广东省普通高中学业水平选择性考试模拟卷(二)
(时间：75分钟 满分：100分)
需要用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 P：31 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题4分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2020·铜仁模拟)化学与生活密切相关，下列有关说法不正确的是( )
A．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是吸水，防止食品变质
C．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程
D．在新冠疫情期间用于消毒的医用酒精中乙醇的浓度为75%
解析：A项，食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质，如苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，正确；B项，食品包装袋中常有硅胶、生石灰等，其作用都是吸水，防止食品受潮变质，但还原铁粉是防止食品氧化而变质，错误；C项，粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，有新物质生成，是化学变化，正确；D项，酒精消毒的作用是凝固细菌体内的蛋白质，从而杀死细菌。但95%的酒精能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀死；如果酒精浓度低于70%，虽可进入细菌体内，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死；只有70%～75%的酒精既能顺利地进入到细菌体内，又能有效地将细菌体内的蛋白质凝固，因而可彻底杀死细菌，正确。
答案：B
2．(2020·东莞一中月考)下列化学用语正确的是( )
A．CO2的结构式：O===C===O
B．HF的电子式：
C．Cl－离子的结构示意图：
D．乙烯的结构简式：CH2CH2
解析：A项，二氧化碳的电子式为，将共用电子对换成短线可得二氧化碳的结构式：O===C===O，正确；B项，氟化氢中不存在阴、阳离子，其电子式不能标出电荷，氟化氢正确的电子式为，错误；C项，氯原子得1个电子形成氯离子，氯离子核外电子数为18，核外有3个电子层，由里到外各层电子数为2、8、8，氯离子结构示意图为，错误；D项，乙烯结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2===CH2，错误。
答案：A
3．(2020·昆明市官渡区第一中学期末)下列有关实验的做法错误的是( )
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热的方法可区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．用渗析的方法可除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl－
D．加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3
解析：A项，分液漏斗在分液时要“上倒下流”，正确；B项，碳酸氢钠受热分解，产生二氧化碳气体，碳酸钠受热不分解，现象不同，可以区分，正确；C项，胶体不能透过半透膜，Cl－可以透过半透膜，渗析可用于胶体的精制，正确；D项，NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，OH－＋HCO===CO＋H2O，不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，错误。
答案：D
4．(2020·湖南茶陵三中月考)下列各组离子一定能大量共存的是( )
A．在含有0.1
mol·L－1
Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、ClO－、Cl－
B．在pH＝12的溶液中：NH、Na＋、SO、Cl－
C．在c(H＋)＝0.1
mol·L－1的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO
D．在澄清透明的无色溶液中：Na＋、Cu2＋、MnO、NO
解析：A项，在含有0.1
mol·L－1
Ca2＋的溶液中，离子之间均不发生反应，故能大量共存，符合题意；B项，pH＝12的溶液显碱性，NH与OH－反应生成弱碱一水合氨，故不能大量共存，不符合题意；C项，c(H＋)＝0.1
mol·L－1的溶液显酸性，在酸性条件下，NO将I－氧化，故不能大量共存，不符合题意；D项，含有Cu2＋、MnO的溶液有颜色，不是无色的，故不能大量共存，不符合题意；故选A。
答案：A
5．(2020·湖北江夏一中月考)能正确表达下列反应的离子方程式为( )
A．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2＋＋HCO＋OH－===
CaCO3↓＋H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H＋＋FeS===H2S↑＋Fe2＋
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3＋＋3CO===
Al2(CO3)3↓
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2＋2OH－===
NO＋NO＋H2O
解析：A项，向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，错误；B项，硫化亚铁与浓硫酸混合发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2FeS＋6H2SO4(浓)
2Fe3＋＋3SO＋3SO2↑＋2S＋6H2O，错误；C项，铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，错误；D项，用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，NO2中＋4价的氮发生氧化还原反应生成＋5、＋3价的氮元素，该反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O，正确。
答案：D
6．(2020·铜仁模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．25
℃时，pH＝11的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的数目为0.001
NA
B．0.1
mol甲基中所含电子数目为NA
C．28
g乙烯、乙烷混合气体中所含原子数大于6NA
D．5.6
g铁与硝酸完全反应时转移的电子数目为0.3NA
解析：A项，25
℃时，pH＝11的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为0.001
mol·L－1，但溶液体积未知，不能求得其数目，错误；B项，1个甲基(—CH3)含有6＋3＝9个电子，所以0.1
mol甲基中所含电子数目为0.9NA，错误；C项，28
g乙烯(C2H4)的物质的量为1
mol，含有6NA个原子，28
g乙烷(C2H6)的物质的量为＝mol，含有的原子个数为×8×NA＝NA，因此28
g乙烯、乙烷混合气体中所含原子数为6NA～NA，大于6NA，正确；D项，5.6
g铁与足量的硝酸完全反应时转移的电子数目为0.3NA，如果硝酸的量不足，则转移的电子数小于0.3NA，错误。
答案：C
7．(2020·广东云浮中学模拟)下列对于化学反应：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl的有关说法不正确的是( )
A．反应中NH3体现了还原性
B．可利用该反应检验氯气管道是否泄漏
C．若生成2.8
g
N2，则被氧化的Cl2为0.3
mol
D．氧化性：Cl2＞N2
解析：反应8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl中，N元素化合价从－3价变为0价，化合价升高被氧化，NH3作还原剂；Cl元素化合价从0价变为－1价，化合价降低被还原，Cl2作氧化剂，据此解答。A项，N元素的化合价升高被氧化，则NH3作还原剂，体现了还原性，正确；B项，反应生成氯化铵，有白烟生成，可利用该反应检验氯气管道是否泄漏，正确；C项，若生成2.8
g
N2，n(N2)＝＝0.1
mol，根据方程式可知，被还原的Cl2为0.3
mol，错误；D项，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，Cl2为氧化剂，N2为氧化产物，则氧化性：Cl2＞N2，正确。
答案：C
8．(2019·东莞常平中学月考)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是( )
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
FeCl3溶液与Cu能发生置换反应
用FeCl3溶液刻制铜材电路板
B
SO2与氯水均具有漂白性
将等物质的量的SO2与Cl2混合后通入装有湿润有色布条的集气瓶中，布条褪色
C
乙烯能被KMnO4氧化
乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
D
NH3能使酚酞溶液变红
NH3可用于设计喷泉实验
解析：A项，用FeCl3溶液作腐蚀剂刻制铜材电路板，生成CuCl2和FeCl2，反应的方程式为Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2，生成两种化合物，不属于置换反应，错误；B项，二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，错误；C项，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，反应为5CH2===CH2＋12MnO＋36H＋===12Mn2＋＋10CO2＋28H2O，乙烯中的碳的化合价从－2价升高到＋4价，乙烯被KMnO4氧化，正确；D项，氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，错误。
答案：C
