精品解析：新疆乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三下学期3月月考化学试题

乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年 高三下学期三月月考 化学试题 一、单项选择题 1. 抗击新冠疫情，当前的重要工作是“外防输入，内防反弹”。下列说法不正确的是 A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75% B. “84”消毒液、二氧化氯泡腾片可用作环境消毒 C. 大量喝酒可以预防“新型冠状病毒” D. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 2. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，8g甲烷中含C- H键数目为0.4NA B. 标准状况下，11.2L苯中含有碳原子数目为3 NA C. 1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3N NA D. 7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1 NA 3. 下列实验方案最合理的是 A．制备并收集 B．制备氨气 C．制备并收集气体 D．制备氧气 A. A B. B C. C D. D 4. 下列说法正确的是 A. H2O与D2O互为同位素 B. 葡萄糖和蔗糖互为同系物 C. 乙醇与二甲醚互为同分异构体 D. CO2与CO互为同素异形体 5. 下列关于碱金属及其化合物的叙述错误的是 A. 金属钠投入Ca(HCO3)2溶液，反应后有白色沉淀析出 B. 干粉灭火器能用于扑灭金属钠、钾的着火 C. 生理盐水的质量分数为0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是NaCl D. Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂 6. 某温度下，的溶解平衡曲线如下图所示，下列说法错误的是 A. 该温度下的溶度积 B. 升高温度可使f点移动到h点沉淀析出 C. 加入固体可使g点移动到f点 D. 该温度下e点析出沉淀 7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq) C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s) D. N2(g)NH3(g)NO2 8. 下列实验中根据现象得出的结论错误的是 选项 实验 现象 结论 A 相同条件下，用0.1mol·L−1的CH3COOH和0.1mol·L−1的HCl分别做导电性实验 CH3COOH溶液对应的灯泡较暗 CH3COOH是弱电解质 B 向某溶液中加铜和浓H2SO4 试管口有红棕色气体产生 原溶液可能含有NO C 向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐为Na2SO3或NaHSO3 D 向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉淀 溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2 A. A B. B C. C D. D 9. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质粗铜提纯，下列说法错误的是 A. 电解时以精铜作阳极，发生氧化反应 B. 电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e- = Cu C. 粗铜连接电源正极，电极反应为Cu-2e- = Cu2+ D. 电解后电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥 10. 按反应特征与产物结构关系，下列反应中不属于加成反应的是（ ） A. CH3CHO+HCHO→HOCH2CH2CHO B. C6H5Li+CO2→C6H5COOLi C. D. CH2=CH2+O2→CH3COOH 11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. HCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s) B. Cu(OH)2(s) CuO(s) CuSO4(aq) C. N2(g) NH3(g) NH4NO3(s) D. Al2O3(s) AlCl3(aq) AlCl3(s) 12. 我国古代就有湿法炼铜记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是 A. Fe被还原 B. CuSO4发生氧化反应 C. 生成1molCu，转移电子数为2NA D. 还原剂与还原产物质量比为8：7 13. PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P-H键键能比N-H键键能低。下列判断错误的是 A. PH3分子中存在极性共价键 B. P—H键键长比N—H键键长长 C. PH3沸点低于NH3沸点，因为P-H键键能低 D. PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N-H键键能高 14. 下列说法正确的是 ①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率 ②镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更易腐蚀 ③电镀时，应把镀件置于电解槽的阴极 ④冶炼铝时，在氧化铝中加入冰晶石成为熔融体再电解 ⑤钢铁表面常易锈蚀生成 A. ②④ B. ①③④⑤ C. ①③⑤ D. ①②③④⑤ 15. 利用无机离子和(如图可简写为，可以实现水在催化剂作用下制氧气。其相关机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 若反应①中为，反应②中为，则产生 B. 反应机理整个过程涉及非氧化还原反应 C. 