河北省2020届高三化学上学期第一次大联考试题（附解析Word版）

理科综合试卷 相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Al-27 Ba-137 第 I 卷（选择题部分，共 126 分） 一、选择题（本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 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.化学知识无处不在,下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是(　　) 古诗文记载 化学知识 A 绿蚁新醅酒，红泥小火炉 在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应 B 南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去 土而糖白，后人遂效之. 泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖 C 陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉 制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业 D 采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁， 久则凝淀如“石”，浣衣发面. “石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．葡萄糖属于单糖，不会发生水解反应，A 不正确； B．古时贫民住房是土砖墙，土砖墙倒塌，泥土覆盖在红糖上，能吸附红糖中的色素，B 正确； C．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，C 正确； D．草木灰的淋汁主要成分主要是 K2CO3，D 正确。 故选 A。 2.NA 为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(　　) A. 18 g D2O 和 18 g H2O 中含有的质子数均为 10NA B. 1 L 0.1 mol·L－1 磷酸(H3PO4)溶液中含有的 H＋离子数为 0.3NA C. 40g 34%的过氧化氢催化分解,生成 0.1 mol 氧气时转移的电子数为 0.2NA D. 密闭容器中 1mol NO 与 0.5 mol O2 充分反应,产物的分子数为 NA【答案】C 【解析】 【详解】A.D2O 的 M=20g/mol，n=0.9mol，质子数为 9NA，A 错误； B.磷酸属于弱酸，弱电解质部分电离，B 错误； C．氧元素由-1 升高到 0 价，升高 1 价，O2 双原子分子，产生 0.1molO2 电子转移数为 0.2NA，C 正确； D．部分 NO2 转化为 N2O4，产物的分子数小于 NA，D 错误。 故选 C。 3.短周期主族元素 A、B、C、D 的原子序数依次增大,A、D 同主族且 D 原子核电荷数等于 A 原子核电荷数的 2 倍,B、C 原子的核外电子数之和与 A、D 原子的核外电子数之和相等.下列 说法中一定正确的是(　　) A. B 的原子半径比 A 的原子半径小 B. A 形成的氢化物分子中不可能含非极性键 C. B 单质与水反应,水可能作氧化剂也可能作还原剂 D. C、D 的最高价氧化物对应的水化物是酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．A、D 分别是 O、S，B、C 分别为 F、P 或 Na、Al，如果 B 是 Na，则原子半径 比 A(O)大，A 错误； B．H2O2 中含非极性键，B 错误； C．F2 与水反应，水作还原剂，Na 与水反应，水作氧化剂，C 正确； D．如果 C 是 Al，其最高价氧化物对应的水化物 Al(OH)3 不是酸，D 错误； 故选 C。 4.有 Fe2+、Fe3+、H+、NH4+、NO3-和 H2O 六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成 物，下列叙述不正确的是(　　) A. 被氧化和被还原的离子数目比为 8∶1 B. 该反应说明 Fe2+、NO3-、H+在溶液不能大量共存 C. 每 1 mol NO3-发生氧化反应，转移 8 mol e- D. 若利用该反应设计原电池,则负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+ 【答案】C 为【解析】 【详解】反应的离子方程式为 8Fe2++NO3-+10H+=NH4++8Fe3++3H2O。 A．依方程式，被氧化(Fe2+)和被还原(NO3-)的离子数目比为 8∶1，A 正确； B．该反应说明，Fe2+、NO3-、H+在溶液能发生性价比还原反应，不能大量共存，B 正确； C．NO3-被还原，发生还原反应，C 错误； D．若利用该反应设计原电池，则负极 Fe2+失电子，发生氧化反应，D 正确； 故选 C。 5.