学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________
第I卷（选择题）
一、选择题
1．最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取As2O3设计流程如下：
已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。
（1）写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法____；“碱浸”中H3AsO3转化成Na3AsO3的离子方程式为____。
（2）“氧化”时常在向混合液中通入O2时对体系加压，目的是____。 （3）“沉砷”过程中有如下反应： ①②
＜0
＞0
沉砷率与温度关系如图。沉砷最佳温度为____，高于85℃时，沉砷率下降的原因是____。
（4）“还原”过程中获得H3 AsO3的化学反应方程式为____；“操作A”为：____、过滤；滤液Ⅱ的主要成分是____。
（5）若每步均完全反应，“氧化’’和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=____（写出含x、y的计算式）。
2．（14分）金属蚀刻加工过程中，常用盐酸对其表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。 pH在1.5左右的某酸洗废水中含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌、 铬浓度较低，工业上综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：
相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）“中和”时发生反应的化学方程式为__________________，调节pH至________范围，有利于后续制备得纯度较高的产品。
（2）酸溶处理中和后的滤渣，使铁元素浸出。滤渣和工业盐酸反应时，不同反应温度下 铁浸出率随时间变化如图(a)所示，可知酸溶的最佳温度为_______________。按照不同的固液比（滤渣和工业盐酸的投入体积比）进行反应时，铁浸出率随时间变化如 图(b)所示，实际生产中固液比选择1.5:1的原因是___________。
（3）氧化时，可选氯酸钠或过氧化氢为氧化剂，若100L“酸溶”所得溶液中Fe 2＋含量
?1
为1.2mol?L，则需投入的氧化剂过氧化氢的质量为_____________。
（4）氧化时，除可外加氧化剂外，也可采用惰性电极电解的方法，此时阴极的电极反应式为 ，电解总反应的离子方程式是 。
（5）将得到的FeCl3溶液在HCl气氛中_________、过滤、洗涤、干燥得FeCl3?6H2O晶体。
3．2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：
（1）对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应离子的萃取，如La3+、Sc2+。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：____，其中电子占据的轨道数为_____个。
（2）对叔丁基杯[4]芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子杂化方式为_____，羟基间的相互作用力为_____。
（3）不同大小的苯芳烃能识别某些离子，如：N3-、SCN?等。一定条件下，SCN?与MnO2反应可得到(SCN)2，试写出(SCN)2的结构式_______。
（4）NH3分子在独立存在时H－N－H键角为106.7°。如图 [Zn(NH3)6]离子的部分结构以及H－N－H键角的测量值。解释配合物中H－N－H键角变为109.5°的原因：____。
（5）橙红色的八羰基二钴[Co2(CO)8]的熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂。该晶体属于___晶体，八羰基二钴在液氨中被金属钠还原成四羰基钴酸钠[NaCo(CO)4]，四羧基钴酸钠中含有的化学键为_____。
（6）已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图Ⅱ、图Ⅲ所示)：
则一个C60分子中含有σ键的个数为______，C60晶体密度的计算式为____g·cm?。(NA为
3
阿伏伽德罗常数的值) Al2O2的流程如下图所示：
的2+
4．某铝土矿和黄铁矿的共生矿(主要成分为Al2O3、FeS2和SiO2)，由此矿石制备Fe3O4和
回答下列问题：
(1)“步骤2焙烧过程产生的废气为___________。
(2)已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为______________________（已知该过程产
生的废气和废气1成分相同）。
(3)“滤渣2”的成分是___________，其重要用途为______________________。 (4)常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al沉淀完全时，溶液的pH约为___________。(若当离子浓度小于1.0×10－5mol/L时，认为沉淀完全，已知Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32) (5)若原矿石质量为bkg，经过该流程获得的Fe3O4的质量为akg则原矿石中铁元素的质量分数为___________。
