江苏省南通市如皋中学2020届高三上学期教学质量调研（三）化学试题


2019～2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三）
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Ce 140
一、单项选择题
1.《可再生能源法》倡导碳资源的高效转化及循环利用。下列做法与上述理念相违背的是
A. 加快石油等化石燃料的开采和使用 B. 大力发展煤的气化及液化技术
C. 以CO2 为原料生产可降解塑料 D. 将秸秆进行加工转化为乙醇燃料
【答案】A
【解析】
【详解】A.化石燃料是不可再生能源,加快开采和使用,会造成能源枯竭和环境污染,故选A；
B.提高洁净煤燃烧技术和煤液化技术,可以降低污染物的排放,有利于资源的高效转化,故不选B；
C.难降解塑料的使用能引起白色污染,以CO2为原料生产可降解塑料,能减少白色污染,有利于资源的高效转化,故不选C；
D.将秸秆进行加工转化为乙醇燃料,变废为宝,有利于资源的高效转化,故不选D；
本题答案为A。
2.反应Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O，可用于工业上制取漂白精。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. NaOH的电子式：Na::H
B. 中子数为18的Cl原子： Cl
C. Na的结构示意图：
D. NaClO的水解方程式：ClO－＋H2O＝HClO＋OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaOH的电子式：Na +[::H] －，A项错误；
B. 中子数为18的Cl原子，质子数为17：Cl，B项错误；
C.Na原子的核电荷数为11，原子核外K、L、M层依次排有2、8、1个电子，C项正确；
D. NaClO的水解方程式：ClO－＋H2O HClO＋OH－，D项错误；
答案选C。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Na2SiO3易溶于水，可作木材防火剂 B. NH3呈碱性，可用作制冷剂
C. Fe粉有还原性，可用作食品抗氧化剂 D. 漂白粉溶液呈无色，可用作消毒剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na2SiO3作木材防火剂，利用了它不燃不爆的化学性质，A项错误；
B. 氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，用作制冷剂，B项错误；
C. 铁粉具有较强还原性，可以先于食品被氧化，避免食品被氧化，C项正确；
D. 漂白粉与二氧化碳和水反应生成的次氯酸具有强氧化性，可作消毒剂，D项错误；
答案选C。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. pH＝2的溶液：Na＋、Fe3＋、Cl－、
B. c(NaAlO2)＝0.1 mol·L－1的溶液：K＋、H＋、Cl－、
C. c(OH－)<的溶液：Na＋、K＋、、ClO－
D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液：Al3＋、、、SCN－
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性溶液中，Na＋、Fe3＋、Cl－、均能共存，A项符合题意；
B. H+与AlO2-反应生成Al（OH）3，甚至生成Al3+，不能大量共存，B项不符合题意；
C. c(OH-)<的溶液中OH－浓度小于H＋浓度，溶液呈酸性，H+和结合成硅酸沉淀、和ClO－结合成HClO分子，不能大量共存，C项不符合题意；
D. Fe3＋和SCN－形成络合分子、离子，不能大量共存，D项不符合题意；
答案选A。
5.短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为22。X与Y位于同一周期，X与Z、Y与W分别位于同一主族；R最外层电子数是电子层数的2倍。下列叙述正确的是
A. 五种元素中X元素的原子半径最小 B. 最高正价：Y＞R
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞R D. 最高价氧化物的水化物碱性：X＞Z
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次增大，X、Y位于同一周期，X与Z、Y与W分别位于同一主族，X、Y位于第二周期，Z、R、W位于第三周期，R原子最外层电子数是电子层数的两倍，由此确定R元素是S，W原子序数比它大，又是短周期元素，W只能是Cl，Y是与W位于同一主族的短周期元素，则Y是F，由最外层电子数之和等于22，22—2×7—6=2，确定X和Z最外层一个电子，分别是Li和Na。则X、Y、Z、R、W分别是Li、F、Na、S、Cl。
【详解】A. 同周期元素随原子序数的增大原子半径减小，Y元素 F的原子半径最小，A项错误；
B. Y元素 F没有正价，B项错误；
C. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl> S，则酸性HClO4>H2SO4，C项正确；
D.金属性Na>Li，故碱性NaOH>LiOH，D项错误；
答案选C。
6.在给定条件下，下列所示的物质间的转化均能实现的是
A. HClO Cl2FeCl3(aq) B. NO2 HNO3(aq) Cu(NO3)2(aq)
C. SO2CaSO3CaSO4 D. FeFe2O3FeCl3(aq)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸光照分解生成氧气，故A项错误；
B. 二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸溶解铜形成硝酸铜，B项正确；
C. 二氧化硫通入氯化钙不反应，不能较弱酸制强酸，故C项错误；
D.Fe在纯氧中燃烧生成四氧化三铁，故D项错误；
答案选B。
【点睛】酸和盐反应规律：较强酸+盐→新盐+较弱酸，亚硫酸的酸性弱于盐酸，故二氧化硫通入氯化钙不反应。
7.5—羟色胺对人体睡眠具有调节作用，其结构简式如右图所示。下列有关5—羟色胺说法正确的是

