1、江苏省扬州市2020届高三化学6月调研考试试题(含解析)注意事项:考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1本试卷共8页,包含选择题第1题第15题,共40分、非选择题第1题第21题,共80分两部分。本次考试时间为100分钟,满分120分。考试结束后,请将答题卡交回。2答题前,请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3选择题每小题选出答案后,请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。4如有作图需要,可用2B铅
2、笔作答,并请加黑加粗,描写清楚。可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56选择题(共40分)一、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.下列关于亚硝酸(HNO2)的说法正确的是A. 能与NaOH溶液反应B. 能使酚酞试液变红C. 只有氧化性D. 只有还原性【答案】A【解析】【详解】A亚硝酸属于酸,能和NaOH发生中和反应,故A符合题意;B酚酞遇碱变红,亚硝酸属于酸,不能使酚酞变色,故B错误;C亚硝酸中的N元素、O元素都不是最高价态,所以具有还原性,故C错误;D亚硝酸中的N元素、H元素都不
3、是最低价态,所以具有氧化性,故D错误;故答案为A。2.反应PH3 + HCl + 4HCHO = P(CH2OH)4Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为20的氯原子:ClB. HCHO结构式:HCOHC. O2的结构示意图:D. PH3的电子式:【答案】D【解析】【详解】A中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37,原子符号左下角为质子数,左上角为质量数,所以符号为Cl,故A错误;BHCHO中含碳氧双键,结构式为,故B错误;CO元素为8号元素,O原子得到两个电子形成氧离子,结构示意图为,故C错误;DPH3中P原子和每个H原子共用一对电子,
4、还含有一对孤电子对,电子式为,故D正确;故答案D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 乙烯具有还原性,可用于生产聚乙烯B. Al2O3熔点高,可用作耐高温材料C. CaO能与H2O反应,可用作废气的脱硫剂D. Fe2O3能与盐酸反应,可用于制作红色颜料【答案】B【解析】【详解】A乙烯可以发生加聚反应得到聚乙烯,作为聚合物聚乙烯的单体,不是因为乙烯的还原性,故A错误;B熔点高的物质可以作耐火材料,Al2O3熔点高,可用作耐高温材料,故B正确;CCaO能与H2O反应,故可以用作干燥剂,CaO能与二氧化硫、氧气发生化学反应生成硫酸钙,可用作废气的脱硫剂,故C错误;DFe2O3能与盐酸反
5、应,故可用作除铁锈,Fe2O3是红棕色固体,可用于制作红色颜料,故D错误;答案选B。4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1 molL1 HCl溶液:K、SO、NOB. 0.1 molL1 H2O2溶液:NH、SO、NOC. 0.1 molL1 KSCN溶液:Fe3+、SO、ClD. 0.1 molL1 NaOH溶液:NH、SO、CO【答案】A【解析】【详解】A三种离子相互之间不反应,也不与氢离子和氯离子反应,可以大量共存,故A符合题意;B双氧水具有氧化性,会将亚硫酸根氧化,故B不符合题意;CSCN与Fe3+生成络合物而不能大量共存,故C不符合题意;D铵根和氢氧根会结合生
6、成弱电解质一水合氨,不能大量共存,故D不符合题意;故答案为A。5.下列实验操作能达到实验目的的是A. 用装置甲制备并收集乙酸乙酯B. 用装置乙除去CO2中的少量SO2C. 用热的纯碱溶液除去试管上的油污D. 用稀盐酸除去试管内壁上的银【答案】C【解析】【详解】A制备乙酸乙酯需要加热,且乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解,不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯,故A错误;B二氧化碳也会和碳酸钠溶液反应,无法达到分离提纯的目的,故B错误;C热的纯碱溶液显碱性,可以使油脂水解,反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠,从而洗去油污,故C正确;D银不溶于稀盐酸,也不与稀盐酸反应,稀盐酸无法除去试管内壁上的银,可用稀硝酸
7、溶液,故D错误;故答案为C。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A. 电解熔融MgCl2生成Mg(OH)2B. 加热NH4Cl制备NH3C. 室温下,Al和Fe2O3反应生成FeD. 铜和浓硝酸反应生成NO2【答案】D【解析】【详解】A电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气,电解氯化镁水溶液可以得到氢氧化镁,故A错误;B加热氯化铵分解成HCl和NH3,生成的HCl和NH3在试管口又反应生成氯化铵,无法得到氨气,故B错误;CAl和Fe2O3在高温条件下才能反应,室温下不反应,故C错误;D浓硝酸具有强氧化性,可以和铜反应生成NO2、Cu(NO3)2和水,故D正确;故答案为D。7.下列指定反应的离子方程式正确