9．(2020·安徽宿州调研)下列图中的实验方案，不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
实验方案
实验目的
验证化学能可以转化成电能
实验室利用该装置制备少量氯气
验证非金属性：Cl＞C＞Si
加热至混合液呈红褐色，停止加热，制备Fe(OH)3胶体
解析：A项，发生Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，锌作负极、铜作正极，硫酸铜溶液作电解质，形成原电池，不符合题意；B项，4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，固体和液体加热，图中装置可以实现，不符合题意；C项，浓盐酸具有挥发性，在烧杯中无法确定是盐酸与硅酸钠反应，还是碳酸与硅酸钠反应生成硅酸，符合题意；D项，向沸腾的蒸馏水中滴加少量氯化铁饱和溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，得到氢氧化铁胶体，不符合题意；故选C。
答案：C
10．(2020·梅州中学摸底)下列物质中，既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是( )
①SO2 ②CH3CH2CH===CH2 ③ ④CH3CH3
A．①②③④
B．②③
C．②④
D．①②
解析：①SO2具有还原性，能还原强氧化剂Br2及酸性KMnO4而使它们褪色；②CH3CH2CH===CH2中有双键，遇溴水能发生加成反应，遇酸性KMnO4能被氧化，从而使溴水及酸性KMnO4溶液褪色；③苯的结构稳定，不能被酸性KMnO4氧化，但可萃取溴水中的Br2，使溴水褪色；④CH3CH3既不能使溴水褪色，也不能使酸性KMnO4溶液褪色；既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是①②，答案选D。
答案：D
11．(2020·四川棠湖中学高三模拟考)下列实验能达到目的的是( )
A．图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
B．用图②装置收集CO2气体
C．用图③装置制备BaSO3沉淀
D．用图④装置除去SO2中的HCl
解析：A项，稀硫酸不挥发，三种酸均为最高价氧化物对应水化物，则图①所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，正确；B项，二氧化碳的密度大于空气，用图②装置长进短出收集CO2气体，错误；C项，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，用图③装置无法制备BaSO3沉淀，错误；D项，NaOH既可以与HCl，又可与二氧化硫反应，则用图④装置不能够除去SO2中的HCl，错误。
答案：A
12．(2020·黑龙江哈师大附中开学考试)某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图。下列说法正确的是( )
A．检验滤液1中是否含有Fe2＋，可以选用KSCN和新制的氯水
B．步骤②操作中，应先加6%H2O2，然后不断搅拌下缓慢加入1.0
mol·L－1
H2SO4
C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分只有SiO2
D．步骤①操作中，生成的气体需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收
解析：废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS＋H2SO4===ZnSO4＋H2S↑、Fe3O4＋4H2SO4===FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4·7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。A项，滤液1中可能含有Fe2＋，还含有Fe3＋，加入KSCN和新制的氯水不能检验是否含Fe2＋，错误；B项，过氧化氢在酸性条件下可氧化CuS，应先加入稀硫酸，再加入过氧化氢，错误；C项，滤渣2含有硫和二氧化硅，错误；D项，步骤①操作中生成的气体为硫化氢，需用NaOH溶液或CuSO4溶液吸收，正确。故答案选D。
答案：D
13．(2020·宿州摸底)甜橙醇结构简式为，下列有关甜橙醇的叙述正确的是( )
A．甜橙醇的分子式为C14H24O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．能与乙酸发生酯化反应
D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
解析：A项，根据甜橙醇的结构简式可知该物质的分子式为C14H26O，错误；B项，该物质含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，错误；C项，该物质含有羟基，可以和乙酸发生酯化反应，正确；D项，该物质含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢，同时还含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化从而使其褪色，错误；故答案为C。
答案：C
14．(2020·山东昌乐二中月考)以纳米二氧化钛膜为工作电极，常温常压电解CO2，可制得低密度聚乙烯(LDPE)，该反应过程的机理如图所示下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素均发生还原反应
B．∶CH2这个8电子微粒中既包含极性共价键又包含非极性共价键
C．工业上生产7×103
kg的LDPE，理论上需要CO2的体积是1.12×107
L
D．CO2最终转化为LDPE的电极反应式是2nCO2－12e－＋12nH＋
===?H2C—CH2?＋4nH2O
解析：A项，过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素化合价均降低，即化合价由＋4→＋3→＋2→－2，所以过程Ⅰ～Ⅲ中碳元素均发生还原反应，正确；B项，∶CH2这个8电子微粒中只会有C—H键，即只含有极性键，错误；C项，C原子守恒有关系式2nCO2～，n(CO2)＝2n()＝5×105
mol，标准状况下CO2的体积V＝22.4
L·mol－1×5×105
mol＝1.12×107
L，但制得低密度聚乙烯的反应条件为常温常压电解CO2，所以理论上需要CO2的体积大于1.12×107
L，错误；D项，CO2最终转化为LDPE的过程中发生得到电子的还原反应，电极反应式是2nCO2＋12ne－＋12nH＋===?＋4nH2O，错误。
答案：A
15．(2018·河南驻马店一中月考)25
℃时，将1.0
L
c
mol·L－1
CH3COOH溶液与0.1
mol
NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合物中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积变化和温度变化)，加入的量与溶液pH的变化如下图所示。下列叙述不正确的是( )
A．水的电离程度Z：c＞b＞a
B．该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝
C．a点对应的混合溶液中，c(CH3COOH)＞c(OH－)＞c(Na＋)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)
解析：1.0
L
c
mol·L－1
CH3COOH溶液与0.1
mol
NaOH固体混合溶液的pH＝4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，据此分析。A项，1.0
L
c
mol·L－1
CH3COOH溶液与0.1
mol
NaOH固体混合溶液的pH＝4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱，a点以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，b点加入醋酸，水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度c＞b＞a，正确；B项，该温度下，1.0
L
c
mol·L－1
CH3COOH溶液与0.1
mol
NaOH固体混合溶液的pH＝4.3，c点加入的n(CH3COONa)＝0.1
mol，溶液pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由于c(H＋)＝c(OH－)，则此时溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，根据图象，c(H＋)＝10－7mol·L－1，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝0.2
mol·L－1，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝＝，正确；C项，a点溶液的pH＝3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO－)＞c(Na＋)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)＞
c(Na＋)＞c(OH－)，错误；D项，当混合溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，正确。
答案：C
16．化合物是一种高效消毒剂，其蒸气和溶液都具有很强的杀菌能力，可用于目前新冠病毒疫情下的生活消毒。其中X、Y、Z
为原子序数依次增大的短周期元素。下列叙述正确的是( )
A．原子半径：X>Y>Z
B．元素的非金属性：XC．该化合物中Z的化合价均呈－2
价
D．该化合物中
X、Y、Z都满足
8
电子稳定结构
解析：X、Y、Z
为原子序数依次增大的短周期元素，Y存在四个键，可能为C和Si，Z与Y形成双键，又存在—Z—Z—的形式，可知Z为O，则Y为C，X为H。A项，原子半径：C>O>H，即Y>Z>X，错误；B项，元素的非金属性：HXZ
的化合价为－1价和－2价，错误；D项，氢不满足8电子稳定结构，错误。
答案：B