A. 该有机物分子式为C11H11N2O3
B 该有机物既能和NaOH反应，也能和HCl反应
C. 该有机物分子中无手性碳原子
D. 1mol该物质最多可消耗溴水中2mol Br2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由结构简式知该有机物分子式为C11H12N2O3 ，故A项错误；
B. 该有机物中既有-COOH、酚羟基、又有-NH2，既能和NaOH反应，也能和HCl反应，B项正确；
C．该有机物中有1个手性碳原子连接4个不同的原子或原子团： ，故C项错误；
D. 该有机物中苯环上有酚-OH，其邻位与2molBr2发生取代反应，碳碳双键与1mol Br2发生加成反应，共消耗溴单质3mol ，故D项错误；
答案选B。
8.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液：＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2O
B. 苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O ===2C6H5OH↓＋
C. 潮湿环境中钢铁发生电化学腐蚀的反应：Fe＋2H2O＝Fe(OH)2＋H2↑
D. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 澄清石灰水少量已耗完，Ca2＋与OH－必须满足化学式中的比例1:2，2＋Ca2＋＋2OH－＝CaCO3↓＋2H2O+， 故A项错误；
B. 苯酚钠溶液中通入CO2，无论少量CO2还是过量CO2，只能生成，故B项错误；
C. 潮湿环境中钢铁发生电化学腐蚀，一般情况发生吸氧腐蚀，不放出H2，故C项错误；
D. 酸性条件下KIO3与KI发生归中反应生成碘单质，故D项正确；
答案选D。
【点睛】A项涉及到一种物质中两种离子都参与反应，若该物质少量，则这两种离子在离子方程式中计量系数必须满足化学式中的比例关系，由此快速判断该离子方程式正确与否。
9.下列有关实验装置能达到实验目的是
A. 制取NH3 B. 制取Cl2
C. 蒸干制AlCl3 D. 中和滴定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 直接加热NH4Cl不能制得NH3，因为NH4Cl分解生成的NH3和HCl会重新化合成氯化铵，实验室用氢氧化钙与氯化铵混合受热制氨气，故A项错误；
B. 二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热条件，故B项错误；
C. 蒸干氯化铝溶液，由于氯化铝水解生成HCl的挥发，氯化铝水解更彻底得氢氧化铝，氢氧化铝受热分解最终得三氧化二铝，不能获得氯化铝，故C项错误；
D.用标准NaOH溶液滴定待测盐酸，装置无误，D项正确；
答案选D。
10.依据下列图示所得结论正确的是

