广东省湛江一中等五校2019-2020学年高三上学期化学10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·湛江月考）中华文明源远流长，在《天工开物》一书中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉，谓造物不劳心者，吾不信也。”下列说法正确的是（ ）
A．闻名中外的宣纸与描述中“褐”(“褐”指粗布)的主要成分相同
B．描述中“丝、麻”的主要成分均是纤维素
C．丝绸衣服脏了应该选用碱性合成洗涤剂进行洗涤
D．“裘”与人造革的主要成分虽然相同，但可用灼烧方法区别
【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．宣纸的主要成分为纤维素，“褐”指粗布，主要成分也是纤维素，A符合题意；
B．麻的主要成分为纤维素，丝的主要成分为蛋白质，B不符合题意；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质含有氨基和羧基，能与碱性物质和酸性物质反应，应用中性的合成洗涤剂洗涤，C不符合题意；
D．“裘”是动物的皮毛，主要成分为蛋白质，人造革的主要成分是合成高分子材料，成分不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．宣纸和“褐”均来自于植物成分纤维素；
B．麻和丝的主要成分是不同的；
C．蛋白质含有氨基和羧基，在碱性和酸性下能水解；
D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
2．（2019高三上·湛江月考）去铁酮可用于治疗铁负荷过多的地中海贫血患者。去铁酮的结构简式如图所示，下列关于去铁酮的说法正确的是（ ）
A．可以发生加成反应、酯化反应 B．分子式为C7H10NO2
C．分子中所有原子可能共面 D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． 中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基，可发生酯化反应，A符合题意；
B．由结构简式可知，该有机物的分子式为 C7H9NO2，B不符合题意；
C．结构中含有甲基，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不可能共平面，C不符合题意；
D．结构中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据官能团判断可以发生的反应；
B．注意结构简式中的碳碳双键；
C．甲基具有类似于甲烷的四面体结构；
D．含有不饱和键的物质可以使酸性高锰酸钾褪色。
3．（2019高三上·湛江月考）捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A不符合题意；
B、N(C2H5)3的结构式为 ，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B不符合题意；
C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C不符合题意；
D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．体积转化为物质的量，结合1个二氧化碳分子含有22个电子计算解答；
B．N（C2H5）3中含有15个C-H、3个C-N极性键；
C．Au是原子晶体，不含分子；
D．求出甲酸溶液中甲酸和水的物质的量，然后根据甲酸中含2个氧原子而水中含1个氧原子来分析。
4．（2019高三上·湛江月考）乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K
B．实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③
C．装置③中发生的反应为2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO+2H2O
D．实验结束时需先将④中的导管移出。再停止加热
【答案】B
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A不符合题意；
B．实验时应先加热③，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B符合题意；
C．催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故C不符合题意；
D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据装置图，①中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入②中与乙醇形成混合蒸气，在③中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。
5．（2019高三上·湛江月考）常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HNO2)
B．溶液中水的电离程度：b>c
C．a点时，相同体积的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中的n(Na+)相等
D．从c点到d点，溶液中 的值保持小变
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸，其酸性较强，所以酸性：HNO2＞CH3COOH，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，所以电离平衡常数Ka(CH3COOH)＜Ka(HNO2)，故A不符合题意；
B．酸能够抑制水的电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水电离程度：c＞b，故B不符合题意；
C．a点时相同体积的两种酸溶液：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH中和，消耗的n(NaOH)与酸的物质的量成正比，所以消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，则混合溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C不符合题意；
D．水解平衡常数只与温度有关，温度不变水解平衡常数不变，则c点到d点，溶液中 =Kh的值保持不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】符合题意判断HNO2和CH3COOH的酸性强弱是解题的关键。本题的易错点为C，要注意相同体积的两种酸溶液中酸的物质的量不等。
6．（2019高三上·湛江月考）肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．电极b发生还原反应
B．电流由电极a流出经用电器流入电极b
C．物质Y是NaOH溶液
D．电极a的电极反应式为N2H4 + 4OH－－4e－=N2↑ + 4H2O
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该燃料电池中通入氧气的电极b为正极，正极上得电子，发生还原反应，故A不符合题意；
B．a为负极、b为正极，电流从正极b经用电器流入负极a，故B符合题意；
C．b电极上生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜进入右侧，所以Y为NaOH溶液，故C不符合题意；
D．a电极上肼失电子，发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该燃料电池中，通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析解答。
7．（2019高三上·湛江月考）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X—Z—Z—X≡Y。下列说法正确的是（ ）
A．最简单氢化物的稳定件：X>Y
B．Y的氧化物对应的水化物是强酸
C．化合物W3Y2中只含有离子键
