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福建省龙岩市连城县第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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福建省龙岩市连城县第一中学2020届高三上学期第一次月考
化学试题
1.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为8的氮原子： B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】
分析：A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。
详解：A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO4－种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）
A. CH3COO－ B. SO32- C. CO32- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na2O2和水混合后，对CH3COO-的浓度没有太大的影响，所以CH3COO-的浓度基本不变，A正确；
B. Na2O2和水反应生成NaOH和O2，NaOH能和HCO3－反应生成CO32－，所以HCO3－浓度减小，B错误；
C. Na2O2和水反应生成NaOH和O2，NaOH能和HCO3－反应生成CO32－，所以CO32－浓度增大，C错误；
D. Na2O2具有氧化性，能氧化SO32－生成SO42－，所以SO32－浓度减小，D错误；
故合理选项为A。
3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA
B. 0.1 mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目为0.6NA
C. 64 g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子
D. 标准状况下，2.24 L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁与氯气燃烧的方程式为：2Fe+3Cl32FeCl3，0.1molFe完全反应需要0.15molCl2，由此可知Cl2不足，故转移电子数按照Cl2计算，Cl2中氯元素化合价由0降低为-1价，故0.1molCl2反应转移电子数N=0.1×2×1×NA=0.2 NA，故A错误；
B、乙烷与丙烯分子式中的氢原子数相同，故0.1mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目N=0.1×6×NA=0.6NA，故B正确；
C、64gSO2的物质的量n==1mol，因SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，故无法计算出最终得到的SO3分子数，故C错误；
D、标准状况下四氯化碳不是气体，故2.24L四氯化碳所含的分子数大于0.1 NA，故D错误。
【点睛】本题需注意A选项，Fe与Cl2燃烧时，无论Fe是否过量，生成物都只有FeCl3，没有FeCl2，其原因是FeCl3为分子化合物，在熔融状态下不能电离出Fe3+，因此就无法发生2Fe3++Fe===3Fe2+反应。
4.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4 溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是
A. 图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2
C. 若将上述过程中的KI溶液换为K3[Fe(CN)6]溶液，则AB段有蓝色沉淀生成
D. 开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；
B.BC段Fe3+浓度逐渐减小，为Fe3+和KI电离产生的I-之间的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，B正确；
C.将KI溶液换为K3[Fe(CN)6]溶液，由于过程中没有Fe2+出现所以没有蓝色沉淀生成，C错误；
D.由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)==0.25mol，D正确；
故合理选项是C。
5.下列解释事实的方程式中，不正确的是
A. 铜和浓HNO3反应可用于制NO2气体：Cu + 4HNO3((浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O
B. “84”消毒液中滴少量白醋可增强漂白性：ClO- + H+ = HClO
C. 氨水吸收少量SO2防止污染空气：2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+ H2O
D. Na2O2在潜艇中可用于吸收二氧化碳并供氧：2Na2O2 +2CO2= 2Na2CO3 + O2
【答案】B
【解析】
A. 铜和浓HNO3反应生成Cu(NO3)2 、NO2和H2O，反应方程式为Cu + 4HNO3((浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O，故A正确；B. “84”消毒液的主要成分是NaClO，因醋酸比次氯酸的酸性强，则在“84”消毒液中滴少量白醋，醋酸可以和NaClO反应生成次氯酸，增强漂白性，但醋酸是弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为ClO－＋CH3COOH=HClO＋CH3COO－，故B错误；C. 少量SO2与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+ H2O，故C正确；D. Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2 +2CO2= 2Na2CO3 + O2，故D正确；答案选B。
6.我国古代的科学技术高度发达，在许多成语中都组含了化学原理。下列有关解释不正确的是
成语
化学原理
A
炉火纯青
通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度
B
火树银花
发生了焰色反应
C
百炼成钢
通过多次锻炼.使生铁中碳等杂质因挥发而阵低达到了钢标准
D
青出于蓝而胜于蓝
蓝色的靛蓝染料发生化学反应生成一种深蓝色的新染料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．从燃烧火焰的颜色变化来判断温度的变化，炉火温度在500℃以下呈暗黑色，升到700℃时，火焰变为紫红色，也就是俗称的“炉火通红”，再上升到800-900℃后，火焰由红变黄，1200℃时，火焰发亮，逐渐变白，继续升到接近3000℃后，呈白热化，相当于灯泡钨丝发亮的温度，如果超过3000℃，火焰由白转蓝，这就是“炉火纯青”了，，故A正确；B．火树银花是大放焰火的灿烂夜景，是利用了焰色反应，故B正确；C．生铁与钢的区别是含碳量的不同，生铁变成钢是消耗碳的过程，不是碳等杂质因挥发，故C错误；D．靛蓝染料的提取从草丛中出来的蓝色，但颜色比蓝草更深，是发生了化学变化，生成了一种深蓝色的新染料，故D正确；故选C。
考点：考查了成语中的化学知识。
7.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA
B. 100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
C. 7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.4NA
D. 100mL10mol・L-1浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，生成Cl- 的数目为0.25NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，减少的质量有溶解的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，而活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉积在容器底部，形成阳极泥，阳极质量减小64g，因此不能确定转移电子数，A错误；