催化氧化水的反应为： D. 在反应中做催化剂 二、综合题 16. 工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下： 已知：分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32- 回答下列问题： （1）“分铜”时，铜单质参与反应的离子方程式为___________；如果温度过高，铜的浸出率会降低，原因是____________。 （2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。 （3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HCl、NaClO3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。 （4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________。 （5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是___________。 （6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解0.1mol AgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知=2.25）。 17. 有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba (NO3)2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验： （1）写出实验过程中发生反应的化学方程式：_______。 （2）固体粉末中一定不存在的物质是_______；一定存在的物质是_______； （3）将固体粉末可能的组合填入下表：(可以不填满，也可以再补充。) 序号 化学式 Ⅰ _______ Ⅱ _______ Ⅲ （4）请设计一个实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论_______。 18. 反应主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。在某催化剂表面上该反应的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用·标注。回答下列问题： （1）E的大小对该反应的反应热有无影响？_______(填“有”或“无”)，使E值变小的措施是_______。 （2）已知相关键能数据如表所示，图中_______。 化学键 O-H C=O H-H (CO) 键能() 463 795 436 1070 （3）反应历程①~⑥中决定总反应速率的历程为_______(填序号)，写出该步骤的化学方程式：_______。 19. 砷（As）在地壳中含量不高，但砷的化合物却是丰富多彩。回答下列问题： （1）砷的基态原子简化电子排布式为__________________；第一电离能：砷______硒（填“＞”或“＜”） （2）目前市售发光二极管材质以砷化镓（CaAs）为主。Ga和As相比，电负性较大的是____________，CaAs中Ga元素的化合价为____________。 （3）AsH3是无色、稍有大蒜味气体。AsH3空间构型为____________。AsH3的沸点高于PH3，低于NH3，其原因是_________________________________。 （4）Na3AsO4可作杀虫剂。 中As原子杂化轨道类型为__________。与互为等电子体 分子和离子各填一种___________、__________。 （5）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因 _____________________________________________________。 （6）磷和砷同主族。磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如图所示。若其晶胞边长为a pm，则白磷的密度为_______________g·cm-3（列出计算式即可）。 1个 代表一个白磷分子 20. 有机物A是制造新型信息材料中间体，B是制备血管紧张素抑制剂卡托普利的原料，它们有如图所示的转化关系： 试回答下列问题： （1）B名称是_________________________，C含氧的官能团名称是___________________。 （2）F→D的化学方程式为__________，C→E的反应类型是______________。 （3）E的结构简式为________________________________________。 （4）写出与F具有相同官能团的F的所有同分异构体：、_____、______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年 高三下学期三月月考 化学试题 一、单项选择题 1. 抗击新冠疫情，当前的重要工作是“外防输入，内防反弹”。下列说法不正确的是 A. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为75% B. “84”消毒液、二氧化氯泡腾片可用作环境消毒 C. 大量喝酒可以预防“新型冠状病毒” D. 生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．只有70%-75%的酒精即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，所以医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，A正确； B．“84”消毒液的主要成分为次氯酸钠，次氯酸钠和二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，B正确； C．喝酒对人体有害，与新型冠状病毒无关，且医用酒精消毒为体积分数为75%的酒精，喝的酒达不到这么高的浓度，不可以预防新型冠状病毒，C错误； D．