D．X和Z组成的化合物中不可能所有原子都达到8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据上述分析，X为C元素，Y为N，Z为O元素，W为Mg元素。
A．非金属性：C＜N，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应水化物有硝酸和亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故B不符合题意；
C．W3Y2为Mg3N2，Mg3N2为离子化合物，含有3个Mg2+离子和2个N3-离子，只含有离子键，故C符合题意；
D．C、O形成的二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，C、O原子都达到 8 电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z的原子半径依次减小，说明三者位于同一周期；X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族；W的最外层电子数为X的最外层电子数的一半，则W最外层电子数为2个电子，为Mg元素；结合原子序数大小可知，X为C元素，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。
二、工业流程
8．（2019高三上·湛江月考）As2O3在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，工业上采用酸性高浓度含砷废水(主要以H3AsO3形式存在)提取As2O3的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）上述流程的 过程中由于条件的原因，造成生成物中混有Fe3O4，为证明Fe3O4的存在，可利用Fe3O4具有 性的这一物理性质。
（2）调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为 。
（3）常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示：
①H3AsO3为 元 (填“强”或“弱”)酸。
②pH由7调节至10的过程中发生反应的离子方程式为 。
③H3AsO3的一级电离平衡常数Ka1= 。
（4）滤渣Ⅰ中含有FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2和 (填化学式)；已知Ksp[FeAsO4]=5.7×10-21 ，含砷污染物允许排放标准为不大于0.5 mg L-1。若低浓度含砷废水(假设砷均以Na3AsO4形式存在)中Fe3＋的浓度为1. 0×10-4 mol L-1 ，则低浓度含砷废水中Na3AsO4的浓度为 mg L-1， (填“符合”或“不符合”)排放标准。
【答案】（1）煅烧；磁
（2）2AsO43－＋2SO2＋2H＋=As2O3↓＋SO42－＋H2O
（3）三；弱；H3AsO3+OH－＝H2AsO3－+H2O；10-9
（4）CaSO4；1.1856×10-11；符合
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)FeS在煅烧时，可生成有Fe3O4，Fe3O4俗名磁性氧化铁，具有磁性，利用Fe3O4具有磁性检验是否存在Fe3O4，故答案为：煅烧；磁；(2)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O，故答案为：2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；(3)①由图象可知，H3AsO3与NaOH溶液反应生成AsO33-，可说明H3AsO3为三元酸，在根据溶液中还存在和H2AsO3-、HAsO32-，说明H3AsO3为弱酸，故答案为：三；弱；②根据图象可知，pH由7调至10时，H3AsO3转化为H2AsO3-，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，故答案为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O；③根据图象，pH=9时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3-)，H3AsO3的一级电离方程式为H3AsO3 H2AsO3-+H+，平衡常数Ka1= =c(H+)=10-9，故答案为：10-9；(4)加入石灰水，滤渣 I 中除含有 FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2 ，还含有CaSO4，Fe3+的浓度为1.0×10-4 mol L-1，则c(AsO43-)= mol/L=5.7×10-17 mol/L，则1L废水中含有As的物质的量为5.7×10-17 mol，质量为1.1856×10-11 mg，小于0.5 mg L-1，符合排放标准，故答案为：CaSO4；1.1856×10-11；符合。
【分析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液含有亚铁离子以及少量的砷等，加入过氧化氢氧化冶铁离子，加入氢氧化钙可生成FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2，以及硫酸钙等，As2S3和FeS焙烧，可生成As2O3、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，氧化生成Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，据此分析解答。
三、实验题
9．（2019高三上·湛江月考）FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。回答下列问题：
（1）由FeCl3 6H2O制得干燥FeCl2的过程如下：
i.向盛有FeCl3 6H2O的容器中加入过量SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水FeCl3。
ii.将无水FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后加热，生成FeCl2。
①FeCl3 6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为 。(已知该反应为非氧化还原反应)
② ii中通入一段时间的氢气后再加热的目的是 。
（2）利用反应2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水FeCl2。在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。(加热装置略去)
①仪器B的名称是 。反应前需向A中通入N2的目的是 。
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经 、 、干燥后，得到FeCl2粗产品。
③该装置存在的不足之处是 。
（3）FeCl2的纯度测定。
①取a g样品配制成100
mL溶液；③用移液管移取所配溶液5.00mL，放入500 mL锥形瓶内并加水200mL；③往上述锥形瓶中加入硫酸锰溶液20.00 mL，用0.1
mol L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V
mL。滴定至终点的判断依据是 。若所配溶液中ω(FeCl2)=kV(V为消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)g·L-1，k= 。
【答案】（1）FeCl3 6H2O＋6SOCl2 FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑；排尽装置内的空气，防止加热时发生爆炸
（2）冷凝管；排尽装置内的空气，防止生成的FeCl2被氧化；过滤；洗涤；装置B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5或硅胶)的球形干燥管
（3）当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液于锥形瓶内的溶液中，溶液呈浅红色且30s内不褪色；12.7
