2019年好教育高考考前適應(yīng)性試卷化學(xué)(二)(解析版)

1、2019 年好教育高考考前適應(yīng)性試卷化學(xué)(二 )(解析版)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39一、選擇題：本大題共7 小題，每小題6 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。7化學(xué)與生活、社會(huì)發(fā)展息息相關(guān)。下列說(shuō)法不正確的是A “ 霾塵積聚難見(jiàn)路人” ，霧霾所形成的氣溶膠有丁達(dá)爾效應(yīng)B “熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”，該過(guò)程發(fā)生了置換反應(yīng)C “青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對(duì)青蒿素的提取屬于化學(xué)變化D 古劍 “沈盧 ”“ 以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”，劑鋼指的是鐵的合金【答案】C【解析】A

2、項(xiàng)，霧屬于膠體，膠體的性質(zhì)之一是具有丁達(dá)爾效應(yīng)，故說(shuō)法正確；B 項(xiàng)，鐵比銅活潑，發(fā)生Fe Cu 2+=Fe2+ Cu，屬于置換反應(yīng)，故說(shuō)法正確；C 項(xiàng)，此方法屬于萃取，屬于物理變化，故說(shuō)法錯(cuò)誤； D 項(xiàng)，鋼是鐵和其他單質(zhì)組成的合金，故說(shuō)法正確。8溴化鈣是一種重要的化工原料，制備CaBr2·2H2O的主要流程如下：下列說(shuō)法不正確的是A試劑M 是 HBr，加入HBr 的目的是除去過(guò)量的Ca(OH) 2B 操作為過(guò)濾，濾渣為Fe、 Fe(OH) 2和 Fe(OH) 3；操作為重結(jié)晶，具體操作步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥C制得的CaBr 2· 2H2O 可以通過(guò)以下方法測(cè)定

3、純度：稱取一定量的樣品溶于水，滴入足量Na2CO3 溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾，將濾渣洗滌、烘干、冷卻、稱量，計(jì)算便得出CaBr 2·2H 2O 的純度D 工業(yè)上也可以將氨氣通入石灰乳，并加入溴，于65進(jìn)行反應(yīng)，制得溴化鈣，此反應(yīng)中還會(huì)生成一種無(wú)色氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Ca(OH) 2 3Br 2 2NH3=3CaBr2 N2 6H2O【答案】B【解析】Fe 與溴單質(zhì)反應(yīng)生成FeBr2，加過(guò)量的氫氧化鈣，生成氫氧化亞鐵沉淀，氫氧化亞鐵易被氧氣氧化為氫氧化鐵，過(guò)濾得到濾液中主要含有CaBr2，在濾液中加HBr 中和多余的氫氧化鈣，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥，得到CaBr2

4、·2H2O 晶體。根據(jù)上述分析，溴化亞鐵溶液中加入過(guò)量的M 為 HBr，A 正確；氫氧化亞鐵易被氧氣氧化為氫氧化鐵，操作為過(guò)濾，濾渣為Fe 和 Fe(OH) 3，故B 錯(cuò)誤；稱Na2CO3溶液，充分反應(yīng)后過(guò)濾得到生成的碳酸鈣沉淀，將濾渣洗滌、CaBr2·2H2O 的純度，故C 正確；3Ca(OH) 2 3Br2 2NH 3=65進(jìn)行反應(yīng)，制得溴化鈣，3CaBr2 N2 6H2O，因此工業(yè)上也可以將氨氣通入石灰乳，并加入溴，于D 正確。9某有機(jī)物的鍵線式為，關(guān)于其說(shuō)法正確的是A 可發(fā)生氧化、取代、加成反應(yīng)B 分子式為C8H 10O2C該有機(jī)物含酯基的芳香族化合物的同分異構(gòu)體有

