1、广东省汕头市潮阳实验学校2020届高三化学下学期3月线上统一考试试题（含解析）1.我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B. 将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C. 本草纲日中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机物【答案】C【解析】【详解】A. 我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早，A项说法正确；B.将青铜器放在银质托盘上，会形成原电池，Cu比银活泼做负极，加快腐蚀，所以青铜器容易生成铜
2、绿，故B说法正确；C. 本草纲日中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜，故C说法错误；D. 用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是酸类、游离脂肪酸，为有机物，故D项正确；故答案为C。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是A. 0.4mol AgNO3受热完全分解（2AgNO32Ag+2NO2+O2）,用排水法最终收集到气体的分子数为0.2NAB. 6.4g CaC2中含有的离子总数目为0.3NAC. 1 mol FeI2与一定量氯气反应时，若已知有1mol Fe2+被氧化则转移的电子数为3NAD. 1mol 苯和苯甲酸
3、的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为7.5NA【答案】CD【解析】【详解】A0.4mol硝酸银能分解，产生0.4molNO2和0.2molO2，用排水法发生4NO2O22H2O=4HNO3，显然氧气过量，反应后剩余0.1molO2，最终收集到的气体分子数为0.1NA，故A错误；B碳化钙的电子式为，6.4gCaC2中含有离子物质的量是=0.2mol，故B错误；C由于I-还原性强于Fe2+，当1mol Fe2+被氧化时，2molI-已经全部被氧化，所以共转移3mol电子，故C正确；D苯燃烧的方程式：C6H6O26CO23H2O，苯甲酸燃烧的方程式为C7H6O2O27CO23H2O，等物质的量苯和苯
4、甲酸消耗氧气的量是相等的，因此1mol该混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为7.5mol，故D正确；故选CD。3.用制溴苯的废催化剂（主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A. 用装置及其试剂制取氯气B. 用装置氧化FeBr3溶液中的溴离子C. 用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离D. 用装置将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl3【答案】C【解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原
5、则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。4.已知：还原性HSO3-I-，氧化性IO3-I2。在含3mol NaHSO3
6、的溶液中逐滴加人KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 0-a段发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+B. ab段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC. bc段反应：氧化产物为I2D. 当溶液中I-与I2的物质的量之比为5 : 1时，加入的KIO3为1.lmol【答案】D【解析】还原性HSO-3I-，所以首先发生：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，由于氧化性IO-3I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H+5I-3H2O+3I2。A、根据以上分析
7、可知0a段发生反应：3HSO3-+ IO3-3SO42-+I-+3H+，A正确；B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，因此ab段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，B正确；C、根据以上分析可知bc段反应：IO3-+6H+5I-3H2O+3I2，氧化产物为I2，C正确；D、根据反应IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，3mol NaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根
8、据反应IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为mol，消耗碘离子的量为mol，剩余的碘离子为（1-）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：1时，即（1-）mol：nmol=5：1，故n=0.15mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+mol=1mol+0.05mol=1.05mol，D错误，答案选D。5.化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注，X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是( )A. 分子式为C14H15O10B. 该分子可由酯化反应制得C. 1 mol X最多可与4 mol NaOH反应D. 1 mol X
9、最多可与4 mol NaHCO3反应【答案】B【解析】【详解】A由结构简式可知分子式为C14H16O10，故A错误；B该物质有酯基这个官能团，故该分子可由酯化反应制得，故B正确；C能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基，1molX最多可与5molNaOH反应，故C错误；D只有羧基与碳酸氢钠反应，则1molX最多可与1molNaHCO3反应，故D错误；答案选B。【点睛】酚羟基和羧基使有机物显酸性，能与氢氧化钠反应。6.下列叙述中正确的是A. 使用含微量NaF的牙膏，可以使牙齿上的Ca5(PO4)3OH转化为Ca5(PO4)3F以防止蛀牙，则一般可说明后者的Ksp小于前者的KspB. 室温下向