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)①向盛有FeCl3 6H2O的容器中加入SOCl2，加热后发生了反应：6SOCl2+FeCl3 6H2O FeCl3+12HCl↑+6SO2↑，反应中生成了氯化氢，抑制了铁离子的水解，故答案为：6SOCl2+FeCl3 6H2O FeCl3+12HCl↑+6SO2↑；②通入氢气，可排出装置内的空气，避免加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置内的空气，防止加热时发生爆炸；(2)①仪器B为球形冷凝管；反应前需向A中通入N2，可避免氯化亚铁被氧化，故答案为：球形冷凝管；排尽装置内的空气，防止生成的氯化亚铁被氧化；②由浊液得到固体，应进行过滤、洗涤等操作，故答案为：过滤；洗涤；③制备氯化铁，应避免氯化铁水解，应在装置B(或A)和C之间加一个无水氯化钙的球形干燥管，故答案为：装置B(或A)和C之间少一个装有无水氯化钙的球形干燥管；(3)该滴定过程中发生的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，滴定终点，溶液呈浅红色，且半分钟内不变色，5mL氯化亚铁溶液中n(FeCl2)=5×10-4Vmol，则1L氯化亚铁溶液中含有氯化亚铁的质量为m(FeCl2)=5×10-4V×200×127=12.7Vg，即ω(FeCl2)=kVg/L=12.7Vg/L，因此k=12.7，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液于锥形瓶内的溶液中，溶液呈浅红色，且半分钟内不变色；12.7。
【分析】(1)①SOCl2与水反应生成盐酸和二氧化硫；②通入氢气，可排出装置内的空气，据此分析解答；(2)①B为球形冷凝管；氯化亚铁容易被氧化；②由浊液得到固体，应进行过滤、洗涤等操作；③制备氯化铁，应避免水解，据此分析解答；(3)该滴定过程中发生的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据容易颜色的变化判断滴定终点；5mL氯化亚铁溶液中n(FeCl2)=5×10-4Vmol，据此计算1L氯化亚铁溶液中含有氯化亚铁的质量再结合ω(FeCl2)=kV计算k。
四、综合题
10．（2019高三上·湛江月考）1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（1）N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) ＝2N2(g)+O2(g) △H。
已知：2NH3(g) + 3N2O(g) ＝ 4N2(g) + 3 H2O(l) △H1
4NH3(g) +
3O2(g) ＝ 2N2(g) +
6H2O(l) △H2
△H= (用含△H1、△H2的代数式表示)。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，这两种气体会发生反应：N2O(g)+CO)(g) CO2(g)十N2(g)，“Fe+”常用作该反应的催化剂。 其总反应分两步进行：
第一步为Fe+ +N2O FeO+ +N2；第二步为 (写化学方程式)。
第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。
（4）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) △H，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H (填“＞”或“＜”)0。
②容器Ⅱ的体积为5L，在470℃下进行反应，30s后达到平衡，0～30s内容器Ⅱ中O2的反应速率为 mol.L-1.min-1 ；容器Ⅳ的体积为1L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，起始反应速率： 正(N2O) 逆(N2O)。(填“＞”“＜”或“=”)
③图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是 (填“A”“B”或“C”)。
④已知容器Ⅰ的体积为10L，370℃时，该反应的平衡常数k= 。
【答案】（1）2NH3 ＋2O2 N2O ＋ 3H2O
（2） △H1 — △H2
（3）FeO+ +CO Fe+ +CO2；小于
（4）>；0.012；<；C；8.9×10-4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2 N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2 N2O+3H2O；(2)①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(1) △H1②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) △H2，根据盖斯定律，将(①×2-②)× 得到N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) △H= △H1- △H2，故答案为： △H1- △H2；(3)总反应N2O(g)+CO)(g) CO2(g)十N2(g)分两步进行，第一步：Fe++N2O FeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能，故答案为：FeO++CO Fe++CO2；小于；(4)①根据图乙，升高温度，N2O的转化率升高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，则△H＞0，故答案为：＞；
②
所以v(O2)= = = =0.012mol/(L min)；容器Ⅳ的体积为1 L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v正 (N2O)＜v逆(N2O)，故答案为：0.012；＜；
③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大的点是：C，故答案为：C；
④容器I的体积为10 L，370℃时，N2O的转化率为40%，
所以K= = =8.9×10-4，故答案为：8.9×10-4。
【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；(2)根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；(3)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；(4)①升高温度，平衡向吸热方向移动；②根据v= 计算O2的反应速率；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；③容器内混合气体密度为ρ= ，据此分析解答；④根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。
11．（2019高三上·湛江月考）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态As原子核外电子排布式为[Ar] ，下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是 (填标号)。
A． B． C．[Ne] D．
（2）8—羟基喹啉铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与 (8—羟基喹啉)合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为 ； 所含元素中电负性最大的是 (填元素符号)，C、N、O的杂化方式依次为 、 和 。
（3）已知下列化合物的熔点：
化合物 AlF3 GaF3 AlCl3
熔点/℃ 1040 1000 194
①表中卤化物的熔点产生差异的原因是 。
②熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6，二聚体Al2Cl6的结构式为 ；其中Al的配位数为 。
（4）GaAs的晶胞结构如图所示，紧邻的As原子之间的距离为x,紧邻的As、Ga原子之间的距离为y，则 = 。