以下实验设计能达到实验目的的是(　　) 选项 实验目的 实验设计 A 证明非金属性强 弱:Cl>C>Si B 鉴别 NaBr 和 KI 溶液 分别加新制氯水后,用 CCl4 萃取 C 除去 NaHCO3 固体中的 Na2CO3 将固体加热至恒重 D 证明相同温度下: Ksp(Ag2S)C，另外盐酸挥发，无洗气装置，A 错误； B．氯水与 NaBr 和 KI 反应分别生成 Br2、I2，两者都易溶于 CCl4，分别在 CCl4 层中显橙红色、紫红色，B 正确； C．NaHCO3 受热易分解，而 Na2CO3 受热不易分解，不能达到除杂目的，C 错误； D．硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，硫化钠与溶液中的银离子直接反应，无法证明哪种沉 淀的溶度积更小，D 错误； 故选 B。 6.下列有关有机物说法正确的是(　　) A. 糖类和蛋白质都属于天然高分子化合物 B. CH3CH(CH3)CH2COOH 系统命名法命名：2-甲基丁酸 C. 重结晶提纯苯甲酸:将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶 D. 有机物( )可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．单糖、低聚糖不属于高分子化合物，A 错误； B．CH3CH(CH3)CH2COOH 正确命名为 3-甲基丁酸，B 错误； C．苯甲酸常温下微溶于水，故提纯苯甲酸时，应将粗品在加热条件下溶于水，趁热过滤，冷 却结晶，C 错误； D．-OH 能和酸酯化，-COOH 能和醇酯化，D 正确； 故选 D。 7.某温度下,向 10 mL 0.1 mol/L CuCl2 溶液中滴加 0.1mol/L 的 Na2S 溶液,滴加过程中－lg c(Cu2 ＋)与 Na2S 溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是(　　) A. 0.1mol/LNa2S 溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S) B. a、b、c 三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为 b 点 C. 该温度下,Ksp(CuS)的数量级为 10-36D. 向 10 mL Ag＋、Cu2＋物质的量浓度均为 0.1mol/L 的混合溶液中逐滴加入 0.01mol/L 的 Na2S 溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50] 【答案】C 【解析】 【详解】A．依据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A 错误； B．a、c 两点 Cu2＋、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b 点可认为是 NaCl 溶液， 水的电离没有被促进，水的电离程度最小，B 错误； C．Ksp(CuS)等于 10-17.7 的平方(10-35.4)，数量级为 10-36，C 正确； D．刚开始产生 Ag2S 沉淀时，c2(Ag＋) ∙c(S2-)= Ksp(Ag2S)，其中 c(Ag＋)= 0.1mol/L，则此时 c(S2-)=6.4×10-48mol/L，同理，刚产生刚开始产生 CuS 沉淀时，c(Cu2＋)∙c(S2-)= Ksp(CuS)，其中 c(Cu2＋)= 0.1mol/L，则此时 c(S2-)=10-34.4mol/L，故 Ag+先沉淀，D 错误。 故选 C。 8.以黄铁矿（主要成分为 FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下： 请按要求回答下列问题： （1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是______________________________________. （2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,其目的是_____________、__________. （3）尾气主要含 N2、O2、SO2 和少量的 CO2、H2O(g).测定尾气中 SO2 含量的方案如下： 【方案甲】将标准状况下的 2.24 L 尾气缓慢通过如下装置 A 中： ①C 仪器的名称是_______________,装置 C 的作用是_________________________. ②实验时先通入尾气,再通入一定量氮气,通过 B 装置的增重来测量 SO2 的体积分数,请写出该 方案合理与否的理由__________________________________________.【方案乙】将标准状况下的 2.24 L 尾气缓慢通过如下装置 D 中,充分与足量试剂 M 反应后,再 滴入过量试剂 N,经过滤、洗涤、干燥、用电子天平称得沉淀质量为 0.233g. ③若试剂 M、N 分别是碘水、BaCl2 溶液,写出 D 中总反应的离子方程式： __________________.尾气中 SO2 的体积分数为__________________. ④若试剂 M 是 Ba(NO3)2 溶液,不再滴加试剂 N,观察到 D 中生成的无色气体在瓶口处变为红 棕色.