5、4 種D 它的另一種同分異構(gòu)體最多有 13 個(gè)原子共平面【答案】A此有機(jī)物含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化、加成反應(yīng)，另有醇羥基可發(fā)生取代反應(yīng)，故A 正確；C8H8O2，故B 錯(cuò)誤；該有機(jī)物的含酯基的芳香族化合物的同分異構(gòu)體有6 種，其中苯3 種，另有苯甲酸甲酯、乙酸苯酯和甲酸苯甲酯，故C 錯(cuò)誤；有機(jī)分子中所有原子都可能共平面，故D 錯(cuò)誤；答案為B 。10某新型電池，以NaBH 4(B 的化合價(jià)為3 價(jià) ) 和 H2O2作原料，該電池可用作深水勘探等無(wú)空氣環(huán)A 每消耗3mol H 2O2，轉(zhuǎn)移的電子為6mol e-B 電池工作時(shí)Na+從 b 極區(qū)移向a極區(qū)C b 極上的電極反應(yīng)：H2O2 2e- =2

6、OH -D a極上的電極反應(yīng)式：BH-4 8OH- 8e- =BO2 6H2OB由原電池工作原理示意圖可知反應(yīng)中BH 4被氧化為H2O，應(yīng)為原電池的負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為 BH4 8OH- 8e-=BO2 6H2O，正極H2O2得電子被還原生成OH-，每消耗3mol H2O2，轉(zhuǎn)移的電子為6mol，選項(xiàng)A 正確；該裝置是原電池，原電池放電時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，所以Na+從 a 極區(qū)移向b極區(qū)，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤； b電極反應(yīng)式為H2O2 2e- =2OH -，選項(xiàng) C 正確；反應(yīng)中BH 4被氧化為H2O，應(yīng)為原電池的負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為BH4 8OH- 8e-=BO2 6H2O，選項(xiàng)D 正確。11

7、下列實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方案A證明Mg(OH) 2沉淀可以轉(zhuǎn)化為Fe(OH) 31向 2mL 1mol· L NaOH 溶液中先加入3滴 1mol·L 1 MgCl 2溶液，再加入3滴1mol ·L 1 FeCl 3B比較氯和碳的非金屬性強(qiáng)弱將鹽酸滴入碳酸氫鈉溶液中C驗(yàn)證電解飽和食鹽水陽(yáng)極有氯氣生成以鐵為電極電解飽和食鹽水，并將陽(yáng)極生成的氣體通入淀粉-KI 溶液D比較銅和鎂的金屬活動(dòng)性強(qiáng)弱用石墨作電極電解Mg(NO 3)2、Cu(NO 3)2的混合溶液D【解析】反應(yīng)中氫氧化鈉過(guò)量，加入氯化鐵一定產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀，不能證明Mg(OH) 2沉淀可

8、以轉(zhuǎn)化為Fe(OH) 3， A 錯(cuò)誤；鹽酸不是氯元素的最高價(jià)含氧酸，不能比較非金屬性強(qiáng)弱，B 錯(cuò)誤；鐵作陽(yáng)極，鐵失去電子，得不到氯氣，C 錯(cuò)誤；用石墨作電極電解Mg(NO 3)2、 Cu(NO3)2的混合溶液，根據(jù)放電順序可以判斷金屬性強(qiáng)弱，D 正確。12短周期主族元素W、 X、 Y、 Z 的原子序數(shù)依次增加，K、 L、 M 均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、 Y 的單質(zhì)，甲是常見(jiàn)的固體，乙是常見(jiàn)的氣體。K 是無(wú)色氣體，是主要的大氣污染物之一，0.05mol ·L-1 丙溶液的pH 為 1，上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A 原子半徑：W<X<

