯基、酚羟基能和N a O H反应，故C正 确；D.苯环上酚羟基的邻位和对位不含氢原子，不能和滨水发生取代反应，所以不能用浸水检验酚羟基，故D错 误；故 选D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。6.【分析】A.铁与硫酸铜溶液反应生成亚铁离子；B.硫化铜更难溶，实现的沉淀的转化；C.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化锁的化学式组成；D.浸泡在冷水中，颜色变浅，说明降低温度二氧化氮的浓度减小，该反应为放热反应。【解答】解：A.向硫酸铜溶液中加少量铁粉，溶液蓝色变浅，离子方程式为：C u 2+F e=F e 2+C u,故 A 错 误；B.向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀生成，离子方程式为：Z n S (s)+C u 2+(a q)w C u S (s)+Z n 2+(a q),故 B 正 确；C.向氢氧化钢溶液中滴加稀硫酸，一段时间后混合溶液的导电能力接近于0,离子方程式为：2H +S O 42-+B a 2+2O H -=B a S O 4+2H 2O,故 C 错 误；D.装有二氧化氮和四氧化二氮混合气体的烧瓶浸泡在冷水中，颜色变浅，说明二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，正确的热化学方程式为：2N O 2(g)(红棕色)w N 2O 4(g)(无 色)a H v O,故D错 误；故 选:B o【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。7 .【分析】A.C a (O H)2与N H 4c l反应有水生成；B.C u与浓硫酸加热生成二氧化硫；C.C u与稀硝酸反应生成N O ；D.C2H5OH与 CH3C00H发生酯化反应需要加浓硫酸作催化剂、吸水剂。【解答】解：A.Ca(OH)2 与 NH4cl反应有水生成，试管口应略向下倾斜，故 A 错 误；B.Cu与浓硫酸加热生成二氧化硫，可选图中装置制备，故 B正 确；C.Cu与稀硝酸反应生成N O,不能制备二氧化氮，故 C错 误；D.C2H5OH与 CH3COOH发生酯化反应需要加浓硫酸作催化剂、吸水剂，缺少试剂不能完成，故 D 错 误；故 选:Bo【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题 目难度不大。8.【分析】A.根据中心元素原子的杂化方式来判断离子的空间结构；B.Na2O属于离子晶体，Si02属于共价晶体；C.同温、同压、同体积的C。和 N2物质的量相等，二者含有的质子数相 等；D.NH4CI中铁根离子水解不受影响，CH3COONH4中钱根离子的水解受醋酸根离子水解的促进，据此回答。4+2 6+2【解答】解：A.8 3 2-与 SO32-中心元素原子的杂化轨道数目分别是：丁=3,丁=4,杂化方式分别是sp2、s p 3,离子的空间结构分别为：平面三角形、四面体，空间结构不同，故 A 错 误；B.Na2O属于离子晶体，S i02属于共价晶体，熔化时克服的粒子间作用力分别是离子键、共价键，故 B错 误；C.同温、同压、同体积的CO和 N2物质的量相等，等物质的量的二者含有的质子数相等，故 C正 确；D.NH4 c l中镂根离子水解不受影响CH3COONH4中铁根离子的水解受醋酸根离子水解的促进，所以O.lmol/LNH4cl中钱根离子浓度更大，故 D 错 误；故 选：Co【点评】本题考查盐的水解原理应用、离子的空间结构判断、物质的量的有关计算等知识,属于知识的迁移应用，难度不大。9.【分析】A.若反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，反之相反；B.根据盖斯定律进行计算；C.根据价层电子对进行判断；D.根据电子转移进行计算。【解答】解：A.由图可知ImolH2s(g)和 2 moi02(g)生成ImolS(g)和 Imo旧2。(g)X放出能量，故 lmolH2S(g)和 2 molc)2(g)的总能量高于ImolS(g)和 lmolH2O(g)的总能量，故 A 正 确；B.根据盖斯定律可知反应热只与物质的始态和末态有关，故H=A H 1+A H 2=-221.19kJ/mol+(-585.2039kJ/mol)=-806.39kJ/mol,故 H2S(g)+202(g)=SO42-(aq)+2H+(aq)AH=-806.39kJ/mol,故 B 正 确；6-2 x 1C.H 2s中孤电子对=2=2,成键电子对=2,价层电子对=2+2=4,SO42-中孤电6-2 X 4+2子对=2=0,成键电子对=4,价层电子对=0+4=4,都是sp3杂化，故 C错 误；D.H2S完全氧化为SO42-,S元素从-2 价升高到+6价，转移8 个电子，故 lmolH2S完全氧化为SO42-转 移 8moi电子，故 D 正 确；故 选：Co【点评】本题考查反应热与焙变，为高频考点，把握吸放热反应的判断、始变与物质总能量或总键能的计算关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。