【文档说明】江苏省扬州市江都区大桥高级中学2019-2020学年高二4月学情调研化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，773.500 KB，由小赞的店铺上传

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大桥高级中学2019—2020学年度第二学期高二学情调研化学试题1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，全卷满分100分，考试时间90分钟。2、本试卷可能用到的相对原子质量C：12H:1O:16N：

14Mn-55第I卷（选择题共40分）单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个．．．．选项符合题意）1.正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是A.具有相似的物理性质B.具有相似的化学性质C.具有不同的分子结构D.分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同【答案】D【解析】

【分析】同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物．【详解】A、因二者的结构不同，为不同的物质，则物理性质不同，故A错误；B、因结构不同，则性质不同，但都属于烷烃，化学性质相似，但不能作为互为同分异构体的依据，故B错误；C、

二者的结构不同，都属于烷烃，C原子连接的原子，具有相似的空间结构，但不能作为互为同分异构体的依据，故C错误；D、正丁烷与异丁烷的为分子式相同的烷烃，分子内碳原子的连接方式不同，则结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；答案选D。2.下列

有关化学用语表示正确的是A.CH2F2的电子式：B.羟基的电子式：C.对硝基甲苯的结构简式：D.异丙醇的结构简式：CH3CH2CH2OH【答案】B【解析】【详解】A．CH2F2的电子式中，氟原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故A错误；B．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子

以1对共用电子对连接，电子式为，故B正确；C．对硝基甲苯的结构简式为：，故C错误；D．异丙醇的结构简式：CH3CH(OH)CH3，故D错误；故答案为B。3.下列有关工业生产叙述正确的是A.工业上通常使用电解法制备金属钠、镁、铝等B.合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利

于加快反应速率C.硫酸工业中，采用常压条件的原因是此条件下催化剂活性最高D.电解精炼铜时，将粗铜与电源的负极相连【答案】A【解析】【详解】A、钠、镁、铝是活泼的金属，用电解法制备，选A；B、合成氨工业中，

将氨气及时液化分离，浓度减小，速率减小，是为了提高反应物的转化率，不选B；C、制取硫酸的工业中，常采用常压条件的原因是常压条件想二氧化硫的转化率已经很大，加压转化率增大程度不大，所以不选C；D、电解精炼铜时，将粗铜与电源的正极相连，做电解池的阳极，失去电子发生氧化反应

，不选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.0.1mol溴苯中含有双键的数目为0.3NAB.标准状况下，22.4L己烷中含己烷分子数目为NAC.标准状况下，11.2L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NAD.1mol

甲醇中含有C—H键的数目为4NA【答案】C【解析】【详解】A．苯环结构中不含碳碳双键，故溴苯中也无碳碳双键，故A错误；B．标况下己烷为液体，则不能根据气体摩尔体积来计算标准状况下22.4L己烷的物质的量和分子数目，故B错误；C．标况下11.2LCH4和C2H4混合物的物质的量为0.5m

ol，而CH4和C2H4分子中均含4个氢原子，即0.5mol混合物中含2NA个氢原子，故C正确。D．甲醇的结构简式为CH3OH，故1mol甲醇中含有C—H键的数目为3NA，故D错误；故答案为C。5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A.澄清透明溶液中：Cl-、NO3-、Cu2+、NH4+B.水电离产生的c(OH-)＝1×10－11mol/L的溶液：Cu2+、SO42－、NO3－、Cl－C.中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-D.能使苯酚变紫色的溶液：K+、Mg2+、S2-、SO42-【答案】A【解析】【详

解】A、澄清透明溶液中可以大量共存；B、由题目条件可得水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，当为碱溶液时，铜离子和氢阳根离子反应，故在溶液中不能大量共存，B错误；C、在中性溶液中，铁离子早已水解完全，故铁离子不存在，C错误；D、能使苯酚变紫色的溶液中

含铁离子，铁离子和硫离子因发生氧化还原反应而不能在溶液中大量共存，故错误；答案选A。6.下列离子方程式中，正确的是A.用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl-+H2O通电2OH-+Cl2↑+H2↑B.碳酸钠溶

液显碱性：CO32-+H2O垐?噲?HCO3-+OH-C.氯气通入冷水中：Cl2＋H2O垐?噲?Cl－＋ClO－＋2H+D.碳酸镁悬浊液中加醋酸：CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O【答案】B【解析】【详解】A．用惰性电

