【文档说明】（新高考）高三化学下学期4月月考卷（B卷）解析版.doc，共(10)页，816.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）下学期高三4月月考卷化学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡

上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选择题（每小题2分，共20分，每小题

只有一个选项符合题意）1．《大工开物——作咸篇》有如下记载：“潮波浅被地，不用灰压。候潮一过，明日天晴，半日晒出盐箱，疾趋扫起煎炼。”下列说法正确的是A．“煎炼”所得物质俗称“火碱”B．“作咸”过程涉及“蒸馏”操作C．“作咸”在实验室完成会用到蒸发皿、

酒精灯D．该记载过程中涉及氧化还原反应和复分解反应【答案】C【解析】A．该过程描述的是氯化钠的制作过程，NaOH俗称“火碱”，故A错误；B．“作咸”过程涉及蒸发结晶，不涉及“蒸馏”操作，故B错误；C．“作咸”在实验室通过蒸发结晶完成会用到蒸发皿、酒精灯等仪器，故C正确；

D．该记载过程中无化学变化，故D错误；故选C。2．图中实验装置能达到实验目的的是A．图①除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl−B．图②滴加浓溴水，振荡过滤，除去苯酚C．图③用石墨作电极电解饱和食盐水生产NaClOD．图④测量生成氢气的体积【

答案】D【解析】A．胶体能通过滤纸，所以不能用过滤法除去Fe(OH)3胶体中的Na+、Cl−，故A错；B．溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选用NaOH溶液分液来除杂，故C错；C．用石墨作电极电解饱

和食盐水，氯离子在阳极失去电子被氧化为生氯气，而产生的氯气通过导管逸出而无法制备次氯酸钠，故C错；D．可通过针管活塞的移动来测生成氢气的体积，故选D；答案选D。3．《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅·····而后火药成声”，涉及的主要反应为：S+2K

NO3+3C=====点燃K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是A．第一电离能：N>O>CB．单质硫属于共价晶体C．电负性：N>O>SD．KNO3中的共价键只含有σ键【答案】A【解析】A．同周期第一电离能从左到右依次增大，ⅡA、ⅤA族比相邻元素偏高，所以N>O>C，A

项符合题意；B．硫单质是分子晶体，B项不符合题意；C．半径越小，得电子能力越强，电负性越大，所以半径为O<N<S，则电负性为O>N>S，故C项不符合题意；D．硝酸根中既有N-Oσ键，又有一个4原子6电子的大π键，D项不符合题意；故正确选项为A。4．下图是工业上以32RhHC

OPPh做催化剂获取直链醛和醇的催化循环示意图。下列叙述错误的是A．该催化循环中Rh的成键数目发生变化B．该反应方程式为：2催化2剂22RCH=CH+CO+HRCHCHCHOC．工业上可以通过此法用丙烯制取丙醛或1－

丙醇D．D的结构简式为【答案】C【解析】A．从反应机理图可知，该催化循环中Rh的成键数目有发生变化(4条键→5条键→6条键)，故A正确；B．从反应机理图可知，该反应方程式为：2222RCH=CHCOHRCHCHCHO，故B正确；C．从反应机理图可知，工业上可以通过此法用丙烯制取丁醛或1

－丁醇，故C错误；D．从反应机理图可知，2DHE，根据元素守恒可以推知D的结构简式为，故D正确；故选C。5．下列离子方程式书写正确的是A．用醋酸清洗水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B

．惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl−+2H2O=====电解2OH−+H2↑+Cl2↑C．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+4+OH−=NH3·H2OD．将过量SO2气体通入NaClO溶液中：S

O2+H2O+ClO−=SO2−4+Cl−+2H+【答案】D【解析】A．醋酸为弱酸应写化学式，正确的离子方程式为：2+-33322CaCO+2CHCOOH=Ca+2CHCOO+HO+CO−2+-322Ca+2CHCOO+HO+CO

，故A错误；B．惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2++2Cl−+2H2O=====电解Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B错误；C．氢氧根离子先与氢离子反应，H++OH−=H2O，故C错误；D．二氧化硫具有强还原性能被次氯酸钠氧化成硫酸根，反应为：

