安徽省蚌埠市教师2020届高三仿真模拟化学试题（蚌埠二中5）

安徽省蚌埠市教师2020届高三仿真模拟化学试题（蚌埠二中5）

蚌埠市教师“我为高考命题”化学学科试卷 一、 单项选择题（本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项符合题目要求。）‎ ‎1．化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 目前提出的“低碳经济”，即减少向环境排放 CO2 有利于控制温室效应 B．“国防金属---镁”可通过浓缩海水，再直接采用电解法获得 C．硅橡胶既能耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业 D．煤经过气化和液化等化学变化可转化为清洁能源 ‎2．ClO2 是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点 11℃，凝固点-59℃。‎ 工业上，可用下列原理制备 ClO2(液相反 应) 2FeS2 +30NaClO3 +14H 2SO 4‎ ‎Fe2(SO4)3 +15Na2SO4+30ClO2+14H2O。设 NA 是阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）‎ A．在标准状况下，2240mL ClO2 含有原子数为 0.3NA B．若生成 1.5mol Na2SO4，则反应后的溶液中 Fe3+数目小于 0.2NA C．48.0g FeS2 完全反应，则上述反应中转移电子数为 6NA D．每消耗 15mol NaClO3，生成的水中氢氧键数目为 14NA ‎3．（原创题）“梯希爱”学名 2-甲基二苯甲酮，结构如图，是一种重要的化工原 料，常作为医药制备的中间体。下列叙述正确的是（ ）‎ A．“梯希爱”是芳香烃 B．1mol“梯希爱”可与 6molH2 发生加成反应 C．1mol“梯希爱”完全燃烧能生成 14molCO2 和 12 molH2O D．“梯希爱”的结构中最多的共面碳原子数为 14 个 ‎4．下列有关实验的叙述错误的是（ ）‎ 选项 实验用其或实验操作 目的或结论 A 点燃插入到由 MnO2、Al 组成的铝热剂(混合物上 有少量 KClO3)上的镁条 证明还原性 Al>Mn B 将含有 HCl、H2O(g)的 Cl2 依次通过盛有饱和食 盐水、浓硫酸的洗气瓶 除去 Cl2 的杂质 C 向某盐溶液 X 中先滴加几滴氯水、再滴 2 滴 KSCN 溶液 确定盐溶液 X 中是否含有 Fe3+‎ D 向某 Na2SO3 溶液中加入用盐酸酸化的 BaCl2 溶液 检验 Na2SO3 是否变质 ‎5．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2 电极，‎ b 为 Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂 离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大 气相通，B 区为封闭体系并 有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ）‎ A．若用导线连接 a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B．若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为 WO3 + xH++xe- = HxWO3‎ C．若用导线先连接 b、c，再连接 a、c，可实现太阳能向电能转化 D．若用导线连接 b、c， b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O ‎6．X、Y、Z 是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正 确的是（ ）‎ A．该反应的热化学方程式为 X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ B．若图 III 中甲表示压强，乙表示 Z 的含量，则其变化符合图 III 中曲线 C．图 II 中曲线 b 是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线 a 是没有加入催化剂 时的能量变化曲线 D．该温度下，反应的平衡常数数值约为 533，若升高温度，该反应的平衡常 数减小，Y 的转化率降低 ‎7．室温下，向 100mL 饱和的 H2S 溶液中通入 SO2 气体(气体体积换算成标准状 况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液 pH 与通入 SO2 的关系如图 所示。下列有关说法错误的是（ ）‎ A．a 点水的电离程度最大 B．a 点之后，随 SO2 气体的通入，‎ ‎‎ ‎3‎ c(HSO - )‎ c(H2SO3 )‎ ‎‎ 的值始终减小 C．曲线 y 代表继续通入 SO2 气体后溶液 pH 的变化 D．