2022-2023学年河北省石家庄二中实验学校高三上学期9月开学考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河北省石家庄二中实验学校高三上学期9月开学考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，实验题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河北省石家庄二中实验学校2022-2023学年高三上学期9月开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学作为一门基础学科在生产、生活中起到了重要的作用。下列有关说法中不正确的是
A．中国古代利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
B．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的碳纤维，是一种新型无机非金属材料
C．加工后具有吸水性的植物纤维、硅胶、P2O5可用作食品干燥剂
D．市面上的防晒衣通常采用聚酯纤维材料制作，不可以长期用肥皂洗涤
【答案】C
【详解】A．明矾水解使溶液显酸性，能与铜镜表面的铜锈Cu2(OH)2CO3发生反应，生成可溶性铜盐、二氧化碳等，A正确；
B．碳纤维的主要成分是碳单质，具有质量轻、硬度大、强度大等特点，是一种新型无机非金属材料，B正确；
C．加工后具有吸水性的植物纤维、硅胶，都没有毒性，可作食品干燥剂，但P2O5吸水后的产物有毒，不能作食品干燥剂，C不正确；
D．肥皂液呈碱性，若长期用肥皂液洗涤防晒衣，易使聚酯纤维材料水解，D正确；
故选C。
2．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是
A．1molCH3•所含有的电子数为9NA
B．某温度下，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH-数目为0.1NA
C．5.6g铁与足量硫粉反应转移电子数为0.2NA
D．120gNaHSO4晶体中含有NA个阳离子
【答案】B
【详解】A．1个CH3•中含有9个电子，因此1molCH3•所含有的电子数为9NA，A正确；
B．由于温度未知，Kw未知，因此无法计算pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)的量，B错误；
C．Fe与S反应生成FeS，每个Fe转移2e-，5.6gFe的物质的量为=0.1mol，因此转移电子数为0.2NA，C正确；
D．120gNaHSO4的物质的量为=1mol，NaHSO4晶体由Na+和构成，因此含有NA个阳离子（Na+），D正确；
故选B。
3．氟氧酸是较新颖的氧化剂。应用性极强,可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得,其反应原理如下:F2+H2O=HOF+HF。该反应与下列反应中水的作用相同的是
A．炭与水蒸气反应制氢气 B．过氧化钠与水反应制氧气
C．氟单质与水反应制氧气 D．氯气与水反应制次氯酸
【答案】C
【详解】反应F2+H2O=HOF+HF中，水中O元素的化合价从－2价升高到0价，水是还原剂，则A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，A不选；B．只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，B不选；C．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，C选；D．只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，D不选；答案选C。
点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，HOF中氧元素的化合价判断是解答的易错点。
4．下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是




A．制备氢氧化铁胶体
B．灼烧海带
C．用滴定法测氨水的物质的量浓度
D．配制一定物质的量浓度溶液，最终摇匀

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．制备氢氧化铁胶体时，应将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，若滴入氨水中，将生成Fe(OH)3沉淀，A不正确；
B．灼烧海带时，不能放在烧杯中，而应放在坩埚内，B不正确；
C．用标准盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液呈酸性，所以酸碱指示剂不能使用酚酞，而应使用甲基橙，C不正确；
D．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，最后进行定容操作时，应将容量瓶上下颠倒、摇匀，D正确；
故选D。
5．在离子浓度都为0.1mol•L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是
A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+
B．在含I—、SO、Br—的溶液中不断通入氯气：I—、Br—、SO
C．在含AlO、SO、OH—的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH—、AlO、SO
D．在含Fe3+、H+、NH的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3+、NH、H+
【答案】C
【详解】A．Fe3+、Cu2+、H+的氧化性依次减弱，由氧化性强的氧化剂优先反应可知，溶液中加入锌粉时发生反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；
B．SO、I—、Br—的还原性依次减弱，由还原性强的还原剂优先反应可知，溶液中不断通入氯气时发生反应的先后顺序为SO、I—、Br—，故B错误；
C．偏铝酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硫酸根离子，则OH—、AlO、SO的碱性依次减弱，由溶液中碱性的离子优先反应可知，溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液时发生反应的先后顺序为OH—、AlO、SO，故C正确；
D．铁离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，则H+、Fe3+、NH的酸性依次减弱，由溶液中酸性的离子优先反应可知，溶液中逐渐加入烧碱溶液时发生反应的先后顺序为H+、Fe3+、NH，故D错误；
故选C。
6．某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则下列说法中正确的是

