2022-2023学年北京十二中高二(下)期中化学试卷

2022-2023学年北京十二中高二（下）期中化学试卷一、本部分均为单项选择题，共14题，每题3分，共42分．1．（3分）下列有关“双奥之城——北京”在奥运会系列设计中的说法不正确的是（）A．“水立方采用的四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机材料B．“鸟巢”的主体框架为钢结构，钢属于金属材料C．“飞扬”火炬所用的燃料氢气为氧化性气体D．冰壶场馆采用分布式光纤温度检测仪监测温度，光纤含有硅元素A．A B．B C．C D．D2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（）A．HClO的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2CH2 C．p﹣pσ键电子云轮廓图 D．基态S原子的价层电子的轨道表示式：3．（3分）依据元素周期律，下列判断不正确的是（）A．第一电离能：Li＜Be＜B B．原子半径：Mg＜Na＜K C．电负性：N＜O＜F D．酸性：H2SiO3＜H3PO4＜HClO44．（3分）已知NA为阿伏加德罗常数。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下1.12LN2中含π键数为0.1NA B．1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA C．0.5molOH﹣中含有的质子数为5NA D．室温下，pH＝3的醋酸溶液中醋酸分子数为0.001NA5．（3分）下列关于物质沸点的比较正确的是（）A．H2O＞H2S＞H2Se B．MgO＞NaCl＞RbBr C．单晶硅＞SiC＞金刚石 D．F2＞Cl2＞Br26．（3分）X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系ANONO2HNO3①常温遇氧气BCl2NaClOHClO②通入CO2CNa2O2NaOHNaCl③加入H2O2DAl2O2NaAl（OH）4Al（OH）3④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D7．（3分）下列实验不能达到实验目的的是（）A．验证AgCl溶解度大于AgIB．电镀铜C．证明温度对平衡的影响D．验证Fe与水的反应A．A B．B C．C D．D8．（3分）下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是（）操作现象一段时间后：①中••••••②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红A．NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路 B．①中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝 C．②中变红是因为发生反应发生了还原反应 D．①和②中发生负极反应均可表示为M﹣2e﹣═M2+（M代表锌或铁）9．（3分）下列实验事实不能用氢键来解释的是（）A．冰的密度比水小，能浮在水面上 B．卤族元素的氢化物HX溶于水后形成酸中，只有氢氟酸是弱酸 C．邻羟基苯甲醛（）沸点低于对羟基苯甲醛（） D．熔点：TiCl4＜TiBr4＜Til4＜TiF410．（3分）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置示意如图（阴离子交换膜只允许阴离子通过）。已知：电解效率η（B）＝×100%，下列说法不正确的是（）A．电极a连接电源的负极 B．OH﹣向电极b迁移 C．纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e﹣═C2H4+8OH D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯11．（3分）CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在一定条件下可以转化为无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）；②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法不正确的是（）A．FeO+在该反应过程中作催化剂 B．①②都是氧化还原反应 C．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定 D．Fe+使反应的活化能减小，增大反应速率12．（3分）一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（）容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡的时间/min达到平衡时体系能量的变化COH2OCO2H2①1400t1放出32.8kJ热量②2800t2放出QkJ热量A．①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B．该温度下，②中反应的平衡常数K＝1 C．Q大于65.6 D．反应开始进行时，反应速率②＞①13．（3分）通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol⋅L﹣1Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与溶液pH的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A．NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2的水解程度小于其电离程度 B．Ka1（H3AsO3）的数量级为10﹣7 C．水的电离程度：a点大于b点 D．c点溶液中存在：c（Na+）＝2c（H2）+4c（）+2c（）14．（3分）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：试管编号1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即观察沉淀的颜色浅绿色浅绿色蓝色蓝色酒精灯加热浊液后沉淀的颜色浅绿色浅绿色黑色黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀，取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀，经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列说法不正确的是（）A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有OH﹣ B．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑 C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu（OH）2CuO+H2O D．CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物解答题15．（10分）餐厨垃圾在酶发酵下可获得乙醇，继续反应可制备乙酸乙酯（C）和高分子材料G。（1）乙醇含有的官能团的名称是。（2）A的结构简式CH3CHO．则由乙醇转变为A的过程中n（氧化剂）：n（还原剂）＝。（3）反应②的反应类型是。（4）D是衡量国家化工水平的重要标志，可以由石油精馏产物——戊烷裂化裂解制备．戊烷的分子式为。其同分异构体中有四个甲基的分子的名称是。（5）下列说法中，不正确的是（填字母）。a．C不溶于水，密度比水大b．乙醇和F均能使酸性高锰酸钾溶液褪色c．E的同分异构体是非极性分子（6）F→G的化学方程式是。（7）餐厨垃圾的发酵程度可以用碱性燃料电池酒精检测仪检测，总反应类似于乙醇的燃烧反应，写出电池负极的反应方程式。16．（12分）氨气在生产生活中有重要作用，是配位化合物中常见的配体．Ⅰ．NH3分子的结构分析（1）NH3的空间结构是，N原子的轨道杂化类型为．（2）1体积水可以溶解约700体积NH3．NH3极易溶于水的原因是．Ⅱ．钴氨配合物对现代配位化学理论的发展有重要意义，帮助解开了配合物立体结构的秘密．（3）[Co（NH3）6]Cl2的晶胞结构示意图如图：①在配合物中Co2+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个和3个．②在如图虚线框内画出[Co（NH3）6]2+中一个NH3的结构式，配体中H﹣N﹣H键角NH3分子（填“＞”“＜”或“＝”）．③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3．（4）+3价钴氨氯化物CoCl3⋅nNH3颜色有黄色、紫红色、绿色和紫色。研究表明Co的配位数均为6，颜色不同是由于在配合物离子中含有不同个数的NH3．设计实验证实[Co（NH3）5Cl]Cl2溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，（补全实验操作和数据）．17．（12分）氯化亚铜CuCl为白色粉末，微溶于水，能溶于浓盐酸生成[CuCl2]﹣．以胆矾（CuSO4•5H2O）为原料可以制备CuCl．（1）由CuSO4•5H2O配制CuSO4溶液①CuSO4•5H2O结构简图如图，其中H2O与Cu2+，H2O与的作用力类型分别是．②已知CuSO4•5H2O溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ．CuSO4•5H2O分解的热化学方程式：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）ΔH＝+Q2kJ•mol﹣1，则Q1Q2（填“＞”“＜”或“＝”）．③加热硫酸铜可生成一种铜的氧化物，其晶体结构如图，则该化合物的化学式是．（2）向CuSO4溶液中加入Na2SO3和NaCl制备CuCl沉淀．Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1和2所示．①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为．②当n（Na2SO3）：n（CuSO4）＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是．③当n（NaCl）：n（CuSO4）比值逐渐增大时，CuCl产率先增大后减小，请分析原因．（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中完全溶解，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，Cr2被还原为Cr3+．样品中CuCl的质量分数．18．（13分）镓（Ga）被誉为“电子工业脊梁”，高纯GaAs（砷化镓）可用于芯片制造，以砷化镓废料（含80%GaAs、8%Fe2O3、7%Al2O3和5%CaCO3）制备高纯GaAs的流程如图：已知：常温下Ksp[Al（OH）3]≈1×10﹣33，Ksp[Ga（OH）3]≈1.0×10﹣34，Kb（NH3•H2O）＝2.0×10﹣5，Ga3++4OH﹣⇌[Ga（OH）4]﹣K＝1.0×1034．回答下列问题：（1）Ga与Al同族，位于元素周期表的区．写出Ga的核外电子排布式．（2）滤渣1的主要成分有．（3）通入CO2调节pH的目的是．（4）为探究“沉淀转溶”中Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+的平衡常数K≈．（5）产物纯度分析：将得到的产物进行X射线衍射测试。通过X射线衍射得到的数据与已知晶胞的边长进行对照，可以测定制备的GaAs是否纯净．GaAs的立方晶胞如图所示，其中Ga的配位数为；该晶体密度为ρg⋅cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为pm．（6）芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，其中致密保护膜可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs反应．①刻蚀后AlAs层会形成砷酸（H3AsO4）和一种常见的致密氧化物保护膜。写出反应的化学方程式是．②有研究人员提出可以用过硫酸钾K2S2O8代替H2O2做刻蚀液，S2的结构如图：推测氧化性：S2H2O2（填“＞”“＜”或“＝”）．资料：O﹣O键越易断裂，过氧化物的氧化性越强．19．（11分）某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化Ag．资料：a．Ag2SO3和Ag2S2O3均为白色，难溶于水．b．Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣。（1）探究S2、Cl﹣与Ag+的结合倾向向NaCl溶液中加入0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色浑浊：再向其中滴入Na2S2O3溶液，溶液变澄清．澄清溶液中+1价银的存在形式（填化学式）。（2）探究S2、、I﹣与Ag+的结合倾向实验滴管试管现象Ⅰ10滴0.1mol/LAgNO3溶液等浓度的NaI和Na2S2O3溶液黄色沉淀Ⅱ等浓度的NaI和Na2SO3溶液黄色沉淀由实验Ⅰ推知：与Ag+结合倾向：I﹣S2（填“＞”或“＜”）。（3）探究S2、、Br﹣与Ag+的结合倾向实验步骤：取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度等体积的Na2SO3和Na2S2O3溶液。实验现象：。实验结论：与Ag+结合倾向S2＞Br﹣＞。（4）探究Ag+与S2的反应实验滴管试管现象Ⅲ0.1mol/LAgNO3溶液0.1mol/LNa2S2O3溶液白色沉淀，振荡后消失Ⅳ0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LAgNO3溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀（AgS）写出实验Ⅳ中白色沉淀变黑色的化学方程式并分析原因。（5）从结构角度解释上述实验的结论①S2可以看做是中的一个O原子被S原子取代，则S2的空间构型为。资料显示S原子与Ag+结合比O原子更稳定．试从空间结构角度解释Ag+与S2、结合倾向强弱的原因。②Cl﹣、Br﹣、I﹣与Ag+的结合生成沉淀的Ksp逐渐减小，试从化学键类型的角度解释在水溶液中溶解度的变化（已知电负性：Cl3.0、Br2.8、I12.5、Ag1.9）。