该温度下 H2S 的 Ka1≈10-7.2‎ 二、非选择题（本题共 3 小题，共 43 分。）‎ ‎8．（16 分）全球碳计划组织（GCP，The Global Carbon Project）报告称，2018‎ 年全球碳排放量约 371 亿吨，达到历史新高。‎ ‎（1）中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了 CO2 直接加氢制取 高辛烷值汽油，其过程如图 1 所示。‎ ‎①已知：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1‎ 则上述过程中 CO 和 H2 转化为 CH2=CH2 的热化学方程式是 。‎ ‎②下列有关 CO2 转化为汽油的说法，正确的是 （填标号）。‎ A．该过程中，CO2 转化为汽油的转化率高达 78% B．中间产物 Fe5C2 的生成是实现 CO2 转化为汽油的关键 C．在 Na-Fe3O4 上发生的反应为 CO2+H2=CO+H2O D．催化剂 HZSM-5 可以提高汽油中芳香烃的平衡产率 ‎③若在一容器中充入一定量的 CO2 和 H2，加入催化剂恰好完全反应，且产物 只生成 C5 以上的烷烃类物质和水。则起始时 CO2 和 H2 的物质的量之比不低 于 。‎ ‎（2）研究表明，CO2 和 H2 在一定条件下可以合成甲醇。反应方程式为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0。一定条件下，往 2L 恒容密闭容 器中充入 1.0molCO2 和 3.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间 内 CO2 的转化率随温度变化关系如图 2 所示。‎ ‎①该反应自发进行的条件是 （填“高温”“低温”或“任意温度”）‎ ‎②催化效果最佳的催化剂是 （填“A”“B”或“C”）；b 点时，‎ v(正) v(逆) （填“＞”“＜”或“＝”）。‎ ‎③若容器容积保持不变，则不能说明该反应达到化学平衡状态的是 。‎ a.c(CO2)与 c(H2)的比值保持不变 b.v(CO2)正＝v(H2O)逆 c.体系的压强不再发生变化 d.混合气体的密度不变 e.有 lmolCO2 生成的同时有断开 3mol 的 H-H 键 f.气体的平均相对分子质量不变 ‎④已知容器内的起始压强为 100 kPa，若图 2 中 c 点已达到平衡状态，则该温 度下反应的平衡常数 Kp = （只列出计算式，不要求化 简，Kp 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。‎ ‎9．（12 分）锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。工业上以锡碲 渣(主要含 Na2SnO3 和 Na2TeO3)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下，请回 答下列问题：‎ 已知：锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱。‎ ‎（1）“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示，则 最理想的质量浓度为 ，理由是 。‎ ‎（2）如图反映的是“除碲”过程中反应温度对碲脱除率的影响关系，70℃后随 温度升高碲脱除率下降的原因可能是 。‎ ‎（3）“除碲”反应的离子方程式为 。‎ ‎（4）从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有 (写 化学式)。‎ ‎（5）“溶析结晶”母液中还含有少量 SbO43-，可用锡片将 Sb 置换出来，锡转 化成最高价含氧酸盐，写出反应的离子方程式 。‎ ‎10．（15 分）某学生对 Na2SO3 与 AgNO3 在不同 pH 下的反应进行探究。‎ ‎（1）测得 Na2SO3 溶液 pH＝10，AgNO3 溶液 pH＝5，原因是（用离子方程式 表示）： 。‎ ‎（2）调节 pH，实验记录如下：‎ 实验序号 pH 实验现象 a ‎10‎ 产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清 b ‎6‎ 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解 c ‎2‎ 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色 物质 X 查阅资料得知： ⅰ.Ag2SO3：白色，难溶于水，溶于过量的 Na2SO3 溶液。 ⅱ.Ag2O：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。 该学生对产生的白色沉淀提出了两种假设：‎ ‎①白色沉淀为 Ag2SO3。‎ ‎②白色沉淀为 Ag2SO4，推测的依据是 。‎ ‎（3）取 b、c 中白色沉淀，置于 Na2SO3 溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验 确认了白色沉淀不是 Ag2SO4。