10、苯和含少量苯酚杂质的混合溶液中加入适量浓溴水，振荡，静置后过滤，可除去苯中少量苯酚杂质C. 用1.00mol/L 标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液10.00mL，滴定前将25.00mL 酸式滴定管中盐酸调至“0”刻度，将盐酸滴完恰好滴定至终点，则可得c(NaOH)=2.50mol/LD. 向4ml 2%的CuSO4溶液中加入几滴1%的NaOH溶液，振荡后再加入0.5mL 有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X结构中不含有醛基【答案】A【解析】【详解】A、加入少量的NaF，化学反应向着更难溶的方向去进行，因此前者的Ksp大于后者，故A正确；B、苯酚与浓溴水生成三溴苯酚，三溴苯酚是有机物，其可
11、溶于苯，因此不能除去苯中少量的苯酚，故B错误；C、盐酸滴定完后恰好滴定至终点，消耗的盐酸体积大于25.00mL，因此计算出的c(NaOH)2.50molL1，故C错误；D、醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应，要求反应环境是碱性，向4mL2%CuSO4溶液中加入几滴NaOH溶液，溶液不显碱性，故D错误。故选A。7.柠檬酸（用H3R表示）可用作酸洗剂。常温下，向0.1molL1 H3R溶液中加入少量的NaOH固体（忽略溶液体积的变化），H3R、H2R、HR2和R3的含量与pH的关系如图所示。下列正确的是A. 图中b曲线表示HR2的变化B. HR2的电离常数Ka3106C. pH7时，c(Na+)c(H2
12、R)+c(HR2)+c(R3)D. pH5时，c(H2R)+c(HR2)+c(R3)0.1molL1【答案】B【解析】【分析】柠檬酸是弱电解质，能发生三步电离：H3RH2R-H+、H2R-HR2-H+、HR2-R3-H+。当pH=1时，H3R电离程度都很小，溶液中的微粒基本上为H3R，随着溶液pH的增大，第一步、第二步、第三步电离开始依次增大，所以曲线a、b、c、d代表的微粒分别为H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量变化曲线。【详解】A.由上述分析可以知道，图中b曲线表示H2R的变化，故A错误；B.由图可以看出，当pH=6 时, HR2-R3-H+的平衡体系中，c(R3-)= c(HR2)
13、，c(H+)=1mol/L，HR2的电离常数Ka3= c(H+)c(R3-)/ c(HR2)=c(H+)= 1，故B正确；C.pH=7 时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(Na+)=c(H2R-)+2c(HR2)+3c(R3)，故C错误；D.由于原溶液H3R的浓度为0.1molL1，加入适量NaOH后pH =5，此时溶液的体积变大，所以c(H2R )+c(HR2)+c(R3)0. 1molL1，故D错误；本题答案为B。8.已知SO2可以用Fe(NO3)3溶液吸收，按如图所示装置展开相关探究：取一定量的铜片于三颈烧瓶中，通入一段时间N2后再加入足量的浓硫酸，加热；装置A中
14、有白雾（硫酸酸雾）生成，装置B中产生白色沉淀。回答下列问题： (1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为_。(2)实验开始前需进行的操作是_。(3)加入浓硫酸之前先通入N2一段时间，其目的是_。(4)排除装置A中白雾影响，可在装置A、B间增加洗气瓶C，则C中盛放的试剂是_；若用NaOH溶液处理尾气，则发生反应的离子方程式为_。 (5)经过讨论，该小组对装置B中产生沉淀的原因，提出下列假设（不考虑各因素的叠加,不考虑体系残留的氧气）；假设1：装置A中白雾进入装置B中参与了反应；假设2:_；假设3: Fe(NO3)3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3-能氧化SO2。(6)请你设计实验验证上述假设3，写
15、出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤(简述操作过程)预期现象和结论测1.0mol/LFe(NO3)3溶液的pH取与Fe(NO3)3溶液中c(NO3-)相同的适量Ba(NO3)2溶液滴入试管中_向试管中通入适量SO2气体_(7)若假设2正确，请写出B中发生氧化还原反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查装置的气密性 (3). 排除空气的干扰 (4). 饱和NaHSO3溶液 (5). SO2+2OH-SO32-+H2O (6). SO2被Fe3+氧化为SO42- (7). 向试管中滴加少许稀硝酸，调节pH与相同 (8). 若有白色沉淀，则假设3成立；反之，则假设3不成立
16、(9). 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+【解析】【分析】(1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器为分液漏斗；(2)实验中有气体参与反应，需要先检验装置的气密性；(3)空气中氧气能氧化亚铁离子，干扰实验；(4)C中盛放的物质能吸收硫酸且不能吸收二氧化硫、不能引进新的杂质；二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；(5)铁离子具有氧化性，将SO2氧化为SO42-；(6)要验证假设3，硝酸铁是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要证明是酸性条件下硝酸根离子氧化二氧化硫，可以用硝酸的强碱盐溶液、少量稀硝酸，控制与硝酸铁溶液的pH相同、硝酸根离子浓度相同，然后向溶液中通入少量二氧化硫观察实验
17、现象；(7)若假设2正确，Fe3+将SO2氧化为SO42-，自身被还原为Fe2+，而后生成的SO42-与Ba2+反应生成BaSO4；【详解】(1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器为分液漏斗；(2)A中制备二氧化硫，B中进行二氧化硫的性质实验，需要先检验装置的气密性；(3)装置中含有空气，空气中氧气能氧化亚铁离子干扰实验，所以通入氮气的目的是排除空气的干扰；(4)排除装置A中白雾影响，可在装置A.B间增加洗气瓶C，C中盛放的物质能吸收硫酸且不能吸收二氧化硫、不能引进新的杂质，则需要饱和NaHSO3溶液等；二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱溶液发生反应生成盐和水，离子方程式为SO2+2OH=SO32+H2
