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湖北省普通高中联考协作体2020届高三上学期期中考试理综化学试题
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2019年秋季湖北省重点高中联考协作体期中考试
高三理综试卷——化学
可能用到的相对原子量：H—1 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Ca—40
第I卷（选择题，共126分）
1.下列说法错误的是
A. 用水鉴别乙醇、苯和溴苯
B. 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C. 橡胶、蛋白质、尼龙、纤维素都是天然高分子化合物
D. 压缩天然气和液化石油气是我国已经推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇与水混溶，苯密度比水小，不溶于水，溴苯密度比水大也不溶于水，可加水鉴别，A正确；
B.乙醇易溶于水，碳酸钠与乙酸反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可用碳酸钠溶液鉴别，B正确；
C.尼龙合成高分子化合物，人造橡胶不是天然高分子化合物，C错误；
D.压缩天然气和液化石油气燃烧产物只有水、二氧化碳，因此是我国已经推广使用的清洁燃料，D正确；
故合理选项是C。
2.1，3—二异丙烯基苯是重要的化工原料。下列有关1，3一二异丙烯基苯的说法正确的是
A. 可以发生加成聚合反应 B. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有原子共平面 D. 其苯环上二氯代物有3种
【答案】A
【解析】
【详解】A.物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；
B.物质分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使稀高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，但分子中含有饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，因此分子中不可能所有原子共平面，C错误；
D.该物质分子结构对称，其苯环上有3种不同位置的H原子，，其二氯代物有1，2；1，3；2，2；2，3共四种，D错误；
故合理选项是A。
3.实验室制备硝基苯，反应装置如图。下列对该实验的叙述错误的是
A. 长玻璃管起冷凝回流作用
B. 水浴加热其优点是受热均匀，便于控制温度
C. 粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤
D. 洗涤后，用无水CaCl2干燥，然后过滤，得到纯硝基苯
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯和硝酸沸点较低，易挥发，可用长玻璃导管冷凝和回流，A正确；
B.水浴法加热使物质的温度变化比较均匀，且变化比较慢，便于控制温度，B正确；
C.反应产生的硝基苯中含有未反应的HNO3蒸气，先用蒸馏水洗去大部分硝酸，再用5%NaOH溶液洗涤残留少量的硝酸，最后再用蒸馏水洗涤，就得到纯净的硝基苯，C正确；
D.用蒸馏水洗涤后的硝基苯中混有少量的水，用无水CaCl2吸收，然后通过蒸馏，得到纯硝基苯，D错误；
故合理选项是D。
4.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：
下列说法不正确的是
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；
故合理选项是C。
5.25℃时，用0.1mol/L的NaOH溶液，分别滴定20mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1mol/L的一元酸HY在水中有1%发生电离
B. a点的导电能力比b点弱
C. b点溶液中，c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)
D. 加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中，(X-)=c(Y-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L的酸HY的pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，c(HY)=0.1mol/L，所以HY的电离度为(10-4mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.1%，即0.1mol/L的一元酸HY在水中有0.1%发生电离，A错误；
B.反应开始时HX溶液的pH=1，c(H+)=c(HX)=0.1mol/L，所以HX是强酸，完全电离，而HY是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，当加入NaOH溶液体积相等都是10mL时，HY中仍然有大量HY分子存在，离子浓度比HX的小，所以a点的导电能力比b点强，B错误；
C.b点溶液中含有等物质的量浓度的HY和NaY，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，根据物料守恒可得2c(Na+)=c(HY)+ c(Y-)，第一个式子扩大2倍，然后减去第二个式子，整理可得c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)，C正确；
D.pH=7时，根据电荷守恒，HY反应后的溶液中c(Na+)=c(Y-)；HX反应后的溶液中c(Na+)=c(X-)，又由于HX是强酸，HY是弱酸，部分电离，HX消耗的NaOH多，所以c(X-)>c(Y-)，D错误；
故合理选项是C。
6.将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。某转化工作原理如图。该装置工作时，下列叙述错误的是（ ）
A. p电极的电极反应：2H++2e-=H2
B. 该方法能实现由H2S高效产生S和H2
C. 光照后，n电极的电极反应：H2S-2e-=2H++S
D. 除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知在p电极上H+获得电子变为H2，p电极的电极反应：2H++2e-=H2↑，A正确；
B.在n电极上H2S与Fe3+发生反应产生H+、S、Fe2+，该方法能实现由H2S高效产生S和H2，B正确；
C.根据图示可知光照后，n电极的电极反应：Fe2+-e-=Fe3+，C错误；
D.除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环，这是由于I-在电极上放电3I--2e-=I3-；I3-在溶液中氧化H2S：H2S+I3-=3I-+S+2H+，I3-、I-循环反应，因此，I3-/I-也能实现如图所示循环，D正确；
故合理选项C。