A. 图甲表示向2 mL 5%的H2O2溶液中分别滴加0.1 mol·L−1 Fe3+和Cu2+（两溶液的阴离子相同）各1 mL，生成氧气的体积随时间的变化，表明Cu2+能使反应速率更快
B. 图乙表示反应2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)，在其他条件不变时，改变起始CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化，由图可知NO的转化率c＞b＞a
C. 图丙表示常温下稀释HF和HCl时溶液的pH变化情况，由图可知a点时HF的物质的量浓度小于b点时HCl的物质的量浓度
D. 图丁表示金刚石和石墨分别与O2反应过程中的能量变化情况，由图知反应C(金刚石，s)＝C(石墨，s)的焓变ΔH＝(E1－E2)kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 相同时间内铁离子作催化剂产生的氧气更多，表明Fe3+能使反应速率更快，故A项错误；
B. 在可逆反应中增加反应物的浓度，平衡正向移动，另一反应物NO的转化率逐渐升高，则c>b>a，B项正确；
C. 图丙的起点氢氟酸和盐酸H+浓度相等，氢氟酸的浓度远远大于盐酸浓度，稀释相同的倍数，氢氟酸的浓度仍然大于盐酸的浓度，C项错误；
D. 图丁的数据不足，无法计算出金刚石转化为石墨的焓变，D项错误；
答案选B。
二、不定项选择题
11.化合物Z是有机化工中重要中间体，其合成路线如图，下列说法正确的是

A. 1mol X最多能与3mol H2发生加成反应
B. 可用NaHCO3溶液鉴别反应后Z中是否含有Y
C. 可用新制的Cu(OH)2溶液鉴别反应后Z中是否含有X
D. 1 mol Z最多可消耗2mol NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A. X有苯环可以与3molH2加成，还有1mol的-CHO与1molH2加成，总共耗4molH2， 故A项错误；
B.Y与Z 官能团区别：Y有-OH、Z有酯基，不能用NaHCO3溶液鉴别，-OH与Na反应放出H2，应用Na鉴别，故B项错误；
C. X与Z 官能团区别：X有-CHO、Z有酯基，-CHO与新制的Cu(OH)2共热生成砖红色沉淀，可用新制Cu（OH）2鉴别反应后的Z中是否含有X，故C项正确；
D. 1molZ有1mol酯基耗1mol NaOH，故D项错误；
答案选C。
12.下列说法正确的是
A. CO(g)＋3H2(g)＝CH4(g)＋H2O(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的ΔH＜0
B. 向Na2CO3溶液中加入少量CaCl2固体，溶液的pH增大
C. 常温下，向0.1mol·L-1的CH3COONH4溶液中加入少量水，增大
D. 氯碱工业中，常温下每生成3.36 L Cl2时，转移电子数为0.3×6.02×1023
【答案】AC
【解析】
【详解】A. CO(g)＋3H2(g)＝CH4(g)＋H2O(g)的ΔS＜0，一定条件下使ΔH—TΔS＜0，反应才能自发进行，则该反应的ΔH＜0，A项正确；
B. Na2CO3+CaCl2= Ca CO3↓+ 2NaCl，溶液碱性减弱，pH减小，B项错误；
C. CH3COONH4水解方程式：CH3COO—+NH4+ + H2O CH3COOH+NH3·H2O，
K= 是常数，
变形 = ，稀释时c(CH3COOH)减小，则 的值增大，C项正确；
D. 常温下3.36 L Cl2物质的量不能确定，故转移电子数不能确定，D项错误；
答案选AC。
【点睛】C项：对于变量太多的此类题，常利用平衡常数K=，将问题转化为= ，讨论一个变量即可。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向苯和甲苯中分别滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振荡
苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色
甲基使苯环变活泼，苯环被氧化
B
溴乙烷与 NaOH 的乙醇溶液共热，逸出的气体通入高锰酸钾溶液
溶液紫红色褪去
逸出气体含乙烯
C
向蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液
出现白色沉淀
蛋白质发生了变性
D
向2mL 0.1 mol·L－1NaCl溶液中滴入1滴0.1 mol·L－1AgNO3溶液，有白色沉淀生成，再继续滴入1滴0.1 mol·L－1KI溶液
有黄色沉淀出现
Ksp[AgCl]＞Ksp[AgI]


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 苯环使甲基变活泼，甲基被氧化成-COOH，A项错误；
B. 乙醇有挥发性，逸出气体中含乙醇，乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；
C. (NH4)2SO4是轻金属盐使蛋白质发生了盐析，C项错误；
D. 向NaCl溶液中滴入的Ag+少量，Ag+已沉淀完， 再滴入1滴0.1 mol·L－1KI溶液，同一类型沉淀AgCl转化为AgI，说明Ksp[AgCl]＞Ksp[AgI] ，D项正确；
答案选D。
14.H2A是二元弱酸，25℃时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中H2A、HA－和A2－所占三种粒子总数的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是