SO2+H2O+ClO−=SO2−4+Cl−+2H+，故D正确。6．已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4====△MnSO4+Na2SO4+Br2↑+2H2O，实验室利用如下图所示的装置制备溴苯。下列说法正确的是A．装置接口按

气流方向连接顺序为：d→b→a→e→f→cB．装置甲中进行水浴加热的目的是防止溴蒸气冷凝C．装置乙中有淡黄色沉淀产生，可证明苯与溴发生了取代反应D．可用乙醇作洗涤剂除去溴苯中溶解的少量Br2【答案】B【解析】装置甲的浓硫酸用来吸收溴中的水，水浴加热为防止溴蒸气冷凝，装

置乙用来吸收制取溴苯后挥发出来的溴化氢。装置丙则为题设条件的发生装置，装置丁为支取溴苯的发生装置。A．溴的摩尔质量大于空气，应长进短出，顺序为dabefc，A项不符合题意；B．溴蒸气容易液化，所以需要通过水浴加热来防止

冷凝，B项符合题意；C．此处的淡黄色沉淀比一定为溴苯，有可能使HBr与硝酸银反应的产物溴化银，C项不符合题意；D．除去溴苯中的溴应用氢氧化钠溶液，D项不符合题意；故正确选项为B。7．PCT树脂是应用广泛的一种高聚物，其

结构简式为，它可由有机物X()与另一种有机物Y反应制得。下列说法中不正确．．．的是A．X可与H2发生加成反应生成YB．Y的核磁共振氢谱有4组峰C．X、Y生成PCT的反应属于缩聚反应D．PCT制品应避免长时间与碱性物质接触【答案】A【解析】A．根据题干信息分析，Y的结构为

，X不能与H2发生加成反应生成Y，A错误，符合题意；B．Y用对称结构，核磁共振氢谱有4组峰，B正确，不符合题意；C．二元酸和二元醇通过缩聚反应生成高聚物，C正确，不符合题意；D．PCT含有酯基，在碱性条件下能水解，不应该避免长时间和碱性物质接触，D正确，不符合题

意；故选A。8．某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是A．简单气态氢化物的稳定性：W>ZB．简单离子的半径大小：Y>Z>W>XC．Z的氧化物对应水化物不一定为强酸

D．Y元素和X元素均存在同素异形体【答案】A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X形成2个共价键，X是ⅥA族元素；W形成3个共价键，W是ⅤA族元素；W、Y同主族，W是N元素、Y是P元素、X是O元素；Y、Z的最外层电子数之和

是X的最外层电子数的2倍，Z是最外层有7个电子，Z是Cl元素。A．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Cl>N，简单气态氢化物的稳定性：HCl>NH3，故A错误；B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径大小：P3−>Cl−>N3−>O2−，故B正确；C．Cl的

氧化物对应水化物HClO为弱酸，故C正确；D．P元素有白磷和红磷两种同素异形体，O元素有氧气、臭氧两种同素异形体，故D正确；选A。9．实验室利用海带提取碘单质的流程如下：下列说法正确的是A．操作①需要三脚架、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等仪器B．操作③使用抽滤装置比用过滤装置效果好C．操作

⑤可选用无水乙醇作萃取剂，用分液漏斗分液D．操作⑥为提高冷凝效果，可选用球形冷凝管【答案】B【解析】A．灼烧海带应该在坩埚中进行，而不应该用蒸发皿，故A错误；B．抽滤能加快过滤的速度，操作③使用抽滤装置比用过滤装置效果好，故B正确；C．水乙醇与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故C错误

；D．操作⑥为蒸馏，应该用直形冷凝管，为避免液体残留、不可选用球形冷凝管，故D错误；答案选B。10．我国某科研单位设计了一种新型能量存储、转化装置(如下图)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2，闭合K1时供电。下列说法错误的是A．制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B

．供电时，装置中的总反应式为Zn+2H2O=Zn(OH)2+H2↑C．供电时，Zn电极附近溶液pH降低D．制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2-e−+OH−=NiOOH+H2O【答案】B【解析】闭合K2、断开K1时，制氢并储能，构成电解池，Pt电极发生

还原反应，为阴极，X电极发生氧化反应，为阳极；断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极发生还原反应，为正极，Zn电极发生氧化反应，为负极。A．制氢时，Pt电极为阴极，电子从X电极向Pt电极移动，溶液中K+向Pt电极移动，A正

