2020届安徽省六校联合会高三第二次素质测试理综化学试题(教师版)

安徽六校教育研究会2020届高三第二次素质测试理科综合能力测试
(化学)
一、选择题：本题共7小题，每小题6 分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。

”下列对此段话的理解正确的是
A. 朴消是黑火药的成分之一
B. 上述过程发生的是置换反应
C. 此记载描述的是鉴别绿矾的方法
D. “色赤”物质可能是单质铜
【答案】C
【解析】
【分析】
由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。

【详解】A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石(即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；
B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；
C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；
D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；
故选C。

【点睛】本题考查金属及化合物性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。

2.有机物X 的结构简式如图所示，下列有关说法错误的是
A. X 的分子式为C13H10O5
B. X 分子中有五种官能团
C. X 能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. X 分子中所有碳原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由结构简式，X的分子式为C13H10O5，故A正确；
B．X分子中有羧基、羟基、羰基、碳碳双键四种官能团，故B错误；
C．X分子中有碳碳双键，X 能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．X分子中有11个碳是sp2杂化，平面三角形结构，与它相连的碳共面，有2个碳是sp3杂化，可以通过旋转后共面，X 分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结构及对称性判断，难点D，抓住共面的条件，某点上相连的原子形成的周角之和为360°，易错点B，苯环不是官能团。

3.N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是
A. 46g 乙醇中存在的共价键总数为7N A
B. 34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为8N A
C. 标准状况下，22.4LHF 含有的原子数为2N A
D. 64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2N A
【答案】D
【解析】
【详解】A. 每个乙醇分子有5个C-H键、1个C-C、1个C-O键、1个O-H键，46g 乙醇中存在的共价键总数为8N A，故A错误；
B．2 H2S＋3O2=2SO2＋2H2O，1mol硫化氢转移6mol电子，34g 硫化氢在足量的氧气中燃烧转移电子总数为6N A，故B错误；
C. 标准状况下，22.4LHF是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；
D．CaC2由Ca2＋和C22－构成，64gCaC2晶体中阴离子和阳离子总数为2N A，故D正确；
故选D。

4.下列对实验现象的解释正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；
B．铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；
C．氧化铁溶于足量HI 溶液，Fe2O3＋ 6H＋+ 2I－= 2Fe2＋+ I2＋ 3H2O ，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D．铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；
故选B。

5.X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。

元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。

反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。

上述物质有如图所示的转化关系：
下列说法错误的是
A. 甲是易液化气体，常用作致冷剂
B. 可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染
C. 甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物
D. 丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素。

元素W 分别与元素X、Y、Z 结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子，则W为H元素。

反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是H2O，丙是HF，Z的单质是F2，Y是O2，甲是NH3，丁中NO。

【详解】A. 甲为NH3，氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；
B．6NO＋4NH3=5N2＋6H2O，产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B 正确；
C. 甲为NH3、丙为HF，甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F，故C正确；
D. 丁是NO，是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；
故选D。

【点睛】本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D，反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO，不是NO2。

6.常温下，将1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中Ca2+和CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是
A. a=5.6
B. 常温下，K sp(CaC2O4)＞K sp(CaCO3)
C. b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)
D. 若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO3
【答案】B
【解析】
【详解】A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1时，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，K sp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，
当c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1时，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)=
9
5
2.810
5.010
-
-
⨯
⨯
=5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正确；
B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断K sp(CaC2O4)和K sp(CaCO3)的大小，故B错误；
C．从图中当c(CO32-)在0~a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.6×10-5mol·L－1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) ＜c(CO32-)，故C正确；
D．若使1molCaC2O4全部转化为CaCO3，则此时溶液中c(C2O42-)=1mol
0.5L
=2mol·L－1，根据
K sp(CaC2O4)=c(Ca2＋)·c(C2O42-)=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此时溶液中c(Ca2＋)=1.25×10-9mol·L－1，而根据
K sp(CaCO3)=2.8×10-9可知溶液中的c(CO32－)=
9
9
2.810
1.2510
-
-
⨯
⨯
== 2.240mol·L－1，故溶液中n(CO32
－)=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量
n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；
故选B。

