河北省2020届高三上学期第一次大联考化学（解析版） 试卷


河北省2020届高三上学期第一次大联考
相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Al-27 Ba-137
第I卷（选择题部分，共126分）
一、选择题（每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.化学知识无处不在,下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是(　　)

古诗文记载
化学知识
A
绿蚁新醅酒，红泥小火炉
在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
B
南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之.
泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖
C
陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉
制陶的主要原料是黏土，烧制陶瓷属硅酸盐工业
D
采蒿墓之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如“石”，浣衣发面.
“石”即石碱，具有碱性，遇酸产生气体

【答案】A
【详解】A．葡萄糖属于单糖，不会发生水解反应，A不正确；
B．古时贫民住房是土砖墙，土砖墙倒塌，泥土覆盖在红糖上，能吸附红糖中的色素，B正确；
C．陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐工业，制陶的主要原料是黏土，C正确；
D．草木灰的淋汁主要成分主要是K2CO3，D正确。
故选A。
2.NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是(　　)
A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 1 L 0.1 mol·L－1磷酸(H3PO4)溶液中含有的H＋离子数为0.3NA
C. 40g 34%的过氧化氢催化分解,生成0.1 mol氧气时转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中1mol NO与0.5 mol O2充分反应,产物的分子数为NA
【答案】C
【详解】A.D2O的M=20g/mol，n=0.9mol，质子数为9NA，A错误；
B.磷酸属于弱酸，弱电解质部分电离，B错误；
C．氧元素由-1升高到0价，升高1价，O2双原子分子，产生0.1molO2电子转移数为0.2NA，C正确；
D．部分NO2转化为N2O4，产物的分子数小于NA，D错误。
故选C。
3.短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大,A、D同主族且D原子核电荷数等于A原子核电荷数的2倍,B、C原子的核外电子数之和与A、D原子的核外电子数之和相等.下列说法中一定正确的是(　　)
A. B的原子半径比A的原子半径小
B. A形成的氢化物分子中不可能含非极性键
C. B单质与水反应,水可能作氧化剂也可能作还原剂
D. C、D的最高价氧化物对应的水化物是酸
【答案】C
【详解】A．A、D分别是O、S，B、C分别为F、P或Na、Al，如果B是Na，则原子半径比A(O)大，A错误；
B．H2O2中含非极性键，B错误；
C．F2与水反应，水作还原剂，Na与水反应，水作氧化剂，C正确；
D．如果C是Al，其最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3不是酸，D错误；
故选C。
4.有Fe2+、Fe3+、H+、NH4+、NO3-和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是(　　)
A. 被氧化和被还原的离子数目比为8∶1
B. 该反应说明Fe2+、NO3-、H+在溶液不能大量共存
C. 每1 mol NO3-发生氧化反应，转移8 mol e-
D. 若利用该反应设计原电池,则负极反应为：Fe2+-e-=Fe3+
【答案】C
【详解】反应的离子方程式为8Fe2++NO3-+10H+=NH4++8Fe3++3H2O。
A．依方程式，被氧化(Fe2+)和被还原(NO3-)的离子数目比为8∶1，A正确；
B．该反应说明，Fe2+、NO3-、H+在溶液能发生性价比还原反应，不能大量共存，B正确；
C．NO3-被还原，发生还原反应，C错误；
D．若利用该反应设计原电池，则负极Fe2+失电子，发生氧化反应，D正确；
故选C。
5.以下实验设计能达到实验目的的是(　　)
选项
实验目的
实验设计
A
证明非金属性强弱:Cl>C>Si

B
鉴别NaBr和KI溶液
分别加新制氯水后,用CCl4萃取
C
除去NaHCO3固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
D
证明相同温度下:
Ksp(Ag2S) 向2 mL 0.1 mol·L-1硝酸银溶液中加入1 mL
0.1 mol·L-1 NaCl溶液,出现白色沉淀,再加入
几滴0.1 mol·L-1 Na2S溶液,有黑色沉淀生成