A．元素对应简单离子半径大小关系为：M>X>W
B．在W的同周期主族元素中，第一电离能比W大的元素只有1种
C．X、Y、Z、W形成的简单氢化物中，沸点高低顺序为：W>X>Z>Y
D．W和M形成的化合物可以溶解在Y所形成的最高价氧化物对应水化物中
【答案】C
【分析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则M为13号铝元素；Z可以形成6个共价键，为硫；W可以和硫形成2个键，为氧；Y可以形成4个键，为碳；X可以形成1个键为F；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；元素对应简单离子半径大小关系为：W>X>M，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故在W的同周期主族元素中，第一电离能比W大的元素有氮、氟2种，B错误；
C．X、Y、Z、W形成的简单氢化物均为分子晶体，相对分子质量大则沸点高，但是HF、H2O可以形成氢键导致沸点升高，沸点高低顺序为：W>X>Z>Y，C正确；
D．W和M形成的化合物为氧化铝，Y所形成的最高价氧化物对应水化物为碳酸，碳酸为弱酸，氧化铝不可以溶解在碳酸中，D错误；
故选C。
7．下列离子方程式书写正确的是
A．NaAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2直至沉淀完全：2Al3++6OH-+3+3Ba2+=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B．已知：MgCO3、Mg(OH)2的Ksp分别为6.8×10-6、5.6×10-12，Mg(HCO3)2中加入足量澄清石灰水：Mg2++2+2Ca2++4OH- =Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O
C．向CuSO4溶液中滴加氨水，产生难溶物：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
D．已知硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液，形成无色溶液。当(CH3COO)2Pb溶液中通入H2S气体时有黑色沉淀生成：Pb2++H2S=PbS↓+2H+
【答案】B
【详解】A．使沉淀完全，1molNaAl(SO4)2溶液中需滴加2molBa(OH)2，此时Al3+刚好全部转化为，离子方程式为：Al3++4OH-+2+2Ba2+=+2BaSO4↓+2H2O，A不正确；
B．由MgCO3、Mg(OH)2的Ksp，可确定Mg2+最终转化为Mg(OH)2，则Mg(HCO3)2中加入足量澄清石灰水，生成CaCO3、Mg(OH)2沉淀，离子方程式为：Mg2++2+2Ca2++4OH- =Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O，B正确；
C．向CuSO4溶液中滴加氨水，生成Cu(OH)2，因为一水合氨为弱碱，所以应以化学式表示，离子方程式为：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2，C不正确；
D．硫酸铅难溶于水，却可溶于醋酸铵溶液，则表明(CH3COO)2Pb为可溶性弱电解质，当(CH3COO)2Pb溶液中通入H2S气体时有黑色沉淀生成，离子方程式为：(CH3COO)2Pb +H2S=PbS↓+2CH3COOH，D不正确；
故选B。
8．下列实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作、实验现象
结论
A
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，产生白色沉淀
说明ClO-结合H+能力强于CO
B
常温下，向足量的浓硝酸、稀硝酸中分别加入相同的铁片，浓硝酸中铁片先溶解完
反应物浓度越大，化学反应速率越快
C
向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液，有白色沉淀
AlO结合H+能力强于CO
D
向1mL0.1mol•L-1KI溶液中加入2mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应。取反应后试样，滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色；另取反应后试样，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀
反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2是可逆反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，产生白色沉淀是因为CaCO3不溶于水；
B．冷的浓硝酸与铁发生钝化反应，铁表面生成致密氧化膜，阻碍进一步反应，B实验现象错误，故B错误；
C．NaHCO3溶液中存在，加NaAlO2溶液，有白色沉淀，说明结合H+能力强于，故C正确；
D．2Fe3++2I-=2Fe2++I2是氧化还原反应，故D错误；
故答案选C。
9．下列说法正确的是
A．2.0gD216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NA
B．燃放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子跃迁的结果，属于吸收光谱
C．Al原子激发态能量：>
D．电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了泡利原理
【答案】A
【详解】A．D216O和14ND3的摩尔质量为20g/mol，物质的量 D216O和14ND3的分子中含电子数都为10，含有的电子数为NA，故A正确；
B．燃放烟花时看到的焰色是某些金属原子的电子吸收能量后发生电子跃迁的结果，属于发射光谱，故B错误；
C．的电子排布更符合洪特规则和泡利原理，更稳定，能力更低，故C错误；
D．泡利原理指的是一个原子轨道上最多可容纳两个电子，而这两个电子的自旋方向必须相反，电子排布式1s22s22p63s23p63d3没有违反，故D错误；
故答案选A。
10．大庆市某中学化学实验小组在实验室鉴定某无色溶液。已知溶液中的溶质仅由NH、K+、Ag+、Ca2+、Al3+、AlO、MnO、CO、SO中的若干种组成。取该溶液进行如下实验：
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙
则下列离子在原溶液中一定存在的有
A．K+、CO、AlO B．SO、AlO、K+、CO
C．CO、K+、Al3+、NH D．MnO、K+、CO、NH
【答案】A
【分析】无色溶液中一定不含；
(1)取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到无色溶液，则一定含，与反应的Ag＋、Ca2＋、Al3＋不能存在；
(2)在(1)所得溶液中加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成，同时产生白色沉淀甲，气体为二氧化碳，沉淀应为氢氧化铝，则原溶液中含；
(3)在(2)所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热也有气体生成，同时产生白色沉淀乙，气体为氨气，但(2)中引入铵根离子，乙为碳酸钡，(2)中引入碳酸氢根离子，则不能确定、是否存在，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，一定不含Ag＋、Ca2＋、Al3＋、，可能含、，一定含、，但这两种阴离子只能存在碱性溶液中，碱性溶液中不能大量存在，由溶液为电中性可知，溶液中一定含阳离子为K＋，则原溶液中一定存在的有K＋、、;
故答案选A。
11．雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A．1mol雄黄分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B．反应I每生成22.4LSO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA
D．1L1mol/LNaH2AsO3溶液中，Na+、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【答案】C
【详解】A．As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S-S共价键，A错误；
B．根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4+7O2=4SO2+2As2O3，反应过程中每生成4mol SO2需要转移28mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；
C．单键均为σ键，根据图示可知，1分子雄黄中含有10个σ键，则1mol雄黄分子中含有σ键的数目为10NA，C正确；
D．根据物料守恒有c(Na+)=c(H3AsO3)+c(H2AsO)+c(HAsO)+c(AsO)=1mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，因此无法计算溶液中Na+、H2AsO、AsO的数目之和，D错误；
故选C。
12．某试液中只可能含有K＋、、Fe2＋、Al3＋、Cl－、、、中的若干种离子，离子浓度均为0.1 mol·L－1，某同学进行了如下实验，下列说法正确的是