B.100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有溶质乙醇CH3CH2OH的质量是46g，其物质的量是1mol，其中含有H原子的物质的量是6mol，其中含溶剂H2O的质量是54g，H2O分子的物质的量是3mol，则3mol水中含有H原子6mol，故100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子为12mol，含有的H原子数为12NA，B正确；
C. Na2O2摩尔质量是78g/mol，则7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，由于1个Na2O2固体中含有2个Na+、1个O22-，合计共3个离子，则0.1mol Na2O2中含有的离子总数为0.3NA，C错误；
D.100mL10mol・L-1浓盐酸中含有HCl的物质的量是n(HCl)=0.1L×10mol/L=1mol，该浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，由于只有浓盐酸能够反应，当反应进行到一定程度后溶液变稀，反应就不再进行，因此不能反应后溶液中的Cl- 的数目，D错误；
故合理选项是B。
8.下表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中X元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。下列说法正确的是
X
Y
Z
W
T
A. 根据元素周期律，可以推测存在T3Y4 、TZ2和TW4
B. W的氧化物的水化物酸性一定比Z的强
C. XZ2、XW4与YW3都是非极性分子
D. X氢化物的沸点一定比Y氢化物的沸点低
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为短周期元素，T为第四周期元素，其中X元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素，X、T同主族，则T为Ge元素；Y与X同周期相邻，则Y为N元素；由元素在周期表中的位置可知，Z为S元素，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。
【详解】根据上述分析可知：X为碳元素，Y为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素。
A.Ge原子最外层有4个电子，Ge的化合价为+2和+4价，根据物质结构与形成的化合物的关系可以推测存在Ge3N4、GeS2和GeCl4，A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性W(Cl)>Z(S)，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，若元素不是处于最高价则无此规律，B错误；
C.CS2、CCl4都是非极性分子，NCl3为极性分子，为三角锥型，C错误；
D.Y氢化物含氢键沸点较高，但X的氢化物不确定，可能常温下为固体，则X氢化物的沸点不一定比Y氢化物的沸点低，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素的位置、结构、性质的关系的知识，把握元素的位置、原子结构推断元素为解答的关键，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，本题考查侧重分析与推断能力。
9.用硫酸渣制备铁黄（一种铁基颜料）的过程中存在如下反应：4FeSO4+8NH3·H2O+O2=4FeOOH + 4(NH4)2SO4 +6H2O，下列说法正确的是
A. O2发生氧化反应
B. FeSO4是氧化剂
C. 反应中消耗1molO2转移了2mol电子
D. FeOOH既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A、O2中氧元素由0价降低到-2价，发生还原反应，做氧化剂，选项A错误；
B、铁元素由FeSO4中+2价升高到FeOOH中+3价，发生了氧化反应，选项B错误；
C、O2中氧元素由0价降低到-2价，1molO2转移电子4mol，选项C错误；
D、铁元素由+2价变为+3价，氧元素由0价变为-2价，因此，FeOOH既是氧化产物又是还原产物，选项D正确。
答案选D。
10.某学习小组拟利用下列装置探究CO2和锌粉反应是否生成CO，已知CO能与氯化钯溶液发生反应生成黑色金属钯：CO+PdCl2+H2OCO2+Pd↓+2HCl。实验装置如图所示：
下列叙述正确的是
A. 实验开始时，先加热d处酒精灯，再打开活塞K
B. 装置b、c中分别装有饱和Na2CO3溶液和浓硫酸
C. 观察到装置f中溶液变黑，说明有CO气体生成
D. 装置e的作用是防倒吸，装置f导管口处点燃可以处理尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验开始时，应先打开活塞K，通入CO2将装置内空气排净，防止锌粉与空气反应，故A项错误；
B.制取的CO2中含有HCl和水蒸气，应先通过饱和NaHCO3溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥，故B项错误；
C.若f中溶液变黑色，说明生成钯，证明有CO生成，故C项正确；
D.尾气中含有CO和CO2，直接点燃可能导致爆炸或者无法点燃，采用点燃法处理尾气不合理，故D项错误，
故选C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. 无色透明溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、I-
B. -pH=12的溶液中：Mg2+、K+、CH3COO-、SO42-
C. 1 mol·L-1的AlCl3溶液中：NH4+、Ba2+、H+、NO3-
D. 由水电离出的c(H+) = 1×10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、CO32-
【答案】C
【解析】
A. 因铁离子有颜色，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B. pH=12的溶液呈碱性，Mg2+可以和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故B错误；C. 在1 mol·L-1的AlCl3溶液中，四种离子之间互不反应，可以大量共存，故C正确；D. 由水电离出的c(H+) = 1×10-13 mol·L-1的溶液，可能是酸溶液也可能是碱溶液，若为碱性溶液，四种离子之间互不反应，可以大量共存，若为酸性溶液，CO32－可以和H＋反应而不能大量共存，故D错误；答案选C。
12.某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol·L－1（不考虑水的电离及离子的水解）。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：
下列说法正确的是
A. 无色气体可能是NO和CO2的混合物
B. 由步骤③可知，原溶液肯定存在Fe3＋
C. 溶液X中所含离子种类共有4种
D. 另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g
【答案】D
【解析】
【详解】X溶液加入盐酸，生成无色气体，气体遇到空气变为红棕色，则可说明生成NO，X中一定含有NO3-和还原性离子Fe2+；亚铁离子存在，则一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol•L-1，依据阴阳离子所带电荷数守恒，可知一定含有Mg2+，不含Fe3+、K+，所以溶液中一定含有的离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。
A．溶液中没有碳酸根离子，因此X加入盐酸反应生成的无色气体中一定不含二氧化碳，故A错误；
B．因为第一步加入的盐酸后硝酸根离子能够将亚铁离子氧化生成铁离子，不能确定原溶液中是否存在铁离子，故B错误；
C．溶液X中所含离子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5种，故C错误；
D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到固体为0.01molFe2O3和0.02molMgO，质量为0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正确；
故选D。
13.由下列实验及现象不能推出相应结论是