(6)该流程中存在较为明显的缺陷是_________________________________。 5．(14分)
高锰酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下：
3+
(1)实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择 A.普通玻璃坩埚 B.石英坩埚 C.陶瓷坩埚 D.铁坩埚
(2)第一步熔融时生成K2MnO4的化学方程式：
(3)操作Ⅰ中根据KMnO4和K2CO3两物质在 (填性质)上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到KMnO4。趁热过滤的原因是
(4)反应b是电解法制备KMnO4，其装置如下图所示，a作 极(填“阳”或“阴”)，中间的离子交换膜是 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极的电极反应式为
(5)取反应b后的电解液，加硫酸溶解后，用0.1000mol ·L1FeSO4标准溶液滴定至终点时，
－
消耗250.0mL标准溶液，则电解后溶液中的KMnO4的质量是 g。 (6)两种途径的制备方法，途径1与途径2理论产率之比为
(7)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列物质相同的是 (填标号)。 a.双氧水 b.84消液(NaClO溶液) c.75％酒精 d.苯酚
6．下列不能减慢锌与稀盐酸的反应速率的措施是
A．降低温度 B．加入氯化钠溶液 C．加入少量CH3COONa固体 D．增大锌的用量
7．下列说法肯定错误的是( ) A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍 C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍 D. 某离子的核电荷数与最外层电子数相等 【答案】B
8．下列关于碱金属元素和卤素的说法中，正确的是( )
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素单质的熔沸点都逐渐升高 B. 卤素单质氧化性：F2 > Cl2 > Br2 > I2，可用F2 置换KI溶液中的I2 C. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，可与氧气反应生成Li2O2 D. 卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键 【答案】D
9．下列实验中，所选装置或仪器合理的是
10．X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是
A. 反应①、②、③都属于氧化还原反应 B. X、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小 C. Na 着火时，可用甲扑灭 D. 一定条件下，x与甲反应生成丁 【答案】C
11．由K2SO4、Al2(SO4)3、KAl(SO4)2形成的混合溶液，其中Al的物质的量浓度为0.4 mol·L，SO4的物质的量浓度为0.7 mol·L，则此溶液中K的物质的量浓度(mol·L)为
A.0.1 B.0.15 C.0.2 D.0.25
－1
2－
－1
＋
－1
3＋
12．实验中欲快速制得H2，以下最合适的方法是( ) A. 纯锌与稀H2SO4 C. 纯锌与稀盐酸
生银镜反应。它们之间的转化关系如图： 请回答：
(1)有机物B中含有的官能团名称是________。 (2)第⑤步发生加成反应，该反应的化学方程式是 ________________________________________。
石蜡油 ① A O2 ② D H2 ③ B ⑤ CH3COOCH2CH3 第26题图
O2 ④ C B. 纯锌和浓H2SO4
D. 粗锌(含铜杂质)与稀H2SO4
—
13．(6分)烃A是一种重要的化工原料。已知A在标准状况下的密度为1.25 g·L1，B可发
(3)将金属钠与有机物D反应所得的少量产物溶于 水，滴加2滴酚酞试液，水溶液显红色，其原因是 ___________________________(用化学方程式表示)。 (4)下列说法正确的是__________。
A．有机物A与D在一定条件下可反应生成乙醚[(CH3CH2)2O] B．用新制碱性氢氧化铜悬浊液无法区分有机物B、C和D
C．通过直接蒸馏乙酸乙酯和有机物C的混合物，可分离得到纯的乙酸乙酯 D．相同条件下乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解较在稀硫酸中更完全
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．H
解析： (1). 搅拌或多次浸取 (2). H3AsO3+3OH=AsO3+3H2O (3). 增大O2溶解度，加快反应速率 (4). 85℃ (5). 高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降 (6). H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4 (7). 加热 (8). H2SO4 (9). 2x：（y-2x） 【解析】 分析】
