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  • 2021-05-13 发布

全国高考统一化学试卷新课标Ⅲ

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‎2016年全国高考统一化学试卷(新课标Ⅲ)‎ ‎ ‎ 一、选择题.‎ ‎1.(3分)化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是(  )‎ ‎ 化学性质 实际应用 ‎ ‎ A ‎ Al2(SO4)3和小苏打反应 ‎ 泡沫灭火器灭火 ‎ B ‎ 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 ‎ ‎ C ‎ 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 ‎ ‎ D ‎ HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 ‎ A.A B.B C.C D.D ‎2.(3分)下列说法错误的是(  )‎ A.乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应 B.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料 C.乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷 D.乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体 ‎3.(3分)下列有关实验的操作正确的是(  )‎ ‎ 实验 操作 ‎ ‎ A 配制稀硫酸 ‎ ‎ 先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水 ‎ B ‎ 排水法收集KMnO4分解产生的O2‎ ‎ 先熄灭酒精灯,后移除导管 ‎ C ‎ 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2‎ ‎ 气体产物先通过浓硫酸,后通过饱和食盐水 ‎ D ‎ CCl4萃取碘水中的I2‎ ‎ 先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层 A.A B.B C.C D.D ‎4.(3分)已知异丙苯的结构简式如图,下列说法错误的是(  )‎ A.异丙苯的分子式为C9H12‎ B.异丙苯的沸点比苯高 C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面 D.异丙苯和苯为同系物 ‎5.(3分)锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源,电池的电解质溶液为KOH溶液,反应为2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn(OH)42﹣.下列说法正确的是(  )‎ A.充电时,电解质溶液中K+向阳极移动 B.充电时,电解质溶液中c(OH﹣)逐渐减小 C.放电时,负极反应为:Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn(OH)42﹣‎ D.放电时,电路中通过2mol电子,消耗氧气22.4L(标准状况)‎ ‎6.(3分)四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族,Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性.下列说法正确的是(  )‎ A.简单离子半径:W<X<Z B.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性 C.气态氢化物的热稳定性:W<Y D.最高价氧化物的水化物的酸性:Y>Z ‎7.(3分)下列有关电解质溶液的说法正确的是(  )‎ A.向0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小 B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大 C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中>1‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变 ‎ ‎ 二、解答题.‎ ‎8.过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂.以下是一种制备过氧化钙的实验方法.回答下列问题:‎ ‎(一)碳酸钙的制备 ‎(1)步骤①加入氨水的目的是      .小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于      .‎ ‎(2)如图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是      (填标号).‎ a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b.玻璃棒用作引流 c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁 d.滤纸边缘高出漏斗 e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度 ‎(二)过氧化钙的制备 ‎(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈      性(填“酸”、“碱”或“中”).将溶液煮沸,趁热过滤,将溶液煮沸的作用是      .‎ ‎(4)步骤③中反应的化学方程式为      ,该反应需要在冰浴下进行,原因是      .‎ ‎(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是      .‎ ‎(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品.该工艺方法的优点是      ,产品的缺点是      .‎ ‎9.煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝.回答下列问题:‎ ‎(1)NaClO2的化学名称为      .‎ ‎(2)在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1.反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表.‎ ‎ 离子 SO42﹣‎ SO32﹣‎ NO3﹣‎ NO2﹣‎ Cl﹣‎ ‎ c/(mol•L﹣1)‎ ‎ 8.35×10﹣4‎ ‎ 6.87×10﹣6‎ ‎ 1.5×10﹣4‎ ‎ 1.2×10﹣5‎ ‎ 3.4×10﹣3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式      .增加压强,NO的转化率      (填“提高”、“不变”或“降低”).‎ ‎②随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐      (填“增大”、“不变”或“减小”).‎ ‎③由实验结果可知,脱硫反应速率      脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同,还可能是      .‎ ‎(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压p0如图所示.