备战2021年高考化学模拟专练卷06（教师版） 15页

模拟专练卷 06 化学 可能用到的相对原子质量：C−12 N−14 Al−27 Fe−56 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 分。共 42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 的。 7．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是 A．“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应 B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的方法，提取过程中发生了化学变化 C．刘禹锡的“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到 D．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应 【答案】B 【解析】A．雾所形成的分散系为气溶胶，属于胶体，能产生丁达尔效应，正确，不选； B．屠呦呦提取青蒿素的方法是萃取，萃取过程中没有生成新物质，是物理变化，错误，B 选； C．沙里淘金说明了金的化学性质稳定、能够稳定存在；利用金和砂石密度的差异，可通过物理方法得到，正确， C 不选； D．灼烧硝酸钾会产生紫色，因为钾元素的火焰颜色为紫色，所以对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应，正确， D 不选；答案选 B。 8．NH4NO3 溶液受热可发生分解反应：NH4NO3 加热 N2↑＋HNO3＋H2O（未配平）。用 NA 表示阿伏加德罗 数的值，下列说法正确的是 A．分解时每生成 2.24 L（标准状况）N2，转移电子的数目为 0.6NA B．2.8 g N2 中含有共用电子对的数目为 0.3NA C．56 g Fe 与足量稀硝酸反应生成 NO2 分子的数目为 3NA D．0.1 mol·L－1 NH4NO3 溶液中，NH4 ＋的数目小于 0.1NA 【答案】B 【解析】A．5NH4NO3 4N2↑＋2HNO3＋9H2O 转移的电子为 20 个，标准状况下，2.24 LN2 为 0.1mol，则转移 电子为 0.1mol× 20 4 =0.5mol，故 A 错误； B．2.8 gN2 的物质的量为 2.8g 28g / mol =0.1mol，含有共用电子对的数目为 0.1 ×3×NA=0.3 NA，故 B 正确； C．5.6 g Fe 物质的量为 0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和 NO，转移的电子数为 0.3NA，则生成 0.1mol NO， 不能生成 NO2，故 C 错误； D．NH4NO3 溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算 0.1 mol/L NH4NO3 溶液中的铵根离子数目，故 D 错误； 故选 B。 9．复旦大学教授吴宇平研制的水溶液锂电池体系，最终能实现电动汽车充电 10 秒即可行驶 400 公里的目标，其 结构如图所示，则下列说法不正确．．．的是 A．b 电极采用多孔电极的目的是易于吸附气体 B．a 电极为电池的正极，金属锂发生氧化反应 C．b 电极的电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH− D．装置中用导电隔离层将电极锂与水溶液隔开的目的是防止金属锂与水发生反应 【答案】B 【解析】A.b 电极通入空气，采用多孔电极的目的是易于吸附气体，A 正确； B．根据电子的流向， a 电极为电池的负极，金属锂发生氧化反应，B 错误； C．b 电极为电池的正极，氧气放电产生 OH−，电极反应为 O2+2H2O+4e−=4OH−，C 正确； D．金属锂不能和水溶液直接接触，否则金属锂易与水发生反应而溶解，D 正确；答案选 B。 10．奎尼酸是制备艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图，下列有关奎尼酸的说法中正确的是 A．奎尼酸的分子式是 C7H9O6 B．1mol 奎尼酸与足量 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 物质的量为 5mol C．1 mol 奎尼酸与足量钠反应生成 56L 氢气 D．奎尼酸能发生消去反应，也能与乙醇、乙酸发生取代反应 【答案】D 【解析】A． 奎尼酸的分子式是 C7H12O6，错误； B． 奎尼酸分子中含有羧基和醇羟基，醇羟基不能与氢氧化钠溶液反应，1mol 奎尼酸与足量 NaOH 溶液反应， 最多消耗 NaOH 物质的量为 1mol，错误； C． 没有注明是标准状况下，错误； D． 奎尼酸分子含有羟基且邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，含有的羧基和羟基能分别与乙醇、乙酸 发生酯化反应，属于取代反应，正确；故选 D。 11．已知 W、X、Y、Z 均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0. 01 mol．L−l） 的 pH 和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是 A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X B．化合物 Y2Z2 中含有极性共价键和非极性共价键 C．