2019-2020學(xué)年廣西欽州市第一高二下學(xué)期5月月考化學(xué)試題 解析版

1.化學(xué)與生活、人類生產(chǎn)、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是()A.可回收的易拉罐中含金屬鋁，可通過電解熔融氯化鋁制取B.侯氏制堿法工藝流程中利用了物質(zhì)溶解度的差異C.廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，不能用填埋法處理D.電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法【答案】A【解析】【詳解】A.氯化鋁為共價(jià)化合物，熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，故工業(yè)上常用電解熔融的氧化鋁冶煉金屬鋁，故A錯誤；B.侯氏制堿法工藝流程中，向飽和氨鹽水中通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉沉淀，利用了碳酸氫鈉溶解度小的性質(zhì)，故B正確；C.廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬，能引起水污染、土壤污染，所以不能用填埋法處理，故C正確；D.鎂的活潑性大于鐵，鎂與鐵連接后，鎂失去電子受到腐蝕，從而保護(hù)了鐵不受腐蝕；電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法，故D正確；選A。2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.lmol/LNa2CO3溶液中，陰離子總數(shù)小于NAB.常溫下，10mLpH=1的醋酸溶液中含有的氫離子數(shù)大于0.001NAC.電解精煉銅時，若陽極質(zhì)量減少64g，則轉(zhuǎn)移到陰極的電子數(shù)不一定等于2NAD.相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa溶液和NaCl溶液所含離子數(shù)目相同【答案】C【解析】【詳解】A．沒有溶液體積，不能計(jì)算lmol/LNa2CO3溶液中陰離子總數(shù)，故A錯誤；B．常溫下，pH=l的醋酸溶液10mL中，氫離子的物質(zhì)的量為0.001mol，氫離子數(shù)等于0.001NA，故B錯誤；C．電解精煉銅時，陽極銅、鋅、鐵等失電子，若陽極質(zhì)量減少64g，則轉(zhuǎn)移到陰極的電子數(shù)不一定等于2NA，故C正確；D．兩溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-）、c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），則兩溶液中所含離子濃度為2c（Na+）+2c（H+），c（Na+）濃度相同，CH3COONa水解溶液呈堿性，則兩溶液中氫離子濃度不同，所含離子數(shù)目不同，故D錯誤；故選C。3.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存是()A.水電離的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液：K＋、Mg2＋、SO42－、F－B.滴入酚酞變紅色的溶液：K＋、Ca2＋、HCO3-、CO32-C.滴入甲基橙變黃色的溶液：NH4+、Fe3＋、ClO－、SO42-D.0.1mol·L－1FeSO4溶液：Na＋、K＋、Cl－、NO3-【答案】D【解析】【詳解】A．水電離的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的溶液呈酸性或堿性，堿性條件下Mg2＋生成氫氧化鎂沉淀，酸性條件下H+、F－生成HF，故不選A；B．滴入酚酞變紅色溶液呈堿性，碳酸氫根離子與氫氧根離子不能共存，另外Ca2＋、CO32-反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，故不選B；C．滴入甲基橙變黃色的溶液呈酸性或堿性，堿性條件下Fe3＋生成氫氧化鐵沉淀，酸性環(huán)境下，次氯酸根離子與氫離子生成次氯酸，不能大量共存，故不選C；D．0.1mol·L－1FeSO4溶液中Na＋、K＋、Cl－、NO3-相互之間不反應(yīng)，能大量共存，故選D；故選D。4.下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象得出相應(yīng)結(jié)論一定正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A用pH計(jì)測定同濃度NaF溶液和CH3COONa溶液：pH(NaF)＜pH(CH3COONa)酸性：HF＞CH3COOHB向2mL0.5mol/LFeCl3溶液中滴加2mL1mol/LKSCN溶液，振蕩后靜置，觀察到溶液變成紅色，加入1mL2mol/LKCl溶液后溶液紅色變淺c(KCl)增大使該反應(yīng)FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的化學(xué)平衡逆向移動C向盛有2ml0.1mol·L-1AgNO3的試管中滴加5滴0.1mol·L-1NaCl溶液，出現(xiàn)白色沉淀；再往試管中滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，出現(xiàn)黃色沉淀KSP(AgCl)>KSP(AgI)D將10mL

2mol/LFeCl3的溶液與1

mL

1mol/L

