还剩13页未读，
继续阅读
所属成套资源：全国各地2020届高三上学期化学期末试卷
成套系列资料，整套一键下载
广西河池市2020届高三上学期期末考试化学试题
展开
广西河池市2020届高三年级第一次教学质量诊断性联合考试
理科综合化学试题
1.化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. 水壶中有很多水垢，其主要成分为碳酸镁、碳酸钙
B. 单词“china”可表示瓷器，其主要成分为二氧化硅
C. 用热的纯碱溶液和用汽油去油污均发生化学变化
D. 光导纤维是现代通讯的重要材料，遇强碱会“断路”
【答案】D
【解析】
【详解】A．水壶中有很多水垢，其主要成分为氢氧化镁、碳酸钙，A错误；
B．单词“china”可表示瓷器，其主要成分为硅酸盐，B错误；
C．用热的纯碱溶液去油污，因为纯碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠；汽油去油污是根据相似相溶原理，油污溶解在汽油中，发生的是物理变化，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，故遇强碱会“断路”，D正确；
答案选D。
2.分子式为C8H9Cl的芳香族化合物（不含立体异构）有
A. 14种 B. 15种 C. 16种 D. 18种
【答案】A
【解析】
【分析】
分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，又为芳香族化合物，苯环本身的不饱和度就为4，故分子式为C8H9Cl芳香族化合物中含有苯环、饱和烃基、氯原子：
取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3；
取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl；
取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3；
然后根据位置异构确定同分异构体。
【详解】由分析可知，当取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；
取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；
取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3：
2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；
2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；
2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；
所以符合条件的同分异构体共有14种；
答案选A。
【点睛】本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。
3.工业上以软锰矿（主要成分是MnO2,还含有少量SiO2、Fe2O3)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸猛(MnCO3)。其工业流程如图所示，下列说法错误的是
A. 滤渣I可用于制造光导纤维、滤渣II可用于制作颜料
B. “浸锰”过程MnO2参与反应的化学方程式为MnO2十SO2=MnSO4
C. “沉锰”时，反应体系的温度越高，越有利于生成MnCO3
D. 检验高纯碳酸锰否洗涤干净，可选用BaC12溶液和盐酸试剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．分析流程可知，滤渣I为二氧化硅，可用于制造光导纤维、滤渣II为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成三氧化二铁，三氧化二铁可用于制作颜料，A正确；
B．软锰矿浆中通入足量的二氧化硫，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应方程式为MnO2十SO2=MnSO4，B正确；
C．“沉锰”时，反应体系的温度越高，碳酸氢铵越容易分解，碳酸氢铵的原料利用率越低，C错误；
D．生成的碳酸锰沉淀需经充分洗涤，若未洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法为：取1~2mL最后一次洗涤液与试管中，滴加盐酸酸化，无明显现象，在滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，D正确；
答案选C。
4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+一定不含K+
B
将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，有无色气体产生
非金属性：Cl>C
C
向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再加入新制的氢氧化铜，加热，未见有砖红色沉淀产生
淀粉没有水解
D
相同条件下，向两支试管中均加入4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液和2mL0.lmol•L-1H2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快
MnSO4对该反应有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钾元素的焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素黄光的干扰，如果没有透过蓝色的钴玻璃观察，不能确定溶液中是否含有钾离子，A错误；
B．HCl不是氯元素的最高价氧化物的水化物，该实验能比较得出盐酸的酸性比碳酸的酸性强，但是不能够比较非金属性强弱，B错误；
C．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，所以向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，冷却至室温，滴加氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜悬浊液，若未见砖红色沉淀则说明淀粉未水解，C错误；
D．试管中加入少量的硫酸锰固体，反应速率加快，则利用对比可以说明催化剂对反应速率的影响，D正确；
答案选D。
【点睛】在检验淀粉水解产物葡萄糖时，须先用氢氧化钠溶液中和催化剂的稀硫酸至溶液呈碱性，再加银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，如果不加人氢氧化钠溶液中和催化剂，而是直接加入银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，则观察不到有银镜或砖红色的沉淀生成。
5.燃料电池发电站，与普通火力发电站相比，其有害物排放少，运行噪音低，被誉为“绿色”发电站。如图为某空气燃料电池工作原理，下列说法错误的是
A. 该电池工作时，X电极附近的溶液pH升高
B. 该电池工作时，盐桥中的阴离子向Y电极移动
C. 若用甲醇作燃料，则X电极上的反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
D. 若用甲烷作燃料，当电路中通过0.8mol电子时，则消耗甲烷的质量为1.6g
【答案】C
【解析】
【分析】
原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，从图中原电池的电子移动方向可知Y是负极，X是正极。
【详解】A．由分析知X为正极，X电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故X电极附近的溶液pH升高，A正确；
B．原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中的阴离子向Y电极移动，B正确；
C．若用甲醇作燃料，X电极为正极，X电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，C错误；
D．若用甲烷作燃料，Y电极为负极，Y电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+,故每转移0.8mol电子时，消耗甲烷物质的量为0.1mol，m(CH4)=0.1mol×16g/mol=1.6g，D正确；
答案选C。
【点睛】考生在做原电池类型的习题时，先根据题中电子的移动方向判断出正极、负极，然后根据正极发生还原反应，负极发生氧化反应写出相应的电极反应式，书写电极反应式时，要看电解质溶液中的阴阳离子是否参与反应。
6.X、Y、Z、R为短周期主族元素.X、Y、Z分别位于三个不同的短周期，且Z在短周期金属性最强，R是地壳中含量最高的金属元素。Y与X形成的简单气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1，下列说法不正确的是
A. X能与Z形成离子化合物
B. Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸
C. Y与Z形成的化合物水溶液呈中性