【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、K sp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用K sp进行计算。

7.苯甲酸在水中的溶解度为：0.18g (4℃)、0.34g (25℃)、6.8g (95℃)。

某苯甲酸晶体 中含少量可溶性杂质X 和难溶性杂质Y 。

现拟用下列装置和操作进行提纯：装置：
操作：①常温过滤②趁热过滤③加热溶解④结晶⑤洗涤、干燥下列有关说法正确的是_________
A. 用甲装置溶解样品，X 在第①步被分离
B. 用乙装置趁热过滤，Y 在第②步被分离
C. 用丙装置所示的方法结晶
D. 正确的操作顺序为：③→④→②→①→⑤
【答案】A
【解析】
【详解】A. 苯甲酸在水中的溶解度为0.18g (4℃)，、0.34g (25℃)、6.8g (95℃)用甲装置溶解样品，Y 末溶，X 溶解形成不饱和溶液，苯甲酸形成热饱和溶液，X 在第①步被分离到溶液中，故A 正确；
B. 乙是
普通漏斗，不能用乙装置趁热过滤，且过滤装置错误，故B 错误；
C. 根据苯甲酸的溶解度受温度影响，应用冷却热饱和溶液的方法结晶，故C 错误；
D. 正确的操作顺序为：③加热溶解：X 和苯甲酸溶解②趁热过滤：分离出难溶物质Y④结晶：苯甲酸析出 ①常温过滤：得到苯甲酸，X 留在母液中⑤洗涤、干燥，得较纯的苯甲酸，正确的顺序为③→②→④→①→⑤，故D 错误；
故选A 。

8.某地有软锰矿(主要成分 MnO 2，含少量 SiO 2 和 Al 2O 3)和闪锌矿(主要成分 ZnS ，含少量 FeS 、
CuS 和 CdS )两座矿山。

综合利用的工艺如下，主产品是通过电解获得的锌和二氧化锰,副产品为硫磺、少量金属铜和镉。

生产中除矿石外，只需购入少量的硫酸和纯碱。

(1)以FeS 为例，写出生成硫磺的反应方程式____。

(2)回收的硫磺可用于制取石硫合剂：在反应器内加水使石灰消解，然后加足量水，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，先得到白色浑浊液，进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。

制备中先得到的白色浑浊物是________________，残留的固体杂质可能是_________________。

(3)写出物质A 和B的化学式_____、_____。

(4)不在滤液Ⅱ中直接加入Na2CO3的原因是_____。

(5)电解时的阴极材料为_____，阳极的电极反应式为_______________。

(6)已知H2CO3的K a1=4×10-7，K a2=5×10-11，则浓度均为0.5mol/L 的Na2CO3和NaHCO3 的混合溶液的pH 约为___________(lg4=0.6，lg5=0.7)，溶液中含碳微粒的浓度从大到小的顺序为_____向此溶液中不断滴加1mol/L 稀HCl 时，溶液中c(CO32-)的变化曲线如下图所示，请在图中画出溶液中其它含碳微粒浓度变化的曲线。

_________________________
【答案】(1). 3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+2S↓+6H2O (2). CaSO3(3). CaCO3或(和)CaSO4(4). Zn (5). MnO2(6). 防止带入Na+等杂质(7). 纯锌(或Zn)(8). Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+(9). 10.3 (10). HCO3-＞CO32-＞H2CO3(或CO2)(11).
【解析】
【分析】
(1)步骤①中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+CuSO4+S↓+2H2O、MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；
(2)硫发生歧化反应，生成低价硫化物如CaS等和高价硫的含氧酸盐如CaSO3、及其氧化产物CaSO4等；
(3)滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd；物质B中MnO2，其作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(4)再加入Zn(OH)2等再调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，另外物质可以是Zn(OH)2、Mn(OH)2、ZnCO3、MnCO3等难溶固体；故不用Na2CO3的原因是防止带入 Na+等杂质；
(5)阳极Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2；
(6)0.5mol/L 的 Na2CO3和 NaHCO3 的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-，据此可以判定混合液中离子浓度大小关系；Na2CO3和 NaHCO3 的混合溶液显碱性，以碳酸钠水解为主，根据水解平衡常数、碳酸的K a2可以计算出c(OH-)，进而求出c(H+)，从而求出pH；Na2CO3和 NaHCO3 的混合溶液不断滴加 1mol/L 稀 HCl 时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中 c(CO32-)的变化曲线如下图所示，浓度先增大后变小，据此画图。