18、O；(5)铁离子具有氧化性、二氧化硫具有还原性，可能是SO2被Fe3+氧化为SO42；(6)要验证假设3，硝酸铁是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要证明是酸性条件下硝酸根离子氧化二氧化硫，可以用硝酸的强碱盐溶液、少量稀硝酸，控制与硝酸铁溶液的pH相同、硝酸根离子浓度相同，然后向溶液中通入少量二氧化硫观察实验现象，其操作步骤为：测1.0mol/LFe(NO3)3溶液的pH取与Fe(NO3)3溶液中c(NO3)相同适量Ba(NO3)2溶液滴入试管中；向试管中滴加少许稀硝酸，调节pH与相同；向试管中通入适量SO2气体，通过以上一系列操作，得到的结论为：如果溶液中有白色沉淀生成就说明假设3成立，否则假设3不
19、成立；(7)若假设2正确，Fe3+将SO2氧化为SO42，自身被还原为Fe2+，而后生成的SO42与Ba2+反应生成BaSO4，反应的相关离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+。【点睛】能吸收硫酸且不能吸收二氧化硫、不能引进新的杂质，则需要饱和NaHSO3溶液。9.从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_（填字母序号）。aFe bFeO cFe3O4 dFe2O3（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药
20、用辅料红氧化铁的工艺流程如下（部分操作和条件略）： 回答下列问题：在步骤i中产生的有毒气体可能有_。在步骤iii操作中，要除去的离子之一为Al3。若常温时KspAl(OH)3=1.01032，此时理论上将Al3沉淀完全，则溶液的pH为_。步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是_。（3）氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式_。请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释：_。（4）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：复分解反应ii的离子方程式是_。如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN，方案如
21、下：若试纸变蓝则证明食品中含有CN，请解释检测时试纸中FeSO4的作用：_【答案】 (1). c (2). CO和SO2等 (3). 5 (4). Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O (5). Fe(OH)3 (6). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀 (7). 3Fe(CN)6 4+ 4Fe3+ = Fe4Fe(CN)63 (8). 碱性条件下，Fe2+与CN结合生成Fe(CN)64；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。
22、【解析】【分析】（2）工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧，煤中的碳可还原Fe2O3为铁单质，同时可能产生CO。煤中的硫元素也会燃烧成为二氧化硫。加稍过量的稀硫酸，铁以及A12O3、CaO、MgO和稀硫酸反应生成盐，过滤，SiO2和CaSO4成为滤渣而除去，滤液中的铝离子可通过调节溶液的pH而除去。得到的硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵，可生成碳酸铁沉淀，煅烧得到红氧化铁。【详解】(1)古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，选c，故答案为c；(2)工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，
23、加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等，故答案为CO、SO2等；根据KspAl(OH)3=1.01032，要将Al3沉淀完全，c(Al3+)=1.010-5，c(OH-)=1.0109，则溶液pH=5，故答案为5；步骤iv中，硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3的离子方程式为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O，故答案为Fe22HCO3=FeCO3CO2H2O；(3)因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀，
24、故答案为Fe(OH)3；Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；(4)Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3Fe(CN)64-+4Fe3+Fe4Fe(CN)63，故答案为3Fe(CN)64-+4Fe3+Fe4Fe(CN)63；基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-，碱性条件下，Fe2+与CN-结合生成Fe(CN)64-；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝
25、色，故答案为碱性条件下，Fe2+与CN-结合生成Fe(CN)64-；Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+；Fe(CN)64-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。10.习总书记在十九大报告中明确指出：“宁要绿水青山，不要金山银山，而且绿水青山就是金山银山。”保护环境是我们的迫切需要。请回答下列问题：（1）NH3和NO都是有毒气体，但在催化剂条件下，它们可通过反应得到对环境无害的N2和H2O：4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+H2O（g）H。已知几种化学键的键能数据如下：共价键键能/kJ/mol946391607464根据键能数据估算上述反应中H_kJ/mol。（2）CO2会带来温室效