D. R的单质能溶于Z的最高价氧化物的水化物溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、R为短周期主族元素，Z在短周期金属性最强，Z为Na；R是地壳中含量最高的金属元素，R为Al；Y与X形成的简单气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1，则Y与X形成的简单气态化合物的摩尔质量为0.76g•L-1×22.4L•mol-1=17g•mol-1，X、Y、Z分别位于三个不同的短周期，Z为Na，位于第三周期，故X位于第一周期，X是H，又因为Y与X形成的简单气态化合物的摩尔质量为17g•mol-1，则该化合物为NH3，Y是N。
【详解】由分析可知X是H，Y是N，Z为Na：
A．NaH是离子化合物，故X能与Z形成离子化合物，A正确；
B．Y是N，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，HNO3是强酸，B正确；
C．Y与Z形成的化合物为Na3N，Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，水溶液呈碱性，C错误；
D．R的单质为Al，属于两性金属，Z的最高价氧化物为NaOH溶液，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，D正确；
答案选C。
7.常温下，用0.lmol•L-1的盐酸滴定10.0mL0.lmol•L-1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是
A. 常温下，A2-的水解常数Khl(A2-）的数量级为10-6
B. b点溶液中：c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C. c点溶液中：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.lmol•L-1
D. d点溶液中：c(A2-)+c(HA-)=c((H+)
【解析】
【详解】A．0.lmol•L-1Na2A溶液，pH=11，则Na2A为强碱弱酸盐，A2-+H2OHA-+OH-，A2-水解程度比较小，则溶液中c(A2-) ≈ 0.lmol•L-1，c(HA-) ≈ c(OH-)==0.001mol•L-1，常温下，A2-的水解常数Kh1(A2-) = = =10-5，A错误；
B．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A、NaCl，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知，c(Na+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，由电荷守恒、物料守恒式子结合可知，b点溶液中：c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；
C．c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、NaCl，溶液的体积增大一倍，所以c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol•L-1，C错误；
D．d点溶液中溶质为H2A、NaCl，溶液呈酸性，c((H+)˃c(OH-)，D错误；
答案选B。
8.某兴趣小组设计步骤用滴定法测定AgBrO3的溶度积常数．回答下列问题：
步骤I：试剂的配制
分别配制1L0.025mol•L-1KBrO3溶液、1L0.025rrol•L-1AgNO3溶液、lL0.05mol•L-1Na2S2O3溶液。
（1）配制Na2S2O3溶液所使用的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除______________（写名称）及二氧化碳。
步骤II：AgBrO3饱和溶液配制
用棕色滴定管量取20.00mL0.025mol•L-1AgNO3溶液于干燥的锥形瓶中，然后用另一支滴定管量取20.00mL0.025mol•L-1KBrO3溶液注入到锥形瓶中，摇动锥形瓶使沉淀完全，把沉淀陈化3~5min，用过滤器过滤，滤液用于燥洁净的小烧杯盛接。
（2）量取AgNO3溶液所使用的滴定管为棕色的目的是______________。
（3）如果滤液浑浊需要进行的操作为______________。
步骤III：AgBrO3饱和溶液中BrO3-浓度的测定
准确量取20.00mL所得滤液注入碘量瓶中，再加入20mL10%的KI溶液、l5mLlmol•L-1的硫酸并加50.00rnL水混匀，放置3~5min，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液17.86mL(发生的反应BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。
（4）滴定到终点时的现象为______________。
（5）滤液中BrO3-的浓度为______________（保留3位有效数字，下同），AgBrO3的溶度积测定值为______________。
（6）步骤II中滤液若没有澄清，会使测量值______________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）；盛接滤液的小烧杯中有少量水存在，会使测量值________。
【答案】 (1). 氧气 (2). 防止AgNO3溶液见光分解 (3). 重新过滤 (4). 滴入最后一滴标准溶液，蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色（或其他合理表述） (5). 7.44×l0一3mol•L-1 (6). 5.54×l0一5 (7). 偏高 (8). 偏低
【解析】
【分析】
（1）配制具有还原性的物质，为了防止其被氧化，因此需要将蒸馏水煮沸，冷却室温，在溶解；
（2）对于见光易分解的物质，通常保存在棕色试剂瓶中，滴定操作时，对于见光易分解的物质，应使用棕色滴定管；
（3）根据滤液依旧浑浊，说明没有过滤干净，滤液中有滤渣；
（4）根据I2能使淀粉溶液变蓝，判断滴定终点；
（5）根据发生的反应有BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，因此由方程式确定关系式为，根据关系式法，确定的BrO3-浓度，然后计算AgBrO3的溶度积；
（6）误差分析，分析消耗Na2S2O3溶液体积是偏大还是偏小。
【详解】（1）配制Na2S2O3溶液，应避免Na2S2O3被氧化，故配制Na2S2O3溶液所使用的蒸馏水必须经过煮沸，可以除去蒸馏水中溶解的氧气、二氧化碳等；
（2）AgNO3见光易分解，故量取AgNO3溶液所使用的滴定管为棕色的目的是防止AgNO3溶液见光分解；
（3）滤液浑浊说明没有过滤干净，需要重新过滤；
（4）碘遇淀粉变蓝，当I2全被Na2S2O3还原为I-时，溶液蓝色消失，故滴定到终点时的现象为当滴入最后一滴标准溶液，蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色；
（5）发生的反应有BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，因此由方程式确定关系式为BrO3- ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3，Na2S2O3的物质的量为0.05mol•L-1×0.01786L=0.00893mol，c(BrO3-)= =0.00744mol•L-1，AgBrO3的溶度积为0.00744×0.00744=5.54×10-5；
（6）步骤II中滤液若没有澄清，则AgBrO3过量，参与反应，消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，则滴定结果偏高，盛接滤液的小烧杯中有少量的水存在，则c(BrO3-)偏小，会使测定值偏低。
9.利用湿法工艺从阳极泥（主要含有Cu、Ag、Au)中提取Ag、Au的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“浸铜”时，铜参与反应的离子方程式为______________；若温度过高，铜的浸出率会降低，原因是______________。
（2）“浸金液”的主要成分是H[AuCl4]，则“浸金”步骤发生反应的化学方程式为NaCl+NaClO3+Au+H2SO4→Na2SO4+H2O+H[AuCl4](未配平），该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______________,“王水”也可溶解金，王水的成分为______________。
（3）从“浸金液”中提取金时氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。
（4）“浸银”时发生反应AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+C1-,Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。向“浸银残液”中通入气体X，可得到Na2SO3再生液，X的化学式为______________，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示：
