1、陕西省2019届高三第一次模拟联考理科综合试卷化学部分1.下列说法中不正确的是A. 用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜B. 煤的间接液化是指先转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇C. 聚甲基丙烯酸甲酯(又称有机玻璃)是由缩聚反应制得的高分子化合物D. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染【答案】C【解析】【详解】A.铝表面空气中天然形成的氧化膜耐磨性和抗蚀性不够强，控制一定的条件，用电化学氧化的方法，使Al与外接电源的正极连接，作阳极，发生氧化反应，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜，抗腐蚀能力大大增强，A正确；B.煤与氢气作用可直接生
2、成液态燃料，也可使煤间接液化，即使煤先转化为一氧化碳和氢气，然后在催化剂作用下合成甲醇，B正确；C.聚甲基丙烯酸甲酯(又称有机玻璃)是由加聚反应制得的高分子化合物，C错误；D.绿色化学的核心就是使反应物完全转化有目标生成物，实现原子利用率100%,从而在源头上减少和消除工业生产对环境的污染，D正确；故合理选项是C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A. 等物质的量的NaN3和Na2O2中所含阴离子数均为NAB. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NAC. 4.6g有机物C2H6O的分子结构中含有的CH键数目一定为0.5NAD. 1 mol Mg在空
3、气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A.未指明NaN3和Na2O2的物质的量，因此不能确定其中含有的阴离子的数目，A错误；B.阳极材料为粗铜，阳极反应的物质有Cu及多种杂质成分，不活泼的形成阳极泥沉积在容器底部，因此不能根据阳极减少质量计算转移电子数目，B错误；C.4.6g有机物C2H6O的物质的量是0.1mol，但由于C2H6O的结构可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，因此不能计算其含有的CH键数目，C错误；D.Mg是+2价金属，无论反应生成MgO还是Mg3N2，每1molMg反应，转移2molZ电子，转移电子数为2NA，D正确；
4、故合理选项是D。3.十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如下图，下列说法错误的是A. “PX”的分子式为C8H10B. “PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）C. “PX”分子中，最多有14个原子共面D. 可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯【答案】B【解析】根据模型，PX为对二甲苯。A、分子式为C8H10，故A正确；B. “PX”的二氯代物共有 共7种，故B错误；C、“PX”分子中，苯环上的C和H共面，有12个原子，每个甲基中可有1个H旋转至共平面，故该分子中最多有14个原子共面，故C正确；D、对二甲苯
5、可使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯，故D正确；故选B。4.烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为4NH4Al(SO4)212H2O 2A12O3+2NH3+N2+5SO3+3SO2+53H2O。将产生的气体通过下图所示的装置(假设试剂均过量)。下列说法正确的是A. 反应中硫元素既体现氧化性又体现还原性B. 装置中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4和BaSO3C. 装置中可以观察到高锰酸钾紫色褪去D. 将装置、顺序交换，仍能观察到相同的现象【答案】C【解析】【分析】由硫酸铝铵晶体分解的方程式可知，生成二氧化硫时硫元素从+6价降到+
6、4价，化合价降低被还原，体现氧化性；将产生的混合气体通入装置中，BaCl2溶液吸收SO3，SO3溶于水生成H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4白色沉淀；同时H2SO4溶液能与氨水反应，所以混合气体中被吸收了SO3和NH3；KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，最终用排水法收集N2。【详解】A. 根据以上分析，反应中硫元素只体现氧化性，故A错误；B. 装置中可以观察到出现白色沉淀，其主要成分是BaSO4无BaSO3，故B错误；C. KMnO4具有强氧化性，能将SO2氧化，装置中可以观察到高锰酸钾紫色褪去，故C正确；D. 将装置、顺序交换，SO2和SO3都被高锰酸钾溶液吸收，则装
7、置中不会出现白色沉淀，故D错误。故答案选C。5.工业上常采用吸收-电解联合法除去天然气中的H2S气体，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率即可保证装置中反应的连续性。下列说法正确的是A. 与电源a端相连的碳棒为阳极，气体A为O2B. 与电源b端相连的碳棒上电极反应为：2H2O+2e=2OH+H2C. 通电过程中，右池溶液中的OH通过阴离子膜进入左池D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S)之比基本不变【答案】D【解析】【详解】根据图中信息可
