江苏省2020届高三下学期6月月考化学试题（解析版）

江苏省高三阶段考试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 选择题（共 40 分） 单项选择题：本题包括 10 小题，每小题 2 分，共计 20 分。每小题只有一个选项符合题意。 1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ） A. 二氧化氯泡腾片中的 NaClO2 属于氧化物 B. 咳嗽形成的飞沫气溶胶属于胶体分散系 C. 口罩熔喷布的原料聚丙烯属于天然有机高分子 D. 人工肺中的硅橡胶(如图所示)属于新型无机非金属材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化氯泡腾片中的 NaClO2 中含有 Na、Cl、O 三种元素，不属于氧化物，而属于盐，A 错误； B．咳嗽形成的飞沫气溶胶属于胶体，分散质是飞沫小液滴，分散剂是空气，因此属于分散系中的胶体，B 正确； C．口罩熔喷布的原料聚丙烯是由单体丙烯 CH2=CH-CH3 通过加聚反应形成的高分子化合物，属于人工合成 的有机高分子化合物，C 错误； D．人工肺中的硅橡胶是由 通过缩聚反应形成的高分子材料，属于有机高分子材料，D 错误； 故合理选项是 B。 2.下列有关硫元素及其化合物的相关化学用语表示正确的是（ ） A. 质子数为 16，中子数为 16 的硫原子： S B. 硫化钠的电子式： C. 二硫化碳分子的比例模型： D. NaHSO3 电离方程式：NaHSO3=Na++H++SO 【答案】B 16 16 2 3 −【解析】 【详解】A．质子数为 16、中子数为 16 的硫原子，它的质量数为 16+16=32，该原子正确的表示方法为： ，故 A 错误； B．硫化钠由钠离子和硫离子形成离子键，硫化钠的电子式为： ，故 B 正确； C．比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，二硫化碳分子中，硫原子的原子半径比 C 原子半径 大，其比例模型为 ，故 C 错误； D．NaHSO3 中钠离子与亚硫酸氢根形成离子键，在水溶液中断开离子键，亚硫酸氢根离子为弱酸的酸式酸 根离子，不能拆，正确的电离方程式为：NaHSO3=Na++HSO3-，故 D 错误； 答案为 B。 3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ） A. NaClO 溶液具有碱性，可用于杀菌消毒 B. NH3 具有还原性，可用于检验 HCl 泄漏 C FeCl3 溶液能与 Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路板 D. 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸浆 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaClO 溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，故 A 错误； B．NH3 可用于检验 HCl 泄漏是由于 NH3 能与 HCl 反应生成 NH4Cl，产生白烟，并不是因为其具有还原性， 故 B 错误； C．FeCl3 溶液能与 Cu 反应 ，可用于蚀刻印刷电路板，故 C 正确； D．漂白粉用于漂白纸浆，并不是由于其在空气中不稳定，而是利用其强氧化性和漂白性，故 D 错误。 本题答案选 C。 4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是空气中含量最多的元素，Y 元素的原子最外层电 子数是次外层的 3 倍，Z 元素原子是短周期原子半径最大的，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（ ） A. 原子半径：r(X) CH3COOH 可知，HCOONH4 的水解程度小于 CH3COONH4 的水解程度，故 c(NH )相 等时 c(HCOONH4)＜c(CH3COONH4)，故 C 错误； 4 + + - 3 3(Na )= (CH COO )+ (CH COOH)c c c c cc c c- - - + +CH COO )+ (Cl )+ (OH )= (Na )+( (H )3 + 3(Na )= (CH COONa)+ (HCOONa)c c c 4 +D．0.1mol·L-1 的 CH3COOH 溶液和 0.05mol·L-1 的 NaOH 溶液等体积混合溶液中的溶质 CH3COOH 和 CH3COONa，且物质的量浓度相等，由物料守恒可知： ，电荷守恒可知： 故可知 c(Na+)+c(OH-)= 故 D 选项 错误； 【点睛】本题目中主要考核盐类溶液中微粒浓度之间的关系，注重考查物料守恒和电荷守恒规律。 15.