26、应。目前，工业上采用氢气还原CO2制备乙醇的方法已经实现：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。在2L恒容密闭容器中充入4molCO2和8molH2，在一定温度下反应，测得混合气体中c（C2H5OH）与时间的关系如图所示。010min内，v（H2O）=_molL-1min-1。反应达到平衡时，n（H2）_mol在该温度下，该反应的化学平衡常数K_（保留两位小数）。（3）在恒容密闭容器中发生反应CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)。下列说法能作为判断该反应达到化学平衡状态标志的是_。A容器内混合气体的密度保持不变Bv正（NO2）=4v逆
27、（CO2）C容器内压强保持不变D单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO（4）我国规定生活用水中铅排放的最大允许浓度为0.01mg/L。在某含铅废水中加入Na2S，当S2-浓度达到6.810-8mol/L时，水体中Pb2+浓度为_mol/L已知：Ksp（PbS）=3.410-28，此时是否符合排放标准?_（填“是”或“否”）。（5）电解法处理含氮氧化物废气，不仅可以减少环境污染，而且可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NO的装置如图所示（图中A、B极均为石墨电极）。B极的电极反应式为_。标准状况下，每消耗4.48LNO，A极得到氢气的体积为_L。【答案】
28、(1). -1964 (2). 0.15 (3). 2 (4). 1.69 (5). BC (6). 5.010-21 (7). 是 (8). 2H2O+NO-3e-=NO3-+4H+ (9). 6.72【解析】【分析】（1）根据反应的方程式，旧键断裂吸热，新键形成放热；（2）根据图像可知，反应10min时达到平衡状态，且乙醇的浓度为0.5mol/L，即物质的量为1mol；2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)初始：4 8反应：2 6 1 3平衡：2 2 1 3（3）A反应体系中，所有物质均为气体，反应平衡前后则气体质量不变；容器的体积不变，容器内混合气体的密度保持不变
29、，密度不能作为判断平衡的依据，A错误；B已知v（NO2）：v（CO2）=4：1，与化学计量数之比相同，且反应方向相反，能作为判断平衡的依据，B正确；C反应体系中，所有物质均为气体，且左右两边气体计量数的和不相等，若达到平衡状态时，气体的物质的量不再改变，则压强不再改变，容器内压强保持不变能作为判断平衡的依据，C正确；D单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO，反应过程中及平衡时均为此状况，不能判断释放达到平衡状态，D错误；（4）根据Ksp（PbS）=c（Pb2+）c（S2-）计算；（5）根据电解法吸收NO的装置图，电极B通入NO气体失电子生成硝酸根离子；根据得失电子守恒进行计算。【
30、详解】（1）根据反应的方程式，旧键断裂吸热，新键形成放热，则H39134+6076-9465-46426=-1964kJ/mol；（2）根据图像可知，反应10min时达到平衡状态，且乙醇的浓度为0.5mol/L，即物质的量为1mol；2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)初始：4 8反应：2 6 1 3平衡：2 2 1 3v（H2O）=3（210）=0.15mol/（Lmin）；达到平衡时，n（H2）=2mol；K=1.69；（3）A反应体系中，所有物质均为气体，反应平衡前后则气体质量不变；容器的体积不变，容器内混合气体的密度保持不变，密度不能作为判断平衡的依据，A错误
31、；B已知v（NO2）：v（CO2）=4：1，与化学计量数之比相同，且反应方向相反，能作为判断平衡依据，B正确；C反应体系中，所有物质均为气体，且左右两边气体计量数的和不相等，若达到平衡状态时，气体的物质的量不再改变，则压强不再改变，容器内压强保持不变能作为判断平衡的依据，C正确；D单位时间内，消耗nmolNO2的同时生成nmolNO，反应过程中及平衡时均为此状况，不能判断释放达到平衡状态，D错误；答案为BC；（4）Ksp（PbS）=c（Pb2+）c（S2-），则c（Pb2+）=Ksp（PbS）/c（S2-）=3.410-28/（6.810-8）=5.010-21mol/L；则1L溶液中，Pb2
32、+的质量为207g/mol5.010-21mol=1.03510-15mg，小于0.01mg/L，符合排放标准；（5）根据电解法吸收NO的装置图，电极B通入NO气体失电子生成硝酸根离子，则电极反应式为2H2O+NO-3e-=NO3-+4H+；反应中，每消耗标况下4.48L的NO，即0.2mol，N的化合价由+2变为+5，失去0.6mole-，H的化合价由+1变为0，得失电子总数相等，则生成0.3mol氢气，即6.72L。11.2019年1月3日上午，嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下
33、列问题：(1)基态Ga原子价电子排布式_，核外电子占据最高能级的电子云形状为_；基态As原子最高能层上有_个电子。(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJmol1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为_和+3，砷的第一电离能比镓_(填“大”或“小”)。(3)第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为_。(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700制得，(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为_，AsH3分子的空间构型为_。(5)相同压强下，AsH3的沸点_NH3(填“大于”或“小于”)，原因为_(6)GaAs为原子晶体，其晶胞结