聚丙烯纤维属于有机高分子材料，D正确； 故选C。 2. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，8g甲烷中含C- H键数目为0.4NA B. 标准状况下，11.2L苯中含有碳原子数目为3 NA C. 1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含氧原子数目为0.3N NA D. 7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目为0.1 NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个甲烷分子中含有4个C- H键，常温常压下，8g甲烷中含C- H键数目为，故A错误； B．标准状况下苯是非气体，11.2L苯的物质的量不是0.5mol，条件不足，无法计算其含有的碳原子数，故B错误； C．NH4NO3、H2O中都含氧原子，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中含氧原子数目大于0.3NA，故C错误； D．Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，1个Na2O2转移1个电子，7.8g Na2O2与足量CO2完全反应转移电子数目=0.1 NA，故D正确； 选D。 3. 下列实验方案最合理的是 A．制备并收集 B．制备氨气 C．制备并收集气体 D．制备氧气 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cl2的密度比空气大，收集时应长管进短管出，应用向上排空气法，A不符合题意； B．浓氨水滴入CaO中，CaO与水反应放热，NH3·H2O受热分解并挥发出NH3，可以制取NH3，B符合题意； C．NO2能与水反应，不能用排水法收集，C不符合题意； D．Na2O2为粉末状固体，与水剧烈反应，不能用启普发生器的简易装置制取氧气，D不符合题意； 故选B。 4. 下列说法正确的是 A. H2O与D2O互为同位素 B. 葡萄糖和蔗糖互为同系物 C. 乙醇与二甲醚互为同分异构体 D. CO2与CO互为同素异形体 【答案】C 【解析】 【详解】A．有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素，H2O与D2O都是化合物，不是原子，不可能为同系物关系，故A错误； B．同系物指结构相似、类别相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，二者结构不相似，不属于同系物，故B错误； C．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，乙醇与二甲醚分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，故C正确； D．相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体，CO2、CO为化合物，不是单质，故D错误； 答案选C。 5. 下列关于碱金属及其化合物的叙述错误的是 A. 金属钠投入Ca(HCO3)2溶液，反应后有白色沉淀析出 B. 干粉灭火器能用于扑灭金属钠、钾的着火 C. 生理盐水的质量分数为0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是NaCl D. Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂 【答案】B 【解析】 【详解】A、金属钠先与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，NaOH与Ca(HCO3)2反应：Ca(HCO3)2＋NaOH=CaCO3↓＋H2O＋NaHCO3，故A说法正确； B、钾、钠燃烧生成过氧化物，过氧化物能与CO2反应生成O2，干粉灭火器中能产生CO2，因此不能用来扑灭金属钠、钾着火，一般采用沙土覆灭，故B说法错误； C、生理盐水的溶质是氯化钠，且质量分数是0.9%，与人体的血液中含量相同，故C说法正确； D、Na－K合金常温为液态，用作快中子反应堆的导热剂，故D说法正确； 答案为B。 6. 某温度下，的溶解平衡曲线如下图所示，下列说法错误的是 A. 该温度下的溶度积 B. 升高温度可使f点移动到h点沉淀析出 C. 加入固体可使g点移动到f点 D. 该温度下e点析出沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．该温度下的溶度积，故A正确； B．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，升高温度可使f点移动到曲线上方，故B错误； C．加入固体c(Ba2+)增大，不变，可使g点移动到f点，故C正确； D．曲线上的点为饱和溶液，该温度下e点c(Ba2+)、都比溶解平衡时的浓度大，析出沉淀，故D正确； 故选：B。 7. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq) C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s) D. N2(g)NH3(g)NO2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．氯气与铁粉反应时生成FeCl3，A项错误； B．S单质在氧气中燃烧只能生成SO2，B项错误； C．MgCl2溶液和石灰乳反应生成Mg(OH)2沉淀，煅烧Mg(OH)2生成MgO，C项正确； D．NH3和O2在点燃条件下反应生成N2和H2O，D项错误； 答案选C。 8. 下列实验中根据现象得出的结论错误的是 选项 实验 现象 结论 A 相同条件下，用0.1mol·L−1的CH3COOH和0.1mol·L−1的HCl分别做导电性实验 CH3COOH溶液对应的灯泡较暗 CH3COOH是弱电解质 B 向某溶液中加铜和浓H2SO4 试管口有红棕色气体产生 原溶液可能含有NO C 向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐为Na2SO3或NaHSO3 D 向浓度均为0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉淀 溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，则说明CH3COOH溶液中自由移动离子浓度小于HCl溶液中自由移动离子浓度，又由于CH3COOH和HCl的浓度均相等，且HCl为强电解质，则CH3COOH为弱电解质，故A不选； B．