写出 SO2 和 Ba(NO3)2 溶液反应的离子方程式：___________________________. 【答案】 (1). 增大反应物的接触面积,加快反应速率 (2). 提高铁元素的浸出率 (3). 抑制 Fe3+水解 (4). 球形干燥管 (5). 防止空气中的水蒸气、CO2 进入 B 装置 (6). 该 方案不合理,因为尾气中的 CO2 也能被 B 装置中的碱石灰吸收,导致所测 SO2 气体的体积分数 偏大 (7). SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+ (8). 1.00% (9). 3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4H+ 【解析】 【分析】 （1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是矿石颗粒越小，与空气的接触面积越大，燃烧越充分。 （2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是酸溶时可使反应充分，提高铁元素的浸 出率；氧化时盐酸过量，可抑制 Fe3+的水解。 （3）①C 仪器的名称是球形干燥管，装置 C 的作用是防止空气中的水蒸气、CO2 进入 B 装置， 影响 SO2 含量的测定。 ②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过 B 装置的增重来测量 SO2 的体积分数，该方 案不合理，因为尾气中的 CO2 也能被碱石灰吸收。 ③若试剂 M、N 分别是碘水、BaCl2 溶液，D 中发生的反应为 SO2+I2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HI+2HCl，尾气中 SO2 的体积分数为 。 ④若试剂 M 是 Ba(NO3)2 溶液，不再滴加试剂 N，观察到 D 中生成的无色气体在瓶口处变为 0.233g 22.4L/mol233g/mol 100%2.24L × ×红棕色，则瓶内生成的气体为 NO，SO2 和 Ba(NO3)2 溶液反应的化学方程式为 3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4HNO3。 【详解】（1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是矿石颗粒越小，与空气的接触面积越大，燃烧 越充分。答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率； （2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是酸溶时可使反应充分，提高铁元素的浸 出率；氧化时盐酸过量，可抑制 Fe3+的水解。答案为：提高铁元素的浸出率；抑制 Fe3+水解； （3）①C 仪器的名称是球形干燥管，装置 C 的作用是防止空气中的水蒸气、CO2 进入 B 装置， 影响 SO2 含量的测定。答案为：球形干燥管；防止空气中的水蒸气、CO2 进入 B 装置； ②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过 B 装置的增重来测量 SO2 的体积分数，该方 案不合理，因为尾气中的 CO2 也能被碱石灰吸收，导致所测 SO2 气体的体积分数偏大。答案 为：该方案不合理，因为尾气中的 CO2 也能被 B 装置中的碱石灰吸收，导致所测 SO2 气体的 体积分数偏大； ③若试剂 M、N 分别是碘水、BaCl2 溶液，D 中发生的反应为 SO2+I2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HI+2HCl，反应的离子方程式为 SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+；尾气中 SO2 的体积分数为 。 答案为：SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+；1.00%； ④若试剂 M 是 Ba(NO3)2 溶液，不再滴加试剂 N，观察到 D 中生成的无色气体在瓶口处变为 红棕色，则瓶内生成的气体为 NO，SO2 和 Ba(NO3)2 溶液反应的化学方程式为 3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4HNO3。答案为：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4H+。 【点睛】通常情况下，在中性溶液中，NO3-不表现出氧化性，不能将 Fe2+等氧化；但往硝酸盐 溶液中通入 SO2，由于 SO2 被氧化生成的硫酸能使溶液显酸性，增强了 NO3-的氧化能力，从 而使非酸性溶液中 NO3-与 SO2 的氧化还原反应能顺利进行。 9.治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题.