【答案】B
【详解】A．稀盐酸属于无氧酸，不是最高价氧化物对应的酸，所以不能根据2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，证明非金属性Cl>C，另外盐酸挥发，无洗气装置，A错误；
B．氯水与NaBr和KI反应分别生成Br2、I2，两者都易溶于CCl4，分别在CCl4层中显橙红色、紫红色，B正确；
C．NaHCO3受热易分解，而Na2CO3受热不易分解，不能达到除杂目的，C错误；
D．硝酸银与氯化钠反应，硝酸银过量，硫化钠与溶液中的银离子直接反应，无法证明哪种沉淀的溶度积更小，D错误；
故选B。
6.下列有关有机物说法正确的是(　　)
A. 糖类和蛋白质都属于天然高分子化合物
B. CH3CH(CH3)CH2COOH系统命名法命名：2-甲基丁酸
C. 重结晶提纯苯甲酸:将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D. 有机物()可与乙醇、乙酸反应,且反应类型相同
【答案】D
【详解】A．单糖、低聚糖不属于高分子化合物，A错误；
B．CH3CH(CH3)CH2COOH正确命名为3-甲基丁酸，B错误；
C．苯甲酸常温下微溶于水，故提纯苯甲酸时，应将粗品在加热条件下溶于水，趁热过滤，冷却结晶，C错误；
D．-OH能和酸酯化，-COOH能和醇酯化，D正确；
故选D。
7.某温度下,向10 mL 0.1 mol/L CuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液,滴加过程中－lg c(Cu2＋)与Na2S溶液体积的关系如图所示.下列有关说法正确的是(　　)

A. 0.1mol/LNa2S溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
B. a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最大的为b点
C. 该温度下,Ksp(CuS)的数量级为10-36
D. 向10 mL Ag＋、Cu2＋物质的量浓度均为0.1mol/L的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的Na2S溶液,Cu2＋先沉淀[已知：Ksp(Ag2S)＝6.4×10-50]
【答案】C
【详解】A．依据质子守恒，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，A错误；
B．a、c两点Cu2＋、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进，水的电离程度最小，B错误；
C．Ksp(CuS)等于10-17.7的平方(10-35.4)，数量级为10-36，C正确；
D．刚开始产生Ag2S沉淀时，c2(Ag＋) ∙c(S2-)= Ksp(Ag2S)，其中c(Ag＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=6.4×10-48mol/L，同理，刚产生刚开始产生CuS沉淀时，c(Cu2＋)∙c(S2-)= Ksp(CuS)，其中c(Cu2＋)= 0.1mol/L，则此时c(S2-)=10-34.4mol/L，故Ag+先沉淀，D错误。
故选C。
8.以黄铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3·6H2O）的工艺流程如下：

请按要求回答下列问题：
（1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是______________________________________.
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,其目的是_____________、__________.
（3）尾气主要含N2、O2、SO2和少量的CO2、H2O(g).测定尾气中SO2含量的方案如下：
【方案甲】将标准状况下的2.24 L尾气缓慢通过如下装置A中：

①C仪器的名称是_______________,装置C的作用是_________________________.
②实验时先通入尾气,再通入一定量氮气,通过B装置的增重来测量SO2的体积分数,请写出该方案合理与否的理由__________________________________________.
【方案乙】将标准状况下的2.24 L尾气缓慢通过如下装置D中,充分与足量试剂M反应后,再滴入过量试剂N,经过滤、洗涤、干燥、用电子天平称得沉淀质量为0.233g.