向某溶液中加入向某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，该气体二氧化氮，根据氮元素守恒可知原溶液中含有NO，故B不选； C．次氯酸钠与浓硫酸反应生成氯气，氯气能使品红溶液褪色，所以该钠盐可能为氯酸钠，不一定为为Na2SO3或NaHSO3，故选C； D．溶解度小的先产生沉淀，先出现氢氧化铜蓝色沉淀，说明溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2，故D不选。 答案选C 9. 利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质粗铜提纯，下列说法错误的是 A. 电解时以精铜作阳极，发生氧化反应 B. 电解时阴极上发生的反应为Cu2++2e- = Cu C. 粗铜连接电源正极，电极反应为Cu-2e- = Cu2+ D. 电解后电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥 【答案】A 【解析】 【详解】A．电解时粗铜做阳极，发生氧化反应，A错误； B．电解时阴极是溶液中的铜离子得到电子生成铜，B正确； C．粗铜连接电源的正极做阳极，铜失去电子生成铜离子，C正确； D．比铜活泼性差的金属成为阳极泥，如银或铂等，D正确； 故选A。 10. 按反应特征与产物的结构关系，下列反应中不属于加成反应的是（ ） A. CH3CHO+HCHO→HOCH2CH2CHO B. C6H5Li+CO2→C6H5COOLi C. D. CH2=CH2+O2→CH3COOH 【答案】D 【解析】 【分析】加成反应是一种有机化学反应，它发生在碳碳双键、碳氧双键、碳碳三键、碳氮三键等不饱和的化学键上。 【详解】A. CH3CHO+HCHO→HOCH2CH2CHO，反应发生在HCHO的碳氧双键上，属于加成反应； B. C6H5Li+CO2→C6H5COOLi，反应发生在CO2的一个碳氧双键上，属于加成反应； C. ，反应发生在三个碳碳双键上，属于加成反应； D. CH2=CH2+O2→CH3COOH，该反应为氧化反应，不合题意。 故选D。 11. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. HCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s) B. Cu(OH)2(s) CuO(s) CuSO4(aq) C. N2(g) NH3(g) NH4NO3(s) D. Al2O3(s) AlCl3(aq) AlCl3(s) 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误； B．氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，故B正确； C．氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铵溶液，得不到硝酸铵固体，故C错误； D．由于铝离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝，故D错误； 故答案为B。 12. 我国古代就有湿法炼铜记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是 A. Fe被还原 B. CuSO4发生氧化反应 C. 生成1molCu，转移电子数为2NA D. 还原剂与还原产物质量比为8：7 【答案】C 【解析】 【分析】 氧化还原反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4中铁的化合价升高，铜的化合价降低，根据“升失氧还氧，降得还氧还”的原理进行推理。 【详解】A. Fe发生氧化反应，被氧化，A错误； B. CuSO4发生还原反应，B错误； C. 反应过程中转移2mol电子，故生成1molCu，转移电子数为2NA，C正确； D. 还原剂为Fe，还原产物Cu，反应方程式的系数比为1：1，故质量比为56：64=7：8，D错误。 答案为C。 13. PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P-H键键能比N-H键键能低。下列判断错误的是 A. PH3分子中存在极性共价键 B. P—H键键长比N—H键键长长 C. PH3沸点低于NH3沸点，因为P-H键键能低 D. PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N-H键键能高 【答案】C 【解析】 【详解】A．P和H是不同的非金属，则PH3分子中存在极性共价键，A正确； B．P原子半径大于氮原子半径，则P—H键键长比N—H键键长长，B正确； C．氨气放纵自己存在氢键，因此氨气的沸点高于PH3沸点，C错误； D．N-H 键键能比P-H键键能高，所以PH3分子稳定性低于 NH3 分子，D正确； 答案选C。 【点睛】注意氢键对物质性质的影响与共价键的区别。氢键不是化学键，只能影响物质的物理性质，化学键影响物质的稳定性。另外在对物质性质进行解释时，是用化学键知识解释，还是用范德华力或氢键的知识解释，要根据物质的具体结构决定。范德华力越大，熔、沸点越高。组成结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大。同分异构体中，支链越多，范德华力越小。相对分子质量相近的分子，极性越大，范德华力越大。 14. 