请回答下列问题： (1)在汽车排气系统中安装三元催化转化器,可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g).在恒容密闭容器中通入等量的 CO 和 NO,发生上述反应时,c(CO)随温度(T)和时 间(t)的变化曲线如图所示. 0.233g 22.4L/mol233g/mol 100% 1.00%2.24L × × = Δ 催化剂①据此判断该反应的正反应为____(填“放热”或“吸热”)反应. ②温度 T1 时,该反应的平衡常数 K=_____;反应速率 v=v(正)-v(逆)=k 正 c2(NO)c2(CO)- k 逆 c2(CO2)c(N2),k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数,计算 a 处 v(正):v(逆)=________. (2)下图流程是一种新型的除去尾气中氮氧化物的技术,一般采用氨气或尿素作还原剂 该技术中用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原 NO2 的主要反应为:4CO(NH2)2+6NO2 4CO2+7N2+8H2O ,则用 NH3 作还原剂还原尾气中 NO（NH3、NO 的物质的量之比为 1:1）的化 学方程式为:______. (3)哈伯法合成氨的流程图如图,下列五个流程中为提高原料利用率而采取的措施________（填 序号） (4)一种电化学制备 NH3 的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输 H+.下列叙述正确的是 ______________（填选项） A.Pd 电极 b 为阴极 B.阴极的反应式为 N2+6H++6e-=2NH3 C.H+由阳极向阴极迁移 D.陶瓷可以隔离 N2 和 H2 (5)也可用 CH4 催化还原 NOx 法消除烟气中氮氧化物的污染.已知： ①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol; ②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol 则 CH4 催化还原 NO 的热化学方程式为__________________________________. 【答案】 (1). 放热 (2). 80 (3). 160：1 (4). 4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O (5). ②④⑤ (6). BCD (7). CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－978.0 kJ/mol 【解析】 【分析】 (1)①从图中可以看出，T1 时反应先达平衡，则 T1>T2，T1 时 c(CO)大，说明升高温度，平衡逆 向移动。 ② 依题意，可得如下三段式： 温度 T1 时，该反应的平衡常数 K= ，反应速率 v=v(正)-v(逆)=k 正 c2(NO)c2(CO)- k 逆 c2(CO2)c(N2),k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，平衡时，k 正 c2(NO)c2(CO)=k 逆 c2(CO2)c(N2)， 即 k 正×0.42×0.42=k 逆×0.8×1.62，k 正=80 k 逆。 计算 a 处 v(正):v(逆)= k 正 c2(NO)c2(CO:k 逆 c2(CO2)c(N2)= 80 k 逆×1.02×1.02: k 逆 ×0.5×1.02=160:1 (2)用 NH3 作还原剂还原尾气中 NO（NH3、NO 的物质的量之比为 1:1），NO 得 2e-，NH3 失去 3e-，得失电子总数不等，则另有得电子的物质，只能为空气中的 O2，由此可得出反应的化学 方程式。 (3)五个流程中为提高原料利用率而采取的措施：加压，有利于平衡正向移动，提高反应物的 转化率；加催化剂只能加快反应速率，但不能使平衡发生移动；液化分离 NH3，虽然不能加 2 22NO(g) 2CO(g) N (g) 2CO (g) (mol/L) 2.0 2.0 0 0 (mol/L) 1.6 1.6 0.8 1.6 (mol/L) 0.4 0.4 0.8 1.6 + + 起始量 变化量 平衡量 2 2 2 1.6 0.8 0.4 0.4 × × 2 22NO(g) 2CO(g) N (g) 2CO (g) (mol/L) 2.0 2.0 0 0 (mol/L) 1.0 1.0 0.5 1.0 (mol/L) 1.0 1.0 0.5 1.0 + + 起始量 变化量 平衡量快反应速率，但能使平衡正向移动；N2 和 H2 循环使用，也可提高反应物的转化率。 (4)从图中可以看出，H2 失电子，Pd 电极 b 为阳极，则 Pd 电极 a 为阴极。 A.Pd 电极 b 为阳极，A 错误； B.阴极 N2 得电子，生成 NH3，电极反应式为 N2+6H++6e-=2NH3，B 正确； C.阳极生成 H+，通过质子传输陶瓷向阴极迁移，C 正确； D.陶瓷只允许 H+通过，可以隔离 N2 和 H2，D 正确。 (5) ①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol; ②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol 则①+②-③×2 可得 CH4 催化还原 NO 热化学方程式。 【详解】(1)①从图中可以看出，T1 时反应先达平衡，则 T1>T2，T1 时 c(CO)大，说明升高温度， 平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应。答案为：放热； ② 依题意，可得如下三段式： 温度 T1 时，该反应的平衡常数K= =80，反应速率v=v(正)-v(逆)=k 正 c2(NO)c2(CO)- k 逆 c2(CO2)c(N2),k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，平衡时，k 正 c2(NO)c2(CO)=k 逆 c2(CO2)c(N2)，即 k 正×0.42×0.42=k 逆×0.8×1.62，k 正=80 k 逆。 计算 a 处 v(正):v(逆)= k 正 c2(NO)c2(CO:k 逆 c2(CO2)c(N2)= 80 k 逆×1.02×1.02: k 逆 ×0.5×1.02=160:1。答案为：80；160:1； (2)用 NH3 作还原剂还原尾气中 NO（NH3、NO 的物质的量之比为 1:1），NO 得 2e-，NH3 失去 3e-，得失电子总数不等，则另有得电子的物质，只能为空气中的 O2，由此可得出反应的化学 方程式 4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O。答案为：4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O； (3)五个流程中为提高原料利用率而采取的措施：加压，有利于平衡正向移动，提高反应物的 的 2 22NO(g) 2CO(g) N (g) 2CO (g) (mol/L) 2.0 2.0 0 0 (mol/L) 1.6 1.6 0.8 1.6 (mol/L) 0.4 0.4 0.8 1.6 + + 起始量 变化量 平衡量 2 2 2 1.6 0.8 0.4 0.4 × × 2 22NO(g) 2CO(g) N (g) 2CO (g) (mol/L) 2.0 2.0 0 0 (mol/L) 1.0 1.0 0.5 1.0 (mol/L) 1.0 1.0 0.5 1.0 + + 起始量 变化量 平衡量转化率；加催化剂只能加快反应速率，但不能使平衡发生移动；液化分离 NH3，虽然不能加 快反应速率，但能使平衡正向移动；N2 和 H2 循环使用，也可提高反应物的转化率。答案为： ②④⑤； (4)从图中可以看出，H2 失电子，Pd 电极 b 为阳极，则 Pd 电极 a 为阴极。 A.Pd 电极 b 为阳极，A 错误； B.阴极 N2 得电子，生成 NH3，电极反应式为 N2+6H++6e-=2NH3，B 正确； C.阳极生成 H+，通过质子传输陶瓷向阴极迁移，C 正确； D.陶瓷只允许 H+通过，可以隔离 N2 和 H2，D 正确。答案 ：BCD； (5) ①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol; ②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol; ③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol 则①+②-③×2 可得 CH4 催化还原 NO 的热化学方程式为 CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋ 2H2O(g) △H ＝－978.0 kJ/mol。答案为：CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－ 978.0 kJ/mol。 【点睛】在合成氨反应达平衡时，将产物液化，由于在液化的瞬间，反应物的浓度没有改变， 所以此时 v 正不变，而生成物的浓度突然减小，所以 v 逆减小。由于 v 正>v 逆，所以平衡向正反 应方向移动，反应物的转化率提高。 10.锡渣主要成分是 SnO,还含有少量 Fe、Cu、Sb、Pb、As 等元素的氧化物.可用下列流程中的 方法生产锡酸钠. 已知: ①砷酸钡难溶于水,Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24 ②水碎液中溶质的主要成分为 Na2SnO3,Na3AsO4, Na3SbO4,Na2PbO2 （1）碱熔就是在锡渣中加 NaOH 焙烧,SnO 转变为 Na2SnO3,则 SnO 参加反应的化学方程式为 ____________ （2）除杂 1 的目的是“除砷和铅”,加入硫化钠所发生反应的离子方程式为____________;若要使 0.001mol/L 的 AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于 10-6mol/L 时即沉淀完全）,需等体积加 入至少____________mol/L 的 Ba(OH)2. （3）除杂 2 中加入 Sn 粒的目的是____________ 为（4）已知 Na2SnO3·3H2O 可溶于水,难溶于乙醇,加热至 140℃时会失去结晶水,所以最后一步从 滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为____________、过滤、用____________洗涤、 ____________. （5）水碎渣中的铁元素主要以氧化物形式存在,回收比较容易,而铜冶炼过程中的铜渣中也有 铁元素,但主要以硅酸铁的形式存在,回收方法更复杂：需先加 CaO 作置换剂,发生钙铁置换反 应 CaO+FeO·SiO2 CaO·SiO2+FeO,在反应过程中,加 CaO 的同时还需加入还原剂烟煤,则 加入还原剂烟煤的作用是____________ 【答案】 (1). 