7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍。W在X中充分燃烧生成化合物WX2。Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，下列说法正确的是
A. 原子半径：Y>Z>X>W
B. Y2X2，Y2W2均含有非极性共价键
C. 由W、X和Y元素形成的化合物的水溶液呈碱性
D. W、X和Z元素能形成WXZ2是离子化合物
【答案】BC
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则W是C元素，W在X中充分燃烧生成化合物WX2，则X是O元素，Y+与X2-具有相同的电子层结构，Y是Na元素，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，则Z是Cl元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是C，X是O，Y是Na，Z是Cl元素。
A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Y>Z>W>X，A错误；
B.Y2X2是Na2O2，该物质是离子化合物，含有离子键和非极性共价键，B正确；
C.由W、X和Y元素形成的化合物Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以水溶液呈碱性，C正确；
D.W、X和Z元素能形成COCl2中，C原子与O原子形成共价双键，C原子再与2个Cl原子形成两个共价键，是共价化合物，D错误；
故合理选项是BC。
【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，根据原子结构及形成化合物的特点推断元素是本题解答的关键。掌握元素的位、构、性三者的关系及元素常见的化合物的结构与性质及分类是本题解答的基础。
8.水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁([Fe2(OH)x(SO4)3-]m)的工艺流程如图：
(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有______(填标号）。
a.容量瓶 b.烧杯 c.玻璃棒 d.分液漏斗
(2)废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为______，步骤③的具体实验操作有____。
(3)水解、聚合要严控pH和温度。pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则______。写出水解、聚合反应生成PFS的化学方程式：_________。
(4)步骤⑥相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_________。
(5)污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质能作为沉淀剂的是_______（填标号）。
a.氨水 b.硫化氢气体 c.硫酸钠溶液 d.纯碱溶液
(6)硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质(如7.1mgMgO)。若某天然水中c(Ca2+)=1.5×10-3mol/L，c(Mg2+)=6.4×10-4mol/L，则此水的硬度为______。
【答案】 (1). bc (2). Fe2O3·nH2O或Fe2O3 (3). 蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤) (4). 形成氢氧化铁沉淀 (5). mFe2(SO4)3+xmH2O[Fe2(OH)x(SO4)3-]m+H2SO4 (6). 降低蒸发温度防止产物分解 (7). bd (8). 12°
【解析】
【分析】
黄铁矿的烧渣中主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于水，将其过滤除去，向滤液I中加入废Fe屑，Fe2(SO4)3会发生反应产生FeSO4，过滤除去过量的铁屑，将滤液II蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4·7H2O，向其中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3，然后经水解、聚合得到PFS。
(1)根据配制一定质量分数溶液的步骤确定使用的仪器；
(2)铁锈主要成分是氧化铁或氧化铁的结晶水合物；
(3)结合盐的水解规律及盐水解的酸碱性分析；
(4)根据温度与盐的稳定性及物质的沸点关系分析；
(5)除去杂质不能引入新的杂质，据此分析；
(6)根据硬度含义，把Ca2+、Mg2+的浓度转化为用物质质量表示的硬度。
【详解】(1)配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内部缓缓倒入盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和玻璃棒，故合理选项是bc；
(2)铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为Fe2O3·nH2O或Fe2O3；步骤③是从FeSO4溶液中获得的FeSO4·7H2O，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；
(3)铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中c(H+)，盐水解程度减小，即pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知Fe2(SO4)3水解、聚合反应生成PFS的化学方程式为：mFe2(SO4)3+xmH2O[Fe2(OH)x(SO4)3-]m+H2SO4。
的水解规律及盐水解的酸碱性分析；
(4)降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；
(5)a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子NH4+，不符合题意；
b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的CuS、HgS、PbS沉淀，然后经过滤除去，b符合题意；
c.硫酸钠溶液不能除去Cu2+，去除效果不理想，c不符合题意；
d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d符合题意；
故合理选项是bd；
(6)c(Ca2+)=1.5×10-3mol/L，则c(Mg2+)=6.4×10-4mol/L，1L水中含有n(Ca2+)=1.5×10-3mol，n(Mg2+)=6.4×10-4mol，根据元素守恒可得m(CaO)= 1.5×10-3mol×56g/mol×1000mg/g=84mg，m(MgO)=6.4×10-4mol×40g/mol×1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为=12°。
【点睛】本题以物质的制备为线索，考查了氧化还原反应、混合物的分离提纯、盐的水解、水硬度的计算等知识。掌握元素及化合物的性质及氧化还原反应规律和盐的水解规律是本题解答的关键。