A．原溶液中存在、Fe2＋、Cl－、
B．滤液X中大量存在的阳离子有、Fe2＋和Ba2＋
C．无法确定沉淀C的成分
D．无法确定原试液中是否含有Al3＋、Cl－
【答案】A
【分析】试液中加入过量稀硫酸，无明显现象，则表明试液中不含有、；加入过量Ba(NO3)2，生成沉淀，应为BaSO4，表明试液中含有；生成气体，则表明含有Fe2+(被HNO3氧化，同时生成NO气体)；加入过量NaOH溶液，有气体生成，则表明试液中含有；滤液中通入少量CO2，一定生成BaCO3沉淀，可能生成Al(OH)3沉淀；由试液中离子浓度均为0.1 mol·L－1，且试液呈电中性可推知，试液中不可能含有Al3+，一定含有Cl-。
【详解】A．由以上分析可知，原溶液中只能存在、Fe2＋、Cl－、四种离子，A正确；
B．前面加入硫酸，后面加入Ba(NO3)2，且二者都是过量的，所以Fe2+将完全被氧化为Fe3+，滤液X中不可能大量存在Fe2＋，B不正确；
C．由试液中离子浓度及实验过程分析，沉淀C只能为BaCO3，C不正确；
D．试液中含有、Fe2＋、且浓度相等，依据溶液呈电中性，可推知试液中一定含有Cl-，一定不含有Al3＋，D不正确；
故选A。
13．铬渣(主要成分为Cr2O3，同时含有少量Al2O3、SiO2等杂质)是铬电镀过程中产生的含铬污泥，实现其综合利用，可减少铬产生的环境污染。铬渣综合利用工艺流程如图：