34、构如图所示，Ga与As以_(填“共价键”或“离子键”)键合。设阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞边长为a pm，则GaAs晶体的密度为_gcm3(列出计算式即可)。【答案】 (1). 4s24p1 (2). 哑铃形(或纺锤形) (3). 5 (4). +1 (5). 大 (6). V、Co (7). sp2 (8). 三角锥形 (9). 小于 (10). NH3与AsH3的结构相似，NH3分子间能形成氢键，沸点更高 (11). 共价键 (12). 【解析】【分析】(1) Ga位于周期表中第4周期第A族，As位于周期表中第4周期第A族； (2)根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去
35、该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性减小；(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或Ar3d104s24p3，核外未成对电子数目为3；(4)利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式；As与N同主族位于第VA族其氢化物的结构与氨气相同；(5) NH3分子间能形成氢键；(6)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合；利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，通过计算晶胞体积、晶胞中As、Ga的总质量就可计算出密度。【详解】(1)Ga为31号元素，核外有31个电子，基态镓(Ga)原子的电子排布式为1s22s22p63s23p6
36、3d104s24p1，核外电子占据最高能级为4p，电子云形状为哑铃形；As元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p63d104s24p3，最高能层上有5个电子；(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As是同一周期的元素，一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以电负性AsGa；(3)基态As原子核外1s22s22p63d104s24p3或Ar3d104s24p3，核外未成对电子数目为3，第四周期元素中，基态
37、V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，基态Co原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，以上两种元素核外未成对电子数目都为3； (4)(CH3)3Ga中Ga形成3个键，没有孤电子对，所有Ga原子的杂化方式为sp2杂化；As与N同主族位于第VA族，其氢化物的结构与氨气相同，则AsH3分子的空间构型为三角锥形；(4)N原子半径较小，电负性较大，对应的NH3分子间能形成氢键，沸点较高，而As电负性小，半径大，分子间不能形成氢键，沸点较低；(6)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合，利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，As:818+61
38、2=4，Ga:41=4，即一个晶胞中含有4个GaAs；晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=(apm)3=(a10-10cm)3=a310-30cm3，则晶胞的密度=。12.化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成： (1)D中的含氧官能团名称为_(写两种)。(2)FG的反应类型为_。写出D与足量NaOH溶液反应的方程式_。(3)写出同时满足下列条件的C的两种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应分子中只有4种不同化学环境的氢(4)E经还原得到F，E的分子式为，写出E的结构简式：_。(5)已知：苯胺（）易被氧化。请以甲苯和
39、为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_【答案】 (1). 羟基、羰基和酰胺键（或肽键） (2). 消去反应 (3). +3NaOH+CH3COONa+NaBr+H2O (4). 或或 (5). (6). 【解析】【分析】(1)由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键；(2)F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；中的Br、酚羟基和酰胺键能和NaOH溶液发生反应；(3)C的一种同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO-结构；分子中只有4种
40、不同化学环境的氢，应为对称结构；(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，=7，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成-OH；(5)以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成。【详解】(1)由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键；(2)F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；D与足量NaOH溶液反应的方程式：+3NaOH+CH3COONa+NaBr+H2O；(3)C的一种同分异构体：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO结构；分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为或或；(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，=7，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成OH，E的结构简式为；(5)以甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基甲苯，不能先氧化甲苯为苯甲酸，然后再硝化，因为根据给出的已知，若先氧化再硝化，硝基会进入羧基的间位，而不会进入羧基的邻位。然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为：。