KI溶液混合充分反應(yīng)后滴加KSCN，溶液顏色變紅KI與FeCl3反應(yīng)有可逆性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A.同濃度NaF溶液和CH3COONa溶液，pH(NaF)＜pH(CH3COONa)，根據(jù)“越弱越水解”，酸性HF＞CH3COOH，故A正確；B.Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入KCl溶液，相當(dāng)于對溶液稀釋，平衡逆向移動，KCl對該反應(yīng)無影響，故B錯誤；C.向盛有2mL0.1mol·L-1AgNO3的試管中滴加5滴0.1mol·L-1NaCl溶液，出現(xiàn)白色沉淀，硝酸銀過量，再往試管中滴加5滴0.1mol·L-1KI溶液，硝酸銀和碘化鉀反應(yīng)生成黃色碘化銀沉淀，所以不能證明KSP(AgCl)>KSP(AgI)，故C錯誤；D.將10mL2mol/LFeCl3的溶液與1mL1mol/LKI溶液混合，發(fā)生反應(yīng)2Fe3++2I-=2Fe2++I2，F(xiàn)eCl3過量，充分反應(yīng)后滴加KSCN，溶液顏色變紅，不能證明KI與FeCl3反應(yīng)有可逆性，故D錯誤；選A。5.如圖為Zn-聚苯胺二次電池的示意圖，下列說法正確的是（）A.放電時，Zn片做負(fù)極，發(fā)生的電極方程式為Zn+2e-=Zn2+B.放電時，混合液中的Cl-向B移動C.充電時，聚苯胺被氧化D.充電時，A端接電源的正極【答案】C【解析】【詳解】由裝置可知，Zn失去電子生成Zn2+（ZnCl2），由此可知，Zn片作電池負(fù)極，聚苯胺和石墨壓片作電池正極，A、放電時，Zn片做負(fù)極，發(fā)生的電極方程式為Zn-2e-=Zn2+，故A錯誤；B、放電時，負(fù)極附近陽離子增加，根據(jù)電荷守恒可知，混合液中的Cl-向A移動，故B錯誤；C、放電時，聚苯胺和石墨壓片作電池正極，發(fā)生還原反應(yīng)，故充電時，聚苯胺發(fā)生氧化反應(yīng)，故C正確；D、充電時，A端發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)與電源負(fù)極相連，故D錯誤。【點(diǎn)睛】本題是比較典型的可充電電池問題。對于此類問題，可以直接判斷反應(yīng)的氧化劑和還原劑，進(jìn)而判斷出電池的正負(fù)極。本題明顯是Zn失去電子，所以Zn為負(fù)極。放電時的電池反應(yīng)，逆向反應(yīng)就是充電的電池反應(yīng)，注意：放電的負(fù)極，充電時應(yīng)該為陰極；放電的正極充電時應(yīng)該為陽極。另外溶液中的離子移方向符合：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，即陽離子向陰極區(qū)移動，陰離子向陽極區(qū)移動。6.已知部分弱酸的電離平衡常數(shù)如表所示弱酸CH3COOHHClOH2CO3H2SO3電離平衡常數(shù)Ka(25℃1.75×10-52.98×10-8Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7下列離子方程式正確的是()A.CO2+H2O+2C1O-=CO32-+2HClO B.2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2OC.SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO D.SO2+CO32-=CO2+SO32-【答案】B【解析】詳解】A.酸性H2CO3>HClO>HCO3-，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸CO2+H2O+C1O-=HCO3-+HClO，故A錯誤；B.酸性CH3COOH>H2CO3，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B正確；C.SO2具有還原性，SO2被次氯酸根離子氧化為SO42-，故C錯誤；D.酸性H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，所以2SO2+CO32-+H2O=CO2+2HSO3-，故D錯誤；選B?！军c(diǎn)睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)與酸性強(qiáng)弱的關(guān)系是解本題關(guān)系，再結(jié)合強(qiáng)酸制取弱酸分析，明確電離平衡常數(shù)越大，酸性越強(qiáng)。7.25℃時，分別向20.00mL0.1000mol·L－1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.1000mol·L－1的鹽酸，溶液pHA.M點(diǎn)溶液中：c(OH－)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(H＋)B.N點(diǎn)溶液中：c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)C.P點(diǎn)溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)<c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D.Q點(diǎn)溶液中：2c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(NH4+)【答案】B【解析】【詳解】A.M點(diǎn)溶質(zhì)為一水合氨，溶液顯堿性，存在電離平衡NH3?H2O?NH4++OH-，其離子濃度大小關(guān)系為：c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH4+)>c(H＋)，A項(xiàng)錯誤；B.N點(diǎn)溶液的溶質(zhì)為等濃度NH3·H2O與NH4Cl，根據(jù)圖像可知溶液顯堿性，說明電離大于水解，c(NH4+)>c(Cl－)，則離子濃度大小為：c(NH4+)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，B項(xiàng)正確；C.P點(diǎn)溶液中加入10mLHCl溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為等濃度的醋酸銨、氯化銨和醋酸，根據(jù)物料守恒可知：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，C項(xiàng)錯誤；D.Q點(diǎn)溶液中鹽酸與醋酸銨按物質(zhì)的量之比為1:1反應(yīng)，溶液溶質(zhì)為等濃度的醋酸和氯化銨，根據(jù)物料守恒可知，2c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(NH4+)+c(CH3COO?)