9、;YB 元素的非金屬性：Z>Y>XC化合物XYZ 中只含共價(jià)鍵D K 、 L 、 M 中沸點(diǎn)最高的是M【答案】C【解析】短周期主族元素W、 X、 Y、 Z 的原子序數(shù)依次增加。K、 L、 M 均是由這些元素組成的二元化合物，甲、乙分別是元素X、 Y 的單質(zhì)，甲是常見(jiàn)的固體，乙是常見(jiàn)的氣體。K 是無(wú)色氣體，是主要的大氣污染物之一，則K 為 SO2， 0.05mol ·L-1 丙溶液的pH 為 1，則丙為硫酸，根據(jù)流程圖，二氧化硫能夠與水和氧氣反應(yīng)生成硫酸，因此L 為水，乙為氧氣，甲為C 單質(zhì)， X 為 C 元素； M 為二氧化碳，因此W為 H 元素、 X 為 C 元素、 Y

10、 為 O 元素、 Z 為 S 元素。根據(jù)元素周期律中原子半徑的規(guī)律，同一周期從左到右，原子半徑逐漸減小，原子半徑：O<C，故A 錯(cuò)誤；同一周期從左到右，元素的非金屬性逐漸增大，同一主族從上到下，元素的非金屬性逐漸減小，元素的非金屬性：Y>Z ，故 B 錯(cuò)誤；化合物COS 屬于共價(jià)化合物，其中只含共價(jià)鍵，故C 正確；水分子間能夠形成氫鍵，沸點(diǎn)最高的是水(L) ，故D 錯(cuò)誤。13下圖為0.100mol L·-1 NaOH 溶液分別滴定20.00mL 0.100mol L·-1 的 HA 和 HB 的滴定曲線。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(己知lg2 0.3)A HB 是弱酸，b

11、點(diǎn)時(shí)溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)Ba、b、 c三點(diǎn)水電離出的c(H+)：a<b<cC滴定HB 時(shí)，不宜用甲基橙作指示劑D滴定 HA 溶液時(shí)，當(dāng)V(NaOH) 19.98 mL 時(shí)溶液pH 約為 3.7【答案】D【解析】酸的濃度均是0.1 mol· L- 1，起始時(shí)HA 的 pH 1， HA 是強(qiáng)酸，HB 的 pH 大于1， HB 是弱酸，b 點(diǎn)時(shí) HB 被中和一半，所得溶液是等量HB 和 NaB 的混合溶液，溶液顯酸性，說(shuō)明電離程度大于水解程度，則溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)， A 正確；a、 b 兩點(diǎn)酸均是過(guò)量的，抑制

12、水的電離，HA 是強(qiáng)酸，抑制程度最大。c 點(diǎn)恰好反應(yīng)生成的NaB 水解，促進(jìn)水的電離，因此三點(diǎn)溶液中水電離出的c(H+)： a<b<c， B 正確；由于NaB 溶液顯堿性，則滴定HB 時(shí)，不宜用甲基橙作指示劑，易選擇酚酞，C 正確；滴定HA 溶液時(shí)，當(dāng) V(NaOH) 19.98 mL 時(shí)溶液 HA 過(guò)量，溶液中氫離子濃度是0.02 ×0.1 0.019 98 0×.10.039 98mol L· - 1 5× -150mol ·L- 1，所以pH 約為4.3， D 錯(cuò)誤，答案選D。26 (14 分 )冰晶石又名六氟鋁酸鈉(Na3A

13、lF 6)，白色固體，微溶于水，常用作電解鋁工業(yè)的助熔劑。工業(yè)上用螢石(主要成分是CaF2)、濃硫酸、氫氧化鋁和碳酸鈉溶液通過(guò)濕法制備冰晶石，某化學(xué)實(shí)驗(yàn)小組模擬工業(yè)上制取Na3AlF 6的裝置圖如下(該裝置均由聚四氟乙烯儀器組裝而成)。已知：CaF2 H2SO4=CaSO4 2HF（ 1）實(shí)驗(yàn)儀器不能使用玻璃儀器的原因是（ 用化學(xué)方程式表示）。（ 2）裝置的作用為。（ 3）在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，裝置中有CO2氣體逸出，同時(shí)觀察到有白色固體析出，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：。（ 4）在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，先向裝置中通入HF 氣體，然后再滴加Na2CO3溶液，而不是先將Na2CO3和Al（OH） 3混合后再通入