10.【分析】A.CO (g)+H2O (g)w CO 2(g)+H2(g)AH=-41kJ/m ol,说明消耗Im olCO,反应放出41kJ热量，容器达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗C。物质的量为32.841 mol=0.8m ol,结合转化率公式计算；B.化学平衡常数只与温度有关，容器、温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器c(C 02)-C(H2)数据，列化学平衡三段式，K=c(C)；C.反应前后气体体积不变，反应是等效平衡，则容器消耗CO物质的量为1.6mol；D.起始时，容器，的浓度大于容器。【解答】解：A.CO (g)+H2O (g)w CO 2(g)+H2(g)AH=-41kJ/m ol,说明消耗Im olCO,反应放出41kJ热量，容器达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为32.8 0.81noi41 mol=0.8mol,CO 的转化率为 lmol x 100%=80%,故 A 正 确；B.化学平衡常数只与温度有关，容器、温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器数据，列化学平衡三段式，CO (j)+H2O(g)?CO 2(g)+H2(g)起 始 量(mol)1400变 化 量(mol)0.80.80.80.8平 衡 量(mol)0.23.20.80.80.8v 0.8x c(C 09)-c(H?)220.2、,3.2K=c(C 0)C(H2。)=2入2=1,故 B正 确；C.反应前后气体体积不变，反应是等效平衡，则容器消耗CO物质的量为1.6mol,放热的热量 Q=1.6molx41kJ/mol=65.6kJ,故 C 错 误；D.起始时，容器的浓度大于容器，浓度越大，反应速率越快，则反应开始进行时，反应速率 ，故 D 正 确；故 选:Co【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，题目难度中等，掌握等效平衡、平衡常数的计算是解题关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。NH211.【分析】化合物z 苯环上的一氯代物只有一种，Z 结构对称，为电N ，芳香族化合物M 能 与 NaOH溶液反应生成一种钠盐和氨气，M 为。-7 帅，对二苯甲酸和Z 发生缩聚反应生成N为1 J 垢；COOHA.对 苯 二 甲 酸 为COOH,含有几种氢原子，所以其核磁共振氢谱有几组峰；B.M为。N-,含有酰胺键；C.Z和苯胺结构不相似；HOp-D.通过以上分析知，N为I J *。COOH【解答】解：A.对 苯 二 甲 酸 为 COOH,含有2种氢原子，所以其核磁共振氢谱有2组峰，故A错 误；B.M为。NH：含有酰胺键，不含硝基，故B错 误；C.Z和苯胺结构不相似，不互为同系物，故C错 误；HOpD.通过以上分析知，N为I =/,故D正 确；故 选：D。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。12.【分析】由图可知，a极硫元素价态升高失电子，故a极为阳极，电极反应式为$。32-+H 2O-2e-=S O 42-+2H+,b极为阴极，电极反应式为2H+2e-H2 T ,据此作答。【解答】解：A.a极硫元素价态升高失电子，故a极为阳极，故A错 误；B.b极为阴极，氢离子得电子生成氢气，故B错 误；C.b极氢离子被消耗，酸性减弱，故C错 误；D.a极为阳极，电极反应式为S O 32-+H 2O-2e-S O 42-+2H +,故D正 确；故 选：Do【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。13.【分析】A.CIO-水解使溶液显碱性，水解是微弱的；B,次氯酸盐溶液显强氧化性；C.强酸制弱酸；D.氧化性：氧化剂 氧化产物。【解答】解：A.CIO-水解使溶液显碱性，方程式为CIO-+H20-HCIO+OH-,则c(OH-)c(H+),根据化学式Ca(CIO)2以及水解是微弱的，则 有:c(CIO-)c(Ca2+),故A正 确；B.根 据i中溶液变红色，说明Ca(CIO)2溶液显碱性，红色褪去，说明说明Ca(CIO)2溶液具有强氧化性，故B错 误；C.根 据i i中有白色沉淀生成，方程式为：Ca(CIO)2+CO2+H2O=CaCO3 i+2HCIO,说明酸性：H2CO3 H C IO,故C错 误；D.根据iii中黄绿色气体生成，方程式为：CIO-+CI-+2H+=CI2+H2O,说明酸性条件下氧化性：CIO-C I2,故D错 误；故 选：Ao【点评】本题主要考查次氯酸盐的相关知识，具体涉及盐类的水解，次氯酸盐的强氧化性，强酸制弱酸，氧化性强弱比较等，属于高考高频考点，难度中等。1 4.【分析】A.a之前未加氨水，溶液中溶质为硫酸铜溶液，硫酸铜为强酸弱碱盐溶液，铜离子水解溶液显酸性；B.滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜；C.d 点混合溶液p H 7,溶液显酸性，是因为溶液中含有硫酸铁，硫酸铁是强酸弱碱盐，钱根离子水解溶液显酸性；D,溶液的电导率也和离子种类有关。【解答】解：A.a 之前未加氨水，溶液中溶质为硫酸铜溶液，硫酸铜为强酸弱碱盐溶液，铜离子水解溶液显酸性，jW?pH 7：Cu2+2H2O-Cu(O H)2+2H+,故 A 正确；B.滴加氨水时，先不断产生浅蓝色沉淀为碱式硫酸铜，结合电荷守恒、原子守恒核外物质拆分原则得到反应的离子方程式为：2Cu2+SO 42-+2N H3H2O=Cu2(OH)2SO 4 1+2NH4+,故 B正 确；C.d 点混合溶液p H 7,溶液显酸性，是因为溶液中含有硫酸铁，硫酸钱是强酸弱碱盐，铁根离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液显酸性，与反应后生成的N H4+水解有关，故 C正 确；D.根 据 a b 与 bC 段曲线变化趋势，说明溶液的电导率不仅与反应前后离子的浓度和离子所带电荷数有关，也与离子种类有关，故 D 错 误；故 选：D。【点评】本题考查了盐类水解原理、溶液导电性强弱分析判断、图像变化的理解应用等，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。二、第二部分本部分共5 题，共 58分。15.【分析】(1)基态磷原子价电子为3s、3P能级上的电子；(2)CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于 CS2a.中层与层之间的作用力是分子间作用力；b.由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂 化；c.黑磷晶体是与石墨类似的层状结构；(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子Fe(O H)2+,为避免颜色干扰，常 在 Fe3+溶液中加入 H3P0 4 形成无色的Fe(P04)23-；(4)磷化铝和磷化锢属于共价晶体，由 于 AK In 为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径A l ln,共价键键长A l-P In-P；!X 8+-X 6根据晶胞结构，磷化硼含有P原子数目为8 2=4 个，含 有 B原子数目为4 个，故磷化硼的化学式是B P,已知晶胞边长a p m,阿伏加德罗常数为NA,磷化硼晶体的密度【解答】解：(1)基态磷原子价电子为3s、3P能级上的电子，根据构造原理P原子价电子回3 s轨 道 表 示 式 为 _故答案为：3 s 3vP;(2)CS2是非极性分子，H2。是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2,难溶于水，故答案为：CS2是非极性分子，H2。是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2,难溶于水；a.中层与层之间的作用力是分子间作用力，故 a 错 误；b.由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sP3 杂化，故 b 错 误；C .黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，故 C正 确；故答案为：C ；(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子Fe(OH)2+,为避免颜色干扰，常 在 Fe3+溶液中加入 H3PO4形成无色的Fe(P04)23-,即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是PO43-,是 PO43-中心原子为P,其中。键电子对数为4,中心原子孤电子对数=2 x(5+3-4x2)=0,是 PQ43-中心原子价层电子对数为4+0=4,P原子sp3杂化，立体构型为正四面体，故答案为：PO43-；正四面体；(4)实验测定磷化铝和磷化锢的熔点分别为2000、1070C。，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化锢属于共价晶体，由 于 AL In 为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径A l ln,共价键键长Al-P In-P,Al-P 的键能强于 In-P 的键能，因此AIP熔点高于InP,故答案为：磷化铝和磷化锢属于共价晶体，由 于 Al、In 为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径A l ln,共价键键长A l-P ln-P,Al-P的键能强于 In-P 的键能，因此AIP熔点高于InP；=X 8+*X 6根据晶胞结构，磷化硼含有P原子数目为8 2=4 个，含 有 B原子数目为4 个，故磷化硼的化学式是B P,已知晶胞边长a p m,阿伏加德罗常数为N A,磷化硼晶体的密度4X42P qV =NAX(aX 10-7)3Az g/cm3,4-42故答案为：BP；NA X Q X 10 7)3 o【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。