+c(NH3?H2O)，故D錯誤；選B。【點(diǎn)睛】本題考查溶液中離子濃度大小比較，明確圖象曲線各點(diǎn)對應(yīng)溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理的含義及應(yīng)用，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力。8.氮的化合物應(yīng)用廣泛，但氮氧化物是重要的空氣污染物，應(yīng)降低其排放。（1）用CO2和NH3可合成氮肥尿素[CO(NH2)2]已知：①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=-151.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+120.5kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol-1用CO2和NH3合成尿素（副產(chǎn)物是液態(tài)水）的熱化學(xué)方程式為______________________（2）工業(yè)上常用如下反應(yīng)消除氮氧化物的污染：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H，在溫度為T1和T2時，分別將0.40molCH4和0.9molNO2充入體積為1L的密閉容器中，n（CH4）隨反應(yīng)時間的變化如圖所示：①根據(jù)圖判斷該反應(yīng)的△H______0（填“＞”、“＜”或“＝”）。②溫度為T1時，0～10min內(nèi)NO2的平均反應(yīng)速率v（NO2）=__________，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_________。③該反應(yīng)達(dá)到平衡后，為在提高反應(yīng)速率同時提高NO2的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有______（填標(biāo)號）。A．改用高效催化劑B．增加CH4的濃度C．縮小容器的體積D．升高溫度（3）利用原電池反應(yīng)可實(shí)現(xiàn)NO2的無害化，總反應(yīng)為6NO2+8NH3=7N2+12H2O，電解質(zhì)溶液為HCl溶液，工作一段時間后，負(fù)極的電極反應(yīng)式為________________。（4）氮的一種氫化物HN3，其水溶液酸性與醋酸相似，則NaN3溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開_______________；常溫下，將amol/L的Ba(OH)2與bmol/L的HN3溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在2c(Ba2+)=c（N3-），則該溶液中c(HN3)=_________mol/L。【答案】(1).2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-75kJ/mol(2).<(3).0.02mol·L-1·min-1(4).3.6(5).B(6).2NH3-6e-=N2+6H+(7).c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH-）＞c（H+）(8).（0.5b-a）【解析】【分析】（1）結(jié)合蓋斯定律計(jì)算①+②?③得到CO2和NH3合成尿素(副產(chǎn)物是液態(tài)水)的熱化學(xué)方程式；（2）①先拐先平溫度高，升高溫度甲烷物質(zhì)的量增大，說明升溫平衡逆向移動；②溫度T1時，0～10min內(nèi)NO2的平均反應(yīng)速率v=，平衡常數(shù)K=；③提高反應(yīng)速率同時提高NO2的轉(zhuǎn)化率，增大反應(yīng)速率同時平衡正向進(jìn)行，結(jié)合化學(xué)平衡移動原理和反應(yīng)特征分析判斷；（3）正極上是二氧化氮得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，負(fù)極上是氨氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，結(jié)合電極反應(yīng)分析判斷；（4）NaN3溶液中N3?水解，溶液呈堿性，結(jié)合溶液中電荷守恒分析溶液中離子濃度大小順序；結(jié)合反應(yīng)2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O的定量關(guān)系計(jì)算剩余HN3物質(zhì)的量得到溶液中HN3濃度?！驹斀狻浚?）①2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s)△H=-151.5kJ·mol-1②NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+120.5kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ·mol-1結(jié)合蓋斯定律計(jì)算①+②?