从平衡移动角度解释上述曲线的变化原因：______________。
【答案】 (1). Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O (2). 温度过高会导致H2O2大量分解 (3). 1：2 (4). 1体积浓硝酸和3体积浓盐酸 (5). 2 ：3 (6). SO2 (7). Na2SO3再生液中含有Cl-.多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大使AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制了AgCl的溶解
【解析】
【分析】
结合流程图中的信息，在浸铜过程中，H2O2作氧化剂氧化铜单质，滤渣1为Ag、Au，滤渣2为AgCl，“浸金液”的主要成分是H[AuCl4]，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成Ag(SO3)23-，Ag(SO3)23-与HCHO发生氧化还原反应生成Ag；H[AuCl4]被H2C2O4还原为Au，其中涉及氧化还原反应方程式配平、氧化剂与还原剂的物质的量之比都利用氧化还原反应中得失电子守恒的方法去做。
【详解】（1）在浸铜过程中，H2O2作氧化剂氧化铜，在溶液中反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；若温度过高，H2O2受热分解导致生产中实际需要H2O2的量要远远超过所需要的理论用量，所以铜的浸出率会降低；
（2）反应中Cl元素化合价由+5价降低为-1价，NaClO3作氧化剂，Au由0价升高到+3价，Au作还原剂，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；“王水”也可以溶解金，王水的成分为1体积浓硝酸和3体积浓盐酸；
（3）浸金液的主要成分为[AuCl4]-，[AuCl4]-中Au元素的化合价为+3价，1mol[AuCl4]-被还原为Au，得到3mol电子，[AuCl4]-在反应中作氧化剂，H2C2O4在反应中C元素的化合价为+3价，H2C2O4被氧化为CO2，CO2中C元素的化合价为+4价，H2C2O4作还原剂，故1molH2C2O4被氧化为2molCO2失去2mol电子，根据氧化还原反应中得失电子守恒，从“浸金液”中提取金时氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3；
（4）为减少废液的排放，充分利用资源，浸银残液pH约为14，通入SO2得到Na2SO3再生液，“浸银”时发生反应AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+C1-，该反应为可逆反应，Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大使AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制了AgCl的溶解，导致银的浸出率下降。
10.工业所需氢气大部分由化学法制得，制取出过程中不可避免的会产生副产物CO、CO2、H2S等，CO选择性催化甲烷化技术可实现CO转化为CH4和H2O以达到净化氢气的目的。富氢气氛中CO和CO2甲烷化反应：
CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H=-206.2kJ•mol-1
CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ•mol-1
回答下列问题：
（1）CO的转化率()及H2对CO的选择性()是衡量工艺优劣的重要指标。其中nco,in及分别为反应器入口CO、H2物质的量；nco,out及分别为反应器出口CO、H2的物质的量。
①以一定流速将富氢（含CO和CO2通过反应器 ，温度低于250℃时，在Ni-ZrO2-SiO2催化剂表面CO和CO2甲烷化速率均随温度升高而增大，则该温度范围内XCO将________（填“增大”“减小”或“无法判断”)。
②温度高于270℃反应CO2速率迅速增加，此时H2对CO的选择性开始________（填“升高”“下降”或“不变”)。
（2）恒温恒容条件下H2S发生分解反应,2H2S(g)2H2(g)+S2(g),初始投入2molH2S和1moH2,容器中的压强为p,一段时间后反应达到平衡，H2S的物质的量为1mol。
①则初始时H2S的分压为________ 。
②该反应的Kp=________(Kp表示分压平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）甲烷化过程中H2S会使催化剂中毒，下是图3个H2S在催化剂表面逐步解离的能量变化图：
注：TS表示过渡状态
①（c）图中H2S的解离分为________步，决定分解速率快慢的是第________步．
②（b）图SH解离为硫原子和氢原子反应热为________eV.
③Prodhomme研究发现H2S的解离难易与硫原子在催化剂表面吸附的多少有一定关系，观察上图预测该关系为________。
【答案】 (1). 增大 (2). 下降 (3). p (4). p (5). 二 (6). 二 (7). -0.19 (8). 催化剂表面吸附的硫原子越多，越不利于H2S解离
【解析】
【分析】
（1）反应达到平衡之前，温度越高反应越快，反应物的转化率越大；根据反应条件判断改变温度的时候，哪个反应受温度的影响比较大；
（2）根据反应前后反应物、生成物的变化量之比等于化学计量数之比，计算出平衡时反应物、生成物的物质的量，然后根据恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比，计算出反应后容器的总压强，根据分压＝总压×物质的量分数，计算出平衡时反应物、生成物各自的分压，最后计算分压平衡常数；
（3）从图中找出H2S解离的过程，每一步解离能量的变化，反应的快慢取决于能垒比较高的，能垒越高反应速率越慢；根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量。
【详解】（1）①温度低于250℃时，在Ni-ZrO2-SiO2催化剂表面CO和CO2甲烷化速率均随温度升高而增大，说明温度低于250℃时，反应未达到平衡，故升高温度，化学反应速率加快，CO的转化率增大；
②温度高于270℃反应CO2速率迅速增加，则CO2和H2的转化率增大，c(H2)减小、c(CH4)增大，导致反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的平衡逆向移动，CO的转化率降低，即nco,in—nco,out减小，—增大，则H2对CO的选择性下降；
（2）①初始投入2molH2S和1moH2，容器中的压强为p，则初始时H2S的分压为p；
②反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，初始投入2molH2S和1moH2，容器中的压强为p，一段时间后反应达到平衡，H2S的物质的量为1mol，则反应消耗H2S的物质的量为2mol-1mol=1mol，根据化学反应中反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故平衡时生成的H2、S2的物质的量分别为1mol、0.5mol，故平衡后H2、S2的物质的量分别为1mol+1mol=2mol，0.5mol。恒温恒容条件下，反应前后压强之比等于总物质的量之比，令平衡后容器中的总压强为p1，则p：p1=3：(1+2+0.5)，p1=，平衡后的分压p(H2S)=，p(H2)= ，p(S2)=，Kp=；
（3）①由图(c)可知，H2S的解离分为两个过程：H2S →HS+S，HS →H+S，第二步能垒高，反应进行比较慢，决定整个反应的快慢，
②由图(b)可知HS解离为硫原子和氢原子为第二步过程，反应热为-1.18eV-(-0.99eV)=-0.19eV；
③由图(a)、(b)、(c)可知，解离第一个H2S的反应热为-3.0eV，解离第二个H2S的反应热为-1.18eV，解离第三个H2S的反应热为+0.62eV，即催化剂表面吸附的S原子越多，H2S的解离越难。
11.最近一期《物理评论快报》报道了科学家成功制备了包含钙(Ca)、钾(K)、铁(Fe)和珅(As)以及少量镍(Ni)的新型化合物材料[CaK(Fe1-x一Nix)4As4）．回答下列问题：
（1）基态镍原子的价层电子排布式为________，基态砷原子最高能级的电子云有________个伸展方向．
（2）亚铁氰化钾｛K4[Fe(CN)6]}是食盐中广泛使用抗结剂，化学式中涉及的所有元素的笫一电离能由小到大的顺序为________，[Fe(CN)6]4-中，铁提供的空轨道数目为________，气态化合物X与CN一互为等电子体，则X的化学式为________．
（3）AsCl3分子中砷的杂化类型为________；其空间构型为________。
（4）已知：CaO、K2S的熔点分别为2572℃、840℃,二者熔点差异的主要原因是________。
（5）镍和硫形成的某晶体．其晶胞如图所示．巳知该晶体密度为dg•cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值。则Ni、S原子最短核间距(D)为________________cm。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 3 (3). KK2S (9).