16.【分析】(1)第二步反应是氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和氯离子；(2)在酸性NaCIO溶液中，HCIO氧化NO生成-和 N O 3-；pH越小，HCIO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率；(3)工艺流程中采用气、液逆流接触吸收以达到充分吸收废气的目的；(4)实验1 中阴极颜色变暗，说明高镒酸根离子被还原成镒离子，据此进行分析。【解答】解：(1)第二步反应是氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和氯离子，离子方程式为：2OH-+CI2=CIO-+CI-+H2O,故答案为：2OH-+CI2=CIO-+CI-+H2O；(2)在酸性NaCIO溶液中，HCIO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl-、NO3-和 H+,根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HCIO+2NO+H2O=3CI-+2NO3-+5H+,故答案为：3HCIO+2NO+H2。=3CI-+2NO3-+5H+；NaCIO溶液的初始pH越小，HCIO的浓度越大，氧化能力强，pH越大，HCQ的浓度越小，氧化能力越弱，则降低NO转化率，故答案为：pH越大，HOO的浓度越小，氧化能力越弱，则降低NO转化率；(3)上述工艺中采用气、液逆流接触吸收的目的是：使废气被充分吸收，故答案为：使废气被充分吸收；(4)实验1 中阴极颜色变暗，说明高镒酸根离子被还原成镒酸根离子，电极反应方程式为：MnO4-+e-+=MnO42-,故答案为：MnO4-+e-=MnO42-；根据实验1 和 2 可得到II是正确的结论，即脱硝废液中N O 3-在阴极得电子转化为NO2-,N O 2-还原 MnO 4-,故答案为：脱硝废液中N 03-在阴极得电子转化为N 02-,N0 2-还 原 MnO 4-。【点评】本题考查了工业上利用无隔膜N aCI电解法脱除低温工业废气中NO,涉及氧化还原反应、图象分析解答、物质性质分析、题干信息的理解应用等，对学生分析问题的能力要求较高，掌握基础是解题关键，题目难度中等。17.【分 析】A 的 分 子 式 是 C 8 H 8,由 D 逆推可知，A 是;B 是；根 据 F的分子式Cl5Hl2 0,由 G逆推，可知,据此解答。【解答】解：(1)A 的分子式是C8H8,由 D 逆推可知，A 分子中含有苯环，A 的结构简式CHBrCHj(2)反 应 是 力 在 氢 氧 化 钠 的 水 溶 液 中 加 热 发 生 水 解 反 应 生 成0HP)-CHCH,反应条件是氢氧化钠的水溶液，加热,故答案为：氢氧化钠的水溶液，加 热；化学反应方程式是故答案为：醛 基；(5)F的分子式C l5H l20,F为反式结构，根据提给信息，由G逆推，可知F是结构简式反应类型是加成反应,和NH2CH2CH2OH反 应 生 成M,由PVP结构简式逆推，可 知M是 CH2CH2OHM在 浓 硫 酸 作 用 下 发 生 消 去 反 应 生 成N,N是【点评】本题考查了有机推断，题目难度中等，明确合成原理及常见有机物结构与性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力、考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。18.【分析】由流程图可知含珅污酸加入Na2S、FeSQ4反应得到滤渣CuS和As2s3,含碑滤液中含有H+、F-、SO42-,加入石灰乳并通入空气，调节溶液pH=7 1 1,过滤得到滤渣CaF2和C aS 04,滤液中加入石灰乳和FeS04,得 到FeAsO4,以及达标废水；(1)由题干信息可知，H2c03 的 Kal=4.4xlO-7H 2s 的 Kal=1.3 x l0-7,纯碱与 H2s发生反应生成NaHS和N aHCO 3；(2)由信息可知，含珅污 酸 中H3ASO3与S2-反 应 生 成As2s3,依据元素守恒产物还有H 2 0,据此书写离子方程式；(3)加 入Na2S充分反应后加入少量FeS04,Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)+3S2-(aq)-2AsS33-(a q)逆向移动；(4)过程川中通入氧气将Fe2+氧化成F e3+,将H2Ase)3-氧化成AsO43-；(5)反应中12与N a2S2O3反应，且12会使淀粉变蓝，故 用N a2S2O3标准溶液滴定过程中锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色；根据反应中方程式：AsO43-+21-+2H+=AsO33-+I2+H2O,2N a2S2O3+l2=Na2S4O6+2Nal,则有 AsO43-12 2N a2S2O3,可知 n(AsO 43-)=2 n(N a2s203)=2 xcmol/LxVxlO-3L=2cVxlO-3 m o l,由元素守恒可知，n(FeAsO 4)=2cV*10-3 m o l,据此计算样品纯度。