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．(14分)(2020·四川棠湖中学月考)二氧化氯(ClO2)常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。
已知：①
ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11
℃
②SO2＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2＋NaHSO4(未配平)
③ClO2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O(未配平)
请回答下列问题：
(1)设计如下装置制备ClO2。
①装置A中反应的化学方程式为_________________________
_____________________________________________________。
②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为
a→g→h→__________________→d。
(2)探究ClO2与Na2S的反应。
将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物。
操作步骤
实验现象
结论
取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸
品红溶液始终不褪色
①无________生成
另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡
②________________
有SO生成
③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，_________________
有白色沉淀生成
有Cl－生成
④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_______________________
_____________________________________________________。
用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是______________
___________________________________________
(任写一条)。
解析：(1)①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。②由题意知装置B中反应为SO2＋2NaClO3＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为a→g→h→b→c→e→f→d。(2)①在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。②在Ⅰ中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。③若生成白色沉淀可以证明有Cl－存在，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。④由上述分析可知，生成物有SO和Cl－，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋；ClO2相对于Cl2优点包括：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl－时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。
答案：(1)①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O ②2∶1 ③b→c→e→f
(2)①SO2 ②白色沉淀 ③加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液 ④8ClO2＋5S2－＋4H2O===8Cl－＋5SO＋8H＋ 均被还原为Cl－时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少(或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底
或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物或其他合理答案)
18．(14分)(2020·成都七中开学考试)钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，现从该钒渣中回收V2O3的工艺流程如图。
请回答下列问题：
(1)滤液Ⅰ的成分是NaVO3、NaAlO2和__________(写化学式)。
(2)检验滤渣Ⅰ中是否含有Fe2O3的方法是___________________
_____________________________________________________。
(3)用离子方程式表示NaAlO2溶液具有碱性的原因___________
_____________________________________________________。
(4)加入硫酸铵溶液后滤液Ⅱ的pH会有所降低，已知常温时NH3·H2O的电离常数Kb＝2×10－5；则0.1
mol·L－1的(NH4)2SO4溶液的pH约为________。
(5)写出沉钒步骤反应的离子方程式______________________
______________________________________________________。
(6)在沉钒操作中，若使用(NH4)2CO3，其沉钒效率比用等物质的量(NH4)2SO4更低，其原因为(NH4)2CO3溶液中___________________
_____________________________________________________。
(7)最后制备V2O3时煅烧的温度不宜过高，当温度在1
000
℃时，偏钒酸铵(NH4VO3)会分解生成V2O3和N2以及其他常见的化合物，请写出偏钒酸铵在1
000
℃时分解的化学方程式：_________________。
解析：钒钛磁铁矿炼钢后剩余的尾渣中含有V2O3、MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，加入纯碱850
℃焙烧反应生成NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3，MgO、Fe2O3和碳酸钠不反应，加入蒸馏水溶解过滤得到滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，滤液Ⅰ加入试剂调节溶液pH＝9，升温到80
℃过滤得到滤渣Ⅱ为SiO2、Al(OH)3和滤液Ⅱ主要成分为NaVO3，滤液中加入硫酸铵沉钒，得到偏钒酸铵晶体，550
℃煅烧得到V2O3，据此解题。
(1)分析可知滤液Ⅰ的成分是NaVO3、NaAlO2和Na2SiO3。(2)检验滤渣Ⅰ中是否含有Fe2O3的方法是：将少量滤渣Ⅰ浓于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3。(3)NaAlO2溶液具有碱性的原因是因为偏铝酸钠是强碱弱酸盐，偏铝酸根离子水解，离子方程式为AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－。(4)0.1
mol·L－1(NH4)2SO4溶液中NH3·H2O的电离常数Kb＝eq
\f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝2×10－5，c(NH)＝0.2
mol·L－1，c(H＋)≈c(NH3·H2O)，可得到c(H＋)＝10－5mol·L－1，pH＝5。(5)根据流程图可知，沉钒反应即是硫酸铵和NaVO3反应生成硫酸钠和偏钒酸铵晶体，故离子反应方程式为NH＋VO===NH4VO3↓。(6)在沉钒操作中，选择使用(NH4)2SO4比使用(NH4)2CO3的沉钒效率高，其原因为CO与NH离子水解相互促进，导致(NH4)2CO3溶液中的c(NH)比(NH4)2SO4溶液中的c(NH)小，因此(NH4)2SO4溶液沉钒效率更高。(7)NH4VO3煅烧温度不宜过高，当温度在1
000
℃时NH4VO3会分解生成V2O3和N2，以及常见氧化物为水，反应的化学方程式为6NH4VO33V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O↑。
答案：(1)Na2SiO3
(2)将少量滤渣Ⅰ浓于稀盐酸中，向溶解后的混合液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明滤渣中含有Fe2O3
(3)AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－
(4)5
(5)NH＋VO===NH4VO3↓
(6)CO与NH离子水解相互促进，导致(NH4)2CO3溶液中的c(NH)比(NH4)2SO4溶液中的c(NH)小，因此(NH4)2SO4溶液沉钒效率更高
(7)6NH4VO33V2O3＋2N2↑＋2NH3↑＋9H2O↑
19．(14分)(2020·湖北开学考试)以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
Ⅰ.N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。
(1)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)2I(g)(慢反应)
第二步I(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋IO(g)(快反应)
第三步IO(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
下列表述正确的是________(填字母)。
A．N2O浓度越高其分解速率越快
B．第一步对总反应速率起决定作用
C．第一步活化能比第三步大
D．IO为反应的催化剂
Ⅱ.1，2?二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3?氯丙烯(CH2===CHCH2Cl)，反应原理为：
①CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g) ΔH1＝－134
kJ·mol－1
②CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2＝－102
kJ·mol－1
请回答下列问题：
(2)已知CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)CH2ClCHClCH(g)的活化能Ea(正)为132
kJ·mol－1，则该反应的活化能Ea(逆)为________kJ·mol－1。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2===CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应①、②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即v＝，则前120
min内平均反应速率v(CH2ClCHClCH3)＝________kPa·min－1(保留小数点后2位)。
(4)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2===CHCH3和Cl2分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图所示。下列说法错误的是________(填字母)。
a．使用催化剂A的最佳温度约为250
℃
b．相同条件下，改变压强会影响CH2ClCHClCH3的产率
c．p点是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率
d．提高CH2ClCHClCH3反应选择性的关键因素是控制温度
(5)在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(如图1)：
图1
发生反应2N2O(g)2N2(g)＋O2(g) ΔH，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图所示：
图2
容器Ⅱ、Ⅳ的体积为1
L，容器Ⅳ中的物质也在470
℃下进行反应，起始反应速率：
①v正(N2O)________v逆(N2)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②图中A、B、C三点处容器内密度最小点是________(填“A”“B”或“C”)。
解析：
(1)
A项，碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，N2O浓度越高不影响其分解速率，错误；B项，第一步反应是慢反应，慢反应对总反应速率起决定作用，对总反应速率起决定作用，正确；C项，第一步是慢反应，第三步是快反应，活化能越高，反应越难进行，第一步活化能比第三步大，正确；D项，IO为反应的中间产物，不是催化剂，错误，答案选BC。(2)由盖斯定律可知，①－②得到Ea(正)－Ea(逆)＝－32
kJ·mol－1，Ea(正)＝132
kJ·mol－1，Ea(逆)＝132
kJ·mol－1＋32
kJ·mol－1＝164
kJ·mol－1。
(3)前120
min内，压强减少80
kPa－69.4
kPa＝10.6
kPa，v(CH2ClCHClCH3)＝＝0.09
kPa·min－1。(4)a.A曲线的最高点产率最高，则催化剂A的最佳温度约为250
℃，正确；b.增大压强，反应①正向移动，则CH2ClCHClCH3的产率增大，正确；c.图中达到最高点之前的点并不是对应温度下CH2ClCHClCH3(g)的平衡点产率，错误；d.由图可知，催化剂影响CH2ClCHClCH3的产率，不能单独控制温度，错误。(5)①容器Ⅱ、Ⅳ的体积为1
L，容器Ⅳ中的物质也在470
℃下进行反应，根据容器Ⅱ体积为1
L，求在470
℃的平衡常数K，列三段式：
2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)
开始/(mol·L－1)
0.1
0
0
变化/(mol·L－1)
0.06
0.06
0.03
平衡/(mol·L－1)
0.04
0.06
0.03
所以K＝＝
＝
6．75×10－2容器Ⅳ中，Qc＝＝
＝4×10－2，因为K＞Qc，平衡正向移动，故有v正
(N2O)＞v逆(N2O)。②容器内混合气体密度为ρ＝，反应前后质量守恒，m不变，只需比较容器体积即可，从A→B→C，三点起始量一样，随着温度升高，由于反应为吸热反应，温度升高有助于反应进行，导致转化率增大，现要使三点的转化率一致，所以需要加压，相当于缩小容器体积，即VA＞VB＞VC，所以ρA＜ρB＜ρC，即图中A、B、C三点处容器内密度最小的点是A。
答案：(1)BC
(2)164
(3)0.09
(4)cd
(5)①＞ ②A
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．(14分)[物质结构与性质](2020·北师大广安实验学校月考)A、B、C、D是原子序数依次递增的前四周期元素，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为nsnnpn；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。请回答下列问题：
(1)A元素的单质为A2，不能形成A3或A4，这体现了共价键的________性；B元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3
550
℃，该单质的晶体类型属于____________________________。
(2)A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是________，该分子与D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是____________________(填化学式)，此配离子中的两种配体的不同之处为________(填序号)。
①中心原子的价层电子对数 ②中心原子的孤电子对的对数 ③中心原子的化学键类型 ④VSEPR模型
(3)1
mol
BC－中含有的π键数目为________；写出与BC－互为等电子体的分子为________。
(4)D2＋的硫酸盐晶体的熔点比D2＋的硝酸盐晶体的熔点高，其原因是______________________________________________________
______________________________________________________。
(5)D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D＋和C3—半径分别为a
pm、b
pm，D＋和C3—都是紧密接触的刚性小球，则C3—的配位数为________，晶体的密度为________g·cm－3。
解析：B元素原子的价电子结构为nsnnpn，n＝2，B是C元素；A的原子序数小于B，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零，A是H元素；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1，C是N元素；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子，D是Cu元素。
(1)H元素的单质为H2，不能形成H3或H4，这体现了共价键的饱和性；原子晶体熔点高，C元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3
550
℃，该单质的晶体类型属于原子晶体。
(2)H与N形成的最简单分子是NH3，N原子的价电子对数是＝4，所以N原子杂化方式是sp3，NH3与Cu2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是[Cu(H2O)2(NH3)2]2＋，[Cu(H2O)2(NH3)2]2＋中NH3分子、H2O分子中心原子的价层电子对数都是4，故①相同；
NH3分子中心原子的孤电子对的对数是1，H2O分子中心原子的孤电子对数是2，故②不同；NH3分子、H2O分子的中心原子的化学键都是共价键，故③相同；
④VSEPR模型都有4个电子对，故④相同，故不同的只有②。(3)
CN－中含有碳氮三键，1
mol
BC－中含有的π键数目为2NA；等电子体是原子数、价电子数相同的分子或离子，与CN－互为等电子体的分子有CO、N2。(4)离子晶体的熔点与晶格能有关，晶格能越大熔点越高，硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高，硫酸铜的熔点比硝酸铜晶体的熔点高。(5)根据晶胞图，离N3－最近的Cu＋有6个，所以N3－的配位数为6；根据均摊原则，每个晶胞含有Cu＋数12×＝3，每个晶胞含有N3－数8×＝1，所以晶胞的摩尔质量是206
g·mol－1，晶胞的体积是(2a＋2b)3×10－30cm3，晶体的密度为ρ＝＝
g·cm－3＝
g·cm－3。
答案：(1)饱和 原子晶体
(2)sp3 [Cu(H2O)2(NH3)2]2＋ ②
(3)2NA CO或N2
(4)硫酸铜的晶格能比硝酸铜的晶格能高
(5)6 或
21．(14分)
[有机化学基础](2020·铜仁模拟)在新型冠状病毒蔓延的紧要关头，各国正在紧急公关治愈新型肺炎的药物。其中蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略，发现“肉桂硫胺”是抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如图。
相关信息如下：
Ⅱ.有机物结构可用键线式表示，如(BrCH2)3N(CH3)2的键线式为：；
Ⅲ.RNO2RNH2。
回答下列问题：
(1)芳香烃A的结构简式为____________。
(2)B中含有的官能团：____________；B反应生成C的反应类型是__________。
(3)有机物D加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸有砖红色沉淀。C反应生成D的化学方程式为__________________________
_____________________________________________________。
(4)E反式结构简式为____________；F最多有________个原子共平面。
(5)有机物E是从肉桂皮或安息香分离出的有机酸，J是E的同分异构体，符合下列条件的J的结构简式是________________。
①J是二取代的芳香族化合物
②核磁共振氢谱显示J苯环上有两种化学环境的氢