极电解MgCl2溶液的离子反应为Mg2++2Cl-+2H2O通电Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故A错误；B．碳酸钠溶液显碱性的离子反应为CO32-+H2O垐?噲?HCO3-+OH-，故B正确；C．氯气通入冷水中的离子反应为Cl2+H2O垐?噲?Cl-+

HClO+H+，故C错误；D．碳酸镁悬浊液中加醋酸的离子反应为MgCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O+Mg2+，故D错误；故答案为B。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，

检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。7.下列大小关系比较正确的是A.离子半径：F－<Na+<Mg2+B.电负性：C<O<NC.氢化物

的沸点：NH3<PH3<AsH3D.碱性：NaOH)>Mg(OH)2>Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A、核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故F->Na+>Mg2+，故A错误；B、同周期，从左向右电负性逐渐增大，故C<N<O，故B错误；C、N

H3存在分子间氢键，熔沸点升高，故NH3>AsH3>PH3，故C错误；D、同周期从左向右最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，故D正确；故选D。8.下列事实能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是①常温下，NH3·H2O溶液能使酚酞变红；②用

NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；③常温下，0.1mol/L氯化铵溶液的pH约为5④常温下，体积相同且pH相同的NH3·H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后

者A.①②③④B.②③④C.③④D.②④【答案】C【解析】【详解】①只能说明溶液呈碱性，不能说明一水合氨是强碱还是弱碱，故错误；②只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明电解质的强弱，故错误；③说明氯化铵是强酸弱碱盐，故一水合氨是弱碱；④能说

明氨水中还有未电离的一水合氨，故是弱碱；故选C。9.0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此氯化铬最可能是A.[Cr(H2O)6]Cl3B.[Cr(H2O)5Cl

]Cl2·H2OC.[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OD.[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O【答案】B【解析】【详解】根据题意知，氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3•6H2O)化学式中含有2个氯离子，剩余的1

个氯离子是配原子，所以氯化铬(CrCl3•6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O，故答案为B。10.下列说法正确的是A.用酸性KMnO4溶液能鉴别CH3CH=CHCH2OH和CH3CH2CH2CHOB.用图所示方法可保护钢闸门不被腐

蚀C.根据核磁共振氢谱不能鉴别1­溴丙烷和2­溴丙烷D.食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A、CH3CH==CHCH2OH和CH3CH2CH2CHO均能被酸性高锰酸钾溶液氧化而

使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液能鉴别，错误；B、图5所示方法形成原电池，钢闸门作负极，加快钢闸门腐蚀，错误；C、根据等效氢知识知1­溴丙烷中含有3种氢原子，2­溴丙烷中含有2种氢原子，可用核磁共

振氢谱鉴别，错误；D、食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应，正确。不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个．．．．．选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；）11.一定条件下，在体积

为10L的密闭容器中，1molA和1molB进行反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，经60s达到平衡，生成0.6molC。下列说法正确的是A.以A浓度变化表示的反应速率为0.001mol·L－1·s－1B.其他条

件不变，将容器体积变为5L，C的平衡浓度变为原来的2倍C.其他条件不变，若增大压强，则物质A的转化率减小D.达到平衡时，C的体积百分含量为0.353【答案】AD【解析】【详解】A、生成0.6mol的C时，反应掉0

.6mol的A，A的浓度变化量为0.06mol/L，除以时间10s得反应速率为0.001mol·L－1·s－，故A正确；B、当把容器的体积缩小时，容器内的压强增大，平衡会向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，C的浓度大于原

来的2倍，故B错误；C、增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，A的转化率增大，故C错误；D、求出达到平衡时A、B、C三者的物质的量分别为0.4mol、0.7mol、0.6mol，C的体积百分含量为0.6除以1.7即0.353，故D正确；答案选AD。12.短周期元素R、X

、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，X原子最外层电子数比次外层电子数少3，下列说法正确的是A.X的气态氢化物比R的气态氢化物稳定B.原子半径大小顺序是：r(Z)>r(Y)>r(X)C.Y、R形成的化合物YR2能使酸性KMnO4溶液褪色D.X、Z形成的化合物XZ5中各原子均