气态氢化物的热稳定性：Y＞Z D．Z 的单质具有强氧化性和漂白性 【答案】B 【解析】由图像和题给信息可知，浓度均为 0. 01 mol．L−l 的溶液，W，Y，Z 的最高价氧化物对应的水化物的 pH 都小于 7，说明 W，Y，Z 都是非金属元素，W，Y，Z 的最高检氧化物对应的水化物是酸，W，Z 最高价氧 化物对应的水化物的 pH=2，为一元强酸，根据原子半径 Z＞W，Z 是 N，W 是 Cl，Y 的最高价氧化物对应的水 化物的 pH=1．7＜2，Y 的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y 是 S，X 的最高价氧化物对应的 水化物的 pH=12，X 的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X 是 Na，可以判断出 W、X、Y、Z 分别为 N， Na，S，Cl，由此回答； A．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半 径越小，N3－，Na+，S2−，Cl−的半径大小为 S2−＞ Cl− ＞N3－＞Na+，即 Y＞Z＞W＞X，故 A 错误； B．化合物 Y2Z2 为 SCl2，结构式为 Cl−S−S−Cl，可以看出硫原子之间为非极性共价键，硫原子和氯原子之间是极 性共价键，故 B 正确； C．S 和 Cl 位于同一周期，同周期元素的非金属性逐渐增强，非金属性 Cl＞S，气态氢化物的稳定性 Z＞Y，故 C 错误； D．Z 的单质氯气具有强氧化性，没有漂白性，故 D 错误。 12．下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 探究化学反应的 限度 取 5mL0.1mol/LKI 溶液，滴加 0.1mol/LFeCl3 溶液 5～6 滴，充分反应， 可根据溶液中既含 I2 又含 I−的实验事实判断该反应是可逆反应 B 探究浓度对化学 反应速率的影响 用两支试管各取 5mL0.1mol/L 的 KMnO4 溶液，分别加入 2mL0.1mol/L 和 0.2mol/L 的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间 C 证明溴乙烷的消 去反应有乙烯生 成 将 NaOH 的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性 KMnO4 溶液中 D 验证醋酸钠溶液 中存在水解平衡 取 CH3COONa 溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固 体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化 【答案】D 【解析】A．KI 与 FeCl3 发生氧化还原反应，其离子反应式为 2I−+2Fe3+=2Fe2++I2，由于 KI 过量，因此溶液中存 在 I2 和 I−，故不可根据溶液中既含 I2 又含 I−的实验事实判断该反应是可逆反应，A 错误； B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为 2MnO4−+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶 液过量，难以观察到褪色现象，B 错误； C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C 错误； D．CH3COONa 在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO− +H2O⇌CH3COOH+OH−，加入酚酞溶液后变红， 再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中 CH3COO−浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D 正 确。 13．某温度下，分别向 20mL 浓度均为 xmol/L 的 NaCl 和 Na2CrO4 溶液中滴加 0.1mol/LAgNO3 溶液，滴加过程中  --lgc Cl 和  2- 4-lgc CrO 与 AgNO3 溶液的体积关系如图所示。下列说法不正确的是 A．x =0.1 B．曲线 I 代表 NaCl 溶液 C．Ksp(Ag2CrO4)约为 4×10－12 D．y=9 【答案】D 【解析】A．根据图像可知，未滴加 AgNO3 溶液时  --lgc Cl 或  2- 4-lgc CrO 均为 1，则 NaCl 和 Na2CrO4 溶液均 为 0.1mol·L−1，即 x=0.1，A 选项正确； B．1molCl−和 CrO42−分别消耗 1mol 和 2molAg+，由图像可知，滴加 AgNO3 溶液过程中，曲线 I 突跃时加入的 AgNO3 溶液的体积为 20mL，则曲线 I 代表 NaCl 溶液，B 选项正确； C．b 点时，  2- 4-lgc CrO =4，则 c(CrO42−)=10−4mol·L−1，c(Ag+)=2×10−4mol·L−1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42−)·c2(Ag+)=4×10 －12，C 选项正确； D．a 点时，Cl−恰好完全沉淀，  --lgc Cl =5，则 c(Cl−)=10−5mol·L−1，c(Ag+)=10−5mol·L−1，Ksp(AgCl)=c(Cl−)·c(Ag+)=10 －10，c 点加入 40mLAgNO3 溶液，溶液中   -1 + -10.02L 0.1mol L 0.1c Ag = = mol L0.06L 3    ，       -10 - -9 -1 + Ksp AgCl 10c Cl = = =3 10 mol L0.1c Ag 3   ，则−lgc(Cl−)=9−lg3≈8.52，D 选项错误；答案选 D。 