发布时间 : 星期五 文章皖江名校2018届高三最后一卷理综化学试题更新完毕开始阅读aad706b7f71fb7360b4c2e3f5727a5e9856a2703
（1）辉锑矿是含锑的重要矿物，其主要成分是Sb2S3其中Sb的化合价是______。 （2）写出阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应的化学方程式______。
3+
（3）电解池所用的“隔膜”宜采用______交换膜(填“阳离子”、“阴离子”或“质子”)。为促使Sb向阳极迁移加
快反应，通常要进行的操作是_________。“电解” 中阴极反应的产物之一X是______。(填化学式)。 （4）为除去操作I所得滤液中的Cu2+，可加入Na2S。若滤液中c(Cu2+)= 0.01mol/L，当溶液中Cu2+恰好完
2-10-45] 全沉淀时，c(S)=______mol/L。 [已知Ksp(CuS)= 8×
（5）除去废液中的 AsCl3，是用次磷酸钠( NaH2PO2)还原AsCl3，产生了棕色单质砷沉淀和H3PO3。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______，氧化产物是_____________。
（6）若电解池阴极得到1mol X气体，同时电路中转移6mole-，阴极生成的m( Sb)=____ g。
【答案】 (1). +3 (2). Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S (3). 阴离子 (4). 电解过程中需要不断搅拌 (5). H2 (6). 8×10-40 (7). 2:3 (8). H3PO3 (9). 162.7
【解析】（1）Sb2S3中S的化合价为-2价，根据化合价代数和为0，计算出Sb的化合价是+3。
（2）阳极区产物SbCl3与Sb2S3发生氧化还原反应，得到SbCl3，锑的化合价降低，则硫的化合价一定升高，结合流程图分析，滤液中不含硫元素，氧化产物为硫单质，进入滤渣，所以化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。
（3）阴极发生还原反应生成锑和氢气，Cl-过剩，阳极缺Cl-，故采用阴离子交换膜。为促使Sb3+向阳极迁移加快反应，通常要进行的操作是电解过程中需要不断搅拌。“电解” 中阴极发生还原反应，产物之一X是H2。因此本题正确答案为：阴离子；电解过程中需要不断搅拌；H2 （4）根据Ksp(CuS)=c(Cu2+) ·c(S2-)=8×10-45，当溶液中Cu2+恰好完全沉淀
2+-52-时，c(Cu)≤10mol/L，c(S)=
mol/L=8×10-40 mol/L。
（5） AsCl3与 NaH2PO2反应生成单质砷沉淀和H3PO3。根据原子守恒，反应物有水参加，化学方程式为：
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2AsCl3+3 NaH2PO2+3H2O=2As↓+3H3PO3+3NaCl+3HCl，该反应中氧化剂为AsCl3，还原剂为 NaH2PO2，二者物质的量之比为2:3，氧化产物是H3PO3。
（6）电解池阴极得到1mol H2时，转移2mole-，电路中共转移6mole-，则生成Sb时转移4mole-，由Sb3++3e-=Sb知，阴极生成的m( Sb)=mol×121.8 g/mol=162.7g。 10. （1）工业上尝试用太阳能分解水制取H2，其过程如下:
已知:2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ/mol 2Fe3O4(s)
6FeO(s)+O2(g) △H= +313.8kJ/mol
①过程I中，需将O2及时分离出去，目的是_________。 ②过程II的热化学方释式是_________。 ③整个过程中，Fe3O4的作用是_________。
（2）工业上利用H2合成氢的反应原理为:3H2(g) +N2(g)
2NH3(g)。现有甲、乙两个容积为1L的密
闭容器.在相同条件下，按不同的反应物投入量进行合成氢反应相关数据如下表示: 容器 反应物投入量 平衡时N2的浓度(mol/L) NH3的体积分数 混合气体的密度(g/L)
①下列情况下，反应达到平衡状态的是_____(填序号)
甲 2mol H2、2mol N2 c1=1.5 ω1 ρ1 乙 4mal H2 .4mol N2 c2 ω2 ρ2 第 10 页 共 10 页
a.3molH-H共价键断裂同时有6mol N-H共价键形成 b.3v正(N2)=v逆(H2)
c.混合气体的平均相对分子质量保持不变
②反应的平衡常数K=_______(结果保留3位有效数字).
③分析上表中的数据，有以下关系:c2________3mol/L；ω1________ω2(填“>”、“<”、“=”)；若ρ1=ag/L，则ρ2________ g/L(用含 a的式子表示)
（3）利用氨水吸收工业废气中的SO2，既可解决环境问题，又可制备(NH4)2SO3。可用(NH4)2SO3为原料，以空气氧化法制备(NH4)2SO4，其氧化速率与温度关系如下图:
试解释在温度较高时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因是_________。
mol-1 【答案】 (1). 提高Fe3O4的转化率 (2). 3FeO (s)+H2O (l)＝Fe3O4 (s)+H2 (g) ΔH＝+128.9kJ·(3). 催化剂 (4). bc (5). 5.33 (6). ＜ (7). ＜ (8). 2a (9). 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)
【解析】(1)①过程I的反应中，分离出O2，可以使反应正向移动，提高Fe3O4的转化率。 ②过程II反应物为FeO 和H2O ，生成物为Fe3O4 和H2， 已知i.2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+571.6kJ/mol
ii.2Fe3O4(s)
6FeO(s)+O2(g) △H= +313.8kJ/mol
mol-1 得，3FeO (s)+H2O (l)＝Fe3O4 (s)+H2 (g) ΔH＝+128.9kJ·
根据盖斯定律，（i-ii）
③整个过程总反应是水的分解反应，Fe3O4的作用是催化剂。
（2）a.3molH-H共价键断裂同时有6mol N-H共价键形成，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，a错误；b.达到平衡时3v正(N2)=v逆(H2)，b正确；c.混合气体的平均相对分子质量保持不变，说
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明气体的物质的量不变，达到平衡状态，c正确；本题答案为bc。 ②用“三行式”求平衡时浓度，
3H2(g) +N2(g)
起始浓度（mol/L） 2 2 0
变化浓度（mol/L）1.5 0.5 1 平衡浓度（mol/L）0.5 1.5 1 K=
=5.33
2NH3(g)
③甲、乙等温等容，起始投料乙是甲的二倍，可以假想乙是两个分别进行的甲，再合二为一，这就等同于加压，平衡正向移动，因甲平衡时N2的浓度为c1=1.5，则乙平衡时N2的浓度c2<21.5mol/L，即c2<3mol/L；NH3的体积分数ω1<ω2；若ρ1=ag/L，体积不变，混合气体的质量乙是甲的二倍，根据ρ2=2a g/L。
（3）由图中曲线可知，温度超过60℃，氧化速率反而降低，原因是温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小，也可能是温度升高氧气在溶液中溶解度降低。因此，本题答案为温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低)。
11. 工业上常利用铜萃取剂，使溶液中的Cu2+富集进入有机相，再经过进一步的反萃取实现金属铜的沉积、再生，铜萃取剂富集Cu的原理如下:
2+
则
（1）基态铜原子所失去的第一个电子所占据的能层符号是______， 价铜离 子的简化电子排布式为_________。
（2）铜萃取剂中所含 元素的电负性由大到小顺序为______，N原子以_____杂化轨道与O原子形成σ键。 （3）铜萃取剂与 Cu2+形成的配合物在水相的溶解度______有机相的溶解度(填“>”、“<”、“=”)，该配合物晶体类型为_____ 。
（4）某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实 验:CuSO4溶液
蓝色沉淀
沉淀溶解。写出蓝色沉淀
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