③若试剂M、N分别是碘水、BaCl2溶液,写出D中总反应的离子方程式： __________________.尾气中SO2的体积分数为__________________.
④若试剂M是Ba(NO3)2溶液,不再滴加试剂N,观察到D中生成的无色气体在瓶口处变为红棕色.写出SO2和Ba(NO3)2溶液反应的离子方程式：___________________________.
【答案】 (1). 增大反应物的接触面积,加快反应速率 (2). 提高铁元素的浸出率 (3). 抑制Fe3+水解 (4). 球形干燥管 (5). 防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置 (6). 该方案不合理,因为尾气中的CO2也能被B装置中的碱石灰吸收,导致所测SO2气体的体积分数偏大 (7). SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+ (8). 1.00% (9). 3SO2+3Ba2++2NO3－+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4H+
【分析】（1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是矿石颗粒越小，与空气的接触面积越大，燃烧越充分。
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是酸溶时可使反应充分，提高铁元素的浸出率；氧化时盐酸过量，可抑制Fe3+的水解。
（3）①C仪器的名称是球形干燥管，装置C的作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置，影响SO2含量的测定。
②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过B装置的增重来测量SO2的体积分数，该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被碱石灰吸收。
③若试剂M、N分别是碘水、BaCl2溶液，D中发生的反应为SO2+I2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HI+2HCl，尾气中SO2的体积分数为。
④若试剂M是Ba(NO3)2溶液，不再滴加试剂N，观察到D中生成的无色气体在瓶口处变为红棕色，则瓶内生成的气体为NO，SO2和Ba(NO3)2溶液反应的化学方程式为3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4HNO3。
【详解】（1）需将硫铁矿粉碎再焙烧的目的是矿石颗粒越小，与空气的接触面积越大，燃烧越充分。答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是酸溶时可使反应充分，提高铁元素的浸出率；氧化时盐酸过量，可抑制Fe3+的水解。答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）①C仪器的名称是球形干燥管，装置C的作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置，影响SO2含量的测定。答案为：球形干燥管；防止空气中的水蒸气、CO2进入B装置；
②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气，通过B装置的增重来测量SO2的体积分数，该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被碱石灰吸收，导致所测SO2气体的体积分数偏大。答案为：该方案不合理，因为尾气中的CO2也能被B装置中的碱石灰吸收，导致所测SO2气体的体积分数偏大；
③若试剂M、N分别是碘水、BaCl2溶液，D中发生的反应为SO2+I2+2H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HI+2HCl，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+；尾气中SO2的体积分数为。答案为：SO2+I2+2H2O+ Ba2+=BaSO4↓+2I－+4H+；1.00%；
④若试剂M是Ba(NO3)2溶液，不再滴加试剂N，观察到D中生成的无色气体在瓶口处变为红棕色，则瓶内生成的气体为NO，SO2和Ba(NO3)2溶液反应的化学方程式为3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4HNO3。答案为：3SO2+3Ba2++2NO3-+2H2O = 3BaSO4↓+2NO+4H+。
【点睛】通常情况下，在中性溶液中，NO3-不表现出氧化性，不能将Fe2+等氧化；但往硝酸盐溶液中通入SO2，由于SO2被氧化生成的硫酸能使溶液显酸性，增强了NO3-的氧化能力，从而使非酸性溶液中NO3-与SO2的氧化还原反应能顺利进行。
9.治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题.请回答下列问题：
(1)在汽车排气系统中安装三元催化转化器,可发生反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g) +N2(g).在恒容密闭容器中通入等量的CO和NO,发生上述反应时,c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示.

①据此判断该反应的正反应为____(填“放热”或“吸热”)反应.
②温度T1时,该反应的平衡常数K=_____;反应速率v=v(正)-v(逆)=k正c2(NO)c2(CO)- k逆c2(CO2)c(N2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数,计算a处v(正):v(逆)=________.
(2)下图流程是一种新型的除去尾气中氮氧化物的技术,一般采用氨气或尿素作还原剂

该技术中用尿素[CO(NH2)2]作还原剂还原NO2的主要反应为:4CO(NH2)2+6NO24CO2+7N2+8H2O ,则用NH3作还原剂还原尾气中NO（NH3、NO的物质的量之比为1:1）的化学方程式为:____ __________________________.
(3)哈伯法合成氨的流程图如图,下列五个流程中为提高原料利用率而采取的措施________（填序号）

(4)一种电化学制备NH3的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输H+.下列叙述正确的是______________（填选项）

A.Pd电极b为阴极 B.阴极的反应式为N2+6H++6e-=2NH3
C.H+由阳极向阴极迁移 D.陶瓷可以隔离N2和H2
(5)也可用CH4催化还原NOx法消除烟气中氮氧化物的污染.已知：
①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol;
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol;
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
则CH4催化还原NO的热化学方程式为__________________________________.
【答案】(1). 放热 (2). 80 (3). 160：1 (4). 4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O (5). ②④⑤ (6). BCD (7). CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－978.0 kJ/mol
【分析】(1)①从图中可以看出，T1时反应先达平衡，则T1>T2，T1时c(CO)大，说明升高温度，平衡逆向移动。
② 依题意，可得如下三段式：