二、非选择题：共 58 分，第 26~28 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35~36 题为选考题，考生根据要 求作答。 （一）必考题：共 43 分。 26．（14 分）铝生产加工过程中产生大量的铝灰，直接掩埋造成铝资源浪费，还会带来严重的污染。某铝厂的铝 灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，其他杂质均不溶于稀硫酸。如图是酸浸法用该 铝灰生产高纯氧化铝的生产流程： 已知：i.Fe3+ +K++ [Fe(CN)6]4−=K[Fe(CN)6Fe]↓ ii.AlN 常温下与水缓慢反应，酸性或碱性条件下反应较快 iii.NH4AlO(OH)HCO3 难溶于碱性溶液和乙醇 请回答： （1）实验室模拟工业生产①酸浸步骤的装置如图，该装置的不合理之处为____。 （2）步骤③加入 H2O2 溶液的目的是________________。 （3）步骤④调节 pH 最合适的试剂是________________。 A．NaOH B．H2SO4 C．NH3·H2O D．Ca(OH)2 （4）步骤⑤吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，_______，洗涤沉淀操作为 _______________。 （5）写出煅烧碳酸铝铵中间体得到高纯氧化铝的化学方程式______________。 （6）已知 Al3+对光的吸收与其浓度成线性关系，色度计传感器可以测量某种波长的光穿过溶液的透射率确定 溶液浓度。如图是红色光照下透光率(T)对应 c(Al3+)的标准曲线。为测定铝灰中铝元素的回收率，准确称取 0.5000g 铝灰(折合铝元素含量 60.00%)进行制备高纯氧化铝的实验，将所制得的粉末与固体 NaOH 反应后加水 溶解、过滤，滤液定容到 250mL 容量瓶中。用移液管移取 25.00mL 到锥形瓶中，加 2 滴指示剂，滴加稀盐酸 至溶液体积变为 50.00mL，NaAlO2 恰好反应生成 AlCl3。取该溶液于比色皿中进行色度检测，测得溶液透光 率为 97.5，则铝元素的回收率=_________。 【答案】 （1）尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体未处理（2 分） （2）将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于形成沉淀除去（2 分） （3）C（2 分） （4）从吸滤瓶上口倒出滤液 （2 分） 往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作 2~3 次，直至滤 液检验不出 SO42−，再用少量乙醇淋洗（2 分） （5）2NH4AlO(OH)HCO3 高温 Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑（2 分） （6）90.0%（2 分） 【解析】（1）铝灰经分析所含主要物质如下：Al、Al2O3、AlN、SiO2、Fe2O3，在搅拌下，铝灰和从分液漏斗加 入的硫酸反应，产生的气体有氨气、氢气等，可见装置中尾气无法用稀硫酸完全吸收或可燃性气体氢气未处理； （2）流程中步骤③是为了把杂质中铁元素转变为沉淀除去，有大量铝情况下，溶液中有铁离子存在、也有亚铁 离子，则加入绿色氧化剂 H2O2 溶液的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+，便于形成沉淀除去； （3）步骤④要制备 NH4AlO(OH)HCO3，信息 iii 显示——NH4AlO(OH)HCO3 难溶于碱性溶液，故要把酸性溶液 调节成弱碱性，则可用碱性物质调节 pH，为了避免引入新杂质最合适的试剂是氨水，则选 C； （4）步骤⑤是用抽滤法分离出碳酸铝铵中间体，吸滤瓶内液体高度快达到支管口位置时应拔掉瓶上橡皮管，从 吸滤瓶上口倒出滤液；而洗涤沉淀的操作则为：往过滤器中加水至没过沉淀，待水滤出后，重复操作 2~3 次，直 至滤液检验不出 SO42−，再用少量乙醇淋洗，便于快速得到纯净干燥的固体（因为信息 iii，NH4AlO(OH)HCO3 难 溶于碱性溶液和乙醇）； （5）煅烧碳酸铝铵中间体得到的产物，除了高纯氧化铝外，其余产物分别为氨气、二氧化碳和水，则化学方程 式为 2NH4AlO(OH)HCO3 高温 Al2O3+2NH3↑+3H2O+2CO2↑； （6）由图知，透光率为 97.5 时，溶液中铝离子的浓度为 0.02mol/L，则结合其它相关数据，铝元素的回收率 = 250mL 0.02mol/L 0.050L 27g/mol25mL 90.0%0.5000g 60%     。 27．（14 分）实验室以海绵铜（主要成分为 Cu 和 CuO）为原料制取 CuCl 的主要流程如图所示。 已知：①CuCl 微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。 ②CuCl 露置于潮湿的空气中易被氧化。 回答下列问题。 （1）“氧化”时温度应控制在 60~70℃，原因是____________________。 （2）写出“转化”过程中的离子方程式____________________。 （3）“过滤Ⅱ”所得滤液经__________、__________、过滤等操作获得(NH4)2SO4 晶体，可用作化学肥料。