A. c(Na＋)＝0.1mol·L-1的溶液中：c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)－c(H2A)
B. c (HA－)＝c(A2－)的溶液中：c(Na＋)＞3c(A2－)
C. c (HA－)＝0.5mol·L-1的溶液中：2c(H2A)＋c(H＋)＝c(OH－)＋1.5mol·L-1
D. pH＝2的溶液中：c(HA－)＋2c(A2－)＜0.1
【答案】AD
【解析】
【详解】A.题干c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L-1，结合选项c(Na＋)＝0.1mol·L-1，将其代入电荷守恒等式：c(Na＋) +c(H＋)＝c (HA－)+2c(A2－)＋c(OH－)，最终得c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)－c(H2A)，故A项正确；
B.将 c (HA－)＝c(A2－)代入电荷守恒等式，得c(Na＋) +c(H＋)＝3c(A2－)＋c(OH－)，由图知c(H＋)> c(OH－)，代入上式，则c(Na＋)< 3c(A2－)，B项错误；
C. 题干已知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L-1，此选项说c (HA－)＝0.5mol·L-1，故C项错误。
D.图中pH＝2时，c(A2－) 答案选AD。
15.在两个容积均为1 L的密闭容器中分别充入a mol H2、0.5 mol CO2和1 mol H2、0.5 mol CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A. ΔH＜0，a＜1
B. 正反应速率：υ(P)＜υ(W)，容器压强：p(P)＜p(W)
C. P点时的化学平衡常数为512
D. 若向Q点容器中再通入0.75mol H2和0.5mol H2O，反应将向逆反应方向移动
【答案】BC
【解析】
【详解】A. 同一温度，增大氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率提高，图中P点转化率高于Q点，则a>1，氢气物质的量相同，升高温度，二氧化碳的转化率减小，平衡逆向移动，故ΔH＜0，故A项错误；
B. 随着温度升高，反应速率加快，υ(P)＜υ(W)，根据图像温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，气体物质的量增大，压强增大，p(P)＜p(W)，故B项正确；
C. P、Q点温度相同，温度相同，P、Q两点的平衡常数相等。Q点：
K= ，故C项正确；
D. 向Q点容器中再通入0.75mol H2和0.5mol H2O，此时Q点1mol/L H2、1mol/L H2O 、0.25mol/LCO2、0.125mol/LC2H4，代入浓度商的计算：
Qc=，平衡将向正反应方向移动，故D项错误；
答案选BC。
【点睛】此题是典型平衡图像题，观察图像确定P、Q温度相同，平衡常数相等，借助Q点数据计算平衡常数，D选项通过C选项的数据确定改变条件的瞬间各物质浓度，进行浓度商的计算，根据Qc 非选择题
16.水晶石是生产玻璃的原料，工业上回收水晶石废料（主要含SiO2，还含有CeO2、CaO、MgO、Na2O等）中的SiO2并富集稀土元素Ce（铈）元素的一种流程如下：

已知CeO2不溶于水，微溶于稀酸。
⑴玻璃工业上用SiO2、Na2CO3和CaCO3在高温下反应制普通玻璃（Na2O·CaO·6SiO2）的化学方程式为_______。
⑵“还原”时发生反应的离子方程式为______。
⑶“还原”时稀硫酸应适当过量，目的除保证反应充分进行及加快反应速率外，还有______。还原时控制其他条件一定，只改变反应的温度，所得SiO2产品的纯度如右图所示。超过70℃所得SiO2产品纯度下降的原因是_______。