9.连二亚硫酸钠（Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂（不直接加入食品中，安全、卫生），还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为________。
(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________（填字母）。
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目是_______。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为___。
③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_______。
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是___________。
(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，[Fe(CN)6]3-还原为[Fe(CN)6]4-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol•L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_______g•L-1。(以SO2计)
【答案】 (1). 2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2). ad (3). 增大锌粉的表面积，加快反应速率 (4). ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓ (5). 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失 (6). HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O (7). 0.256
【解析】
【分析】
(1)根据已知的反应物、生成物，结合电子守恒，书写反应方程式；
(2)①结合物质的存在状态及反应条件，判断使用的装置；
②根据化学反应速率影响因素分析，结合复分解反应规律书写反应方程式；
③结合物质的溶解性分析；
(3)根据题干信息，书写反应方程式；
(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等计算。
【详解】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；
(2)①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，
a.反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；
b.不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；
c.浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；
d.通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；
故合理选项是ad；
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；
③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。
(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，则n(Na2S2O4)=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g•L-1。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目侧重考查学生的分析与实验能力。
10.硼及其化合物在食品、纺织、医药、航空等领域应用广泛。
(1)砷化镓是一种重要的半导体材料。镓(Ga)与硼同族，镓的原子结构示意图为____。
(2)B2H6(乙硼烷）气体燃烧热值高，是未来的高能燃料，用于火箭和导弹。1molB2H6(g)在O2(g)中燃烧，生成B2O3(s)和H2O(g)放出2033.8kJ的热量，写出该反应的热化学方程式__________。
(3)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化见图，由此图可得出：
①该反应的△H_______0(填“<”=”或“>”）。分析H3BO3的速率，va(逆）_______vb(正))(填“<”“=”或“>”）。
②根据化学反应原理，分析升高温度对制备B(OCH3)3反应的影响_______。
③若要进一步提高硼酸的转化率，除了可以适当改变反应温度外，还可以采取的措施有：_______。
(4)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3(aq) +H2O(l)=[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)。常温时，已知0.70mol•L-1H3BO3溶液中，平衡(H+)=2.0×10-5mol•L-1，水的电离可忽略不计，列式计算该反应的平衡常数K约为_______(计算结果保留两位有效数字）。
【答案】 (1). (2). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g) ΔH=-2033.8kJ/mol (3). ＞ (4). ＜ (5). 升高温度，反应速率加快；同时平衡正向移动，B(OCH3)3产率提高 (6). 分离出B(OCH3)3、增加甲醇的浓度（量） (7). 5.7×10-10mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；
(2)根据反应的物质的物质的量及物质的存在状态、反应释放的能量书写热化学方程式；
(3)①根据不同温度下H3BO3的平衡转化率(a)大小分析，并根据浓度对反应速率的影响判断a、b两点的反应速率大小；
②从温度对反应速率的影响和该反应的正反应为吸热反应分析；
③从化学平衡影响因素分析选择的外界条件；
(4)根据平衡常数的含义计算K。
【详解】(1)Ga是第四周期第IIIA的元素，原子序数是31，原子核外最外层有3个电子，其原子结构示意图为；
(2) 1molB2H6(g)在O2(g)中燃烧，生成B2O3(s)和H2O(g)放出2033.8kJ的热量，则该反应的热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g) ΔH=-2033.8kJ/mol。
(3)①根据图示可知：升高温度H3BO3的平衡转化率(a)增大，说明升高温度，反应正向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，所以△H>0；
a点反应未达到平衡，反应正向进行，b点反应达到平衡状态，随着反应的进行，生成物浓度逐渐增大，v逆逐渐增大，v正逐渐减小，到b点时逆反应速率逐渐增大，v逆=v正，所以反应速率va(逆）