温度T1时，该反应的平衡常数K=，反应速率v=v(正)-v(逆)=k正c2(NO)c2(CO)- k逆c2(CO2)c(N2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，平衡时，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，即k正×0.42×0.42=k逆×0.8×1.62，k正=80 k逆。

计算a处v(正):v(逆)= k正c2(NO)c2(CO:k逆c2(CO2)c(N2)= 80 k逆×1.02×1.02: k逆×0.5×1.02=160:1
(2)用NH3作还原剂还原尾气中NO（NH3、NO的物质的量之比为1:1），NO得2e-，NH3失去3e-，得失电子总数不等，则另有得电子的物质，只能为空气中的O2，由此可得出反应的化学方程式。
(3)五个流程中为提高原料利用率而采取的措施：加压，有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率；加催化剂只能加快反应速率，但不能使平衡发生移动；液化分离NH3，虽然不能加快反应速率，但能使平衡正向移动；N2和H2循环使用，也可提高反应物的转化率。
(4)从图中可以看出，H2失电子，Pd电极b为阳极，则Pd电极a为阴极。
A.Pd电极b为阳极，A错误；
B.阴极N2得电子，生成NH3，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，B正确；
C.阳极生成H+，通过质子传输陶瓷向阴极迁移，C正确；
D.陶瓷只允许H+通过，可以隔离N2和H2，D正确。
(5) ①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol;
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol;
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
则①+②-③×2可得CH4催化还原NO热化学方程式。
【详解】(1)①从图中可以看出，T1时反应先达平衡，则T1>T2，T1时c(CO)大，说明升高温度，平衡逆向移动，从而得出正反应为放热反应。答案为：放热；
② 依题意，可得如下三段式：

温度T1时，该反应的平衡常数K==80，反应速率v=v(正)-v(逆)=k正c2(NO)c2(CO)- k逆c2(CO2)c(N2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，平衡时，k正c2(NO)c2(CO)=k逆c2(CO2)c(N2)，即k正×0.42×0.42=k逆×0.8×1.62，k正=80 k逆。

计算a处v(正):v(逆)= k正c2(NO)c2(CO:k逆c2(CO2)c(N2)= 80 k逆×1.02×1.02: k逆×0.5×1.02=160:1。答案为：80；160:1；
(2)用NH3作还原剂还原尾气中NO（NH3、NO的物质的量之比为1:1），NO得2e-，NH3失去3e-，得失电子总数不等，则另有得电子的物质，只能为空气中的O2，由此可得出反应的化学方程式4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O。答案为：4NH3+4NO+O2(g)=4N2+6H2O；
(3)五个流程中为提高原料利用率而采取的措施：加压，有利于平衡正向移动，提高反应物的转化率；加催化剂只能加快反应速率，但不能使平衡发生移动；液化分离NH3，虽然不能加快反应速率，但能使平衡正向移动；N2和H2循环使用，也可提高反应物的转化率。答案为：②④⑤；
(4)从图中可以看出，H2失电子，Pd电极b为阳极，则Pd电极a为阴极。
A.Pd电极b为阳极，A错误；
B.阴极N2得电子，生成NH3，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，B正确；
C.阳极生成H+，通过质子传输陶瓷向阴极迁移，C正确；
D.陶瓷只允许H+通过，可以隔离N2和H2，D正确。答案：BCD；
(5) ①CH4(g)+ 2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867.0kJ/mol;
②N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) △H=+67.0 kJ/mol;
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+89.0 kJ/mol
则①+②-③×2可得CH4催化还原NO的热化学方程式为CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－978.0 kJ/mol。答案为：CH4 (g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H ＝－978.0 kJ/mol。
【点睛】在合成氨反应达平衡时，将产物液化，由于在液化的瞬间，反应物的浓度没有改变，所以此时v正不变，而生成物的浓度突然减小，所以v逆减小。由于v正>v逆，所以平衡向正反应方向移动，反应物的转化率提高。
10.锡渣主要成分是SnO,还含有少量Fe、Cu、Sb、Pb、As等元素的氧化物.可用下列流程中的方法生产锡酸钠.