8、的是A. 向NaClO溶液中通入过量CO2:ClO+ CO2 + H2O = HClO + HCOB. 向FeCl3溶液中加入铜粉:Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+C. 用NaOH溶液吸收NO2:2OH+ 2NO2 = 2NO + H2OD. 向AlCl3溶液中滴加氨水:Al3+ + 3OH=Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】A次氯酸的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根,所以无论二氧化碳是否过量均生成碳酸氢根,离子方程式为ClO+ CO2 + H2O = HClO + HCO,故A正确;B向FeCl3溶液中加入铜粉正确的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+
9、,故B错误;C用NaOH溶液吸收NO2生成硝酸钠和亚硝酸钠,离子方程式为2NO2+2OH=NO+NO+H2O,故C错误;D一水合氨为弱碱,不能写成离子,正确的离子方程式为Al3+ + 3NH3H2O=3NH+Al(OH)3,故D错误;故答案为A。8.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电子层数的3倍,Y元素的焰色为黄色,Z2+与Ne具有相同的电子层结构,W与X位于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径:r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. X的简单气态氢化物比W的稳定C. Z的最高价氧化物的水化物的碱性比Y的强D. X与W只能形成一种氧化物【答案】B【
10、解析】【分析】X原子的最外层电子数是电子层数的3倍,所以其电子层结构为2、6,则X为O元素;Y元素的焰色为黄色,则Y为Na元素;Z2+与Ne具有相同的电子层结构,则Z为Mg元素,W与X位于同一主族,且为短周期元素,则W为S元素。【详解】A电子层数越多原子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小半径越大,所以四种原子的半径:NaMgSO,即r(Y) r(Z) r(W) r(X),故A错误;B非金属性越强,简单气态氢化物越稳定,同主族元素自上而下非金属性减弱,所以O的非金属性大于S,则O的简单气态氢化物比S的稳定,故B正确;C金属性越强,最高价氧化物的水化物的碱性越强,Mg的金属性弱于Na,所以Mg的
11、最高价氧化物的水化物的碱性比Na的弱,故C错误;DO元素和S元素可以形成SO2、SO3两种氧化物,故D错误;故答案为B。9.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. HCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)B. Cu(OH)2(s) CuO(s) CuSO4(aq)C. N2(g) NH3(g) NH4NO3(s)D. Al2O3(s) AlCl3(aq) AlCl3(s)【答案】B【解析】【详解】A铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁,而不是氯化亚铁,故A错误;B氢氧化铜受热分解成氧化铜,氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液,故B正确;C氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铵溶液,得不到
12、硝酸铵固体,故C错误;D由于铝离子水解,HCl易挥发,所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝,故D错误;故答案为B。10.下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示一定条件下反应2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)中各物质的物质的量浓度随时间的变化,说明t2时刻仅缩小了容器的容积B. 图乙表示反应CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H0在恒容密闭容器中,其他条件相同时,仅改变反应温度,n(CH3OH)随时间的变化,说明KKC. 图丙表示用0.01 molL1 AgNO3溶液滴定浓度均为0.01 molL1的NaX、NaY混合溶液时,lgc随AgNO3溶