14、HF 氣體，其原因是。（ 5）裝置反應(yīng)后的混合液經(jīng)過(guò)過(guò)濾可得到Na3AlF 6晶體，在過(guò)濾操作中確定沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是。（ 6）在電解制鋁的工業(yè)生產(chǎn)中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。（ 7）螢石中含有少量的Fe2O3雜質(zhì)，可用裝置反應(yīng)后的溶液來(lái)測(cè)定氟化鈣的含量。具體操作如下：取 8.0g 螢石加入裝置中，完全反應(yīng)后，將混合液加水稀釋，然后加入足量的KI 固體，再以淀粉為指示1劑，用0.1000mol·L- 1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，當(dāng)出現(xiàn)現(xiàn)象時(shí)，到達(dá)滴定終點(diǎn)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00 mL，則螢石中氟化鈣的百分含量為。 （已知：I2 2S2O23 =S4O62 2I-）【

15、答案】（ 1） 4HF SiO2=SiF4 2H2O（ 2）作為安全瓶，防止倒吸（ 3） 2Al（OH）312HF6Na+3CO23=2Na3AlF63CO29H2O（ 4） 酸鈉溶液呈堿性，Na2CO3會(huì)首先與HF 反應(yīng)，不利于Al（OH） 3的溶解（ 5） 最后一次洗滌液少許于試管中，向其中滴加BaCl 2溶液，若無(wú)白色沉淀生成，說(shuō)明沉淀已洗滌干凈（ 6） 2O2- 4e- =O2（ 7）溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)96%【解析】本題主要考查對(duì)于制取Na3AlF 6實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)。（1 ）氫氟酸與玻璃成分二氧化硅反應(yīng)而腐蝕玻璃：4HF SiO2=SiF4 2H2O。（2）裝置的作用是防止倒吸

16、。（3）該白色固體是微溶于水的六氟鋁酸鈉，該反應(yīng)的離子方程式：2Al（OH） 3 12HF 6Na+ 3CO23 =2Na3AlF6 3CO2 9H2O。（4）其原因是 Na2CO3會(huì)首先與HF 反應(yīng)，不利于Al（OH） 3的溶解。（5）沉淀吸附Na+、 CO23 等離子，可以檢驗(yàn)CO32 ，在過(guò)濾操作中確定沉淀已經(jīng)洗滌干凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，向其中滴加BaCl2溶液，若無(wú)白色沉淀生成，說(shuō)明沉淀已洗滌干凈。（6）在電解制鋁的工業(yè)生產(chǎn)中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為2O2-4e- =O2。（7） Fe2O3溶解產(chǎn)生的Fe3+將KI 氧化為I2， I2遇淀粉變藍(lán)，當(dāng)出現(xiàn)溶液藍(lán)色褪去，且半分

17、鐘內(nèi) 不 恢 復(fù) 現(xiàn) 象 時(shí) ， 到 達(dá) 滴 定 終 點(diǎn) 。 Fe2O3 2Fe3+ I2 2S2O 32 ， n(Fe2O3) 0.5n(Na2S2O3) 0.5 ×0.1000mol L·-1×0.040L 0.0020mol， m(Fe2O3) 0.0020mol ×160g·mol- 1 0.32g，則螢石中氟化鈣的百分含量為1 8.0 96%。27 (15 分 )汽車尾氣中排放的NOx和 CO 污染環(huán)境，在汽車尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NOx和 CO 的排放。已知：2CO(g) O2(g)? 2CO2(g) H566.0 k

18、J m·ol-1 N2(g) O2(g)? 2NO(g) H180.5kJ m·ol-1 2NO(g) O2(g)? 2NO2(g) H116.5kJ m· ol-1回答下列問(wèn)題：( 1) CO 的燃燒熱為。若1mol N2(g)、 1mol O2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)分別需要吸收946 kJ、 498kJ 的能量，則1mol NO(g) 分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為kJ。( 2) CO 將 NO2還原為單質(zhì)的熱化學(xué)方程式為。( 3)為了模擬反應(yīng)2NO(g) 2CO(g)N2(g) 2CO2(g)在催化轉(zhuǎn)化器內(nèi)的工作情況，控制一定條件，讓反應(yīng)在恒容密閉容器中