2022-2023学年北京十二中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、本部分均为单项选择题，共14题，每题3分，共42分．1．（3分）下列有关“双奥之城——北京”在奥运会系列设计中的说法不正确的是（）A．“水立方采用的四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机材料B．“鸟巢”的主体框架为钢结构，钢属于金属材料C．“飞扬”火炬所用的燃料氢气为氧化性气体D．冰壶场馆采用分布式光纤温度检测仪监测温度，光纤含有硅元素A．A B．B C．C D．D【考点】硅的性质及用途．【答案】C【分析】A．四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机物；B．钢属于合金；C．氢气具有还原性；D．光纤主要成分是二氧化硅。【解答】解：A．四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机物，故A正确；B．钢属于合金，属于金属材料，故B正确；C．氢气具有还原性，属于还原性气体，故C错误；D．光纤主要成分是二氧化硅，含有硅元素，故D正确；故选：C。2．（3分）下列化学用语或图示表达正确的是（）A．HClO的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2CH2 C．p﹣pσ键电子云轮廓图 D．基态S原子的价层电子的轨道表示式：【考点】原子核外电子排布．【答案】D【分析】A.HClO中O原子分别与H、Cl原子间以共价键结合；B.烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略；C.p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠；D.硫原子价电子6个，结合电子排布规律写出轨道表示式。【解答】解：A.HClO中O原子分别与H、Cl原子间以共价键结合，电子式为，故A错误；B.烯烃的结构简式中碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式为CH2＝CH2，故B错误；C.p﹣pσ键，原子轨道头碰头方式重叠，故C错误；D.基态S原子的价层电子为6，价层电子的轨道表示式为，故D正确，故选：D。3．（3分）依据元素周期律，下列判断不正确的是（）A．第一电离能：Li＜Be＜B B．原子半径：Mg＜Na＜K C．电负性：N＜O＜F D．酸性：H2SiO3＜H3PO4＜HClO4【考点】元素周期律的作用．【答案】A【分析】A.ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素；B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；C.主族元素同周期从左向右电负性逐渐增大；D.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。【解答】解：A.Li、Be、B是第二周期的主族元素，随着原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：Li＜B＜Be，故A错误；B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＜Na＜K，故B正确；C.N、O、F是第二周期的主族元素，原子序数越大电负性越强，则电负性：N＜O＜F，故C正确；D.非金属性：Si＜P＜Cl，则最高价含氧酸的酸性：H2SiO3＜H3PO4＜HClO4，故D正确；故选：A。4．（3分）已知NA为阿伏加德罗常数。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下1.12LN2中含π键数为0.1NA B．1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA C．0.5molOH﹣中含有的质子数为5NA D．室温下，pH＝3的醋酸溶液中醋酸分子数为0.001NA【考点】阿伏加德罗常数．【答案】A【分析】A．1个N2中含π键数为2个；B．氮气和氢气合成氨为可逆反应；C．1个OH﹣中含有的质子数9；D．溶液体积不知，不能计算微粒数。【解答】解：A．标准状况下1.12LN2的物质的量n＝＝0.05mol，含π键数为0.1NA，故A正确；B．氮气和氢气合成氨为可逆反应，不能进行彻底，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数大于2NA，故B错误；C．0.5molOH﹣中含有的质子数为4.5NA，故C错误；D．室温下，pH＝3的醋酸溶液体积不知，电离平衡常数不知，不能计算溶液中醋酸分子数，故D错误；故选：A。5．（3分）下列关于物质沸点的比较正确的是（）A．H2O＞H2S＞H2Se B．MgO＞NaCl＞RbBr C．单晶硅＞SiC＞金刚石 D．F2＞Cl2＞Br2【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．【答案】B【分析】A.水分子间能形成氢键，导致沸点反常升高；相对分子质量越大，则范德华力越大；B.MgO、NaCl、RbBr均为离子晶体，离子半径越小、离子所带电荷越多，则离子键越强；C.单晶硅、SiC、金刚石均为共价晶体，共价键键长越短，键能越大，沸点越高；D.F2、Cl2、Br2均为分子晶体，分子间作用力越强，则沸点越高。【解答】解：A.水分子间能形成氢键，导致沸点反常升高，即H2O的沸点最高；相对分子质量越大，则范德华力越大，故H2Se的沸点高于H2S，即沸点应为H2O＞H2Se＞H2S，故A错误；B.MgO、NaCl、RbBr均为离子晶体，离子半径越小、离子所带电荷越多，则离子键越强，由于离子半径：Mg2+＜Na+＜Rb+、O2﹣＜Cl﹣＜Br﹣，则离子键：MgO＞NaCl＞RbBr，故沸点MgO＞NaCl＞RbBr，故B正确；C.单晶硅、SiC、金刚石均为共价晶体，由于键长：Si﹣Si＞C﹣Si＞C﹣C，共价键键长越短，键能越大，沸点越高，故沸点：单晶硅＜SiC＜金刚石，故C错误；D.F2、Cl2、Br2均为分子晶体，且相对分子质量逐渐增大，则范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，即沸点：F2＜Cl2＜Br2，故D错误；故选：B。6．（3分）X、Y、Z是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化关系的是（）选项XYZ箭头上所标数字的反应条件转化关系ANONO2HNO3①常温遇氧气BCl2NaClOHClO②通入CO2CNa2O2NaOHNaCl③加入H2O2DAl2O2NaAl（OH）4Al（OH）3④加NaOH溶液A．