【答案】（1）3d104s24p3；D
（2）正四面体；O；sp2；sp2；sp3
（3）AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶格能：AlF3>GaF3；；4
（4）
【知识点】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
【解析】【解答】(1)As为33号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，所以D所需的能量最低，故答案为：3d104s24p3；D；(2)LiAlH4中阴离子为AlH4-，该阴离子中Al原子价层电子对个数=4+ =4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子空间构型为正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H＞Al，则电负性O＞N＞C＞H＞Al；8一羟基喹啉中环上的C、N、O原子价层电子对个数分别为3、3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型，C、N、O杂化方式分别为 sp2、sp2、sp3，故答案为：正四面体；O；sp2；sp2；sp3；(3)①离子晶体的熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，依据物质组成及熔点可确定AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体熔点一般比分子晶体的高，离子晶体熔点由晶格能相对大小决定，晶格能：AlF3＞GaF3，所以熔沸点：AlF3＞GaF3＞AlCl3，故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶格能：AlF3＞GaF3；②熔融时AlCl3生成可挥发的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，其结构式为 ；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故其配位数为4，故答案为： ；4；(4)紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离x= apm，紧邻的As、Ga原子之间的距离为y= × apm，则x∶y= apm∶( × apm)= ，故答案为： 。
【分析】(1)As为33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理书写基态原子核外电子排布式；电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能；(2)LiAlH4中阴离子为AlH4-，根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断该阴离子中Al原子价层电子对个数，再判断该阴离子空间构型；元素的非金属性越强，其电负性越大；8一羟基喹啉中环上的C、N、O原子价层电子对个数分别为3、3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；(3)①原子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低；②二聚体Al2Cl6中Al原子有空轨道，Cl可以提供孤电子对形成配位键；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目；(4)根据晶胞结构图，分析计算紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离和紧邻的As、Ga原子之间的距离。
12．（2019高三上·湛江月考）原儿茶醛是一种医药中间体，一种合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。B中 (填“有”或“没有”)手性碳。
（3）反应①的类型是 ；反应②所需试剂和条件分别为 。
（4）原儿茶醛的分子式为 。
（5）W与C互为同分异构体，W中不含环状结构，能发生水解反应，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，W的结构简式为 (只写一种)。
（6）设计以苯酚和(CH2O)n为原料制备 的合成路线 。(无机试剂任选)。已知：苯酚在多聚甲醛和氯化氢作用下，在邻位发生取代反应。
【答案】（1）羰基
（2）有
（3）取代反应；NaOH/H2O，△
（4）C7H6O3
（5）(CH3)2C=CHCOOCH3或CH3COOCH=C(CH3)2或
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】(1)A( )中的官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)B( )中含有1个手性碳，用星号(*)标出B中的手性碳： ，故答案为：有；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代，发生取代反应；根据流程图，反应②为在加热的条件下，氯原子在NaOH水溶液中发生水解生成醇，故答案为：取代反应；NaOH/H2O、△；(4)原儿茶醛( )的分子式为C7H6O3，故答案为：C7H6O3；(5) W与C互为同分异构体，C为 ，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，故正确的W有(CH3)2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或 ，故答案为：(CH3)2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或 ；(6)目标产物与苯酚比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成 ，再用H2与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应，其合成路线为： ，故答案为： 。
【分析】(1)根据常见官能团的结构分析解答；(2)根据手性碳的概念结合B( )分析判断；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代；根据流程图，反应②为卤素原子的水解反应，据此分析解答；(4)根据原儿茶醛( )判断分子式；(5) W与C互为同分异构体，C为 ，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，据此书写W的结构简式；(6)以苯酚和(CH2O)n为原料制备 ，目标产物与苯酚比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成 ，再用H2与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应。
广东省湛江一中等五校2019-2020学年高三上学期化学10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·湛江月考）中华文明源远流长，在《天工开物》一书中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质，而使殊颜异色得以尚焉，谓造物不劳心者，吾不信也。”下列说法正确的是（ ）
A．闻名中外的宣纸与描述中“褐”(“褐”指粗布)的主要成分相同
B．描述中“丝、麻”的主要成分均是纤维素
C．丝绸衣服脏了应该选用碱性合成洗涤剂进行洗涤
D．“裘”与人造革的主要成分虽然相同，但可用灼烧方法区别
2．（2019高三上·湛江月考）去铁酮可用于治疗铁负荷过多的地中海贫血患者。去铁酮的结构简式如图所示，下列关于去铁酮的说法正确的是（ ）
A．可以发生加成反应、酯化反应 B．分子式为C7H10NO2
C．分子中所有原子可能共面 D．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