“过 滤Ⅱ”所得滤渣主要成分为 CuCl，用乙醇洗涤的优点是________________。 （4）氯化铵用量[ 4 2+ (NH Cl) (Cu ) n n ]与 Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多 Cu2+沉淀率增加，但当 氯化铵用量增加到一定程度后 Cu2+的沉淀率减小，其原因是__________。 （5）若 CuCl 产品中混有少量 CaSO4，补全提纯 CuCl 的实验方案：_____，过滤，_____。（实验中可选试剂： 0.1 mol·L−1 盐酸、10 mol·L−1 盐酸、蒸馏水、无水乙醇） 【答案】 （1）温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解（2 分） （2）2Cu2++ SO32−+2Cl−+H2O 2CuCl↓+ SO42−+2H+ （2 分） （3）蒸发浓缩（1 分） 降温结晶（1 分） CuCl 在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免 CuCl 被空气中 O2 氧化 （2 分） （4）生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 （2 分） （5）向产品中加入 10 mol·L−1 盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，（2 分） 向滤液中加蒸馏水至大量固体析 出，过滤，再用无水乙醇洗涤 2～3 次，干燥 （2 分） 【解析】 （1）物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐 分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解； （2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的 CuSO4 氧化成硫酸铵，Cu2+被 还原生成 CuCl。答案为：2Cu2++SO32−+2Cl−+H2O 2CuCl↓+ SO42−+2H+； （3）“过滤Ⅱ”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl 在乙醇中溶解 度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致 CuCl 被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶； CuCl 在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免 CuCl 被空气中 O2 氧化； （4）根据题中已知条件，CuCl 可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的 沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中； （5）由题目已知资料可知，CuCl 难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若 CuCl 产品中混有少量 CaSO4，向产品中加入 10 mol·L−1 盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出， 过滤，再用无水乙醇洗涤 2～3 次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入 10 mol·L−1 盐酸，不断 搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤 2～3 次，干燥。 28．（15 分）（1）如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。 ①下列说法正确的是_______（填字母序号） A．固氮过程中，N2 只做氧化剂 B．硝化过程需要有氧化剂参与 C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响 D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化 ②反硝化过程中，CH3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去 6mol 电子。请将该反应的离子方程式补充 完整：5CH3OH+□NO3— □_______+□_______+□_______+□_______，_____________ （2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。 ①已知：SO2 生成 SO3 总反应方程式是 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol 此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)ΔH1＝－113kJ/mol NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝_______。 ②一定温度下，向 2L 恒容密闭容器中充入 NO2 和 SO2 各 1mol，5min 达到平衡，此时容器中 NO2 和 NO 的浓 度之比为 1∶3，则 NO2 的平衡转化率是_______。 （3）砷（As）是第四周期ⅤA 族元素，其化合物，有着广泛的用途。 ①AsH3 的稳定性比 NH3 的稳定性_______（填“强’’或“弱’’）。