实验方法是：另取 Ag2SO4 固体置于 溶液中，未溶解。‎ ‎（4）将 c 中 X 滤出、洗净，为确认其组成，实验如下： Ⅰ.向 X 中滴加稀盐酸，无明显变化。‎ Ⅱ.向 X 中加入过量浓 HNO3，产生红棕色气体。‎ Ⅲ.分别用 Ba(NO3)2、BaCl2 溶液检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无明显变化， 后者产生白色沉淀。‎ ‎①实验Ⅰ的目的是 。‎ ‎②根据实验现象分析，X 的成分是 。‎ ‎③Ⅱ中反应的化学方程式是 。‎ ‎（5）综合该同学以上实验，分析产生 X 的原因： 。 三、选做题（选修 3，选修 5 各有一题，任选一题作答，共 15 分。）‎ ‎11．（15 分）2019 年诺贝尔化学奖授予约翰·古德伊纳夫、斯坦利·惠廷厄姆和 吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问 题：‎ ‎（1）LiCoO2、LiFePO4 常用作锂离子电池的正极材料。基态 Co 原子核外电 子排布式为 ，基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为 ；该 能层能量最高的电子云在空间有 个伸展方向，原子轨道呈 形。‎ ‎－ －‎ ‎（2）[Co(NO3‎ ‎)4]2‎ ‎中 Co2+的配位数为 4，配体中 N 的杂化方式为 ，该 配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为 (填元素符号)，1mol 该配离子中含σ键数目为 NA。‎ ‎（3）LiFePO4 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如： 焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：‎ 这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用 n 代表 P 原子数)。‎ ‎（4）钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由 4 个 I 型和 4 个Ⅱ型小立方体构成， 其化学式为 ，晶体中 Al3+占据 O2－形成的 (填“四面体空隙” 或“八面体空隙”)。NA 为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为 ‎ g·cm－3(列计算式)。‎ ‎12．（15 分）环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂 蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少 CH 和 LDL 在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环 丙贝特的一种新方法：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）B 的化学名称为 ‎ ‎（2）H 中含氧官能团的名称为 ‎ ‎（3）H 的分子式为 ‎ ‎（4）反应①的反应类型为 ，反应④的化学方程式为 ‎（5）M 为 的同分异构体，能与 NaHCO3 溶液反应产生气体，则 M 的结构共有种 (不考虑立体异构)；其中 1HNMR 中有 3 组峰，且峰面积之 比为 6：2：1 的结构简式为 ‎ ‎（6）利用 Wittig 反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的 合成路线： ‎ 我为高考命题——理综化学部分 ‎【参考答案】‎ 一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。）‎ 题号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 答案 B A D C C D B ‎1.【答案】B ‎【解析】A．CO2 是主要的引起温室效应的气体之一，A 正确；B．海水浓缩后 直接电解会产生镁的氢氧化物沉淀，无法制得单质镁，B 错误； C．硅橡胶既能 耐高温又能耐低温，广泛应用于航天航空工业，C 正确；D．煤经过气化和液化 等化学变化可转化为清洁能源，D 正确；故答案选 A。‎ ‎2．【答案】A ‎【解析】A．ClO2 沸点 11℃，标况下为液体，2240mL ClO2 的物质的量不是 0.1mol，‎ 故 A 错误；‎ B． Fe3+在水溶液中会发生水解，Fe3+数目会减少，故 B 正确；‎ C． 48.0g FeS2 物质的量为 48g÷120g/mol=0.4mol， NaClO3 中氯元素由+5 价降 到+4 价，失一个电子，故 6mol NaClO3 失 6mol 电子，即 48.0g FeS2 完全反应，‎ 转移电子数为 6NA，故 C 正确；‎ D．消耗 15mol NaClO3 生成 7mol 水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水 中氢氧键数目为 14NA，故 D 正确；故答案为 A。