③J可水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色
(6)乙酰苯胺是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。参照上述Ⅰ的合成路线和Ⅲ的信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线。
解析：根据肉桂硫胺结构简式及A生成B的反应条件知，A为，B为，根据B、C分子式知B发生水解反应生成C为，C发生氧化反应生成D为，E发生信息Ⅰ.中的反应生成F，则E中含有羧基，D发生取代反应生成E为，F为，F、H发生取代反应生成肉桂硫胺，根据肉桂硫胺结构简式及H分子式知，H为，G发生取代反应生成H，根据G分子式知G为。
(1)芳香烃A的结构简式为。(2)B为，含有的官能团：氯原子；B中氯原子水解生成C，B反应生成C的反应类型是取代反应。(3)有机物D为，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸有砖红色沉淀。C为，反应生成D的化学方程式为2＋O22＋2H2O。(4)E反式结构简式为；F为，苯环上所有原子共平面、—CH===CH—中所有原子共平面、—COCl中所有原子共平面，单键可以旋转，最多有18个原子共平面。(5)有机物E(分子式为C9H8O2)是从肉桂皮或安息香分离出的有机酸，J是E的同分异构体，符合下列条件的J：①J是二取代的芳香族化合物，②核磁共振氢谱显示J苯环上有两种化学环境的氢，说明在对位有两个取代基，③J可水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色，说明含有酯基且为某酸苯酯，J为。(6)由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺，乙酸发生取代反应生成乙酰氯，苯和硝酸发生取代反应生成硝基苯，硝基苯被还原生成苯胺，苯胺和乙酰氯发生取代反应生成，其合成路线为：
。
答案：(1)
(2)氯原子 取代反应
(3)
2＋O22＋2H2O
(4)
18
(5)
(6)见解析
PAGE广东省普通高中学业水平选择性考试模拟卷(一)
(时间：75分钟 满分：100分)
需要用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 P：31 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、选择题：本题共16小题，共44分，其中1～10题每小题2分，共20分，11～16题每小题4分，共24分。每个小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2020·成都市龙泉第二中学月考)发展循环经济应当在技术可行、经济合理和有利于节约资源、保护环境的前提下，按照减量化优先的原则实施。下列说法有悖于循环经济的是( )
A．将有机垃圾转化为气态燃料
B．大力开采石油、煤、天然气满足社会生产需要以加快经济发展
C．将1
mol
CH4转化为4
mol
H2用于合成氨
D．CO、CH3OH和C3H4合成CH2===C(CH3)COOCH3
解析：A项，将有机垃圾转化为气态燃料，合理利用资源，不符合题意；B项，大力开采石油、煤、天然气会加速资源枯竭，有悖于循环经济，符合题意；C项，1
mol
CH4在一定条件下可与H2O反应生成3
mol
H2和1
mol
CO，1
mol
CO与H2O反应又得到1
mol
H2，使CH4生产H2的量达到最大值，符合循环经济理念，不符合题意；D项，根据CO＋CH3OH＋C3H4―→CH2===C(CH3)COOCH3，原子利用率达到100%，不符合题意；故选B。
答案：B
2．(2020·徐州市王杰中学月考)下列有关化学用语表示正确的是( )
A．乙烯的结构简式：CH2CH2
B．醛基的电子式：
C．乙酸的最简式：CH2O
D．乙醇分子比例模型：
解析：A项，乙烯含有碳碳双键，结构简式：CH2===CH2，错误；B项，醛基的结构简式为—CHO，电子式，错误；C项，乙酸的分子式为C2H4O2，最简式：CH2O，正确；D项，乙醇分子球棍模型为：，错误。
答案：C
3．(2020·成都市龙泉第二中学月考)下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是( )
A．漂白粉的成分是次氯酸钙
B．实验室可用浓硫酸干燥硫化氢
C．将浓氨水滴到氢氧化钠固体中可以制取氨气
D．单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同
解析：A项，漂白粉的成分是Ca(ClO)2、CaCl2，其有效成分是Ca(ClO)2，错误；B项，浓硫酸具有强氧化性，硫化氢具有还原性，两者发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥硫化氢，错误；C项，利用氢氧化钠遇水放出大量的热，使浓氨水分解，制取氨气，正确；D项，氯气氧化性强，把变价金属氧化成最高价态，因此和铁反应生成氯化铁，硫的氧化性较弱，把变价金属氧化成较高价态，因此和铁反应生成硫化亚铁，价态不相同，错误。
答案：C
4．(2020·山南二中月考)下列说法正确的是( )
A．油脂在NaOH热溶液中完全水解后，加入热饱和食盐水可观察到液面上有固体析出
B．容量瓶、滴定管和分液漏斗均标有“0”刻度线，使用前均需要检漏
C．实验室用二氧化锰与浓盐酸制氯气时，先加热二氧化锰再滴加浓盐酸
D．为检验摩尔盐中的NH，可向试样加入少量的稀NaOH，再用pH试纸检验
解析：A项，油脂皂化后形成胶体，加入食盐会盐析，正确；B项，容量瓶、分液漏斗都没有“0”刻度线，但容量瓶和分液漏斗含有塞子，所以使用前必须检漏，错误；C项，实验室共热二氧化锰和浓盐酸制取氯气，所以应该先混合后加热，错误；D项，铵根离子和稀的NaOH反应生成一水合氨而不是氨气，应该用浓NaOH溶液，错误；综上所述，答案为A。
答案：A
5．(2020·任丘市第一中学月考)阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法正确的是( )
A．33.6
L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1?氯丙烷的数目为1.5NA
B．14
g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为NA
C．1
L
1
mol·L－1的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
D．2
mol冰醋酸与4
mol乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯的数目为2NA
解析：A项，丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1?氯丙烷和2?氯丙烷，无法计算生成1?氯丙烷的个数，错误；B项，14
g分子式为CnH2n的链烃，其物质的量为＝mol，每个CnH2n的链烃中含有的C—H键为2n，则14
g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为2NA，错误；C项，1
mol的葡萄糖中含有5
mol羟基和1
mol醛基，故所含羟基的个数为5NA，正确；D项，酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，错误。
答案：C
6．(2020·赣州市赣县第三中学月考)下列选项错误的是( )
A．氧化铁溶于过量氢碘酸：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
B．足量氨水吸收少量二氧化碳气体：2NH3·H2O＋CO2===2NH＋H2O＋CO
C．常温下，水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1，则K＋，AlO，Cl－，Br－可能会大量共存
D．在明矾溶液中，S2－、Mg2＋、NO、NH不能大量共存
解析：A项，三价铁具有强氧化性能氧化碘离子，正确的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I2＋3H2O，错误；B项，足量氨水吸收少量二氧化碳气体产生碳酸铵，离子方程式正确；C项，常温下，水电离出的c(H＋)＝10－13mol·L－1，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，若为碱溶液该组离子可以大量共存，若为酸溶液氢离子与偏铝酸根离子反应不能大量共存，正确；D项，在明矾溶液中存在铝离子，铝离子与硫离子可以发生完全双水解反应不能大量共存，正确。
答案：A
7．(2019·昆明市官渡区第一中学模拟)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是( )
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
解析：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4＋CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C—H键发生断裂，正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C—C键，正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，错误。
答案：D
8．(2020·南阳中学月考)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01
mol·L－1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．原子半径的大小：WB．元素的非金属性：Z>X>Y
C．Y的氢化物常温常压下为液态
D．X的最高价氧化物的水化物为强酸
解析：由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01
mol·L－1
r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。A项，根据原子半径的变化规律，可知原子半径：H答案：C
9．(2020·赣州市赣县第三中学冲刺考试)下列有关实验装置的说法正确的是( )
A．用图1装置可以实现化学能持续转化为电能
B．将图2装置中液体全部放出，体积为42.00
mL
C．用图3装置可以制备少量氢氧化铁胶体