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe3+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D．
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由现象可知FeCl3的溶液中加足量铁粉，生成氯化亚铁，可知物质的还原性：Fe>Fe2+，A正确；
B.由现象可知Na与二氧化碳反应生成碳酸钠、单质C，说明CO2具有氧化性，B正确；
C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，NH4HCO3分解产生CO2、H2O、NH3，湿润的红色石蕊试纸上的H2O与NH3反应产生H2O·NH3电离产生OH-，使溶液显碱性，因此可以使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，不能证明NH4HCO3显碱性，C错误；
D.由实验现象证明银氨溶液中存在电离平衡，电离产生的Ag+与滴入的NaI溶液的I-浓度乘积大于AgI的Ksp，因此可形成AgI黄色沉淀，而溶液中Ag+与滴入的NaCl溶液的Cl-浓度乘积小于AgCl的Ksp，因此不能形成AgCl白色沉淀，因此可证明：Ksp(AgI)
14.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是：
A. b电极上发生氧化反应
B. b电极附近溶液的pH增大
C. a电极反应式：C6H10O5+24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋
D. 中间室：Na＋移向左室，Cl－移向右室
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据示意图可知，b极上NO3‾得电子生成N2，则b电极上发生还原反应，错误；B、b极上NO3‾得电子与H+反应生成N2和H2O，H+浓度减小，则b电极附近溶液的pH增大，正确；C、C6H10O5在a极上失去电子生成CO2和H+，则电极反应式为：C6H10O5—24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋，错误；D、根据电流方向可得中间室：Na＋移向右室，Cl－移向左室，错误。
考点：本题考查原电池原理及应用。
15.莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，Mr＝392］是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。
回答下列问题：
Ⅰ制取莫尔盐
（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中______（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加人锥形瓶中。
（2）①打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol·L-1稀硫酸后关闭K1。A装置中反应的离子方程式为____
②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_______，原因是_______
③关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、____、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为____
④装置C的作用为 ____，装置C存在的缺点是____
Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度
（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加人稀硫酸，用0.1mol・L-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mlKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为____，该样品的纯度为____
【答案】 (1). 三颈烧瓶（三颈瓶或三口瓶或三口烧瓶） (2). Fe+2H+H2↑+Fe2+ (3). A中的液体被压入B中 (4). A中产生氢气，使A中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑制Fe2+水解 (7). 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ (8). 不能除去尾气中的H2或答可能会倒吸均可 (9). 5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O (10). 98%
【解析】
【分析】
Ⅰ．制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3 ，打开K2、K1，加入55.0mL2mol·L-1稀硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气赶出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，得莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；
Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度：根据5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O离子方程式计算。
【详解】（1）由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；
（2）①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H＋═H2↑+Fe2＋；
②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为：A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使A中压强增大；
③采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来；硫酸过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为抑制Fe2＋ 水解；
④装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2＋氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸；
（3）Fe2＋具有还原性，与高锰酸钾反应5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O，n（KMnO4）=0.01L×0.1mol·L－1=0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2＋）=0.005mol，10.0g样品中n（Fe2＋）=0.005mol×100mL/20mL=0.025mol，则10.0g样品中（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为0.025mol×392g·mol－1/10g×100%=98%。
【点睛】本题以莫尔盐的制备为载体，考查实验原理与装置、氧化还原反应滴定应用以计算，易错点：注意（3）中计算，容易忽略所取溶液体积。
16.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
(1)SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：__________________
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：________________________；
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_____________________________；
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol −1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_________________；