确；B．供电时，装置中的总反应式为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，B错误；C．供电时，Zn电极发生氧化反应，发生反应Zn-2e−+4OH−=ZnO2−2+2H2O，消耗OH−，pH减小，C正确；

D．制氢时，X电极为阳极，反应式为Ni(OH)2-e−+OH−=NiOOH+H2O，D正确；故选B。二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分）11．(Na3PO4·12H2O)4·NaClO具有良好的洗涤、去污和消毒杀菌功能。以湿法磷酸(

含杂质Fe3+，Al3+及H2SiF6等)为原料制取氯化磷酸三钠产品的工艺流程如图：下列说法不正确的是A．“过程I”需保温20min使沉淀颗粒长大，目的是便于过滤分离B．“过程II”不继续用Na2CO3

中和，可能是因为Ka3(H3PO4)>Ka2(H2CO3)C．“过程III”水浴加热的目的是防止NaClO溶液因温度过高放出氧气D．母液可导入至“过程III”中循环使用【答案】C【解析】由题给流程图可知，向湿法磷酸溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠和

磷酸在70℃~80℃的微热条件下调节pH的范围在8.2~8.4，发生反应生成磷酸氢钠和二氧化碳；向磷酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH的范围在12~14，磷酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应生成磷酸钠和水，向反应后的溶

液中加入次氯酸钠水浴加热，结晶析出氯化磷酸三钠，冷却、过滤、洗涤干燥得到氯化磷酸三钠及母液。A．磷酸的酸性强于碳酸，根据流程得到Na2HPO4，因此反应方程式为H3PO4+Na2CO3=Na2HPO4+CO2↑+H2O；“一次中和”后进行过滤，因此保温20mi

n，使沉淀颗粒长大，其目的是便于沉淀过滤除去，A正确；B．“二次中和”不继续用Na2CO3中和，而采用NaOH溶液，因为酸性：HPO2−4＞HCO−3，即Ka3(H3PO4)>Ka2(H2CO3)，所以Na2HPO4不与Na2CO3反应生成Na3PO4，因为制备的是氯化磷酸三钠，根据流程推出不用N

a2CO3，B正确；C．“过程III”水浴加热的目的是防止氯化磷酸三钠受热分解，有效成分含量降低，C错误；D．根据过程III反应步骤得到溶液为氯化磷酸三钠可知，还有部分未反应的Na3PO4和NaClO以母液形式生成，所以可以导入至“过程III

”中循环利用，D正确；故选C。12．有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法

错误的是A．放电时，电流由b电极经外电路流向a电极B．充电时，a电极附近的pH减小C．充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne−+4nH+=D．电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移【答案】AD【解析】该电池在充电过程中，聚对苯

二酚被氧化，可知a为原电池的正极，b为原电池的负极。A．放电为原电池，电流由正极流向负极，即由a极流向b极，A项符合题意；B．充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出H+，酸性增强，pH减小，B项不符合题意；C．充电b电极为阴极，发生还原反应，根据得失电子守恒和环境知

该电极反应式正确，C项不符合题意；D．放电为原电池，阳离子从负极项正极迁移，即由b极向a极迁移，D项符合题意；故正确选项为AD。13．所给图像的有关说法不正确的是A．图1中铜离子有4个配位键B．图2中

每个晶胞平均占有4个Ca2+C．图3表示的是H原子核外的电子运动轨迹D．图4为Au原子面心最密堆积，每个Au原子的配位数均为12【答案】C【解析】A．从图中可以看出，铜离子周围的4个水分子中的氧原子都和铜离子以配位键结合，故A正确；B．从图中可以看出，钙离子在顶点和面心上，顶点上的钙离子被8个

晶胞共有，所以每个晶胞平均占有顶点上的钙离子为1个；面心上的钙离子被2个晶胞共有，所以每个晶胞平均占有面心上的钙离子为3个，所以每个晶胞平均占有4个钙离子，故B正确；C．图3是H原子的电子云图，电子云图表示的是电子在核外空间某处单位体积内的概率密度，不能表示电子运动轨迹，故C错误；D．金原子是面