⑷洗涤SiO2的方法是_______。
⑸向Ce2(SO4)3溶液中加入H2C2O4会析出Ce2(C2O4)3·10H2O晶体，将0.5440g Ce2(C2O4)3在N2气流中加热，所得残余固体的质量随温度的变化如图所示。已知加热时生成三种氧化物，写出Ce2(C2O4)3固体加热到300℃时反应的方程式：_______。
【答案】 (1). Na2CO3＋CaCO3＋6SiO2 Na2O·CaO·6SiO2＋2CO2↑ (2). 2CeO2＋H2O2＋6H＋＝2Ce3＋＋O2↑＋4H2O (3). 抑制Ce3＋的水解 (4). H2O2大量分解导致CeO2不能完全被还原而混入SiO2中 (5). 向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次 (6). Ce2(C2O4)3 2CeO2＋4CO↑＋2CO2↑
【解析】
【分析】
根据题干废料主要有SiO2、还含有CeO2、CaO、MgO、Na2O等， CaO、MgO、Na2O 溶于盐酸，CeO2不溶于水，微溶于稀酸，则过滤Ⅰ后，滤渣中有CeO2 、SiO2，流程如下：

【详解】（1）工业制玻璃原理：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，CaCO3＋SiO2 CaSiO3＋CO2↑，根据玻璃的成分，将两方程式加和：Na2CO3＋CaCO3＋6SiO2Na2O·CaO·6SiO2＋2CO2↑ 。
（2）由流程知在硫酸环境中H2O2还原CeO2为Ce3＋，则H2O2被氧化生成O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋＝2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。
（3）该盐Ce3＋水解溶液呈酸性，硫酸适当过量抑制Ce3＋的水解。
H2O2受热不稳定分解，导致H2O2减少，H2O2量不足导致CeO2不能完全被还原而混入SiO2中 ，使 SiO2产品纯度下降。
（4）SiO2不溶于水，向漏斗内加蒸馏水，待水自然流出将表面附着的杂质离子带走，重复操作2～3次。
（5） Ce2(C2O4)3中：n(Ce)= ×2=0.002mol，
n(O)= =0.004mol，n(Ce)：n(O)=1:2，故铈的氧化物CeO2
反应的方程式为：Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑。
17.药物阿佐昔芬G主要用于防治骨质疏松症和预防乳腺癌。合成路线如下：

⑴A中官能团的名称为_______；B→C的反应类型是_______。
⑵试剂M的分子式为C7H8OS，写出M的结构简式_______。
⑶D的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式：______。
Ⅰ．能与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol X最多可以消耗足量溴水中1 mol Br2；
Ⅱ．核磁共振氢谱上有4种不同化学环境的氢原子。
⑷是合成所需的原料之一，它的一种同分异构体Y同时满足下列条件，写出Y的结构简式：_______。
Ⅰ．属于α－氨基酸； Ⅱ．含苯环，核磁共振氢谱上有6种不同化学环境的氢原子。
⑸请以CH2＝CH2和为原料制备的合成路线图____________________。（无机试剂任用，合成路线图示例见题干）
⑹已知：。请写出以和CH3Br为原料制备的合成路线图______________________________________。（无机试剂任用，合成路线图示例见题干）。
【答案】 (1). 羧基 (2). 取代反应 (3). (4). (5). (6). (7).
【解析】
【详解】（1）A中官能团的名称为羧基；观察B、C的结构简式B与溴苯各少了一个氯原子和氢原子，生成了C和HCl，故发生了取代反应。
（2）中，右边来源于D，少了1个Br原子，左边来源于试剂M，结合M分子式，故M为。
（3）D的分子式为C8H6OBr2，不饱和度是5，同分异构体X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有苯环（4个不饱和度）、酚-OH，还有1个不饱和度为碳碳双键，1 mol X最多可以消耗足量溴水中1 mol Br2，碳碳双键被加成，说明酚-OH邻对位全被取代基占了，核磁共振氢谱上有4种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，碳碳双键在酚-OH对位，故同分异构体X为。
（4） 有13个C，不饱和度为5，同分异构体属于α－氨基酸，有-NH2，-COOH（1个不饱和度）， 13个C含苯环（4个不饱和度），核磁共振氢谱上有6种不同化学环境的氢原子，结构对称，故同分异构体Y为。
（5）观察和目标产物，可以发现这是一个增长碳链的反应，根据题目给出的增长碳链的信息：，确定思路：由乙烯先制CH3COCl，再与苯发生类似B→C的反应即可制得，合成路线为
（6）由倒推其单体是，联系反应物和CH3Br，可以看出这里涉及两个位置1部分变碳碳双键，2部分引入-CH3成醚键。1部分根据信息知：1先在NaBH4存在下酮基成醇羟基，然后再消去成烯；2部位卤代烃可以和醇钠发生取代反应成醚，故先将醇与金属Na反应制醇钠。
。
【点睛】（1）限定条件下同分异构体的书写要求：对官能团的性质非常熟悉，然后结合核磁共振氢谱分析有多少种氢原子？其结构是对称的，还是不对称的？例如第（3）问确定有酚-OH、碳碳双键，1 mol X碳碳双键已消耗溴水中1 mol Br2，说明酚-OH邻对位3个位被占，核磁共振氢谱说明有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，由此确定同分异构体X的结构。
（2）第（6）的合成，此类题先找到单体，联系反应物，分析需要引入的官能团醚键和羰基变碳碳双键，由此突破。
18.氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上用作杀菌剂。工业上用铜矿粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）为原料制取氯氧化铜的流程如下：

