1、石家莊市2020屆高三年級階段性訓練題理科綜合化學試題1.1969年，由于采用水煎和乙醇提取的青蒿藥物抗瘧效果均不佳，屠呦呦研究團隊受古代文獻“青蒿一握, 以水二升漬，絞取之，盡服之”的啟發(fā)，使用沸點更低的乙醍獲得青蒿提取物，并從中提純出“青蒿素” 晶體，進而成功測定其分子式為Cl5H22O5.據(jù)此判斷下列說法錯誤的是A.與水相比，青蒿素更易溶于乙醍等有機溶劑B.高溫會破壞青蒿素的化學活性C.提純青蒿素晶體過程中使用到重結晶操作D.利用燃燒法可測得青蒿素的分子式【答案】D【解析】【詳解】A.青蒿素為有機物，根據(jù)“相似相溶”原理，與水相比，青蒿素更易溶于乙醍等有機溶劑，確；B.根據(jù)材料中的信息“

2、采用水煎和乙醇提取的青蒿藥物抗瘧效果均不佳”，可推測出高溫會破壞青蒿素的 化學活性，B正確；C.由乙醛萃取青蒿素，而后從青蒿素的乙醛溶液中得到晶體，需要使用到重結晶操作，C正確;D.利用燃燒法，只能測得分子中C、H。元素的個數(shù)比，無法測得分子式，D錯誤；故答案選Do【點睛】燃燒法只能測得有機物分子的最簡式，無法得到其分子式。2.為研究銅與濃硫酸的反應，實驗小組同學進行如圖實驗，下列說法錯誤的是A.bc&A. F中可以盛放酸性 KMnO 4溶液B.為確認有硫酸銅生成，可向反應后的A中加水C.此實驗設計不能排除濃硫酸中的水是否影響B(tài)裝置現(xiàn)象的判斷D.可通過D中固體不變色而 E中溶液褪色的現(xiàn)象證明濃

3、硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素【答案】B【解析】【分析】此探究實驗的實驗目的為研究銅與濃硫酸的反應，A中發(fā)生的反應為Cu+2H 2SO4（濃）=CUSO4+2H2O+SO2 , B的作用是為了驗證水蒸氣的生成，C中濃硫酸的作用是除掉混合氣體中的水，防止后續(xù)熱還原操作出現(xiàn)危險，D裝置是為了探究是否有 H2等還原性氣體的生成，E中品紅褪色，說明產(chǎn)物中有 SO2 , F裝置為尾氣處理裝置。【詳解】A.根據(jù)上述分析，F(xiàn)為尾氣處理裝置，可以使用具有強氧化性的KMnO4溶液來吸收尾氣SO2 , A正確；B.由于反應結束后 A裝置中還殘留有濃 H2SO4,故應當取少量 A中的溶液，加入水中，進而觀察現(xiàn)象，B

4、錯誤；C. A裝置中水的來源可能有兩部分，一是反應生成的，二是濃H2SO4中本來就有的，故此實驗設計不能排除濃硫酸中的水是否影響B(tài)裝置現(xiàn)象的判斷，C正確；D.可通過D中固體不變色而 E中溶液褪色的現(xiàn)象證明濃硫酸中硫元素的氧化性強于氫元素，D正確；故答案選B。點燃3.設阿伏加德羅常數(shù)的值為Na,關于反應2Mg+CO2=2MgO+C下列說法錯誤的是A. 8.8gCO2中共用電子對的數(shù)目為 0.8NaB.消耗CO24.48L （標準狀況下）時轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 0.8NaC. 12g金剛石（C）中所含共價鍵的數(shù)目為 4NaD. 0.1molMgO中所有離子的最外層電子數(shù)之和為1.6Na【答案】C【解析

5、】【詳解】A. 一個CO2分子中共用電子對的數(shù)目為4對，8.8 g CO2為0.2 mol ,即0.8Na，故A正確;B.根據(jù)給出的反應式可知當1 mol CO2參與反應時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4 mol,則消耗4.48 L CO 2即0.2 mol時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 0.8 mol,故B正確；C. 12 g金剛石為1 mol,其中 C C鍵的數(shù)目為 2NA，故C錯誤；D. MgO中各原子均達到 8電子穩(wěn)定結構，故最外層電子數(shù)之和為16。當n 0.1 mol時，最外層電子數(shù)之和為1.6Na ,故D正確；故答案選Co4.香港城市大學支春義團隊研發(fā)的Zn/富Co（ID） Co3O4電池（如圖采用 ZnSO