心立方最密堆积，面心立方最密堆积的配位数为12，所以每个Au原子的配位数均为12，故D正确；故选C。14．常温下用酚酞做指示剂，向一定体积0.1000mol·L−1H2A溶液中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，滴定曲线及混合溶液中lgX[其中X表示-2c(HA)c(HA)或2--c(A

)c(HA)]随pH变化如图所示，下列说法中正确的是A．图2曲线表示pH与-2c(HA)lgc(HA)的变化关系B．H2A溶液的体积为40.00mLC．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2D．实验到达滴定终点时，溶液中c(Na+)＞2c(A2−)+c(H

A−)【答案】CD【解析】A．根据图1可知起始时0.1mol/LH2A溶液的pH＝1，即溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，这说明H2A的第一步电离是完全的，溶液中不存在H2A，因此图2曲线表示pH与2--c(A)lgc(HA)的变化关系，A错误；B．恰好完全反应时消耗氢氧化钠溶液是4

0mL，二者的浓度相等，所以H2A溶液的体积为20.00mL，B错误；C．图2中pH=2即氢离子浓度是0.01mol/L时，lgx=0，这说明c(A2−)=c(HA−)，所以HA−的电离常数Ka=2--c(A)c(H)c

(HA)＝c(H+)＝1.0×10−2，C正确；D．实验到达滴定终点时生成Na2A，依据物料守恒c(Na+)＝2c(A2−)+2c(HA−)，所以溶液中c(Na+)＞2c(A2−)+c(HA−)，D正确；答案选CD。15．CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4

(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)；ΔH1，主要副反应：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)；ΔH2>0，(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g)CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3<0。在恒容反应器中按体积分数V(CH4)∶V(CO2)=

50%∶50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A．ΔH1=2ΔH2-ΔH3<0B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行C．300～580℃时，

H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量D．T℃时，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则反应

(Ⅰ)的平衡常数小于81【答案】BD【解析】A．反应(Ⅰ)可由2倍(Ⅱ)减去反应(Ⅲ)得到，故ΔH1=2ΔH2-ΔH3，再根据图示，随温度的升高，CH4和CO2的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移，正反应吸热，ΔH

1>0，A不正确；B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，即增大CH4浓度和减小CO2浓度，根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B正确；C．300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，反应(Ⅲ)是放热反应，升温时，平衡逆移消耗H2O，反应(Ⅱ

)是吸热反应，升温时正移，生成H2O，而由于反应(Ⅲ)消耗H2O的量小于反应(Ⅱ)生成水的量，C错误；D．T℃时，在2.0L容器中加入2molCH4、2molCO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO2转化的

浓度为2mol75%0.75mol/L2L根据三段式：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)起1mol/L1mol/L00转0.75mol/L0.75mol/L1.5mol/L1.5mol/L平0.25mol/L0.25mol/L1.5m

ol/L1.5mol/L若不考虑副反应，则反应(Ⅰ)的平衡常数22(1.5mol/L)(1.5mol/L)810.25mol/L0.25mol/L，但由于副反应(Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于81，D正确

；答案选BD。三、非选择题（共60分）16．环己酮可作为涂料和油漆的溶剂。在实验室中以环己醇为原料制备环己酮()。已知：环己醇、环己酮、水和苯的部分物理性质(括号中的沸点数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的恒沸混合

物的沸点)如下：物质沸点(℃，1atm)密度(g·cm−3，20℃)溶解性环己醇161.1(97.8)0.96能溶于水环己酮155.6(95)0.94微溶于水水100.00.998苯80.1(69)0.88难溶于水回答下列问题：(1)酸化272NaCrO时不能选用盐酸，原因是_______(

用离子方程式表示)。(2)该制备反应很剧烈，且放出大量的热。为控制反应体系温度在55℃~60℃范围内，可采取的措施一是加热方式选用_______，二是在加入反应物时将_______(填化学式)缓慢滴加到另一

份试剂中。(3)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95℃~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。采用先加入适量水然后蒸馏而非直接蒸馏，原因是_______。(4)环己酮的提纯过程为：①在馏分中加NaCl固体至饱和，静置，分液；加NaCl的目的是______