【解析】
【分析】
（1）依据镍元素的原子序数为28，确定基态镍原子的核外电子排布式；依据砷元素的原子序数为33，其价电子排布式，确定基态砷原子最高能级，然后确定在确定最高能级的伸展方向；
（2）根据元素在周期表的位置特征，判断元素的第一电离能；
（3）根据价层电子对数确定中心原子的杂化类型，结合价层电子对数和孤电子对数确定分子的空间构型；
（4）离子晶体晶格能越大晶体的熔点越高，找出影响晶格能大小的因素；
（5）利用均摊法计算出1个晶胞中含有Ni、S的原子个数，结合密度和阿伏加德罗常数，计算出晶胞的棱长。
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；砷元素的原子序数为33，属于第四周期第ⅤA族，基态砷原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，最高能级为4p，其电子云有3个伸展方向；
（2）一般金属性越强第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，故第一电离能由小到大的顺序为 K
（4）离子晶体熔沸点的高低与晶格能的大小有关，离子晶体的晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。离子所带电荷数越多、离子半径越小，晶格能越大。Ca2+所带电荷数比K+所带电荷数多，且Ca2+半径比K+半径小，所以晶格能CaO˃K2S，熔点CaO˃K2S；
（5）晶胞顶点原子与四面体中心原子距离最近，二者连线处于体对角线上，可知二者最短距离为体对角线长度的，晶胞的体对角线的长度是晶胞棱长的倍，由NiS的晶胞图可知，一种原子有8个在顶点，6个在面心，该原子的个数为=4，另一种原子有4个在体心，故一个NiS的晶胞中含有4个Ni原子和4个S原子，令晶胞的棱长为acm，则a3×d×NA=4×(59+32)=4×91，a=，Ni、S原子最短核间距(D)为cm。
【点睛】本题侧重考查晶体的常识与晶胞的相关计算，其中关于离子晶体晶格能大小的影响因素，并掌握其晶胞的相关参数。如本题最后一问，Ni、S原子最短核间距，关键是利用“均摊法”找到晶胞内所含原子数，再利用密度表达式列式计算得出晶胞的棱长，然后计算出体对角线，该最短距离为体对角线长度的。
12.有机物F为某增香剂前驱体，其合成路线如图所示（部分反应条件已略去）：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。
（2）B中除羟基外，其他含氧官能团的名称为________，确定是否存在这些官能团，常用的检测手段是________（填字母）。
a.核磁共振氢谱法b.质谱法
c.红外光谱法d.X一射线衍射法
（3）由B生成C的反应类型为________，设置该步骤的目的是________。
（4）写出由D生成E的化学方程式：________。
（5）写出一种同时满足下列四个条件的B的同分异构体的结构简式：________。
a.属于芳香族化合物，不存在“—O—O—”结构；
b.lmol该物质最多消耗5molNaOH,且与足量的NaHCO3溶液反应最多可生成22.4LCO2(标准状况），
c.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢．
（6）参照上述合成路线，写出以为原料制备的合成路线：________。（无机试剂任选）。
【答案】 (1). 乙二酸二甲酯 (2). 醚键、酯基 (3). c (4). 取代反应 (5). 保护羟基 (6). ＋2C6H5COCl→+2HCl (7). (8).
【解析】
【分析】
（1）由A的结构简式和官能团的特征，A为二元酯，然后命名；
（2）根据B的结构简式判断B中含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基、醚键；
（3）结合反应物、生成物的结构简式确定由B生成C的反应类型；
（4）结合反应物、生成物的结构简式确定由D生成E的反应反应类型，并写出方程式；
（5）结合B的结构简式，确定B的分子式，由分子式按照满足的条件书写其同分异构体；
（6）结合所学知识和有机物F的合成路线图中的信息，进行以为原料制备，可由苯乙烯和Br2发生加成反应得到，苯乙烯可由苯乙醇发生消去反应得到，苯乙醇可由苯乙酸甲酯发生还原反应得到。
【详解】（1）由A的结构简式可以A是一个二元酯，有乙二酸和甲醇发生酯化反应生成的，故A的名称为乙二酸二甲酯；
（2）B中含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基、醚键，故B中含有的含氧官能团除羟基外，为酯基、醚键；
a．核磁共振氢谱法是判断氢原子种类及个数比，a不符合题意；
b．质谱法是判断其相对分子质量，b不符合题意；
c．红外光谱法是检测官能团及结构，c符合题意；
d．X一射线衍射法是判断晶体和非晶体，d不符合题意；
答案选c；
（3）结合B、C的结构简式，由B生成C的反应类型为取代反应，因为酚羟基的还原性比较强，所以设置该步骤的目的是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
（4）由D、E的结构简式，由D生成E的反应为取代反应，反应方程式为＋2C6H5COCl→+2HCl ；
（5）同时满足下列四个条件的B的同分异构体：a.属于芳香族化合物，不存在“—O—O—”结构，结合B的分子式，说明分子中含有一个苯环；b.lmol该物质最多消耗5molNaOH,且与足量的NaHCO3溶液反应最多可生成22.4LCO2(标准状况），说明分子中含有1个—COOH，4个酚羟基，根据氧原子的个数，分子中还含有1个含氧官能团；c.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有；
（6）以为原料制备，可由苯乙烯和Br2发生加成反应得到，苯乙烯可由苯乙醇发生消去反应得到，苯乙醇可由苯乙酸甲酯发生还原反应得到，其合成路线为：
理科综合化学试题
1.化学与生产、生活等密切相关，下列说法正确的是
A. 水壶中有很多水垢，其主要成分为碳酸镁、碳酸钙
B. 单词“china”可表示瓷器，其主要成分为二氧化硅
C. 用热的纯碱溶液和用汽油去油污均发生化学变化
D. 光导纤维是现代通讯的重要材料，遇强碱会“断路”
【答案】D
【解析】
【详解】A．水壶中有很多水垢，其主要成分为氢氧化镁、碳酸钙，A错误；
B．单词“china”可表示瓷器，其主要成分为硅酸盐，B错误；
C．用热的纯碱溶液去油污，因为纯碱溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠；汽油去油污是根据相似相溶原理，油污溶解在汽油中，发生的是物理变化，C错误；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与强碱反应生成硅酸盐和水，故遇强碱会“断路”，D正确；
答案选D。
2.分子式为C8H9Cl的芳香族化合物（不含立体异构）有
A. 14种 B. 15种 C. 16种 D. 18种
【答案】A
【解析】
【分析】
分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，又为芳香族化合物，苯环本身的不饱和度就为4，故分子式为C8H9Cl芳香族化合物中含有苯环、饱和烃基、氯原子：
取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3；
取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl；
取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3；
然后根据位置异构确定同分异构体。
【详解】由分析可知，当取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；
取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；