2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O (2). PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH- (3). 0.0017 (4). 除去 SbO42-或除锑 (5). 在 140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 乙醇 (7). 低温干燥 (8). 还原 FeO 以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移 动 【解析】 【分析】 （1）碱熔就是在锡渣中加 NaOH 焙烧，SnO 转变为 Na2SnO3，在转化过程中，Sn 由+2 价升 高到+4 价，应有氧化剂参与反应，NaOH 不可能作氧化剂，则必有空气中的 O2 参与反应，由 此可写出 SnO 参加反应的化学方程式。 （2）除杂 1 的目的是“除砷和铅”，加入的 Na2S 与 Na2PbO2 反应，生成 PbS，由此可写出发生 反应的离子方程式；若要使 0.001mol/L 的 AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于 10-6mol/L 时即沉淀完全），加入 Ba(OH)2 起两个作用，一个是使 AsO43-完全沉淀，另一个是溶解在溶液 中，使 c(Ba2+)、c(AsO43-)满足 Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24。 （3）除杂 2 中加入 Sn 粒的目的是使 Na3SbO4 转化为沉淀，从溶液中去除。 （4）已知 Na2SnO3·3H2O 可溶于水，难溶于乙醇，加热至 140℃时会失去结晶水，所以最后一 步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在 140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。 （5）在反应过程中，加 CaO 的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原 FeO，则加入还原剂烟煤 的作用是还原 FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。 【详解】（1）碱熔就是在锡渣中加 NaOH 焙烧，SnO 转变为 Na2SnO3，在转化过程中，Sn 由+2 价升高到+4 价，应有氧化剂参与反应，NaOH 不可能作氧化剂，则必有空气中 O2 参与反应， 由此可写出 SnO 参加反应的化学方程式为 2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O。答案为： 的 2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O； （2）除杂 1 的目的是“除砷和铅”，加入的 Na2S 与 Na2PbO2 反应，生成 PbS，由此可写出发生 反应的离子方程式 PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；若要使 0.001mol/L 的 AsO43-沉淀完全（一 般认为离子浓度小于 10-6mol/L 时即沉淀完全），加入 Ba(OH)2 起两个作用，一个是使 AsO43-完 全沉淀，由离子方程式 3Ba2++2AsO43-= Ba3(AsO4)2↓，可求出参加反应的 c(Ba2+)1= =0.0015mol/L；另一个是溶解在溶液中，Ba3(AsO4)2 需达到沉淀溶解平衡， 使 c(Ba2+)2= =10-4mol/L，此为混合溶液中的 c(Ba2+)，换算为原溶液中的浓度，则为 2×10-4mol/L；从而得出 c(Ba2+)= c(Ba2+)1+c(Ba2+)2（换）=0.0015mol/L+2×10-4mol/L=0.0017mol/L。 答案为：PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；0.0017； （3）除杂 2 中加入 Sn 粒的目的是使 Na3SbO4 转化为沉淀，从溶液中去除。答案为：除去 SbO42- 或除锑； （4）最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在 140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷 却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。