13、液体积的变化,说明Ksp(AgY) Ksp(AgX)D. 图丁表示25时,加水稀释10 mL pH均为5的HF与HCN溶液时,溶液的pH随溶液体积的变化,说明Ka(HCN) Ka(HF)【答案】B【解析】【详解】A若缩小容器体积,SO2、O2、SO3的浓度都会瞬间增大,而图示中SO2、O2的浓度瞬间不变,之后缓慢降低然后不变,SO3的浓度瞬间不变然后缓慢增大,所以t2时刻不可能是缩小容器的体积,故A错误;B据图可知I条件下反应达到平衡时间较长,反应速率较慢,平衡时n(CH3OH)较大,该反应为放热反应,所以TITII,放热反应温度越高,平衡常数越小,所以KK,故B正确;Clgc值越大,相应的离
14、子浓度越小,据图可知当硝酸银溶液体积相同时,c(Y)较小,所以AgY更难溶,所以Ksp(AgY)Ksp(AgX),故C错误;D酸性越弱,同pH的酸溶液稀释相同的倍数,pH的变化越小,据图可知HF的酸性比HCN强,所以Ka(HCN)11;(4)硝酸铵浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨,通入氨气、二氧化碳,发生复分解反应,化学方程式为Ca(NO3)2+ CO2 + 2NH3 = CaCO3+ 2NH4NO3;(5)煅烧温度较低,CaCO3未完全分解,CaO的含量偏低,所以活性降低;氧化钙和水反应放热,氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多,所以也可将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中,
15、测量的相同时间后反应液的温度与样品煅烧温度之间的关系,来判断样品的活性。【点睛】碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似,通氨气使溶液碱性增强,更好的吸收二氧化碳,同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。17.化合物G是合成降压药替米沙坦的重要中间体,其人工合成路线如下:(1)C中含氧官能团名称为酰胺键、_和_。(2)AB的反应类型为_。(3)试剂X的分子式为C7H10N2,写出X的结构简式:_。(4)A的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:_。是-氨基酸;苯环上有3种不同化学环境的氢原子。(5)已知:苯胺()有还原性,易被氧化;硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯 CH3CO
16、O-+CH3NH2写出以和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). 酯基 (2). 硝基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】A与发生取代反应生成B,B和浓硝酸在浓硫酸的作用下发生硝化反应生成C,C发生还原反应生成D,D在氢离子作用下生成E,E中酯基水解再酸化得到F,F与X反应生成G,该过程与D生成E的过程类似,X的分子式为C7H10N2,结合F和G的结构简式,可知X的结构简式为。【详解】(1)C中的含氧官能团为酰胺基、硝基、酯基;(2)A生成B的过程中氨基上的氢原子被代替,属于取代反应;(3)根据D转化为E的
17、原理并结合F和G的结构可知,X为;(4)A为,其同分异构体满足:是-氨基酸,即含有氨基和羧基,且氨基和羧基连接在同一个碳原子上;苯环上有3种不同化学环境的氢原子,则苯环上可能有一个取代基、三个不同的取代基或两个处于间位的相同取代基。综合两个条件可知,满足条件的结构为:;(5)对比和的结构可知需要在苯环上引入两个处于邻位的氨基,根据C到D变化可知硝基可以被还原为氨基,但硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯,所以不能直接硝化硝基苯,再将硝基还原为氨基,根据A到D的过程可知可以和发生取代反应生成,而且该物质取代基的邻位可以发生硝化反应,根据题干信息可知该物质的取代基可以在碱性环境中生成氨基,综上所述,合成
18、路线可以设计为:。【点睛】本题难点为合成路线的设计,一是要注意题目信息:硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯,而产物有两个处于邻位的氨基,所以不能直接硝化再还原;二是充分利用题目所给的流程,分析物质的结构特点、各步反应中官能团的变化,找出相关信息。18.聚合氯化铁Fe2(OH)nCl6-nm简称PFC,是一种新型高效的无机高分子净水剂。以FeCl24H2O为原料,溶于稀盐酸并加入少量的NaNO2,经氧化、水解、聚合等步骤,可制备PFC。(1)在稀盐酸中,NaNO2会与Fe2+反应生成一种无色气体M,气体M对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。 M的化学式为_; Fe2+在酸性条件下被O2氧化的离子
19、方程式为_。(2)盐基度B 100%是衡量净水剂优劣的一个重要指标。盐基度越小,净水剂对水pH变化的影响_。(填“越大”、“越小”或“无影响”)(3)PFC样品中盐基度(B)的测定:已知:PFC样品的密度 = 1.40 gmL1,样品中铁的质量分数(Fe) = 16% 步骤1:准确量取1.00 mL PFC样品置于锥形瓶中。步骤2:加入一定体积0.05000 molL1的盐酸标准溶液,室温静置后,加入一定体积的氟化钾溶液(与Fe3+反应,消除Fe3+对实验的干扰),滴加数滴酚酞作指示剂,立即用0.05000 molL1氢氧化钠标准溶液滴定至终点,消耗氢氧化钠标准溶液13.00 mL。步骤3:准
