福建省福清市2020届高三下学期线上教学质量检测理综化学试题 Word版含解析 19页

www.ks5u.com 福清市2020届高三年线上教学 理科综合质量检测化学 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 V-51 Ni-59 As-75‎ 一、选择题：每小题6分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 ‎1.创建美好生态环境是实现“中国梦”的重要一环。下列做法正确的是 A. Na2O能与SO2反应，用Na2O作工业废气脱硫剂 B. FeS作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子 C. 将“84”消毒液与洁厕灵混合使用增强去污效果 D. 将废旧电池进行深埋防止废旧电池对环境的污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O是碱性氧化物，能与SO2反应，但Na2O在空气中容易变质，不容易保存，因此不能用Na2O作工业废气脱硫剂，A错误；‎ B. FeS难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，由于其溶度积常数大于CuS、PbS等，因此其溶解电离产生的S2-与溶液中的Cu2+、Hg2+等重金属离子形成沉淀，故可作沉淀剂去除工业废水中的重金属离子，B正确；‎ C. “84”消毒液主要成分是NaClO，洁厕灵主要成分是盐酸，将“84”消毒液与洁厕灵混合，会产生有毒的Cl2，所以不能混合使用，C错误；‎ D. 废旧电池中含有重金属离子，将废旧电池进行深埋会导致土壤污染和水污染，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去 具有漂白性 B 分别向盛有溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液和溶液 a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀 能电离出和 - 19 -‎ C 向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再加入银氨溶液，水浴加热 未见有银镜产生 淀粉没有水解 D 向无水乙醇中加入浓硫酸，加热，产生的气体通入酸性溶液 溶液紫色褪去 气体中含有乙烯 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，溶液褪色，故A错误；‎ B. 由现象可知，溶液中含碘单质及碘离子，则I3-能电离出I2和I-，故B正确；‎ C. 淀粉酸性条件下水解生成葡萄糖，但银镜反应应在碱性条件下进行，故C错误；‎ D. 乙醇和浓硫酸共热，可能生成二氧化硫，二氧化硫以及挥发的乙醇都可以使高锰酸钾褪色，由现象不能说明乙烯生成，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎3.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E是由上述四种元素中的一种或几种组成的物质。已知A、B分子中分别含有18、10个电子，E为单质，D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 四种元素简单离子半径比较：W＞Y＞Z＞X B. Y的氢化物与Y的最高价氧化物的水化物反应生成盐 C. X、Y、W组成的化合物中一定既有离子键又有极性键 D. W是所在周期中原子半径最小的元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ A、B分子中分别含有18、10个电子，E为单质，D有漂白性，则A可为HCl，D为HClO，E为Cl2，B为NH3，生成C为NH4Cl，如A为H2S，D为SO2，E为S，B为O2，不满足10个电子，则X为H、Y为N、Z为O、W为Cl元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】X为H、Y为N、Z为O、W为Cl元素， ‎ A．离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大离子半径越小，则四种元素简单离子半径比较：W＞Y＞Z＞X，故A正确； ‎ B．Y为N元素，氢化物与Y的最高价氧化物的水化物反应生成硝酸铵，为盐类，故B正确； ‎ C．H、N、Cl可以形成化合物如为N2H3Cl等，则不属于铵盐，不含离子键，故C错误； ‎ D．同周期元素从左到右，主族元素原子半径逐渐减小，Cl元素为第三周期原子半径最小的，故D正确。 ‎ 故选：C。‎ ‎4.一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. 该电池能在高温下工作 B. 该电池工作时，中间室中的Cl－移向右室 C. 正极上发生的电极反应：2NO3－+ 6H2O + 10e－═ N2 ↑+ 12OH－‎ D. 若有机废水中有机物用C6H12O6表示，每消耗1 mol C6H12O6 转移4 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.活性菌不能在高温下工作，故A错误；‎ B.右室硝酸根生成氮气发生还原反应，右室为正极，Cl－移向左室，故B错误；‎ C.右室为正极，正极上发生的电极反应：2NO3－+ 6H2O + 10e－═ N2 ↑+ 12OH－，故C正确；‎ D.在正极有机物失去电子生成二氧化碳，若有机废水中有机物用C6H12O6表示，每消耗1 mol C6H12O6 转移24 mol电子，故D错误。‎ - 19 -‎ 故选C。‎ ‎5.炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是( )‎ A. 氧分子的活化包括O－O键的断裂与C－O键的生成 B. 每活化一个氧分子放出0.29eV的能量 C. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV D. 炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，氧分子的活化是O－O键的断裂与C－O键的生成过程，故A正确；‎ B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；‎ C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；‎ D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎6.下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图1表示盐酸滴加到0.1 mol·L－1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂。‎ - 19 -‎ B. 