⑴“调节pH”并生成Fe(OH)3时反应的离子方程式为______。
⑵调节pH，要使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1，而c(Fe3＋)≤1×10－6mol·L-1，则应调节pH的范围为______。｛已知Ksp[Cu(OH)2＝2.2×10－20]，Ksp[Fe(OH)3＝1×10－36]｝
⑶为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：
步骤Ⅰ：称取0.4470 g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000mol·L－1 AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00 mL；
步骤Ⅱ：称取0.4470g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量硫酸使固体完全溶解。向溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。
已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：
2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2 2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6
①已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_______。
②通过计算确定氯氧化铜的化学式________________（写出计算过程）。
【答案】 (1). 4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑ (2). [4，5] (3). 当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀 (4). 3CuO·CuCl2·4H2O
【解析】
【分析】
铜矿粉溶于盐酸溶液中，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，此时溶液中存在着Fe3+的水解平衡，加入碱式碳酸铜调节pH值，使Fe3+转化成沉淀除去。加入石灰乳将Cu2+沉淀：
【详解】（1）Fe3+水解平衡：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，Cu2(OH)2CO3消耗H+， H+浓度减小使平衡正向移动， Fe3+转化成氢氧化铁沉淀而除去，Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋CO2↑+3H2O，将俩方程式加和就得到了：4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑。
（2）使溶液中的Fe3+完全变成沉淀时的pH计算：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-36=c（Fe3+）×c3（OH—），c（Fe3+）=1×10-6mol•L—1，解得c（OH—）=1×10—10mol•L—1，pH=4；使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1 pH计算：Ksp[Cu (OH)2]=2.2×10—20=c（Cu2+）×c2（OH—），c（Cu2+）=0.022mol•L—1，解得c（OH—）=1×10—9mol•L—1，pH=5；故pH 范围：[4，5]。
（3）①当氯离子已沉淀完全，多加入一滴AgNO3溶液时，CrO42—开始沉淀出现砖红色。
②n(Cl—)=n（AgNO3）=0.1000 mol·L－1×0.02 L=0.002 mol，由方程式知：Cu2+ ～ Na2S2O3，n(Cu2+ ) = n(Na2S2O3)= 0.2000 mol·L－1×0.02 L=0.004 mol，结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]得：n(CuO)= 0.003 mol，n(CuCl2)= 0.001 mol，
n(H2O)= = 0.004 mol，n(CuO)：n(CuCl2)：n(H2O)=x：y：z=3:1:4，故氯氧化铜的化学式：3CuO·CuCl2·4H2O
【点睛】计算确定氯氧化铜的组成关键在于分析方程式：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2，2Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6，找到关系式：Cu2+ ～ Na2S2O3 ，计算出n(Cu2+ )，根据n(Cl—)、n(Cu2+ )、结合氯氧化铜化学式[xCuO·yCuCl2·zH2O]，确定n(CuO)、n(CuCl2)，进一步计算n(H2O)，从而确定x：y：z的值，确定化学式。
19.FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水FeCl3，实验装置如下图所示：