下列说法正确的是 ①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜溶液能加快反应速率 ②镀层破损后，白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更易腐蚀 ③电镀时，应把镀件置于电解槽的阴极 ④冶炼铝时，在氧化铝中加入冰晶石成为熔融体再电解 ⑤钢铁表面常易锈蚀生成 A. ②④ B. ①③④⑤ C. ①③⑤ D. ①②③④⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】①加入少量硫酸铜，锌置换出铜，形成原电池反应，原电池反应较一般的化学反应速率快，故①正确； ②锌比铁活泼，铁比锡活泼，较活泼金属易被腐蚀，则白铁（镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更难腐蚀，故②错误； ③电镀时，镀件金属为阴极，镀层金属为阳极，可在阴极上析出镀层金属，故③正确； ④氧化铝熔点很高，电解氧化铝时，为降低熔点，可用冰晶石，故④正确； ⑤铁锈的主要成分为Fe2O3•nH2O，故⑤正确； 则正确的为①③④⑤， 答案选B 15. 利用无机离子和(如图可简写为，可以实现水在催化剂作用下制氧气。其相关机理如图所示，下列说法不正确的是 A. 若反应①中为，反应②中为，则产生 B. 反应机理整个过程涉及非氧化还原反应 C. 催化氧化水的反应为： D. 在反应中做催化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．若反应①中为，反应②中为，最终通过③释放出氧气，则产生，故A正确； B．反应机理整个过程中，每一个历程涉及的变化，反应③释放出氧气，所以都是氧化还原反应，故B错误； C．根据图示，反应过程中，是反应物、是生成物，是催化剂，催化氧化水的反应为：，故C正确； D．反应过程中循环，所以 在反应中做催化剂，故D正确； 选B。 二、综合题 16. 工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）中提取金和制备AgCl的工艺如下： 已知：分金液的主要成分为H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3-，且存在[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32- 回答下列问题： （1）“分铜”时，铜单质参与反应的离子方程式为___________；如果温度过高，铜的浸出率会降低，原因是____________。 （2）“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和__________。 （3）“分金”时，溶解单质金的化学方程式为________；除HCl、NaClO3可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为_____________（写试剂的名称）。 （4）从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______________。 （5）向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH=4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是___________。 （6）AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，其平衡常数K=2.0×10-3，现用1L某浓度氨水（溶质视为NH3）完全溶解0.1mol AgCl，所需氨水浓度至少为____________mol·L-1（已知=2.25）。 【答案】 ①. 2H++H2O2+Cu=Cu2++2H2O ②. 温度过高时，H2O2受热分解 ③. PbSO4 ④. 2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O ⑤. 浓硝酸、浓盐酸 ⑥. 2:3 ⑦. H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl ⑧. 2.45 【解析】 【分析】阳极泥（含铜、银、金、铅等单质）加入双氧水、硫酸和氯化钠，得到分铜液和分铜渣，这一步目的是除掉铜；分铜渣中加入盐酸和氯酸钠得到分金液（H[AuCl4]）和分金渣，在分金液中加入还原剂就可以提炼出金；分金渣中加入亚硫酸钠得到分银液（[Ag(SO3)2]3-） ，在分银液（[Ag(SO3)2]3-）中加入硫酸，根据平衡移动原理提炼出氯化银。 【详解】（1）由于铜排在H后面，不和硫酸反应，所以需加入双氧水作为氧化剂；温度过高双氧水会分解，影响铜的浸出率； 答案： 2H++H2O+Cu=Cu2++2H2O；温度过高时，H2O2受热分解； （2）根据后一步分金渣成分，可推测出“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和PbSO4； 答案：PbSO4 ； （3）根据已知分金液的主要成分为H[AuCl4]，得方程式为2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；“王水”的成分为浓硝酸与浓盐酸体积比1:3混合物； 答案： 2Au+8HCl+NaClO3=2H[AuCl4]+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸； （4）氧化剂（H[AuCl4]）中Au从正三价降到零价和还原剂（Na2SO3）中S从正四价升高到正六价，根据化合价升降相等（或得失电子数相等），可得物质的量之比为2:3； 答案： 2:3； （5）根据化学平衡移动原理可知，H2SO4电离出的H+与SO32-，降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl， 答案： H2SO4电离出的H+与SO32-，降低了SO32-的浓度，使[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-平衡正向移动，Ag+和Cl-反应生成AgCl； （6）根据方程式可知完全反应0.1mol AgCl，需要NH3：0.2mol，生成[Ag(NH3)2](aq)）和Cl-(aq)各0.1mol，根据平衡常数计算平衡后应该还剩余的NH3，设剩余NH3 xmol，AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2](aq)）+Cl-(aq)，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K，K=2.0×10-3=，得出x==2.25，所以共需要NH3：0.2+2.25=2.45mol； 答案：2.45。 