发布时间 : 星期四 文章(6份试卷汇总)2018-2019学年内蒙古赤峰市高考化学二月模拟试卷更新完毕开始阅读ed18a9ef3868011ca300a6c30c2259010302f356
（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；
?2CH3COOH，而反应②为加聚反应，（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O2???加热催化剂催化剂方程式为nCH3COOCH=CH2????；
（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；
（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是C4H6O2中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。 【点睛】
一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．利用高浓度含砷废水(主要成分为H3A5O2)制取As2O3的工艺流程如下图所示。
垐?已知：As2S3?s??3S?aq?噲?2AsS322??aq?
(1)As与N同主族且比N多2个电子层，写出中子数为42的As的原子符号______。 (2)比较N、P、As的气态氢化物的沸点(由大到小排列)______(用化学式表示)。 (3)结合化学平衡的原理解释步骤Ⅰ加入FeSO4的作用是______。 (4)步骤Ⅲ“氧化脱硫”过程中被氧化的元素是______(填元素符号)。 (5)步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为______。
(6)砷及其化合物几乎都有毒，通常?3价砷化合物毒性强于?5价砷化合物。海产品中含有微量?5价砷化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是______。
???2?垐?(7)利用反应AsO3?2I?2HAsO噲?43?I2?H2O设计成原电池，起始时在甲、乙两地中分别加入
图示药品并连接装置(a、b均为石墨电极)。
①起始时，b电极的电极反应式为______。
②一段时间后电流计指针不发生偏围，欲使指针偏转方向与起始时相反，可向乙池中加入______(举一例)。 【答案】33As NH3＞AsH3＞PH3 沉淀过量的S2-，使As2S3（s）+3S2-（aq）?2AsS33-平衡左移，提高沉砷效率 S、As 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O 水果中富含还原性物质（如维生素C等），能把+5价砷化合物还原为毒性更大的+3价砷化合物 AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O 在乙池中加入（Na3AsO3）固体或加入碱 【解析】 【分析】
酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，加入氢氧化钠溶液，过滤，得到滤渣为FeS，滤液含有Na3AsS3、Na3AsO3，氧化生成脱硫Na3AsO4和淡黄色沉淀，为S单质，通入二氧化硫，与Na3AsO4在酸性条件下发生氧化还原反应生成As2O3，以此解答该题。
(7)①根据图示可知，起始时，甲池石墨棒a为负极，负极碘离子失去电子生成I2；
②欲使指针偏转方向与起始时相反，根据反应AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O可知，应增大生成物浓度或者碱性反应物的浓度。 【详解】
(1)As与N同主族且比N多2个电子层，则As的核电荷数为7+8+18=33，故中子数为42的As的质量数为42+33=75，其原子符号为33As；
(2)N、P、As的气态氢化物结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，但NH3分子间存在氢键，其沸点明显高于PH3、AsH3，则N、P、As的气态氢化物的沸点(由大到小排列)为NH3＞AsH3＞PH3；
(3) 步骤Ⅰ加入FeSO4，可用于沉淀过量的S2-，使As2S3(s)+3S2-(aq)?2AsS33-平衡左移，提高沉砷效率； (4) 滤液含有Na3AsS3、Na3AsO3，氧化生成脱硫Na3AsO4和淡黄色沉淀，S、As元素化合价升高，被氧化； (5) 步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O；
(6) 水果中含有大量的还原性物质(如维生素C等)，+5价砷化合物具有氧化性，能够与食物中还原性物质发生氧化还原反应生成毒性更大的+3价砷化合物；
(7) ①根据AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O及图示装置可知，起始时甲池石墨棒b为正极，正极发生还原反应，电极方程式为AsO43-+2e-+2H+=AsO33-+H2O；
②一段时间后指针不发生偏转，欲使指针偏转方向与起始时相反，根据反应AsO43-+2I-+2H+?AsO33-+I2+H2O，
7575应增大生成物浓度或者碱性反应物的浓度，可以在乙池中加入(Na3AsO3)固体或在乙池中加入碱，使氢离子浓度减小，平衡向着逆向移动，电流方向发生变化，指针偏转方向与起始时相反；
19．某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为MnO2+
x11Zn+(1+)H2O+ZnSO4
6621MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·xH2O。其电池结构如图甲所
6示，图乙是有机高聚物的结构片段。
（1）Mn2+的核外电子排布式为_____；有机高聚物中C的杂化方式为_____。
（2）已知CN-与N2互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π键数目之比为_____。 （3）NO2-的空间构型为_____。
（4）MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。
Mn的第一电离能是_____，O2的键能是_____，MnO的晶格能是_____。
（5）R(晶胞结构如图）由Zn、S组成，其化学式为_____（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，cm3(阿伏加德罗常数用NA表示）则该晶胞的密度为_____g·。
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【答案】1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 3：4 V型 bkJ?mol1 2ekJ?mol1
(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1 ZnS 【解析】 【分析】
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NA?a3(1) Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式；
(2) CN-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(CN)2分子中存在的σ键与π键的个数； (3) NO2-中N原子的价层电子对数=2+型是V型；
(4) Mn的第一电离能为气态Mn原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molO2分子变成O原子的过程中，需要吸收的能量为2ekJ；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量；
(5) ZnS晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4个Zn，有4个S，然后进行相关计算，求出晶胞密度。 【详解】
(1) Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；这些C原子中有些C原子价层电子对个数是3、有些是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式分别为sp2、sp3；故答案为：1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3； (2)CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则拟卤(CN)2分子结构式为N?C-C?N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故(CN)2分子中σ键与π键数目之比为3：4，故答案为：3：4； (3) NO2-中N原子的价层电子对数=2+型是V型，故答案为V型；
(4)由图中Mn (晶体)??电离能为1mol的气态原子变为+1价阳离子的能量，? Mn (g)??? Mn+(g)过程，故其第一电离能为bkJ?mol1；由图中
﹣1
﹣
1(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp2，含有1个孤电子对，NO2-的空间构21(5+1-2×2)=3，杂化类型是sp2，含有1个孤电子对，NO2-的空间构211O2(g)???2O(g)为molO=O的键能，故O=O键键能为ekJ?mol22×2=2ekJ?mol﹣1；Mn晶格能为从气态离子形成1mol晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能
=(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1，故答案为：bkJ?mol﹣1；2ekJ?mol﹣1；(f-a-b-c-d-e)kJ?mol﹣1；
(5)由晶胞的结构可知，Zn全部在晶胞的内部，所以1个晶胞中含有4个Zn2+，S分别位于晶胞的顶点和面
11心，根据晶胞中原子的“均摊法”可计算1个晶胞中S2-的个数为：8??6?=4，由Zn，S组成化学式为
82ZnS；1mol晶体的质量为97g，1mol晶胞的体积为NA a3cm3，因此该晶体的密度为
?=m97?4g3883883==g/cm，故答案为：ZnS；。 VNA?a3cm3NA?a3NA?a3【点睛】
晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。