四川省宜賓市2023-2024學(xué)年高三化學(xué)上學(xué)期第二次月考理綜試題含解析

Page16Page16宜賓市高2021級高三上學(xué)期第二學(xué)月考試?yán)砜凭C合試題注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2.考試時間150分鐘，滿分300可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.下列有關(guān)材料的說法正確的是A.鋁、鎂、鈦等合金廣泛應(yīng)用于飛船建造，這些合金只存在吸氧腐蝕，不存在析氫腐蝕B.冬奧會禮儀服裝用到的石墨烯材料、制作“飛揚(yáng)”火炬的碳纖維復(fù)合材料、速滑競賽服采用的聚氨酯材料都屬于有機(jī)高分子材料C.清華大學(xué)打造的世界首款異構(gòu)融合類腦芯片一天機(jī)芯的主要材料與光導(dǎo)纖維的相同D.神舟飛船使用的熱控材料是新型保溫材料-納米氣凝膠，納米氣凝膠具有丁達(dá)爾效應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．鋁、鎂、鈦等合金在強(qiáng)酸性環(huán)境中可發(fā)生析氫腐蝕，A錯誤；B．聚氨酯是由有機(jī)小分子經(jīng)聚合反應(yīng)生成的高分子化合物，屬于有機(jī)高分子材料，而碳纖維復(fù)合材料屬于無機(jī)材料，B錯誤；C．芯片的主要材料是硅單質(zhì)，C錯誤；D．納米氣凝膠屬于膠體，膠體具有丁達(dá)爾效應(yīng)，D正確；答案選D。2.表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ鍵數(shù)為12NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LHCHO與CH4的混合物中分子數(shù)為0.5NAC.向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD.45g草酸中sp2雜化的C原子個數(shù)為NA【答案】A【解析】【詳解】A．配位鍵和共價單鍵均為σ鍵，1mol[Cu(NH3)4]2+含4molCuN鍵和12molN-H鍵，即含有16molσ鍵，其數(shù)目為16NA，A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L即0.5molHCHO與CH4的混合物中分子數(shù)為0.5NA，B正確；C．由于還原性：I->Fe2+，向含1molFeI2的溶液中通入等物質(zhì)的量的Cl2，Cl2先和I-發(fā)生反應(yīng)2I-+Cl2=I2+2Cl-，則1molCl2和2molI-恰好完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，C正確；D．草酸分子式為H2C2O4，結(jié)構(gòu)簡式為HOOC-COOH，草酸分子中所有C原子均為sp2雜化，45g草酸的物質(zhì)的量為0.5mol，則所含sp2雜化的C原子個數(shù)為NA，D正確；故選A。3.利用下列實(shí)驗(yàn)裝置及操作不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．用NaOH溶液測定稀硫酸濃度B．配制溶液：向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體C．可用于洗滌表面的D．測定中和反應(yīng)反應(yīng)熱A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．NaOH標(biāo)準(zhǔn)液滴定稀硫酸濃度，NaOH選用堿式滴定管，可用酚酞做指示劑，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?；故A不選；B．轉(zhuǎn)移溶液過程需要用玻璃棒引流，圖示中缺少玻璃棒引流，因此不能達(dá)到目的，故B選；C．洗滌沉底的方法是過濾后向過濾器中加水至沒過沉淀，待水完全流盡后重復(fù)操作2-3次，圖中操作可達(dá)到目的，故C不選；D．中和熱測定在量熱器中進(jìn)行，通過測定反應(yīng)前后的溫度變化確定中和熱，圖中裝置可達(dá)到目的，故D不選；故選：B。4.芳香化合物M的結(jié)構(gòu)簡式為，關(guān)于有機(jī)物M的說法正確的是A.有機(jī)物M分子式為C10H12O3B.1molNa2CO3最多能消耗1mol有機(jī)物MC.1molM和足量金屬鈉反應(yīng)生成22.4L氣體D.有機(jī)物M能發(fā)生取代、氧化和加成反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，有機(jī)物M的分子式為C10H10O3，故A錯誤；B、羧基和碳酸鈉反應(yīng)，1molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1molNa2CO3最多能消耗2mol有機(jī)物M，故B錯誤；C、羧基、羥基都能與鈉反應(yīng)放出氫氣，1molM和足量金屬鈉反應(yīng)生成1mol氫氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是22.4L，故C錯誤；D、有機(jī)物M含有羧基、羥基能發(fā)生取代、含有碳碳雙鍵能發(fā)生氧化和加成反應(yīng)，故D正確。