【详解】(1)MnO2在酸性溶液与FeS反应生成硫酸铁、硫酸锰、S与水，生成硫磺的反应方程式
3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+2S↓+6H2O。

故答案为：3MnO2+2FeS+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+2S↓+6H2O；
(2)在反应器内加水使石灰溶解，然后加足量水，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入，升温熬煮，使硫发生歧化反应，生成低价硫化物如CaS等和高价硫的含氧酸盐如CaSO3、及其氧化产物CaSO4等，先得到白色浑浊液，进一步反应得粘稠状深棕色液体，并残留少量固体杂质。

制备中先得到的白色浑浊物是CaSO3，残留的固体杂质可能是CaCO3或(和)CaSO4。

故答案为：CaSO3；CaCO3或(和)CaSO4；
(3)滤液1中加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为Cu、Cd；物质B中MnO2，其作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋；物质A 和B的化学式Zn、MnO2。

故答案为：Zn；MnO2；
(4)再加入Zn(OH)2等再调节溶液pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀而除去，并且不能引入杂质，不在滤液Ⅱ中直接加入Na2CO3的原因是防止带入Na+等杂质。

故答案为：防止带入Na+等杂质；
(5)电解时的阴极材料为纯锌(或Zn)，阳极Mn2+失电子发生氧化反应，生成MnO2，阳极的电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。

故答案为：纯锌(或Zn)；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
(6)已知H2CO3的K a1=4×10-7，K a2=5×10-11，得的水解常数
为:
----+
33
2-2-+
332
c(HCO)c(OH)c(HCO)c(OH)c(H)
=
c(CO)c(CO)c(H)
a
Kw
K
⨯=，则浓度均为0.5mol/L 的Na2CO3和NaHCO3
的混合溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)，即c(OH-)=
14
11
10
510
-
-
⨯
=2×10-4，pH=-lg5×10-11=10+lg2=10.3；0.5mol/L 的
Na2CO3和NaHCO3 的混合溶液中,CO32-水解大于HCO3-电离，溶液中含碳微粒的浓度从大到小的顺序为；HCO3-＞CO32-＞H2CO3(或CO2)；向此溶液中不断滴加1mol/L 稀HCl 时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，溶液中c(CO32-)的变化曲线如下图所示，浓度先增大后变小，H2CO3在CO32-+H+=HCO3-
后逐渐增大，其含碳微粒浓度变化的曲线。

；
故答案：10.3；HCO3-＞CO32-＞H2CO3(或CO2)；
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用及物质制备实验，把握简化流程中的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点(6)向此溶液中不断滴加1mol/L 稀HCl 时，先发生CO32-+H+=HCO3-，再发生HCO3-+H+=H2CO3，根据离子浓度的变化，作图。

9.废钯催化剂中含钯5-6%，碳93-94%，铁1-2%，铜0.1-0.2%以及锌等杂质。

在实验室中探究采用废钯催化剂制备无水氯化钯，具体流程如下：
已知：Pd2+、Cu2+、Zn2+等离子均可与氨水生成[M(NH3)n]x+离子，其中[Pd(NH3)2]2+在盐酸中能以[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体的形式析出。

(1)灼烧钯碳时使用的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、_____(支持仪器省略)。

王水溶解过程中会生成NOCl，NOCl 的结构式为________。

(2)是否进行虚线方框内的操作，对提高钯的回收率至关重要，其主要原因是_____。

(3)最后焙烧之前若不烘干，所得产品中会混有_____杂质。

(4)可用“化学放大”法测定样品中的微量Fe3+：在酸性介质中加入过量的KI 后用CCl4萃取，分去水相后，用肼(N2H4)的水溶液进行还原并反萃取，还原过程中有无污染的气体生成。