【解答】解：(1)由题干信息可知，H2CO3的Kal=4.4xlO-7H 2S的Kal=1.3xl0-7,纯碱与H2S发生反应：H2S+N a2CO 3=NaHS+NaHC03,不能得到N a2S,故答案为：依据电离常数，纯碱与H2S发生反应:H2S+N a2CO 3=NaHS+NaHC03,不能得 到N a2S；(2)由信息可知，含碑污酸中H3ASO3与S2-反 应 生 成As2s3,依据元素守恒产物还有H 2 0,故离子方程式为 2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O,故答案为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2s3+6H2O；(3)加 入Na2S充分反应后加入少量FeS04,Fe2+与S2-反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)+3S2-(aq)-2AsS33-(a q)逆向移动,而减少副反应发生，故答案为：加入少量 FeS04,Fe2+3S2-=FeS I,使 c(S2-)降低，As2S3(s)+3S2-(aq)w 2Ass33-(a q)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；(4)过程III中通入氧气将Fe2+氧 化 成F e 3+,将H2AsO 3-氧 化 成AsO 43-,从而得到FeAsO 4,故答案为：做氧化剂，氧化Fe2+和H2ASO 3-；(5)反应中12与N a2S2O3反应，且12会使淀粉变蓝，故 用N a2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴N a2s2 03标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程式：AsO 43-+21-+2H+=AsO33-+I2+H2O,12N a2S2O3+l2=Na2S4O6+2Nal,贝IJ有 AsO43-12 2N a2s2 0 3,可知 n(AsO43-)=2n(N a2S2O3)=2 xcmol/LxVxlO-3L=2cVxiO-3 m o l,由元素守恒可知，n(FeAsQ4)1 _2cVxlO-3 m o l,故样品纯度为-cVX 1 0 3moi X 195g/mol-X 100%19.5cVag2a%故答案为：滴入最后半滴N a2s2 0 3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分19.5cV钟内不恢复；2a。【点评】本题考查物质制备实验，涉及制备实验装置分析判断、实验基本操作、混合物分离的实验设计、有关混合物的计算等知识，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键,注意掌握制备实验方案的设计方法,试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。19.【分析】(1)Cu(OH)2主要来自Cu2+的水解，同时产生的H+与CO32-反应产生C02；(2)实验II中，从过程iii看，产生的天蓝色粉末状沉淀为CuC03,CuC03来自过程i i产生；(3)Cu2+水解生成H+直接与HC03-结合反应，生成C 0 2,相同条件下，I 中生成的H+与 CO 32-结合生成HC03-,然 后 H+与 HCO 3-结合生成CO 2；(4)推测1 中合理，酸性条件下，S2O 32-发生分解，生成S02和 S,所以应设计的实验方案是证明O.lmol/L的 CuSO4溶液和SO 2、硫粉可以生成黑色沉淀；推测2 中，酸性条件下，S2O32-与 Cu2+直接反应产生CuS,同时有SO42-生 成 根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒即可写出发生反应的离子方程式；N a2s2。3 在硫酸中的分解反应(S2O 32-+2H+=SO 2 t+S 1+H2O)速率较快，反应限度小，S2O 32-与 Cu2+直接反应产生 CuS(S2O 32-+Cu2+H2O =CuS I+SO 42-+2H+)的反应速率较慢，但反应限度较大。【解答】解：(1)实验I 中过程i 产生的蓝色絮状沉淀为Cu(O H)2,则 Cu(O H)2 主要来自Cu2+的水解，同时产生的H+与 CO32-反应产生CO2,即产生的少量气泡主要成分是CO 2,故答案为：CO 2；(2)实验II中，从过程iii看，产生的天蓝色粉末状沉淀为CuCO3,则过程ii产生的天蓝色粉末状沉淀中肯定含有的阴离子是CO 32故答案为：CO 32-；(3)对比实验I、II中过程ii,I 的溶液中含有CO32-,II的溶液中含有HCO3-,两溶液中都发生Cu2+的水解,生成H+,则 II中产生气泡明显更快的原因是Cu2+水解生成H+,直接与HCO3-结合反应,生成CO2,相同条件下，I 中生成的H+与 CO 32-结合生成HCO 3然后H+与 HCO3-结合生成CO 2,故答案