3．（2019高三上·湛江月考）捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1 g N（C2H5）3中所含的极性共价键数目为2.1NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100 g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
4．（2019高三上·湛江月考）乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8℃，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K
B．实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③
C．装置③中发生的反应为2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO+2H2O
D．实验结束时需先将④中的导管移出。再停止加热
5．（2019高三上·湛江月考）常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．电离平衡常数：Ka(CH3COOH)>Ka(HNO2)
B．溶液中水的电离程度：b>c
C．a点时，相同体积的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中的n(Na+)相等
D．从c点到d点，溶液中 的值保持小变
6．（2019高三上·湛江月考）肼(N2H4)碱性燃料电池的原理示意图如图所示，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．电极b发生还原反应
B．电流由电极a流出经用电器流入电极b
C．物质Y是NaOH溶液
D．电极a的电极反应式为N2H4 + 4OH－－4e－=N2↑ + 4H2O
7．（2019高三上·湛江月考）X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数为X最外层电子数的一半，X、Y、Z的原子半径依次减小，X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X—Z—Z—X≡Y。下列说法正确的是（ ）
A．最简单氢化物的稳定件：X>Y
B．Y的氧化物对应的水化物是强酸
C．化合物W3Y2中只含有离子键
D．X和Z组成的化合物中不可能所有原子都达到8电子稳定结构
二、工业流程
8．（2019高三上·湛江月考）As2O3在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，工业上采用酸性高浓度含砷废水(主要以H3AsO3形式存在)提取As2O3的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）上述流程的 过程中由于条件的原因，造成生成物中混有Fe3O4，为证明Fe3O4的存在，可利用Fe3O4具有 性的这一物理性质。
（2）调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为 。
（3）常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示：
①H3AsO3为 元 (填“强”或“弱”)酸。
②pH由7调节至10的过程中发生反应的离子方程式为 。
③H3AsO3的一级电离平衡常数Ka1= 。
（4）滤渣Ⅰ中含有FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2和 (填化学式)；已知Ksp[FeAsO4]=5.7×10-21 ，含砷污染物允许排放标准为不大于0.5 mg L-1。若低浓度含砷废水(假设砷均以Na3AsO4形式存在)中Fe3＋的浓度为1. 0×10-4 mol L-1 ，则低浓度含砷废水中Na3AsO4的浓度为 mg L-1， (填“符合”或“不符合”)排放标准。
三、实验题
9．（2019高三上·湛江月考）FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。FeCl3在加热条件下遇水剧烈水解。FeCl3和FeCl2均不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯。回答下列问题：
（1）由FeCl3 6H2O制得干燥FeCl2的过程如下：
i.向盛有FeCl3 6H2O的容器中加入过量SOCl2(液体，易水解)，加热，获得无水FeCl3。
ii.将无水FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后加热，生成FeCl2。
①FeCl3 6H2O中加入SOCl2获得无水FeCl3的化学方程式为 。(已知该反应为非氧化还原反应)
② ii中通入一段时间的氢气后再加热的目的是 。
（2）利用反应2FeCl3 + C6H5Cl 2FeCl2+ C6H4Cl2 +HCl↑，制取无水FeCl2。在三颈烧瓶中加入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热3 h，冷却、分离、提纯得到粗产品，实验装置如图。(加热装置略去)
①仪器B的名称是 。反应前需向A中通入N2的目的是 。
②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经 、 、干燥后，得到FeCl2粗产品。
③该装置存在的不足之处是 。
（3）FeCl2的纯度测定。
①取a g样品配制成100
mL溶液；③用移液管移取所配溶液5.00mL，放入500 mL锥形瓶内并加水200mL；③往上述锥形瓶中加入硫酸锰溶液20.00 mL，用0.1
mol L-1酸性KMnO4标准溶液滴定，终点时消耗酸性KMnO4标准溶液V
mL。滴定至终点的判断依据是 。若所配溶液中ω(FeCl2)=kV(V为消耗的酸性高锰酸钾标准溶液的毫升数)g·L-1，k= 。
四、综合题
10．（2019高三上·湛江月考）1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。
（1）N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为 。
（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：2N2O(g) ＝2N2(g)+O2(g) △H。
已知：2NH3(g) + 3N2O(g) ＝ 4N2(g) + 3 H2O(l) △H1
4NH3(g) +
3O2(g) ＝ 2N2(g) +
6H2O(l) △H2
△H= (用含△H1、△H2的代数式表示)。
（3）N2O和CO是环境污染性气体，这两种气体会发生反应：N2O(g)+CO)(g) CO2(g)十N2(g)，“Fe+”常用作该反应的催化剂。 其总反应分两步进行：
第一步为Fe+ +N2O FeO+ +N2；第二步为 (写化学方程式)。
第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第二步反应活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第一步反应活化能。
（4）在四个恒容密闭容器中充入相应量的气体(图甲)，发生反应2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) △H，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H (填“＞”或“＜”)0。
②容器Ⅱ的体积为5L，在470℃下进行反应，30s后达到平衡，0～30s内容器Ⅱ中O2的反应速率为 mol.L-1.min-1 ；容器Ⅳ的体积为1L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，起始反应速率： 正(N2O) 逆(N2O)。(填“＞”“＜”或“=”)
③图中A、B、C三点处容器内密度最大的点是 (填“A”“B”或“C”)。
④已知容器Ⅰ的体积为10L，370℃时，该反应的平衡常数k= 。
11．（2019高三上·湛江月考）GaN是制造5G芯片的材料，氮化镓铝和氮化铝LED可发出紫外光。回答下列问题：
（1）基态As原子核外电子排布式为[Ar] ，下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是 (填标号)。