已知：①焙烧产生一种无污染气体；②PbCrO4难溶于水，易溶于无机强酸或强碱溶液。下列判断正确的是
A．“高温焙烧”中发生的主要反应为5Cr2O3+14NaOH+6NaNO3=10Na2CrO4+3N2↑+7H2O
B．“溶液浸出”后所得滤液中含有CrO、NO、OH-三种阴离子
C．为防止引入新杂质，可加入Cr2O3调节溶液pH
D．为防止洗涤时生成过多副产物PbCr2O7，洗涤液中应加入少量NaOH
【答案】A
【分析】铬渣主要成分为Cr2O3，同时含有少量Al2O3、SiO2，加氢氧化钠、硝酸钠灼烧生成Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3同时生成无污染的氮气，用水浸取，“溶液浸出”后所得滤液中含Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，加硝酸调节pH除去NaAlO2、Na2SiO3，过滤，滤液中加硝酸铅反应生成PbCrO4沉淀，过滤、洗涤、干燥得PbCrO4产品。
【详解】A．根据流程图，“高温焙烧”中Cr2O3被NaNO3氧化为Na2CrO4，NaNO3被还原为氮气，根据得失电子守恒，反应方程式为5Cr2O3+14NaOH+6NaNO3=10Na2CrO4+3N2↑+7H2O，故A正确；
B．“溶液浸出”后所得滤液中含有CrO、NO、OH-、AlO、SiO，故B错误；
C．调节溶液pH 的目的是除去AlO、SiO，为防止引入新杂质，可加入硝酸调节溶液pH，故C错误；
D．PbCrO4难溶于水，易溶于无机强酸或强碱溶液，洗涤液中不能加NaOH，故D错误；
选A。

二、多选题
14．向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：Cr2O+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O(已知CrO5中Cr的化合价为+6价)，乙醚层发生反应：CrO5+(C2H5)2O=CrO5•O(C2H5)2(蓝色)。反应现象为上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3+)，下列说法正确的是
A．由水层反应可知，氧化性：Cr2O>CrO5
B．乙醚在检验过程中作稳定剂和萃取剂，不可用乙醇代替
C．CrO5•O(C2H5)2中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5+12H+=4Cr3++6H2O+7O2↑
【答案】BD
【详解】A．水层反应中元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚在检验过程中作稳定剂和萃取剂，乙醇能溶于水且具有还原性，能被Cr2O氧化，所以不可用乙醇代替乙醚，故B正确；
C．CrO5中Cr的化合价为+6价，则CrO5的结构式为，所以CrO5•O(C2H5)2中存在非极性键，故C错误；
D．水相变为绿色说明CrO5生成Cr3+生成，根据得失电子守恒，反应的离子反应为4CrO5+12H+=4Cr3++6H2O+7O2↑。
选BD。
15．某小组探究FeCl3和Na2S的反应。
【查阅资料】①硫单质微溶于乙醇，难溶于水；②FeS、Fe2S3均为黑色固体，难溶于水：③Fe3++6F-=[FeF6]3-，[FeF6]3-为无色离子。
【设计实验】
序号
I
II
III
操作
在1mL0.1mol/LNa2S溶液中加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液
在1.5mL0.1mol/LNa2S溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液
在2mLlmol/LNaF溶液中加入0.5mL0.1mol/LFeCl3溶液，得无色溶液，再加入1.5mL0.1mol/LNa2S溶液
现象
迅速产生黑色沉淀X，振荡，黑色沉淀溶解，放出臭鸡蛋气味气体，最终得到棕黄色浊液Y
产生棕黑色沉淀Z
产生黑色沉淀W
结论
分离Y得到Fe(OH)3
和S
经检验，Z的主要成分是Fe2S3，含少量Fe(OH)3
经检验，W为Fe2S3