再用过量的Br- 将反萃取出的I- 氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入过量的KI，酸化后用Na2S2O3标准液进行滴定。

经上述步骤后，样品含量的测定值放大了_____倍，写出还原过程中发生反应的离子方程式___________，假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1∶80，50mL 的水溶液样品，用10mL 萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的_______________倍(用分数表示)。

完成萃取和反萃取操作，必须选用的仪器有
____________(填标号)。

【答案】(1). 坩埚(2). O=N-Cl (3). Fe(OH)3为胶状沉淀，对[Pd(NH3)2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附损失大(4). PdO (5). 6 (6). N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+ (7). 1/17 (8). B
【解析】
【分析】
废钯催化剂经烘干后，在700℃的高温下焙烧，C、Fe、Pd、有机物被氧气氧化生成氧化物，向氧化物中加入王水，滤渣中含有Pd、SiO2，二氧化硅不溶于王水，但Pd能溶于王水生成溶液，同时生成气体，加入浓氨水调节溶液pH，钯转变为可溶性[Pd(NH3)2]2+，使铁全部沉淀，溶液中加入盐酸酸析得到沉淀，经过脱
氨等一系列操作得当氯化钯。

【详解】(1)灼烧固体要在坩埚中进行，灼烧钯碳时使用的主要仪器有：酒精灯、玻璃棒、坩埚。

由于NOCl 中所有原子都达到了8电子稳定结构，即N形成3对共价键，O形成2对共价键，Cl形成1对共价键，即电子式为：，其结构式为O=N-Cl，
故答案为：坩埚；O=N-Cl；
(2)虚线方框内的操作主要是除去Fe(OH)3，[Pd(NH3)2]2+在盐酸中能以[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体的形式析出，是否进行虚线方框内的操作，对提高钯的回收率至关重要，其主要原因是Fe(OH)3为胶状沉淀，对
[Pd(NH3)2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附损失大。

故答案为：Fe(OH)3为胶状沉淀，对[Pd(NH3)2]2+具有很强的吸附作用，若不进行此操作，[Pd(NH3)2]2+的吸附损失大；
(3)脱氨将Pd(NH3)2Cl2变化为PdCl2，发生反应的化学方程式为Pd(NH3)2Cl2═PdCl2+2NH3↑，最后焙烧之前若不烘干，PdCl2水解生成Pd(OH)2，受热分解，所得产品中会混有PdO杂质。

故答案为：PdO；
(4)可用“化学放大”法测定样品中的微量Fe3+：在酸性介质中加入过量的KI 发生的反应为：2Fe3＋＋2I－
=2Fe2＋＋I2，后用CCl4萃取，分去水相后，用肼(N2H4)的水溶液进行还原并反萃取，还原过程中有无污染的气体生成，反应为N2H4+2I2=4I－+N2+4H＋。

再用过量的Br2将反萃取出的I- 氧化成IO3-，煮沸除Br2后，加入过量的KI，发生反应：5I－+IO3-+6H＋=3I2+3H2O；酸化后用Na2S2O3标准液进行滴定，发生反应：
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。

经上述步骤后，有以下关系式：2Fe3＋～I2～2I－～2IO3－～6I2,样品含量的测定值放大了6倍，还原过程中发生反应的离子方程式N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+，假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为1∶80，50mL 的水溶液样品，设浓度为c,用10mL 萃取剂萃取，萃取后溶液中
残留的样品浓度为b，萃取剂中的浓度为50mL(c-b)
10mL
，则有
b1
=
50mL(c-b)80
10mL
，
b1
c17
萃取后溶液中
残留的样品浓度为原溶液的
1
17
倍(用分数表示)。

完成萃取和反萃取操作，在分液漏斗中进行，必须选用的
仪器有B(填标号)。

故答案为：6 ；N2H4+2I2=4I-+N2↑+4H+；
1
17
；B。

10.某分子的结构如图所示(-R 为烃基)，其中A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于B。