20、确量取1.00 mL蒸馏水样品置于锥形瓶中,重复步骤2操作,消耗氢氧化钠标准溶液49.00 mL。根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程)_。【答案】 (1). NO (2). 4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O (3). 越大 (4). 样品中OH的物质的量浓度: n(OH) n1(NaOH) n2(NaOH) 0.05000 molL1 (49.00 13.00) 103L1.8 103mol;c(OH) 18 103molL1;样品中Fe3+的物质的量浓度: c(Fe3+) 4.0 103molL1;B 100% 100% 15%。【解析】【分析】(3
21、)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度,盐基度B 100%;先根据样品的密度、铁的质量分数计算所取样品中Fe3+的浓度;然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应,加入KF消除Fe3+对实验的干扰,之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量;再利用蒸馏水重复操作,滴定加入的盐酸标准液的总量,总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。【详解】(1)在稀盐酸中,NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+,该过程中NaNO2应作为氧化剂,据图可知,M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+,铁元素化合价没有变化,则N元素化合价也不变,所以M应为NO;Fe2+在酸性条件下被O2氧化,应生成Fe3+,根据电子守
22、恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O;(2)盐基度B 100%,盐基度越小,Fe2(OH)nCl6-nm中n的值越小,则c(OH)越小,生成的Fe(OH)3胶体的量越少,溶液中c(Fe3+)越大,水解效果越强,对水pH变化的影响越大;(3)根据分析,样品中OH的物质的量浓度: n(OH) n1(NaOH) n2(NaOH) 0.05000 molL1 (49.00 13.00) 103L1.8 103mol;c(OH) 1.8 103molL1;样品中Fe3+的物质的量浓度:c(Fe3+) 4.0 103molL1;B 100% 100% 15%。【
23、点睛】本题难点是盐基度的计算,首先要理解盐基度的含义;其次是氢氧根浓度的确定,理解两次滴定的作用,本实验中是通过只加盐酸不加样品,利用NaOH标准液的量来确定盐酸标准液的量,再利用两次滴定的差值确定样品中氢氧根消耗的盐酸标准液的量。19.实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu,还含少量Zn、Fe、Pb等金属)中回收铜,其实验流程如下:已知:一定pH范围内,Cu2+、Zn2+等能与氨形成配离子。(1)“氨浸”在题图-1所示的装置中进行。鼓入空气,金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+,其离子方程式为_;空气流量过大,会降低Cu元素的浸出率,其原因是_。“氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4
24、)2SO4固体,有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+,其原因是_。(2)洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是_。(3)滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH,还含有一定量的Zn(NH3)42+。其中铜氨配离子的离解反应可表示为:Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(aq),该反应的平衡常数表达式为_;某有机溶剂HR可高效萃取离解出的Cu2+(实现Cu2+与Zn2+的有效分离),其原理为(org表示有机相):Cu2+(aq) + 2HR(org) CuR2(org) + 2H+(org);再向有机相中加入稀硫酸,反萃取得到CuSO4溶液。 结合题图-2
25、和题图-3,补充完整以滤液为原料,制取较纯净CuSO45H2O晶体的实验方案:_,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤干燥。(实验中可选用的试剂:有机溶剂HR、2molL1硫酸、3molL1硫酸)。【答案】 (1). 2Cu + 8NH3 H2O + O2 = 2Cu(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O (2). 空气流量过大,氨的挥发量增多,铜的浸出率减小 (3). 增加NH 的浓度,会抑制NH3 H2O的电离平衡,增大溶液中NH3H2O浓度 (4). 提高铜元素的利用率 (5). (6). 将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合,充分振荡,静置分层。分液,取有机相,加入适量2 molL1硫酸,充