(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。还原NOx的物质是_________________；
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第二步反应消耗的NH3与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________________；
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：______________________15NNO+___H2O
【答案】 (1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). Ba(NO3)2 (6). 10∶3 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
【解析】
【分析】
(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；
②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，以此计算；
(2)①由图a可知储存NOx的物质是BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，结合电子得失相等配平方程式。
【详解】(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2中的S元素化合价升高，SO2作还原剂，氧气作氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol，n(NaOH)=v2×c2×10-3mol，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，所以n(NH3)=(2×v1×c1×10-3- v2×c2×10-3) mol，则根据N元素守恒可得n[CO(NH2)2]=n(NH3)，所以m[CO(NH2)2]=n(NH3)=(2×v1×c1×10-3- v2×c2×10-3) mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2)g，所以原尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=；
(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；
②第二步反应中NH3被氧化生成水和N2，N化合价由-3价升高到0价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到0价，生成氮气，则1mol Ba(NO3)2生成氮气转移10mol电子，参加反应的氨气的物质的量为mol，则消耗的NH3与Ba(NO3)2的物质的量之比是：1=10：3；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
【点睛】本题以氮氧化物为载体考查元素化合物知识以及化学方程式的相关计算，注意把握题给信息，结合质量守恒、电子守恒进行有关计算和方程式的书写，题目侧重考查学生的分析能力和计算能力。
17.以铬铁矿（含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：
回答下列问题：
（1）“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是___（填“铁”“陶瓷”或“玻璃”）；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为____。
（2）熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为_____。
（3）步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为____。
（4）由步骤③可知，溶解度：Na2Cr2O7____（填“>”“<”或“══”）K2Cr2O7。
（5）步骤④包含的具体操作有___、___过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体。（有关物质的溶解度曲线如图所示）
（6）步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是____。
（7）采用热重分析法测定K[Cr（C2O4）2]·nH2O样品所含结晶水数，将样品加热到80°C时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr（C2O4）2]·nH2O晶体中n=____。
【答案】 (1). 铁 (2). 6FeO·Cr2O3＋12Na2CO3＋7KClO312Na2CrO4＋3Fe2O3＋7KCl＋12CO2↑ (3). Fe2O3和Fe(OH)3 (4). 2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O (5). > (6). 加热浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 研钵 (9). 3
【解析】
【分析】
（1）高温下陶瓷或玻璃中SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程中的产物及已知条件，根据质量守恒写出反应方程式。
（2）第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2＋2H2O=Fe(OH)3＋NaOH生成的Fe（OH）3。
（3）酸化时，CrO42-→Cr2O72-，由此写出离子方程式。
（4）步骤③利用了复分解反应将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀。
（5）依据溶解度曲线，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀的方法进行分离。
（6）实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵。
（7）K[Cr（C2O4）2]·nH2O的相对分子质量为267＋18n，失掉全部结晶水，失重16.8%，即结晶水的质量分数为16.8%，列式计算。
【详解】（1）高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为6FeO·Cr2O3＋12Na2CO3＋7KClO312Na2CrO4＋3Fe2O3＋7KCl＋12CO2↑。
（2）第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2＋2H2O=Fe(OH)3＋NaOH生成的Fe(OH)3。
（3）酸化时，CrO42-→Cr2O72-，离子方程式为2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。
（4）步骤③利用了复分解反应Na2Cr2O7＋2KCl=K2Cr2O7↓＋2NaCl，将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀。
（5）依据溶解度曲线，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀的方法进行分离。
（6）实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵。
（7）K[Cr（C2O4）2]·nH2O的相对分子质量为267＋18n，由题意知，解得：n=3。
【点睛】难点（5）根据溶解度曲线，溶解度在温度低时，Na2Cr2O7>K2Cr2O7，将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀，便于结晶分离。
18.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____。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°；
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。
福建省龙岩市连城县第一中学2020届高三上学期第一次月考
化学试题
1.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）
A. 中子数为8的氮原子： B. HCl 的电子式：
C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：