8、知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水电离出的H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O2e-=2OH-+H2。右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）：c（Na2S）基本保持不变。A. 与电源a端相连的碳棒为阴极，气体A为H2，选项A错误；B. 与电源b端相连的碳棒为阳极，电极上硫离子失电子产生硫单质，电极反应为：S2- -2e=S，选项B错误；C. 通电过程中，右池溶液中的S2-通过阴离子膜进入左池，选项C错误；D. 在通电前后，右池中的c(NaOH)与c(Na2S) 之比基本不变，选项D
9、正确。答案选D。【点睛】本题考查电化学知识，必须通过溶液中离子放电情况判断电极，通过电极反应分析电极反应式，从而得解。6.短周期主族元素、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质是空气的最主要成分。下列说法错误的是A. 原子半径的大小顺序：ZWXYB. 气态氢化物的热稳定性：XYC. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水【答案】B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为C元素
10、；X、W在同一主族，则W为Si元素；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al元素；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N元素。A. 同主族从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径的大小顺序：ZWXY，故A正确；B. 元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性XY，则气态氢化物是稳定性XY，故B错误；C. 炭与二氧化硅在高温下可以反应生成硅和一氧化碳，故C正确；D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和氢氧化铝，能够发生酸碱中和反应生成盐和水，故D正确；故选B。点睛：本题考查原子的结构与元素周期律的关系，正确推断出元素种类是解题的关键。本题的易
11、错点为C，要熟悉工业上硅的制备原理。7.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论不正确的是选项实验操作实验现象结论A将FeCl2样品溶于盐酸后，滴加KSCN溶液溶液变成红色原FeCl2样品已变质B将Na2SO3样品溶于水，滴加入稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀原Na2SO3样品已变质C向淀粉KI溶液中滴入3滴稀盐酸，再加入10%的H2O2溶液滴入稀硫酸未见溶液变蓝；加入H2O2溶液后，溶液立即变蓝酸性条件下，H2O2氧化性强于I2D向5mL 0.5mol/NaHCO3溶液中滴入2 mL 1mol/L BaCl2溶液产生白色沉淀，且有无色气体生成反应的化学方程式为2 NaHCO3+Ba
12、Cl2=BaCO3+2NaCl+CO2+H2OA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A变质的FeCl2溶液中，混有铁离子；B.硝酸具有强氧化性，能够将Na2SO3氧化为硫酸钠；C.酸性条件下碘离子与过氧化氢发生氧化还原反应；D.向5mL0.5mol/LNaHCO3溶液中滴入2mL1mol/LBaCl2溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为二氧化碳。【详解】A.将FeCl2样品溶于盐酸后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中含有Fe3+，就是说有Fe2+转化为Fe3+，因此可证明原FeCl2样品已变质，A正确；B.将Na2SO3样品溶于水，滴加入稀盐酸酸化的
13、Ba(NO3)2溶液，在酸性条件下，H+、NO3-具有氧化性，能够将SO32-氧化为SO42-，然后发生反应：Ba2+SO42-=BaSO4，因此不能证明原Na2SO3样品已变质，B错误；C.酸性条件下碘离子与过氧化氢发生氧化还原反应，则H2O2氧化性强于I2，C正确；D.向5mL0.5mol/LNaHCO3溶液中滴入2mL1mol/LBaCl2溶液，可观察到有白色沉淀为碳酸钡、无色气体为CO2，反应的化学方程式为NaHCO3+BaCl2=BaCO3+NaCl+CO2+H2O，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答
14、的关键，本题侧重于分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。8.锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿为原料制备金属锑，其一种工艺流程如下：已知部分信息如下：I.辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)；.浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl2、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质；.常温下，Ksp(CuS)=1.010-36，Ksp(PbS)=9.010-29。回答下列问题：(1)NaH2PO2中P的化合价为_。(2)“酸浸”过程中SbCl3和Sb2S3反应有S生成，该反应的还原产物是_(填化学式)。(3
15、)写出“还原”反应的化学方程式：_。(4)已知：浸出液中C(Cu2+)=0.01mo/L、C(Pb2+)=0.1mo/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，_。(5)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4。该反应中氧化剂还原剂的物质的量之比为_。常温下，SbCl2溶液的pH7，用离子方程式表示其原因：_。(6)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阴极的电极反应式为_；“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是_。【答案】 (1). +1 (2). SbCl3 (3). 3SbCl5+2