满足最外层8电子结构【答案】C【解析】【分析】由短周期元素R、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置可知，R处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期．X原子最外层电子数比次外层电子数少3，故X最外层电子数为8-3=5，故X为磷元

素，则Y为硫元素、Z为Cl元素、R为氧元素；【详解】由分析知：X为磷元素、Y为硫元素、Z为Cl元素、R为氧元素；A．同周期自左而右元素的非金属性增强，同主族自上元素非金属减弱，故非金属性R＞X，非金属性越强氢化物越稳定，故R的气态氢化物更稳定，故A错误；B．同周期自左而

右原子半径减小，故原子半径X＞Y＞Z，故B错误；C．SO2具有较强还原性，能被酸性KMnO4氧化，使KMnO4溶液褪色，故C正确；D．PCl5分子中P原子分别与5个Cl之间形成1个电子对，P原子最外层共有1

0电子，Cl原子满足最外层8电子结构，故D错误；故答案为C。13.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Y是地壳中含量最高的元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，Z是短周期中金属性最强的元素，W原子与X原子的最

外层电子数相同。下列说法正确的是A.Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族B.X的非金属性比Y的强C.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强D.原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)【答案】D【解析】【详解】短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素，X、

Y原子的最外层电子数之比为2：3，所以X是6号C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素，W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是Si元素。A.Z位于元素周期表中第三周期ⅠA族，A错误；B.X是碳、Y是氧，O的非金属性强于C，B错误；C.碳的非金属性强于硅，所以W的简

单气态氢化物的热稳定性比X的弱，C错误；D.原子核外电子层数越多原子半径越大；当原子核外电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，所以原子半径：r(Y)<r(X)<r(W)<r(Z)，D正确；故合理选项是D。14.已知

Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)＝2.5×10-9。下列说法中不正确的是A.BaSO4比BaCO3溶解度小，所以，BaCO3可以转化为BaSO4B.BaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂C.向Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na

2SO4，当两种沉淀共存时，c(SO42-)/c(CO32-)=4.4×10-2D.常温下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于2.2×10－6mol·L-1【答案】B【解析】【详解】A、难溶的可以转化成更难溶的，故A正确；B、碳

酸钡能溶于胃酸生成钡离子，引起重金属中毒，故B错误；C、当向溶液中加入BaCl2和Na2SO4时，溶液中Ba2＋浓度相等，根据溶度积常数可以求出，当两种沉淀共存时Ksp(BaSO4)÷Ksp(BaCO3)＝c(SO42-)/c(CO32-)＝1.1×10－10÷2.5×

10－9＝4.4×10-2，C正确；D、根据溶度积常数可知，在碳酸钡溶液中，Ba2＋浓度＝，所以常温下，BaCO3若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度必须不低于，D正确；答案选B。15.下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A.物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②

(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，c(NH4+)的大小顺序为：①>②>③B.pH相等的NaF与CH3COOK溶液：c(Na＋)－c(F-)>c(K＋)－c(CH3COO-)C.0.2mo1·L-1的Na2CO3溶液：c(OH-)＝c(HCO3-)＋c(H+)＋2c

(H2CO3)D.0.2mo1·L-1HCl与0.1mo1·L-1NaAlO2溶液等体积混合：c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】CD【解析】【详解】A.CO32－水解显碱性，促进MH4＋水解。Fe2＋水解溶液显酸性，抑制N

H4＋水解，所以在物质的量浓度相等的①(NH4)2CO3②(NH4)2SO4③(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液中，c(NH4+)的大小顺序为：③＞②＞①，所以A错误；B.pH相等，则两溶液中c（H+）、c（OH-）相等，NaF溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝

c（F-）+c（OH-），CH3COOK溶液中存在c（K+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），则有[c（Na+）-c（F-）]＝[c（K+）-c（CH3COO-）]＝[c（OH-）-c（H+）]，故B错误；C.电荷守恒：2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-）＝c（Na

+）+c（H+），根据物料守恒可知存在c（Na+）＝2c（HCO3-）+2c（H2CO3）+2c（CO32-），二者联式可得c(OH—)＝c(HCO3-)＋c(H+)＋2c(H2CO3)，故C正确；D.0.2mo1·L—1HCl与0.1mo1·L-1NaAlO2溶液等体积