A B．B C．C D．D【考点】氧化铝的性质与用途；氢氧化铝的性质与用途；氧化钠的性质；过氧化钠的性质与用途．【答案】C【分析】依据关系分析，X→Y⇌Z→X依据物质性质分析判断是否能实现转化关系。【解答】解：A．①2NO+O2＝2NO2，②3NO2+H2O＝2HNO3+NO，③3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，④4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，能通过一步反应实现，故A正确；B．①Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，②2NaClO+CO2+H2O＝Na2CO3+2HClO，③HClO+HCl＝Cl2↑+H2O，④HClO+NaOH＝NaClO+H2O，能通过一步反应实现，故B正确；C．①2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，②NaOH+HCl＝NaCl+H2O，③氯化钠与过氧化氢不反应，不能一步生成过氧化钠，故C错误；D．NaAl（OH）4表示偏铝酸钠，①Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O，②NaAlO2+CO2+H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，③Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，④2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故D正确；故选：C。7．（3分）下列实验不能达到实验目的的是（）A．验证AgCl溶解度大于AgIB．电镀铜C．证明温度对平衡的影响D．验证Fe与水的反应A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【答案】A【分析】A．硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀；B．Cu与电源正极相连作阳极，阴极上Cu离子得到电子；C．只有温度不同；D．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性。【解答】解：A．硝酸银过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能验证AgCl溶解度大于AgI，故A错误；B．Cu与电源正极相连作阳极，阴极上Cu离子得到电子，则可实现电镀铜，故B正确；C．只有温度不同，可探究温度对化学平衡的影响，故C正确；D．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可验证Fe与水反应，故D正确；故选：A。8．（3分）下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中，不正确的是（）操作现象一段时间后：①中••••••②中铁钉裸露在外的附近区域变蓝，铜丝附近区域变红A．NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路 B．①中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝 C．②中变红是因为发生反应发生了还原反应 D．①和②中发生负极反应均可表示为M﹣2e﹣═M2+（M代表锌或铁）【考点】原电池与电解池的综合．【答案】B【分析】A．根据原电池的形成条件分析；B．中性或碱性条件下，锌发生吸氧腐蚀；C．NaCl溶液中，Cu、Fe形成原电池，Fe作负极、Cu作正极；D．①和②实验中，Zn、Fe失去电子生成金属阳离子Zn2+和Fe2+。【解答】解：A．原电池的形成条件之一是形成闭合回路，①和②实验中，NaCl的琼脂水溶液作用是形成闭合回路，利于离子迁移，故A正确；B．中性或碱性条件下，Zn、Fe形成原电池，发生吸氧腐蚀，促进了水的电离，但Zn比Fe活泼，Zn作负极、Fe作正极，正极上反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，导致酚酞变红，故B错误；C．②中NaCl溶液、Cu、Fe形成原电池，Fe比Cu活泼，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，发生还原反应，铜丝附近区域酚酞遇到碱而变红，故C正确；D．①中Zn和②中Fe均作负极，均失去2e﹣生成+2价的阳离子（Zn2+和Fe2+）、发生氧化反应，所以Zn、Fe发生的氧化反应可表示为M﹣2e﹣═M2+，故D正确；故选：B。9．（3分）下列实验事实不能用氢键来解释的是（）A．冰的密度比水小，能浮在水面上 B．卤族元素的氢化物HX溶于水后形成酸中，只有氢氟酸是弱酸 C．邻羟基苯甲醛（）沸点低于对羟基苯甲醛（） D．熔点：TiCl4＜TiBr4＜Til4＜TiF4【考点】含有氢键的物质．【答案】D【分析】A．冰中氢键数多，冰晶体中的水分子呈一定规则排列，空间利用率低，冰的密度比水小；B．HF分子间存在氢键，导致其溶于水后较难电离；C.邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键，导致沸点降低，而对羟基苯甲醛（）可形成分子间氢键，导致沸点升高；D.TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，分子间无氢键。【解答】解：A．冰中氢键数多，冰晶体中的水分子呈一定规则排列，空间利用率低，冰的密度比水小，能用氢键来解释，故A错误；B．HF分子间存在氢键，导致其溶于水后较难电离，不能完全电离，故是弱酸，和氢键有关，故B错误；C.邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键，导致沸点降低，而对羟基苯甲醛（）可形成分子间氢键，导致沸点升高，即邻羟基苯甲醛（）沸点低于对羟基苯甲醛（）可以用氢键来解释，故C错误；D.TiF4为离子晶体，熔点最高，而TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，故熔点逐渐升高，即熔点：TiCl4＜TiBr4＜Til4＜TiF4和氢键无关，故D正确；故选：D。10．（3分）我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置示意如图（阴离子交换膜只允许阴离子通过）。已知：电解效率η（B）＝×100%，下列说法不正确的是（）A．电极a连接电源的负极 B．OH﹣向电极b迁移 C．纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+6H2O+8e﹣═C2H4+8OH D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯【考点】电解原理．【答案】D【分析】A.