已知: ①砷酸钡难溶于水,Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24
②水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3,Na3AsO4, Na3SbO4,Na2PbO2
（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧,SnO转变为Na2SnO3,则SnO参加反应的化学方程式为________________________________________
（2）除杂1的目的是“除砷和铅”,加入硫化钠所发生反应的离子方程式为________________;若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全）,需等体积加入至少____________mol/L的Ba(OH)2.
（3）除杂2中加入Sn粒的目的是____________
（4）已知Na2SnO3·3H2O可溶于水,难溶于乙醇,加热至140℃时会失去结晶水,所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为____________、过滤、用____________洗涤、____________.
（5）水碎渣中的铁元素主要以氧化物形式存在,回收比较容易,而铜冶炼过程中的铜渣中也有铁元素,但主要以硅酸铁的形式存在,回收方法更复杂：需先加CaO作置换剂,发生钙铁置换反应CaO+FeO·SiO2CaO·SiO2+FeO,在反应过程中,加CaO的同时还需加入还原剂烟煤,则加入还原剂烟煤的作用是________________________________________________
【答案】(1). 2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O (2). PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH- (3). 0.0017 (4). 除去SbO42-或除锑 (5). 在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶 (6). 乙醇 (7). 低温干燥 (8). 还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动
【分析】（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为Na2SnO3，在转化过程中，Sn由+2价升高到+4价，应有氧化剂参与反应，NaOH不可能作氧化剂，则必有空气中的O2参与反应，由此可写出SnO参加反应的化学方程式。
（2）除杂1的目的是“除砷和铅”，加入的Na2S与Na2PbO2反应，生成PbS，由此可写出发生反应的离子方程式；若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全），加入Ba(OH)2起两个作用，一个是使AsO43-完全沉淀，另一个是溶解在溶液中，使c(Ba2+)、c(AsO43-)满足Ksp(Ba3(AsO4)2)=10-24。
（3）除杂2中加入Sn粒的目的是使Na3SbO4转化为沉淀，从溶液中去除。
（4）已知Na2SnO3·3H2O可溶于水，难溶于乙醇，加热至140℃时会失去结晶水，所以最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。
（5）在反应过程中，加CaO的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原FeO，则加入还原剂烟煤的作用是还原FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。
【详解】（1）碱熔就是在锡渣中加NaOH焙烧，SnO转变为Na2SnO3，在转化过程中，Sn由+2价升高到+4价，应有氧化剂参与反应，NaOH不可能作氧化剂，则必有空气中O2参与反应，由此可写出SnO参加反应的化学方程式为2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O。答案为：2SnO+4NaOH+O2=2Na2SnO3+2H2O；
（2）除杂1的目的是“除砷和铅”，加入的Na2S与Na2PbO2反应，生成PbS，由此可写出发生反应的离子方程式PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；若要使0.001mol/L的AsO43-沉淀完全（一般认为离子浓度小于10-6mol/L时即沉淀完全），加入Ba(OH)2起两个作用，一个是使AsO43-完全沉淀，由离子方程式3Ba2++2AsO43-= Ba3(AsO4)2↓，可求出参加反应的c(Ba2+)1==0.0015mol/L；另一个是溶解在溶液中，Ba3(AsO4)2需达到沉淀溶解平衡，使c(Ba2+)2= =10-4mol/L，此为混合溶液中的c(Ba2+)，换算为原溶液中的浓度，则为2×10-4mol/L；从而得出c(Ba2+)= c(Ba2+)1+c(Ba2+)2（换）=0.0015mol/L+2×10-4mol/L=0.0017mol/L。答案为：PbO22-+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；0.0017；
（3）除杂2中加入Sn粒的目的是使Na3SbO4转化为沉淀，从溶液中去除。答案为：除去SbO42-或除锑；
（4）最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、为减少水洗时的溶解损失，应使用乙醇洗涤、最后再低温干燥。答案为：在140℃以下加热蒸发或蒸发浓缩、冷却结晶；乙醇；低温干燥；
（5）在反应过程中，加CaO的同时还需加入还原剂烟煤，只能还原FeO，则加入还原剂烟煤的作用是还原FeO，减少生成物，有利于平衡的正向移动。答案为：还原FeO以减少生成物，使钙铁置换反应向正反应方向移动。
【点睛】为使溶液中的AsO43-转化为Ba3(AsO4)2沉淀，需经两步计算，第一步利用生成Ba3(AsO4)2沉淀的离子方程式，计算所需c(Ba2+)，一般不会出现什么错误，但第二步利用Ba3(AsO4)2的溶度积常数进行计算时，我们易出现错误。那就是我们要求的是原Ba(OH)2的浓度，而我们求出的是混合溶液中的c(Ba2+)，需将其进行转换，如果我们忽视了这一点，就打开了错误之门。
【化学—选修3：物质结构与性质】
11.铜的化合物如Cu2O、CuO、CuCl、CuSO4·5H2O、Cu(IO3)2、[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2等均有着广泛的应用.回答下列问题：