混合后生成氯化铝和氢氧化铝，溶液显酸性，则c(Cl-)＞c(Na+)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH-)，D正确，答案选CD。非选择题（共60分）16.常温下，将某一元碱BOH和HCl溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编

号HCl的物质的量浓度（mol·L-1）BOH的物质的量浓度（mol·L-1）混合溶液的pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.10.2pH>7请回答：（1）从第①组情况分析，BOH是______（选填“强碱”或“弱碱”）。该组所得混合溶液中由水电离出的c（OH-）=______

_____mol·L-1。（2）第②组情况表明，c_________0.2。该混合液中离子浓度c（B+）____c（Cl-）（选填“<”、“>”或“=”）。（3）从第③组实验结果分析，混合溶液中BOH的电离程度_______BCl的水解程度（

选填“<”、“>”或“=”）【答案】(1).弱碱(2).1×10-5(3).<(4).=(5).>；【解析】【分析】(1)等物质的量的一元酸、碱混合时溶液呈酸性，则碱是弱碱，含有弱根离子的盐促进水电离；(2)若碱为强碱，等体积等浓度混合时pH=7；而BOH为弱碱，等体积等浓

度混合溶液的pH小于7，则为保证pH=7，应使酸浓度小于0.2mol/L；根据电荷守恒判断；(3)由③组实验结果可知，混合后为BOH与BCl的混合液，pH＞7，碱的电离大于盐的水解。【详解】(1)等物质的量的一元酸、碱混合时溶液呈酸性，则碱是弱

碱，盐溶液中氢离子就是弱根离子水解得电子的，所以溶液中水电离出的c(OH-)=c(H+)=1×10-5mol/L；(2)BOH为弱碱，等体积等浓度混合溶液的pH小于7，则为保证pH=7，应使酸浓度小于0.2mol/L，溶液呈中性

，溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液呈电中性，存在电荷守恒，所以c(B+)=c(Cl-)；(3)由③组实验结果可知，混合后为BOH与BCl的混合液，溶液pH＞7，则碱的电离大于盐的水解。17.氢气是

一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。(1)热分解法制氢。某温度，H2O(g)垐?噲?H2(g)+1/2O2(g)。该反应平衡常数表达式K=_____(2)热化学循环制氢。制备H2的反应步骤如下：①Br2(g)+CaO(s)=CaBr2(s)+1/2O2(g)ΔH

=－73kJ·mol-1②3FeBr2(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+6HBr(g)+H2(g)ΔH=+384kJ·mol-1③CaBr2(s)+H2O(g)=CaO(s)+2HBr(g)ΔH=+212kJ·mol-1④Fe3O4(s)+8HBr(g)=Br2(g)+3FeBr

2(s)+4H2O(g)ΔH=－274kJ·mol-1则H2O(g)垐?噲?H2(g)+1/2O2(g)ΔH=_________kJ·mol－1。(3)光电化学分解制氢，钛酸锶光电极:4OH-－4e-hv垐

垎噲垐O2+2H2O，则铂电极的电极反应为_______。(4)水煤气法制氢。CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)ΔH<0，在850℃时，K=1。①若升高温度到950℃时，达到平衡时K_________1(填“＞”、“＜”或“＝

”)。②850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_________。(5)甲烷制氢。将1.0molC

H4和2.0molH2O(g)通入容积为100L的反应室，在一定条件下发生反应：CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g)。测得达到平衡所需的时间为5min，CH4的平衡转化率为50%，则用H2表示该反应的平均反应速率为

_____。(6)LiBH4具有非常高的储氢能力，分解时生成氢化锂和两种非金属单质。该反应的化学方程式为_____。【答案】(1).K=12222c(H)c(O)c(HO)(2).249(3).2H2O+2e－=H2↑+2OH－（或2H++2e－=H2↑

）(4).＜(5).x＜3(6).0.003mol·L－1·min－1(7).2LiBH4＝2LiH＋2B＋3H2↑【解析】【分析】(1)依据化学平衡常数的概念和化学方程式列式得到；(2)依据盖斯定律和热化学方程式计算得到所需要的热化学方程式；(3)用原电池原理和电极书写方法写出，依据装