电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变﹣2价，C的化合价降低，发生还原反应；B.原电池中阴离子向负极移动；C.由图知纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应；D.电路中通过1mol电子时，n（生成乙烯所用电子）＝＝0.6mol，由CO2转化为乙烯的反应方程式为2CO2+8H2O+12e﹣＝C2H4+12OH﹣。【解答】解：A.电极a实现将CO2转化为乙烯，C由+4价变﹣2价，C的化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与电源负极相连，故A正确；B.原电池中阴离子向负极移动，则OH﹣向电极b迁移，故B正确；C.由图知纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，反应为2CO+6H2O+8e﹣＝C2H4+8OH﹣，故C正确；D.电路中通过1mol电子时，n（生成乙烯所用电子）＝＝0.6mol，由CO2转化为乙烯的反应方程式为2CO2+8H2O+12e﹣＝C2H4+12OH﹣，所以当n（生成乙烯所用电子）＝0.6mol，产生的乙烯为0.5mol，故D错误；故选：D。11．（3分）CO与N2O是汽车尾气中污染大气的成分，研究表明CO与N2O在一定条件下可以转化为无害气体，发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为：①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）；②FeO++CO═CO2+Fe+（快）。下列说法不正确的是（）A．FeO+在该反应过程中作催化剂 B．①②都是氧化还原反应 C．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应①决定 D．Fe+使反应的活化能减小，增大反应速率【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．【答案】A【分析】A．由题干图示可知，FeO+为中间产物；B．反应中存在元素化合价变化的反应是氧化还原反应；C．由题干图示可知，两步反应均为反应物总能量高于生成物总能量；D．催化剂能降低反应的活化能。【解答】解：A．由题干图示可知，FeO+为中间产物，而Fe+在反应前后没有发生改变，在该反应过程中作催化剂，故A错误；B．①N2O+Fe+═N2+FeO+（慢）中N、Fe的化合价发生改变；②FeO++CO═CO2+Fe+（快）中Fe、C的化合价发生改变，故①②都是氧化还原反应，故B正确；C．由题干图示可知，两步反应均为反应物总能量高于生成物总能量，故均为放热反应，总反应的化学反应速率由慢反应即反应①决定，故C正确；D．由题干图示可知，Fe+为催化剂，故能使反应的活化能减小，增大反应速率，故D正确；故选：A。12．（3分）一定条件下，在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的一氧化碳和水蒸气，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，达平衡后获得数据如下表。下列说法不正确的是（）容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡的时间/min达到平衡时体系能量的变化COH2OCO2H2①1400t1放出32.8kJ热量②2800t2放出QkJ热量A．①中反应达平衡时，CO的转化率为80% B．该温度下，②中反应的平衡常数K＝1 C．Q大于65.6 D．反应开始进行时，反应速率②＞①【考点】化学平衡的计算．【答案】C【分析】A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol＝0.8mol，结合转化率公式计算；B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式，K＝；C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol；D．起始时，容器②的浓度大于容器①。【解答】解：A．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41kJ/mol，说明消耗1molCO，反应放出41kJ热量，容器①达到平衡时放出32.8kJ热量，则消耗CO物质的量为mol＝0.8mol，CO的转化率为×100%＝80%，故A正确；B．化学平衡常数只与温度有关，容器①、②温度相同，则化学平衡常数相等，根据容器①数据，列化学平衡三段式，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）1400变化量（mol）0.80.80.80.8平衡量（mol）0.23.20.80.8K＝＝＝1，故B正确；C．反应前后气体体积不变，反应①②是等效平衡，则容器②消耗CO物质的量为1.6mol，放热的热量Q＝1.6mol×41kJ/mol＝65.6kJ，故C错误；D．起始时，容器②的浓度大于容器①，浓度越大，反应速率越快，则反应开始进行时，反应速率②＞①，故D正确；故选：C。13．（3分）通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol⋅L﹣1Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与溶液pH的关系如图所示，下列有关说法正确的是（）A．NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2的水解程度小于其电离程度 B．Ka1（H3AsO3）的数量级为10﹣7 C．水的电离程度：a点大于b点 D．c点溶液中存在：c（Na+）＝2c（H2）+4c（）+2c（）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．【答案】D【分析】A．NaH2AsO3溶于水，溶液显碱性；B．根据图示c（H2）═c（H3AsO3）时，pH═9.2；C．a点酸电离出氢离子抑制水的电离，c点水解水的电离；D．由物料守恒可知，n（Na）＝2n（As），且c点c（H3AsO3）＝c（）。【解答】解：A．根据图示NaH2AsO3溶液呈碱性，所得溶液中H2的水解程度大于其电离程度，故A错误；B．根据图示c（H2）═c（H3AsO3）时，pH═9.2，K1（H3AsO3）＝＝1×10﹣9.2，故B错误；C．b点H2水解促进水电离，所以水的电离程度a点小于b点，故C错误；D．根据物料守恒c（Na+）═2c（H2）+2c（）+2c（）+2c（H3AsO3），由图可知c点溶液中存在c（）═c（H3AsO3），所以c（Na+）═2c（H2）+4c（）+2c（H3AsO3），故D正确；故选：D。14．（3分）10℃时，分别向4支小试管中滴加8滴1mol/LCuSO4溶液，再分别向其中滴加2mol/LNaOH溶液，边滴加边振荡，实验数据及现象如下表：试管编号1234滴加NaOH溶液的量2滴6滴12滴16滴立即观察沉淀的颜色浅绿色浅绿色蓝色蓝色酒精灯加热浊液后沉淀的颜色浅绿色浅绿色黑色黑色取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀，取蓝色沉淀重复上述实验，无白色沉淀，经检验，试管3、4中黑色沉淀中含有CuO。