图2表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂。‎ C. 图3表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，该反应的ΔH=－91kJ/mol。‎ D. 图4表示物质的量之比为2∶3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸滴定碱溶液时，无论碱是强碱还是弱碱，滴定后的溶液均呈弱酸性，所以最好选择甲基橙作指示剂，错误；‎ B、反应速率增大，但平衡不移动，不一定是加入催化剂，可能是增大压强，对于反应前后气体物质的量不变的可逆反应而言，增大压强，平衡不移动，但反应速率增大，错误；‎ C、根据图像可知该反应的反应热为（419-510）kJ/mol=-91kJ/mol，正确；‎ D、物质的量之比为2∶3的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生的氢气的体积比是2:4.5，不是1:1，错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7‎ B. C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ C. B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)‎ D. A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COOH的，取B点状态分析，‎ - 19 -‎ ‎=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；‎ B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；‎ C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；‎ D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎8.二氧化氯（C1O2）是一种黄绿色气体，沸点为11℃，不稳定，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。C1O2易溶于水但不与水反应，其水溶液在温度过高时有可能爆炸。某小组按照以下实验装置制备C1O2并验证其某些性质。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是___，该加热方式的优点是_____。‎ ‎（2）通入氨气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是____。‎ ‎（3）B装置的作用是___。C装置用来吸收C1O2，则C中液体易选用下列___（填序号）。‎ ‎①热水 ②冰水 ③饱和食盐水 ‎（4）装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为____。饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．___；b．___；c．洗涤；d．干燥。‎ ‎（5）设计一个简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性：___。‎ ‎【答案】 (1). 水浴加热 (2). 受热均匀，易控制反应温度 (3). 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸 (4). 安全瓶，防止倒吸 (5). ② (6). 2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O (7). 蒸发结晶 (8). 趁热过滤 (9).‎ - 19 -‎ ‎ 取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，D装置观察氮气的通入速率，防止装置二氧化氯的浓度过高，D装置吸收尾气，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是水浴加热，该加热方式的优点是受热均匀，易控制反应温度， 故答案为：水浴加热；受热均匀，易控制反应温度； ‎ ‎(2)通入氮气主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸； ‎ ‎(3)B装置为安全瓶，可起到防止倒吸的作用，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，故答案为：安全瓶，防止倒吸；②；‎ ‎(4)装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，则从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．蒸发结晶； b．趁热过滤； c．洗涤；d．干燥 故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；蒸发结晶；趁热过滤； ‎ ‎(5)二氧化氯可使品红褪色，检验是否具有永久漂白性，可取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色，故答案为：取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色。‎ ‎9.五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。实验室以含钒废料含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物为原料制备V2O5的一种流程如图：‎ - 19 -‎ 已知：25℃时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：‎ 难溶电解质 Cu(OH)2‎ Mn(OH)2‎ Al(OH)3‎ Ksp ‎22×10-20‎ ‎4×10-14‎ ‎1.9×10-33‎ ‎（1）“焙烧”的目的是__；‎ ‎（2）“滤渣1”的用途为__写出2种即可；常温下，若“调pH”为7，Cu2+是否能沉淀完全：__填“是”或“否”；溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全 ‎（3）“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因为__；‎ ‎（4）结晶所得的NH4VO3需进行水洗、干燥。证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为__；‎ ‎（5）在煅烧NH4VO3生成的V2O5过程中，固体残留率(×100%)随温度变化的曲线如图所示。其分解过程中先后失去的物质分别是__、__。