置图分析反应实质是电解水；(4)①反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，平衡常数减小；②若要使上述反应开始时向正反应方向进行，浓度商小于平衡常数计算判断；(5)依据甲烷的消耗量计算甲烷的化学反应速率，结合速率之比等于化学方程式中的计量数之比计算得到氢气表示的反应速率；(6

)依据分解产物配平书写化学方程式。【详解】(1)某温度下，H2O(g)⇌H2(g)+12O2(g)，该反应的平衡常数表达式为K=12222c(H)c(O)c(HO)；(2)①Br2(g)+CaO(s)=CaBr2(s)+1

/2O2(g)ΔH=－73kJ·mol-1，②3FeBr2(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+6HBr(g)+H2(g)ΔH=+384kJ·mol-1，③CaBr2(s)+H2O(g)=CaO(s)+2HBr(g

)ΔH=+212kJ·mol-1，④Fe3O4(s)+8HBr(g)=Br2(g)+3FeBr2(s)+4H2O(g)ΔH=－274kJ·mol-1，则由盖斯定律①+②+③+④得到：H2O(g)垐?噲?H2(g)+1/2O2(g)ΔH=(－73kJ·mol-1)+(+384kJ·mol-1)+(+

212kJ·mol-1)+(－274kJ·mol-1)=+249kJ·mol－1；(3)钛酸锶光电极的电极反应为4OH--4e-═O2+2H2O，图分析可知反应的原理是电解原理的应用，实质是电解水，所以铂电极为阴极，氢离子得到电子生成氢气，则铂电极的电极反应2H2

O+2e-═H2↑+2OH-(或2H++2e-═H2↑)；(4)①CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H＜0，在850℃时，K=1，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，所以升

高温度到950℃时，达到平衡时K＜1；②850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0molCO、3.0molH2O、1.0molCO2和xmolH2，若要使上述反应开始时向正反应方向进行，说明此时的浓度商小于平衡常数，则Q=(

)()()()222cCOcHcCOcHO=1.01.03.0x＜1，解得：x＜3；(5)甲烷制氢。将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积为100L的反应室，在一定条件下发生反应，测得达到平衡所需的时间为5min，CH4的

平衡转化率为50%，消耗甲烷物质的量=1.0mol×50%=0.50mol，甲烷表示的反应速率=0.50mol1005minL=0.001mol/L•min，依据化学方程式：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)，甲烷和氢气的反应速率之比等于1:3，则用H2表示该反

应的平均反应速率为：0.003mol/L•min；(6)LiBH4具有非常高的储氢能力，分解时生成氢化锂和两种非金属单质，依据物质组成分析，非金属单质只能是氢气和硼单质，反应的化学方程式为：2LiBH4═2LiH+2B+3H2↑。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是

参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。18.工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含

有Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4·7H2O的工艺流程如下：（1）滤渣A经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，其化学式为____。（2）浸取过程中Fe2（SO4）3的作用是________（氧化剂或还原剂）。（3）除铁过程控制溶液

的pH在5.4左右，该反应的离子方程式为_________。该过程在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是________。（4）置换法除重金属离子所用物质C为___________。【答案】(1).S(2).

做氧化剂(3).4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+(4).增大空气与溶液的接触面积，加快反应速率(5).Zn（锌）【解析】【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质)中加硫酸和Fe2(SO

4)3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得

到ZnSO4•7H2O，据此分析解题。【详解】(1)加入的硫酸铁可氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品为氧化产物为硫；(2)依据流程反应和生成硫单质可知，硫酸铁具有氧化性能氧化硫化锌和硫化镉，生成单

质硫；(3)除铁过程控制溶液的pH在5.4左右，利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+；在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率

；(4)制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉。19.用二氧化碳生产化工产品，有利于二氧化碳的大量回收。二氧化碳和乙二醇在ZnO或锌盐催

化下可合成碳酸乙烯酯。CO2+ZnO⎯⎯⎯→+H2O（1）锌基态原子核外电子排布式为_________；写出一种与CO2互为等电子体的分子的化学式：__________。（2）锌盐水溶液中Zn2+可与H2O之间形成[Zn（

H2O）6]2+，提供空轨道的是_____（填微粒符号）。（3）碳酸乙烯酯中碳原子杂化轨道类型为______；1mol碳酸乙烯酯中含有的σ键数目为______。（4）生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气（主要成分为CO、CO2、H