6、4和CoSO4為電解質(zhì)溶液，充放電過程中a極發(fā)生CoO與Co3O4之間的轉(zhuǎn)化，從而很好地克服了之前堿性鋅一鉆電池的缺陷。下列說法錯誤的是A.放電時，溶液中 Co2+濃度不變B.充電時，溶液中SO42-移向a極C.充電時，外電路通過 2mole 一，理論上電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少6gD.若為堿性介質(zhì)，會降低電極的可逆性【答案】A【解析】【分析】富Co （出）Co3O4可寫作Co2O3 CoO ,放電時，b極為負極，發(fā)生的電極反應 Zn 2e-=Zn2+，a為正極, 發(fā)生的反應為Co3O4 +2e- +Co2+ =4CoO o充電時，b為電解池的陰極，發(fā)生反應為 Zn2+2e=Zn，a為電 解池的陽極，

7、發(fā)生反應為 4CoO-2e-=Co3O4+Co2+。【詳解】A.根據(jù)上述分析，放電時，溶液中的Co2+會參與正極反應，因此溶液中的Co2+濃度會減小，Aa為電解池的陽極，故溶液中 SO42-移向a極，B正確;錯誤;B.充電時，陰離子向陽極移動，C.充電時，當外電路通過2mol e時，溶質(zhì)減少1mol Zn2+,增加1mol Co2+,溶質(zhì)質(zhì)量的變化為65g-59g=6g ,C正確；2+-D.若溶液為堿性介質(zhì)，則會發(fā)生反應Zn +2OH =Zn（OH） 2,從而降低電極的可逆性，D正確；故答案選A 5.R.F.Heck、Ei-ichiNegishi和AkiraSuzuk三名科學家因在鋁（Pd）催

8、化交叉偶聯(lián)反應方面的卓越研究獲得2010年諾貝爾化學獎，其中Heck反應的歷程如圖，下列說法錯誤的是A. Heck反應的總反應類型為取代反應B. 口三中最多有6個原子共平面C.y 可使濱水或酸性 KMnO 4溶液褪色D.若 RX 為 CH3CH2BJ 貝U的同類別同分異構體還有4種（不考慮立體異構）一個C-H鍵可以通過旋轉(zhuǎn)與KMnO 4溶液氧化，從而使【詳解】A. Heck反應是指鹵代煌與活化不飽和燃在鋁催化下，生成反式產(chǎn)物的反應，R-X+R iCH=CH 2-RiCH=CHR+HX ,所以反應為取代反應， A正確；B. 中，烯平面上共有6個原子共平面，由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以甲基上碳碳雙鍵共面

9、，所以最多有 7個原子共平面，B錯誤；C.弋一中存在碳碳雙鍵，故可以與濱水發(fā)生加成反應使其褪色，也可以被酸性KMnO 4溶液褪色，C正確;D.若RX為CH3CH2BJ則 J為 5rx,要確定與其同類別的同分異構體，則只考慮烯煌，CC-C-C-C|5個C原子的骨架有C-C-C-C-C、|、C-C-C三種情況，而第三種情況不存在烯嫌，故不考慮,C1的同類別同分異構體還有C所以不考慮立體異構,4種，D正確;故答案選B。6.25C時，向10.00mL0.1000mol L-1H2SO4溶液中滴加相同物質(zhì)的量濃度的氨水，測得混合溶液中-lgc(OH-)隨滴加氨水體積的變化如圖所示，下列說法錯誤的是A.水

10、的電離程度：bcaB. Kh (NH4+)的數(shù)量級為10-10C. c點滿足 c (SO42-) c (NH4+) c (H+) =c (OH-)D. d 點滿足 c (NH4+) +2c (H+) =c (NH3H2O) +2c (OH【答案】C【詳解】A.原溶液為硫酸溶液，對水的電離起抑制作用，在滴加氨水的過程中，酸性逐漸減弱，水的電離程度增大，在恰好完全中和即在加入20.00 mL NH 3 H2O , lgc OH 8.7時，此時只存在 NH4的水解過程，水的電離程度最大，而后再滴入NH 3 H2O ,相當于加入了堿對水的電離起抑制作用，電離程度又減小，由分析可知 b點水的電離程度最大

11、，其次 a、c之間c a ,故A正確;c NH3 H2O c HB. NH4 的水解方程式為：NH4 H2O? NH3 H2O H , Kh NH4，要計c NH4算Kh NH4則需要在圖中找到特殊點，能得知等式中的三個量，如 b點，因為b點是恰好完全反應 的點，根據(jù)橫縱坐標能得知方程式中各微粒的量，由縱坐標lgc OH 8.7可得53c H 10 mol/L,則c NH3 H2O也等于10 5.3 mol/L，c H 由于恰好完全反應，且水解程度微弱，可做近似計算，c H 20.00 0.1000 0.067 mol/L,代入Kh NH4表達式，可得30.00_ _ 10Kh NH43.73