‎ ‎①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均      (填“增大”、“不变”或“减小”).‎ ‎②反应ClO2﹣+2So32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为      .‎ ‎(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果.‎ ‎①从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是      .‎ ‎②已知下列反应:‎ SO2(g)+2OH﹣(aq)═SO32﹣(aq)+H2O(l)△H1‎ ClO﹣(aq)+SO32﹣(aq)═SO42﹣(aq)+Cl﹣(aq)△H2‎ CaSO4(s)═Ca2+(aq)+SO42﹣(aq)△H3‎ 则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO﹣(aq)+2OH﹣(aq)═CaSO4(s)+H2O(l)+Cl﹣(aq)的△H=      .‎ ‎10.以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂.从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境 又有利于资源综合利用.废钒催化剂的主要成分为:‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2~2.9‎ ‎2.8~3.1‎ ‎22~28‎ ‎60~65‎ ‎1~2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为      ,同时V2O4转成VO2+.“废渣1”的主要成分是      .‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为      mol.‎ ‎(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124﹣形式存在于溶液中.“废渣2”中含有      .‎ ‎(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣(以ROH为强碱性阴离子交换树脂).为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈      性(填“酸”“碱”“中”).‎ ‎(5)“流出液”中阳离子最多的是      .‎ ‎(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式      .‎ ‎ ‎ ‎【[化学——选修2:化学与技术】(15分)‎ ‎11.(15分)聚合硫酸铁(PFS)是谁处理中重要的絮凝剂,如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程.‎ 回答下列问题 ‎(1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁,铁锈的主要成分为      .粉碎过筛的目的是      .‎ ‎(2)酸浸时最合适的酸是      ,写出铁锈与酸反应的离子方程式      .‎ ‎(3)反应釜中加入氧化剂的作用是      ,下列氧化剂中最合适的是      (填标号).‎ A.KMnO4 B.Cl2 C.H2 O2 D.HNO3‎ ‎(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内,pH偏小时Fe3+水解程度弱,pH偏大时则      .‎ ‎(5)相对于常压蒸发,减压蒸发的优点是      .‎ ‎(6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标,定义式为B= (n为物质的量).为测量样品的B值,取样品m g,准确加入过量盐酸,充分反应,再加入煮沸后冷却的蒸馏水,以酚酞为指示剂,用c mol•L﹣1的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去,已排除铁离子干扰).到终点时消耗NaOH溶液V mL.按上述步骤做空白对照试验,消耗NaOH溶液V0 mL,已知该样品中Fe的质量分数w,则B的表达式为      .‎ ‎ ‎ ‎【化学-选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎12.(15分)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等.回答下列问题:‎ ‎(1)写出基态As原子的核外电子排布式      .‎ ‎(2)根据元素周期律,原子半径Ga      As,第一电离能Ga      As.(填“大于”或“小于”)‎ ‎(3)AsCl3分子的立体构型为      ,其中As的杂化轨道类型为      .‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃,GaCl3的熔点为77.9℃,其原因是      .‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃,密度为ρ g•cm﹣3,其晶胞结构如图所示.该晶体的类型为      ,Ga与As以      键键合.Ga和As的摩尔质量分别为MGa g•mol﹣1和MAs g•mol﹣1,原子半径分别为rGa pm和rAs pm,阿伏伽德罗常数值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为      .‎ ‎ ‎ 四、【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎13.(15分)端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应,成为Glaser反应.‎ ‎2R﹣C≡C﹣HR﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H2‎ 该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值.下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)B的结构简式为      ,D的化学名称为      .‎ ‎(2)①和③的反应类型分别为      、      .‎ ‎(3)E的结构简式为      .用1mol E合成1,4﹣二苯基丁烷,理论上需要消耗氢气      mol.‎ ‎(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物,该聚合反应的化学方程式为      .‎ ‎(5)芳香化合物F是C的同分异构体,其分子中只有两种不同化学环境的氢,数目比为3:1,写出其中3种的结构简式      .‎ ‎(6)写出用2﹣苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线      .‎ ‎ ‎ ‎2016年全国高考统一化学试卷(新课标Ⅲ)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题.‎ ‎1.(3分)化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是(  )‎ ‎ 化学性质 实际应用 ‎ ‎ A ‎ Al2(SO4)3和小苏打反应 ‎ 泡沫灭火器灭火 ‎ B ‎ 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 ‎ ‎ C ‎ 次氯酸盐具有氧化性 漂白粉漂白织物 ‎ ‎ D ‎ HF与SiO2反应 氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记 ‎ A.A B.B C.C D.D ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系.