下列说法不正确的是（）A．由实验现象可知浅绿色沉淀中可能含有OH﹣ B．取浅绿色沉淀再滴加适量NaOH溶液后加热仍不会变黑 C．试管3、4中的固体在加热过程中发生了反应：Cu（OH）2CuO+H2O D．CuSO4溶液与NaOH溶液反应时，其相对量不同可以得到不同的产物【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【答案】B【分析】A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子；B．向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水；C．试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水；D．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同。【解答】解：A．取浅绿色沉淀用蒸馏水反复洗涤，加入稀盐酸完全溶解，再加入适量BaCl2溶液，产生大量白色沉淀说明溶液中含有硫酸根离子，则浅绿色沉淀中可能含有碱式硫酸铜，故A正确；B．向浅绿色沉淀中滴加氢氧化钠溶液发生的反应为碱式硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，故B错误；C．试管3、4中硫酸铜溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，氢氧化铜受热分解生成氧化铜和水，反应的化学方程式为Cu（OH）2CuO+H2O，故C正确；D．由硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液的相对量不同，反应得到沉淀的颜色不同，说明相对量不同可以得到不同的产物，故D正确；故选：B。解答题15．（10分）餐厨垃圾在酶发酵下可获得乙醇，继续反应可制备乙酸乙酯（C）和高分子材料G。（1）乙醇含有的官能团的名称是羟基。（2）A的结构简式CH3CHO．则由乙醇转变为A的过程中n（氧化剂）：n（还原剂）＝1：1。（3）反应②的反应类型是酯化反应或取代反应。（4）D是衡量国家化工水平的重要标志，可以由石油精馏产物——戊烷裂化裂解制备．戊烷的分子式为C5H12。其同分异构体中有四个甲基的分子的名称是2，2﹣二甲基丙烷。（5）下列说法中，不正确的是ac（填字母）。a．C不溶于水，密度比水大b．乙醇和F均能使酸性高锰酸钾溶液褪色c．E的同分异构体是非极性分子（6）F→G的化学方程式是nCH2＝CHCl。（7）餐厨垃圾的发酵程度可以用碱性燃料电池酒精检测仪检测，总反应类似于乙醇的燃烧反应，写出电池负极的反应方程式CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣＝2+11H2O。【考点】有机物的推断；根据官能团对有机物进行分类；乙酸乙酯的制取．【答案】（1）羟基；（2）1：1；（3）酯化反应或取代反应；（4）C5H12；2，2﹣二甲基丙烷；（5）ac；（6）nCH2＝CHCl；（7）CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣＝2+11H2O。【分析】乙醇发生催化氧化生成A为CH3CHO，A发生氧化反应生成B为CH3COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C为CH3COOCH2CH3；D和氯气发生加成反应生成E，根据E的结构简式知，D为CH2＝CH2，乙醇发生消去反应生成乙烯；E发生消去反应生成F，G为高分子化合物，则F发生加聚反应生成G为。【解答】解：（1）乙醇含有的官能团的名称是羟基，故答案为：羟基；（2）A的结构简式CH3CHO，由乙醇转变为A的反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应中乙醇是还原剂、氧气是氧化剂，则过程中n（氧化剂）：n（还原剂）＝2：2＝1：1，故答案为：1：1；（3）B为乙酸、C为乙酸乙酯，乙酸和乙醇发生酯化反应或取代反应生成乙酸乙酯，则反应②的反应类型是酯化反应或取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；（4）戊烷的分子式为C5H12，其同分异构体中有四个甲基的结构简式为（CH3）4C，该分子的名称是2，2﹣二甲基丙烷，故答案为：C5H12；2，2﹣二甲基丙烷；（5）a．C是乙酸乙酯，乙酸乙酯不含亲水基，所以不溶于水，密度比水小，故a错误；b．F中含有碳碳双键，乙醇和F均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b正确；c．E的同分异构体为CH3CHCl2，该分子重心不重合，则E的同分异构体是极性分子，故c错误；故答案为：ac；（6）F→G的化学方程式是nCH2＝CHCl，故答案为：nCH2＝CHCl；（7）负极上，乙醇失电子和OH﹣反应生成和H2O，则负极反应式为CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣＝2+11H2O，故答案为：CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣＝2+11H2O。16．（12分）氨气在生产生活中有重要作用，是配位化合物中常见的配体．Ⅰ．NH3分子的结构分析（1）NH3的空间结构是三角锥形，N原子的轨道杂化类型为sp3．（2）1体积水可以溶解约700体积NH3．NH3极易溶于水的原因是NH3为极性分子且能与水形成分子间氢键．Ⅱ．钴氨配合物对现代配位化学理论的发展有重要意义，帮助解开了配合物立体结构的秘密．（3）[Co（NH3）6]Cl2的晶胞结构示意图如图：①在配合物中Co2+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p．②在如图虚线框内画出[Co（NH3）6]2+中一个NH3的结构式，配体中H﹣N﹣H键角＞NH3分子（填“＞”“＜”或“＝”）．③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g/cm3．（4）+3价钴氨氯化物CoCl3⋅nNH3颜色有黄色、紫红色、绿色和紫色。研究表明Co的配位数均为6，颜色不同是由于在配合物离子中含有不同个数的NH3．设计实验证实[Co（NH3）5Cl]Cl2溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g（补全实验操作和数据）．【考点】晶胞的计算；配合物与超分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【答案】（1）三角锥形；sp3；（2）NH3为极性分子且能与水形成分子间氢键；（3）①4s；4p；②；＞；③；（4）充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g。