12、 10 ,故 B 正確；C.根據(jù)電荷守恒：cHcNH4c OHc SO4 ,c點pH7,此時cHc OH,則c NH4 2c SO2,即cNH4c SO2,故 C錯誤；D. d點加入40.00 mL NH 3 H2O,此時溶液中溶質(zhì)成分為：c NH4 2sO4:c(NH3 H2O) 1:2,由 電荷守恒 c HcNH4c OH 2c SO2，和物料守恒c NH4c NH3H2O4cSO4,聯(lián)立可得質(zhì)子守恒2cHc NH42c OHc NH3H2O,故D正確；故答案選Co7.原子序數(shù)依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M可形成a、b兩種化合物(如圖)，a為磁共振氫譜中常用的參照物，b為有機合成中

13、的一種還原劑。下列說法錯誤的是仔XX3Z-M-ZX3Y+EX-w-x - ZX3XabA.原子半徑：WMZB.元素非金屬性：ZMC. W的最高價氧化物的水化物具有兩性D.常溫常壓下X與Z形成的化合物為氣態(tài)【答案】D【解析】 【分析】a為磁共振氫譜中常用的參照物，根據(jù)a的結構推測a為四甲基硅，M為Si元素、Z為C元素、X為H元素,b為有機合成中的一種還原劑，b應為四氫鋁鋰， W為Al元素，丫為Li元素，符合原子序數(shù)依次增大的短周期元素這一要求。【詳解】A.核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，所以原子半徑WMZ , A正確；B.同主族元素，從上到下，非金屬性

14、逐漸減弱，所以C元素的非金屬性強于 Si, B正確；C. W的最高價氧化物的水化物為 Al(OH) 3 , Al(OH) 3為兩性氫氧化物，C正確；D. X與Z形成的化合物為燒，當煌的相對分子量較大時，常溫常壓下可以為液態(tài)和固態(tài)，D錯誤；故答案選Do8.廢舊印刷電路板中銅元素含量較高，為充分利用資源，變廢為寶實驗小組探究利用廢舊印刷電路板來制備膽磯，具體流程如圖所示：請回答:(1) “溶解”過程中，為選擇合適的溶解試劑，查閱資料后，小組同學設計如下實驗。實驗編號銅片質(zhì)量/g試劑及用量現(xiàn)象1號0.530%H 20250mL、蒸儲水 8mL10h后，溶液變?yōu)闇\藍色，銅片表向附著盅色沉淀2號0.53

15、0%H 20250mL、5mol L-1H2s048mL開始銅片表面有氣泡生成(先慢后快，40min后，溶液藍色明顯銅片表面光亮3號0.530%H 20250mL、5mol L-1 氨水8mL立即廣生大量氣泡溶液為深監(jiān)色，銅片表向附著少量藍色沉淀注：深藍色溶液為銅氨溶液。1號實驗中發(fā)生反應白化學方程式為 。實驗室檢驗2號實驗中產(chǎn)生氣體白操作和現(xiàn)象為 。與2號實驗相比，3號實驗的優(yōu)點是生成了銅氨配合物，加快了反應速率；其不足之處為 為彌補3號實驗的不足，該小組繼續(xù)進行改進，設計了 4號實驗(見下表，并得到了預期的實驗現(xiàn)象。實驗編號銅片質(zhì)量/g試劑及用量現(xiàn)象4號0.530%H 20250mL5mo

16、l - L-1 氨水 8mL 和適量t X立即產(chǎn)生大量氣泡，溶液為深藍色，銅片表向仍光亮則4號實驗中，試劑 x應為。(2) “轉(zhuǎn)化”時銅氨溶液中的Cu (NH3)42+與有機物RH發(fā)生反應的離子方程式為 。 “反萃取”過程中，所加試劑 Y的化學式為。(3) “系列操作”具體指 (填選項字母)。A.蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥B.蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜后停止加熱，冷卻、過濾、洗滌、干燥C.蒸發(fā)濃縮至大量晶體析出后停止加熱，冷卻、過濾、洗滌、干燥(4)為測定銅氨溶液中銅元素的含量，可采用如下方法：i.移取500mL銅氨溶液于錐形瓶中，滴加稀H2SO4,調(diào)節(jié)溶液的pH為3-42+-11.加入適

17、當過量KI溶液，并加入3mL0.5%淀粉溶液(2Cu +4I =2CuI +%);iii.用 0.1000mol L-1Na2s2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準液體積為5.80mL (I2+2S2O32-=2I-+S4O262-)。iii中滴定至終點時，溶液的顏色變化為 該銅氨溶液中銅元素的含量為 g mL-1 (保留兩位有效數(shù)字)(3).生成 Cu(O2Cu NH3 4 2RH3 4(9). 7.4 10-3【詳解】(1 )根據(jù)Cu H2O2 Cu OH 2。實驗2中銅片被氧化生成Cu2 ,CuCu2 ,匕(1). Cu H2O2 Cu(在氧化銅片的過程中不公2NH2(2).收集SO4固體