2等）与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu（OH）2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是____________；②甲醛分子的空间构型是______________（用文字描述）；（5）抗坏血酸的分

子结构如图1所示，推测抗坏血酸在水中的溶解性：______（填“难溶于水”或“易溶于水”）；一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为______。【答案】(1).[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p6

3d104s2(2).N2O(3).Zn2+(4).sp2和sp3(5).10mol（或10×6.02×1023）(6).甲醇分子间可形成氢键(7).平面三角形(8).易溶于水(9).4【解析】【分析】(1)Zn原子核外电子数为

30，根据能量最低原理书写核外电子排布式；原子数目和价电子总数相等的微粒互为等电子体；(2)配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤对电子；(3)碳酸乙烯酯中酯基中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，亚甲基中C原子形成4个σ键，

没有孤对电子，杂化轨道数目为4；1mol碳酸乙烯酯中含有10mol共价键；(4)①利用氢键来解释物质的沸点；②利用杂化类型来分析空间结构；(5)抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性；依据均摊法计算黑球与白球个数，依据化学式Cu2O判断。【详解】(1)Zn

原子核外电子数为30，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2；N2O与CO2的原子数目和价电子数均相等，两者互为等电子体；(2)Zn2+含有空轨道，H2O含有孤电子对，故Zn2+提供空轨道，H2O提供孤电子对，形成配离子[Zn(H2O

)6]2+；(3)碳酸乙烯酯中酯基中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化，亚甲基中C原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，则碳原子采取sp3杂化；1mol碳

酸乙烯酯中含有10mol共价键，含有的σ键数目为：10×6.02×1023=6.02×1024；(4)①甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，故甲醇的沸点高；②甲醛中

碳原子价电子数为3+421122−−=3，无孤对电子，则碳原子采取sp2杂化，分子的空间构型为平面三角形；(5)抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性，所以抗坏血酸易溶于水；该晶胞中白色球个数=8×18+1=2、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数之比=2:4=1:2，根据其化学式知，

白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4。【点睛】根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，a指中心原子价电子

个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。20

.将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤，将滤液加热至60℃后，再加入Na2CO3溶液，最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。（1）用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4

溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是__________，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡，其目的是___________________。（2）为测定碱式碳酸锰组成，取7.390g样品溶于硫酸，生成CO2224.0mL（标准状况），并配成500mL溶液。准确量取10.00

mL该溶液，用0.0500mol·L-1EDTA（化学式Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Mn2+（原理为Mn2++H2Y2－=MnY2－+2H+），至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL。通过计算确定该样

品的化学式_________。（写出计算过程）【答案】(1).防止FeSO4被氧气氧化(2).除去铁屑表面的油污(3).n(CO2)=n(MnCO3)=0.01moln(EDTA)=0.0014mol10mL溶液中n(Mn2+)=0.

0014mol7.390g该碱式碳酸锰中n(Mn2+)=0.07moln[Mn(OH)2]=0.06molm(H2O)=0.9gnH2O)=0.05mola∶b∶c=1∶6∶5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O【解析】【详

解】（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）n（CO2）=n（MnCO3）=0.0

1moln（EDTA）=0.0014mol10mL溶液中n（EDTA）=n（Mn2+）=0.028L×0.0500mol•L-1=0.0014mol500mL溶液n（Mn2+）=0.0014mol×50010=0.07mol7.390g该碱式碳酸锰中n（Mn2+）=0.

07moln[Mn（OH）2]=0.06molm（H2O）=7.390g-0.01mol×115g/mol-0.06mol×204g/mol=0.9gn（H2O）=0.918/molgg=0.05mola：

b：c=1：6：5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3•6Mn（OH）2•5H2O。【点睛】依据碳元素守恒计算得到碳酸锰物质的量，依据反应原理为Mn2++H2Y2-=MnY2-+2H+，得到至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL，计算EDTA的物质的量，得到10ml溶液

中所含锰离子物质的量，得到500ml溶液中所含锰离子物质的量，减去碳酸镁物质的量计算得到氢氧化锰物质的量，依据碱式碳酸锰[aMnCO3•bMn（OH）2•cH2O]的化学式计算所含结晶水的质量，得到结晶水的物质的量，得到a

：b：c．