菁优网版权所有 ‎【分析】A.Al2(SO4)3和小苏打在溶液中发生互促水解反应,可生成二氧化碳气体;‎ B.氯化铁具有强氧化性,可与铜反应;‎ C.次氯酸盐具有强氧化性,可用于漂白;‎ D.玻璃含有二氧化硅,HF与SiO2反应.‎ ‎【解答】解:A.Al2(SO4)3水解呈酸性,小苏打水解呈碱性,在溶液中二者发生互促水解反应,可生成二氧化碳气体,可用于泡沫灭火器灭火,故A正确;‎ B.氯化铁具有强氧化性,可与铜反应,与铁、铜的活泼性无关,故B错误;‎ C.次氯酸盐具有强氧化性和漂白性,可用于漂白,故C正确;‎ D.玻璃含有二氧化硅,HF与SiO2反应生成SiF4,氢氟酸可用于雕刻玻璃,故D正确.‎ 故选B.‎ ‎【点评】本题综合考查元素化合物知识,为高频考点,侧重于化学与生活、生产的考查,有利于培养学生良好的科学素养,提高学习的积极性,注意相关基础知识的积累,难度不大.‎ ‎ ‎ ‎2.(3分)下列说法错误的是(  )‎ A.乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应 B.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料 C.乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷 D.乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体 ‎【考点】乙烯的化学性质.菁优网版权所有 ‎【分析】A.乙烷性质稳定,一般不与酸碱发生反应;‎ B.乙烯是生产聚乙烯的原料;‎ C.乙醇与水能形成氢键使其溶解度增大;‎ D.分子式相同,结构不同,互为同分异构体.‎ ‎【解答】解:A.乙烷性质稳定,一般不与酸碱发生反应,故A错误;‎ B.聚乙烯可以用作食品包装材料,而乙烯是生产聚乙烯的原料,故B正确;‎ C.乙醇与水以任意比互溶,乙醇与溴乙烷混溶,是因为乙醇与水能形成氢键使乙醇在水中的溶解度增大,故C正确;‎ D.乙酸和甲酸甲酯分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故D正确;‎ 故选:A.‎ ‎【点评】本题考查有机物的相关性质,注意基础知识的积累即可解答,题目比较简单.‎ ‎ ‎ ‎3.(3分)下列有关实验的操作正确的是(  )‎ ‎ 实验 操作 ‎ ‎ A 配制稀硫酸 ‎ ‎ 先将浓硫酸加入烧杯中,后倒入蒸馏水 ‎ B ‎ 排水法收集KMnO4分解产生的O2‎ ‎ 先熄灭酒精灯,后移除导管 ‎ C ‎ 浓盐酸与MnO2反应制备纯净Cl2‎ ‎ 气体产物先通过浓硫酸,后通过饱和食盐水 ‎ D ‎ CCl4萃取碘水中的I2‎ ‎ 先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层 A.A B.B C.C D.D ‎【考点】化学实验方案的评价.菁优网版权所有 ‎【分析】A.稀释浓硫酸时,应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中,并不断搅拌;‎ B.排水法收集KMnO4分解产生的O2,应该先移出导管,后熄灭酒精灯;‎ C.用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时,应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸;‎ D.萃取分液时,下层液体从下口倒出,上层液体从上口倒出.‎ ‎【解答】解:A.稀释浓硫酸时,应该将浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中,并不断搅拌,防止局部温度过高而溅出液体产生安全事故,故A错误;‎ B.排水法收集KMnO4分解产生的O2,应该先移出导管,后熄灭酒精灯,否则易产生倒流现象而炸裂试管,故B错误;‎ C.用浓盐酸和二氧化锰制取纯净的氯气时,应该先通过饱和食盐水后通过浓硫酸,如果先通入浓硫酸后通入饱和食盐水,氯气中会产生部分水蒸气,所以得不到干燥、纯净的氯气,故C错误;‎ D.萃取分液时,下层液体从下口倒出,上层液体从上口倒出,四氯化碳和水不互溶且密度大于水,所以用四氯化碳萃取碘时,有机层在下方、水层在上方,所以 先从分液漏斗下口放出有机层,后从上口倒出水层,故D正确;‎ 故选D.‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及萃取分液、气体洗气和干燥、气体收集操作、溶液配制等知识点,明确实验原理、物质性质、实验基本操作方法是解本题关键,注意实验操作先后顺序及操作规范性,题目难度不大.‎ ‎ ‎ ‎4.(3分)已知异丙苯的结构简式如图,下列说法错误的是(  )‎ A.异丙苯的分子式为C9H12‎ B.异丙苯的沸点比苯高 C.异丙苯中碳原子可能都处于同一平面 D.异丙苯和苯为同系物 ‎【考点】有机物分子中的官能团及其结构.菁优网版权所有 ‎【分析】A.由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12;‎ B.异丙苯和苯均为分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越强,沸点越高;‎ C.苯环为平面结构,与苯环直接相连的C在同一平面内,四面体C最多三原子共平面;‎ D.异丙苯和苯的结构相似,分子组成上相差3个CH2原子团,互为同系物.‎ ‎【解答】解:A.由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12,故A正确;‎ B.异丙苯和苯均为分子晶体,异丙苯的相对分子质量比苯大,故分子间作用力强与苯,沸点比苯高,故B正确;‎ C.苯环为平面结构,与苯环直接相连的C在同一平面内,异丙基中非甲基C为四面体C,最多三原子共平面,故最多8个C原子共面,故C错误;‎ D.异丙苯和苯的结构相似,分子组成上相差3个CH2原子团,互为同系物,故D正确.‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质,注意四面体碳最多3原子共平面,难度不大.‎ ‎ ‎ ‎5.(3分)锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源,电池的电解质溶液为KOH溶液,反应为2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn(OH)42﹣.下列说法正确的是(  )‎ A.充电时,电解质溶液中K+向阳极移动 B.充电时,电解质溶液中c(OH﹣)逐渐减小 C.放电时,负极反应为:Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn(OH)42﹣‎ D.放电时,电路中通过2mol电子,消耗氧气22.4L(标准状况)‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理.菁优网版权所有 ‎【分析】根据2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn(OH)42﹣可知,O2中元素的化合价降低,被还原,应为原电池正极,Zn元素化合价升高,被氧化,应为原电池负极,电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn(OH)42﹣,充电时阳离子向负极移动,以此解答该题.‎ ‎【解答】解:A.充电时阳离子向负极移动,故A错误;‎ B.充电时,电池反应为2Zn(OH)42﹣═Zn+4OH﹣﹣2e﹣,电解质溶液中c(OH﹣)逐渐增大,故B错误;‎ C.