③反应的H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O正反应为吸热反应，若要进一步提高硼酸的转化率，除了可以适当改变反应温度外，还可以采取分离出B(OCH3)3、增加甲醇的浓度(量)等措施达到目的；
(4)反应H3BO3(aq) +H2O(l)[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)达到平衡时，根据物质变化关系可知平衡时c([B(OH)4]-)=c(H+)=2.0×10-5mol/L，c(H3BO3)=0.70mol/L-2.0×10-5mol/L=0.70mol/L，所以K= mol/L =5.7×10-10mol/L。
【点睛】本题综合考查了原子结构的表示方法、热化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡的影响因素及电离平衡常数的计算等知识。掌握物质结构与原子核外电子排布情况及化学反应基本原理是本题解答的关键。
11.氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。学习物质结构与性质，回答下列问题：
(1)太阳中的主要化学元素是氢和_______。
(2)氢负离子H-基态电子排布式为_______。
(3)下列变化：H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，H(g)=H+(g)+e-吸收的能量为1311kJ/mol，则氢负离子H-的第一电离能为________。
(4)几种碱金属氢化物的部分性质如下表所示：
氢化物
LiH
NaH
KH
密度/g/cm3
0.78
1.43
分解温度/℃
850
425
400
从化学结构的角度回答说明，分解温度LiH>NaH>KH___。
(5)水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。H3O+中，中心原子的杂化类型是___，请画出H5O2+的结构式：______。当用高能射线照射液态水时，水分子便以一种新的方式电离，如图所示写出高能射线照射水的总反应的离子方程式_______。
(6)氢化铝钠(NaAlH4)等复合氢化物是重要的有机还原剂。NaAlH4晶胞结构如图所示，NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的A1H4-有___个，设阿伏伽德罗常数为NA，则晶体的密度为___g·cm-3。
(7)在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1)晶面。如图则该立方晶胞体中（1，1，1)晶面共有___个。
【答案】 (1). 氦 (2). 1s2 (3). 73kJ/mol (4). 均为离子晶体，阳离子离子半径Li+NaH>KH，离子键强，分解温度高 (5). sp3 (6). (7). (n+2)H2Oe(H2O)n-+·OH+H3O+ (8). 8 (9). (10). 8
【解析】
分析】
(1)根据太阳中各种元素含量多少分析判断；
(2)H-核外有有2个电子，根据核外电子排布规律书写；
(3)根据第一电离能定义推断；
(4)从离子半径、晶格能大小分析；
(5)根据杂化轨道理论分析，H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子；据此判断微粒的空间构型；结合图示书写反应方程式；
(6)以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，晶胞中AlH4-数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，则二者配位数相等；结合晶胞中AlH4-、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算密度；
(7)根据该（1，1，1)晶面中在上下两个面上的位置及个数分析；
【详解】(1)太阳上含量最丰富的元素是氢，其次是氦元素，故太阳中的主要化学元素是氢和氦；
(2)H原子核内只有1个质子，氢负离子H-核外有2个电子，基态电子排布式为1s2；
(3)H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，则氢负离子H-的第一电离能为73kJ/mol。
(4)LiH、NaH、KH三种晶体均为离子晶体，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，阳离子的离子半径：Li+NaH>KH，晶格能越大，离子键就越强，晶体分解温度就越高，所以分解温度LiH>NaH>KH；
(5) H3O+中，中心O原子的杂化类型是sp3杂化；H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，所以H5O2+的结构式是；
根据图示可得高能射线照射水的总反应的离子方程式为：(n+2)H2Oe(H2O)n-+·OH+H3O+；
(6)以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，晶胞中AlH4-数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，则与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；晶胞质量=4×g，晶胞密度为=g/cm3；
(7)在该（1，1，1)晶面中，该平面通过上面一个顶点，下面2个顶点形成一个（1，1，1)晶面，上面共有4个这样顶点，可形成4个这样晶面；同样，若该晶面通过上面2个顶点，下面一个顶点，也可以形成4个这样的晶面，因此共可以形成8个这样晶面。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式、第一电离能、原子的杂化、均摊方法在物质结构计算的应用的知识。(6)微粒配位数确定是解题难点，通常用均摊方法、直接读图、补全晶胞法等，需要学生具有一定的空间想象能力和书写计算能力。
12.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。
已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl
②R-NO2R-NH2
③-NH2+
(1)A的分子式是________。
(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。
(3)C→D转化的化学方程式是________。
(4)E的结构简式是________。
(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。
(6)G→X的化学方程式是________。
(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。
(8)P的结构简式是________。
【答案】 (1). C6H6 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). +2NH3+NH4Cl (4). (5). 碳碳双键、酯基 (6). 4 (7). +nH2O+nCH3COOH (8). (9).