5.X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X的2s軌道全充滿，Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，M原子核外有8種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，Q是短周期中除稀有氣體元素外原子半徑最大的元素。下列說法不正確的是A.第一電離能：B.Q與M形成的二元化合物中可能含有非極性共價鍵C.最高正化合價：D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。X的2s軌道全充滿，為Be元素；Y的s能級電子數(shù)量是p能級的兩倍，為C元素；M原子核外有8種運(yùn)動狀態(tài)不同的電子，為O元素；Q是短周期中除稀有氣體元素外原子半徑最大的元素，為Na元素。即X、Y、Z、M、Q分別是Be、C、N、O、Na元素?！驹斀狻緼．M為O，Z為N，N的2p能級為半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能大于氧，第一電離能：，故A正確；B．Q、M形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中鈉離子和過氧根離子之間存在離子鍵、過氧根離子中存在O-O非極性鍵，故B正確；C．主族元素最高正化合價與其族序數(shù)相等，X為Be最高正化合價為+2、Z為N最高正化合價為+5、因?yàn)镺元素非金屬性很強(qiáng)，不易失電子，所以M沒有最高正化合價，故C錯誤；D．Y、Z分別是C、N元素，非金屬性：Y＜Z，則最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Z＞Y，故D正確；故選C。6.我國學(xué)者設(shè)計(jì)如圖所示裝置，將氯堿工業(yè)和硬水軟化協(xié)同處理，同時制備工業(yè)硫酸和氫氧化鈉。圖中雙極膜中間層的水解離為和，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。下列說法錯誤的是A.膜p適合選擇陰離子交換膜B.溶液Y適合選擇稀硫酸C.硬水中生成、沉淀D.相同時間內(nèi)，理論上兩極上生成氣體的物質(zhì)的量相等【答案】B【解析】【分析】由裝置功能和信息知，左端電極為陰極，水電離出的在該電極上得電子生成和，與生成沉淀、與反應(yīng)生成后生成沉淀，同時硬水中通過膜進(jìn)入溶液，雙極膜中水解離出的進(jìn)入溶液，達(dá)到制備工業(yè)硫酸的目的；右端電極為陽極，飽和食鹽水中在該電極上失電子生成，同時通過膜進(jìn)入溶液，雙極膜中水解離出的也進(jìn)入溶液而達(dá)到制備的目的?！驹斀狻緼．膜適合選擇陰離子交換膜，正確；B．溶液適合選擇稀溶液，B錯誤；C．硬水中生成、沉淀，C正確；D．由電子守恒，相同時間內(nèi)，理論上兩極生成和的物質(zhì)的量相等，D正確；故選B。7.25℃，用0.1mol?LNaOH溶液滴定某二元弱酸，pH與粒子的分布分?jǐn)?shù)δ[如]，的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.時，應(yīng)選擇酚酞溶液作指示劑B.的數(shù)量級為C.NaHA溶液中D.Na?A溶液中【答案】C【解析】【分析】由圖可知，bf曲線為0.1mol?L?1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲線，當(dāng)時，反應(yīng)生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，當(dāng)時，反應(yīng)生成Na2A，Na2A溶液顯堿性，以此解答該題?！驹斀狻緼．時，反應(yīng)生成NaHA，NaHA溶液顯酸性，應(yīng)選用甲基紅做指示劑，故A錯誤；B．由圖可知，當(dāng)溶液中c（HA?）＝c（H2A），pH<7，由>1×10?7，故B錯誤；C．由分析可知，NaHA溶液顯酸性，HA-電離程度大于水解程度；所以溶液中，故C正確；D．Na2A溶液中存在元素質(zhì)量守恒關(guān)系：c(Na＋)＝2c(HA?)＋2c(A2?)＋2c(H2A)，所以，故D錯誤；故答案選C。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共129分。8.草酸(H2C2O4)及其鹽類化合物在化學(xué)工業(yè)中有重要作用。請回答下列問題：（1）實(shí)驗(yàn)室中可以在50℃左右，用濃硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔(C2H2)氣體來制備草酸。其主要裝置如下圖。C2H2的電子式為____；儀器X的名稱為____；裝置中濃硝酸的還原產(chǎn)物為NO2，生成草酸的化學(xué)方程式為____，若反應(yīng)溫度高于50℃，生成草酸的速率會減慢，主要原因是____。（2）三草酸合鐵酸鉀{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}為綠色晶體，溶于水，難溶于乙醇，可作有機(jī)反應(yīng)的催化劑。