取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3：
2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；
2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；
2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；
所以符合条件的同分异构体共有14种；
答案选A。
【点睛】本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。
3.工业上以软锰矿（主要成分是MnO2,还含有少量SiO2、Fe2O3)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸猛(MnCO3)。其工业流程如图所示，下列说法错误的是
A. 滤渣I可用于制造光导纤维、滤渣II可用于制作颜料
B. “浸锰”过程MnO2参与反应的化学方程式为MnO2十SO2=MnSO4
C. “沉锰”时，反应体系的温度越高，越有利于生成MnCO3
D. 检验高纯碳酸锰否洗涤干净，可选用BaC12溶液和盐酸试剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．分析流程可知，滤渣I为二氧化硅，可用于制造光导纤维、滤渣II为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成三氧化二铁，三氧化二铁可用于制作颜料，A正确；
B．软锰矿浆中通入足量的二氧化硫，二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应方程式为MnO2十SO2=MnSO4，B正确；
C．“沉锰”时，反应体系的温度越高，碳酸氢铵越容易分解，碳酸氢铵的原料利用率越低，C错误；
D．生成的碳酸锰沉淀需经充分洗涤，若未洗涤干净，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法为：取1~2mL最后一次洗涤液与试管中，滴加盐酸酸化，无明显现象，在滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，D正确；
答案选C。
4.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+一定不含K+
B
将稀盐酸滴入碳酸钠溶液中，有无色气体产生
非金属性：Cl>C
C
向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再加入新制的氢氧化铜，加热，未见有砖红色沉淀产生
淀粉没有水解
D
相同条件下，向两支试管中均加入4mL0.01mol•L-1KMnO4溶液和2mL0.lmol•L-1H2C2O4溶液，再向其中一支试管中快速加入少量MnSO4固体，加有MnSO4的试管中溶液褪色较快
MnSO4对该反应有催化作用
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．钾元素的焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠元素黄光的干扰，如果没有透过蓝色的钴玻璃观察，不能确定溶液中是否含有钾离子，A错误；
B．HCl不是氯元素的最高价氧化物的水化物，该实验能比较得出盐酸的酸性比碳酸的酸性强，但是不能够比较非金属性强弱，B错误；
C．葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应必须在碱性条件下进行，所以向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，冷却至室温，滴加氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜悬浊液，若未见砖红色沉淀则说明淀粉未水解，C错误；
D．试管中加入少量的硫酸锰固体，反应速率加快，则利用对比可以说明催化剂对反应速率的影响，D正确；
答案选D。
【点睛】在检验淀粉水解产物葡萄糖时，须先用氢氧化钠溶液中和催化剂的稀硫酸至溶液呈碱性，再加银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，如果不加人氢氧化钠溶液中和催化剂，而是直接加入银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液，则观察不到有银镜或砖红色的沉淀生成。
5.燃料电池发电站，与普通火力发电站相比，其有害物排放少，运行噪音低，被誉为“绿色”发电站。如图为某空气燃料电池工作原理，下列说法错误的是
A. 该电池工作时，X电极附近的溶液pH升高
B. 该电池工作时，盐桥中的阴离子向Y电极移动
C. 若用甲醇作燃料，则X电极上的反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
D. 若用甲烷作燃料，当电路中通过0.8mol电子时，则消耗甲烷的质量为1.6g
【答案】C
【解析】
【分析】
原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，从图中原电池的电子移动方向可知Y是负极，X是正极。
【详解】A．由分析知X为正极，X电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故X电极附近的溶液pH升高，A正确；
B．原电池工作时，阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中的阴离子向Y电极移动，B正确；
C．若用甲醇作燃料，X电极为正极，X电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，C错误；
D．若用甲烷作燃料，Y电极为负极，Y电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+,故每转移0.8mol电子时，消耗甲烷物质的量为0.1mol，m(CH4)=0.1mol×16g/mol=1.6g，D正确；
答案选C。
【点睛】考生在做原电池类型的习题时，先根据题中电子的移动方向判断出正极、负极，然后根据正极发生还原反应，负极发生氧化反应写出相应的电极反应式，书写电极反应式时，要看电解质溶液中的阴阳离子是否参与反应。
6.X、Y、Z、R为短周期主族元素.X、Y、Z分别位于三个不同的短周期，且Z在短周期金属性最强，R是地壳中含量最高的金属元素。Y与X形成的简单气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1，下列说法不正确的是
A. X能与Z形成离子化合物
B. Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸
C. Y与Z形成的化合物水溶液呈中性
D. R的单质能溶于Z的最高价氧化物的水化物溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、R为短周期主族元素，Z在短周期金属性最强，Z为Na；R是地壳中含量最高的金属元素，R为Al；Y与X形成的简单气态化合物在标准状况下的密度为0.76g•L-1，则Y与X形成的简单气态化合物的摩尔质量为0.76g•L-1×22.4L•mol-1=17g•mol-1，X、Y、Z分别位于三个不同的短周期，Z为Na，位于第三周期，故X位于第一周期，X是H，又因为Y与X形成的简单气态化合物的摩尔质量为17g•mol-1，则该化合物为NH3，Y是N。
【详解】由分析可知X是H，Y是N，Z为Na：
A．NaH是离子化合物，故X能与Z形成离子化合物，A正确；
B．Y是N，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，HNO3是强酸，B正确；