【答案】C
【解析】
分析：A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。
详解：A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、CH3COO4－种阴离子。若向其中加入足量的Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是（ ）
A. CH3COO－ B. SO32- C. CO32- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A. Na2O2和水混合后，对CH3COO-的浓度没有太大的影响，所以CH3COO-的浓度基本不变，A正确；
B. Na2O2和水反应生成NaOH和O2，NaOH能和HCO3－反应生成CO32－，所以HCO3－浓度减小，B错误；
C. Na2O2和水反应生成NaOH和O2，NaOH能和HCO3－反应生成CO32－，所以CO32－浓度增大，C错误；
D. Na2O2具有氧化性，能氧化SO32－生成SO42－，所以SO32－浓度减小，D错误；
故合理选项为A。
3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 0.1 mol Fe在0.1 mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3NA
B. 0.1 mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目为0.6NA
C. 64 g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子
D. 标准状况下，2.24 L四氯化碳含有的分子数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、铁与氯气燃烧的方程式为：2Fe+3Cl32FeCl3，0.1molFe完全反应需要0.15molCl2，由此可知Cl2不足，故转移电子数按照Cl2计算，Cl2中氯元素化合价由0降低为-1价，故0.1molCl2反应转移电子数N=0.1×2×1×NA=0.2 NA，故A错误；
B、乙烷与丙烯分子式中的氢原子数相同，故0.1mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目N=0.1×6×NA=0.6NA，故B正确；
C、64gSO2的物质的量n==1mol，因SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，故无法计算出最终得到的SO3分子数，故C错误；
D、标准状况下四氯化碳不是气体，故2.24L四氯化碳所含的分子数大于0.1 NA，故D错误。
【点睛】本题需注意A选项，Fe与Cl2燃烧时，无论Fe是否过量，生成物都只有FeCl3，没有FeCl2，其原因是FeCl3为分子化合物，在熔融状态下不能电离出Fe3+，因此就无法发生2Fe3++Fe===3Fe2+反应。
4.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4 溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是
A. 图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B. 图中BC段发生的反应为2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2
C. 若将上述过程中的KI溶液换为K3[Fe(CN)6]溶液，则AB段有蓝色沉淀生成
D. 开始加入的K2Cr2O7为0.25 mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；
B.BC段Fe3+浓度逐渐减小，为Fe3+和KI电离产生的I-之间的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，B正确；
C.将KI溶液换为K3[Fe(CN)6]溶液，由于过程中没有Fe2+出现所以没有蓝色沉淀生成，C错误；
D.由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3+～6I-，共消耗的n(I-)=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)==0.25mol，D正确；
故合理选项是C。
5.下列解释事实的方程式中，不正确的是
A. 铜和浓HNO3反应可用于制NO2气体：Cu + 4HNO3((浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O
B. “84”消毒液中滴少量白醋可增强漂白性：ClO- + H+ = HClO
C. 氨水吸收少量SO2防止污染空气：2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+ H2O
D. Na2O2在潜艇中可用于吸收二氧化碳并供氧：2Na2O2 +2CO2= 2Na2CO3 + O2
【答案】B
【解析】
A. 铜和浓HNO3反应生成Cu(NO3)2 、NO2和H2O，反应方程式为Cu + 4HNO3((浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O，故A正确；B. “84”消毒液的主要成分是NaClO，因醋酸比次氯酸的酸性强，则在“84”消毒液中滴少量白醋，醋酸可以和NaClO反应生成次氯酸，增强漂白性，但醋酸是弱酸，应写成化学式，正确的离子方程式为ClO－＋CH3COOH=HClO＋CH3COO－，故B错误；C. 少量SO2与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3·H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32-+ H2O，故C正确；D. Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2 +2CO2= 2Na2CO3 + O2，故D正确；答案选B。
6.我国古代的科学技术高度发达，在许多成语中都组含了化学原理。下列有关解释不正确的是
成语
化学原理
A
炉火纯青
通过观察火焰的颜色来判断炉内的温度
B
火树银花
发生了焰色反应
C
百炼成钢
通过多次锻炼.使生铁中碳等杂质因挥发而阵低达到了钢标准
D
青出于蓝而胜于蓝
蓝色的靛蓝染料发生化学反应生成一种深蓝色的新染料
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A．从燃烧火焰的颜色变化来判断温度的变化，炉火温度在500℃以下呈暗黑色，升到700℃时，火焰变为紫红色，也就是俗称的“炉火通红”，再上升到800-900℃后，火焰由红变黄，1200℃时，火焰发亮，逐渐变白，继续升到接近3000℃后，呈白热化，相当于灯泡钨丝发亮的温度，如果超过3000℃，火焰由白转蓝，这就是“炉火纯青”了，，故A正确；B．火树银花是大放焰火的灿烂夜景，是利用了焰色反应，故B正确；C．生铁与钢的区别是含碳量的不同，生铁变成钢是消耗碳的过程，不是碳等杂质因挥发，故C错误；D．靛蓝染料的提取从草丛中出来的蓝色，但颜色比蓝草更深，是发生了化学变化，生成了一种深蓝色的新染料，故D正确；故选C。
考点：考查了成语中的化学知识。
7.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA
B. 100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
C. 7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.4NA
D. 100mL10mol・L-1浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，生成Cl- 的数目为0.25NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，减少的质量有溶解的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，而活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉积在容器底部，形成阳极泥，阳极质量减小64g，因此不能确定转移电子数，A错误；