某實(shí)驗(yàn)小組用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O為原料制備三草酸合鐵酸鉀的步驟如下：①稱取5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O固體，溶解，加硫酸酸化，攪拌下加入25mL1mol·L-1H2C2O4溶液，靜置，析出黃色的FeC2O4·2H2O沉淀，過濾并洗滌沉淀2~3次。②將上述FeC2O4·2H2O沉淀溶解在10mL飽和草酸鉀溶液中，再加入20mL飽和H2C2O4溶液，保持溶液溫度40℃左右，緩慢滴加3%H2O2溶液，不斷攪拌，沉淀慢慢變?yōu)樯钭厣?；加熱至沸騰30min，再加入8~9mL草酸溶液，控制pH在3~4，變?yōu)榫G色透明的三草酸合鐵酸鉀溶液。③加熱濃縮，緩慢加入95%的乙醇，冷卻結(jié)晶、過濾，洗滌晶體2~3次，干燥、稱量。其中，生成FeC2O4·2H2O的化學(xué)方程式為____；保持溶液溫度40℃所采用的加熱方法是____，加熱至沸騰30min的目的是____；洗滌晶體所用試劑為____。（3）制得的三草酸合鐵酸鉀晶體中往往會混有少量草酸。為測定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M=491g/mol)的純度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：稱取樣品10.72g，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用濃度為0.2000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)時消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，樣品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______(保留兩位小數(shù))?！敬鸢浮浚?）①.②.球形冷凝管③.C2H2+8HNO3(濃)H2C2O4+8NO2+4H2O④.溫度高于50℃，硝酸會大量揮發(fā)和分解，使其濃度降低（2）①.(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4②.水浴加熱(或熱水浴)③.使過量的H2O2分解，以防其氧化草酸根(或草酸)④.95%的乙醇(或乙醇)（3）91.60%【解析】【分析】本題是一道常見無機(jī)物的制備類型的實(shí)驗(yàn)題，首先在三頸燒瓶中用乙炔和硝酸，硝酸汞反應(yīng)制備草酸，第二問為用草酸和(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反應(yīng)制備三草酸合鐵酸鉀{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，以此解題?！拘?詳解】C2H2為共價化合物，電子式為；儀器X為球形冷凝管；C2H2被硝酸氧化為草酸，本身還原為NO2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為C2H2+8HNO3(濃)H2C2O4+8NO2+4H2O；若反應(yīng)溫度高于50℃，硝酸會大量揮發(fā)和分解，使其濃度降低，故反應(yīng)溫度高于50℃，生成草酸的速率會減慢。【小問2詳解】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶體溶解在水中，然后加入硫酸酸化，再加入草酸溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生FeC2O4·2H2O沉淀，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4，要保持溶液溫度為40℃，就需便于控制溫度，應(yīng)采取的加熱方式為水浴加熱；H2O2作氧化劑將亞鐵離子氧化為Fe2+，為防止過量的H2O2氧化草酸根，影響產(chǎn)物生成，要將溶液加熱煮沸，故加熱至沸30min目的是使H2O2全部分解，除去過量H2O2；由于三草酸合鐵酸鉀{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}為綠色晶體，溶于水，難溶于乙醇，因此洗滌時可用95%的乙醇，洗去鹽表面的雜質(zhì)離子的同時，還可以防止產(chǎn)品溶解損失；【小問3詳解】消耗高錳酸鉀溶液的物質(zhì)的量為0.2000mol·L-1×0.028L=0.0056mol，根據(jù)5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得H2C2O4的物質(zhì)的量為0.014mol，質(zhì)量為0.014mol×90g/mol=1.26g，故100mL溶液中H2C2O4的質(zhì)量為6.3g，設(shè)樣品中含有草酸xmol，含有三草酸合鐵酸鉀ymol，則①90x+491y=10.72；根據(jù)5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知n(H2C2O4)=n()=××0.2×28×10-3mol=70×10-3mol，則②x+3y=14×10-3mol；聯(lián)立兩個方程可得y=0.02mol，則m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.02×491=9.82g，則樣品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=。