17. 有一包固体粉末，由CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba (NO3)2、CuSO4中的三种物质组成，取样品进行如下实验： （1）写出实验过程中发生反应的化学方程式：_______。 （2）固体粉末中一定不存在的物质是_______；一定存在的物质是_______； （3）将固体粉末可能的组合填入下表：(可以不填满，也可以再补充。) 序号 化学式 Ⅰ _______ Ⅱ _______ Ⅲ （4）请设计一个实验进一步确定混合物的组成，简述实验步骤、现象和结论_______。 【答案】（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ （2） ①. CuSO4 ②. CaCO3、KCl （3） ①. CaCO3、Na2SO4、KCl ②. CaCO3、KCl、Ba (NO3)2 （4）用试管取适量①过滤得的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则为组合I，否则为组合II 【解析】 【分析】根据盐的性质进行判断，在这包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中，只有CaCO3难溶于水，该固体粉末中一定含有CaCO3，取样品加水，得到无色溶液，则能排除CuSO4，因为CuSO4溶于水，显蓝色。 【小问1详解】 有一包固体粉末由CaCO3、Na2SO4、BaCl2、CuSO4中的两种物质组成，取样品加水，出现白色沉淀，该固体粉末中一定含有CaCO3，只有CaCO3是沉淀，难溶于水，且由②可知白色沉淀能与酸反应生成气体和无色溶液，则沉淀只有碳酸钙，与稀盐酸反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O； 【小问2详解】 取样品加水，得到无色溶液，该固体粉末中一定不含有CuSO4，因为CuSO4溶于水，显蓝色，取样品加水，出现白色沉淀，该固体粉末中一定含有CaCO3，只有CaCO3是沉淀，难溶于水； 【小问3详解】 固体粉末中一定不存在的物质是硫酸铜，一定存在的物质是碳酸钙，这三种物质的组合可以是：CaCO3、Na2SO4、KCl或者是CaCO3、Ba(NO3)2、KCl； 小问4详解】 确定混合物的组成，只需要确认是否含有硫酸钠，可以用氯化钡溶液检验硫酸根离子，实验操作及现象为用试管取适量①过滤得的无色溶液，加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则为组合I，否则为组合II。 18. 反应主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。在某催化剂表面上该反应的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用·标注。回答下列问题： （1）E的大小对该反应的反应热有无影响？_______(填“有”或“无”)，使E值变小的措施是_______。 （2）已知相关键能数据如表所示，图中_______。 化学键 O-H C=O H-H (CO) 键能() 463 795 436 1070 （3）反应历程①~⑥中决定总反应速率的历程为_______(填序号)，写出该步骤的化学方程式：_______。 【答案】（1） ①. 无 ②. 使用(正)催化剂 （2）-30 （3） ①. ④ ②. COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH· 【解析】 【小问1详解】 由图可知，图中E表示反应过程中的活化能，根据盖斯定律可知反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关，故活化能E的大小对该反应的反应热有无影响，催化剂能够降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，故使E值变小的措施是使用(正)催化剂，故答案为：无；使用(正)催化剂； 【小问2详解】 根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，故反应=E(C≡O)+2E(O-H)-2E(C=O)-E(H-H)= 1070+2×463-2×795-436=-30，故答案为：-30； 【小问3详解】 由题干反应历程图可知，反应历程①~⑥中反应④所需要的活化能最大，反应速率最慢，决定了总反应速率，该步骤的化学方程式为：COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH·，故答案为：④；COOH·+H·+H2O·→COOH·+2H·+OH·。 19. 砷（As）在地壳中含量不高，但砷的化合物却是丰富多彩。回答下列问题： （1）砷的基态原子简化电子排布式为__________________；第一电离能：砷______硒（填“＞”或“＜”） （2）目前市售发光二极管材质以砷化镓（CaAs）为主。Ga和As相比，电负性较大的是____________，CaAs中Ga元素的化合价为____________。 （3）AsH3是无色、稍有大蒜味气体。AsH3空间构型为____________。AsH3的沸点高于PH3，低于NH3，其原因是_________________________________。 （4）Na3AsO4可作杀虫剂。 中As原子杂化轨道类型为__________。与互为等电子体 分子和离子各填一种___________、__________。 （5）H3AsO4和H3AsO3是砷两种含氧酸，根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因 _____________________________________________________。 （6）磷和砷同主族。磷的一种单质白磷（P4）属于分子晶体，其晶胞结构如图所示。