答案为：在 140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶；乙醇；低温干燥； （5）在反应过程中，加 CaO 的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原 FeO，则加入还原剂烟煤 的作用是还原 FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。答案为：还原 FeO 以减少生成物， 使钙铁置换反应向正反应方向移动。 【点睛】为使溶液中的 AsO43-转化为 Ba3(AsO4)2 沉淀，需经两步计算，第一步利用生成 Ba3(AsO4)2 沉淀的离子方程式，计算所需 c(Ba2+)，一般不会出现什么错误，但第二步利用 Ba3(AsO4)2 的溶度积常数进行计算时，我们易出现错误。那就是我们要求的是原 Ba(OH)2 的浓 度，而我们求出的是混合溶液中的 c(Ba2+)，需将其进行转换，如果我们忽视了这一点，就打 开了错误之门。 【化学—选修 3：物质结构与性质】 11.铜的化合物如 Cu2O、CuO、CuCl、CuSO4·5H2O、Cu(IO3)2、[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2 等均 有着广泛的应用.回答下列问题： 3 0.001mol/L 2 × 124 3 6 2 10[ ](10 ) − − (1)基态 Cu2+的核外电子排布式为____________ (2)IO3-的空间构型为_____________________________（用文字描述）,与 SO42-互为等电子体 的分子为____________ (3)配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，Cu2+的配位数是____________. ①乙二胺分子中 N 原子轨道的杂化类型为____________. ② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中含有的 σ 键的数目为____________. (4) CuO 的熔点比 CuCl 的熔点高,其原因是____________. (5) Cu2O 晶体结构可能是____________ (填字母). 【答案】 (1). 1s22s22p6 3s23p63d9 或[Ar]3d9 (2). 三角锥形 (3). SiF4、CCl4 等 (4). 4 (5). sp3 杂化 (6). 26 NA (7). CuO 的阴阳离子半径小于 CuCl 的阴阳离子半径，CuO 阴阳离子所带电荷大于 CuCl，由此可得 CuO 的晶格能更大 (8). C 【解析】 【分析】 (1)基态 Cu2+的核外电子排布式为 1s22s22p6 3s23p63d9 或[Ar]3d9。 (2)IO3-中 I 与 3 个 O 原子形成共价键后，I 的最外层还有一对孤对电子，对形成的三个共价键 有排斥作用，从而使结构不对称；寻找与 SO42-互为等电子体的分子时，可将 O 换成 F 或 Cl， 然后再通过价电子数相等，将 S 替换为 C 或 Si。 (3) 配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1 个 H2NCH2CH2NH2 与 Cu2+形成 2 个配位键，从而得 出配位键的数目。 ①乙二胺分子中 N 原子，除去含有一对孤对电子外，还形成了 3 个共价键。 ② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中，1 个 H2NCH2CH2NH2 含有 11 个共价单键，2 个 H2NCH2CH2NH2 含有 22 个共价单键，另外，Cu2+与 N 还形成了 4 个配位键，从而得出含有的 σ 键的数目。 (4) CuO 的熔点比 CuCl 的熔点高的原因，从离子所带电荷、离子半径寻找答案。 (5) 从离子个数比为 2：1，分析三个晶体结构，从而确定 Cu2O 晶体结构。 A 中，顶点含 8 个分子，面心含 6 个分子，晶体共含 4 个分子；B 中，顶点含 8 个黑球，面心含 6 个黑球，晶体内含有 4 个白球，该晶体中共含 4 个黑球，4 个白球；C 中，顶点含 8 个白 球，体心含 1 个白球，晶体内含 4 个黑球，该晶体中共含有 2 个白球，4 个黑球。 【详解】(1)基态 Cu2+的核外电子排布式为 1s22s22p6 3s23p63d9 或[Ar]3d9。答案为：1s22s22p6 3s23p63d9 或[Ar]3d9； (2)IO3-中 I 与 3 个 O 原子形成共价键后，I 的最外层还有一对孤对电子，对形成的三个共价键 有排斥作用，从而使结构不对称，所以结构为三角锥形；寻找与 SO42-互为等电子体的分子时， 可将 O 换成 F 或 Cl，然后再通过价电子数相等，将 S 替换为 C 或 Si，从而得出分子为 SiF4、 CCl4 等。