9.NO、NO2是大氣污染物，但只要合理利用也是重要的資源。請回答下列問題：(1)NH3還原法可將NO還原為N2進(jìn)行脫除。已知：①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)?H1=-1530kJ·mol-1②N2(g)+O2(g)=2NO(g)?H2=+180kJ·mol-1請寫出NH3還原NO的熱化學(xué)方程式：_______。(2)亞硝酰氯(ClNO)是合成有機(jī)物的中間體。將一定量的NO與Cl2充入一密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+Cl2(g)?2ClNO(g)?H<0。平衡后，改變外界條件X，實(shí)驗(yàn)測得NO的轉(zhuǎn)化率α(NO)隨X的變化關(guān)系如圖1所示，則條件X可能是_______(填字母代號)。A.溫度B.壓強(qiáng)C.D.與催化劑的接觸面積(3)在密閉容器中充入4molCO和5molNO，發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)?H=-746.5kJ·mol-1，平衡時NO的體積分?jǐn)?shù)與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示。①反應(yīng)在D點(diǎn)達(dá)到平衡后，若此時升高反應(yīng)溫度，同時擴(kuò)大容器體積使壓強(qiáng)減小，在重新達(dá)到平衡過程中，D點(diǎn)會向A～G點(diǎn)中的_______點(diǎn)移動。②某研究小組探究催化劑對CO、NO轉(zhuǎn)化的影響。將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進(jìn)行反應(yīng)，相同時間內(nèi)測量逸出氣體中NO含量，從而確定尾氣脫氮率(即NO的轉(zhuǎn)化率)，結(jié)果如圖3所示。溫度低于200℃時，圖中曲線I脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因是_______；a點(diǎn)_______(填“是”或“不是”)對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，理由是_______。(4)以連二硫酸根離子()為媒介，用電化學(xué)法處理煙氣中NO的裝置如圖4所示。①陰極區(qū)的電極反應(yīng)式為_______；②NO被吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為，若通電時電路中轉(zhuǎn)移了0.3mole-，則通電過程中理論上被吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_______mL?！敬鸢浮竣?4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-2070kJ?mol-1②.AC③.A④.溫度較低時，催化劑的活性偏低⑤.不是⑥.因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，根據(jù)線II可知，a點(diǎn)對溫度的平衡脫氮率應(yīng)該更高⑦.2+4H++2e-=+2H2O⑧.1344【解析】【分析】(1)NH3還原NO反應(yīng)的方程式為4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ?mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ?mol-1，根據(jù)蓋斯定律①-②×3得到NH3還原NO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；(2)如圖所示NO的轉(zhuǎn)化率α(NO)隨X的增加而逐漸減??；(3)①對反應(yīng)容器升溫的同時擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，則平衡會逆向移動，NO的體積分?jǐn)?shù)增加；②催化劑在低溫下活性不大，反應(yīng)隨溫度變化速率變化不大，圖象分析可知a點(diǎn)不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率；(4)由圖可知，陰極上亞硫酸根離子得到電子生成，NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為，N元素的化合價由+2價降低為-3價，以此計(jì)算?！驹斀狻?1)NH3還原NO反應(yīng)的方程式為4NH3+6NO=5N2+6H2O，①4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)△H1=-1530kJ?mol-1，②N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H2=+180kJ?mol-1，由蓋斯定律①-②×3得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-1530kJ?mol-1-(+180kJ?mol-1)×3=-2070kJ?mol-1，則NH3還原NO的熱化學(xué)方程式為4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=-2070kJ?mol-1；(2)如圖所示NO的轉(zhuǎn)化率α(NO)隨X的增加而逐漸減?。