工业废料（H3AsO3、H3AsO4含废料）加入氢氧化钠溶液碱浸，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气氧化Na3AsO3溶液为Na3AsO4溶液，向溶液中加入石灰乳，得到为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，将Ca5(OH)(AsO4)3用硫酸酸化得到H3AsO4，通入二氧化硫与H3AsO4溶液混合：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，据此分析解答。
【详解】（1）反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3AsO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；
故答案为：搅拌或多次浸取；H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；
（2）“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压可以增大O2溶解度，加快反应速率。 故答案为：增大O2溶解度，加快反应速率；
（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有：①Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0；②5Ca2++OH-+3AsO43-? Ca5(OH)(AsO4)3 △H>0，高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；
故答案为：高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；
-3-
【（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为：加热、过滤；由方程式可知，滤液Ⅱ的主要成分是H2SO4。 故答案为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；加热；H2SO4；
（5）“氧化’’过程中Na3AsO3溶液氧化为Na3AsO4溶液，关系式为2H3AsO3~2Na3AsO3 ~O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4 ~SO2；
已知消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，体积比等于物质的量之比，即n(O2)：n(SO2)=x:y，由关系式可知，n(H3AsO3)=2n(O2)，则废水中原有的n(H3AsO4)=y-2x， 则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=故答案为：2x：（y-2x）。
【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，理解工艺流程原理是解题的关键。
=2x：（y-2x）。
2．无 3．A
解析： (1). 1s2s2p3s3p3d或[Ar]3d (2). 10 (3). sp (4). 氢键 (5). N≡C—S—S—C≡N (6). 氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大 (7). 分子 (8). 离子键、配位键、极性键 (9). 90 (10). 4×12×60×1030/(a3×NA) 【解析】 【分析】
（1）Sc是21号元素，根据泡利原理书写其电子排布式；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，据此计算总的轨道数； （2）依据杂化轨道理论作答；羟基中含电负性较强的O，根据化学键特点回答； （3）根据等电子体原理分析作答；
（4）键对电子间的排斥作用小于孤对电子与键对电子间的排斥作用，据此作答； （5）根据给定的物理性质判断晶体类型；
【详解】（1）Sc是21号元素，核外电子排布式为[Ar]3d14s2，则Sc2＋的电子排布式为1s2s2p3s3p3d或[Ar]3d；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级只有1个电子，占有1个轨道，因此电子占据的轨道有1+1+3+1+3+1 = 10个， 故答案为：1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1；10；
（2）羟基的中心原子氧原子，有2个σ键，2个孤电子对，其杂化轨道数为2+2 = 4，因此杂化类型是sp3，羟基键通过氢键联系到一起， 故答案为：sp3；氢键；
（3）N3－、SCN－与CO2互为等电子体，因此SCN－的空间构型为直线型，(SCN)2的结构式应为N≡C-S-S-C≡N，
2
2
6
2
6
1
1
2
2
6
2
6
1
1
3
故答案为：N≡C-S-S-C≡N；
（4）氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大，