‎ ‎3.【答案】D ‎【解析】A． 梯希爱中含有氧元素，不属于烃类，不是芳香烃，A 错误；‎ B． 1mol 梯希爱中有 2mol 苯环和 1mol 酮羰基，故可与 7molH2 发生加成反应，‎ B 错误；‎ C． 根据结构简式可以数出该分子中含有 14 个 C 原子，再根据其不饱和度Ω=9，‎ 可计算出有 12 个 H 原子，故 1mol 梯希爱完全燃烧能生成 14molCO2 和 6molH2O，‎ C 错误；‎ D． 根据结构简式，我们可以看出梯希爱中两个苯环和中间羰基都是平面结构， 并用单键连接，可通过单键旋转让所有碳原子共面，D 正确；故答案选 D。‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】A、根据铝热反应是置换反应及氧化还原反应规律知，选项 A 正确；‎ B、先通过饱和食盐水除去 HCl，后通过浓硫酸除去 H2O(g)，选项 B 正确；‎ C、氯气能将 Fe2+氧化为 Fe3+，选项 C 错误；‎ D、若 Na2SO3 已经变质，SO3‎ ‎氧化为 SO4‎ ‎遇 Ba ‎产生白色沉淀，选项 D 正确。‎ 答案选 C。‎ ‎5．【答案】C ‎2- 2- 2+‎ ‎【解析】A．用导线连接 a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为 ‎2H2O-4e-=4H++O2↑，a 电极周围 H+浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确； B．用导线连接 a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3，故 B 正确；‎ C．应将导线先连接 a、c，再连接 b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向 电能转化，故 C 错误；‎ D．用导线连接 b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还 原反应，电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O，故 D 正确；故答案为 C。‎ ‎6．【答案】D ‎【解析】A． 图Ⅰ中 X、Y 的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z 的物质的 量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）‎ ‎=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为 X(g)‎ ‎+3Y(g) ⇌ 2Z(g)，由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，‎ 反应热为△H= -（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为 X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g)‎ ‎△H= -（E2-E1）kJ/mol，反应热的单位为 kJ/mol，A 项错误；‎ B． 压强增大，平衡右移，Z 的含量应增大，B 项错误；‎ C． 图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b 的催化效果较好，或者是曲线 b 是加入 催化剂，曲线 a 是没有加入催化剂时的能量变化曲线，C 项错误；‎ D． 该反应放热，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y 的转化率降 低，D 项正确；答案选 D。‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】A 选项，由题图可知，a 点表示通入 SO2 气体 112mL(即 0.005mol)时 pH=7， 说明 SO2 气体与 H2S 溶液恰好完全反应，溶液呈中性，a 点之前为 H2S 过量，a 点之后为 SO2 过量，溶液均呈酸性，故 a 点水的电离程度最大，故 A 正确；‎ B 选项，根据平衡常数表达式可知 ‎c(HSO - )‎ ‎3‎ c(H2SO3 )‎ ‎K a1‎ ‎= c(H + )‎ ‎‎ ‎，a 点之后，随 SO2 气体的 通入，c(H+)增大，当通入的 SO2 气体达饱和时，c(H+)不再变化，故 B 错误。‎ C 选项，当通入 SO2 气体 336mL 时，物质的量为 0.015mol，反应后相当于溶液 中的 c(H2SO3)=0.1mol/L，因为 H2SO3 的酸性强于 H2S，故此时溶液对应的 pH 应 小于 4.1，故曲线 y 代表继续通入 SO2 气体后溶液 pH 的变化，故 C 正确；‎ D 选项，由题图中曲线的起点可知，a 点溶液呈中性，说明 SO2 气体与 H2S 溶液 恰好完全反应，由此可知饱和 H2S 溶液中溶质的物质的量为 0.01mol，‎ c(H2S)=0.1mol/L，0.1mol/LH2S 溶液电离出的 c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为 H2SH++HS－、HS-H++S2－；以第一步为主，根据平衡常数表达式计算出该 ‎10-4.1 ´10-4.1‎ 温度下 H2S 的 Ka1≈‎ 二、非选择题 ‎‎ ‎0.1-10-4.1‎ ‎≈10－7.2，故 D 正确；综上所述，答案为 B。