籄．反應(yīng)2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)△H<0，則升高溫度，平衡逆向移動，NO的轉(zhuǎn)化率減小，與圖象吻合，故A可能；B．反應(yīng)2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)△H<0，則增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，NO的轉(zhuǎn)化率增大，與圖象不吻合，故B不可能；C．增大，說明是增減小Cl2的量或增大NO的量，NO的轉(zhuǎn)化率均減小，與圖象吻合，故C可能；D．改變與催化劑的接觸面積，不影響平衡的移動，NO的轉(zhuǎn)化率不變，與圖象不吻合，故D不可能；故答案為AC；(3)①若在D點(diǎn)對反應(yīng)容器升溫的同時擴(kuò)大體積使體系壓強(qiáng)減小，則平衡會逆向移動，NO的體積分?jǐn)?shù)增加，重新達(dá)到的平衡狀態(tài)可能是圖中A點(diǎn)；②溫度低于200℃時，圖中曲線I脫氮率隨溫度升高而變化不大的主要原因是溫度較低時，催化劑的活性偏低；a點(diǎn)不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率，因?yàn)樵摲磻?yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，平衡脫氮率減小，根據(jù)曲線II450℃時的脫氮率可知，a點(diǎn)對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率應(yīng)更高，即a點(diǎn)不是對應(yīng)溫度下的平衡脫氮率；(4)①由圖可知，陰極上亞硫酸根離子得到電子生成，陰極區(qū)電極反應(yīng)式為2+4H++2e-=+2H2O；②NO吸收轉(zhuǎn)化后的主要產(chǎn)物為，N元素的化合價由+2價降低為-3價，若通電時電路中轉(zhuǎn)移了0.3mole-，則此通電過程中理論上吸收的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為×22.4L/mol=1.344L=1344mL。10.銻(Sb)及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)為原料制備金屬銻的工藝流程如圖所示：已知：①浸出液中除含過量鹽酸和SbCl5外，還含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；②常溫下：Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29；③溶液中離子濃度小于或等于1.0×10-5mol/L時，認(rèn)為該離子沉淀完全。（1）將輝銻礦粉碎的目的為__________，濾渣1中除了S之外，還有____(填化學(xué)式)。（2）“浸出”時，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____________________________。（3）浸出液中加入適量Sb的目的是_______________________________________。（4）常溫下，“除銅、鉛”時Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此時溶液中c(S2-)不低于___mol/L。Na2S也不宜過多，其原因?yàn)開____________________________________________。（5）“電解”時，被氧化的Sb元素與被還原的Sb元素的質(zhì)量之比為_______?！敬鸢浮浚?）①.增大固體接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分②.SiO2（2）Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S（3）將過量的Sb5+(SbCl5)還原為Sb3+(SbCl3)（4）①.9.04×10-24②.產(chǎn)生H2S等污染性氣體和Sb2S3（5）3：2【解析】【分析】輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有PbS、As2S3、CuO、SiO2)加入稀鹽酸后，SiO2不參與反應(yīng)也不溶于鹽酸，以濾渣的形式過濾掉，濾液中含有SbCl5、SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2，同時發(fā)生Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S，生成S沉淀，加入Sb可將過量的Sb5+還原為Sb3+，所得溶液含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2，加入硫化鈉，生成硫化銅、硫化鉛沉淀，過濾除掉，加入Na3PO2后，As3+被還原為As單質(zhì)除掉，所得溶液中溶質(zhì)主要為SbCl3，SbCl3為共價化合物，電解其溶液，陽極Sb3+離子失電子變?yōu)镾b5+，陰極Sb3+得電子變?yōu)镾b。