B.100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有溶质乙醇CH3CH2OH的质量是46g，其物质的量是1mol，其中含有H原子的物质的量是6mol，其中含溶剂H2O的质量是54g，H2O分子的物质的量是3mol，则3mol水中含有H原子6mol，故100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子为12mol，含有的H原子数为12NA，B正确；
C. Na2O2摩尔质量是78g/mol，则7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，由于1个Na2O2固体中含有2个Na+、1个O22-，合计共3个离子，则0.1mol Na2O2中含有的离子总数为0.3NA，C错误；
D.100mL10mol・L-1浓盐酸中含有HCl的物质的量是n(HCl)=0.1L×10mol/L=1mol，该浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，由于只有浓盐酸能够反应，当反应进行到一定程度后溶液变稀，反应就不再进行，因此不能反应后溶液中的Cl- 的数目，D错误；
故合理选项是B。
8.下表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中X元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍。下列说法正确的是
X
Y
Z
W
T
A. 根据元素周期律，可以推测存在T3Y4 、TZ2和TW4
B. W的氧化物的水化物酸性一定比Z的强
C. XZ2、XW4与YW3都是非极性分子
D. X氢化物的沸点一定比Y氢化物的沸点低
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W为短周期元素，T为第四周期元素，其中X元素的原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素，X、T同主族，则T为Ge元素；Y与X同周期相邻，则Y为N元素；由元素在周期表中的位置可知，Z为S元素，W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。
【详解】根据上述分析可知：X为碳元素，Y为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素。
A.Ge原子最外层有4个电子，Ge的化合价为+2和+4价，根据物质结构与形成的化合物的关系可以推测存在Ge3N4、GeS2和GeCl4，A正确；
B.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性W(Cl)>Z(S)，所以W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，若元素不是处于最高价则无此规律，B错误；
C.CS2、CCl4都是非极性分子，NCl3为极性分子，为三角锥型，C错误；
D.Y氢化物含氢键沸点较高，但X的氢化物不确定，可能常温下为固体，则X氢化物的沸点不一定比Y氢化物的沸点低，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素的位置、结构、性质的关系的知识，把握元素的位置、原子结构推断元素为解答的关键，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，本题考查侧重分析与推断能力。
9.用硫酸渣制备铁黄（一种铁基颜料）的过程中存在如下反应：4FeSO4+8NH3·H2O+O2=4FeOOH + 4(NH4)2SO4 +6H2O，下列说法正确的是
A. O2发生氧化反应
B. FeSO4是氧化剂
C. 反应中消耗1molO2转移了2mol电子
D. FeOOH既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A、O2中氧元素由0价降低到-2价，发生还原反应，做氧化剂，选项A错误；
B、铁元素由FeSO4中+2价升高到FeOOH中+3价，发生了氧化反应，选项B错误；
C、O2中氧元素由0价降低到-2价，1molO2转移电子4mol，选项C错误；
D、铁元素由+2价变为+3价，氧元素由0价变为-2价，因此，FeOOH既是氧化产物又是还原产物，选项D正确。
答案选D。
10.某学习小组拟利用下列装置探究CO2和锌粉反应是否生成CO，已知CO能与氯化钯溶液发生反应生成黑色金属钯：CO+PdCl2+H2OCO2+Pd↓+2HCl。实验装置如图所示：
下列叙述正确的是
A. 实验开始时，先加热d处酒精灯，再打开活塞K
B. 装置b、c中分别装有饱和Na2CO3溶液和浓硫酸
C. 观察到装置f中溶液变黑，说明有CO气体生成
D. 装置e的作用是防倒吸，装置f导管口处点燃可以处理尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验开始时，应先打开活塞K，通入CO2将装置内空气排净，防止锌粉与空气反应，故A项错误；
B.制取的CO2中含有HCl和水蒸气，应先通过饱和NaHCO3溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥，故B项错误；
C.若f中溶液变黑色，说明生成钯，证明有CO生成，故C项正确；
D.尾气中含有CO和CO2，直接点燃可能导致爆炸或者无法点燃，采用点燃法处理尾气不合理，故D项错误，
故选C。
11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是
A. 无色透明溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、I-
B. -pH=12的溶液中：Mg2+、K+、CH3COO-、SO42-
C. 1 mol·L-1的AlCl3溶液中：NH4+、Ba2+、H+、NO3-
D. 由水电离出的c(H+) = 1×10-13 mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、CO32-
【答案】C
【解析】
A. 因铁离子有颜色，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B. pH=12的溶液呈碱性，Mg2+可以和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故B错误；C. 在1 mol·L-1的AlCl3溶液中，四种离子之间互不反应，可以大量共存，故C正确；D. 由水电离出的c(H+) = 1×10-13 mol·L-1的溶液，可能是酸溶液也可能是碱溶液，若为碱性溶液，四种离子之间互不反应，可以大量共存，若为酸性溶液，CO32－可以和H＋反应而不能大量共存，故D错误；答案选C。
12.某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.20mol·L－1（不考虑水的电离及离子的水解）。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：
下列说法正确的是
A. 无色气体可能是NO和CO2的混合物
B. 由步骤③可知，原溶液肯定存在Fe3＋
C. 溶液X中所含离子种类共有4种
D. 另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g
【答案】D
【解析】
【详解】X溶液加入盐酸，生成无色气体，气体遇到空气变为红棕色，则可说明生成NO，X中一定含有NO3-和还原性离子Fe2+；亚铁离子存在，则一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2mol•L-1，依据阴阳离子所带电荷数守恒，可知一定含有Mg2+，不含Fe3+、K+，所以溶液中一定含有的离子为：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。
A．溶液中没有碳酸根离子，因此X加入盐酸反应生成的无色气体中一定不含二氧化碳，故A错误；
B．因为第一步加入的盐酸后硝酸根离子能够将亚铁离子氧化生成铁离子，不能确定原溶液中是否存在铁离子，故B错误；
C．溶液X中所含离子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5种，故C错误；
D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到固体为0.01molFe2O3和0.02molMgO，质量为0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正确；
故选D。
13.由下列实验及现象不能推出相应结论是