【解析】
【分析】
根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；
W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。
【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；
(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；
(3) C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；
(4)E的结构简式是；
(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；
(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；
(7) W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；
(8) 分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q: ，所以P是。
【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。
2019年秋季湖北省重点高中联考协作体期中考试
高三理综试卷——化学
可能用到的相对原子量：H—1 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Ca—40
第I卷（选择题，共126分）
1.下列说法错误的是
A. 用水鉴别乙醇、苯和溴苯
B. 用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C. 橡胶、蛋白质、尼龙、纤维素都是天然高分子化合物
D. 压缩天然气和液化石油气是我国已经推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇与水混溶，苯密度比水小，不溶于水，溴苯密度比水大也不溶于水，可加水鉴别，A正确；
B.乙醇易溶于水，碳酸钠与乙酸反应生成二氧化碳气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，溶液分层，可用碳酸钠溶液鉴别，B正确；
C.尼龙合成高分子化合物，人造橡胶不是天然高分子化合物，C错误；
D.压缩天然气和液化石油气燃烧产物只有水、二氧化碳，因此是我国已经推广使用的清洁燃料，D正确；
故合理选项是C。
2.1，3—二异丙烯基苯是重要的化工原料。下列有关1，3一二异丙烯基苯的说法正确的是
A. 可以发生加成聚合反应 B. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色
C. 分子中所有原子共平面 D. 其苯环上二氯代物有3种
【答案】A
【解析】
【详解】A.物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；
B.物质分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使稀高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，但分子中含有饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，因此分子中不可能所有原子共平面，C错误；
D.该物质分子结构对称，其苯环上有3种不同位置的H原子，，其二氯代物有1，2；1，3；2，2；2，3共四种，D错误；
故合理选项是A。
3.实验室制备硝基苯，反应装置如图。下列对该实验的叙述错误的是
A. 长玻璃管起冷凝回流作用
B. 水浴加热其优点是受热均匀，便于控制温度
C. 粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤
D. 洗涤后，用无水CaCl2干燥，然后过滤，得到纯硝基苯
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯和硝酸沸点较低，易挥发，可用长玻璃导管冷凝和回流，A正确；
B.水浴法加热使物质的温度变化比较均匀，且变化比较慢，便于控制温度，B正确；
C.反应产生的硝基苯中含有未反应的HNO3蒸气，先用蒸馏水洗去大部分硝酸，再用5%NaOH溶液洗涤残留少量的硝酸，最后再用蒸馏水洗涤，就得到纯净的硝基苯，C正确；
D.用蒸馏水洗涤后的硝基苯中混有少量的水，用无水CaCl2吸收，然后通过蒸馏，得到纯硝基苯，D错误；
故合理选项是D。
4.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：
下列说法不正确的是
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；
故合理选项是C。
5.25℃时，用0.1mol/L的NaOH溶液，分别滴定20mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1mol/L的一元酸HY在水中有1%发生电离
B. a点的导电能力比b点弱
C. b点溶液中，c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)
D. 加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中，(X-)=c(Y-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L的酸HY的pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，c(HY)=0.1mol/L，所以HY的电离度为(10-4mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.1%，即0.1mol/L的一元酸HY在水中有0.1%发生电离，A错误；
B.反应开始时HX溶液的pH=1，c(H+)=c(HX)=0.1mol/L，所以HX是强酸，完全电离，而HY是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，当加入NaOH溶液体积相等都是10mL时，HY中仍然有大量HY分子存在，离子浓度比HX的小，所以a点的导电能力比b点强，B错误；
C.b点溶液中含有等物质的量浓度的HY和NaY，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，根据物料守恒可得2c(Na+)=c(HY)+ c(Y-)，第一个式子扩大2倍，然后减去第二个式子，整理可得c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)，C正确；
D.pH=7时，根据电荷守恒，HY反应后的溶液中c(Na+)=c(Y-)；HX反应后的溶液中c(Na+)=c(X-)，又由于HX是强酸，HY是弱酸，部分电离，HX消耗的NaOH多，所以c(X-)>c(Y-)，D错误；
故合理选项是C。
6.将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。某转化工作原理如图。该装置工作时，下列叙述错误的是（ ）
A. p电极的电极反应：2H++2e-=H2
B. 该方法能实现由H2S高效产生S和H2
C. 光照后，n电极的电极反应：H2S-2e-=2H++S
D. 除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知在p电极上H+获得电子变为H2，p电极的电极反应：2H++2e-=H2↑，A正确；
B.在n电极上H2S与Fe3+发生反应产生H+、S、Fe2+，该方法能实现由H2S高效产生S和H2，B正确；
C.根据图示可知光照后，n电极的电极反应：Fe2+-e-=Fe3+，C错误；