D．用图4装置可以检验乙醇脱水后有乙烯生成
解析：A项，要实现化学能持续转化为电能，应该把Zn电极放入ZnCl2溶液中，把石墨电极放入盐酸中，错误；B项，图示的仪器小刻度在下，大刻度在上，表示的是量筒，精确度是0.1
mL，不能精确到0.01
mL，因此将图2装置中液体全部放出，体积为42.0
mL，错误；C项，氢氧化铁胶体的制取方法是向沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和氯化铁饱和溶液，继续加热液体呈红褐色，停止加热，得到的红褐色液体就是氢氧化铁胶体，正确；D项，乙醇易挥发，乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，同时乙醇与浓硫酸发生氧化还原反应生成的二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定是否产生了乙烯，错误。
答案：C
10．(2020·任丘市第一中学考前热身卷)下列实验操作、现象和结论正确的是( )
选项
实验操作
现象
结论
A
将苯滴加到溴水中
溴水褪色
苯与溴发生加成反应
B
将盛有甲烷和氯气混合气的试管倒置于盛有饱和食盐水的烧杯中，光照一段时间后向烧杯中滴加石蕊试液
石蕊试液变红
生成的CH3Cl等有机产物具有酸性
C
乙醇与重铬酸钾溶液混合
绿色溶液变为橙色
乙醇具有还原性
D
加热乙酸、乙醇、浓硫酸的混合液
生成了具有果香味的物质
乙酸、乙醇发生了酯化反应
解析：A项，苯与溴水发生萃取，不能发生加成反应，错误；B项，甲烷与氯气发生取代反应生成HCl，HCl溶于水为酸性，错误；C项，乙醇被重铬酸钾溶液氧化，重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液为橙色，三价铬离子为绿色，应该为橙色溶液变为绿色，错误；D项，酯化反应生成的酯具有香味，说明乙酸、乙醇在浓硫酸加入条件下发生了酯化反应生成乙酸乙酯，正确。
答案：D
11．电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色。对于该变化过程，下列叙述错误的是( )
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
解析：从题干可知，当通电时，Ag＋注入无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag＋生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。A项，通电时，Ag电极有Ag＋生成，故Ag电极为阳极，正确；B项，通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag＋从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，正确；C项，变化过程中，W元素由WO3的＋6价降低到AgxWO3中的＋(6－x)价，错误；D项，该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为xAg－xe－===xAg＋，而另一极阴极上发生的电极反应为WO3＋xAg＋＋xe－===AgxWO3，故发生的总反应式为xAg＋WO3===AgxWO3，正确。
答案C
12．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述错误的是( )
A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键
B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
D．X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构
解析：由题意，4种短周期元素中，Z的原子序数最大，且能形成Z＋，则Z为Na元素，W的原子序数最小，且形成一个化学键，则W为H元素，再由4种元素的原子序数之和为24，可知X与Y的原子序数之和为12，结合题给化合物中X与Y的成键数，可知X为B元素，Y为N元素。A项，该化合物中，H、B、N之间均以共用电子对形成共价键，正确；B项，Na单质既能与水反应生成氢氧化钠和氢气，也能与甲醇反应生成甲醇钠和氢气，正确；C项，N的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，正确；D项，B的氟化物BF3中B原子最外层只有6个电子，达不到8电子稳定结构，错误。
答案：D
13．(2020·赣州市赣县第三中学开学考试)迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如下图。下列叙述正确的是( )
A．迷迭香酸属于芳香烃
B．1
mol迷迭香酸与溴水反应时最多消耗6
mol
Br2
C．迷迭香酸可以发生水解反应、取代反应和酯化反应
D．1
mol迷迭香酸与NaOH的水溶液完全反应时最多消耗5
mol
NaOH
解析：A项，有机物中只含碳氢两种元素的化合物称烃，迷迭香酸分子中含有氧元素，所以迷迭香酸不属于芳香烃，为烃的含氧衍生物，错误；B项，酚羟基的邻、对位与溴水发生取代，烯烃与溴水发生加成反应，1
mol迷迭香酸最多能和含7
mol
Br2的浓溴水发生反应，错误；C项，该物质中含有酚羟基，所有苯环上的氢原子能与溴发生取代反应；因含有羧基，所以能与醇发生酯化反应；因含有酯基，所以能发生水解反应，正确；D项，1
mol迷迭香酸含有4
mol酚羟基、1
mol羧基、1
mol酯基，4
mol酚羟基需要4
mol氢氧化钠与其反应，1
mol羧基需要1
mol氢氧化钠与其反应，1
mol酯基需要1
mol氢氧化钠与其反应，所以1
mol迷迭香酸最多能和含6
mol
NaOH的水溶液完全反应，错误；故答案选C。
答案：C
14．(2020·长沙一中月考)工业生产中，向Na2CO3溶液中通入SO2气体制备无水Na2SO3，水溶液中H2SO3、HSO、SO等粒子的物质的量分数随pH的分布、Na2SO3的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．溶液pH＝4时，溶质为NaHSO3
B．溶液pH＝10时，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)＋c(HSO)
C．溶液pH＝7时，c(SO)＝c(HSO)
D．溶液pH＝10时，停止通入SO2，将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在温度高于34
℃的条件下趁热过滤、洗涤、干燥得到无水Na2SO3
解析：A项，溶液的pH＝4时，溶液中含有S元素的微粒只有HSO，所以溶质为NaHSO3，正确；B项，pH＝10时，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，错误；C项，根据图知，pH＝7时，c(SO)＝c(HSO)，正确；D项，pH＝10时，停止通入SO2，溶液中溶质为Na2SO3，将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34
℃析出的溶质为Na2SO3，所以将溶液加热浓缩至有大量晶体析出，在高于34
℃趁热过滤、洗涤、干燥得到无水Na2SO3，正确。
答案：B
15．25
℃，改变0.01
mol·L－1
CH3COONa溶液的pH，溶液中CH3COOH、CH3COO－、H＋、OH－浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa＝－lgKa。下列叙述错误的是( )
A．pH＝6时，c(CH3COOH)>c(CH3COO－
)>c(H＋)
B．CH3COOH电离常数的数量级为10－5
C．图中点x的纵坐标值为－4.74
D．线b与线d交点处溶液呈中性
解析：pH越大c(OH－)和c(CH3COO－)越大、c(H＋)和c(CH3COOH)越小，则lg
c(OH－)、lg
c(CH3COO－)增大，lg
c(H＋)、lg
c(CH3COOH)减小，pH＝7时，c(OH－)＝
c(H＋)，所以a、b、c、d分别表示lg
c(CH3COO－)、lg
c(H＋)、lg
c(CH3COOH)、lg
c(OH－)，据此回答。A项，据分析、结合图推知：
pH＝6时，c(CH3COO－
)>
c(CH3COOH)>
c(H＋)，错误；B项，曲线a、c的交点，即lg
c(CH3COO－)＝
lg
c(CH3COOH)，则c(CH3COO－
)＝c(CH3COOH)，此时，Ka＝
c(H＋)＝10－4.74，故CH3COOH电离常数的数量级为10－5，正确；C项，图中曲线b、c的交点的纵坐标为－2，即lg
c(H＋)＝lg
c(CH3COOH)＝－2，则c(H＋)＝
c(CH3COOH)＝10－2mol·L－1，结合B的分析，此时c(CH3COO－)＝
Ka＝10－4.74，即为x点的纵坐标，正确；D项，线b与线d交点，即lg
c(OH－)＝lg
c(H＋)、则c(OH－)＝
c(H＋)，故溶液呈中性，正确。
答案：A
16．(2020·赣州市赣县第三中学月考)已知：硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯化银且硫酸银(Ag2SO4)的溶解度随温度升高而增大，T
℃时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点溶液加入硝酸银固体，则a点可沿虚线移动到b点
B．a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点
C．根据曲线数据计算可知，T
℃下，Ksp(Ag2SO4)＝2.25×10－4
D．向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动
解析：A项，a点溶液加入硝酸银固体，虽然银离子浓度增大，但温度不变，溶度积不变，a点应沿实线往下移动，不符合题意；B项，硫酸银溶液中存在Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋SO(aq)，降低温度析出硫酸银，则c(Ag＋)与c(SO)不再相等，所以无法移动到c点，不符合题意；C项，根据a点Ksp(Ag2SO4)＝c2(Ag＋)·c(SO)＝(1.5×10－2)2×1.5×10－2＝3.375×10－6，不符合题意；D项，向a点的悬浊液中加入氯化钠固体，会生成氯化银沉淀，银离子浓度减小，硫酸银的溶解平衡右移动，硫酸根离子浓度增大，但温度不变，硫酸银的溶度积不变，所以溶液组成会由a向d方向移动，符合题意，故答案选D。