填写分子式 ‎（6）为测定该产品的纯度，兴趣小组同学准确称取V2O5产品2.000g，加入足量稀硫酸使其完全反应，生成(VO2)2SO4，并配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.1000mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定，滴定到终点时消耗标准液10.00mL。已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+‎ - 19 -‎ 黄色被还原为VO2+蓝色，该反应的离子方程式为__；该产品的纯度为__。‎ ‎【答案】 (1). 除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5 (2). 制光导纤维、制玻璃、制硅胶等 (3). 是 (4). 温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低 (5). 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净 (6). NH3 (7). H2O (8). 2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O (9). 91.00%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含钒废料(含V2O3、CuO、 MnO、SiO2、A12O3、有机物)焙烧后，有机物杂质会燃烧除去，将V2O3氧化为V2O5；滤渣1为不与硫酸反应的二氧化硅，剩余含有Cu2+、 Mn2+、Al3+和钒离子，调节pH将杂质离子生成难溶物除去，碳酸氢铵除锰，剩余物质NH4VO3煅烧得到V2O5 ；利用氢氧化铜的溶度积公式计算出铜离子的浓度，与10-5比较，小于10-5 则沉淀完全；“沉锰”时所用试制为NH4HCO3，温度过低时，反应速率较慢，NH4VO3可能提前结晶析出，导致产率较低；温度过高时，NH4HCO3分解使原料的利用率降低，并导致环境污染； NH4VO3晶体可能粘附HCO3- ，SO42-等，故加入氧化钡溶液；由图像上不同温度下的固体残留率，得到失去的物质；根据实验现象写出离子方程式，根据离子方程式计算得出产率。据此分析。‎ ‎【详解】(1)由含钒废料的成分和流程图中物质的转化关系知，“焙烧"的目的是除去有机物杂质，并将V2O3氧化为V2O5，故答案为：除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5；‎ ‎(2)“滤渣1”为二氧化硅，可用于制作光导纤维，玻璃，制取硅胶，硅单质等，由流程图中信息知，“调pH”的目的是将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，调节pH为7时，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)=mol/L==10-7mol/L，‎ c(Cu2+)==2.2×10-6<10-5，故沉淀完全，故答案为：制光导纤维、制玻璃、制硅胶等；是；‎ ‎(3)“沉锰”时所用试制为NH4HCO3温度过低时，反应速率较慢，NH4VO3可能提前结晶析出，导致产率较低；退度过高时，NH4HCO3分解使原料的利用率降低，并导致环境污染，故答案为：温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，NH4HCO3分解，导致原料利用率低；‎ - 19 -‎ ‎(4) NH4VO3晶体可能粘附HCO3-，SO42-等，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净；‎ ‎（5）NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，210℃时若分解生成酸和氨气，假设起始NH4VO3的质量为117g，则剩余固体占起始固体百分含量为≈85.47%，所以210℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3，失去的物质为NH3，380℃时，HVO3进一步分解生成V2O5和水，则剩余固体占起始固体百分含量为=77.78%，故剩余固体是V2O5，失去的物质为H2O，故答案为：NH3；H2O；‎ ‎（6）已知滴定过程中H2C2O4被氧化为CO2，VO2+黄色（被还原为VO2+蓝色），则离子方程式为；准确称取产品V2O52.0g，加入足量的稀硫酸使其完全生成(VO2)2SO4，并配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.1000mol/L的H2C2O4溶液滴定，消耗标准液10.00mL，已知离子方程式为则n(VO2+)=2n(H2C2O4)=2×0.01L×0.1000mol/L，所以250mL溶液中 n(VO2+)=2×0.01L×0.1000mol/L×=0.02mol，所以n(V2O5)=0.01mol，其质量为 ‎0.01mol×182g/mol=1.82g，所以产品的纯度为×100%=91.00%，故答案为：；91.00%。‎ ‎10.非金属及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少非金属的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。‎ ‎（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol-1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1‎ 若某反应的平衡常数表达式为：K=，请写出此反应的热化学方程式___。‎ ‎（2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g) △H>0。向恒容密闭容器加入N2O5。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：‎ - 19 -‎ t/min ‎0.00‎ ‎1.00‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ ‎4.00‎ ‎5.00‎ c(N2O5)/(mo·L-1)‎ ‎1.00‎ ‎0.71‎ ‎0.50‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ ‎0.35‎ 反应开始时体系压强为P0，第3.00min时体系压强为p1，则p1：p0=__；1.00min~3.00min内，O2的平均反应速率为__。从表中可知化学反应速率变化规律是__。‎ ‎①该温度下反应的平衡常数Kp=__(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量的分数，请列出用P0表示平衡常数表达式，不用计算)。‎ ‎②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是__。‎ a.