故答案为：氨分子与Zn2＋形成配合物后，孤对电子与Zn2＋成键，原孤对电子与键对电子间的排斥作用变为键对电子间的排斥，排斥减弱，故H－N－H键角变大；
（5）熔点为52℃，可溶于乙醇、乙醚、苯等有机溶剂，则可知Co2(CO)8属于分子晶体； NaCo(CO)4内，存在钠离子与Co(CO)4-阴离子，在Co(CO)4-内界有CO与中心钴离子形成配位键，而配体内部C原子与O原子之间存在极性共价键，所以四羧基钴酸钠中含有的化学键为离子键、配位键、极性键，
故答案为：分子；离子键、配位键、极性键；
（4）根据C60分子结构，C60分子中1个碳原子有2个C－C键、1个\，根据均摊法，一个碳原子真正含有的σ键的个数为
33，即一个C60分子中含有σ键的个数为60× = 2290；根据C60晶胞结构，离C60最近的C60上面有4个，中间有4个，下面有4个，即有12
4?12g/mol?604?12?60个；C60的个数为8×1/8＋6×1/2=4，晶胞的质量为 = g，
NANAmol?1晶胞的体积为（a×10－10）3 = a3×10－30 cm3，根据密度的定义，晶胞的密度计算式为
4?12?60 g303
= 4×12×60×10/(a×NA), NAa3?10?30303
故答案为：4×12×60×10/(a×NA)。
4．F
解析： (1). 二氧化硫 (2). FeS2+ 16Fe2O3
11Fe3O4+SO2 (3). 硅酸
(4). 制备干燥剂 (5). 5 (6). 224a/319b (7). 产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，能耗高 【解析】 【分析】
铝土矿和黄铁矿的混合物焙烧是黄铁矿反应生成氧化铁和二氧化硫，加入足量的氢氧化钠溶液，氧化铝和二氧化硅溶解得到滤液1为偏铝酸钠和硅酸钠，滤渣1为氧化铁，滤液1加入足量的稀硫酸，得到滤渣2为硅酸，可以用来制备纯硅，滤液2为硫酸铝，加入足量的氨水反应生成氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。
【详解】(1)步骤2焙烧过程中反应生成氧化铁和二氧化硫，所以产生的废气为二氧化硫； (2)已知“步骤4隔绝空气焙烧，则化学方程式为FeS2+ 16Fe2O3
(3)“滤渣2”的成分是硅酸，其重要用途为制备干燥剂——硅胶；
(4)常温下，向“滤液2”中加入氨水，当Al3+沉淀完全时，假设溶液中氢氧根离子浓度为xmol/L，则有Ksp[Al(OH)3]= 1.0×10－5mol/L×x3=1.0×10－32，则x=10-9mol/L，则溶液的pH为5。
(5)若原矿石质量为bkg，经过该流程获得的Fe3O4的质量为akg，根据方程式FeS2+
11Fe3O4+SO2；
16Fe2O311Fe3O4+SO2，原矿石中铁元素的质量为分析，则原矿石中铁元素的质量为
g，则铁元素的质量分数为 =。
(6)流程中产生二氧化硫等有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。所以该流程中存在较为明显的缺陷是产生有害气体，污染环境；多次焙烧或灼烧，耗能高。 【点睛】本题要熟悉金属及其化合物的性质及其分离提纯过程，如氧化铝能溶于氢氧化钠，而氧化铁不溶于氢氧化钠，偏铝酸盐和足量的硫酸反应生成硫酸铝而不是氢氧化铝，硅酸钠和硫酸反应生成硅酸沉淀，本题的难点为氧化还原反应方程式的书写。
5．无 6．D 7．H
解析：某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍为32 ，错误。某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍为2 8 8，某离子的核电荷数与最外层电子数相等 ,比如为H
8．A
解析：分析：依据同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱解答即可。
详解：A．随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐减小，A错误；
B．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氟是最活泼的非金属，极易与水反应，因此不能用F2置换KI溶液中的I2，B错误；
C．锂的金属性弱于钠，与氧气反应生成Li2O，C错误；
D．能形成氢键的元素一般是非金属性很强，例如F、O、N，所以卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键，D正确；答案选D。
9．D 10．A
解析：根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。
11．无
12．D
解析：D 【解析】 【分析】
欲快速制得H2，可升高温度、增大固体的表面积、形成原电池反应，也可适当增大浓度，但不能用浓硫酸，据此解答。
【详解】纯锌与粗锌(含铜杂质)相比较，粗锌(含铜杂质)可形成原电池反应，加快反应速率，浓硫酸与锌反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，则只有D正确。 答案选D。
13．C
解析：(6分) (1)醛基
催化剂
(2)CH2=CH2+CH3COOH——→CH3COOCH2CH3 (3)CH3CH2ONa+H2O—→CH3CH2OH+NaOH (4)AD
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