26、分振荡,静置分层。分液,取水相【解析】【分析】金属料(主要含金属Cu,还含少量Zn、Fe、Pb等金属)加入氨水同时通入空气进行氨浸,Cu、Zn被氧化后和氨水形成配合物溶于水中,过滤除去Fe、Pb等金属;得到的滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH,还含有一定量的Zn(NH3)42+;之后利用有机溶剂HR萃取Cu2+,萃取后再向有机相中加入稀硫酸,反萃取得到CuSO4溶液,之后经蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤干燥得到硫酸铜晶体。【详解】(1)鼓入空气,金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+,氧化剂应为氧气,结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu + 8NH3 H2O + O2= 2
27、Cu(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O;空气流量过大,氨的挥发量增多,导致铜的浸出率减小; “氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固体,可增加NH 的浓度,会抑制NH3 H2O的电离平衡,增大溶液中NH3H2O浓度,有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+;(2)洗涤滤渣所得的滤液中含有铜元素,洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并可提高铜元素的利用率;(3)铜氨配离子的离解反应可表示为:Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(aq),其平衡常数表达式为;据图可知当有机相和水相体积比为1:1时,铜的浸取率已经很高,继续增大有机相的体积浸取率有所下降,所以萃取
28、时有机相和水相体积比取1:1;据图可知当硫酸的浓度为2mol/L和3mol/L时反萃取率相差不大,但浓度过大会造成硫酸的浪费,所以反萃取时硫酸的浓度选2mol/L,具体操作为:将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合,充分振荡,静置分层。分液,取有机相,加入适量2 molL1硫酸,充分振荡,静置分层。分液,取水相,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤干燥。【点睛】回答第1小题第3小问时,要注意平衡移动原理的应用,一水合氨电离出铵根,加入铵根可以使平衡逆向移动,使一水合氨浓度增大。20.有效脱除烟气中的SO2是环境保护的重要课题。(1)氨水可以脱除烟气中的SO2。氨水脱硫的相关热化学方程式如下:2NH3(g
29、) +H2O(l) +SO2(g) =(NH4)2SO3(aq) H= akJmol1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) H = bkJmol12(NH4)2SO3(aq) +O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H =ckJmol1反应NH3(g) +NH4HSO3(aq) +O2(g) = (NH4)2SO4(aq)的H=_kJmol1。已知:SO2的国家排放标准为80mgm3。氨水脱除烟气中的SO2是在吸收塔中进行的,控制其他实验条件相同,仅改变吸收塔的温度,实验结果如题图-1所示,为了尽可能获得NH4HSO3,则吸收塔合适的温度约
30、为_。A25 B31 C35(2)电解法可以脱除烟气中的SO2。用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2,使用惰性电极电解吸收后的溶液,H2SO3在阴极被还原为硫单质,阴极的电极反应式为_。(3)钠钙双碱法可高效脱除烟气中的SO2,脱硫的流程如题图-2所示。“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触,吸收时不宜直接使用石灰乳的原因是_。水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如题图3所示,“再生液”用NaOH溶液调pH至79得到溶液X,溶液X吸收SO2时主要反应的离子方程式为_。已知Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小。溶液X的pH对脱硫效率的影响如题图-4所示。当pH由6升高到7时,脱硫效率迅速增大