放电时,负极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn(OH)42﹣,故C正确;‎ D.放电时,每消耗标况下22.4L氧气,转移电子4mol,电路中通过2mol电子,消耗氧气11.2L(标准状况),故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题考查原电池与电解池的基础知识,正确判断正负极、阴阳极,注意电极反应式的书写及电子转移的计算,正确判断化合价的变化为解答该题的关键,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎6.(3分)四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X的简单离子具有相同电子层结构,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,W与Y同族,Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性.下列说法正确的是(  )‎ A.简单离子半径:W<X<Z B.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性 C.气态氢化物的热稳定性:W<Y D.最高价氧化物的水化物的酸性:Y>Z ‎【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用.菁优网版权所有 ‎【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X是钠;Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,说明这种盐不水解,Z只能是第三周期的非金属元素,且Z的氢化物的水溶液属于强酸,则Z是氯;W、X的简单离子具有相同电子层结构,则W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧;W与Y同族,‎ Y在X与Z之间,位置关系如图:,据此解答.‎ ‎【解答】解:四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的,则X是钠;Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,说明这种盐不水解,Z只能是第三周期的非金属元素,且Z的氢化物的水溶液属于强酸,则Z是氯;W、X的简单离子具有相同电子层结构,则W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧;W与Y同族,‎ Y在X与Z之间,位置关系如图:,‎ A.X、W离子的电子层为2层,Z离子即氯离子电子层为3层,电子层多半径大,电子层结构相同时,序小半径反而大,‎ 则简单离子半径大小顺序是:X<W<Z,故A错误;‎ B.W在第二周期且是非金属元素,可能是氮和氧,与钠形成的化合物可能是氮化钠,氧化钠,过氧化钠,它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性,故B正确;‎ C.W与Y处于同于主族,从上到下,非金属性逐渐减弱,气态氢化物的热稳定性逐渐减弱,则W>Y,故C错误;‎ D.Y与Z处于同同期,从左到右,非金属性逐渐增强,最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强,则Z>Y,故D错误;‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查了原子结构与元素周期表的关系,正确推断各元素为解答关键,在答题时,画出各元素的位置关系使解题更快也更准确,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.‎ ‎ ‎ ‎7.(3分)下列有关电解质溶液的说法正确的是(  )‎ A.向0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小 B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大 C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中>1‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变 ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.菁优网版权所有 ‎【分析】A.加水促进电离,则n(H+)增大,c(CH3COOH)减小;‎ B.从20℃升温至30℃,促进水解,Kh增大;‎ C.向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH﹣),结合电荷守恒分析;‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,c(Ag+)相同,=.‎ ‎【解答】解:A.加水促进电离,则n(H+)增大,c(CH3COOH)减小,则溶液中增大,故A错误;‎ B.从20℃升温至30℃,促进水解,Kh增大,则溶液中=减小,故B错误;‎ C.向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH﹣),由电荷守恒可知,溶液中=1,故C错误;‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,c(Ag+)相同,=,Ksp只与温度有关,而温度不变,则溶液中不变,故D正确;‎ 故选D.‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离,为高频考点,把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意平衡常数的应用及电荷守恒应用,题目难度中等.‎ ‎ ‎ 二、解答题.‎ ‎8.过氧化钙微溶于水,溶于酸,可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂.以下是一种制备过氧化钙的实验方法.回答下列问题:‎ ‎(一)碳酸钙的制备 ‎(1)步骤①加入氨水的目的是 调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀 .小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于 过滤分离 .‎ ‎(2)如图是某学生的过滤操作示意图,其操作不规范的是 ade (填标号).‎ a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁 b.玻璃棒用作引流 c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁 d.滤纸边缘高出漏斗 e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度 ‎(二)过氧化钙的制备 ‎(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈 酸 性(填“酸”、“碱”或“中”).将溶液煮沸,趁热过滤,将溶液煮沸的作用是 除去溶液中溶解的二氧化碳 .‎ ‎(4)步骤③中反应的化学方程式为 CaCl2+2NH3.H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl ,该反应需要在冰浴下进行,原因是 温度过高时双氧水易分解 .‎ ‎(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是 去除晶体表面水分 .‎ ‎(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品.