_。②加入无水4MgSO块状固体；目的是_______。③_______(填操作名称)后进行蒸馏，收集151~156℃的馏分。(5)合成环己酮缩乙二醇的原理为。该反应正向进行的程度较小，实验室常使用如图所示装置(夹持、加热装置已略去)提高产物的产率。下列说法

正确的是_______(填标号)。A．管口A是冷凝水的出水口B．苯可将反应产生的水及时带出C．工作一段时间后，当苯即将流回烧瓶中时，必须将分水器中的水和苯放出D．工作一段时间后，苯可在烧瓶与分水器中循环流动【答案】（1）232722O=CrO14H6Cl2Cr3Cl7H

（2）水浴(加热)272NaCrO（3）使环己醇溶于水中，同时使环己酮与水形成恒沸混合物被蒸馏出来，减少能耗（4）增大水层的密度，便于分层除去有机物中的少量水(或干燥)过滤（5）BD【解析】控制反应体系温度在55℃~60℃范围内，将272NaCrO溶液缓慢滴加到环己醇

中反应制备环己酮；制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95℃~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。在馏分中加NaCl固体至饱和，静置，分液，在有机层中加入无水4MgSO块状固体，干燥，过滤后进行蒸馏，收集151℃~156℃的馏分，得到环己酮。(1)酸化272

NaCrO时不能选用盐酸，原因是232722O=CrO14H6Cl2Cr3Cl7H；(2)为控制反应体系温度在55~60℃范围内，可采取的措施一是水浴加热；由于酸性272NaCrO具有强

氧化性，反应很剧烈，且放出大量的热，故在加入反应物时将272NaCrO缓慢滴加到另一份试剂中；(3)制备反应完成后，向混合物中加入适量水，蒸馏，收集95℃~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。由表格中信息知，采用先加入适量水然后蒸馏而非直接蒸馏，原因是使环己醇溶于水中，同

时使环己酮与水形成恒沸混合物被蒸馏出来，减少能耗；(4)①在馏分中加NaCl固体至饱和，静置，分液，加NaCl的目的是增大水层的密度，便于分层。②加入无水4MgSO块状固体，目的是除去有机物中的少量水(或干燥)。③过滤后进行蒸馏，收集151℃~156℃的

馏分。(5)A．冷凝水应“下口进上口出”，则管口A是冷凝水的进水口，错误；B．苯易挥发，可将反应产生的水及时带出，促进反应正向进行，正确；C．使用分水器是为了及时分离出产物水，使化学平衡正向移动，提高产率，错误；D．工作一段时间后，苯可在烧瓶与

分水器中循环流动，正确；故选BD。17．砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：(1)AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag、As2O3和HNO3，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___

____。(2)改变0.1mol·L−1三元弱酸H3AsO4溶液的pH，溶液中的H3AsO4、H2AsO−4、HAsO2−4及AsO3−4的物质的量分布分数随pH的变化如图所示：①lgKa1(H3AsO4)=_______；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3As

O4发生的主要反应的离子方程式为_______。②反应H2AsO−4+AsO3−42HAsO2−4的lgK=_______。(3)焦炭真空冶炼砷的其中两个热化学反应如下：As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)∆H1=akJ·mol−1As2O3(g)+3C(s)=12As

4(g)+3CO(g)∆H2=bkJ·mol−1则反应4As(g)As4(g)的∆H=_______kJ·mol−1(用含a、b的代数式表示)。(4)反应2As2S3(s)4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图

所示：①对应温度下，B点的反应速率v(正)_______v(逆)(填“>”“<”或“=”)。②A点处，AsS(g)的分压为_______kPa，该反应的Kp=_______kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。【答案】（1）6∶1（2）-2.2H3AsO4+OH−

=H2AsO−4+H2O4.5（3）2b-2a（4）>0.88.192×10−2【解析】（1）AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag，As2O3和HNO3，反应为2AsH3+12AgNO3+3H2O=As2O3+12Ag↓+12HNO3，其实As元素化合价升高被氧化，AsH3为还原

剂，Ag元素化合价降低被还原，AgNO3为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1；故答案为：6∶1；（2）三元弱酸H3AsO4的三级电离反应为：H3AsO4H++H2ASO−4，H2AsO−4H++HAsO2−4，HAsO2−4H++AsO3−4，第一