16、Sb=5SbCl3 (4). CuS (5). 9.0107 (6). 4:3 (7). Sb3+3H2OSb(OH)3+3H+ (8). Sb3+3e-=Sb (9). H+参与了电极反应【解析】【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)加入盐酸浸取得当浸取液，浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，滤渣1中除了生成的S之外还有为溶解的二氧化硅，浸出液中加入Sb还原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S时保证Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到滤渣2为CuS、PbS，滤液中加入Na3PO2溶液
17、除砷，生成磷酸和砷单质，剩余SbCl3溶液，通电电解得到Sb。(1)根据化合物中元素正负化合价代数和为0判断；(2)“浸出”时之，Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化物；(3)“还原”时Sb和SbCl5反应生成SbCl3，根据原子守恒即可得反应的化学方程式；(4)根据Ksp(CuS)=1.010-36、Ksp(PbS)=9.010-29，c(Cu2+)=0.01mol/L、c(Pb2+)=0.10 mol/L时形成CuS和PbS沉淀时溶液中S2-的浓度，判断最先生成的沉淀成分；当CuS、PbS共沉时，；所加Na2S也不宜过多，目的是避免生成有毒气体硫化氢等；(5
18、)滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成磷酸和砷单质，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式，再判断反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比；根据该盐是强酸弱碱盐，用盐的水解规律分析；(6)电解池阳极Cl-发生氧化反应生成氯气，阴极Sb3+发生还原反应生成Sb；阴极周围有H+和Sb3+，一定条件下H+也可以被还原生成氢气。【详解】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)加入盐酸浸取得当浸取液，浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，滤渣1中除了生成的S之外还有为溶解的二氧化硅，浸出液中加入Sb还原SbCl5，生
19、成SbCl3，加入Na2S溶液，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到滤渣2为CuS、PbS，滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成磷酸和砷单质，剩余SbCl3溶液，通电电解得到Sb；(1)在NaH2PO2中Na为+1价，H为+1价，O为-2价，根据化合物中元素正负化合价代数和为0，可知P的化合价为+1价；(2)“浸出”时之，Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为：Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S，其中还原产物是SbCl3；(3)“还原”时Sb和SbCl5反应生成SbCl3，反应的化学方程式为3SbCl5+2Sb=5SbCl3；(4
20、)Ksp(CuS)=1.010-36、c(Cu2+)=0.01mol/L，则生成CuS时溶液中S2-的浓度为c(S2-)=mol/L=1.010-34mol/L，Ksp(PbS)=9.010-29、c(Pb2+)=0.10 mol/L，则形成PbS沉淀时溶液中S2-的浓度为c(S2-)=mol/L=9.010-27mol/L，可见最先生成的是CuS沉淀；当CuS、PbS共沉时，=9.0107；所加Na2S也不宜过多，否则产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；(5)滤液中加入Na3PO2溶液除砷，生成磷酸和砷单质，根据电子守恒及原子守恒，可得反应的化学方程式为：4AsCl3+3Na3PO2+6
21、H2O=4As+3H3PO4+9NaCl+3HCl，其中AsCl3是氧化剂，Na3PO2是还原剂，两者的物质的量之比为4：3；常温下，SbCl3溶液的pHc(OH-)，因此溶液显酸性，用离子方程式表示其原因为Sb3+3H2OSb(OH)3+3H+；(6)电解池阳极发生氧化反应生成氯气，阴极发生还原反应生成Sb，则阳极电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；阴极电极反应式为Sb3+3e-=Sb，在阴极周围有H+和Sb3+，当电压超过UoV时，H+参与了电极反应，被还原生成氢气，从而导致锑的产率降低。【点睛】本题以辉锑矿为原料制备金属锑为线索，考查了物质分离提纯过程、分析判断、氧化还原反应、溶度积常数
22、计算与应用、电解原理等，掌握化学基本理论知识是解题关键，题目难度中等。9.硫和氮的氧化物直接排放会引发严重的环境问题，请回答下列问题：(1)下列环境问题主要由硫氧化物和氮氧化物的排放引发的是_。A.全球变暖 B.酸雨 C.水体富营养化(水华) D.白色污染(2)SO2的排放主要来自于煤的燃烧。常用石灰石脱硫，其产物可以做建筑材料。已知：CaCO3(s)= CO2(g)+CaO(s) H=+178.2kJ/molSO2(g)+CaO(s)= CaSO3(s) H=402kJ/mol2CaSO3(s)+O2(g )= 2CaSO4(s) H=234.2kJ/mol写出石灰石脱硫的热化学反应方程式_