该工艺方法的优点是 工艺简单、操作方便 ,产品的缺点是 纯度较低 .‎ ‎【考点】制备实验方案的设计.菁优网版权所有 ‎【分析】(一)碳酸钙的制备 由流程可知,加盐酸,碳酸钙、铁的氧化物均溶解,加双氧水可氧化亚铁离子,加氨水将铁离子转化为沉淀,过滤后的滤液中含盐酸,加氨水中和酸,利用得到碳酸钙沉淀;‎ ‎(1)碱可中和酸,小火煮沸利用沉淀生成;‎ ‎(2)过滤遵循一贴二低三靠;‎ ‎(二)过氧化钙的制备 由流程可知,碳酸钙溶于盐酸后,至溶液中尚存有少量固体,过滤后,滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水;再过滤,洗涤得到过氧化钙;制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品,石灰石便宜易得,但纯度较低,以此来解答.‎ ‎【解答】解:(一)碳酸钙的制备 由流程可知,加盐酸,碳酸钙、铁的氧化物均溶解,加双氧水可氧化亚铁离子,加氨水将铁离子转化为沉淀,过滤后的滤液中含盐酸,加氨水中和酸,利用得到碳酸钙沉淀;‎ ‎(1)步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸,沉淀铁离子.小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于过滤,‎ 故答案为:调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀;过滤分离;‎ ‎(2)a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁,应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁,故错误;‎ b.玻璃棒用作引流,使液体顺利流下,故正确;‎ c.将滤纸湿润,使其紧贴漏斗壁,防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下,故正确;‎ d.滤纸边缘应低于漏斗上边缘,故错误;‎ e.玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加过过滤速度,可能捣破滤纸,过滤失败,故错误;‎ 故答案为:ade;‎ ‎(二)过氧化钙的制备 由流程可知,碳酸钙溶于盐酸后,至溶液中尚存有少量固体,过滤后,滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水;再过滤,洗涤得到过氧化钙;‎ ‎(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,溶液中溶解二氧化碳,此时溶液呈酸性;将溶液煮沸,趁热过滤,将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳,‎ 故答案为:酸;除去溶液中溶解的二氧化碳;‎ ‎(4)步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3.H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O,该反应需要在冰浴下进行,原因是温度过高时双氧水易分解,‎ 故答案为:CaCl2+2NH3.H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl;温度过高时双氧水易分解;‎ ‎(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤,使用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面水分,‎ 故答案为:去除晶体表面水分;‎ ‎(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品.该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单,产品的缺点是纯度较低,‎ 故答案为:工艺简单、操作方便;纯度较低.‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意物质的性质及应用,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎9.煤燃烧排放的烟含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝.回答下列问题:‎ ‎(1)NaClO2的化学名称为 亚氯酸钠 .‎ ‎(2)在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为5×10﹣3mol•L﹣1.反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表.‎ ‎ 离子 SO42﹣‎ SO32﹣‎ NO3﹣‎ NO2﹣‎ Cl﹣‎ ‎ c/(mol•L﹣1)‎ ‎ 8.35×10﹣4‎ ‎ 6.87×10﹣6‎ ‎ 1.5×10﹣4‎ ‎ 1.2×10﹣5‎ ‎ 3.4×10﹣3‎ ‎①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+ .增加压强,NO的转化率 提高 (填“提高”、“不变”或“降低”).‎ ‎②随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐 减小 (填“增大”、“不变”或“减小”).‎ ‎③由实验结果可知,脱硫反应速率 大于 脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)原因是除了SO2和NO在烟气中初始浓度不同,还可能是 NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 .‎ ‎(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压p0如图所示.‎ ‎①由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均 减小 (填“增大”、“不变”或“减小”).‎ ‎②反应ClO2﹣+2So32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K表达式为  .‎ ‎(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果.‎ ‎①从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是 形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高 .‎ ‎②已知下列反应:‎ SO2(g)+2OH﹣(aq)═SO32﹣(aq)+H2O(l)△H1‎ ClO﹣(aq)+SO32﹣(aq)═SO42﹣(aq)+Cl﹣(aq)△H2‎ CaSO4(s)═Ca2+(aq)+SO42﹣(aq)△H3‎ 则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO﹣(aq)+2OH﹣(aq)═CaSO4(s)+H2O(l)+Cl﹣(aq)的△H= △H1+△H2﹣△H3 .‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素;反应热和焓变.