步电离为主，①Kal(H3AsO4)=+-2434cHcHAsO)cH(AsO，根据图可知，pH=2.2时，c(H2ASO−4)=c(H3AsO4)，则Kal(H3AsO4)=c(H+)=10−2.2，则1gKal(H

3AsO4)=-2.2；用甲基橙作指示剂，用NaOH溶液滴定H3AsO4发生反应生成NaH2ASO4，离子反应为：H3AsO4+OH−=H2AsO−4+H2O；②同理，Ka2(H2ASO−4)=+2

-4-24cHcHAsOcHAsO，pH=7时，c(H2ASO−4)=c(HAsO2−4)，则Ka2(H2AsO−4)=c(H+)=10−7，Ka3(HAsO2−4)=+3-42-4cHcAsO

cHAsO，pH=11.5时，c(HAsO2−4)=c(AsO3−4)，则Ka3(HAsO2−4)=c(H+)=10−11.5，反应H2AsO−4+AsO3−42HAsO2−4的K=2-2-44-3-244cHAsOcHAsO

cHAsOcAsO=2-2-44-+324+-4c(H)cHAsOcHAsOcHAsOcAsOc(H)=-a2242-a34KHAsOKHAsO=711.51010=104.5，lgK=4.5；故答案为：4.5；(3)已知：Ⅰ、As2O3(g)+3C(s)

=2As(g)+3CO(g)ΔH1=akJ·mol−1；Ⅱ、As2O3(g)+3C(s)=12As4(g)+CO(g)ΔH2=bkJ·mol−1；根据盖斯定律：Ⅱ×2-Ⅰ×2得4As(g)As4(g)ΔH=(2b-2a)kJ·mol−

1；故答案为：2b-2a；(4)①A点达到平衡，B点处气体总压小于平衡时的气压，说明生成气体比平衡时少，反应正向着正方向生成气体的方向进行，故B点的反应速率v(正)>v(逆)；故答案为：>；②A点处，气体总压的对数值

lg(p/kPa)=0，则气体总压为1kPa，AsS(g)在气体中体积分数为45，S2(g)在气体中体积分数为15，则AsS(g)的分压为0.8kPa，S2(g)的分压为0.2kPa，Kp=(0.8kPa)4×0.2kPa=8.192×10−2

kPa5；故答案为：0.8；8.192×10−2。18．过渡钴元素是磁化一次就能保持磁性的少数金属元素之一，可制成超硬耐热合金、磁性合金或粘合剂等，请回答下列问题：(1)钴的基态原子的价电子排布为___________。(2)橙红色晶体羰基钴的分子式

为Co2(CO)8，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为___________(填元素符号)。(3)纳米结构氧化钴可在室温下将甲醛(HCHO)完全催化氧化，已知甲醛各原子均满足

稳定结构，甲醛分子中心原子的杂化方式为___________。(4)CoCl2溶液加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解，再加氨水，生成[CoNH3)6]Cl2，1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含σ键数目为___________

(用NA表示阿伏加德罗常数)，含有的作用力有___________(填序号)a．配位键b．离子键c．金属键d．氢键e．极性键f．非极性键(5)①在HClO4－NaClO4，介质中，K5[Co3+O4W12O36](简写为Co3+W

)可催化合成酯，组成HClO4－NaClO4中H、Na、O元素的第一电离能由小到大的顺序为___________。②写出ClO−4的一种等电子体的化学式为___________。(6)磷化钴的晶胞结构如图所示，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，设

NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________g·cm−3(列出计算式)【答案】（1）3d74s2（2）O>C>Co（3）sp2（4）21NAabe（5）Na<H<OSO2−4、PO3−4（6）

-33-10A431+59gcmN2n10【解析】(1)Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：Ar3d74s2，价电子排布式为：3d74s2，故答案为：3d74s2；(

2)羰基钴的分子式为Co2(CO)8，同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，故电负性O>C>Co，故答案为：O>C>Co；(3)甲醛分子中C原子没有孤电子对，形成3个键，价层电子

对数=3+0=3，甲醛分子的立体构型为平面三角形，中心原子杂化方式为sp2；故答案为：sp2；(4)[Co(NH3)5Cl]Cl2中有外围Cl−与[Co(NH3)5Cl]2−形成的离子键，[Co(NH3)5Cl]2−离子内部的6个配位键、15个