答案：D
二、非选择题：本题共3小题，共42分。
17．(14分)(2019·昆明市一中学月考)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)。
①A为氯气发生装置。A中反应的离子方程式是_____________
____________________________________________________。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，另外还有_________
(写离子方程式)。
(2)探究K2FeO4的性质。
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生
ⅰ.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_____________
____________________________________产生(用方程式表示)。
ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是_______________________________________________________
_____________________________________________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出氧化性：Cl2________FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是_________________________________________________
____________________________________________________。
解析：(1)①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取Cl2，MnO被还原为Mn2＋，Cl－被氧化为Cl2，所以反应的离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===5Cl2↑＋2Mn2＋＋8H2O。②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为
③C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe(OH)3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程式为Cl2＋2KOH===KCl＋KClO＋H2O。
(2)①ⅰ.方案Ⅰ中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3＋，发生反应为4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O。
ⅱ.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽，防止ClO－与Cl－在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO－干扰实验。②Fe(OH)3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO，可以说明Cl2的氧化性大于FeO，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO在酸性条件下氧化Cl－生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。
答案：(1)①2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②见解析 ③Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
(2)ⅰ.①Fe3＋ 4FeO2＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
ⅱ.洗去固体表面附着的ClO－，排除ClO－的干扰
②> 溶液的酸碱性不同
18．(14分)(2020·黑龙江双鸭山一中开学考试)某矿渣的成分为主要为Cu2O还有少量的Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：
已知：①Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：
沉淀物
Cu(OH)2
Al(OH)3
Fe(OH)3
Fe(OH)2
开始沉淀pH
5.4
4.0
2.7
5.8
沉淀完全pH
6.7
5.2
3.7
8.8
请回答下列问题：
(1)为了加快反应Ⅰ的速率，可以采取的措施是_______________
_____________________________________________(任写1条)。
(2)固体混合物A中的成分是___________________________。
(3)反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为________(填离子符号)。
(4)操作1主要包括：________、________、________。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是
_______________________________________________________
______________________________________________________。
(5)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(6)用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为__________。
解析：矿渣的成分主要为Cu2O还有少量的Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，加入稀硫酸经过反应Ⅰ、过滤后得到的溶液中主要含有CuSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，固体混合物A中主要成分为Cu和SiO2，滤液中加入NaClO可将Fe2＋氧化为Fe3＋并调节pH至3.7≤pH<4.0，将Fe3＋沉淀，再加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3＋沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO4·5H2O粗产品，据此分析解答问题。
(1)矿渣为固体，为了加快反应的速率，可以将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或适当增大反应物H2SO4浓度等。(2)根据题给已知①和固体A为混合物，加入稀硫酸发生的反应Ⅰ有：Cu2O＋H2SO4===Cu＋CuSO4＋H2O、Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O、FeO＋H2SO4===FeSO4＋H2O、Cu＋Fe2(SO4)3===CuSO4＋2FeSO4，SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸发生反应，因此发生反应Ⅰ后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu。(3)根据上述分析，固体混合物A中有Cu，则反应Ⅰ完成后，铁元素的存在形式为Fe2＋。(4)从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等；由于CuSO4溶解于水，且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失。(5)NaClO具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，生成沉淀B为Fe(OH)3，该反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋5H2O===2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4H＋，所以沉淀B为Fe(OH)3，该反应中Fe元素的化合价由＋2价升至＋3价，Fe2＋为还原剂，ClO－为氧化剂，Cl元素的化合价由＋1价降至－1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。(6)结合表格数据，Al3＋完全沉淀时的pH为5.2，而Cu2＋开始沉淀的pH为5.4，加入NaOH调节pH至5.2≤pH<5.4，将Al3＋沉淀，而Cu2＋不沉淀。
答案：(1)适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等
(2)SiO2、Cu
(3)Fe2＋
(4)蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失
(5)Fe(OH)3 1∶2
(6)5.2≤pH<5.4
19．(14分)(2019·昆明市第三中学期中)燃煤烟气中含有大量SO2和NO，某科研小组研究SO2和NO的吸收方法。
回答下列问题：
(1)已知SO2(g)＋O3(g)SO3(g)＋O2(g)
ΔH1＝－241.6
kJ·
mol－1
NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2＝－199.8
kJ·
mol－1
则反应SO3(g)＋NO(g)SO2(g)＋NO2(g)的ΔH＝________kJ·
mol－1
(2)在恒温条件下，向2
L恒容密闭容器中加入1
mol
NO和1
mol
O3发生反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，2
min时达到平衡状态。
①若测得2
min内v(NO)＝0.21
mol·
L－1·
min－1，则平衡时NO的转化率α1＝________；若其他条件保持不变，在恒压条件下进行，则平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)。
②保持温度不变，向2