D.除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环，这是由于I-在电极上放电3I--2e-=I3-；I3-在溶液中氧化H2S：H2S+I3-=3I-+S+2H+，I3-、I-循环反应，因此，I3-/I-也能实现如图所示循环，D正确；
故合理选项C。
7.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍。W在X中充分燃烧生成化合物WX2。Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，下列说法正确的是
A. 原子半径：Y>Z>X>W
B. Y2X2，Y2W2均含有非极性共价键
C. 由W、X和Y元素形成的化合物的水溶液呈碱性
D. W、X和Z元素能形成WXZ2是离子化合物
【答案】BC
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则W是C元素，W在X中充分燃烧生成化合物WX2，则X是O元素，Y+与X2-具有相同的电子层结构，Y是Na元素，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，则Z是Cl元素。据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：W是C，X是O，Y是Na，Z是Cl元素。
A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Y>Z>W>X，A错误；
B.Y2X2是Na2O2，该物质是离子化合物，含有离子键和非极性共价键，B正确；
C.由W、X和Y元素形成的化合物Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以水溶液呈碱性，C正确；
D.W、X和Z元素能形成COCl2中，C原子与O原子形成共价双键，C原子再与2个Cl原子形成两个共价键，是共价化合物，D错误；
故合理选项是BC。
【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，根据原子结构及形成化合物的特点推断元素是本题解答的关键。掌握元素的位、构、性三者的关系及元素常见的化合物的结构与性质及分类是本题解答的基础。
8.水是一种重要的自然资源，水质优劣直接影响人体健康，水处理技术在生产、生活中应用广泛。聚合硫酸铁(PFS)是水处理中重要的絮凝剂。以黄铁矿的烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等)和废铁屑为原料制取聚合硫酸铁([Fe2(OH)x(SO4)3-]m)的工艺流程如图：
(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有______(填标号）。
a.容量瓶 b.烧杯 c.玻璃棒 d.分液漏斗
(2)废铁屑表面附有铁锈，铁锈的主要成分为______，步骤③的具体实验操作有____。
(3)水解、聚合要严控pH和温度。pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则______。写出水解、聚合反应生成PFS的化学方程式：_________。
(4)步骤⑥相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是_________。
(5)污水经过一级、二级处理后，还含有少量Cu2+、Hg2+、Pb2+等重金属离子，可加入沉淀剂使其沉淀。下列物质能作为沉淀剂的是_______（填标号）。
a.氨水 b.硫化氢气体 c.硫酸钠溶液 d.纯碱溶液
(6)硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质(如7.1mgMgO)。若某天然水中c(Ca2+)=1.5×10-3mol/L，c(Mg2+)=6.4×10-4mol/L，则此水的硬度为______。
【答案】 (1). bc (2). Fe2O3·nH2O或Fe2O3 (3). 蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤) (4). 形成氢氧化铁沉淀 (5). mFe2(SO4)3+xmH2O[Fe2(OH)x(SO4)3-]m+H2SO4 (6). 降低蒸发温度防止产物分解 (7). bd (8). 12°
【解析】
【分析】
黄铁矿的烧渣中主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2，向其中加入稀硫酸，发生反应产生FeSO4、Fe2(SO4)3，SiO2不溶于水，将其过滤除去，向滤液I中加入废Fe屑，Fe2(SO4)3会发生反应产生FeSO4，过滤除去过量的铁屑，将滤液II蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4·7H2O，向其中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应产生Fe2(SO4)3，然后经水解、聚合得到PFS。
(1)根据配制一定质量分数溶液的步骤确定使用的仪器；
(2)铁锈主要成分是氧化铁或氧化铁的结晶水合物；
(3)结合盐的水解规律及盐水解的酸碱性分析；
(4)根据温度与盐的稳定性及物质的沸点关系分析；
(5)除去杂质不能引入新的杂质，据此分析；
(6)根据硬度含义，把Ca2+、Mg2+的浓度转化为用物质质量表示的硬度。
【详解】(1)配制一定质量分数稀硫酸要在烧杯中进行，首先根据计算用量筒量取一定体积的浓硫酸，将其沿烧杯内部缓缓倒入盛有一定质量水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，再加入水直至前后使用的水量与计算一致时，停止加入，搅拌均匀，就得到待求质量分数的溶液。故使用的仪器，除量筒外，还需要烧杯和玻璃棒，故合理选项是bc；
(2)铁锈主要成分是氧化铁的结晶水合物或氧化铁，化学式写为Fe2O3·nH2O或Fe2O3；步骤③是从FeSO4溶液中获得的FeSO4·7H2O，具体实验操作有蒸发浓缩，冷却结晶、过滤(洗涤)；
(3)铁盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+水解使溶液显酸性，增大溶液中c(H+)，盐水解程度减小，即pH偏小时Fe3+水解程度弱，pH偏大时则水解程度增大，会形成氢氧化铁沉淀。根据题意可知Fe2(SO4)3水解、聚合反应生成PFS的化学方程式为：mFe2(SO4)3+xmH2O[Fe2(OH)x(SO4)3-]m+H2SO4。
的水解规律及盐水解的酸碱性分析；
(4)降低压强，物质的沸点降低，降低蒸发温度能够防止产物分解，所以减压蒸发比常压蒸发好；
(5)a.氨水会使金属阳离子形成沉淀，但会引入新的杂质离子NH4+，不符合题意；
b.硫化氢气体会使杂质离子形成溶解度小的CuS、HgS、PbS沉淀，然后经过滤除去，b符合题意；
c.硫酸钠溶液不能除去Cu2+，去除效果不理想，c不符合题意；
d.纯碱溶液与杂质离子反应会形成金属氢氧化物沉淀除去，d符合题意；
故合理选项是bd；
(6)c(Ca2+)=1.5×10-3mol/L，则c(Mg2+)=6.4×10-4mol/L，1L水中含有n(Ca2+)=1.5×10-3mol，n(Mg2+)=6.4×10-4mol，根据元素守恒可得m(CaO)= 1.5×10-3mol×56g/mol×1000mg/g=84mg，m(MgO)=6.4×10-4mol×40g/mol×1000mg/g=25.6mg，所以该水的硬度为=12°。
【点睛】本题以物质的制备为线索，考查了氧化还原反应、混合物的分离提纯、盐的水解、水硬度的计算等知识。掌握元素及化合物的性质及氧化还原反应规律和盐的水解规律是本题解答的关键。
9.连二亚硫酸钠（Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂（不直接加入食品中，安全、卫生），还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：