若其晶胞边长为a pm，则白磷的密度为_______________g·cm-3（列出计算式即可）。 1个 代表一个白磷分子 【答案】（1） ①. [Ar]3d104s24p3 ②. ＞ （2） ①. As ②. +3 （3） ①. 三角锥形 ②. AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键， 因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低 （4） ①. sp3 ②. ③. CCl4 （5）H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+ （6） 【解析】 【分析】As是33号元素，其原子核外有33个电子，根据构造原理书写其基态原子核外价电子排布式；同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，据此分析解答；同周期随原子序数递增电负性增大；根据化合价代数和为0计算；利用价层电子对互斥模型判断分子的空间构型和杂化方式；对于组成和结构相似的物质分子间作用力和其相对分子质量成正比，含有氢键的物质熔沸点异常高；根据价层电子对互斥理论确定杂化类型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数= （a−xb）/2 ，a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数；根据等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子来回答；非羟基氧越多、As化合价越高则酸性越强；根据均摊法计算晶胞中白磷分子数目，计算晶胞的质量、晶胞的体积，根据 ρ= 计算晶胞密度 【小问1详解】 As的原子序数为33，最外层有5个电子，由构造原理可知核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；砷在第四周期第ⅤA族，硒在第四周期第ⅥA族，同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，所以砷大于硒，故第一电离能：As>Se， 故答案为[Ar]3d104s24p3 ；＞； 【小问2详解】 同周期随原子序数递增电负性增大，Ga和As同周期，As的原子序数较大，故电负性较大的是As；As处于ⅤA族，电负性较大，表现-3价，故Ga为+3价， 故答案为As； +3 ； 【小问3详解】 AsH3中含有3个键和1个孤电子对，为三角锥形；AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键，因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低； 故答案为三角锥形 ；AsH3的相对分子质量比PH3的大，分子间作用力大，NH3分子间形成氢键， 因而AsH3的沸点比PH3高，比NH3低； 【小问4详解】 中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，所以其杂化类型为sp3；等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与互为等电子体的分子和离子分别为 、CCl4， 故答案为sp3 ；、CCl4； 【小问5详解】 H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+， 故答案为H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+。 【小问6详解】 由晶胞结构可以知道，晶胞中白磷分子数目=8×  +6×  =4，则晶胞的质量m= g，晶胞边长为apm，则晶胞的体积为V=(a×10-10)3cm3，故晶胞的密度为ρ= ==g·cm-3，故答案为。 20. 有机物A是制造新型信息材料的中间体，B是制备血管紧张素抑制剂卡托普利的原料，它们有如图所示的转化关系： 试回答下列问题： （1）B的名称是_________________________，C含氧的官能团名称是___________________。 （2）F→D的化学方程式为__________，C→E的反应类型是______________。 （3）E的结构简式为________________________________________。 （4）写出与F具有相同官能团的F的所有同分异构体：、_____、______。 【答案】（1） ①. 2-甲基丙烯酸 ②. 羟基 （2） ①. ②. 取代反应 （3）HOCH2CH(CH3)CH2OH （4） ①. ClCH2CH2CH2COOH ②. (CH3)2CClCOOH 【解析】 【分析】A的分子式C8H13O2Cl，结合转化关系可知，A在酸性条件、碱性条件都能水解，故A含有1个酯基；E能连续被氧化生成，则E中含有醇羟基，C发生水解反应生成E，结合A可知C中含有Cl原子，C连续被氧化生成F，F能发生消去反应生成D，D酸化得到B，B中含有羧基，则E的结构简式为HOCH2CH(CH3)CH2OH、C的结构简式为ClCH2CH(CH3)CH2OH、F的结构简式为ClCH2CH(CH3)COOH，D的结构简式为CH2=CH(CH3)COONa，B的结构简式为CH2=CH(CH3)COOH，因此A的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2CH(CH3)CH2Cl。 【小问1详解】 B的结构简式为CH2=CH(CH3)COOH，名称是2－甲基丙烯酸；C的结构简式为ClCH2CH(CH3)CH2OH，C的含氧官能团名称是醇羟基； 【小问2详解】 根据以上分析可知F→D的化学方程式为：；C→E的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 E的结构简式为HOCH2CH(CH3)CH2OH； 【小问4详解】 与F具有相同官能团的F的所有同分异构体的结构简式为：ClCH2CH2CH2COOH、CH3CHClCH2COOH、CH3CH2CHClCOOH、(CH3)2CClCOOH。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$