用原子结构解释原因_______。 ②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_______。 ③298K 时，将 20mL3xmol•L−1Na3AsO3、20mL3xmol•L−1I2 和 20mLNaOH 溶液混合，发生反应： AsO33−(aq)+I2(aq)+2OH− AsO43−(aq)+2I−(aq)+H2O(l)。溶液中 c(AsO43﹣)与反应时间（t）的关系如图所示。若 平衡时溶液的 pH=14，则该反应的平衡常数 K 为_______。 【答案】 （1）①BCD（2 分） ②5CH3OH+6NO3− N2↑+4HCO3−+CO32−+8H2O（2 分） （2）①—41.8kJ/mol （2 分） ②75%（2 分） （3）①弱 （1 分） N 和 As 位于同一主族，As 的电子层数比 N 的多，原子半径 As 比 N 的大，得电子能力 As 比 N 弱，非金属性 As 比 N 弱，氢化物 AsH3 的稳定性比 NH3 弱 （2 分） ②2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S （2 分） ③ 3 2 4y (x-y) （2 分） 【解析】 （1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N 的化合价升高，被氧化，所以 N2 作还原剂，故 A 错误； B．NH3 转化成 HNO2，增加了 O 元素，则 NH3 被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化 剂参与，故 B 正确； C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故 C 正 确； D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素 在无机物和有机物之间的转化，故 D 正确；故选 BCD。 ②反硝化过程中，CH3OH 可作为反应的还原剂，1mol 还原剂失去 6mol 电子。CH3OH 与硝酸根离子反应生成氮 气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3− N2↑+4HCO3−+CO32−+8H2O； （2）①Ⅰ.2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ·mol－1 Ⅱ.2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)ΔH1＝－113kJ·mol－1 盖斯定律计算（Ⅰ−Ⅱ）× 1 2 得到 NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝−41.8 kJ·mol－1，故答案为：−41.8 kJ·mol－1； ②一定温度下，向 2 L 恒容密闭容器中充入 NO2 和 SO2 各 1 mol，5min 达到平衡，此时容器中 NO2 和 NO 的浓度 之比为 1：3，结合三行计算列式得到，设消耗 NO2 的物质的量为 x： 2 2 3NO g + SO g SO g + NO g mol 1 1 0 0 mol x x x x mol 1-x 1-x x x （ ） （ ） （ ） （ ） 起始量（ ） 变化量（ ） 平衡量（ ） NO2 和 NO 的浓度之比为 1：3，物质的量之比=1：3，（1−x）：x=1：3，x=0.75mol，NO2 的平衡转化率 = 0.75mol 1mol ×100%=75%， （3）①非金属性：N>As，AsH3 的稳定性比 NH3 的稳定性弱，用原子结构解释原因：N 和 As 位于同一主族， As 的电子层数比 N 的多，原子半径 As 比 N 的大，得电子能力 As 比 N 弱，非金属性 As 比 N 弱，氢化物 AsH3 的稳定性比 NH3 弱； ②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，结合电子转移配平得方 程式为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S； ③列三段式如下： 3 3 3 2 4 2AsO aq + I aq +2OH AsO aq + 2I aq + H O l x x y y y 2y x-y x-y y 2y － － － －（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） 起始量 转化量 平衡量 根据平衡常数表达式 K=   3 2 4 3 2 3 2 c(AsO ) c (I ) c(AsO ) c I c (OH )    － － － － =       22y y x y x y     = 3 2 4y (x-y) ，故答案为： 3 2 4y (x-y) 。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 35．［化选修 3：物质结构与性质］（15 分） 一种 Ru 络合物与 g−C3N4 复合光催化剂将 CO，还原为 HCOOH 的原理图如图所示。 （1）基态碳原子的价电子排布图为_____________。 （2）1molHCOOH 中含有的σ键数目为_____________，HCOOH 的沸点比 CO2 高的原因为_____________。 （3）Ru 络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________ （4）Ru 络合物中与 Ru 配位的原子有 N、_____________。 （5）Ru 络合物含有的片段 和 中氮原子均采用 sp2 杂化，都存在大π键，氮原子配位能力更强的是 _____________（填“前者”或“后者”）。 （6）一种类石墨的聚合物半导体 g−C3N4，其单层平面结构如图 1，晶胞结构如图 2。 ①g−C3N4 中氮原子的杂化类型是_____________。 ②根据图 2，在图 1 中用平行四边形画出一个最小重复单元。_____________ ③已知该晶胞的体积为 Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 g−C3N4 的密度为 ____g.cm−3。 【答案】（1） （1 分） （2）4NA （2 分） HCOOH 和 CO2 均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键 （2 分） （3）N＞O＞C （2 分） （4）Cl、C （2 分） （5）前者 （1 分） （6）①sp2 杂化 （1 分） ② （2 分） ③ A 184 VN （2 分） 【解析】 （1）C 为 6 号元素，基态碳原子的价电子排布图为： ，故答案为： ； （2）单键全是σ键，双键有一个是σ键，一个是π键，所以，1molHCOOH 中含有 4molσ键，即 4NA，HCOOH 和 CO2 均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键，故 HCOOH 的沸点比 CO2 高，故答案为：4NA；HCOOH 和 CO2 均为分子晶体，但 HCOOH 分子间存在氢键； （3）Ru 络合物中除 Ru 元素外还有 H、C、N、O、P、Cl 元素，位于第二周期的有： C、N、O 三种元素，一 般情况下，从左往右，第一电离能增大，但第ⅤA 族的 N 原子 2p 轨道电子处于半充满状态，比 O 难失电子，第 一电离能比 O 大，综上所述，三者第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C； （4）由图可知，Ru 络合物中与 Ru 配位的原子有 N、Cl、C，故答案为：Cl、C； （5）前者的 sp2 杂化轨道上有一个孤电子对，更容易形成配位键，故答案为：前者； （6）①该物质中 N 原子价层电子对数为 3，根据价层电子对互斥理论判断 N 原子杂化类型为 sp2 杂化，故答案 为：sp2 杂化； ②由图二可知，重复的结构单元为六元环和外加三个 N 原子形成的结构，如图所示： ，故答案 为： ； ③由均摊法可知，该晶胞中 N 原子个数=8× 1 8 +8× 1 4 +2× 1 2 +4=8，C 原子个数=3+6× 1 2 =6，1 个晶胞的质量 = A 8 14+6 12 gN   ，密度ρ= A A 3 8 14+6 12 g 184N VNVcm    g.cm−3，故答案为： A 184 VN 。 36．[化选修 5：有机化学基础]（15 分） 吡喹酮（H）是一种治疗血吸虫病的药物，合成路线如下图所示： 已知：I R−Cl+NaCN 催化剂 加热 R−CN+NaCl ii +R′−NH−R＂+NaOH  +NaCl+H2O（R、R′表示烃基，R＂表示烃基或 H） （1）A 属于芳香烃，其名称是________________________。 （2）步骤②的反应类型是_______________________________。 （3）B 的一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为______________。 （4）③中 1mol C 理论上需要消耗__________________mol H2 生成 D。 （5）④的化学方程式是 ________。 （6）F 中含氧官能团是 和_______________________（填名称）。 （7）试剂 a 的结构简式是___________________。 （8）G→H 分为三步反应，J 中含有 3 个六元环，写出 I、J 的结构简式。 I：_____；J：_____。 【答案】 （1）甲苯 （1 分） （2）取代反应 （1 分） （3） （2 分） （4）2（2 分） （5） + +NaOH→ +NaCl+H2O （2 分） （6） 羟基 （1 分） （7） （2 分） （8） （2 分） （2 分） 【解析】 A 属于芳香烃，说明含有苯环，A 发生取代反应生成 B，由 B 可知 A 为 ，B 发生信息 i 的反应生成 C，C 为 ，C 发生还原反应生成 D，根据 D 分子式知，D 为 ，D 发生信息 ii 的反应生 成 E，E 发生取代反应生成 F，根据 F 的结构简式知，E 为 ，F 发生取代反应生成 G， 根据 F、G 的结构简式及信息 ii 知，a 为 ，据此分析解答。 【详解】 （1）A 为 ，名称为甲苯，故答案为：甲苯； （2）步骤②发生信息 i 的反应生成 C，属于取代反应，故答案为：取代反应； （3）B( )的一种同分异构体，含苯环且核磁共振氢谱中出现三组峰，其结构简式为 ，故答案为： ； （4）C 为 ，D 为 ，即 C 中−C≡N 转化为−CH2NH2，③中 1molC 理论上需要消 耗 2molH2 生成 D，故答案为：2； （5）④发生信息 ii 的反应生成 E，反应的化学方程式为 + +NaOH→ +NaCl+H2O，故答案为： + +NaOH→ +NaCl+H2O； （6）F( )中的含氧官能团是 和羟基，故答案为：羟基； （7）根据上述分析，试剂 a 的结构简式为 ，故答案为： ； （8）G→H 分为三步反应，G( )先发生催化氧化生成 I，I 结构简式为 ， I 发生加成反应生成 J，J 中含有 3 个六元环，则 J 为 ，最后 J 分子内脱水生成 H( )，故答案为： ； 。