19、進(jìn)行，用傳感器測(cè)得不同時(shí)間NO 和 CO 的濃度如下表：時(shí)間 /s012345c(NO)/(10 4mol ·L 1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(10 3mol ·L 1)3.603.052.852.752.702.70前 2 s 內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(N2)，此溫度下，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K。能說(shuō)明上述反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是(填字母)。A n(CO2) 2n(N2)B 混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變C氣體密度不變D 容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)不變當(dāng) NO 與 CO 濃度相等時(shí)，體系中NO 的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如下圖所示，則NO 的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升

20、高而減小的原因是，圖中壓強(qiáng)(p1、 p2、 p3)的大小順序?yàn)?)1.875×10-4 mol ·L-1·s-15000 BD 該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，NO 的轉(zhuǎn)化率減小(或正反應(yīng)放熱，溫度越高，越不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，NO 的平衡轉(zhuǎn)化率越小) p1>p2>p3【解析】( 1)由 2CO(g) O2(g)2CO2(g) H566.0kJ m· ol-1 可知， 2mol CO 完全燃燒放出566.0kJ 的熱量，所以1mol CO 完全燃燒放出283kJ 的熱量，所以CO 的燃燒熱為283kJ ·mol-1。若1m

21、olN2(g)、 1 mol O 2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)分別需要吸收946 kJ、 498 kJ 的能量，設(shè)1mol NO(g) 分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為xkJ，由N2(g)O2(g)2NO(g) H946kJ·mol1498 kJ ·mol 1 2x kJm· ol631.75 kJ。 1180.5 kJ·mol 1，解之得x 631.75，所以 1mol NO(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為2)× 2可得：2NO2(g) 4CO(g)=N2(g) 4CO2(g) H (566.0 kJ ·mol 1) ×

22、;2( 180.51kJ ·mol ) ( 116.5 kJ ·mol )1 196 kJ ·mol 1，所以CO 將 NO2還原為單質(zhì)的熱化學(xué)方程式為2NO2(g)4CO(g)=N2(g) 4CO2(g) H1 196 kJ·mol 1。 (3)由表中數(shù)據(jù)可知，前2 s 內(nèi)， NO 的變化量為(10.0 2.50) ×10 4 mol ·L 1 7.50×10 4 mol ·L 1，由 N 原子守恒可得4N2的變化量為3.75 ×10 4 molL 1，所2s 內(nèi)平均反應(yīng)速率v(N 2)3.75 

23、15;10mol L· 1 1.875 ×10 4molL 1 · s 1 ，此溫度下，反應(yīng)在第4s 達(dá)平衡狀態(tài)，各組分的平衡濃度分別為41c(NO) 1.00×10 4 mol ·L 1c(CO) 2.70×10 3 mol ·L 1c(N 2) 10.01.00 4 1 42× 10 mol ·L 4.5 ×10mol L· 1、c(CO2)(3.602.7)×103 mol·L19.0×104mol·L14 1，所以該反應(yīng)的平衡常數(shù)K2c2

24、N2 c22CO2 4424.5 ×10 4× 9.0 ×10 4 2 4 2 3 2c NO c CO 1.00 ×10× 2.70 ×105000。 A 項(xiàng)，在反應(yīng)過(guò)程中關(guān)系式n(CO2) 2n(N2) 恒成立，所以不能說(shuō)明是平衡狀態(tài)；B 項(xiàng)，雖然反應(yīng)過(guò)程中氣體的總質(zhì)量恒不變，但是氣體的總物質(zhì)的量變小，所以混合氣體的平均摩爾質(zhì)量在反應(yīng)過(guò)程中變大，平均相對(duì)分子質(zhì)量也變大，因此當(dāng)氣體C 項(xiàng)，反應(yīng)過(guò)程中氣體的總體積和總質(zhì)量都不變，所以氣體密度不變，因此該說(shuō)法也不能說(shuō)明是平衡狀態(tài)；D 項(xiàng)，正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，所以反應(yīng)過(guò)程平衡狀態(tài)的