已知：CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。向恒容密闭容器中充入 0.1molCH4 和 0.2molH2S，不断升高温 度，测得平衡时体系中各物质的物质的量分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 该反应的 ΔH＜0 B. X 点 CH4 的转化率为 20% C. X 点与 Y 点容器内压强比为 51∶55 D. 维持 Z 点温度，向容器中再充入 CH4、H2S、CS2、H2 各 0.1mol 时 v(正)＜v(逆) 【答案】BD 【解析】 【分析】 由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动；X 点 CH4 的物质的量与氢气相 等，Z 点 CH4 的物质的量与 CS2 相等，据此计算平衡常数，再计算 Qc 与 K 比较判断。 【详解】A．由图可知，温度越高，生成物的物质的量越大，则升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热 反应，则△H＞O，故 A 错误； B．X 点 CH4 的物质的量与氢气相等，则 c c c+ -2 (Na )= (CH COOH)+ (CH COO )3 3 c c c c- - + +(CH COO )+ (OH )= (Na )+ (H )3 c c c c c c c c c c+ =+ + + - - + - +(Na ) (Na )+ (H )- (CH COO )= (CH COOH)+ (CH COO )+ (H )- (CH COO ) (CH COOH)+ (H )3 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 n( ) 0.1 0.2 0 0 Δn 2 4 CH g 2H S g CS n( ) 0.1 0.2 4 g 4H g 2 x x x x x x x x + − − + 始 平所以有 0.1-x=4x，解得 x=0.02，则 X 点 CH4 的转化率为 =20%，故 B 正确； C．同温同体积，物质的量与压强成正比，而 X 点与 Y 点的温度不同，则无法计算容器内压强比，故 C 错 误； D．Z 点 CH4 的物质的量与 CS2 相等，则 所以有 0.1-x=x，解得 x=0.05，设体积为 V，得出平衡常数 K= = ， 向容器中再充入 CH4、H2S、CS2、H2 各 0.1mol 时，Qc= = >K，所以平 衡移动逆方向移动，v(正)＜v(逆)，故 D 正确。 答案选 BD。 【点睛】本题考查化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题 关键。 非选择题（共 80 分） 16.工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取 NiC2O4(草酸镍)，再经高温煅烧 NiC2O4 制取 Ni2O3 的流程如 图： 已知：NiC2O4、CaC2O4 均难溶于水；Fe3+完全沉淀的 pH 约为 3.2。 (1)“酸溶”时硫酸不宜过多的原因为________。 (2)加入 H2O2 发生的主要反应的离子方程式为________； (3)加入 Na2CO3 溶液调节 pH 至 4.0~5.0，其目的为_________。 (4)加入 NH4F 溶液可将 Ca2+转化为 CaF2 沉淀除去，已知 25℃时 Ksp(CaF2)=1.6×10-10，要使溶液中 Ca2+沉淀 完全[c(Ca2+)≤1.0×10-5 mol·L-1]，则“除钙”时需控制 NH4F 的浓度至少为_______mol·L-1。 (5)NiC2O4 隔绝空气高温煅烧可制得 Ni2O3，NiC2O4 受热分解的化学方程式为_____。 0.02 100%0.1 × ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2 2 n( ) 0.1 0.2 0 0 Δn 2 4 CH g 2H S g CS n( ) 0.1 0.2 4 g 4H g 2 x x x x x x x x + − − + 始 平 0.05 0.05 0.05 0.2-2 0.05 V V V V × × ×× 4 2 （4 ） （ ） 2 0.16 V 0.05+0.1 0.05+0.1 0.05+0.1 0.1+0.1 V V V V × × × 4 2 （4 ） （ ） 2 0.2025 V(6)Ni2O3 还可用于制备合成氨的催化剂 ConNi(1-n)Fe2O4。在其他条件相同时，合成氨的相对初始速率随催化 剂中 n 值变化的曲线如图，由图可知 Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_______。 【答案】 (1). 防止调 pH 时消耗过多 Na2CO3 (2). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3). 促进 Fe3+水 解，使其沉淀完全 (4). 0.004 (5). 2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+CO2↑ (6). Co2+ 【解析】 【分析】 向镍废料(镍、铁、钙合金为主)中加入硫酸，废料中的金属与稀硫酸反应产生 NiSO4、FeSO4、CaSO4，向溶 液中加入 H2O2，可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入碳酸钠溶液调节溶液的 pH，使 Fe3+全部形成 Fe(OH)3 沉淀， 得到滤渣 1 是 Fe(OH)3 沉淀，向滤液再加入 NH4F 溶液，使 Ca2+离子形成 CaF2 沉淀除去，则沉淀 2 是 CaF2，过滤得到溶液含有 Ni2+离子的溶液，在溶液中加入草酸生成 NiC2O4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶得 到 NiC2O4 晶体，将晶体煅烧产生 Ni2O3。 【详解】(1)加入硫酸进行酸溶处理，目的是使合金中的金属元素形成阳离子进入溶液，若加入硫酸过多， 后面加入 Na2CO3 溶液调节 pH 时就会消耗过多 Na2CO3 溶液，因此硫酸不能过多； (2)H2O2 具有强的氧化性，可以将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该 反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (3)酸溶后的溶液中含有过量硫酸电离产生的 H+，加入 Na2CO3 溶液调节 pH 至 4.0~5.0，可以使 Fe3+水解形 成 Fe(OH)3 沉淀，从而达到除去 Fe3+的目的，该反应的方程式为 2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑； (4)根据 CaF2 的 Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=1.6×10-10，当溶液中 Ca2+沉淀完全时，由于 c(Ca2+）≤1.0×10-5 mol·L-1， c(F-)最小为： =0.004 mol/L； (5)NiC2O4 高温煅烧产生 Ni2O3，同时会产生 CO、CO2，可获得两种化合物气体，该反应的化学方程式为 2NiC2O4 Ni2O3+3CO↑+CO2↑； (6)Ni2O3 可用于制备合成氨的催化剂 ConNi(1-n)Fe2O4。从图可知：催化剂中 n 值越大，合成氨的相对初始速 率越大。催化剂中 n 值越大，则催化剂 ConNi(1-n)Fe2O4 中 Co2+的含量越大，由此可知 Co2+、Ni2+两种离子中 催化效果更好的是 Co2+。 【点睛】本题考查了物质制备流程分析推断，涉及试剂的使用、实验操作步骤的目的、溶度积常数的应用、 10 2 5 1.6 10 1.0 10 − − × ×催化效率的判断等，综合考查了学生对化学实验、化学基础知识和化学理论的掌握与应用。 17.化合物 G 是一类用于合成除草剂 中间体，其合成路线流程图如图： （1）C 中的含氧官能团名称为___和___。 （2）B→C 的反应类型为___。 （3）写出同时满足下列条件的 C 的一种同分异构体的结构简式[已知：烯醇(—C=C—OH)结构不稳定]___ ①苯环上连有－CF3，苯环上一氯代物只有一种； ②能使溴的四氯化碳溶液褪色，能发生银镜反应； ③分子中有 4 种不同化学环境的氢； （4）E 的分子式为 C11H8NO3F3，写出 E 的结构简式：___。 （5）请写出以 、 、 和硝酸胍为原料制备 的合成路线流程图 (无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___。 【答案】 (1). 醚键 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). 或 或 或 (5). (6). 【解析】 【分析】 的物质 A 间苯二酚与 经过加成反应、消去反应和取代反应得到物质 B ，B 中－ OH 上的 H 原子被(CH3)2SO4 中的－CH3 取代了生成物质 C，C 在浓硫酸、硝酸胍的作用下反应生成物质 D， 根据 E 的分子式，D 中的硝基在 Fe、NH4Cl 条件下被还原为氨基，生成的 E 为 ，E 与 发生取代反应生成 F ，最后 F 与 发生取代反应生成了 G。 【详解】（1）根据 C 的结构简式可知 C 中的含氧官能团名称为酯基、醚键。 （2）对比 B 和 C 的结构简式可知，B 中－OH 上的 H 原子被(CH3)2SO4 中的－CH3 取代了，故答案为取代 反应。 （3）苯环上连有－CF3，则结构为 ，苯环上一氯代物只有一种，则结构应该对称性比较好，既能使溴 水褪色又能发生银镜反应，说明有醛基和碳碳双键或碳碳三键，与 C 物质对照，发现除了 外，分子中 应该还有 4 个 C 原子和 3 个 O 原子，还有三个不饱和度，如果是一个醛基和一个碳碳三键，另外连两个羟 基；如果是一个醛基，两个碳碳双键，则碳原子大于 4 个，不可能，应该是两个醛基和一个碳碳双键，且 要对称排布，则碳碳双键与－CF3 基团处于对位，还有一个 O 原子也处在对称轴上；结合分子中只有 4 种 不同化学环境的氢，不难得出其结构为 或 或 或 等。 （4）根据 F 进行逆推，可知是 D 中的硝基在 Fe、NH4Cl 条件下被还原为氨基，生成 E，故答案为 。 （5）结合原料，分析要合成的物质 ，要将酚羟基部分成环，利用 A→B 的信息即可， 再利用 C→D 的信息可以完成对位上硝基，利用 D→E 的信息，完成硝基还原为氨基，再进行酰基化反应和 加成反应得目标产物，合成路线为：。 18.工业生产中常常需要对混合气体中的 NOx 含量进行测定，其中一种方法的操作如下：①将 200L 气样通 入酸化的 H2O2 溶液中，使 NOx 完全被氧化为 NO ，加水稀释至 100.00mL；②微微加热，除去过量的 H2O2；③量取 20.00mL 该溶液，加入 20mL8.000×10-2mol·L-1FeSO4 溶液（过量），充分反应；④用 5.000×10-3mol·L-1K2Cr2O7 溶液滴定剩余的 Fe2+，终点时消耗 20.00mL。 （1）能使气样中的 NOx 更好地被 H2O2 溶液氧化的操作是___。 （2）NO 被 H2O2 氧化为 NO3-的离子方程式是___。 （3）若缺少步骤②，对混合气体中 NOx 含量的测定结果将___（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。 （4）滴定过程中发生下列反应（未配平）： Fe2++NO +H+——NO↑+Fe3++H2O Cr2O +Fe2++H+——Cr3++Fe3++H2O 则气样中 NOx 折合成 NO2 的含量为___mg·m-3。（保留 4 位有效数字）（写出计算过程） 【答案】 (1). 将气样缓慢的通过 H2O2 溶液 (2). 2NO+3H2O2=2H++2NO +2H2O (3). 偏大 (4). 383.3 【解析】 【分析】 NO 被 H2O2 氧化为 NO ，N 元素的化合价升高，过氧化氢中 O 元素的化合价降低；加水稀释硝酸至 100.00 mL 溶液时，需 100mL 容量瓶；滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；由反应结合电子守恒 可知存在 Cr2O72-～6Fe2+～2NO3-，以此计算。 【详解】(1)气体成分中的氮氧化物被 H2O2 溶液氧化成为 NO -进行测定，后续的测定围绕溶液成分展开， 气体中的氮氧化物需要被完全吸收测定才更加准确，可以将气样缓慢的通过 H2O2 溶液，从而增大接触的时 间，故答案为：将气样缓慢的通过 H2O2 溶液； (2)配平过程中注意溶液是酸性环境，用 H+配平，离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO +2H2O，故答案 为：2NO+3H2O2=2H++2NO +2H2O； 3 − 3 − 2 7 − 3 − 3 − 3 − 3 −(3)若缺少步骤②，过量的 H2O2 就没有除去，当加入 FeSO4 标准溶液时，过量的 H2O2 也氧化了一部分 Fe2+， 使加入的 K2Cr2O7 标准溶液偏少，测定结果偏大，故答案为：偏大； (4)计算过程如下： 实验过程中消耗的 n(Cr2O72-)=5.000×10-3mol/L×20.00mL×10-3L/mL=1.000×10-4mol，由滴定时的反应 Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则 n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.000×10-4mol=6.000×10-4mol，与 NO3-反 应的 Fe2+的物质的量：n(Fe2+)=8.000×10-2mol/L×20.00mL×10-3L/mL-6.000×10-4mol=1.000×10-3mol，气样中 NOx 的物质的量：n(NOx)=n(NO2)=n(NO3–)= ，气样中 NOx 折合成 NO2 的质量=m(NO2)= =76.66mg，气样中 NOx 折合成 NO2 的含量= =383.3mg·m-3，故答案为：383.3。 【点睛】本题考查物质含量测定实验、氧化还原反应计算等，把握物质的性质、测定原理为解答的关键， 注意关系式计算的应用。 19.某科研小组采用电解锰粉（主要成分为 Mn 和少量含 Fe、Ni、Pb、P、Si 等元素的单质或其化合物）为 原料制备高纯氯化锰。 已知：①Mn 是一种比 Fe 活泼的金属。 ②H2S 气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2=S↓+2H2O。 ③相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH（开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0mol·L-1 计算） Fe3+ Fe2+ Mn2+ Ni2+ Pb2+ 开始沉淀的 pH 1.1 5.8 8.6 6.7 8.0 沉淀完全的 pH 3.2 8.8 10.1 9.2 8.8 （1）酸溶时盐酸要缓慢滴加的原因是___。 （2）加入 MnCO3 固体时发生反应的离子方程式为___。MnCO3 固体也可用下列物质代替___。（填写编号） 2( ) 3 n Fe + 3 346 / 1.000 3 10 5 10 /g mol mol mg g−× × × × 3 76.66 0.2 mg mA.MnO B.MnSO4 C.Mn(OH)2 D.MnCl2 （3）通入 H2S 气体可使 Pb2+、Ni2+生成硫化物沉淀，如：H2S(aq)+Pb2+(aq) PbS(s)+2H+(aq)，该反应的平 衡常数 K=___[用 Ka1(H2S)、Ka2(H2S)及 Ksp(PbS)表示]。 （4）煮沸的目的是___。 （5）已知 MnCl2·4H2O 在 106℃时失去一分子结晶水，198℃失去全部结晶水。请补充完整由煮沸后的滤液 获得高纯（>99.99%）MnCl2·4H2O 晶体（MnCl2 的溶解度曲线如图所示）的实验方案：将煮沸后的滤液冷 却至室温，___（实验中须使用的试剂是：30%H2O2）。 【答案】 (1). 防止活泼金属 Mn 与盐酸剧烈反应放出大量的热，避免盐酸大量挥发，使反应易于控制 (2). 3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑ (3). AC (4). K= (5). 降 低 H2S 的溶解度，减少 S2-杂质 (6). 向其中缓慢滴加 30%H2O2，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加 H2O2 至无沉淀生成，过滤，将滤液加热至 80℃（或 60~100℃之间的任意一个温度）进行蒸发浓缩，冷却结晶， 过滤，冰水洗涤，重结晶，低温烘干（或低于 100℃烘干）。 【解析】 【分析】 根据流程：电解锰粉（主要成分为 Mn 和少量含 Fe、Ni、Pb、P、Si 等元素的单质或其化合物））在盐酸中 酸浸，过滤，滤渣 I 含有磷酸盐和硅酸盐，滤液含有 Fe2+、Fe3+、Ni2+， Pb2+，加入 H2O2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，加 MnCO3 调节 pH4～5 之间，除去 Fe3+，滤渣 II 为 Fe(OH)3，滤液中通入 H2S 除去 Pb 2+和 Ni2+，“滤 渣 III”的主要成分是 NiS 和 PbS，滤液主要含有 MnCl2，再进行加热浓缩、冷却结晶得到 MnCl2·4H2O，据 此分析作答。 【详解】(1)Mn 是一种比 Fe 活泼的金属，它会与盐酸剧烈反应，且这是一个放热反应，温度升高过快会加 剧盐酸的挥发，所以滴加时要注意缓慢操作，防止活泼金属 Mn 与盐酸剧烈反应放出大量的热，从而避免盐 酸大量挥发，使反应易于控制，故答案为：防止活泼金属 Mn 与盐酸剧烈反应放出大量的热，避免盐酸大量 挥发，使反应易于控制； (2)流程图中加 MnCO3 后会生成 CO2 气体，此过程中会消耗 H+，所以，它的作用是调节 pH，从而使前一 a1 2 a2 2 sp K (H S)K (H S) K (PbS)步中被 H2O2 氧化生成的 Fe3+沉淀完全，离子方程式为 3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑；选 择调节 pH 的试剂时要注意既要能消耗 H+使 pH 增大，又不能引入杂质离子，所以 A、C 符合题意，故答案 为：3MnCO3+2Fe3++3H2O=3Mn2++2Fe(OH)3↓+3CO2↑；AC； (3)根据反应方程式得 K= ，又已知 Ka1(H2S)= ，Ka2(H2S)= ，Ksp(PbS)=c(Pb2+) c(S2-)， 通过变形出来得到 K= ，故答案为：K= ； (4)在流程中，煮沸的作用通常是加快反应的速率、降低气体的溶解度使其逸出、促进某离子的水解、促进 胶体的沉降等，本流程中，主要作用是降低 H2S 的溶解度，减少 S2-杂质，故答案为：降低 H2S 的溶解度， 减少 S2-杂质； (5)该小题为“物质制备的实验方案设计”。实验操作题中，所给的试剂往往有一定的提示作用，加之题目的 已知②H2S 气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2=S↓+2H2O，很明显的指出需要除去残余的 S2-。 