23、。.NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NO，有人提出用活性炭对NOx进行吸附，发生反应如下：反应a：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJ/mol反应b：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) H=64.2kJ/mol(3)对于反应a，在T1时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：010min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，当升高反应温度，该反应的平衡常数K_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。A.加入一定量的活性炭 B.通入
24、一定量的NOC适当缩小容器的体积 D.加入合适的催化剂(4)某实验室模拟反应b，在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，维持温度为T2，如图为不同压强下反应b经过相同时间NO2的转化率随着压强变化的示意图。请从动力学角度分析，1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因_；在1100kPa时，NO2的体积分数为_。(5)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T2、1.1106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=_(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)体积分数。【答案】 (1). B (2). 2CaCO3(s)+2
25、SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=-681.8kJ/mol (3). 0.042mol/(Lmin) (4). 减小 (5). BC (6). 1050kPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，NO转化率提高 (7). 50% (8). 或【解析】【分析】(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；(2)利用盖斯定律计算(+)2+，整理可得到石灰石脱硫的热化学反应方程式；(3)010min内，NO的平均反应速率v(NO)=，反应为放热反应，升温平衡逆向进行；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+C
26、O2(g) H=34.0kJ/mol，依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小溶液体积后加入一定量一氧化氮；(4)1050kPa前，反应b中NO2转化率随着压强增大而增大的原因，1050KPa前反应未达平衡状态，随着压强增大，反应速率加快，在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；(5)在T2、在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮2mol，2C(s)+2NO2(g)
27、N2(g)+2CO2(g)起始量 2 0 0变化量240%=0.80.4 0.8平衡量1.2 0.4 0.8Kp=计算。【详解】(1)硫氧化物和氮氧化物的排放引发酸雨、光化学烟雾等；A.全球变暖是二氧化碳，A错误；B.硫氧化物和氮氧化物的排放引发硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，B正确；C.水体富营养化(水华)是磷元素过量排放，C错误；D.白色污染是聚乙烯、聚氯乙烯等塑料制品造成，D错误；故合理选项是B；(1)已知：CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)H=+178.2kJ/molSO2(g)+CaO(s)CaSO3(s)H=-402kJ/mol2CaSO3(s)+O2(g)2CaSO4(s)H=
28、-234.2kJ/mol根据盖斯定律，将 (+)2+，整理可得：得到石灰石脱硫的热化学反应方程式：2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=-681.8kJ/mol；(3)C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=-34.0kJ/mol，图表数据得到010min内，NO的平均反应速率v(NO)=0.042mol/(Lmin)，由于该反应的正反应为放热反应，所以升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，故化学平衡常数减小；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，依据图表数据分析，平衡状
29、态物质浓度增大，依据平衡常数计算K=，平衡常数会随温度变化，而平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积后加入一定量一氧化氮；A.加入一定量的活性炭，炭是固体物质，对化学平衡无影响，平衡不移动，A错误；B.通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，B正确；C.适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡状态物质浓度增大，C正确；D.加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不能使化学平衡移动，D错误；故合理选项是BC；(4) 1050KPa前反应未达平衡状态，增大压强，物质的浓度增大，反应速