25、是B、 D。當(dāng)NO 與 CO 濃度相等時(shí)，體系中NO 的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示，NO 的則 NO 的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減小的原因是該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小(或正反應(yīng)放熱，溫度越高，越不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，NO 的平衡轉(zhuǎn)化率越小)；由反應(yīng)方程式可知，在相同溫度下壓強(qiáng)越大，越有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，則NO 的轉(zhuǎn)化率越大，所以圖中壓強(qiáng)(p1、 p2、 p3)的大小順序?yàn)閜1>p2>p3。28 (14 分 )氯化鋇是白色的晶體，易溶于水，微溶于鹽酸和硝酸，難溶于乙醇和乙醚，易吸濕，需密封保存。工業(yè)上制備BaCl2·2H2O有如下兩種途徑：

26、途徑1：以重晶石(主要成分BaSO4)為原料，流程如下：炭鹽酸重晶石礦 高溫焙燒 溶解 過(guò)濾 濾液 結(jié)晶COH2SBaCl 2·2H2O1)寫出 “溶解 ”時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式：2） “高溫焙燒”時(shí)必須加入過(guò)量的炭，同時(shí)還要通入空氣，其目的是（ 3）結(jié)晶得到的晶體，需用乙醇洗滌的理由是。途徑2：以毒重石（主要成分BaCO3，含CaCO3、 MgCO 3、 Fe2O3、 SiO2等雜質(zhì)）為原料，流程如下：Ksp(BaC2O4)1.6×107，Ksp(CaC2O4)2.3×109，KspMg(OH) 2 1.8×1011。2+ CaMg2+3+ Fe開(kāi)始沉淀時(shí)

27、的pH11.99.11.9完全沉淀時(shí)的pH13.911.13.74）濾渣的成分為（填化學(xué)式）。5）濾渣中含（填化學(xué)式）。過(guò)濾析出后，濾液中含有的Mg 2+濃度為6）加入H2C2O4時(shí)應(yīng)避免過(guò)量，其原因是為了防止生成（填化學(xué)式）。( 1) BaS 2HCl=BaCl 2 H2S（ 2）使硫酸鋇得到充分還原，提高BaS 的產(chǎn)量；該反應(yīng)為高溫反應(yīng)，碳和氧氣反應(yīng)放出熱量維持所需要的高溫條件（ 3）氯化鋇難溶于乙醇，（水和乙醇互溶）洗滌時(shí)減少產(chǎn)品的損失（ 4） SiO2、 Fe（OH） 3（ 5） Mg（OH） 2、 Ca（OH） 2 1.8 ×10 8 mol ·L 1（ 6） B

28、aC2O4【解析】（ 1 ）重晶石礦經(jīng)過(guò)高溫焙燒的產(chǎn)物用鹽酸溶解，產(chǎn)生了硫化氫，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的原理，硫酸鋇焙燒生成了BaS，因此溶解的化學(xué)方程式：BaS 2HCl=BaCl 2 H2S。（2）根據(jù)“高溫焙燒”可知，此步需要維持高溫，也可以使硫酸鋇得到充分還原，提高BaS 的產(chǎn)量，碳和氧氣反應(yīng)放出熱量維持所需要的高溫條件。（3）根據(jù)信息可知，氯化鋇易溶于水，微溶于鹽酸和硝酸，難溶于乙醇和乙醚，用乙醇洗滌，可以減少產(chǎn)品的損失。（4）二氧化硅不溶于鹽酸和氨水，因此濾渣中含有二氧化硅，鹽酸溶解氧化鐵生成鐵離子。氨水調(diào)節(jié)溶液的pH 8 時(shí)，鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，因此濾渣中還含有氫氧化鐵。（ 5）