MnCl2·4H2O 在 106℃时失去一分子结晶水，198℃失去全部结晶水，结合溶解度曲线，所以，蒸发浓缩时温 度控制在 100℃以内 60℃以上较为合适，实际操作中可采用水浴加热，烘干时同样要注意低温。本题对产 品纯度要求很高（>99.99%），故需要重结晶操作，故答案为：向其中缓慢滴加 30%H2O2，搅拌，静置，向 上层清液中继续滴加 H2O2 至无沉淀生成，过滤，将滤液加热至 80℃（或 60~100℃之间的任意一个温度） 进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，重结晶，低温烘干（或低于 100℃烘干）。 【点睛】本题考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信 息对流程的分析是本题的解题关键。 20.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。 (1)已知：H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) ΔH1=61kJ·mol-1 SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH2=－151kJ·mol-1 2HI(aq)=H2(g)+I2(g) ΔH3=110kJ·mol-1 则硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式为___。 (2)K2CO3 溶液吸收 H2S 的反应为 K2CO3+H2S KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为 lgK=___ (已知：H2CO3lgK1=－6.4，lgK2=－10.3；H2SlgKl=－7.0，lgK2=－19.0)。 (3)工业上采用图 1 所示装置电解 K4[Fe(CN)6]和 KHCO3 混合溶液一段时间，然后停止电解，通入 H2S，利 用生成的 K3[Fe(CN)6]将 H2S 转化为 S，自身转化为 K4[Fe(CN)6]。 ①电解时，阳极的电极反应式为___。 2 2 2 ( ) ( ) ( ) c H c H S c Pb + +  2 ( ) ( ) ( ) c H c HS c H S + −  2( ) ( ) ( ) c H c S c HS + − −   a1 2 a2 2 sp K (H S) K (H S) K (PbS)  a1 2 a2 2 sp K (H S) K (H S) K (PbS) ②通入 H2S 过程中，伴有 CO 转化为 HCO 。通 H2S 发生反应的离子反应方程式为___。 (4)将含 H2S 尾气的空气按一定流速通入酸性 FeCl3 溶液中，可实现含 H2S 尾气的空气脱硫。在 FeCl3 溶液吸 收 H2S 的过程中，溶液中的 n(Fe3+)及被吸收的 n(H2S)随时间 t 的变化如图 2 所示。t1 时刻后，溶液中 n(Fe3+) 保持微量减少至基本不变，其原因是___。 (5)H2S 溶液中 H2S、HS-，S2-的物质的量分数 δ(X)随 pH 的变化如图 3 所示，H2S 的电离平衡常数 Ka1=___。 写出 pH 由 12.0 变为 16.0 时发生的主要的离子方程式：___。 【答案】 (1). H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·mol-1 (2). 3.3 (3). [Fe(CN)6]4-－e-=[Fe(CN)6]3- (4). 2[Fe(CN)6]3-+2CO +H2S=2[Fe(CN)6]4-+2HCO +S↓ (5). t1 时刻后，生成的 Fe3+与 H2S 发生氧化还原反应， 溶液中的 Fe2+被空气氧化为 Fe3+，这两个反应的速率近似相等，因而溶液中的 Fe3+的量基本不变 (6). 10-7.24 (7). HS-+OH-=S2-+H2O 【解析】 【详解】(1)已知①H2S(g)+H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+2H2O(l) ΔH1=61kJ·mol-1； ②SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH2=-151kJ·mol-1； ③2HI(aq)=H2(g)+I2(g) ΔH3=110kJ·mol-1 2 3 − 3 − 2 3 − 3 −根据盖斯定律，反应①+②+③得 H2S(g)=H2(g)+S(s)，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=20kJ·mol-1，故答案为： H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·mol-1； (2)根据题意， ，K2CO3 溶液吸收 H2S 的反 