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1mol/L的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe>Fe3+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D．
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由现象可知FeCl3的溶液中加足量铁粉，生成氯化亚铁，可知物质的还原性：Fe>Fe2+，A正确；
B.由现象可知Na与二氧化碳反应生成碳酸钠、单质C，说明CO2具有氧化性，B正确；
C.加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，NH4HCO3分解产生CO2、H2O、NH3，湿润的红色石蕊试纸上的H2O与NH3反应产生H2O·NH3电离产生OH-，使溶液显碱性，因此可以使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，不能证明NH4HCO3显碱性，C错误；
D.由实验现象证明银氨溶液中存在电离平衡，电离产生的Ag+与滴入的NaI溶液的I-浓度乘积大于AgI的Ksp，因此可形成AgI黄色沉淀，而溶液中Ag+与滴入的NaCl溶液的Cl-浓度乘积小于AgCl的Ksp，因此不能形成AgCl白色沉淀，因此可证明：Ksp(AgI)
14.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是：
A. b电极上发生氧化反应
B. b电极附近溶液的pH增大
C. a电极反应式：C6H10O5+24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋
D. 中间室：Na＋移向左室，Cl－移向右室
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据示意图可知，b极上NO3‾得电子生成N2，则b电极上发生还原反应，错误；B、b极上NO3‾得电子与H+反应生成N2和H2O，H+浓度减小，则b电极附近溶液的pH增大，正确；C、C6H10O5在a极上失去电子生成CO2和H+，则电极反应式为：C6H10O5—24e－＋7H2O===6CO2↑＋24H＋，错误；D、根据电流方向可得中间室：Na＋移向右室，Cl－移向左室，错误。
考点：本题考查原电池原理及应用。
15.莫尔盐［(NH4)2Fe(SO4)2・6H2O，Mr＝392］是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。
回答下列问题：
Ⅰ制取莫尔盐
（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中______（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加人锥形瓶中。
（2）①打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2mol·L-1稀硫酸后关闭K1。A装置中反应的离子方程式为____
②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_______，原因是_______
③关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、____、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为____
④装置C的作用为 ____，装置C存在的缺点是____
Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度
（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加人稀硫酸，用0.1mol・L-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mlKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为____，该样品的纯度为____
【答案】 (1). 三颈烧瓶（三颈瓶或三口瓶或三口烧瓶） (2). Fe+2H+H2↑+Fe2+ (3). A中的液体被压入B中 (4). A中产生氢气，使A中压强增大 (5). 过滤 (6). 抑制Fe2+水解 (7). 液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ (8). 不能除去尾气中的H2或答可能会倒吸均可 (9). 5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O (10). 98%
【解析】
【分析】
Ⅰ．制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3 ，打开K2、K1，加入55.0mL2mol·L-1稀硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气赶出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，得莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；
Ⅱ．测定莫尔盐样品的纯度：根据5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O离子方程式计算。
【详解】（1）由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；
（2）①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H＋═H2↑+Fe2＋；
②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为：A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使A中压强增大；
③采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来；硫酸过量，保持溶液的pH在1～2之间，其目的为抑制Fe2＋ 水解；
④装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2＋氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸；
（3）Fe2＋具有还原性，与高锰酸钾反应5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O，n（KMnO4）=0.01L×0.1mol·L－1=0.001mol，则20.00mL溶液中n（Fe2＋）=0.005mol，10.0g样品中n（Fe2＋）=0.005mol×100mL/20mL=0.025mol，则10.0g样品中（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为0.025mol×392g·mol－1/10g×100%=98%。
【点睛】本题以莫尔盐的制备为载体，考查实验原理与装置、氧化还原反应滴定应用以计算，易错点：注意（3）中计算，容易忽略所取溶液体积。
16.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
(1)SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：__________________
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式：________________________；
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_____________________________；
④尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol −1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是_________________；
(2)NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。还原NOx的物质是_________________；
②用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第二步反应消耗的NH3与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________________；