‎ ‎8．（16 分，每空 2 分）‎ ‎【答案】（1）①2CO(g)+4H2(g) = CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1‎ ‎②B ‎③6:19‎ ‎（2）①低温 ②A > ③ad ④‎ ‎【解析】‎ ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎3 3‎ ‎60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ 根据已知热化学方程式运用盖斯定律书写新的热化学方程式；根据图示反应 历程分析反应的中间产物，判断催化剂对反应的影响；根据烷烃的通式及题 干信息进行相关计算；根据熵变和焓变判断反应是否自发进行；根据平衡状 态的特征分析反应是否达到平衡状态；根据各物质的分压计算平衡常数。‎ ‎（1）①已知：I CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H= + 41 kJ·mol-1，II ‎2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+CH2=CH2(g) △H= -128 kJ·mol-1，根据盖斯定律 II-I×2 得：2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) △H=-128 kJ·mol-1-（+ 41‎ kJ·mol-1）×2=-210kJ∙mol-1，故热化学方程式为：‎ ‎2CO(g)+4H2(g)=CH2=CH2(g)+2H2O(g) ∆H=-210kJ∙mol-1；‎ ‎②A. 由图示分析 78%并不是表示 CO2 转化为汽油的转化率，故 A 错误；‎ B. 中间产物 Fe5C2 是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故 B 正确；‎ C. 根据图 1 所示，在 Na-Fe3O4 上发生的反应应为 CO2 生成 CO 的反应，氢气 未参加反应，故 C 错误；‎ D. 催化剂 HZSM-5 的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故 D 错 误；‎ 故答案为：B；‎ ‎③烷烃的通式为 CnH(2n+2)，假设只生成 C6H14 和水，则根据原子守恒知：‎ ‎6molCO2 恰好完全反应生成 1molC6H14 和 12molH2O 需要的 H2 的物质的量为：‎ ‎2‎ ‎1mol ´14+12mol ´ 2 = 19mol ，所以 CO ‎和 H2‎ ‎的物质的量之比不低于 ‎2‎ ‎6mol:19mol=6:9，故答案为：6:9；‎ ‎（2）①该反应为放热反应，△H<0，根据方程式知：△S<0，根据ΔG=ΔH－‎ TΔS，若ΔG<0 则 T 较小，即低温时该反应自发进行，故答案为：低温；‎ ‎②如图所示相同时间内催化剂 A 的转化率较高，说明反应较快催化效果好；b 点时，还未达到平衡，则说明 v(正) ＞ v(逆) ，故答案为：A；＞；‎ ‎③a.c(CO2)与 c(H2)初始时比值为 1：3，所以按照化学计量数 1:3 反应后，比 值始终保持不变，不能说明该反应达到平衡，故 a 选； b.根据化学计量数之比知：v(CO2)正=v(H2O)正=v(H2O)逆，正逆反应速率相等， 则说明已经达到平衡，故 b 不选； c.该反应为气体减小的反应，所以当体系的压强不再发生变化，说明反应物和 生成物浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 c 不选； d.根据质量守恒原理知，反应前后总质量始终不变，且容器体积不变，则混合 气体的密度始终不变，所以气体密度不变不能说明达到平衡，故 d 选； e.断开 3mol 的 H-H 键时说明有 3mol 氢气消耗，则应该消耗 1molCO2，则 CO2 的浓度保持不变，能说明达到平衡状态，故 e 不选； f.