【小問1詳解】①輝銻礦為礦石，粉碎后增大固體接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分，故答案為：增大固體接觸面積，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分；②SiO2不參與反應(yīng)也不溶于鹽酸，故濾渣1中除了S之外，還有SiO2；【小問2詳解】Sb5+有氧化性，可將-2價S氧化為S單質(zhì)，故發(fā)生的反應(yīng)為：Sb2S3＋3SbCl5=5SbCl3＋3S；【小問3詳解】加入Sb可將過量的Sb5+還原為Sb3+，便于電解產(chǎn)生Sb，故答案為：將過量的Sb5+(SbCl5)還原為Sb3+(SbCl3)；【小問4詳解】①Cu2+和Pb2+均沉淀完全，則濃度小于或等于1.0×10-5mol/L，已知Ksp(CuS)=1.27×10-36，Ksp(PbS)=9.04×10-29，則溶解度CuS<PbS，故Pb2+完全沉淀時，Cu2+一定完全沉淀，所以最低濃度為c(S2-)=mol/L②若Na2S過多，則多余的S2-可與溶液中的H+和Sb3+發(fā)生反應(yīng)，生成H2S和Sb2S3，其原因?yàn)椋寒a(chǎn)生H2S等污染性氣體和Sb2S3；【小問5詳解】“電解”時，陽極反應(yīng)：3Sb3+-6e-=3Sb5+，陰極反應(yīng)：2Sb3++6e-=2Sb，所以被氧化的Sb元素與被還原的Sb元素的質(zhì)量之比為：3∶2；(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]11.磷酸鐵鋰電池是綠色環(huán)保型電池，電池的總反應(yīng)為：Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。（1）LiFePO4中Fe2+的核外電子排布式為___________，該電池反應(yīng)物中所涉及第二周期元素的第一電離能由大到小的順序是___________(用元素符號表示)。（2）H3PO4和H2CO3中P和C原子的雜化方式___________(填“相同”或“不相同”)。（3）LiFePO4、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作為聚乙二醇鋰離子電池的電極材料。電池放電時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈向正極遷移的過程如圖所示(圖中陰離子未畫出)。相同條件下，電極材料___________(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中Li+遷移較快，原因是：_________。（4）某金屬鋰的硼氫化物是優(yōu)質(zhì)固體電解質(zhì)，并具有高儲氫密度。陽離子為Li+，陰離子是由12個硼原子和12個氫原子所構(gòu)成的離子團(tuán)。陰離子在晶胞中位置如圖所示，其堆積方式為___________，Li+占據(jù)陰離子組成的所有正四面體空隙中心，該化合物的化學(xué)式為___________(用最簡整數(shù)比表示)。假設(shè)晶胞邊長為anm，則兩個最近的Li+的距離為___________nm。【答案】（1）①.1s22s22p63s23p63d6②.O＞C＞Li（2）不相同（3）①.LiAsF6②.LiAsF6中陰離子半徑大于LiPF6，故晶格能更小，陰陽離子間吸引力更弱，Li+更易遷移（4）①.面心立方最密堆積②.LiB6H6③.【解析】【小問1詳解】Fe原子核外有26個電子，基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則Fe2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6；該電池中涉及的第二周期的元素有Li、C、O，同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，第IIA族、第VA族比相鄰的元素大，故Li、C、O的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋篛＞C＞Li；答案為：1s22s22p63s23p63d6；O＞C＞Li；【小問2詳解】H3PO4可寫成(HO)3PO，H3PO4中P價層電子對數(shù)為4+=4，P采取sp3雜化，H2CO3可寫成(HO)2CO，H2CO3中C的價層電子對數(shù)為3+=3，C采取sp2雜化，H3PO4和H2CO3中P和C原子的雜化方式不相同；答案為：不相同；【小問3詳解】LiPF6、LiAsF6中陽離子相同，P、As都位于第VA族，LiAsF6中陰離子半徑大于LiPF6，故LiAsF6的晶格能更小，陰陽離子間吸引力更弱，結(jié)合“電池放電時，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈向正極遷移的過程”知，相同條件下，電極材料LiAsF6中Li+遷移較快；答案為：LiAsF6；LiAsF6中陰離子半徑大于LiPF6，故晶格能更小，陰陽離子間吸引力更弱，Li+