C．Y与Z形成的化合物为Na3N，Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，水溶液呈碱性，C错误；
D．R的单质为Al，属于两性金属，Z的最高价氧化物为NaOH溶液，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，D正确；
答案选C。
7.常温下，用0.lmol•L-1的盐酸滴定10.0mL0.lmol•L-1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是
A. 常温下，A2-的水解常数Khl(A2-）的数量级为10-6
B. b点溶液中：c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
C. c点溶液中：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.lmol•L-1
D. d点溶液中：c(A2-)+c(HA-)=c((H+)
【解析】
【详解】A．0.lmol•L-1Na2A溶液，pH=11，则Na2A为强碱弱酸盐，A2-+H2OHA-+OH-，A2-水解程度比较小，则溶液中c(A2-) ≈ 0.lmol•L-1，c(HA-) ≈ c(OH-)==0.001mol•L-1，常温下，A2-的水解常数Kh1(A2-) = = =10-5，A错误；
B．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A、NaCl，由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，由物料守恒可知，c(Na+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，由电荷守恒、物料守恒式子结合可知，b点溶液中：c(HA-)+2c(H2A)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，B正确；
C．c点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、NaCl，溶液的体积增大一倍，所以c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05mol•L-1，C错误；
D．d点溶液中溶质为H2A、NaCl，溶液呈酸性，c((H+)˃c(OH-)，D错误；
答案选B。
8.某兴趣小组设计步骤用滴定法测定AgBrO3的溶度积常数．回答下列问题：
步骤I：试剂的配制
分别配制1L0.025mol•L-1KBrO3溶液、1L0.025rrol•L-1AgNO3溶液、lL0.05mol•L-1Na2S2O3溶液。
（1）配制Na2S2O3溶液所使用的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除______________（写名称）及二氧化碳。
步骤II：AgBrO3饱和溶液配制
用棕色滴定管量取20.00mL0.025mol•L-1AgNO3溶液于干燥的锥形瓶中，然后用另一支滴定管量取20.00mL0.025mol•L-1KBrO3溶液注入到锥形瓶中，摇动锥形瓶使沉淀完全，把沉淀陈化3~5min，用过滤器过滤，滤液用于燥洁净的小烧杯盛接。
（2）量取AgNO3溶液所使用的滴定管为棕色的目的是______________。
（3）如果滤液浑浊需要进行的操作为______________。
步骤III：AgBrO3饱和溶液中BrO3-浓度的测定
准确量取20.00mL所得滤液注入碘量瓶中，再加入20mL10%的KI溶液、l5mLlmol•L-1的硫酸并加50.00rnL水混匀，放置3~5min，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液17.86mL(发生的反应BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。
（4）滴定到终点时的现象为______________。
（5）滤液中BrO3-的浓度为______________（保留3位有效数字，下同），AgBrO3的溶度积测定值为______________。
（6）步骤II中滤液若没有澄清，会使测量值______________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）；盛接滤液的小烧杯中有少量水存在，会使测量值________。
【答案】 (1). 氧气 (2). 防止AgNO3溶液见光分解 (3). 重新过滤 (4). 滴入最后一滴标准溶液，蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色（或其他合理表述） (5). 7.44×l0一3mol•L-1 (6). 5.54×l0一5 (7). 偏高 (8). 偏低
【解析】
【分析】
（1）配制具有还原性的物质，为了防止其被氧化，因此需要将蒸馏水煮沸，冷却室温，在溶解；
（2）对于见光易分解的物质，通常保存在棕色试剂瓶中，滴定操作时，对于见光易分解的物质，应使用棕色滴定管；
（3）根据滤液依旧浑浊，说明没有过滤干净，滤液中有滤渣；
（4）根据I2能使淀粉溶液变蓝，判断滴定终点；
（5）根据发生的反应有BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，因此由方程式确定关系式为，根据关系式法，确定的BrO3-浓度，然后计算AgBrO3的溶度积；
（6）误差分析，分析消耗Na2S2O3溶液体积是偏大还是偏小。
【详解】（1）配制Na2S2O3溶液，应避免Na2S2O3被氧化，故配制Na2S2O3溶液所使用的蒸馏水必须经过煮沸，可以除去蒸馏水中溶解的氧气、二氧化碳等；
（2）AgNO3见光易分解，故量取AgNO3溶液所使用的滴定管为棕色的目的是防止AgNO3溶液见光分解；
（3）滤液浑浊说明没有过滤干净，需要重新过滤；
（4）碘遇淀粉变蓝，当I2全被Na2S2O3还原为I-时，溶液蓝色消失，故滴定到终点时的现象为当滴入最后一滴标准溶液，蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复原色；
（5）发生的反应有BrO3-+6H++6I-=Br-+3I2+3H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，因此由方程式确定关系式为BrO3- ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3，Na2S2O3的物质的量为0.05mol•L-1×0.01786L=0.00893mol，c(BrO3-)= =0.00744mol•L-1，AgBrO3的溶度积为0.00744×0.00744=5.54×10-5；
（6）步骤II中滤液若没有澄清，则AgBrO3过量，参与反应，消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，则滴定结果偏高，盛接滤液的小烧杯中有少量的水存在，则c(BrO3-)偏小，会使测定值偏低。
9.利用湿法工艺从阳极泥（主要含有Cu、Ag、Au)中提取Ag、Au的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“浸铜”时，铜参与反应的离子方程式为______________；若温度过高，铜的浸出率会降低，原因是______________。
（2）“浸金液”的主要成分是H[AuCl4]，则“浸金”步骤发生反应的化学方程式为NaCl+NaClO3+Au+H2SO4→Na2SO4+H2O+H[AuCl4](未配平），该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为______________,“王水”也可溶解金，王水的成分为______________。
（3）从“浸金液”中提取金时氧化剂和还原剂的物质的量之比为______________。