(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为________。
(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________（填字母）。
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目是_______。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为___。
③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_______。
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是___________。
(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，[Fe(CN)6]3-还原为[Fe(CN)6]4-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol•L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_______g•L-1。(以SO2计)
【答案】 (1). 2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2). ad (3). 增大锌粉的表面积，加快反应速率 (4). ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓ (5). 除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失 (6). HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O (7). 0.256
【解析】
【分析】
(1)根据已知的反应物、生成物，结合电子守恒，书写反应方程式；
(2)①结合物质的存在状态及反应条件，判断使用的装置；
②根据化学反应速率影响因素分析，结合复分解反应规律书写反应方程式；
③结合物质的溶解性分析；
(3)根据题干信息，书写反应方程式；
(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等计算。
【详解】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；
(2)①浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，
a.反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；
b.不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；
c.浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；
d.通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；
故合理选项是ad；
②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；
③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；
(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。
(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应关系为：2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，则n(Na2S2O4)=1×10-4mol，溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g•L-1。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、氧化还原反应原理、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目侧重考查学生的分析与实验能力。
10.硼及其化合物在食品、纺织、医药、航空等领域应用广泛。
(1)砷化镓是一种重要的半导体材料。镓(Ga)与硼同族，镓的原子结构示意图为____。
(2)B2H6(乙硼烷）气体燃烧热值高，是未来的高能燃料，用于火箭和导弹。1molB2H6(g)在O2(g)中燃烧，生成B2O3(s)和H2O(g)放出2033.8kJ的热量，写出该反应的热化学方程式__________。
(3)在其他条件相同时，反应H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O中，H3BO3的转化率(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化见图，由此图可得出：
①该反应的△H_______0(填“<”=”或“>”）。分析H3BO3的速率，va(逆）_______vb(正))(填“<”“=”或“>”）。
②根据化学反应原理，分析升高温度对制备B(OCH3)3反应的影响_______。
③若要进一步提高硼酸的转化率，除了可以适当改变反应温度外，还可以采取的措施有：_______。
(4)H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3(aq) +H2O(l)=[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)。常温时，已知0.70mol•L-1H3BO3溶液中，平衡(H+)=2.0×10-5mol•L-1，水的电离可忽略不计，列式计算该反应的平衡常数K约为_______(计算结果保留两位有效数字）。
【答案】 (1). (2). B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g) ΔH=-2033.8kJ/mol (3). ＞ (4). ＜ (5). 升高温度，反应速率加快；同时平衡正向移动，B(OCH3)3产率提高 (6). 分离出B(OCH3)3、增加甲醇的浓度（量） (7). 5.7×10-10mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；
(2)根据反应的物质的物质的量及物质的存在状态、反应释放的能量书写热化学方程式；
(3)①根据不同温度下H3BO3的平衡转化率(a)大小分析，并根据浓度对反应速率的影响判断a、b两点的反应速率大小；
②从温度对反应速率的影响和该反应的正反应为吸热反应分析；
③从化学平衡影响因素分析选择的外界条件；
(4)根据平衡常数的含义计算K。
【详解】(1)Ga是第四周期第IIIA的元素，原子序数是31，原子核外最外层有3个电子，其原子结构示意图为；
(2) 1molB2H6(g)在O2(g)中燃烧，生成B2O3(s)和H2O(g)放出2033.8kJ的热量，则该反应的热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(g) ΔH=-2033.8kJ/mol。
(3)①根据图示可知：升高温度H3BO3的平衡转化率(a)增大，说明升高温度，反应正向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应为吸热反应，所以△H>0；
a点反应未达到平衡，反应正向进行，b点反应达到平衡状态，随着反应的进行，生成物浓度逐渐增大，v逆逐渐增大，v正逐渐减小，到b点时逆反应速率逐渐增大，v逆=v正，所以反应速率va(逆）