D 与G 形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒。

A 与G 形成的AG3可完全水解，其水解的产物之一H3AO3常用作塑料件镀金属的还原剂。

(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。

D 的某种氧化物D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。

则D2O42DO2，ΔH______0(填“＞”“＜”或“=”)。

(2)DG3用于杀菌消毒与HGO 相比，DG3可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。

(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。

H3AO3分子中A 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示H3AO3的正盐溶液呈碱性的原因_____。

(4)液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，液态D2O4中也存在D2O4DO++DO3-，上述两个过程的本质区别为___________。

(5)T℃时，在一体积为VL 的密闭容器中放入一定量的ACl5固体，按下式发生反应：
ACl5(s)ƒACl3(g)+Cl2(g)，ΔH>0。

测得容器内气体的压强变化如下表：
时间t/s 0 5 10 15 20 25 30 ∞
总压P/kPa 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 5.0 5.0
上述条件下，以分压表示的平衡常数K p=_____(kPa)2(计算结果保留两位小数)；若保持温度不变，30s 时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____(填“升高”、“降低”或“不变”)；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____(填“升高”、“降低”或“不变”)。

【答案】(1). > (2). NCl3与水反应的速率太小(或NCl3与水反应的平衡常数太小)(3). HPO32-+ H 2O H2PO3-+OH-(4). 前者未发生电子转移，后者发生了电子转移(5). 6.25 (6). 不变(7). 升高
【解析】
【分析】
A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于B。

D 与G 形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。

A为P，PCl3可完全水解，其水解的产物之一H3PO3常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。

【详解】(1)D为N元素，D 的某种氧化物N2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。

NO2中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O42NO2要吸收能量，则
N2O42NO2，ΔH > 0。

故答案为：> ；
(2)NCl3用于杀菌消毒与HClO 相比，NCl3可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NCl3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCl3与水反应的平衡常数太小。

故答案为：NCl3与水反应的速率太小(或NCl3与水反应的平衡常数太小)；
(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。

H3PO3分子中P 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，
H3PO3的结构式为：是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液呈碱性，用方程式表示H3AO3的
正盐HPO32-溶液呈碱性的原因：HPO32-+ H2O H2PO3-+OH-。

故答案为：HPO32-+ H2O H2PO3-+OH-；
(4)液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，N的化合价不变，液态N2O4中也存在
N2O 4NO++NO3-，N2O4中N为+4价，NO+中N为+3价，NO3-中N为+5价，上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。

故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；
(5)T℃时，在一体积为VL 的密闭容器中放入一定量的PCl5固体，按下式发生反应：
PCl5(s)ƒPCl3(g)+Cl2(g)，ΔH>0。

测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为5.0kPa，PCl3(g)和Cl2(g)
的分压均为2.5kPa，上述条件下，以分压表示的平衡常数K p=p(PCl3)p(Cl2)=55
KPa KPa
22
=6.25 (kPa)2(计
算结果保留两位小数)；
若保持温度不变，平衡常数不变，30s 时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升高，容器内总压将升高。

故答案为：6.25；不变；升高。

11.我国科学家在铁基超导研究方面取得了一系列的重大突破，标志着我国在凝聚态物理领域已经成为一个强国。

LiZnAs 是研究铁基超导材料的重要前体。

(1)LiZnAs 中三种元素的电负性从小到大的顺序为_____。

(2)AsF3分子的空间构型为_____，As 原子的杂化轨道类型为_____。

(3)CO 分子内因配位键的存在，使C 原子上的电子云密度较高而易与血红蛋白结合，导致CO 有剧毒。

1mol[Zn(CN)4]2-离子内含有的共价键的数目为_____，配原子为_____。

(4)镍的氧化物常用作电极材料的基质。

纯粹的NiO 晶体的结构与NaCl 的晶体结构相同，为获得更好的导电能力，将纯粹的NiO 晶体在空气中加热，使部分Ni2+被氧化成Ni3+后，每个晶胞内O2-的数目和位置均
未发生变化，镍离子的位置虽然没变，但其数目减少，造成晶体内产生阳离子空位(如图所示)。