（4）“浸银”时发生反应AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+C1-,Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。向“浸银残液”中通入气体X，可得到Na2SO3再生液，X的化学式为______________，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示：
从平衡移动角度解释上述曲线的变化原因：______________。
【答案】 (1). Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O (2). 温度过高会导致H2O2大量分解 (3). 1：2 (4). 1体积浓硝酸和3体积浓盐酸 (5). 2 ：3 (6). SO2 (7). Na2SO3再生液中含有Cl-.多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大使AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制了AgCl的溶解
【解析】
【分析】
结合流程图中的信息，在浸铜过程中，H2O2作氧化剂氧化铜单质，滤渣1为Ag、Au，滤渣2为AgCl，“浸金液”的主要成分是H[AuCl4]，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成Ag(SO3)23-，Ag(SO3)23-与HCHO发生氧化还原反应生成Ag；H[AuCl4]被H2C2O4还原为Au，其中涉及氧化还原反应方程式配平、氧化剂与还原剂的物质的量之比都利用氧化还原反应中得失电子守恒的方法去做。
【详解】（1）在浸铜过程中，H2O2作氧化剂氧化铜，在溶液中反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；若温度过高，H2O2受热分解导致生产中实际需要H2O2的量要远远超过所需要的理论用量，所以铜的浸出率会降低；
（2）反应中Cl元素化合价由+5价降低为-1价，NaClO3作氧化剂，Au由0价升高到+3价，Au作还原剂，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；“王水”也可以溶解金，王水的成分为1体积浓硝酸和3体积浓盐酸；
（3）浸金液的主要成分为[AuCl4]-，[AuCl4]-中Au元素的化合价为+3价，1mol[AuCl4]-被还原为Au，得到3mol电子，[AuCl4]-在反应中作氧化剂，H2C2O4在反应中C元素的化合价为+3价，H2C2O4被氧化为CO2，CO2中C元素的化合价为+4价，H2C2O4作还原剂，故1molH2C2O4被氧化为2molCO2失去2mol电子，根据氧化还原反应中得失电子守恒，从“浸金液”中提取金时氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3；
（4）为减少废液的排放，充分利用资源，浸银残液pH约为14，通入SO2得到Na2SO3再生液，“浸银”时发生反应AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+C1-，该反应为可逆反应，Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大使AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制了AgCl的溶解，导致银的浸出率下降。
10.工业所需氢气大部分由化学法制得，制取出过程中不可避免的会产生副产物CO、CO2、H2S等，CO选择性催化甲烷化技术可实现CO转化为CH4和H2O以达到净化氢气的目的。富氢气氛中CO和CO2甲烷化反应：
CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H=-206.2kJ•mol-1
CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0kJ•mol-1
回答下列问题：
（1）CO的转化率()及H2对CO的选择性()是衡量工艺优劣的重要指标。其中nco,in及分别为反应器入口CO、H2物质的量；nco,out及分别为反应器出口CO、H2的物质的量。
①以一定流速将富氢（含CO和CO2通过反应器 ，温度低于250℃时，在Ni-ZrO2-SiO2催化剂表面CO和CO2甲烷化速率均随温度升高而增大，则该温度范围内XCO将________（填“增大”“减小”或“无法判断”)。
②温度高于270℃反应CO2速率迅速增加，此时H2对CO的选择性开始________（填“升高”“下降”或“不变”)。
（2）恒温恒容条件下H2S发生分解反应,2H2S(g)2H2(g)+S2(g),初始投入2molH2S和1moH2,容器中的压强为p,一段时间后反应达到平衡，H2S的物质的量为1mol。
①则初始时H2S的分压为________ 。
②该反应的Kp=________(Kp表示分压平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
（3）甲烷化过程中H2S会使催化剂中毒，下是图3个H2S在催化剂表面逐步解离的能量变化图：
注：TS表示过渡状态
①（c）图中H2S的解离分为________步，决定分解速率快慢的是第________步．
②（b）图SH解离为硫原子和氢原子反应热为________eV.
③Prodhomme研究发现H2S的解离难易与硫原子在催化剂表面吸附的多少有一定关系，观察上图预测该关系为________。
【答案】 (1). 增大 (2). 下降 (3). p (4). p (5). 二 (6). 二 (7). -0.19 (8). 催化剂表面吸附的硫原子越多，越不利于H2S解离
【解析】
【分析】
（1）反应达到平衡之前，温度越高反应越快，反应物的转化率越大；根据反应条件判断改变温度的时候，哪个反应受温度的影响比较大；
（2）根据反应前后反应物、生成物的变化量之比等于化学计量数之比，计算出平衡时反应物、生成物的物质的量，然后根据恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比，计算出反应后容器的总压强，根据分压＝总压×物质的量分数，计算出平衡时反应物、生成物各自的分压，最后计算分压平衡常数；
（3）从图中找出H2S解离的过程，每一步解离能量的变化，反应的快慢取决于能垒比较高的，能垒越高反应速率越慢；根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量。
【详解】（1）①温度低于250℃时，在Ni-ZrO2-SiO2催化剂表面CO和CO2甲烷化速率均随温度升高而增大，说明温度低于250℃时，反应未达到平衡，故升高温度，化学反应速率加快，CO的转化率增大；
②温度高于270℃反应CO2速率迅速增加，则CO2和H2的转化率增大，c(H2)减小、c(CH4)增大，导致反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的平衡逆向移动，CO的转化率降低，即nco,in—nco,out减小，—增大，则H2对CO的选择性下降；
（2）①初始投入2molH2S和1moH2，容器中的压强为p，则初始时H2S的分压为p；
②反应2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)，初始投入2molH2S和1moH2，容器中的压强为p，一段时间后反应达到平衡，H2S的物质的量为1mol，则反应消耗H2S的物质的量为2mol-1mol=1mol，根据化学反应中反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比，故平衡时生成的H2、S2的物质的量分别为1mol、0.5mol，故平衡后H2、S2的物质的量分别为1mol+1mol=2mol，0.5mol。恒温恒容条件下，反应前后压强之比等于总物质的量之比，令平衡后容器中的总压强为p1，则p：p1=3：(1+2+0.5)，p1=，平衡后的分压p(H2S)=，p(H2)= ，p(S2)=，Kp=；