应为 K2CO3+H2S KHS+KHCO3，离子方程式为 +H2S HS-+ ，则该反应的平衡常数为 ，则 lgK=lgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3，故答案为：3.3； (3)①电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将[Fe(CN)6]4-转化为 Fe(CN)6]3-，化合价升高，所以反应为： Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，故答案为：Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-； ②通入 H2S 过程中，伴有 CO 转化为 HCO ，根据电子得失守恒和元素守恒可知：2[Fe(CN)6]3-+2 +H2S=2Fe[(CN)6]4-+2 +S↓，故答案为：2[Fe(CN)6]3-+2 +H2S=2Fe[(CN)6]4-+2 +S↓； (4)t1 时刻后，溶液中的 Fe2+被空气氧化为 Fe3+，生成的 Fe3+再与 H2S 发生氧化还原反应，因而溶液中的 Fe3+ 的量基本不变，故答案为：t1 时刻后，生成的 Fe3+与 H2S 发生氧化还原反应，溶液中的 Fe2+被空气氧化为 Fe3+，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的 Fe3+的量基本不变； (5)根据 H2S 溶液中 H2S、HS-，S2-的物质的量分数 δ(X)随 pH 的变化图，当 pH=7.24 时，c(H2S)=c(HS-)，则 H2S 的电离平衡常数 Ka1=c(H+)=10-7.24，由图可知，pH 由 12.0 变为 16.0 时，是由 HS-转化为了 S2-，反应的 离子方程式为 HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为：10-7.24；HS-+OH-=S2-+H2O。 21.配合物[Cu(CH3CN)4]BF4[四氟硼酸四(乙腈)合铜(I)]是有机合成中常见催化剂。 （1）Cu+的基态核外电子排布式为___。 （2）BF 的空间构型为___，与其互为等电子体的阴离子是___。 （3）C、N、B 三种元素的电负性由小到大的顺序为___。 （4）[Cu(CH3CN)4]+中配位原子为___。 （5）Cu3N 的晶胞结构如图所示，则 N3-的配位数为___。 【答案】 (1). [Ar]3d10 (2). 正四面体 (3). PO 、SO 、ClO (4). B＜C＜N (5). N (6). 6 【解析】 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) - + 2- + 3 a1 2 a2 2 3 2 3 c HS c H c CO c H H S = H CO =c H S c HCO K K −  ， 2- 3CO - 3HCO ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) - - 3 a1 2 2- a2 2 33 2 c HS c HCO H S= = H COc CO c H S KK K 2 3 − 3 − 2- 3CO - 3HCO 2- 3CO - 3HCO 4 − 3 4 − 2 4 − 4 −【分析】 (1) Cu 原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1，可推出 Cu+的核外电子排布； (2)价电子数和原子数一样的是等电子体； (3)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强； (4)配体中配位原子含有孤对电子 【详解】(1)Cu 原子核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d104s1，4s 能级失去 1 个电子形成 Cu+，Cu+基态核外电 子排布式为 1s22s22p63s23p63d10，即[Ar]3d10； (2) BF 的中心原子孤对电子数为： ，价层电子数为：4+0=4，空间构型为正四面体；价 电子数和原子数一样的是等电子体，则与 BF 互为等电子体的阴离子是：PO 、SO 、ClO ； (3)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强，则电负性由小到大的顺序：B＜C＜N； (4) 配体中配位原子含有孤对电子，[Cu(CH3CN)4]+中配位原子为 N； (5)根据 Cu3N 的晶胞结构，小球个数 ，大球个数 ，所以小球表示 Cu 原子、大球表示 N 原子，N3-的配位数=3×2=6。 。 4 − 1 (3+1-1 4)=02 × × 4 − 3 4 − 2 4 − 4 − 1=12 =34 × 1=8 =18 ×