答案为：三角锥形；SiF4、CCl4 等； (3) 配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1 个 H2NCH2CH2NH2 与 Cu2+形成 2 个配位键，从而得 出配位键的数目为 4。答案为：4； ①乙二胺分子中 N 原子，除去含有一对孤对电子外，还形成了 3 个共价键，从而得出 N 原子 轨道的杂化类型为 sp3 杂化。答案为：sp3 杂化； ② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中，1 个 H2NCH2CH2NH2 含有 11 个共价单键，2 个 H2NCH2CH2NH2 含有 22 个共价单键，另外，Cu2+与 N 还形成了 4 个配位键，由此得出 1 个 [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+含有的 σ 键的数目为 26 个，从而得出 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中，含 26 NA 个 σ 键。答案为：26 NA； (4) CuO 的熔点比 CuCl 的熔点高，原因是 CuO 的阴阳离子半径小于 CuCl 的阴阳离子半径， CuO 阴阳离子所带电荷大于 CuCl，由此可得 CuO 的晶格能更大。答案为：CuO 的阴阳离子 半径小于 CuCl 的阴阳离子半径，CuO 阴阳离子所带电荷大于 CuCl，由此可得 CuO 的晶格能 更大； (5) 从离子个数比为 2：1，分析三个晶体结构，从而确定 Cu2O 晶体结构为 C(黑球与白球的个 数比为 2：1)。答案为：C。 【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，需弄清微粒所在晶体中的位置。若微粒在顶点上， 此顶点被多少个晶胞所共用，微粒属于此晶胞的就为多少分之一；若微粒在面心，则只有二 分之一属于此晶胞；若微粒在棱上，此棱属于多少个晶胞，微粒属于此晶胞的就为多少分之 一；若微粒在晶胞的内部，则完全属于此晶胞。 【化学—选修 5：有机化学基础】 12.根皮素 J( )是国外新近研究开发出来的一种新型天然美白剂,主要分布 于苹果、梨等多汁水果的果皮及根皮.其中一种合成 J 的路线如下：已知： +R’’CHO +H2O 回答下列问题： (1)C 化学名称是___________.E 中的官能团的名称为_______________. (2)B 为溴代烃,请写出 A→B 的反应条件___________. (3)写出由 C 生成 D 和由 D 生成 E 的反应类型___________、___________. (4)F→H 的化学方程式为______________________. (5)M 是 E 的同分异构体,同时符合下列条件的 M 的结构有___________种(不考虑立体异构) ①能与 FeCl3 溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 (6)设计以丙烯和 1,3－丙二醛为起始原料制备 的合成路线_______(无机试剂任选). 【答案】 (1). 对甲基苯酚或 4-甲基苯酚 (2). 醛基、醚键 (3). 铁、液溴 (4). 取 代 反 应 (5). 氧 化 反 应 (6). +4NaOH +5H2O (7). 13 (8). 【解析】 的 2 5C H OH→【分析】 通 过 对 流 程 图 分 析 ， 可 以 得 出 ，B 为 ，F 为 ，H 为 ，I 为 。 (1)C 的化学名称是对甲基苯酚或 4-甲基苯酚，E 中的官能团的名称为醛基、醚键。 (2)B 为 ， → 的反应条件为苯的同系物溴代反应的条件。 (3)由 的反应类型为取代反应、氧化反应。 (4) → 的反应方程式为 +4NaOH +5H2O。 (5)M 是 的同分异构体，同时符合下列条件的 M 的结构为 (共 4 种)、 (移动-CH3，共 4 种)、 (移动-CH3，共 2 种)、 (共 3 种)。 (6)根据已知信息，结合题给原料 1，3－丙二醛和丙烯，若要制备 ，需要由丙烯制得丙酮， 丙酮和 1，3－丙二醛发生已知信息中的反应得到 。 【详解】(1)C 的化学名称是对甲基苯酚或 4-甲基苯酚，E 中的官能团的名称为醛基、醚键。 答案为：对甲基苯酚或 4-甲基苯酚；醛基、醚键； (2)B 为 ， → 的反应条件为铁、液溴。答案为：铁、液溴； 2 5C H OH→(3)由 的反应类型为取代反应、氧化反应。答案为：取代反应；氧化 反应； (4) → 的反应方程式为 +4NaOH +5H2O。答案为： +4NaOH +5H2O； (5)M 是 的同分异构体，同时符合下列条件的 M 的结构为 (共 4 种)、 (移动-CH3，共 4 种)、 (移动-CH3，共 2 种)、 (共 3 种)，共计 13 种。答案 为：13； (6)根据已知信息，结合题给原料 1，3－丙二醛和丙烯，若要制备 ，需要由丙烯制得丙酮， 丙酮和 1，3－丙二醛发生已知信息中的反应得到 。合成路线为 答案为： 。 【点睛】在书写限制条件下的同分异构体时，首先应根据已知有机物的结构，确定符合条件 的有机物的官能团，然后再根据已知物质的分子式，确定还应具有的原子团，然后固定某一 2 5C H OH→ 2 5C H OH→官能团或原子团，逐一移动其它官能团和原子团，同时要注意既不能重复，也不能遗漏。