下列推断正确的是A．黑色沉淀X溶解只发生复分解反应
B．实验II不生成S可能是氧化还原速率较小
C．生成黑色沉淀W的反应为2Fe3++3S2-=Fe2S3↓
D．反应物中越小，氧化还原的趋势越小
【答案】BD
【详解】A．黑色沉淀X开始溶解时发生复分解反应，但随后Fe2S3双水解生成的H2S与溶液中的Fe3+发生氧化还原反应，生成Fe2+、S等，A不正确；
B．实验II中，绝大部分Fe3+与S2-结合为Fe2S3，溶液中c(Fe3+)较小，氧化还原速率较小，所以不生成S，B正确；
C．实验III中，[FeF6]3-与S2-反应生成Fe2S3，反应的离子方程式为2[FeF6]3-+3S2-=Fe2S3↓+12F-，C不正确；
D．反应物中越小，混合液中c(Fe3+)越小，氧化能力越弱，发生氧化还原的趋势越小，D正确；
故选BD。

三、结构与性质
16．按要求回答下列问题：
(1)基态Cl原子含有____种空间运动状态不同的电子：的VSEPR模型为____。
(2)甲醇(CH3OH)的沸点____甲醛(HCHO)的沸点(填“＞”或“＜”或“=”)。
(3)下列铍元素的不同微粒，若再失去一个电子需要能量最大的是____。
A． B． C． D．
(4)比较基态铁原子与基态钴原子的第四电离能，I4(Fe)____I4(Co)(填“＞”或“＜”或“=”)，原因是____。
(5)已知P4O6与P4O10的结构如图，则P4O6中的∠O－P－O____P4O10中的∠O－P－O(填“＞”或“＜”或“=”)。

(6)吡啶()分子为平面构型，则N原子的杂化类型为____，lmol吡啶分子中所含的σ键数目为_____。
(7)X、Y、W三种物质(结构如图)在水中的溶解性由大到小的顺序为_____。

(8)氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键的原因是_____。
【答案】(1)     9     四面体形
(2)＞
(3)B
(4)     ＞     Fe3+的价电子排布是3d5，为半充满的稳定状态，难失去电子，Co3+的价电子排布为3d6，较易失去一个电子形成较稳定的3d5的结构
(5)＜
(6)     sp2     10NA
(7)X＞W＞Y
(8)砷原子半径比较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度较小或者说几乎不能重叠，难以形成π键