29、pH 12.5 時(shí)，溶液中的鈣離子和鎂離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鈣和氫氧化鎂沉淀，根據(jù)pH 12.5 時(shí)， c（OH ）101.5mol·L1， KspMg（OH）2c（Mg 2+）×c2（OH ） 1.8×1011， c（Mg2+） 1.8×108mol ·L1。（6）H2C2O4過(guò)量時(shí)，當(dāng)Q> Ksp（BaC2O4），可能會(huì)生成BaC2O4沉淀，因此H2C2O4應(yīng)避免過(guò)量。35【選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】（15 分 ）Fe、 HCN 與 K2CO3 在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：Fe 6HCN 2K2CO3=K4Fe(CN) 6 H2 2CO22H

30、2O， 回答下列問(wèn)題：（ 1）此化學(xué)方程式中涉及的第二周期元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)?。?2）配合物K4Fe（CN） 6的中心離子是，該離子價(jià)電子的基態(tài)電子排布圖為。（ 3） 1 mol HCN 分子中含有 鍵的數(shù)目為， HCN 分子中碳原子軌道雜化類型是，與CN 互為等電子體的陰離子是。4） K2CO3中陰離子的空間構(gòu)型為，其中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為（ 5）冰的晶體結(jié)構(gòu)模型如圖，它的晶胞與金剛石相似，水分子之間以氫鍵相連接，在一個(gè)晶胞中有個(gè)氫鍵，若氫鍵鍵長(zhǎng)為d nm，則晶體密度（g ·cm 3）計(jì)算式為（用 NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。( 1 ) C<N<O3） 1

31、.204×1024 sp雜化C224）平面三角形35) 168×184d 7NA ×3× 10（ 1 ）此化學(xué)方程式中涉及的第二周期元素有C、 N 、 O，三種元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镃<N<O 。（2）配合物基態(tài)電子排布圖為3） HCN 的結(jié)構(gòu)式為K4Fe（CN） 6的中心離子是Fe2+，該離子價(jià)電子的H CN ， 1mol HCN 分子中含有 鍵的數(shù)目為2NA， HCN 分子中碳原子軌道雜化類型是sp 雜化，CN 有 2 個(gè)原子和10 個(gè)價(jià)電子，則與CN 互為等電子體的陰離子為C22。（4）CO23中碳原子

32、價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)321（423× 2）3，且不含孤電子對(duì)，所以C11原子采用sp2 雜化，空間構(gòu)型為平面三角形。（5）每個(gè)冰晶胞平均占有分子個(gè)數(shù)4 18× 8 6× 21 8， H2O2 個(gè) 鍵和 2 個(gè)孤電子對(duì)，金剛石中每個(gè)碳原子含有4 個(gè) 鍵且沒(méi)有孤電子對(duì)，所以水中O 和金剛石中的C 都是sp3雜化，且水分子間的氫鍵具有方向性，每個(gè)水分子中一個(gè)氧原子可以和另外2 個(gè)水分子中的氫原子形成2 個(gè)氫鍵，2 個(gè)氫原子可以和另外2 個(gè)水分子中的氧原子形成氫鍵，所以每個(gè)水分子可與相鄰的4 個(gè)水分子形成4 個(gè)氫鍵，即平均每個(gè)水分子可形成2 個(gè)氫鍵，每個(gè)晶胞中共有2 × 8 16個(gè)氫鍵；若氫鍵鍵長(zhǎng)為d nm，晶胞的對(duì)角線為4d nm，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為a nm，則a 4d nm，晶胞的體積為(a nm)3，晶胞的質(zhì)量為8× N18 g，晶體密度8× N18 g÷ (a nm) 384d×18g ·cm 3。AANA× 3× 10 7336【選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】（15 分 ）H 是一種新