反应前后气体的物质的量减小，质量保持不变，则气体的平均相对分子质量 应增大，若不变，说明达到平衡状态，故 f 不选；‎ 故答案为：ad；‎ ‎④c 点时 CO2 的转率为 80%，则反应掉 1mol×80%=0.8mol，‎ CO2 (g ) + 3H2 (g ) ‡ˆ ˆ†ˆ CH3OH (g ) + H2O (g ) 起始(mol) ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎0‎ 变化(mol) ‎0.8‎ ‎2.4‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ 平衡(mol) ‎0.2‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎0.8‎ 起始状态容器中气体总物质的量为 1mol+3mol=4mol，平衡时容器中气体总物 质的量为 0.2mol+0.6mol+0.8mol+0.8mol=2.4mol，容器体积不变，起始压强为 ‎100 kPa，则平衡时总压强为：100kPa× 2.4mol =60kPa，根据分压=总压×物质 ‎4mol p 3‎ 的量分数计算得： K = P(H2O) × P(CH3OH) = ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎3 3‎ ‎‎ ‎，故答案为：‎ P(CO2 ) × P (H 2 ) 60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ ‎60 ´ 1 ´ 60 ´ 1‎ ‎ 3 3 。‎ ‎60 ´ 1 ´ (60 ´ 1 ) 3‎ ‎12 4‎ ‎9．（12 分，每空 2 分）‎ ‎【答案】（1）100g/L 浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出 率却提高较大，不利于后续分离 ‎（2）温度升高，过氧化氢受热分解 ‎（3）2Na++TeO3‎ ‎+H2O2＝Na2TeO4↓+H2O ‎2-‎ ‎（4）Na2SnO3、Na2TeO4‎ ‎3-‎ ‎2-‎ ‎（5）5Sn + 4SbO4‎ ‎+ H2O＝4Sb + 5SnO3‎ ‎+ 2OH-‎ ‎【解析】（1）根据图像可知浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出 率却提高较大，不利于后续分离，故答案为：100g/L；浓度超过 100 后，锡 浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续分离；‎ ‎（2）该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热易分解，故答案为：温度升 高，过氧化氢受热分解；‎ ‎3‎ ‎（3）过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧化氢将 TeO 2-‎ 氧化成 Na2TeO4，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2Na++TeO3‎ ‎+H2O2‎ ‎2-‎ ‎＝Na2TeO4↓+H2O；‎ ‎（4）溶析结晶后的溶液仍为 Na2SnO3 和 Na2TeO4 的饱和溶液，所以从“溶析 结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有 Na2SnO3、Na2TeO4，故答案为： Na2SnO3、Na2TeO4；‎ ‎（5）锡的最高价含氧酸盐为 H2SnO3，锡片可将 Sb 置换出来，即产物中有 Sb ‎3-‎ 单质，再结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：5Sn + 4SbO4‎ ‎+ H2O＝4Sb +‎ ‎2-‎ ‎5SnO3‎ ‎+ 2OH-。‎ ‎10．（15 分，除注明外，每空 2 分）‎ ‎【答案】（1）（3 分）SO3‎ ‎+H2OHSO3 +OH ；Ag +H2OAgOH+H ‎2− − − + +‎ ‎2−‎ ‎（2）② SO3‎ ‎具有较强的还原性，若被空气中的 O2 氧化为 SO4‎ ‎2−即为 Ag＋结 合生成 Ag2SO4 沉淀 ‎（3）过量的 Na2SO3(或亚硫酸钠)‎ ‎（4）①验证棕黑色物质 X 不是 Ag2O ② Ag ③ Ag＋2HNO3(浓)=AgNO3‎ ‎＋NO2↑＋H2O ‎（5）随着酸性的增强，体系的还原性增强。‎ ‎【解析】（1）Na2SO3 为强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，则溶液的 pH=10，‎ 其水解离子方程为：SO3‎ ‎+H2O⇌ HSO3 +OH ，AgNO3 为强酸弱碱盐，在溶 ‎2− − −‎ 液中 pH=5，其水解离子方程为：Ag++H2O⇌ H++AgOH；故答案为：‎ SO3‎ ‎+H2OHSO3 +OH 、Ag +H2OAgOH+H ‎2− − − + +‎ ‎（2）①推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO3，Ag+与 SO32−反应生成 Ag2SO3，Ag2SO3‎ 溶于过量的 Na2SO3 溶液，生成沉淀的离子方程式为：2Ag++SO3‎ ‎=Ag2SO3↓，‎ ‎3‎ ‎②推测 a 中白色沉淀为 Ag2SO4，其依据为：SO 2−‎ ‎2−‎ 有还原性，可能被氧化为 ‎2−‎ SO4‎ ‎，与 Ag+反应生成 Ag2SO4 白色沉淀，故答案为：SO3‎ ‎2−具有较强的还原 性，若被空气中的 O2 氧化为 SO4‎ ‎即与 Ag＋结合生成 Ag2SO4 沉淀；‎ ‎2−‎ ‎（3）Ag2SO3 白色，难溶于水，溶于过量 