（3）①由图(c)可知，H2S的解离分为两个过程：H2S →HS+S，HS →H+S，第二步能垒高，反应进行比较慢，决定整个反应的快慢，
②由图(b)可知HS解离为硫原子和氢原子为第二步过程，反应热为-1.18eV-(-0.99eV)=-0.19eV；
③由图(a)、(b)、(c)可知，解离第一个H2S的反应热为-3.0eV，解离第二个H2S的反应热为-1.18eV，解离第三个H2S的反应热为+0.62eV，即催化剂表面吸附的S原子越多，H2S的解离越难。
11.最近一期《物理评论快报》报道了科学家成功制备了包含钙(Ca)、钾(K)、铁(Fe)和珅(As)以及少量镍(Ni)的新型化合物材料[CaK(Fe1-x一Nix)4As4）．回答下列问题：
（1）基态镍原子的价层电子排布式为________，基态砷原子最高能级的电子云有________个伸展方向．
（2）亚铁氰化钾｛K4[Fe(CN)6]}是食盐中广泛使用抗结剂，化学式中涉及的所有元素的笫一电离能由小到大的顺序为________，[Fe(CN)6]4-中，铁提供的空轨道数目为________，气态化合物X与CN一互为等电子体，则X的化学式为________．
（3）AsCl3分子中砷的杂化类型为________；其空间构型为________。
（4）已知：CaO、K2S的熔点分别为2572℃、840℃,二者熔点差异的主要原因是________。
（5）镍和硫形成的某晶体．其晶胞如图所示．巳知该晶体密度为dg•cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值。则Ni、S原子最短核间距(D)为________________cm。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 3 (3). K
【解析】
【分析】
（1）依据镍元素的原子序数为28，确定基态镍原子的核外电子排布式；依据砷元素的原子序数为33，其价电子排布式，确定基态砷原子最高能级，然后确定在确定最高能级的伸展方向；
（2）根据元素在周期表的位置特征，判断元素的第一电离能；
（3）根据价层电子对数确定中心原子的杂化类型，结合价层电子对数和孤电子对数确定分子的空间构型；
（4）离子晶体晶格能越大晶体的熔点越高，找出影响晶格能大小的因素；
（5）利用均摊法计算出1个晶胞中含有Ni、S的原子个数，结合密度和阿伏加德罗常数，计算出晶胞的棱长。
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；砷元素的原子序数为33，属于第四周期第ⅤA族，基态砷原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，最高能级为4p，其电子云有3个伸展方向；
（2）一般金属性越强第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，故第一电离能由小到大的顺序为 K
（4）离子晶体熔沸点的高低与晶格能的大小有关，离子晶体的晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。离子所带电荷数越多、离子半径越小，晶格能越大。Ca2+所带电荷数比K+所带电荷数多，且Ca2+半径比K+半径小，所以晶格能CaO˃K2S，熔点CaO˃K2S；
（5）晶胞顶点原子与四面体中心原子距离最近，二者连线处于体对角线上，可知二者最短距离为体对角线长度的，晶胞的体对角线的长度是晶胞棱长的倍，由NiS的晶胞图可知，一种原子有8个在顶点，6个在面心，该原子的个数为=4，另一种原子有4个在体心，故一个NiS的晶胞中含有4个Ni原子和4个S原子，令晶胞的棱长为acm，则a3×d×NA=4×(59+32)=4×91，a=，Ni、S原子最短核间距(D)为cm。
【点睛】本题侧重考查晶体的常识与晶胞的相关计算，其中关于离子晶体晶格能大小的影响因素，并掌握其晶胞的相关参数。如本题最后一问，Ni、S原子最短核间距，关键是利用“均摊法”找到晶胞内所含原子数，再利用密度表达式列式计算得出晶胞的棱长，然后计算出体对角线，该最短距离为体对角线长度的。
12.有机物F为某增香剂前驱体，其合成路线如图所示（部分反应条件已略去）：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为________。
（2）B中除羟基外，其他含氧官能团的名称为________，确定是否存在这些官能团，常用的检测手段是________（填字母）。
a.核磁共振氢谱法b.质谱法
c.红外光谱法d.X一射线衍射法
（3）由B生成C的反应类型为________，设置该步骤的目的是________。
（4）写出由D生成E的化学方程式：________。
（5）写出一种同时满足下列四个条件的B的同分异构体的结构简式：________。
a.属于芳香族化合物，不存在“—O—O—”结构；
b.lmol该物质最多消耗5molNaOH,且与足量的NaHCO3溶液反应最多可生成22.4LCO2(标准状况），
c.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境氢．
（6）参照上述合成路线，写出以为原料制备的合成路线：________。（无机试剂任选）。
【答案】 (1). 乙二酸二甲酯 (2). 醚键、酯基 (3). c (4). 取代反应 (5). 保护羟基 (6). ＋2C6H5COCl→+2HCl (7). (8).
【解析】
【分析】
（1）由A的结构简式和官能团的特征，A为二元酯，然后命名；
（2）根据B的结构简式判断B中含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基、醚键；
（3）结合反应物、生成物的结构简式确定由B生成C的反应类型；
（4）结合反应物、生成物的结构简式确定由D生成E的反应反应类型，并写出方程式；
（5）结合B的结构简式，确定B的分子式，由分子式按照满足的条件书写其同分异构体；
（6）结合所学知识和有机物F的合成路线图中的信息，进行以为原料制备，可由苯乙烯和Br2发生加成反应得到，苯乙烯可由苯乙醇发生消去反应得到，苯乙醇可由苯乙酸甲酯发生还原反应得到。
【详解】（1）由A的结构简式可以A是一个二元酯，有乙二酸和甲醇发生酯化反应生成的，故A的名称为乙二酸二甲酯；
（2）B中含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基、醚键，故B中含有的含氧官能团除羟基外，为酯基、醚键；
a．核磁共振氢谱法是判断氢原子种类及个数比，a不符合题意；
b．质谱法是判断其相对分子质量，b不符合题意；
c．红外光谱法是检测官能团及结构，c符合题意；
d．X一射线衍射法是判断晶体和非晶体，d不符合题意；
答案选c；
（3）结合B、C的结构简式，由B生成C的反应类型为取代反应，因为酚羟基的还原性比较强，所以设置该步骤的目的是保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；
（4）由D、E的结构简式，由D生成E的反应为取代反应，反应方程式为＋2C6H5COCl→+2HCl ；
（5）同时满足下列四个条件的B的同分异构体：a.属于芳香族化合物，不存在“—O—O—”结构，结合B的分子式，说明分子中含有一个苯环；b.lmol该物质最多消耗5molNaOH,且与足量的NaHCO3溶液反应最多可生成22.4LCO2(标准状况），说明分子中含有1个—COOH，4个酚羟基，根据氧原子的个数，分子中还含有1个含氧官能团；c.核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，符合条件的结构简式有；
（6）以为原料制备，可由苯乙烯和Br2发生加成反应得到，苯乙烯可由苯乙醇发生消去反应得到，苯乙醇可由苯乙酸甲酯发生还原反应得到，其合成路线为：
相关资料
更多