A． B． C．[Ne] D．
（2）8—羟基喹啉铝(分子式C27H18AlN3O3)用于发光材料及电子传输材料，可由LiAlH4与 (8—羟基喹啉)合成。LiAlH4中阴离子的空间构型为 ； 所含元素中电负性最大的是 (填元素符号)，C、N、O的杂化方式依次为 、 和 。
（3）已知下列化合物的熔点：
化合物 AlF3 GaF3 AlCl3
熔点/℃ 1040 1000 194
①表中卤化物的熔点产生差异的原因是 。
②熔融AlCl3时可生成具有挥发性的二聚体Al2Cl6，二聚体Al2Cl6的结构式为 ；其中Al的配位数为 。
（4）GaAs的晶胞结构如图所示，紧邻的As原子之间的距离为x,紧邻的As、Ga原子之间的距离为y，则 = 。
12．（2019高三上·湛江月考）原儿茶醛是一种医药中间体，一种合成路线如图：
回答下列问题：
（1）A中的官能团名称是 。
（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。B中 (填“有”或“没有”)手性碳。
（3）反应①的类型是 ；反应②所需试剂和条件分别为 。
（4）原儿茶醛的分子式为 。
（5）W与C互为同分异构体，W中不含环状结构，能发生水解反应，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，W的结构简式为 (只写一种)。
（6）设计以苯酚和(CH2O)n为原料制备 的合成路线 。(无机试剂任选)。已知：苯酚在多聚甲醛和氯化氢作用下，在邻位发生取代反应。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常用合成高分子材料的化学成分及其性能
【解析】【解答】A．宣纸的主要成分为纤维素，“褐”指粗布，主要成分也是纤维素，A符合题意；
B．麻的主要成分为纤维素，丝的主要成分为蛋白质，B不符合题意；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质含有氨基和羧基，能与碱性物质和酸性物质反应，应用中性的合成洗涤剂洗涤，C不符合题意；
D．“裘”是动物的皮毛，主要成分为蛋白质，人造革的主要成分是合成高分子材料，成分不相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．宣纸和“褐”均来自于植物成分纤维素；
B．麻和丝的主要成分是不同的；
C．蛋白质含有氨基和羧基，在碱性和酸性下能水解；
D．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味。
2．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A． 中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羟基，可发生酯化反应，A符合题意；
B．由结构简式可知，该有机物的分子式为 C7H9NO2，B不符合题意；
C．结构中含有甲基，具有甲烷的结构特征，则所有的原子不可能共平面，C不符合题意；
D．结构中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据官能团判断可以发生的反应；
B．注意结构简式中的碳碳双键；
C．甲基具有类似于甲烷的四面体结构；
D．含有不饱和键的物质可以使酸性高锰酸钾褪色。
3．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A、标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，1个CO2分子中含有6＋8×2=22个电子，则22.4LCO2含有22mol电子，其电子数目为22 NA，A不符合题意；
B、N(C2H5)3的结构式为 ，所含的化学键中C-N和C-H均为极性共价键，1mol N(C2H5)3中含有18mol极性共价键，10.1g N(C2H5)3，其物质的量为0.1mol，则其含有极性共价键的物质的量为1.8mol，数目为1.8NA，B不符合题意；
C、Au为金属单质，不含有分子，2molAu中不含有分子，C不符合题意；
D、100 g 46%的甲酸水溶液，则甲酸质量为46g，则其物质的量为1mol，分子中含有2molO原子；水的质量为100g-46g=54g，其物质的量为3mol，则含有3mol O原子，总共含有5mol O原子，其数目为5NA，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．体积转化为物质的量，结合1个二氧化碳分子含有22个电子计算解答；
B．N（C2H5）3中含有15个C-H、3个C-N极性键；
C．Au是原子晶体，不含分子；
D．求出甲酸溶液中甲酸和水的物质的量，然后根据甲酸中含2个氧原子而水中含1个氧原子来分析。
4．【答案】B
【知识点】乙醇的催化氧化实验
【解析】【解答】A．向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A不符合题意；
B．实验时应先加热③，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B符合题意；
C．催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故C不符合题意；
D．实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据装置图，①中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入②中与乙醇形成混合蒸气，在③中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，④用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。
5．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．常温下，将pH和体积均相同的HNO2和CH3COOH溶液分别稀释，pH变化较大的酸，其酸性较强，所以酸性：HNO2＞CH3COOH，酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，所以电离平衡常数Ka(CH3COOH)＜Ka(HNO2)，故A不符合题意；
B．酸能够抑制水的电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H+)：b＞c，则水电离程度：c＞b，故B不符合题意；
C．a点时相同体积的两种酸溶液：n(HNO2)＜n(CH3COOH)，分别与NaOH中和，消耗的n(NaOH)与酸的物质的量成正比，所以消耗n(NaOH)：HNO2＜CH3COOH，则混合溶液中n(Na+)：HNO2＜CH3COOH，故C不符合题意；
D．水解平衡常数只与温度有关，温度不变水解平衡常数不变，则c点到d点，溶液中 =Kh的值保持不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】符合题意判断HNO2和CH3COOH的酸性强弱是解题的关键。本题的易错点为C，要注意相同体积的两种酸溶液中酸的物质的量不等。
6．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该燃料电池中通入氧气的电极b为正极，正极上得电子，发生还原反应，故A不符合题意；
B．a为负极、b为正极，电流从正极b经用电器流入负极a，故B符合题意；
C．b电极上生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜进入右侧，所以Y为NaOH溶液，故C不符合题意；
D．a电极上肼失电子，发生氧化反应，电极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该燃料电池中，通入燃料肼的电极为负极、通入氧气的电极为正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为N2H4+4OH--4e-═N2↑+4H2O，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析解答。
7．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据上述分析，X为C元素，Y为N，Z为O元素，W为Mg元素。