容器中压强不再变化 b.NO2和O2的体积比保持不变 c.2v正(NO2)=v逆(N2O5) d.混合气体的密度保持不变 ‎（3）“长征”火箭发射使用的燃料是偏二甲肼(C2H8N2)，并使用四氧化二氮作为氧化剂，这种组合的两大优点是，既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空，产物又不污染空气(产物都是空气成分）。某校外研究性学习小组拟将此原理设计为原电池，如图所示，结合学习过的电化学原理分析B极发生的电极反应式为__。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746·5kJ·mol-1 (2). 1.975 (3). 0.09mol·L-1·min-1 (4). 随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少 (5). (6). a (7). N2O4+8H++8e-=N2+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡常数表达式可知方程式，再根据盖斯定律求反应焓变；依据公式 - 19 -‎ 可得压强之比等于物质的量之比；先计算出五氧化二氮的速率，再根据同一时间段内速率之比等于化学计量数之比求出氧气的平均速率；根据化学平衡状态的特征判断对错，据此分析。‎ ‎【详解】(1)根据平衡常数的定义可知，该反应为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知：△H=-180.5kJ·mol-1+221kJ·mol-1-2×393.5kJ·mol-1=-746·5kJ·mol-1，故方程式为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ·mol-1；‎ ‎(2)压强之比等于物质的量之比，第3.00min时，c(N2O5)=0.35mo·L-1，c(NO2)=1.3mo·L-1，c(O2)=0.325mo·L-1，设容器的体积为VL，；‎ 化学反应速率之比等于化学计量数之比，；随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少；‎ ‎①根据表中数据可知3min时达到平衡状态，且上一步计算得到平衡时总压为1.975P0；‎ 该温度下平衡常数；‎ ‎②此反应前后为气体化学计量数减小的反应，故恒容条件下容器中压强不再变化，说明反应达到平衡，a项正确；相同条件下，NO2和O2的体积比始终等于化学计量数之比，保持不变，b项错误；不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，故V正(NO2)＝2V逆(N2O5)，c项错误；‎ ‎，因参与此反应的物质均为气体，遵循质量守恒，故m(气体)不变，恒容条件下，V不变，故混合气体的密度为不变量，d项错误；‎ ‎(3)根据图中电子流向，可知B极得电子为正极，故电极方程式为：N2O4+8H++8e-=N2+4H2O。‎ ‎【点睛】本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，计算量较大，对学生的要求较高。压强的平衡常数计算是解答的难点，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。‎ - 19 -‎ ‎11.砷化镍可用于制作发光器件、半导体激光器、太阳能电池和高速集成电路。‎ ‎（1）基态Ni原子的价电子排布式为 ___，基态As原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 __ 形。‎ ‎（2）第一电离能As ___Se(填“>”或“＜”) ，原因是____。As2O3(砒霜)是两性氧化物，As2O3溶于盐酸生成AsCl3，AsCl3用LiAlH4还原生成AsH3。‎ ‎（3）①AlH4-的中心原子的杂化方式为___，其空间构型为____，写出一种与AlH4-互为等电子体的分子的化学式___。‎ ‎②AsH3分子中H—As—H键角__109.5°（填“>”、“=”或“＜”)。AsH3沸点低于NH3，其原因是____。‎ ‎（4）有机砷是治疗昏睡病不可缺少的药物，该有机砷中存在的化学键的种类为____(填字母编号)。‎ a．离子键 b．σ键 c．π键 d．碳碳双键 ‎（5）砷化镍激光在医学上用于治疗皮肤及粘膜创面的感染、溃疡等，砷化镍晶胞如图所示，该晶胞密度ρ为____g·cm-3(列式即可，不必化简)。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). 哑铃（纺锤） (3). ＞ (4). As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). SiH4或CH4 (8). ＜ (9). 液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力 (10). abc (11). 或或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Ni原子序数为28，基态Ni原子的价电子为3d能级上的8个电子、4s能级上的2‎ - 19 -‎ 个电子，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，该基态原子中占据最高能级的电子为4p电子，为哑铃形；‎ ‎（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定；‎ ‎（3）①AlH4－的中心原子Al的价层电子对个数=4+(3+1-4×1)/2=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Al原子杂化方式及其空间构型，与AlH4－互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是8；‎ ‎②AsH3分子中As原子价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4且含有1个孤电子对，该分子为三角锥形结构，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角减小；‎ 氨分子间能形成氢键，氢化物熔沸点较高；‎ ‎（4）有机砷中共价单键中存在σ键，苯环中存在大π键，钠离子和阴离子之间存在离子键；‎ ‎（5）该晶胞中Ni原子个数=4×1/12+4×1/6+2×1/3+2×1/6=2、As原子个数为2，Ni和As原子个数之比为2：2=1：1，晶胞体积=（a×10-10 cm）2×sin60°×b×10-10cm=，晶胞密度= ，代入计算。