min后的平衡体系中再加入0.3
mol
NO2和0.04
mol
NO，此时平衡将向________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
③该反应的逆反应速率与时间的关系如下图所示，反应在t1、t3、t5时刻均达到平衡状态。t2、t6时刻都只改变了某一个条件，则t2时刻改变的条件是________，t6时刻改变的条件是________，t4时刻改变条件后v(正)
________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。
(3)处理烟气中SO2也可采用碱液吸收法。已知25
℃时，K(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5。
第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SO
CaSO4↓＋2NH3·H2O。
①25
℃时，0.1
mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈________
(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
②计算第2步反应的平衡常数K＝________(列出计算式即可)。
解析：(1)将已知两个热反应方程式依次标记为ⅰ、ⅱ，根据盖斯定律ⅱ－ⅰ得，反应SO3(g)＋NO(g)SO2(g)＋NO2(g)
ΔH＝－199.8
kJ·
mol－1＋241.6
kJ·
mol－1＝＋41.8
kJ·
mol－1。
(2)①根据题意，列出三段式：
NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，
起始/mol
1
1
0
0
转化/mol
x
x
x
x
平衡/mol
1－x
1－x
x
x
由v(NO)＝＝0.21
mol·
L－1·
min－1，所以x＝0.84
mol，则平衡时NO的转化率α1＝×100%＝84%；NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)由于这个反应是反应前、后气体体积相等的反应，若其他条件保持不变，在恒压条件下进行，平衡不移动，则平衡时NO的转化率α2＝α1。②利用化学平衡三段式计算出该反应的平衡常数，然后再计算出此时的浓度高，根据平衡常数与浓度商的关系可知，平衡应该向逆反应方向移动。③t2时刻v(逆)增大，改变的条件是升高温度或增大生成物的浓度；t6时刻平衡不移动，NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)由于这个反应是反应前后气体体积相等的反应，故改变的条件是使用催化剂或增大压强；由图象可知，t4时刻v(逆)减小，则v(正)
>v(逆)。
(3)①由题可知25
℃时，K(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3的Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7，因为H2SO3的Ka2＝1.0×10－7比NH3·H2O的K(NH3·H2O)＝1.8×10－5的小，所以SO水解程度比NH的水解程度大，故25
℃时，0.1
mol·L－1(NH4)2SO3溶液呈碱性。②第2步：加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O，由于Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝7.1×10－5，K(NH3·H2O)＝eq
\f(c（OH－）·c（NH）,c（NH3·H2O）)＝1.8×10－5，带入表达式，平衡常数K＝
eq
\f(c2（NH3·H2O）,c（Ca2＋）·c2（OH－）·c2（NH）·
c（SO）)＝
eq
\f(c2（NH3·H2O）,c2（OH－）·c2（NH）×7.1×10－5)＝×7.1×10－5。
答案：(1)＋41.8
(2)①84% ＝ ②逆 ③升高温度(或增大生成物的浓度) 使用催化剂(或增大压强) >
(3)①碱性 ②×7.1×10－5
三、选做题：本题共2个小题，任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
20．(14分)[物质结构与性质](2020·石家庄市第二中学月考)张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是第ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。
回答下列问题：
(1)As原子的核外电子排布式为__________________________。
(2)P和S是同一周期的两种元素，P的第一电离能比S大，原因是_______________________________________________________
_____________________________________________________。
(3)NH中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角________(填“大”或“小”)。
(4)Na3AsO4中含有的化学键类型包括______________________；AsO的空间构型为__________，As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是________。
图1
(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5是________晶体。
(6)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为a
cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________g·cm－3(用含NA、a的代数式表示)。
图2
解析：
(1)As为第四周期第ⅤA族元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)P和S是同一周期的两种元素，P最外层电子为半充满的稳定状态，则P的第一电离能比S大。(3)NH为正四面体构型，而NH3为三角锥型，其含有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对的斥力，则NH中H—N—H的键角大。(4)Na3AsO4为含有共价键的离子化合物，含有离子键、共价键；AsO的中心As原子含有的孤电子对数＝(5＋3－2×4)＝0，4条σ键，为sp3杂化，则AsO为正四面体构型；As4O6中As含有3条共价键，1个孤电子对，其杂化方式为sp3杂化。(5)化合物NH5中的所有原子最外层都满足稳定结构，则NH5由铵根离子和氢负离子构成的离子化合物。(6)根据晶胞的结构可知，P原子在晶胞的顶点和面心，则一个晶胞中含有4个P，晶胞的体积为a3cm3，该晶体的密度＝＝g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3
(2)磷的p轨道是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫的大
(3)大
(4)离子键、共价键 正四面体 sp3
(5)离子
(6)
21．(14分)[有机化学基础](2020·湖南师范大学附中月考)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如图：
请回答下列问题：
(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为________________。
(2)B的名称是__________，A＋B→C的反应类型为__________。
(3)写出足量的C与碳酸钠溶液反应的方程式：_______________
_____________________________________________________。
(4)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物。E分子中不同化学环境的氢原子有____种。
(5)符合下列条件的F的同分异构体的种类数为(不考虑立体异构)________种。
①能与碳酸氢钠溶液反应放出气体；②苯环上只有2类等效氢；③遇FeCl3溶液显紫色。
(6)已知：。A有多种合成方法，请写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如图所示：H2C===CH2CH3CH2OHCH3COOC2H5
解析：根据题给合成流程，结合题意，A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHC—COOH，根据C的结构可知B是，C在浓硫酸加热的作用下与CH3OH发生酯化反应生成D，由于C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成含有3个六元环的化合物，则副产物E为；D在加热条件下与浓发生取代反应生成F，据此分析解答。
(1)根据上述分析可知，A所含官能团名称为醛基、羧基。(2)根据分析，B是，名称为苯酚，A＋B→C的反应方程式为，是加成反应。(3)C的结构简式为，含有羧基和酚羟基，都可与碳酸钠反应，足量的C与碳酸钠溶液反应时，只有羧基与碳酸钠反应，则化学反应方程式为2＋Na2CO3―→CO2↑＋H2O＋2。(4)根据分析，E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种。(5)F的分子式为C9H9O3Br，F的同分异构体中能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明含有羧基；遇FeCl3溶液显紫色，则含有苯环和酚羟基，苯环上只有2类等效氢，则苯环上的取代基处于对位，则符合要求的结构为、、、共有4种。(6)已知：，由乙酸合成OHC—COOH时，CH3COOH在加热条件下与PCl3反应生成，在加热条件下，与氢氧化钠溶液作用发生水解，生成，用盐酸酸化生成，在Cu作催化剂加热条件下与氧气发生氧化反应生成OHC—COOH，合成路线为：CH3COOH。
答案：(1)醛基、羧基
(2)苯酚 加成反应
(3)
2＋Na2CO3―→CO2↑＋H2O＋2
(4)4
(5)4
(6)见解析
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