③反应的H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O正反应为吸热反应，若要进一步提高硼酸的转化率，除了可以适当改变反应温度外，还可以采取分离出B(OCH3)3、增加甲醇的浓度(量)等措施达到目的；
(4)反应H3BO3(aq) +H2O(l)[B(OH)4]-(aq)+H+(aq)达到平衡时，根据物质变化关系可知平衡时c([B(OH)4]-)=c(H+)=2.0×10-5mol/L，c(H3BO3)=0.70mol/L-2.0×10-5mol/L=0.70mol/L，所以K= mol/L =5.7×10-10mol/L。
【点睛】本题综合考查了原子结构的表示方法、热化学方程式的书写、化学反应速率和化学平衡的影响因素及电离平衡常数的计算等知识。掌握物质结构与原子核外电子排布情况及化学反应基本原理是本题解答的关键。
11.氢原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。学习物质结构与性质，回答下列问题：
(1)太阳中的主要化学元素是氢和_______。
(2)氢负离子H-基态电子排布式为_______。
(3)下列变化：H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，H(g)=H+(g)+e-吸收的能量为1311kJ/mol，则氢负离子H-的第一电离能为________。
(4)几种碱金属氢化物的部分性质如下表所示：
氢化物
LiH
NaH
KH
密度/g/cm3
0.78
1.43
分解温度/℃
850
425
400
从化学结构的角度回答说明，分解温度LiH>NaH>KH___。
(5)水溶液中有H3O+、H5O2+、H9O4+等微粒的形式。H3O+中，中心原子的杂化类型是___，请画出H5O2+的结构式：______。当用高能射线照射液态水时，水分子便以一种新的方式电离，如图所示写出高能射线照射水的总反应的离子方程式_______。
(6)氢化铝钠(NaAlH4)等复合氢化物是重要的有机还原剂。NaAlH4晶胞结构如图所示，NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的A1H4-有___个，设阿伏伽德罗常数为NA，则晶体的密度为___g·cm-3。
(7)在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为（1，1，1)晶面。如图则该立方晶胞体中（1，1，1)晶面共有___个。
【答案】 (1). 氦 (2). 1s2 (3). 73kJ/mol (4). 均为离子晶体，阳离子离子半径Li+
【解析】
分析】
(1)根据太阳中各种元素含量多少分析判断；
(2)H-核外有有2个电子，根据核外电子排布规律书写；
(3)根据第一电离能定义推断；
(4)从离子半径、晶格能大小分析；
(5)根据杂化轨道理论分析，H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子；据此判断微粒的空间构型；结合图示书写反应方程式；
(6)以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，晶胞中AlH4-数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，则二者配位数相等；结合晶胞中AlH4-、Na+数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算密度；
(7)根据该（1，1，1)晶面中在上下两个面上的位置及个数分析；
【详解】(1)太阳上含量最丰富的元素是氢，其次是氦元素，故太阳中的主要化学元素是氢和氦；
(2)H原子核内只有1个质子，氢负离子H-核外有2个电子，基态电子排布式为1s2；
(3)H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，则氢负离子H-的第一电离能为73kJ/mol。
(4)LiH、NaH、KH三种晶体均为离子晶体，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大，阳离子的离子半径：Li+
(5) H3O+中，中心O原子的杂化类型是sp3杂化；H5O2+可看作是H3O+与H2O通过氢键形成的离子，所以H5O2+的结构式是；
根据图示可得高能射线照射水的总反应的离子方程式为：(n+2)H2Oe(H2O)n-+·OH+H3O+；
(6)以体心的AlH4-研究，与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个，晶胞中AlH4-数目为1+8×+4×=4，Na+数目为6×+4×=4，则与Na+紧邻且等距的AlH4-有8个；晶胞质量=4×g，晶胞密度为=g/cm3；
(7)在该（1，1，1)晶面中，该平面通过上面一个顶点，下面2个顶点形成一个（1，1，1)晶面，上面共有4个这样顶点，可形成4个这样晶面；同样，若该晶面通过上面2个顶点，下面一个顶点，也可以形成4个这样的晶面，因此共可以形成8个这样晶面。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式、第一电离能、原子的杂化、均摊方法在物质结构计算的应用的知识。(6)微粒配位数确定是解题难点，通常用均摊方法、直接读图、补全晶胞法等，需要学生具有一定的空间想象能力和书写计算能力。
12.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。
已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl
②R-NO2R-NH2
③-NH2+
(1)A的分子式是________。
(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。
(3)C→D转化的化学方程式是________。
(4)E的结构简式是________。
(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。
(6)G→X的化学方程式是________。
(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。
(8)P的结构简式是________。
【答案】 (1). C6H6 (2). 浓硫酸、浓硝酸 (3). +2NH3+NH4Cl (4). (5). 碳碳双键、酯基 (6). 4 (7). +nH2O+nCH3COOH (8). (9).
【解析】
【分析】
根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；
W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。
【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；
(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；
(3) C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；
(4)E的结构简式是；
(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；
(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；
(7) W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；
(8) 分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q: ，所以P是。
【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。
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