A．非金属性：C＜N，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故A不符合题意；
B．N的氧化物对应水化物有硝酸和亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故B不符合题意；
C．W3Y2为Mg3N2，Mg3N2为离子化合物，含有3个Mg2+离子和2个N3-离子，只含有离子键，故C符合题意；
D．C、O形成的二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，C、O原子都达到 8 电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z的原子半径依次减小，说明三者位于同一周期；X、Y、Z 组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y，X形成4个共价键，位于ⅣA族，Y形成3个共价键，位于ⅤA族，Z形成2个共价键，位于ⅥA族；W的最外层电子数为X的最外层电子数的一半，则W最外层电子数为2个电子，为Mg元素；结合原子序数大小可知，X为C元素，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。
8．【答案】（1）煅烧；磁
（2）2AsO43－＋2SO2＋2H＋=As2O3↓＋SO42－＋H2O
（3）三；弱；H3AsO3+OH－＝H2AsO3－+H2O；10-9
（4）CaSO4；1.1856×10-11；符合
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)FeS在煅烧时，可生成有Fe3O4，Fe3O4俗名磁性氧化铁，具有磁性，利用Fe3O4具有磁性检验是否存在Fe3O4，故答案为：煅烧；磁；(2)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O，故答案为：2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；(3)①由图象可知，H3AsO3与NaOH溶液反应生成AsO33-，可说明H3AsO3为三元酸，在根据溶液中还存在和H2AsO3-、HAsO32-，说明H3AsO3为弱酸，故答案为：三；弱；②根据图象可知，pH由7调至10时，H3AsO3转化为H2AsO3-，反应的离子方程式为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，故答案为：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O；③根据图象，pH=9时，c(H3AsO3)=c(H2AsO3-)，H3AsO3的一级电离方程式为H3AsO3 H2AsO3-+H+，平衡常数Ka1= =c(H+)=10-9，故答案为：10-9；(4)加入石灰水，滤渣 I 中除含有 FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2 ，还含有CaSO4，Fe3+的浓度为1.0×10-4 mol L-1，则c(AsO43-)= mol/L=5.7×10-17 mol/L，则1L废水中含有As的物质的量为5.7×10-17 mol，质量为1.1856×10-11 mg，小于0.5 mg L-1，符合排放标准，故答案为：CaSO4；1.1856×10-11；符合。
【分析】酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液含有亚铁离子以及少量的砷等，加入过氧化氢氧化冶铁离子，加入氢氧化钙可生成FeAsO4、Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2，以及硫酸钙等，As2S3和FeS焙烧，可生成As2O3、氧化铁，加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，氧化生成Na3AsO4，生成的气体为二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，据此分析解答。
9．【答案】（1）FeCl3 6H2O＋6SOCl2 FeCl3+ 12HCl↑＋6SO2↑；排尽装置内的空气，防止加热时发生爆炸
（2）冷凝管；排尽装置内的空气，防止生成的FeCl2被氧化；过滤；洗涤；装置B(或A)和C之间缺少一个装有无水氯化钙(P2O5或硅胶)的球形干燥管
（3）当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液于锥形瓶内的溶液中，溶液呈浅红色且30s内不褪色；12.7
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)①向盛有FeCl3 6H2O的容器中加入SOCl2，加热后发生了反应：6SOCl2+FeCl3 6H2O FeCl3+12HCl↑+6SO2↑，反应中生成了氯化氢，抑制了铁离子的水解，故答案为：6SOCl2+FeCl3 6H2O FeCl3+12HCl↑+6SO2↑；②通入氢气，可排出装置内的空气，避免加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置内的空气，防止加热时发生爆炸；(2)①仪器B为球形冷凝管；反应前需向A中通入N2，可避免氯化亚铁被氧化，故答案为：球形冷凝管；排尽装置内的空气，防止生成的氯化亚铁被氧化；②由浊液得到固体，应进行过滤、洗涤等操作，故答案为：过滤；洗涤；③制备氯化铁，应避免氯化铁水解，应在装置B(或A)和C之间加一个无水氯化钙的球形干燥管，故答案为：装置B(或A)和C之间少一个装有无水氯化钙的球形干燥管；(3)该滴定过程中发生的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，滴定终点，溶液呈浅红色，且半分钟内不变色，5mL氯化亚铁溶液中n(FeCl2)=5×10-4Vmol，则1L氯化亚铁溶液中含有氯化亚铁的质量为m(FeCl2)=5×10-4V×200×127=12.7Vg，即ω(FeCl2)=kVg/L=12.7Vg/L，因此k=12.7，故答案为：当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液于锥形瓶内的溶液中，溶液呈浅红色，且半分钟内不变色；12.7。
【分析】(1)①SOCl2与水反应生成盐酸和二氧化硫；②通入氢气，可排出装置内的空气，据此分析解答；(2)①B为球形冷凝管；氯化亚铁容易被氧化；②由浊液得到固体，应进行过滤、洗涤等操作；③制备氯化铁，应避免水解，据此分析解答；(3)该滴定过程中发生的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据容易颜色的变化判断滴定终点；5mL氯化亚铁溶液中n(FeCl2)=5×10-4Vmol，据此计算1L氯化亚铁溶液中含有氯化亚铁的质量再结合ω(FeCl2)=kV计算k。
10．【答案】（1）2NH3 ＋2O2 N2O ＋ 3H2O
（2） △H1 — △H2
（3）FeO+ +CO Fe+ +CO2；小于
（4）>；0.012；<；C；8.9×10-4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2 N2O+3H2O，故答案为：2NH3+2O2 N2O+3H2O；(2)①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(1) △H1②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) △H2，根据盖斯定律，将(①×2-②)× 得到N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) △H= △H1- △H2，故答案为： △H1- △H2；(3)总反应N2O(g)+CO)(g) CO2(g)十N2(g)分两步进行，第一步：Fe++N2O FeO++N2，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，FeO++CO Fe++CO2，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率，第二步反应速率大于第一步反应速率，则第二步反应活化能小于第一步反应的活化能，故答案为：FeO++CO Fe++CO2；小于；(4)①根据图乙，升高温度，N2O的转化率升高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，则△H＞0，故答案为：＞；