③得到CO2和NH3合成尿素(副產(chǎn)物是液態(tài)水)的熱化學(xué)方程式：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-75kJ/mol，故答案為2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-75kJ/mol；（2）CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H，①結(jié)合圖像分析，先拐先平溫度高，即T2>T1，溫度越高甲烷物質(zhì)的量越大，證明升溫平衡逆向進(jìn)行，正反應(yīng)為為放熱反應(yīng)，△H<0，故答案為<；②溫度T1時，0～10min內(nèi)，甲烷物質(zhì)的量減小0.4mol?0.3mol=0.1mol，反應(yīng)的二氧化氮物質(zhì)的量為0.2mol，NO2的平均反應(yīng)速率v(NO2)==0.02mol·L-1·min-1，結(jié)合三段式計(jì)算平衡濃度得到平衡常數(shù)，平衡狀態(tài)下甲烷物質(zhì)的量0.1mol，K==3.6；③CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，反應(yīng)為氣體體積增大的放熱反應(yīng)，A、改用高效催化劑增大反應(yīng)速率不改變化學(xué)平衡，轉(zhuǎn)化率不變，故A不符合題意；B、增加CH4的濃度，反應(yīng)速率增大，提高NO2的轉(zhuǎn)化率，故B符合題意；C、縮小容器的體積，增大壓強(qiáng)反應(yīng)速率增大，平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率減小，故C不符合題意；D、反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向進(jìn)行，反應(yīng)速率增大，轉(zhuǎn)化率減小，故D不符合題意；故答案為B；（3）6NO2+8NH3=7N2+12H2O，正極上是二氧化氮得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2NO2+8e?+4H2O=N2+8OH?，負(fù)極上是氨氣失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：2NH3-6e-=N2+6H+；（4）NaN3溶液中N3?水解，溶液呈堿性，故溶液中離子濃度c(Na+)＞c(N3﹣)＞c(OH-)＞c(H+)；常溫下，將amol?L?1的HN3與bmol?L?1的Ba(OH)2溶液等體積混合，充分反應(yīng)后，溶液中存在電荷守恒，c(H+)+2c(Ba2+)=c(N3?)+c(OH?)，當(dāng)2c(Ba2+)=c(N3?)，c(H+)=c(OH?)，則該混合物溶液呈中性，2HN3+Ba(OH)2=Ba(N3)2+2H2O，溶液呈中性，溶液中c(HN3)=mol/L=（0.5b-a）mol/L。9.乳酸亞鐵晶體[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相對分子質(zhì)量為288;易溶于水，是一種很好的補(bǔ)鐵劑，可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應(yīng)制得。I．碳酸亞鐵的制備(裝置如圖所示)(1)儀器C的名稱是____；實(shí)驗(yàn)操作如下：打開kl、k2，加入適量稀硫酸，關(guān)閉kl，使反應(yīng)進(jìn)行一段時間，其目的是____。(2)接下來關(guān)閉k2使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生，其反應(yīng)的離子方程式為__。Ⅱ．乳酸亞鐵制備及鐵元素含量測定(3)儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCO3沉淀，檢驗(yàn)其是否洗凈的方法是____。向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液，在75℃(4)兩位同學(xué)分別用不同方案進(jìn)行鐵元素含量測定：①甲同學(xué)通過KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的含量計(jì)算樣品純度。在操作均正確的前提下，所得純度總是大于l00%，其原因可能是___。②乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測定鐵元素的含量計(jì)算樣品純度。稱取3.000g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25．00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應(yīng)，然后加入幾滴淀粉溶液，用0.100mol．L-1硫代硫酸鈉溶液滴定(已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，當(dāng)溶液____，即為滴定終點(diǎn)；平行滴定3次，硫代硫酸鈉溶液的平均用量為23.80mL，則樣品純度為____％(保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1).三頸燒瓶(2).生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣(3).Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(4).取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則洗滌干凈(5).乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多(6).藍(lán)色褪去且半分鐘不恢復(fù)(7).91.4%【解析】【分析】I．亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進(jìn)行，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，利用Fe與稀硫酸反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣；關(guān)閉K2，B中生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的硫酸亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀。Ⅱ．(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，可通過檢驗(yàn)最后一次洗滌液是否含有SO42-判斷。(4)①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；②滴定終點(diǎn)時，I2完全被硫代硫酸鈉還原；根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+～～I(xiàn)2～～2S2O32-計(jì)算樣品純度?！