30、率加快，NO转化率提高，在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮2mol， 2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)起始量 2 0 0变化量240%=0.80.4 0.8平衡量1.2 0.4 0.8NO2的体积分数=100%=50%；(5)在1100kPa时二氧化氮转化率40%，结合三行计算列式得到；设通入二氧化氮mol，2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)起始量1 0 0变化量140%=0.40.2 0.4平衡量0.6 0.20.4气体总物质的量=1.2mol， Kp=Pa。【点睛】本题考查盖斯定律、化学反应速率、外界条件对反应
31、速率和平衡状态的影响、平衡常数不同表示的计算等知识，要求学生掌握基本概念、基本理论，结合生活实际分析问题、解决问题，在方程式的书写时要遵循相关守恒，题目难度适中。10.硫代硫酸钠的工业制备的反应原理为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组用上述原理实验室制备硫代硫酸钠，并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。【查阅资料】i.Na2S2O3易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。.Na2S2O3易被氧化，BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸。【实验一】实验室通过如如图所示装置制备Na2S2O3。(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措
32、施有_(写出一条)。(2)b装置的作用是_。(3)实验结束后，在e处最好连接盛_(填“NaOH溶液”、“水”、“CCl4”中的一种)的注射器，接下来的操作为_，最后拆除装置。(4)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，_。沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L；Ag+
33、2CN-=Ag(CN)2-，Ag+I-=AgI，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取20.00mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0010-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。(5)滴定时1.000104mol/L的标准AgNO3溶液应用_(填仪器名称)盛装；滴定终点时的现象是_。(6)处理后的废水是否达到排放标准：_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等 (2). 安全瓶，防止倒吸 (3). NaOH溶液 (4). 关闭K2，打开K1 (5). 过滤，用
34、蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸 (6). 酸式滴定管 (7). 滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (8). 否【解析】【分析】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度来控制SO2生成速率；(2)由仪器结构特征，b装置为安全瓶，防止溶液倒吸；(3)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用氢氧化钠溶液吸收；关闭K2打开K1拆除装置，防止污染空气；(4)Na2S2O3晶体易溶于水，其稀溶液与BaC
35、l2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；(5) AgNO3溶液显酸性，用酸式滴定管滴定；Ag+与CN-反应生成Ag(CN)2-，当CN-反应结束时，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；(6)计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag+2CN-=Ag(C
36、N)2-计算出氰化钠的含量与废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L比较判断是否符合排放标准。【详解】a装置制备二氧化硫，c装置中制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，b为安全瓶作用，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。(1)实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等；(2)由仪器结构特征，可知b装置为安全瓶，起到防止倒吸的作用；(3)实验结束后，装置b中还有残留的二氧化硫，为防止污染空气，应用NaOH溶液吸收，氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，再关闭K2打开K1，防止拆除装置时污染空气；(4)根据：Na2S2O
37、35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；(5) AgNO3溶液水解显酸性，所以盛装标准AgNO3溶液应该使用酸式滴定管；Ag+与CN-反应生成Ag(CN)2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-