已知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。
⑴通入Cl2和加热反应管这两步操作的先后顺序是_____，原因是______。
⑵实验后生成的FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管的右端。要使沉积得FeCl3进入收集器，可以进行的操作是________。
⑶洗气瓶中的FeCl2溶液用于吸收未反应的Cl2。向反应后的洗气瓶中滴加KSCN溶液，结果看到溶液先变红后褪色，溶液褪色的可能原因是_______。
⑷洗气瓶中生成的FeCl3溶液可用于吸收H2S气体生成S。写出吸收H2S气体的离子反应方程式：_______。为检测反应后溶液中是否存在Fe2＋，甲同学提出可用酸性KMnO4溶液，乙同学提出酸性KMnO4溶液褪色不能证明存在Fe2＋，理由是________。
【答案】 (1). 先通Cl2后加热反应管 (2). 防止Fe粉被氧气氧化 (3). 一边通入Cl2，一边加热FeCl3沉积处 (4). SCN－被溶解的Cl2氧化 (5). 2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋ (6). 溶液中的Cl－（或过量的H2S）可能被酸性KMnO4溶液氧化
【解析】
【分析】
在反应管中，铁和氯气受热生成FeCl3，但要防止反应管中的氧气将铁氧化，故在这一步先通氯气，然后再加热， FeCl3气体降温变成固体，故收集器浸泡在冷水中便于收集FeCl3，通过无水氯化钙的是氯气，由于三氯化铁易水解，所以无水氯化钙是防止外界空气中的水分进入收集器中，氯气通过氯化亚铁溶液将Fe2＋氧化成Fe3＋，如果还有残留的氯气，氢氧化钠溶液吸收尾气。
【详解】（1）装置中有氧气，加热铁会与氧气反应，故先通Cl2后加热反应管；目的先通入氯气将氧气排出，防止Fe粉被氧气氧化。
（2）少量FeCl3固体沉积在反应管的右端，利用信息：FeCl3受热易升华变成气体，故加热FeCl3沉积处使之成为气体，通氯气将氯化铁气体赶入收集器。
（3）向反应后的洗气瓶中加入KSCN溶液，溶液变红说明先SCN—与Fe3+形成红色配合物，后褪色是过量的氯水使溶液褪色，可能是SCN—被氯水氧化了，无SCN—溶液自然褪色。
（4）H2S表现还原性，将Fe3+还原成Fe2+，故反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓+2H+。
不能用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+的原因是：溶液中的Cl－或过量的H2S也有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色。
20.研究氮族元素有关物质的结构、性质和转化有重要意义。
⑴已知P4、P4O6的结构及所含化学键键能如下：

化学键
P－P
P－O
O＝O
键能（kJ·mol－1）
a
b
c


则P4燃烧的热化学反应方程式：P4(s)＋3O2(g)＝P4O6(s) ΔH＝_______kJ·mol－1。
⑵亚磷酸(H3PO3) 是一种精细化工产品。已知25℃时，亚磷酸（H3PO3）的Ka1=5×10－2，Ka2=2.5×10－7。0.1 mol·L－1 NaH2PO3溶液中H3PO3、H2PO、HPO的浓度由大到小的顺序是_______。
⑶雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)早期都曾用作绘画颜料，又都因有抗病毒疗效而用来入药。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图1所示。

图1 图2
①反应Ⅰ的离子方程式为______。
②反应Ⅱ中，若1 mol As4S4参加反应，转移电子的物质的量为______。
⑷常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3溶液，含As微粒的物质的量分数随pH的变化如图2所示。
①将NaOH溶液滴加到滴有酚酞的H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为红色时主要反应的离子方程式为______。
②一定条件下H3AsO3可发生如下反应： H3AsO3＋I2＋H2OH3AsO4＋2H＋＋2I－利用该反应可设计如图所示的原电池。负极的电极反应式为_______。当反应达到平衡后，向甲中加
入NaOH，盐桥中阴离子_______（填“向甲池”、 “向乙池”或“不”）移动。