‎ ‎【详解】（1）Ni原子序数为28，基态Ni原子的价电子为3d能级上的8个电子、4s能级上的2个电子，基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其价电子排布式为3d84s2，该基态原子中占据最高能级的电子为4p电子，为哑铃形；‎ ‎（2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定，As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定；‎ ‎（3）①AlH4－的中心原子Al的价层电子对个数=4+(3+1-4×1)/2=4，不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论，Al原子杂化方式为sp3、空间构型为正四面体结构，与AlH4－互为等电子体的分子中含有5个原子、价电子数是8，其等电子体有 SiH4或CH4；‎ ‎②AsH3分子中As原子价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4，含有1个孤电子对，该分子构型为三角锥形，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，该分子中含有孤电子对，导致其键角减小，小于109.5°；‎ - 19 -‎ 分子间能形成氢键的氢化物熔沸点较高，液态NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力，氨气熔沸点较高；‎ ‎（4）有机砷共价单键中存在σ键，苯环中存在大π键，钠离子和阴离子之间存在离子键，所以含有离子键、σ键、π键，‎ 故选abc；‎ ‎（5）该晶胞中Ni原子个数=4×1/12+4×1/6+2×1/3+2×1/6=2、As原子个数为2，Ni和As原子个数之比为2：2=1：1，晶胞体积=（a×10-10 cm）2×sin60°×b×10-10cm=，晶胞密度= = g·cm－3。‎ ‎12.阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物G是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称为_____。B的结构简式为____。‎ ‎（2）由B到C、E到F的反应类型分别为_____、____。‎ ‎（3）在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是____。‎ ‎（4）苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为_____（写结构简式）；用NaOH标准溶液可滴定苯硫酚溶液，该过程选用的指示剂为____，写出该反应的化学方程式_____。‎ - 19 -‎ ‎（5）由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为____。‎ ‎（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14。H的同分异构体能同时满足如下条件的共有____种（不考虑立体异构）：‎ ‎①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色 ‎②既能发生银镜反应又能发生水解反应 写出其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式_____。‎ ‎【答案】 (1). 对硝基苯酚或4-硝基苯酚 (2). (3). 还原反应 (4). 取代反应 (5). 保护酚羟基 (6). -SH (7). 酚酞 (8). +NaOH→+ H2O (9). (10). 16 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚，结合C结构简式，可推测B的结构简式为；‎ ‎（2）B→C的反应，B中的硝基被还原为氨基，E→F的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代；‎ ‎（3）酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是保护酚羟基防止被氧化；‎ ‎（4）苯酚的酸性比较弱，苯硫酚的性质与苯酚相似，故苯硫酚的酸性也比较弱，滴定是强碱滴定弱酸，选用酚酞作指示剂；‎ ‎（5）D应存在立体异构，模仿2-丁烯的顺式、反式去写；‎ ‎（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2‎ - 19 -‎ 的原子团， H的同分异构体能同时满足如下条件：①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO。‎ ‎【详解】（1）A分子以苯酚作母体，故A的名称为对硝基苯酚或4-硝基苯酚；结合A、C结构简式，可推测B的结构简式为；‎ ‎（2）B→C的反应，B中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；E→F的反应，E中苯环上一个H原子被Br原子取代，反应类型为取代反应；‎ ‎（3）在合成化合物G流程中，由于酚羟基还原性比较强，故由A到B的目的是保护酚羟基；‎ ‎（4）苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为-SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫酚的酸性也比较弱，NaOH与苯硫酚溶液反应的化学方程式为：+NaOH→+ H2O，溶液中水解呈碱性，故用NaOH标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂；‎ ‎（5）由D的结构可判断：D应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为；‎ ‎（6）H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，故H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团， H的同分异构体能同时满足如下条件：①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO。Ⅰ.当H的同分异构体的物质1个分子中含有1个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基时的同分异构体：①当-OH与-OOCH 在苯环上处于邻位时，-NH2在苯环上有4中位置；②当-OH与-OOCH在苯环上处于间位时，-NH2在苯环上有4中位置；③当-OH与-OOCH在苯环上处于对位时，-NH2在苯环上有2中位置。Ⅱ.当 - 19 -‎ ‎ H的同分异构体的物质1个分子中含有2个酚羟基、1个-NHCHO三个取代基时的同分异构体：①当两个酚羟基在苯环上处于邻位时，-NHCHO在苯环上有2中位置；②当两个酚羟基在苯环上处于间位时，-NHCHO在苯环上有3中位置；③当两个酚羟基在苯环上处于对位时，-NHCHO在苯环上有1中位置。故满足条件的H的同分异构体共有16种；其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：1：2：2的结构简式。‎ - 19 -‎ ‎ ‎ - 19 -‎