②
所以v(O2)= = = =0.012mol/(L min)；容器Ⅳ的体积为1 L，容器Ⅳ中的物质也在470℃下进行反应，则缩小体积，压强增大，平衡向逆方向移动，即起始反应速率：v正 (N2O)＜v逆(N2O)，故答案为：0.012；＜；
③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大的点是：C，故答案为：C；
④容器I的体积为10 L，370℃时，N2O的转化率为40%，
所以K= = =8.9×10-4，故答案为：8.9×10-4。
【分析】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，类似于生成NO的反应，同时生成水；(2)根据已知焓变的热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算所求反应的焓变；(3)总反应分两步进行Fe+N2O=FeO+N2，根据催化剂定义，第一步生成中间产物，第二步反应中，中间产物(FeO+)氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+，根据催化剂定义，第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；(4)①升高温度，平衡向吸热方向移动；②根据v= 计算O2的反应速率；恒温条件下，缩小体积，平衡向气体总物质的量减小的方向移动；③容器内混合气体密度为ρ= ，据此分析解答；④根据方程式计算平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算。
11．【答案】（1）3d104s24p3；D
（2）正四面体；O；sp2；sp2；sp3
（3）AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶格能：AlF3>GaF3；；4
（4）
【知识点】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
【解析】【解答】(1)As为33号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，所以D所需的能量最低，故答案为：3d104s24p3；D；(2)LiAlH4中阴离子为AlH4-，该阴离子中Al原子价层电子对个数=4+ =4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该阴离子空间构型为正四面体；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H＞Al，则电负性O＞N＞C＞H＞Al；8一羟基喹啉中环上的C、N、O原子价层电子对个数分别为3、3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型，C、N、O杂化方式分别为 sp2、sp2、sp3，故答案为：正四面体；O；sp2；sp2；sp3；(3)①离子晶体的熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低，依据物质组成及熔点可确定AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体熔点一般比分子晶体的高，离子晶体熔点由晶格能相对大小决定，晶格能：AlF3＞GaF3，所以熔沸点：AlF3＞GaF3＞AlCl3，故答案为：AlF3、GaF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，晶格能：AlF3＞GaF3；②熔融时AlCl3生成可挥发的二聚体Al2Cl6，该二聚体由Al提供空轨道，Cl原子提供电子对形成配位键，其结构式为 ；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目，二聚体Al2Cl6中与Al直接相连的原子有4个，故其配位数为4，故答案为： ；4；(4)紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离x= apm，紧邻的As、Ga原子之间的距离为y= × apm，则x∶y= apm∶( × apm)= ，故答案为： 。
【分析】(1)As为33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理书写基态原子核外电子排布式；电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能；(2)LiAlH4中阴离子为AlH4-，根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数计算判断该阴离子中Al原子价层电子对个数，再判断该阴离子空间构型；元素的非金属性越强，其电负性越大；8一羟基喹啉中环上的C、N、O原子价层电子对个数分别为3、3、4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；(3)①原子晶体熔沸点较高、分子晶体熔沸点较低；②二聚体Al2Cl6中Al原子有空轨道，Cl可以提供孤电子对形成配位键；配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目；(4)根据晶胞结构图，分析计算紧邻的两个As原子的距离为顶点到面心的距离和紧邻的As、Ga原子之间的距离。
12．【答案】（1）羰基
（2）有
（3）取代反应；NaOH/H2O，△
（4）C7H6O3
（5）(CH3)2C=CHCOOCH3或CH3COOCH=C(CH3)2或
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】(1)A( )中的官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)B( )中含有1个手性碳，用星号(*)标出B中的手性碳： ，故答案为：有；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代，发生取代反应；根据流程图，反应②为在加热的条件下，氯原子在NaOH水溶液中发生水解生成醇，故答案为：取代反应；NaOH/H2O、△；(4)原儿茶醛( )的分子式为C7H6O3，故答案为：C7H6O3；(5) W与C互为同分异构体，C为 ，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，故正确的W有(CH3)2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或 ，故答案为：(CH3)2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或 ；(6)目标产物与苯酚比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成 ，再用H2与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应，其合成路线为： ，故答案为： 。
【分析】(1)根据常见官能团的结构分析解答；(2)根据手性碳的概念结合B( )分析判断；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代；根据流程图，反应②为卤素原子的水解反应，据此分析解答；(4)根据原儿茶醛( )判断分子式；(5) W与C互为同分异构体，C为 ，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，据此书写W的结构简式；(6)以苯酚和(CH2O)n为原料制备 ，目标产物与苯酚比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成 ，再用H2与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应。