【答案】 (1). (6a＋3c－12b) (2). c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO3) (3). 2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋＝As4S4＋2Sn4＋＋2H2S↑ (4). 28 mol (5). H3AsO3＋OH－＝H2AsO＋H2O (6). H3AsO3－2e－＋H2O＝H3AsO4＋2H+ (7). 向甲池
【解析】
【详解】（1）由P4结构知反应断开6molP－P键，断开3molO＝O，形成12molP－O，故ΔH＝反应物的键能总和-生成物的键能总和= (6a＋3c－12b) kJ·mol-1。
（2）H2PO 水解常数Kh== =2×10—13，Ka2> Kh，则H2PO电离程度大于水解程度，则 c(HPO)＞c(H3PO3)，故三种粒子浓度由大到小的顺序为c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO3)。
（3）①由图判断反应Ⅰ中反应物为As2S3、Sn2＋、H＋，生成物为As4S4、Sn4＋、H2S，反应中As的化合价由+3价降至+2价，Sn的化合价由+2价升至+4价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为 2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋＝As4S4＋2Sn4＋＋2H2S↑。
②由图： 与O2反应生成和，1分子 As4S4共升高价态1×4+6×4=28，故1 mol As4S4参加反应，转移电子28mol。
（4）①酚酞溶液变色的pH范围为8.2~10，由无色变为浅红色，看图知H3AsO3＋OH－＝H2AsO＋H2O。
②负极失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式：H3AsO3－2e－＋H2O＝H3AsO4＋2H+。向甲中加入NaOH，消耗了H+平衡正向移动，甲池仍作负极，故阴离子向负极甲池移动。
【点睛】弱酸的酸式盐既有电离平衡，又有水解平衡，可以通过计算水解平衡常数，比较水解常数和电离常数大小判断哪一个程度更大，从而确定离子浓度大小。这里易错的是用哪一级电离常数计算水解常数？H2PO水解生成H3PO3，逆向就是一级电离，故水解常数用Ka1计算。
21.铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域
⑴铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为_______。
⑵已知反应：

①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为______。
②1 mol对甲基苯乙酮分子中含有σ键的数目为_____。
③甲苯分子难溶于水的原因是______。
④单个AlCl3气态分子的空间构型为______，AlCl3可与Cl－形成AlCl，与AlCl互为等电子体的分子为______。
(3)某遮光剂的晶胞如右图所示，则n＝______。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (或[Ar]3d54s1) (2). sp3sp2 (3). 20mol (4). 甲苯分子极性小，难溶于极性溶剂 (5). 平面三角形 (6). CCl4(或SiCl4等其他合理答案) (7). 6
【解析】
【详解】（1）Cr是24号元素，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1 (或[Ar]3d54s1)。
（2）①乙酸酐中两种碳，-CH3中C形成4个σ键且没有孤电子对，故sp3杂化；上的碳形成3个σ键和1个π键且没有孤电子对，故sp2杂化。
②碳原子连接了多少个原子就有多少个σ键，注意不要数重复了，1 mol对甲基苯乙酮分子中含有20molσ键。
③水是典型极性溶剂，甲苯的极性很弱，故甲苯难溶于水。
④ AlCl3中Al上的孤电子对数为×（3-3×1）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于没有孤电子对，AlCl3为平面三角形。
AlCl价电子总数32个，原子数5个，具有相同价电子总数、相同原子总数的等电子体有 CF4、CCl4、SiCl4等。
（3）Na+在棱上有4个，面心有2×4+2=10个，晶胞中Na+：4× +10× =6个；AlFn(n-3)-有 两种，顶点有8个，体心有1个，晶胞中AlFn(n-3)-有：8×+1=2个，Na+与AlFn(n-3)-个数比为6:2=3:1，故AlFn(n-3)-带3个负电荷，n—3=6，则n=6。
【点睛】有关晶胞的构成分析：对平行六面体的晶胞，顶点粒子八个晶胞共有，完全属于这个晶胞的，分摊，四个晶胞共用一条棱，棱上的粒子完全属于这个晶胞的，分摊，两个晶胞共用一个面，所以面心的粒子，完全属于这个晶胞的分摊，体心的就完全属于这一个晶胞。