【分析】（1）NH3中中心N原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对；（2）根据相似相溶原理和形成氢键进行分析；（3）①在配合物中Co2+为sp3d2杂化；②NH3中N原子和Co之间存在配位键，则N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化，N原子和其它4个原子形成四面体结构；孤电子对对成键电子对有斥力作用，键角变小；③由图可知，8个Cl﹣位于体内，4个[Co（NH3）6]2+位于顶点和面心，晶胞质量为g，晶胞体积为a3cm3，根据ρ＝计算晶体密度；（4）设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，实验如下：称取2.51g该配合物，＝0.01mol，先加水溶解，[Co（NH3）5Cl]Cl2＝[Co（NH3）5Cl]2++2Cl﹣。【解答】解：（1）NH3中中心N原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对，N原子为sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；（2）NH3为极性分子，根据相似相溶原理可知，易溶于极性溶剂水中，NH3可与水形成分子间氢键，使其溶解度增大，故答案为：NH3为极性分子且能与水形成分子间氢键；（3）①在配合物中Co2+为sp3d2杂化，故该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p，故答案为：4s；4p；②NH3中N原子和Co之间存在配位键，则N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化，N原子和其它4个原子形成四面体结构，在如图虚线框内画出[Co（NH3）6]2+中一个NH3的结构式为；NH3中N原子为sp3杂化，含有1个孤电子对，NH3中N原子和Co之间形成配位键，没有孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于促进电子对之间的排斥力，所以H﹣N﹣H键角：[Co（NH3）6]2+＞NH3，故答案为：；＞；③由图可知，8个Cl﹣位于体内，4个[Co（NH3）6]2+位于顶点和面心，晶胞质量为g，晶胞体积为a3cm3，晶体密度ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，故答案为：；（4）设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，实验如下：称取2.51g该配合物，＝0.01mol，先加水溶解，[Co（NH3）5Cl]Cl2＝[Co（NH3）5Cl]2++2Cl﹣，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，＝0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂，故答案为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g。17．（12分）氯化亚铜CuCl为白色粉末，微溶于水，能溶于浓盐酸生成[CuCl2]﹣．以胆矾（CuSO4•5H2O）为原料可以制备CuCl．（1）由CuSO4•5H2O配制CuSO4溶液①CuSO4•5H2O结构简图如图，其中H2O与Cu2+，H2O与的作用力类型分别是配位键、氢键．②已知CuSO4•5H2O溶于水时溶液温度降低，室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ．CuSO4•5H2O分解的热化学方程式：CuSO4•5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l）ΔH＝+Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q2（填“＞”“＜”或“＝”）．③加热硫酸铜可生成一种铜的氧化物，其晶体结构如图，则该化合物的化学式是CuO．（2）向CuSO4溶液中加入Na2SO3和NaCl制备CuCl沉淀．Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1和2所示．①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为2Cu2+++2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓++2H+．②当n（Na2SO3）：n（CuSO4）＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是随着n（Na2SO3）：n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCl的水解程度增大．③当n（NaCl）：n（CuSO4）比值逐渐增大时，CuCl产率先增大后减小，请分析原因n（NaCl）：n（CuSO4）增大，溶液中Cl﹣浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的Cl﹣形成可溶的[CuCl2]﹣，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降．（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中完全溶解，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，Cr2被还原为Cr3+．样品中CuCl的质量分数%．18．（13分）镓（Ga）被誉为“电子工业脊梁”，高纯GaAs（砷化镓）可用于芯片制造，以砷化镓废料（含80%GaAs、8%Fe2O3、7%Al2O3和5%CaCO3）制备高纯GaAs的流程如图：已知：常温下Ksp[Al（OH）3]≈1×10﹣33，Ksp[Ga（OH）3]≈1.0×10﹣34，Kb（NH3•H2O）＝2.0×10﹣5，Ga3++4OH﹣⇌[Ga（OH）4]﹣K＝1.0×1034．回答下列问题：（1）Ga与Al同族，位于元素周期表的p区．写出Ga的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1．（2）滤渣1的主要成分有Fe2O3、CaCO3．（3）通入CO2调节pH的目的是Na[Al（OH）4]反应生成Al（OH）3沉淀，Na[Ga（OH）4]反应生成Ga（OH）3沉淀，以除去Ga3+和Al3+．（4）为探究“沉淀转溶”中Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+的平衡常数K≈2.0×10﹣5．（5）产物纯度分析：将得到的产物进行X射线衍射测试。通过X射线衍射得到的数据与已知晶胞的边长进行对照，可以测定制备的GaAs是否纯净．GaAs的立方晶胞如图所示，其中Ga的配位数为4；该晶体密度为ρg⋅cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为×1010pm．