31、的原因为_;当pH大于7时,随pH增大脱硫效率增速放缓的原因为_。【答案】 (1). (2). B (3). H2SO3 + 4e + 4H+ = S+ 3H2O (4). 使用石灰乳会生成难溶的CaSO3,引起吸收塔堵塞 (5). SO+ SO2 + H2O = 2HSO (6). “再生液”中Na2SO3的浓度增大,吸收SO2的效率增强 (7). 随着pH进一步增大,“再生液”中Na2SO3的溶解度因pH增大而减小,Na2SO3会析出,Na2SO3浓度减小,脱硫效率增速放缓。【解析】【分析】利用盖斯定律进行计算,选择合适温度时,要使NH4HSO3的含量较多,二氧化硫和氨气的含量较少。根据化
32、合价的变化写出电极反应式。二氧化硫会与石灰乳反应产物亚硫酸钙的溶解性分析。根据图像可以看出亚硫酸根的浓度在增大,写出亚硫酸根与二氧化硫反应的离子方程式。“再生液”中Na2SO3的浓度变化分析吸收效率的变化。根据Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小分析。【详解】(1)2NH3(g) +H2O(l) +SO2(g) =(NH4)2SO3(aq) H= akJmol1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) H = bkJmol12(NH4)2SO3(aq) +O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H =ckJmol1根据盖斯定律,将(-+),可得
33、到反应NH3(g) +NH4HSO3(aq) +O2(g) = (NH4)2SO4(aq)的H=kJmol1;实验结果如题图-1所示,为了尽可能获得NH4HSO3,则吸收塔合适的温度约为:温度在25是亚硫酸氢铵的量不多,31时亚硫酸氢铵的含量较多,氨气和二氧化硫的量较小,符合要求,35时亚硫酸氢铵的含量较多,氨气和二氧化硫的量较多,不符合要求,选择合适的温度是31,答案选B;(2)H2SO3在阴极被还原为硫单质,硫元素的化合价从+4降低到0价,1molH2SO3失去4mol电子,阴极的电极反应式为H2SO3 + 4e + 4H+ = S+ 3H2O;(3)吸收二氧化硫时,不宜直接使用石灰乳的原
34、因是:二氧化硫与石灰乳中的氢氧化钙反应生成亚硫酸钙,CaSO3属于难溶的物质,引起吸收塔堵塞; “再生液”用NaOH溶液调pH至79得到溶液X,主要含有亚硫酸钠,亚硫酸钠溶液吸收SO2生成亚硫酸氢钠,主要反应的离子方程式为:SO+ SO2 + H2O = 2HSO;从图像可以看出,当pH由6升高到7时,亚硫酸钠溶液的浓度在增大,脱硫效率迅速增大的原因是“再生液”中Na2SO3的浓度增大,吸收SO2的效率增强;当pH大于7时,Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小,亚硫酸钠会析出,亚硫酸钠浓度减小,随pH增大脱硫效率增速放缓。【点睛】选择合适的条件是考虑产率较高,产生副产物和有害物质越少越好。2
35、1.双缩脲反应可以用于测定蛋白质的含量。双缩脲反应的原理可表示如下: 双缩脲 紫红色配离子(1)Cu2+的基态核外电子排布式为_。(2)与H2O互为等电子体的一种阳离子为_(填化学式)。 (3)双缩脲分子中氮原子轨道杂化类型是_;1 mol双缩脲分子中含有键的数目为_。(4)该紫红色配离子中的配位原子为_。(5)Cu3Au的晶胞如下图所示,Cu3Au晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为_。【答案】 (1). Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). H2F+ (3). sp3 (4). 11 NA或116.021023 (5). N、O (6). 8【解析】【分析】根据
36、构造原理写出铜原子的核外电子排布式,再写出铜离子的核外电子排布式。根据同族替换或等量代换寻找等电子体。根据氮原子的成键类型,判断杂化方式。根据单键是键,双键中一个是键一个是键,找到直接和中心原子相连的的配位体的原子是配位原子。根据Cu和Au的位置,找到每个铜原子周围距离最近的铜原子数目。【详解】(1)铜是29号元素,铜原子的核外电子排布式为:Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1,Cu2+的基态核外电子排布式为Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9;(2) H2O的价电子数为8个,原子个数为3个,与H2O互为等电子体的一种阳离子为H2F+; (3)双缩脲分子中氮原子成三个共价键,含有一个孤电子对,杂化类型是sp3杂化,根据双缩脲分子的结构,单键是键,双键中一个是键一个是键,1 mol双缩脲分子中含有键的物质的量为11mol,数目为11 NA或116.021023;(4)该紫红色配离子中与铜离子直接相连的原子是N、O,配位原子为N、O;(5)Cu3Au的晶胞中,Cu 位于面心,Au位于顶点,Cu3Au晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为8,位于此晶胞侧面的四个铜原子和位于上面的晶胞的侧面,共8个。【点睛】计算与铜原子距离最近的铜原子数目时,需要找到铜原子和金原子的位置,根据化学式推测原子所处的位置。