菁优网版权所有 ‎【分析】(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠;‎ ‎(2)①亚氯酸钠具有氧化性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+;正反应是体积减小的,则增加压强,NO的转化率提高;‎ ‎②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+,2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大,吸收剂溶液的pH逐渐降低;‎ ‎③由实验结果可知,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是二氧化硫的还原性强,易被氧化;‎ ‎(3)①由图分析可知,反应温度升高,氧气和NO的平衡分压负对数减小,这说明反应向逆反应方向进行,因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小;‎ ‎②根据反应的方程式ClO2﹣+2So32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K=;‎ ‎(4)①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,由于生成的硫酸钙微溶,降低硫酸根离子浓度,促使平衡向正反应方向进行;‎ ‎②则根据盖斯定律计算.‎ ‎【解答】解:(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠,故答案为:亚氯酸钠;‎ ‎(2)①亚氯酸钠具有氧化性,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+;正反应是体积减小的,则增加压强,NO的转化率提高,故答案为:2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+;提高;‎ ‎②根据反应的方程式2H2O+ClO2﹣+2SO2=2SO42﹣+Cl﹣+4H+ 2H2O+3ClO2﹣+4NO=4NO3﹣+3Cl﹣+4H+可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大,吸收剂溶液的pH逐渐降低,故答案为:减小;‎ ‎③由实验结果可知,在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率.原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高,故答案为:大于;NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高;‎ ‎(3)①由图分析可知,反应温度升高,氧气和NO的平衡分压负对数减小,这说明反应向逆反应方向进行,因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小,故答案为:减小;‎ ‎②根据反应的方程式ClO2﹣+2So32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K表达式为K=,故答案为:;‎ ‎(4)①如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,生成硫酸钙沉淀,降低硫酸根离子浓度,促使平衡向正反应方向进行,所以Ca(ClO)2效果好,故答案为:形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高;‎ ‎②已知SO2(g)+2OH﹣(aq)═SO32﹣(aq)+H2O(l)△H1‎ ClO﹣(aq)+SO32﹣(aq)═SO42﹣(aq)+Cl﹣(aq)△H2‎ CaSO4(s)═Ca2+(aq)+SO42﹣(aq)△H3‎ 则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO﹣(aq)+2OH﹣(aq)═CaSO4(s)+H2O(l)+Cl﹣(aq)△H=△H1+△H2﹣△H3.,故答案为:△H1+△H2﹣△H3.‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等,要求学生掌握基本概念,结合生活实际分析问题、解决问题,方程式的书写要遵循相关守恒,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎10.以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂.从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境 又有利于资源综合利用.废钒催化剂的主要成分为:‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2~2.9‎ ‎2.8~3.1‎ ‎22~28‎ ‎60~65‎ ‎1~2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为 V2O5+2H+=2VO2++H2O ,同时V2O4转成VO2+.“废渣1”的主要成分是 SiO2 .‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 0.5 mol.‎ ‎(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124﹣形式存在于溶液中.“废渣2”中含有 Fe(OH)3、Al(OH)3 .‎ ‎(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣(以ROH为强碱性阴离子交换树脂).为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈 碱 性(填“酸”“碱”“中”).‎ ‎(5)“流出液”中阳离子最多的是 K+ .‎ ‎(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑ .‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.菁优网版权所有 ‎【分析】从废钒催化剂中回收V2O5,由流程可知,“酸浸”时V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+.氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子,只有SiO2不溶,则过滤得到的滤渣1为SiO2,然后加氧化剂KClO3,将VO2+变为VO2+,再加KOH时,铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,同时中和硫酸,过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣,由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知,碱性条件下利用反应逆向移动,流出液中主要为硫酸钾,“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,“煅烧”时分解生成V2O5,以此来解答.‎ ‎【解答】解:从废钒催化剂中回收V2O5,由流程可知,“酸浸”时V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+.氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子,只有SiO2不溶,则过滤得到的滤渣1为SiO2,然后加氧化剂KClO3,将VO2+变为VO2+,再加KOH时,铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,同时中和硫酸,过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣,由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知,碱性条件下利用反应正向移动,流出液中主要为硫酸钾,“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,“煅烧”时分解生成V2O5,‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2++H2O,由上述分析可知滤渣1为SiO2,‎ 故答案为:V2O5+2H+=2VO2++H2O;SiO2;‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,由电子守恒可知,则需要氧化剂KClO3至少为=0.5mol,‎ 故答案为:0.5;‎ ‎(3)由上述流出分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,故答案为:Fe(OH)3、Al(OH)3;‎ ‎(4)利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”,则应选择碱性条件下使用,且OH﹣浓度大反应逆向移动提高洗脱效率,故答案为:碱;‎ ‎(5)由上述分析可知,流出液中主要为硫酸钾,则“流出液”中阳离子最多的是K+,故答案为:K+;‎ ‎(6)“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑,故答案为:2NH4VO3V2O5+H2O↑+2NH3↑.‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物与实验相结合的训练,综合性较强,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎【[化学——选修2:化学与技术】(15分)‎ ‎11.(15分)聚合硫酸铁(PFS)是谁处理中重要的絮凝剂,如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程.‎ 回答下列问题 ‎(1)废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁,铁锈的主要成分为 Fe2O3•xH2O .粉碎过筛的目的是 选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率 .‎ ‎(2)酸浸时最合适的酸是 硫酸 ,写出铁锈与酸反应的离子方程式 Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++(x+3)H2O .‎ ‎(3)反应釜中加入氧化剂的作用是 氧化亚铁离子 ,下列氧化剂中最合适的是 C (填标号).‎ A.KMnO4 B.Cl2 C.H2 O2 D.HNO3‎ ‎(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内,pH偏小时Fe3+水解程度弱,pH偏大时则 容易生成Fe(OH)3,产率降低 .‎ ‎(5)相对于常压蒸发,减压蒸发的优点是 可以防止温度过高,聚合硫酸铁分解 .‎ ‎(6)盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标,定义式为B= (n为物质的量).为测量样品的B值,取样品m g,准确加入过量盐酸,充分反应,再加入煮沸后冷却的蒸馏水,以酚酞为指示剂,用c mol•L﹣1的标准NaOH溶液进行中和滴定(部分操作略去,已排除铁离子干扰).到终点时消耗NaOH溶液V ‎ mL.按上述步骤做空白对照试验,消耗NaOH溶液V0 mL,已知该样品中Fe的质量分数w,则B的表达式为  .‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量.菁优网版权所有 ‎【分析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸,过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子,加入水和硫酸生成聚合硫酸铁,减压蒸发得到PES固体产品,‎ ‎(1)铁锈的主要成分是氧化铁水合物,粉碎过筛是选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率;‎ ‎(2)依据制备的物质聚合硫酸铁可知,酸化反应不能引入新的杂质,需要硫酸酸化,铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水;‎ ‎(3)反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子,氧化剂不引入新的杂质;‎ ‎(4)铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体;‎ ‎(5)减压蒸发在较低温度下可进行,防止温度过高而导致物质分解;‎ ‎(6)B= (n为物质的量),n(OH﹣)=(V0﹣V)×10﹣3×c mol•L﹣1,n(Fe)==mol.‎ ‎【解答】解:(1)铁锈的主要成分是氧化铁水合物,化学式为:Fe2O3•xH2O,粉碎过筛是选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率,‎ 故答案为:Fe2O3•xH2O;选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高“酸浸”反应速率;‎ ‎(2)依据制备的物质聚合硫酸铁可知,酸化反应不能引入新的杂质,需要硫酸酸化,铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水,反应的离子方程式为:Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++(x+3)H2O,‎ 故答案为:H2SO4;Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++(x+3)H2O;‎ ‎(3)反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子,氧化剂不引入新的杂质,A、B、D都会引入新的杂质,C中过氧化氢被还原生成水无杂质离子引入,故答案为:C;‎ ‎(4)铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体,聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内,pH偏小时Fe3+水解程度弱,pH偏大时则容易生成Fe(OH)3,产率降低,‎ 故答案为:容易生成Fe(OH)3,产率降低;‎ ‎(5)减压蒸发在较低温度下可进行,防止常压蒸发温度过高聚合硫酸铁分解,‎ 故答案为:可以防止温度过高,聚合硫酸铁分解;‎ ‎(6)n(OH﹣)=(V0﹣V)×10﹣3×c mol•L﹣1,n(Fe)==mol,B= (n为物质的量)==,‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查了物质组成探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用,注意信息的分析,掌握基础是解题关键,题目难度中等.‎ ‎ ‎ ‎【化学-选修3:物质结构与性质】(15分)‎ ‎12.(15分)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料,可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等.回答下列问题:‎ ‎(1)写出基态As原子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d104s24p3 .‎ ‎(2)根据元素周期律,原子半径Ga 大于 As,第一电离能Ga 小于 As.(填“大于”或“小于”)‎ ‎(3)AsCl3分子的立体构型为 三角锥形 ,其中As的杂化轨道类型为 sp3 .‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃,GaCl3的熔点为77.9℃,其原因是 GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高 .‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃,密度为ρ g•cm﹣3,其晶胞结构如图所示.该晶体的类型为 原子晶体 ,Ga与As以 共价 键键合.Ga和As的摩尔质量分别为MGa g•mol﹣1和MAs g•mol﹣1,原子半径分别为rGa pm和rAs pm,阿伏伽德罗常数值为NA,则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 ×100% .‎ ‎【考点】原子核外电子排布;元素电离能、电负性的含义及应用;晶胞的计算;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.菁优网版权所有 ‎【分析】(1)As为ⅤA族33号元素,电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s24p3;‎ ‎(2)同一周期,原子序数越小半径越大,同周期第一电离能从左到右,逐渐增大;‎ ‎(3)AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4,所以原子杂化方式是sp3,由于有一对孤对电子对,分子空间构型为三角锥形;(4)GaF3的熔点高于1000℃,GaCl3的熔点为77.9℃,其原因是GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高;‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃,熔点较高,以共价键结合形成属于原子晶体,密度为ρ g•cm﹣3,根据均摊法计算,As:,Ga:4×1=4,故其晶胞中原子所占的体积V1=()×10﹣30,晶胞的体积V2==,故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=×100%.‎ ‎【解答】解:(1)As为ⅤA族33号元素,电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s24p3,故答案为:1s22s22p63s23p63d104s24p3;‎ ‎(2)根据元素周期律,Ga与As位于同一周期,Ga原子序数小于As,故半径Ga大于As,同周期第一电离能从左到右,逐渐增大,故第一电离能 Ga小于As,故答案为:大于;小于;‎ ‎(3)AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4,所以原子杂化方式是sp3,由于有一对孤对电子对,分子空间构型为三角锥形,‎ 故答案为:三角锥形;sp3;‎ ‎(4)GaF3的熔点高于1000℃,GaCl3的熔点为77.9℃,其原因是GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高,‎ 故答案为:GaF3为离子晶体,GaCl3为分子晶体,离子晶体的熔点高;‎ ‎(5)GaAs的熔点为1238℃,熔点较高,以共价键结合形成属于原子晶体,密度为ρ g•cm﹣3,根据均摊法计算,As:,Ga:4×1=4,故其晶胞中原子所占的体积V1=()×10﹣30,晶胞的体积V2==,故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V1、V2带入计算得百分率=×100%,‎ 故答案为:原子晶体;共价;×100%.‎ ‎【点评】本题考查了分子空间构型、电子排布式、原子杂化方式、晶胞密度的计算、电离能及半径大小比较等知识,综合性较强,最后的计算难度较大,要求学生有较严谨的态度和扎实的基础,也是对学生能力的考查.‎ ‎ ‎ 四、【化学-选修5:有机化学基础】(15分)‎ ‎13.(15分)端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应,成为Glaser反应.‎ ‎2R﹣C≡C﹣HR﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H2‎ 该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值.下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)B的结构简式为  ,D的化学名称为 苯乙炔 .‎ ‎(2)①和③的反应类型分别为 取代反应 、 消去反应 .‎ ‎(3)E的结构简式为  .用1mol E合成1,4﹣二苯基丁烷,理论上需要消耗氢气 4 mol.‎ ‎(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物,该聚合反应的化学方程式为 n+(n﹣1)H2 .‎ ‎(5)芳香化合物F是C的同分异构体,其分子中只有两种不同化学环境的氢,数目比为3:1,写出其中3种的结构简式 任意三种 .‎ ‎(6)写出用2﹣苯基乙醇为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线  .‎ ‎【考点】有机物的合成.菁优网版权所有 ‎【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B为,则A与氯乙烷发生取代反应生成B,则A为.对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl,同时形成碳碳三键得到D,该反应属于消去反应.D发生信息中的偶联反应生成E为.‎ ‎(6)在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成,然后与溴发生加成反应生成,最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成.‎ ‎【解答】解:由B的分子式、C的结构简式可知B为,则A与氯乙烷发生取代反应生成B,则A为.对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl,同时形成碳碳三键得到D,该反应属于消去反应.D发生信息中的偶联反应生成E为.‎ ‎(1)B的结构简式为,D的化学名称为苯乙炔,‎ 故答案为:;苯乙炔;‎ ‎(2)①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应,‎ 故答案为:取代反应、消去反应;‎ ‎(3)E的结构简式为,用1mol E合成1,4﹣二苯基丁烷,碳碳三键与氢气发生加成反应,理论上需要消耗氢气4mol,‎ 故答案为:;4;‎ ‎(4)化合物()也可发生Glaser偶联反应生成聚合物,该聚合反应的化学方程式为:n+(n﹣1)H2,‎ 故答案为:n+(n﹣1)H2;‎ ‎(5)芳香化合物F是C的同分异构体,其分子中只有两种不同化学环境的氢,数目比为3:1,可能的结构简式为:,‎ 故答案为:任意3种;‎ ‎(6)在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成,然后与溴发生加成反应生成,最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成,合成路线流程图为:,‎ 故答案为:.‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等,是对有机化学基础的综合考查,是有机化学常考题型,熟练掌握官能团的性质与转化.‎ ‎ ‎ 参与本试卷答题和审题的老师有:梁老师1;杨老师;山间竹笋;237758977;王老师;欢欢;mxl(排名不分先后)‎ 菁优网 ‎2016年6月16日