（6）芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，其中致密保护膜可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs反应．①刻蚀后AlAs层会形成砷酸（H3AsO4）和一种常见的致密氧化物保护膜。写出反应的化学方程式是8H2O2+2AlAs＝2H3AsO4+Al2O3+5H2O．②有研究人员提出可以用过硫酸钾K2S2O8代替H2O2做刻蚀液，S2的结构如图：推测氧化性：S2＞H2O2（填“＞”“＜”或“＝”）．资料：O﹣O键越易断裂，过氧化物的氧化性越强．【考点】晶胞的计算；制备实验方案的设计；原子核外电子排布．【答案】（1）p；1s22s22p63s23p63d104s24p1；（2）Fe2O3、CaCO3；（3）Na[Al（OH）4]反应生成Al（OH）3沉淀，Na[Ga（OH）4]反应生成Ga（OH）3沉淀，以除去Ga3+和Al3+；（4）2.0×10﹣5；（5）4；×1010；（6）①8H2O2+2AlAs＝2H3AsO4+Al2O3+5H2O；②＞。【分析】砷化镓废料含80%GaAs、8%Fe2O3、7%Al2O3和5%CaCO3，废料加入NaOH溶液、H2O2进行碱浸，金属Ga的化学性质和Al相似，GaAs和NaOH溶液、H2O2反应，反应方程式为：GaAs+4NaOH+4H2O2＝Na[Ga（OH）4]+Na3AsO4+4H2O，Fe2O3、CaCO3不溶于NaOH溶液，Al2O3和NaOH溶液反应生成Na[Al（OH）4]，过滤后滤渣1为Fe2O3、CaCO3，滤液1中通入CO2调节溶液pH，得到Al（OH）3沉淀和Ga（OH）3沉淀，过滤，滤渣2为Al（OH）3和Ga（OH）3，滤渣2加入NaOH溶液，最后能得到Ga，则滤渣3为电解Na[Ga（OH）4]溶液得到Ga；滤液2中通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到Na3AsO4•12H2O，以此分析解答；（1）Ga与Al同族，Ga位于Al的下一周期，Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，属于p区元素；（2）碱浸时Fe2O3、CaCO3不溶于NaOH溶液；（3）通入CO2调节pH的目的是将Al、Ga与As分离；（4）反应Ga（OH）3+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+的平衡常数K反应＝＝××c（Ga3+）×c3（OH﹣）＝Kb（NH3•H2O）×K×Ksp[Ga（OH）3]；（5）由晶胞图可知，距面心的Ga最近且等距的As有2个；晶胞质量为g，设晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，根据ρ＝可求得晶胞边长；（6）①刻蚀时H2O2与AlAs层反应生成砷酸（H3AsO4）和Al2O3；②由S2的结构图可知，S2中过氧键连接是吸电子基团。【解答】解：（1）Ga与Al同族，Ga位于Al的下一周期，Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，都属于p区元素，则Ga原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案为：p；1s22s22p63s23p63d104s24p1；（2）碱浸时Fe2O3、CaCO3不溶于NaOH溶液，故滤渣1的主要成分是Fe2O3、CaCO3，故答案为：Fe2O3、CaCO3；（3）通入CO2调节pH的目的是Na[Al（OH）4]反应生成Al（OH）3沉淀，Na[Ga（OH）4]反应生成Ga（OH）3沉淀，以除去Ga3+和Al3+，故答案为：Na[Al（OH）4]反应生成Al（OH）3沉淀，Na[Ga（OH）4]反应生成Ga（OH）3沉淀，以除去Ga3+和Al3+；（4）反应Ga（OH）3+NH3•H2O⇌[Ga（OH）4]﹣+的平衡常数K＝＝××c（Ga3+）×c3（OH﹣）＝Kb（NH3•H2O）×K×Ksp[Ga（OH）3]≈1.0×10﹣34×1.0×1034×2.0×10﹣5＝2.0×10﹣5，故答案为：2.0×10﹣5；（5）由晶胞图可知，距面心的Ga最近且等距的As有2个，面心的原子为2个晶胞共有，故Ga的配位数为4；晶胞质量为g，设晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，根据ρ＝可得，ρg⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3，晶胞边长a＝×1010pm，故答案为：4；×1010；（6）①刻蚀时H2O2与AlAs层反应生成砷酸（H3AsO4）和Al2O3，反应方程式为：8H2O2+2AlAs＝2H3AsO4+Al2O3+5H2O，故答案为：8H2O2+2AlAs＝2H3AsO4+Al2O3+5H2O；②由S2的结构图可知，S2中过氧键连接是吸电子基团，导致S2中过氧键比H2O2的更易断裂，根据题干信息，O﹣O键越易断裂，过氧化物的氧化性越强，故推测氧化性：S2＞H2O2，故答案为：＞。19．（11分）某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化Ag．资料：a．Ag2SO3和Ag2S2O3均为白色，难溶于水．b．Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣。（1）探究S2、Cl﹣与Ag+的结合倾向向NaCl溶液中加入0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色浑浊：再向其中滴入Na2S2O3溶液，溶液变澄清．澄清溶液中+1价银的存在形式[Ag（S2O3）2]3﹣（填化学式）。（2）探究S2、、I﹣与Ag+的结合倾向实验滴管试管现象Ⅰ10滴0.1mol/LAgNO3溶液等浓度的NaI和Na2S2O3溶液黄色沉淀Ⅱ等浓度的NaI和Na2SO3溶液黄色沉淀由实验Ⅰ推知：与Ag+结合倾向：I﹣＞S2（填“＞”或“＜”）。（3）探究S2、、Br﹣与Ag+的结合倾向实验步骤：取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度等体积的Na2SO3和Na2S2O3溶液。实验现象：前者无明显现象，后者浊液变澄清。实验结论：与Ag+结合倾向S2＞Br﹣＞。（4）探究Ag+与S2的反应实验滴管试管现象Ⅲ0.1mol/LAgNO3溶液0.1mol/LNa2S2O3溶液白色沉淀，振荡后消失Ⅳ0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LAgNO3溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀（AgS）写出实验Ⅳ中白色沉淀变黑色的化学方程式并分析原因Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，Ag+与﹣2价S结合倾向更强。（5）从结构角度解释上述实验的结论①S2可以看做是中的一个O原子被S原子取代，