Na2SO3 的溶液，取 B、C 中白色沉 淀，置于 Na2SO3 溶液中，沉淀溶解，说明 B、C 中白色沉淀为 Ag2SO3，另取 Ag2SO4 固体，同样条件置于足量 Na2SO3 溶液中，进行对照试验，发现沉淀 不溶解；‎ ‎（4）①氧化银能和盐酸生成白色氯化银沉淀和水，溶液的 pH=2，产生大量 白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质 X，向 X 中滴加稀盐酸，无 明显变化，说明 X 不是 Ag2O，‎ ‎②向 X 中加入过量浓 HNO3，产生红棕色气体为 NO2，X 与浓硝酸发生氧化 还原反应，X 具有还原性，X 只能为金属单质，只能为银，含有 Ag 元素，不 含 S 元素，‎ ‎③向 X 中加入过量浓 HNO3，产生红棕色气体为 NO2，银和硝酸反应，氮元 素从+5 变为+4 价，同时生成硝酸银和水，反应方程式为：Ag+2HNO3（浓）‎ ‎═AgNO3+NO2↑+H2O.‎ ‎（5）综合该同学以上实验，分析产生 X 的原因：随着酸性的增强，体系的还 原性增强。‎ 三、选做题 ‎11．（15 分）‎ ‎【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2 （1 分） M（1 分） 3‎ ‎（1 分） 哑铃（1 分） sp2（1 分）‎ ‎（2） Co、O、N（1 分） 16 （1 分）‎ ‎＋ －‎ ‎（3）(PnO3n＋1)(n 2)‎ ‎（2 分）‎ ‎‎ A ‎8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ ‎（4） CoAl2O4（2 分） 八面体空隙（2 分）‎ 分）‎ ‎N (2a ´10-7 )3 （2‎ ‎【解析】（1）Co 为 27 号元素，Co 原子核外有 27 个电子，根据核外电子排 布规律可得其基态 Co 原子核外电子排布式；基态磷原子核外有三层电子，故 最高能层符号为 M，电子云在空间有 3 个伸展方向，原子轨道为哑铃型；‎ ‎－ 5+0+1 =3‎ ‎（2）NO3‎ ‎中价层电子对数为 ‎2‎ ‎，故为 sp2 杂化；一般情况下非金属性 越强第一电离能越大，但由于 N 原子中最外层为半充满状态，比较稳定，故 第一电离能大于 O，所以第一电离能由小到大的顺序为 Co、O、N；一个 NO3‎ ‎－中有 3 个σ键，配位键也为σ键，故σ键数目为 3×4+4=16，则 1mol 该配离子 中含σ键数目为 16NA；‎ ‎（3）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO4‎ ‎、P2O7 、‎ ‎3− 4−‎ ‎5−‎ P3O10‎ ‎磷原子的变化规律为：1,2,3,4，n 氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1 酸 ‎＋ －‎ 根所带电荷数的变化规律为：3,4,5,n+2；故答案为：(PnO3n＋1)(n 2)‎ ‎（4）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的 Co、Al、O 个数分别 为：4 ´（4 ´ 1 / 2）´ 2+ 4=8 ，4 ´ 4=16 ，8 ´ 4=32 ，所以化学式为 CoAl2O4；根据结 构观察，晶体中 Al3+占据 O2−形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a ´10-7 )3 ，‎ ‎32 ´16 + 16 ´ 27 + 8 ´ 59 = 8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ N 该晶胞的质量为 NA ‎8(59+2 ´ 27+4 ´16)‎ A N (2a ´10-7 )3 。‎ ‎12．（15 分）‎ ‎,所以密度为 A ‎【答案】（1）对羟基苯甲醇（或 4-羟基苯甲醇）（1 分）‎ ‎（2） 羧基、醚键 （2 分）‎ ‎（3）C13H14O3Cl2 （1 分）‎ ‎（4）加成反应（1 分） +→+HBr （2‎ 分）‎ ‎（5）12 （2 分） 、 （2 分）‎ ‎（6） （4 分）‎ ‎【解析】A( )与 HCHO 在碱性条件下发生加成反应生成 B ‎（ ）；B 氧化生成 C（ ）；C 生成 D ‎（ ）；D 与 发生取代反应生成 E（ ）和 HBr；E 环化生成 F（ ）；F 酸性条件下水解生成 H ‎（ ），据此分析。‎ ‎（1）B 为 ，命名为对羟基苯甲醇（或 4-羟基苯甲醇）；‎ ‎（2）H 为 ，H 中含氧官能团为羧基、醚键；‎ ‎（3）H 为 ，由结构简式可知，H 的分子式为 C13H14O3Cl2；‎ ‎（4）反应①为加成反应，反应④为取代反应，产物中还有 HBr，化学方程式为 ‎+→+HBr；‎ ‎（5）M 为 的同分异构体，满足条件的 M 的结构简式为 ‎、 、 、‎ ‎、 、 、‎ ‎、 、 、‎ ‎、 、 共 12 种；其中 ‎1HNMR 中有 3 组峰，且峰面积之比为 6:2:1 的结构简式为 、‎ ‎；‎ ‎（6）根据题干信息①②③可得出合成路线，由环己烷为原料制备 的合成 路线为 。‎