驹斀狻縄．(1)由儀器圖形可知C為三頸燒瓶；打開kl、k2，加入適量稀硫酸，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵，且用B中產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣，防止二價(jià)鐵被氧化；(2)待裝置內(nèi)空氣排出后，再關(guān)閉k2，反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵，同時生成二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，可通過檢驗(yàn)最后一次洗滌液是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無白色渾濁出現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；Ⅱ．(4)①乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應(yīng)都消耗KMnO4溶液，導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的量增大，使計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會大于100%；②I2遇淀粉溶液顯藍(lán)色，滴加硫代硫酸鈉溶液，I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，當(dāng)藍(lán)色剛好褪去且半分鐘不恢復(fù)，即可判斷為滴定終點(diǎn)；23.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0.02380L×0.100mol/L=2.38×10-3mol，根據(jù)關(guān)系式2Fe2+～2Fe3+～I(xiàn)2～2S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.38×10-3mol×=9.52×10-3mol，則樣品的純度為×100%=91.4%。10.銅及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)上有許多用途。某工廠以輝銅礦(主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備不溶于水的堿式碳酸銅的流程如下：已知：①常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表金屬離子Fe2＋Fe3＋Cu2＋Mn2＋開始沉淀7.52.75.68.3完全沉淀9.03.76.79.8②Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－36③Cu2S遇酸時會生成S(1)加快“浸取”速率，除適當(dāng)增加硫酸濃度外，還可采取的措施有__________(任寫一種)。(2)濾渣I中的主要成分是______________。(3)常溫下“除鐵”時加入的試劑A可用CuO等，調(diào)節(jié)pH調(diào)的范圍為_______，請用離子方程式表示用CuO“除鐵”時所發(fā)生的反應(yīng)__，若加A調(diào)節(jié)溶液pH后溶液中Fe3＋的濃度為2.0×10－9mol/L，則為pH__。(4)寫出“沉錳”(除Mn2＋)過程中反應(yīng)的離子方程式：_________________________。(5)Na2CO3溶液浸泡重晶石(假設(shè)雜質(zhì)不與Na2CO3反應(yīng))，能將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=________(填寫計(jì)算結(jié)果)；若不考慮CO32－的水解，要使46.6gBaSO4恰好完全轉(zhuǎn)化為BaCO3，則至少需要濃度為1mol·L－1Na2CO3溶液____mL。(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9)【答案】(1).充分?jǐn)嚢?，將輝銅礦粉碎，加熱等(2).SiO2、S、MnO2(3).3.7～5.6(或3.7≤pH<5.6)(4).3H2O+2Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋(或Fe3＋+3H2O?Fe(OH)3+3H＋CuO＋2H＋＝Cu2＋+H2O)(5).5(6).Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋(7).0.02(8).10200【解析】【分析】輝銅礦主要成分為Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)，加入稀硫酸和二氧化錳浸取，過濾得到濾渣為MnO2、SiO2、單質(zhì)S，濾液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，調(diào)節(jié)溶液pH除去鐵離子，加入碳酸氫銨溶液沉淀錳過濾得到濾液趕出氨氣循環(huán)使用，得到堿式碳酸銅；據(jù)此分析解答本題?！驹斀狻?1)酸浸時，通過充分?jǐn)嚢?、將輝銅礦粉碎、加熱等可以提高浸取速率；(2)“浸取”時：Cu2S遇酸時會生成S，在硫酸酸性條件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4，F(xiàn)e2O3和硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵，SiO2不溶于硫酸，所以濾渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2；(3)“除鐵”主要是除去溶液中Fe3+，根據(jù)題干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范圍為：3.7～5.6或3.7≤pH<5.6；加入CuO消耗氫離子，促進(jìn)鐵離子水解為氫氧化鐵沉淀，“除鐵”時所發(fā)生的反應(yīng)3H2O+2Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋，若加A調(diào)節(jié)溶液pH后溶液中Fe3＋的濃度為2.0×10－9mol/L，2.0×10－36，，pH=5。