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：______________________15NNO+___H2O
【答案】 (1). CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3 (2). 8NH3+6NO27N2+12H2O (3). 2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4 (4). (5). Ba(NO3)2 (6). 10∶3 (7). 415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
【解析】
【分析】
(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；
②反应器中NH3还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，以此计算；
(2)①由图a可知储存NOx的物质是BaO；
②第一步反应中H2被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，结合电子得失相等配平方程式。
【详解】(1)①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原子守恒书写化学方程式为：CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3；
②NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O；
③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2中的S元素化合价升高，SO2作还原剂，氧气作氧化剂，反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol，n(NaOH)=v2×c2×10-3mol，由方程式可知n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，所以n(NH3)=(2×v1×c1×10-3- v2×c2×10-3) mol，则根据N元素守恒可得n[CO(NH2)2]=n(NH3)，所以m[CO(NH2)2]=n(NH3)=(2×v1×c1×10-3- v2×c2×10-3) mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2)g，所以原尿素溶液中溶质的质量分数是×100%=；
(2)①由图示可知BaO和NOx反应生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质为BaO；
②第二步反应中NH3被氧化生成水和N2，N化合价由-3价升高到0价，Ba(NO3)2的N元素化合价由+5价降低到0价，生成氮气，则1mol Ba(NO3)2生成氮气转移10mol电子，参加反应的氨气的物质的量为mol，则消耗的NH3与Ba(NO3)2的物质的量之比是：1=10：3；
③在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N元素守恒可知15NO与NH3应为1：1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
【点睛】本题以氮氧化物为载体考查元素化合物知识以及化学方程式的相关计算，注意把握题给信息，结合质量守恒、电子守恒进行有关计算和方程式的书写，题目侧重考查学生的分析能力和计算能力。
17.以铬铁矿（含FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备二草酸铬钾的实验步骤如图：
回答下列问题：
（1）“熔融”的装置如图，坩埚W的材质可以是___（填“铁”“陶瓷”或“玻璃”）；FeO·Cr2O3与KClO3及Na2CO3发生反应，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化学方程式为____。
（2）熔融后的固体中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及NaFeO2等，步骤①的具体步骤为水浸，过滤，调pH为7~8，加热煮沸半小时，趁热过滤。第一次过滤滤渣中的主要成分为_____。
（3）步骤②需加入酸，则加入稀硫酸时发生反应的离子方程式为____。
（4）由步骤③可知，溶解度：Na2Cr2O7____（填“>”“<”或“══”）K2Cr2O7。
（5）步骤④包含的具体操作有___、___过滤并洗涤，经干燥得到K2Cr2O7晶体。（有关物质的溶解度曲线如图所示）
（6）步骤⑤需往两种固体混合物中加入一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸盐质仪器的名称是____。
（7）采用热重分析法测定K[Cr（C2O4）2]·nH2O样品所含结晶水数，将样品加热到80°C时，失掉全部结晶水，失重16.8%。K[Cr（C2O4）2]·nH2O晶体中n=____。
【答案】 (1). 铁 (2). 6FeO·Cr2O3＋12Na2CO3＋7KClO312Na2CrO4＋3Fe2O3＋7KCl＋12CO2↑ (3). Fe2O3和Fe(OH)3 (4). 2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O (5). > (6). 加热浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 研钵 (9). 3
【解析】
【分析】
（1）高温下陶瓷或玻璃中SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程中的产物及已知条件，根据质量守恒写出反应方程式。
（2）第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2＋2H2O=Fe(OH)3＋NaOH生成的Fe（OH）3。
（3）酸化时，CrO42-→Cr2O72-，由此写出离子方程式。
（4）步骤③利用了复分解反应将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀。
（5）依据溶解度曲线，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀的方法进行分离。
（6）实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵。
（7）K[Cr（C2O4）2]·nH2O的相对分子质量为267＋18n，失掉全部结晶水，失重16.8%，即结晶水的质量分数为16.8%，列式计算。
【详解】（1）高温下陶瓷或玻璃中的SiO2会与NaOH及Na2CO3发生反应；由流程中的产物及已知条件可知反应方程式为6FeO·Cr2O3＋12Na2CO3＋7KClO312Na2CrO4＋3Fe2O3＋7KCl＋12CO2↑。
（2）第一次过滤的滤渣为熔渣中的Fe2O3以及反应NaFeO2＋2H2O=Fe(OH)3＋NaOH生成的Fe(OH)3。
（3）酸化时，CrO42-→Cr2O72-，离子方程式为2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。
（4）步骤③利用了复分解反应Na2Cr2O7＋2KCl=K2Cr2O7↓＋2NaCl，将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀。
（5）依据溶解度曲线，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤并洗涤沉淀的方法进行分离。
（6）实验室研磨固体时，所用硅酸盐质仪器为研钵。
（7）K[Cr（C2O4）2]·nH2O的相对分子质量为267＋18n，由题意知，解得：n=3。
【点睛】难点（5）根据溶解度曲线，溶解度在温度低时，Na2Cr2O7>K2Cr2O7，将溶解度大的Na2Cr2O7转化为溶解度小的K2Cr2O7沉淀，便于结晶分离。
18.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____。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°；
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。
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