(1)基态Cu2+的核外电子排布式为____________
(2)IO3-的空间构型为_____________________________（用文字描述）,与SO42-互为等电子体的分子为____________
(3)配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，Cu2+的配位数是____________.
①乙二胺分子中N 原子轨道的杂化类型为____________.
② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中含有的σ键的数目为____________.
(4) CuO的熔点比CuCl的熔点高,其原因是____________________________________.
(5) Cu2O晶体结构可能是____________ (填字母).
【答案】(1). 1s22s22p6 3s23p63d9或[Ar]3d9 (2). 三角锥形 (3). SiF4、CCl4等 (4). 4 (5). sp3杂化 (6). 26 NA (7). CuO的阴阳离子半径小于CuCl的阴阳离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大 (8). C
【分析】(1)基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p6 3s23p63d9或[Ar]3d9。
(2)IO3-中I与3个O原子形成共价键后，I的最外层还有一对孤对电子，对形成的三个共价键有排斥作用，从而使结构不对称；寻找与SO42-互为等电子体的分子时，可将O换成F或Cl，然后再通过价电子数相等，将S替换为C或Si。
(3) 配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1个H2NCH2CH2NH2与Cu2+形成2个配位键，从而得出配位键的数目。
①乙二胺分子中N 原子，除去含有一对孤对电子外，还形成了3个共价键。
② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中，1个H2NCH2CH2NH2含有11个共价单键，2个H2NCH2CH2NH2含有22个共价单键，另外，Cu2+与N还形成了4个配位键，从而得出含有的σ键的数目。
(4) CuO的熔点比CuCl的熔点高的原因，从离子所带电荷、离子半径寻找答案。
(5) 从离子个数比为2：1，分析三个晶体结构，从而确定Cu2O晶体结构。
A中，顶点含8个分子，面心含6个分子，晶体共含4个分子；B中，顶点含8个黑球，面心含6个黑球，晶体内含有4个白球，该晶体中共含4个黑球，4个白球；C中，顶点含8个白球，体心含1个白球，晶体内含4个黑球，该晶体中共含有2个白球，4个黑球。
【详解】(1)基态Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p6 3s23p63d9或[Ar]3d9。答案为：1s22s22p6 3s23p63d9或[Ar]3d9；
(2)IO3-中I与3个O原子形成共价键后，I的最外层还有一对孤对电子，对形成的三个共价键有排斥作用，从而使结构不对称，所以结构为三角锥形；寻找与SO42-互为等电子体的分子时，可将O换成F或Cl，然后再通过价电子数相等，将S替换为C或Si，从而得出分子为SiF4、CCl4等。答案为：三角锥形；SiF4、CCl4等；
(3) 配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，1个H2NCH2CH2NH2与Cu2+形成2个配位键，从而得出配位键的数目为4。答案为：4；
①乙二胺分子中N 原子，除去含有一对孤对电子外，还形成了3个共价键，从而得出N原子轨道的杂化类型为sp3杂化。答案为：sp3杂化；
② 1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+ 中，1个H2NCH2CH2NH2含有11个共价单键，2个H2NCH2CH2NH2含有22个共价单键，另外，Cu2+与N还形成了4个配位键，由此得出1个[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+含有的σ键的数目为26个，从而得出1mol [Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中，含26 NA个σ键。答案为：26 NA；
(4) CuO的熔点比CuCl的熔点高，原因是CuO的阴阳离子半径小于CuCl的阴阳离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大。答案为：CuO的阴阳离子半径小于CuCl的阴阳离子半径，CuO阴阳离子所带电荷大于CuCl，由此可得CuO的晶格能更大；
(5) 从离子个数比为2：1，分析三个晶体结构，从而确定Cu2O晶体结构为C(黑球与白球的个数比为2：1)。答案为：C。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，需弄清微粒所在晶体中的位置。若微粒在顶点上，此顶点被多少个晶胞所共用，微粒属于此晶胞的就为多少分之一；若微粒在面心，则只有二分之一属于此晶胞；若微粒在棱上，此棱属于多少个晶胞，微粒属于此晶胞的就为多少分之一；若微粒在晶胞的内部，则完全属于此晶胞。
【化学—选修5：有机化学基础】
12.根皮素J()是国外新近研究开发出来的一种新型天然美白剂,主要分布于苹果、梨等多汁水果的果皮及根皮.其中一种合成J的路线如下：