(4)“沉錳”(除Mn2+)過程中，加入碳酸氫銨和氨氣，生成碳酸錳沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；(5)Na2CO3和BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3的離子方程式是CO32-+BaSO4=BaCO3+SO42-，平衡常數(shù)K=；要使46.6gBaSO4恰好完全轉(zhuǎn)化為BaCO3，生成0.2molSO42-，則消耗0.2molCO32-，根據(jù)溶液中，則溶液中CO32-的物質(zhì)的量是10mol，設(shè)需要濃度為1mol·L－1Na2CO3溶液的體積是V，V×1-0.2=10，V=10.2L=10200mL。【點(diǎn)睛】本題考查了物質(zhì)分離提純的方法和流程分析，屬于綜合知識的考查，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?、注意把握?shí)驗(yàn)、操作流程的目的，注意物質(zhì)性質(zhì)的記憶?！净瘜W(xué)—選修三物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】(15分)11.銅、鈦、鈷及其化合物在生產(chǎn)中有重要作用，回答下列問題(1)鈷元素基態(tài)原子的電子排布式為__________，未成對電子數(shù)為________________。(2)Ti(BH4)2是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料。①與BH4-互為等電子體的陽離子的化學(xué)式為_____。②H、B、Ti原子的第一電離能由小到大的順序?yàn)開____。(3)二氧化鈦(TiO2)是常用的、具有較高催化活性和穩(wěn)定性的光催化劑，常用于污水處理。納米TiO2催化的一個實(shí)例如圖所示。化合物乙的分子中采取sp3雜化方式的原子個數(shù)為_____。(4)配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是鈷重要化合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中的Co3+配位數(shù)為___。陽離子的立體構(gòu)型是________________。(5)銅與類鹵素(SCN)2反應(yīng)生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π鍵的數(shù)目為_____，HSCN結(jié)構(gòu)有兩種，已知硫氰酸(H－S－C≡N)的沸點(diǎn)低于異硫氰酸(H－N=C=S)，其原因是_______?！敬鸢浮?1).1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2(2).3(3).NH4+(4).Ti<B<H(5).5(6).6(7).八面體(8).4NA(9).異硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上連接有H原子，分子間能形成氫鍵【解析】【分析】(1)鈷元素為第27號元素，根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)原子核外的電子排布式；(2)①BH4-含有5個原子，價(jià)電子總數(shù)為8，據(jù)此分析書寫與BH4-互為等電子體的陽離子；②根據(jù)第一電離能的變化規(guī)律分析判斷H、B、Ti的第一電離能大?。?3)采取sp3雜化方式的原子的價(jià)層電子對數(shù)=4，據(jù)此分析判斷分子中采取sp3雜化方式的原子個數(shù)；(4)在配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中，配體為NH3、H2O；根據(jù)價(jià)電子互斥理論判斷陽離子的立體構(gòu)型；(5)(SCN)2分子結(jié)構(gòu)式為N≡C-S-S-C≡N，1個N≡C鍵中有1個σ鍵，其余兩個為π鍵；異硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上連接有H原子，分子間能形成氫鍵；【詳解】(1)鈷元素為第27號元素，根據(jù)構(gòu)造原理，其基態(tài)原子核外的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；根據(jù)洪特規(guī)則，電子在相同能量的軌道排布時，盡可能占據(jù)不同軌道，所以其3d軌道上有3個未成對電子，故未成對電子數(shù)為3；(2)①BH4-含有5個原子，價(jià)電子總數(shù)為8，所以與BH4-互為等電子體的陽離子是NH4+；②Ti是金屬元素，Ti的第一電離能最小，H、B失電子能力B大于H，所以第一電離能的大小順序是Ti<B<H；(3)中畫紅圈的原子價(jià)層電子對數(shù)=4，所以采取sp3雜化方式的原子個數(shù)為5；(4)在配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中，配體為NH3、H2O，其配位數(shù)=4+2=6；其陽離子的成鍵電子對數(shù)為6，孤電子對數(shù)為0，其立體構(gòu)型為，是八面體；(5)(SCN)2分子結(jié)構(gòu)式為N≡C-S-S-C≡N，1個N≡C鍵中有1個σ鍵，其余兩個為π鍵，1mol(SCN)2分子中含有π鍵的數(shù)目為4NA；硫氰酸和異硫氰酸的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，異硫氰酸(H-N=C=S)分子中N原子上連接有H原子，分子間能形成氫鍵，故沸點(diǎn)高；【化學(xué)—選修5有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】(15分)12.肉桂