N－H键，共有21个键，所以lmol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含键数目为21NA，N－H为极性共价键，故答案为：21NA；abe；(5)①元素的金属性越强，其第一电离能越小，所以这几种元素第一电离能由小到大的顺序为Na<

H<O；故答案为：Na<H<O；②ClO−4中氯原子价层电子对个数=4+12(7+1-4×2)=4且不含孤电子对，根据价层电子互斥理论判断该离子空间构型为正四面体结构，sp3杂化，是5原子32电子的电子体，根据同族邻族的元素

，得出等电子体为SO2−4、PO3−4等；(6)由图所示，在晶胞中，P原子位于体心和棱心，P原子有：1+14×l2=4；Co原子位于面心和顶点：Co子个数有：818+612=4，最近且相邻两个钴原子的距离为npm，即面对角线的12，则面对角线为2npm，根

据勾股定理得出晶胞的边长为2npm，晶胞的体积为：V=(2n×l0−10)3cm3，根据mV-33-10A431+59gcmN2n10，故答案为：-33-10A431+59gcmN2n10。

19．碳酸镍是制备合成纳米镍的一种前驱体。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料获得碳酸镍流程如图：回答下列问题：(1)“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是_______。(2)“操作A”的名称是_______。(3)“酸浸”滤

液中含有的阳离子主要为H+、_______。(4)“转化”时加入H2O2的目的是_______(用离子方程式表示)，该过程温度不宜过高，原因可能是_______。(5)请写出“沉镍”时的离子方程式_______

。(6)若选用Na2CO3溶液“沉镍”，当溶液中总碳浓度[c(C)T]为0.1mol·L−1时，溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系如图。注：c(C)T=c(CO2−3)+c(HCO−3)+c(H2CO3)①a点

(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为_______(填化学式)。②b点溶液中Ni2+是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)[溶液中总镍浓度c(Ni)T≤10−5mol·L−1时，Ni2+沉淀完全]。(7)

取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用cmol·L−1EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2−=NiY2−+2H+)，消耗标准液20.00mL，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO2−3浓度为______

_。[已知常温下，Ksp(NiCO3)=1.42×10−7，只列计算式，不考虑杂质反应]。【答案】（1）除去Al和Al2O3（2）过滤（3）Fe2+、Ni2+、Fe3+（4）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全（5）Ni2++2HC

O−3=NiCO3↓+CO2↑+H2O（6）NiCO3否（7）-71.4210V20.00cmol/L【解析】由流程图可知，“碱浸”步骤中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤出浸出液中

主要含NaOH和NaAlO2，滤渣中含有Ni，含少量Fe、Fe3O4和不溶性杂质，在滤渣中加入稀硫酸，发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，F

e+Fe2(SO4)3=3FeSO4等，加入双氧水后发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，通过调节pH将Fe3+以Fe(OH)3沉淀析出，然后进行操作A即过滤后出去铁，即得到滤液，其主要含有Ni2+，再加入NH4HCO3溶液发生反应Ni2++2HCO−3=NiCO3↓

+H2O+CO2↑，再次过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的NiCO3。（1）由分析可知，“碱浸”时发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故加入NaOH溶液的作用是除去A

l和Al2O3，故答案为：除去Al和Al2O3；(2)由分析可知，“操作A”的名称是过滤，故答案为：过滤；(3)由分析可知，“酸浸”时发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe3O4+4H2SO

4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4等，故滤液中含有的阳离子主要为H+、Fe2+、Ni2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Ni2+、Fe3+；(4)由分析可知，“转化”时即

将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值来除去，加入H2O2的目的是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，由于该步骤使用的H2O2在高温下易分解，将使Fe3+除不干净，故该过程温度不宜过高，原因可能是温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全，故答案为：H2O2+2Fe2+

+2H+=2Fe3++2H2O；温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全；(5)由分析可知，“沉镍”时的离子方程式为：Ni2++2HCO−3=NiCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ni2++2HCO−3=NiCO3↓+CO2↑+H2O；(6)①由于a点是NiC

O3对应的c(Ni2+)小于Ni(OH)2对应的c(Ni2+)，说明NiCO3沉淀更完全，故a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为NiCO3，故答案为：NiCO3②由溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系图