化学式为 NiO 的某镍氧化物晶体，阳离子的平均配位数为__________，阴离子的平均配位数与纯粹的 NiO 晶体相比
____________(填“增大”“减小”或“不变””，写出能体现镍元素化合价的该晶体的化学式________示例：
Fe 3O 4 写作 Fe 2+Fe 23+O 4)。

(5)所有的晶体均可看作由某些微粒按一定的方式堆积，另外的某些微粒填充在上述堆 积所形成的空隙中。

在面心立方紧密堆积的晶胞中存在两种类型的空隙：八面体空隙和四面体空隙(如下左图所示)。

在 LiZnAs 立方晶胞中，Zn 以面心立方形式堆积，Li 和 As 分别填充在 Zn 原子围成的八面体空隙和四面体空隙中，在 a=0，0.5 和 1 三个截面上 Zn 和 Li 按下图所示分布：请在下图 As 原子所在的截面上用“Δ”补画出 As 原子的位置，______________并说明 a=__________。

【答案】 (1). Li ＜Zn ＜As (2). 三角锥 (3). sp 3 (4). 16N A (5). C (6). 6 (7). 减小
(8). Ni 2+3Ni 3+4O 9 (9). 或 (10). 0.
25( 或 0.75)
【解析】
【详解】(1)锂是活泼金属、锌是较活泼的金属，砷是非金属，失电子能力减弱，得电子能力增强，电负性增强，LiZnAs 中三种元素的电负性从小到大的顺序为Li ＜Zn ＜As 。

故答案为：Li ＜Zn ＜As
(2)AsF 3 分子，价层电子对=3+5132-⨯ =4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥，As 原子的杂化轨道
类型为sp3。

故答案为：三角锥；sp3；
(3)CO 分子内因配位键的存在，使C 原子上的电子云密度较高而易与血红蛋白结合，导致CO 有剧毒。

1mol[Zn(CN)4]2-离子内共价键：C与N之间是叁键、Zn与C之间是配位键，含有的共价键的数目为(3×4+4)N A= 16N A，C 原子上的电子云密度较高，配原子为C。

故答案为：16N A；C；
(4)纯粹的NiO 晶体的结构与NaCl 的晶体结构相同，阳离子的上下、前后、左右有6个阴离子，阳离子的平均配位数为6；部分Ni2+被氧化成Ni3+后，阳离子减少，阴离子的平均配位数与纯粹的NiO 晶体相比减小；
根据化合价代数和等于0，结合晶胞结构，能体现镍元素化合价的该晶体的化学式Ni2+3Ni3+4O9；。

故答案为：6；减小；Ni2+3Ni3+4O9；
(5)结合在a=0，0.5 和1 三个截面上Zn 和Li 按下图所示分布：
，在LiZnAs 立方晶胞中，Zn 以面心立方形式堆积，Li 填充在Zn 原子围成的八面体空隙，而As 填充在Zn 原子围成的四面体空隙中，As 原子所在的截面即a=0.25(或0.75)的截面上用“Δ”画出As 原子的位置，如图：或。

故答案为：或；0.25(或0.75)。

12.治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：
已知：
①CH3CN 在酸性条件下可水解生成CH3COOH。

②CH2=CH-OH 和CH3OOH 均不稳定。

(1)C 生成D 的反应类型为_______________。

G中含氧官能团的名称为_____。

B 的名称为_____。

(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。

(3)写出反应(1)的方程式_____。

分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式
_____(蛋白质的结构用表示)。

(4)H 是F 相邻的同系物，H 的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H 的稳定的同分异构体共有_____种。

①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；
②能与NaOH 溶液反应；
(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B 的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式(无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连续氧化或连续还原的只写一步)。

________________________
【答案】(1). 取代反应(2). 醛基和醚键(3). 丙氨酸(4).
(5). CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH(NH2)CN+H2O (6).
+HCHO→+H2O (7). 5 (8).
【解析】
【分析】
CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH(NH2)CN+H2O，结合信息①CH3CN 在酸性条件下可水解生成CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成
，最加氢生成。

【详解】(1)C为，C与NH3反应生成D，D为，C 生成D 的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。

B为，B 的名称为丙氨
酸。

故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；
(2)由分析：沙芬酰胺的结构简式为。

故答案为：；。