已知：
+R’’CHO+H2O
回答下列问题：
(1)C化学名称是___________.E中的官能团的名称为_______________.
(2)B为溴代烃,请写出A→B的反应条件___________.
(3)写出由C生成D和由D生成E的反应类型___________、___________.
(4)F→H的化学方程式为______________________.
(5)M是E的同分异构体,同时符合下列条件的M的结构有___________种(不考虑立体异构)
①能与FeCl3溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应
(6)设计以丙烯和1,3－丙二醛为起始原料制备的合成路线_______________________________________________________(无机试剂任选).
【答案】 (1). 对甲基苯酚或4-甲基苯酚 (2). 醛基、醚键 (3). 铁、液溴 (4). 取代反应 (5). 氧化反应 (6). +4NaOH+5H2O (7). 13 (8).
【分析】通过对流程图分析，可以得出，B为，F为，H为，I为。
(1)C的化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚，E中的官能团的名称为醛基、醚键。
(2)B为，→的反应条件为苯的同系物溴代反应的条件。
(3)由的反应类型为取代反应、氧化反应。
(4) →的反应方程式为+4NaOH+5H2O。
(5)M是的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构为(共4种)、(移动-CH3，共4种)、(移动-CH3，共2种)、(共3种)。
(6)根据已知信息，结合题给原料1，3－丙二醛和丙烯，若要制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮和1，3－丙二醛发生已知信息中的反应得到。
【详解】(1)C的化学名称是对甲基苯酚或4-甲基苯酚，E中的官能团的名称为醛基、醚键。答案为：对甲基苯酚或4-甲基苯酚；醛基、醚键；
(2)B为， →的反应条件为铁、液溴。答案为：铁、液溴；
(3)由的反应类型为取代反应、氧化反应。答案为：取代反应；氧化反应；
(4) →的反应方程式为+4NaOH+5H2O。答案为：+4NaOH+5H2O；
(5)M是的同分异构体，同时符合下列条件的M的结构为(共4种)、(移动-CH3，共4种)、(移动-CH3，共2种)、(共3种)，共计13种。答案为：13；
(6)根据已知信息，结合题给原料1，3－丙二醛和丙烯，若要制备，需要由丙烯制得丙酮，丙酮和1，3－丙二醛发生已知信息中的反应得到。合成路线为
答案为：。
【点睛】在书写限制条件下的同分异构体时，首先应根据已知有机物的结构，确定符合条件的有机物的官能团，然后再根据已知物质的分子式，确定还应具有的原子团，然后固定某一官能团或原子团，逐一移动其它官能团和原子团，同时要注意既不能重复，也不能遗漏。