可知，b点溶液中Ni2+的总浓度不管是NiCO3还是Ni(OH)2对应的数值均大于10−5mol·L−1，故Ni2+并没有沉淀完全，故答案为：否；(7)先根据取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用cmol·L−1EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2−

=NiY2−+2H+)，消耗标准液20.00mL，可计算出NiSO4溶液的物质的量浓度为：n(Ni2+)=n(EDTA)，c(Ni2+)V(Ni2+)=c(EDTA)V(EDTA)，故c(Ni2+)-1-3-32+EDTAED

TAcmol?L?20.00?10L=V?10LNicVV33101000.20/VLLcmol=20.00mol/LVc，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO2−3浓度为7732+NiCO1.42101.

421020.00(Ni)20.00VKspVcccmol/L，故答案为：-71.4210V20.00cmol/L。20．天然产物全合成是现代有机化学的重要研究方向，H是合成某种生物酶的核心中间体，其结构简式为，合成

路线如图：已知：I：――————→(CH3CO)2OII：R－COOH4LiAlHR－CH2OH(还原性：LiAlH4>Fe/HCl)(1)B的名称为_______；C→D的反应类型是_______。(2)F的分子式为_______；鉴别F和G可选用的试剂为____

___。(3)写出F→G第一步的化学方程式_______。(4)设计C→D、F→G的目的是_______。(5)I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，则满足下列条件的I的同分异构体共有____种。A．能与NaHCO3溶液反应放

出气体B．核磁共振氢谱图中显示共有5组峰写出其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式____________(任写一种)。(6)已知：苯环上连有羧基时取代通常发生在间位，据此写出以烃A和草酸为原料合成高分子化合

物()的合成路线(无机试剂任选)：_______。【答案】（1）2-氯甲苯取代反应（2）C9H7NO6FeCl3溶液（3）+3NaOH+CH3COONa+2H2O（4）保护酚羟基（5）7或（6）4酸性KMnO溶液

浓硝酸、浓硫酸elFHC、4LiAlH草酸【解析】H的结构简式为，G发生信息II的反应生成H，则G的结构简式为；根据H结构简式及C分子式知，A的结构简式为；A中苯环上甲基的邻位H原子被氯原子取代生成B，B的结构简式为；B发生水解反应然后酸化得到C为，C发生信息

①的反应生成D为，D中甲基被氧化生成羧基，则E结构简式为，E发生硝化反应生成F，根据G的结构简式知，F的结构简式为。(1)B为，名称为2－氯甲苯或邻氯甲苯；C为，C发生信息①的反应生成D为，比较C和D的结构变化可知该反应为取代反应；故答

案为：2－氯甲苯；取代反应；(2)根据上述分析，F的结构简式为，则F的分子式为C9H7O6N；G为，含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，故可以选用FeCl3溶液鉴别；故答案为：C9H7NO6；FeCl3溶液；(3)F为，第一步反应为在氢氧化钠溶液中发生的水解反应，反应方程式为+3NaOH

+CH3COONa+2H2O；(4)在合成过程中需要引入硝基，而酚羟基容易被氧化，所以在硝化过程之前将酚羟基转化为酯基，引入硝基之后再将酯基水解、酸化后转化为酚羟基，故设计C→D、F→G的目的保护酚

羟基，故答案为：保护酚羟基；(5)D为，分子式为C9H10O2，I是D的一种同系物，其相对质量比D大28，即I的分子式为C11H14O2；A．能与NaHCO3溶液反应放出气体，则I中含有－COOH；B．核磁共振氢

谱图中显示共有5组峰，则分子中含有5种不同化学环境的氢原子；结构有、、、、、、，共7种，其中核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶4∶6∶2∶1的同分异构体的结构简式有、，故答案为：7；或；(6)已知：苯环上连有羧基时取代通常发生在间位，则由先氧化为苯甲酸，再在间位引入硝基，在根据上述流

程图中反应规律用Fe/HCl硝基还原为氨基，再根据已知反应II，在一定条件下将羧基还原为羟基，最终得到，与乙二酸发生缩聚反应得到高分子化合物，合成路线为：4酸性KMnO溶液浓硝酸、浓硫酸elFHC、4LiAlH草

酸。