【解析】（1）
电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，则含有3×1+2×3=9种空间运动状态不同的电子：的中心Cl原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则VSEPR模型为四面体形。答案为：9；四面体形；
（2）
甲醇分子间能形成氢键，而甲醛分子间不形成氢键，所以甲醇(CH3OH)的沸点＞甲醛(HCHO)的沸点。答案为：＞；；
（3）
铍元素的不同微粒中，B中的2s轨道为全充满状态，所以再失去一个电子需要能量最大，故选B。答案为：B；
（4）
从Fe3+和Co3+的价电子排布式，可确定Fe3+的价电子层稳定，而Co3+再失去一个电子价电子层变得稳定，从而得出基态铁原子与基态钴原子的第四电离能，I4(Fe)＞I4(Co)，原因是：Fe3+的价电子排布是3d5，为半充满的稳定状态，难失去电子，Co3+的价电子排布为3d6，较易失去一个电子形成较稳定的3d5的结构。答案为：＞；Fe3+的价电子排布是3d5，为半充满的稳定状态，难失去电子，Co3+的价电子排布为3d6，较易失去一个电子形成较稳定的3d5的结构；
（5）
在P4O6分子中P原子未形成碳氧双键，但最外层有一对孤对电子，而P4O10分子中P原子形成碳氧双键，但最外层没有孤对电子，由于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，则P4O6中的∠O－P－O＜P4O10中的∠O－P－O。答案为：＜；
（6）
吡啶()分子为平面构型，则N原子的价层电子对数为3，杂化类型为sp2，l个吡啶分子中含有4个C-H σ键、1个N-H σ键、3个C-C σ键、2个C-N σ键，则1mol吡啶中含有σ键的数目为10NA。答案为：sp2；10NA；
（7）
X中含有羧基和巯基，Y、W中含有酯基和巯基，所以X的溶解度大于Y、Z；W的六元环上含有氮原子，能与水分子间形成氢键，所以W的溶解度大于Y，因此三种物质中，在水中的溶解性由大到小的顺序为X＞W＞Y。答案为：X＞W＞Y；
（8）
氮原子与砷原子的最外层电子数相同，但氮的原子半径比砷的原子半径小，电子云的重叠程度氮比砷大，所以氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键，原因是：砷原子半径比较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度较小或者说几乎不能重叠，难以形成π键。答案为：砷原子半径比较大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道重叠程度较小或者说几乎不能重叠，难以形成π键。
【点睛】原子间形成共价键时，原子半径越大，键长越长，键能越小。

四、实验题
17．ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。

已知：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O
2ClO2＋H202＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O
ClO2熔点－59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
请回答：
（1）仪器C的作用_________________________________；
（2）仪器A的名称__________________冰水浴冷却的目的是______________ (任写两种)。
（3）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因___________________。
（4）Clˉ存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步完成，请将其补充完整：
①_________________________(用离子方程式表示)，②H2O2＋Cl2===2Clˉ＋O2＋2H+。
（5）H2O2浓度对反应速率有影响。通过图所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%，B处应增加一个设备。该设备的作用是__________________，馏出物是________。

【答案】     安全瓶，防止倒吸     三颈烧瓶     降低NaClO2的溶解度，减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解(写任意两种即可)     空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收     2ClO3-+2Cl-+4H+=Cl2+2ClO2+2H2O     减压     H2O
【分析】氯酸钠在酸性条件下与过氧化氢生成二氧化氯，二氧化氯与氢氧化钠容易和过氧化氢方式氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随着温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体。
【详解】(1)仪器C为安全瓶，防止倒吸。(2)仪器A为三颈烧瓶，冰水浴冷却的目的是降低NaClO2的溶解度，低温可以减少H2O2的分解；ClO2熔点－59℃、沸点11℃，所以低温可以增加ClO2的溶解度，减少ClO2的分解。 (3). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢均降低NaClO2产率。(4)氯离子存在是会催化二氧化氯的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，二氧化氯的生成速率大大提高，并产生微量的氯气，方程式为 2ClO3-+2Cl-+4H+=Cl2+2ClO2+2H2O。 (5)过氧化氢受热容易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为水。

五、工业流程题
18．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp





回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是________。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_______(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________________。
【答案】     增大接触面积，充分反应，提高反应速率：          过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2     蒸发     H2O2     4.9    
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；
(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。

六、有机推断题
19．环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：


已知以下信息：

回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B生成C的反应类型为__________。
（3）由C生成D的反应方程式为__________。
（4）E的结构简式为__________。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于__________。
【答案】     丙烯     氯原子     羟基     加成反应     或                    8
【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为 ，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为 ；D和F聚合生成G，据此分析解答。
【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，
故答案为丙烯；氯原子、羟基；
（2）B和HOCl发生加成反应生成C，
故答案为加成反应；
（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，
故答案为；
（4）E的结构简式为。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、；
故答案为、；
（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1 mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，
故答案为8。