38、生成AgI黄色沉淀半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点；(6)消耗AgNO3的物质的量为1.510-3L0.0001mol/L=1.5010-7mol，根据方程式Ag+2CN-=Ag(CN)2-，处理的废水中氰化钠的质量为1.5010-7mol249g/mol=1.4710-5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L0.50mg/L，故处理后的废水未达到达到排放标准。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定等，题目综合性较强，关键是对原理的理解，注意制备中渗入环保意识，熟练掌握元素化合物知识与实验制备基本原则，题目难度中等。11.铝和氟的化合物在制造、化工等领域都有广泛应用。回答下列
39、问题：（1）基态铝原子的核外电子排布式为_，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为_，基态铝原子比基态镁原子的第一电离能(I1)小，其原因是_。（2）通常情况下，AlF3可由六氟铝酸铵(NH4)3AlF6受热分解制得，请写出该反应的化学方程式_。（3）AlF3具有较高的熔点(1040)，属于_晶体(填晶体类型)；AlCl3在178时升华，写出导致AlF3、AlCl3具有不同晶体类型的原因(从原子结构与元素性质的角度作答)_。（4）NaAlO2在水溶液中实际上都是以NaAl(OH)4形式存在。其中Al(OH)4为配离子，写出Al原子的杂化形式_，该阴离子中存在的化学键有_(填字母代号)A.离子键
40、 B.极性键 C.非极性键 D.金属键 E.配位健 F.氢键（5）萤石CaF2晶体的晶胞如图所示，其中Ca2+的堆积方式称为_。立方体边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2晶体的密度为_gcm3(列出计算式)【答案】 (1). (2). 纺锤型（哑铃型） (3). 镁原子的3s轨道为全充满，3p轨道为全空，稳定性强，因此镁原子的第一电离能大于铝 (4). (5). 离子 (6). F的电负性强于Cl，更容易得电子形成离子键而形成离子晶体 (7). sp3 (8). B、E (9). 面心立方 (10). 【解析】【详解】(1)根据核外电子排布规律得基态铝原子的核外电子排布式为1s2
41、2s22p63s23p1； p轨道的电子云轮廓图形状为纺锤型； 基态铝原子比基态镁原子的第一电离能(I1)小， 其原因是镁原子的3s轨道为全充满，3p轨道为全空，稳定性强，因此镁原子的第一电离能大于铝；故答案为：1s22s22p63s23p1，纺锤型，镁原子的3s轨道为全充满，3p轨道为全空，稳定性强，因此镁原子的第一电离能大于铝；(2)根据题干信息 AlF3 可由六氟铝酸铵(NH4)3AlF6受热分解制得，反应的化学方程式为： (NH4)3AlF6=3NH3+3HF+AlF3；(3) 因为AlF3具有较高的熔点，且F非金属性强，则AlF3属于离子晶体； AlCl3 为分子晶体，它们的差异原因
42、在于：F的电负性强于Cl，更容易得电子形成离子键而形成离子晶体；(4)Al(OH)4的配位数为4，则 Al 原子的杂化形式是sp3 ； 该阴离子中存在的化学键有极性键和配位键，故答案为：sp3，B、E；(5)根据萤石的晶胞图所示，其中Ca2+的堆积方式称为面心立方；晶胞中Ca2+数目为：84，F-数目为8，则晶胞的密度为：=g/cm3。【点睛】在计算晶胞中微粒数目时，位于顶点的微粒属于这个晶胞只有1/8，位于棱上的属于这个晶胞1/4，位于面上的属于这个晶胞1/2，位于晶胞体内的完全属于该晶胞。12.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，以下是用烯烃A和羧酸D合成它的一种路线：回答下列问题：(1)A
43、的结构简式为_。(2)BC的反应类型为_。该反应还能生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_。(3) DE的化学方程式为_。(4) M是H的同分异构体，写出同时满足下列条件的M的结构简式_。（不考虑立体异构）1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg；核磁共振氢谱为两组峰。(5)根据上述合成路线中的信息，某学习小组设计以丙二酸二乙酯和1，2-二溴乙烷为原料合成二甲酸环己烷的流程图如下。则甲的结构简式为_，乙的结构简式为_。【答案】 (1). CH3-CH=CH2 (2). 加成反应 (3). CH2BrCHBrCH3（或） (4). (5). (6). (7). 【解析】【
44、详解】用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CHCH2Br，A为CH2=CHCH3。（1）由上述分析，A与Br2光照条件下取代反应生成B，B与HBr加成反应生成C，A属于烯烃，则为丙烯，其结构简式为CH2=CHCH3；（2）CH2=CHCH2Br与HBr发生加成反应生成CH2Br-CH2CH2Br，故BC的反应类型是：加成反应；该反应生成的与C互为同分异构体的副产物是：CH3-CHBr-CH2Br（或）；（3）D与E发生酯化反应生成F，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；DE的化学方程式为；（4）H为，其同分异构体M：1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，则含有两个醛基；核磁共振氢谱为两组峰；则有2种氢原子一种为醛基上的氢，则另外只有一种氢，高度对称。综上，结构简式为：；(5)根据上述合成路线中的信息，利用逆合成分析法，由乙加热生成可推出乙为，根据丙二酸二乙酯和1，2-二溴乙烷在一定条件下反应生成甲，且甲在氢氧化钠作用下的产物酸化得到乙可推出甲为。