18、或NH 4cl固體勺轉(zhuǎn)化率H2SO氣體，由氣泡先慢后快推測生.B (8).溶液由藍色變?yōu)闊o色定 Cu OH 2 ,故方程式為：氧化且生該氣體，將帶火星的木條靠近該試管，木條(4). (NH成物可以起催化劑作用，即Cu2催化H2O2自身分解產(chǎn)生 O/O2檢驗用帶火星的木條能否復燃即可。3號實驗相比2號加快了反應，但生成少量的沉淀會阻礙銅片的繼續(xù)反應。(5).為了溶解3號實驗Cu片表面產(chǎn)生的 Cu OH 2沉淀，需要加入酸性溶液，為減少引入新雜質(zhì)，試劑X 應為 NH4 2SO4。CuR2,故離子方程式為:(2)轉(zhuǎn)化”時銅氨溶液和有機物 RH反應生成有機物2Cu NH3 4 4RH=CuR2 4NH

19、4 2R ,友萃取”時加入試劑 Y可使有機物 CuR2轉(zhuǎn)化為CuSO4和有機物，則 Y為H2SO4OB。(3)從CUSO4溶液得到膽磯，需采用降溫結晶，故選(4)滴定至終點時，I2被消耗完，故顏色變化為藍色到無色。221 .由已知兩個萬程可知， 比例關系為 2Cu I2 2s2O3 0.1000 mol L Na2s2O3溶液消耗 5.8 mL ,2一一 一_ 1 一 一一3 一 _一4 一則 500 mL 溶、帆中 n Cu0.1 mol L 5.8 10 L=5.8 10 mol ,銅元素含量為21n Cu 64 g mol.7.4 10 5 g mL 1 0500 mL9.一種從乙醛工業(yè)

20、中產(chǎn)生的廢鋁(Pd)催化劑(鋁5-6%,炭93-94%,鐵、銅、鋅、饃1-2%)中提取PdCl2 和CuCl2的工藝流程如圖所示:王水 氨水鹽酸度把催化劑一焚燒 酸溶一絡合一抽濾一酸析一構造 一 P出NH/CL沉淀APdClNOC1含鐵沉淀濾液一XuCl,溶液已知：鋁、銅、鋅、饃可與氨水形成Pd(NH3)42+等絡離子。請回答：(1)焚燒”的主要目的為 ,實驗室中可在 (填儀器名稱)中模擬該過程。(2)酸溶”時，Pd轉(zhuǎn)化為PdCl2,其化學方程式為 ；該過程需控溫70-80C,溫度不能太低 或太高的原因為。(3)絡合”時，溶液的pH需始終維持8-9,則絡合后溶液中含鐵離子的濃度三。(已知：Fe

21、 (OH) 2、Fe (OH) 3 的 Ksp 甲分別為 4X10-17、2.8 X0-39)(4)酸析”時生成沉淀的離子方程式為 。(5)流程中回收得到的 PdCl2和CuC12在乙烯直接氧化制乙醛的催化體系中聯(lián)合發(fā)揮作用，反應機理如下：i. CH2=CH2+H 2O+PdCl2=CH3CHO+Pd+2HCl ；ii. iii. 4CuCl+O2+4HCl=4CuCl 2+2H2O。ii的化學方程式為。(6)上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺點是 (寫出一條即可)。【答案】.除去炭減少酸溶時王水的用量(2).堪蝸(3).Pd 3HCl HNO3 PdCl2 NOCl 2H2O(4).溫度

22、太低反應速率過慢，溫度太高王水易分解揮發(fā)(5). 2.8 10 21 mol L1(6). Pd NH 3 2 2H 2Cl PdNH 32 cl 2NH 4.Pd 2CuCl2 PdCl2 2CuCl (8).使用腐蝕性強的王水對設備要求高或產(chǎn)生的NOCl有污染【解析】【分析】將Pd廢催化劑焚燒，可以除去廢催化劑中的C,溶于王水，可將金屬單質(zhì)轉(zhuǎn)化為離子形式，以便在溶液中進行后續(xù)操作，已知鋁、銅、鋅、饃可與氨水形成Pd (NH3)42+等絡離子，所以加入氨水后，F(xiàn)e元素以的形式沉淀，溶液中的其他元素以絡離子的形式存在于溶液中，加入鹽酸后，酸析，可得到沉淀，經(jīng)過一系列操作后得到。【詳解】(1)焚

23、燒的目的是為了將廢鋁催化劑中含量93%的C除去，可以減少后續(xù)操作中王水的用量；實驗室中使用塔竭來灼燒固體，所以實驗室中可在塔期中模擬該過程。(2)酸溶”時，Pd被氧化為PdCb,根據(jù)流程圖可知，酸溶時的還原產(chǎn)物為NOCl ,其化學方程式為Pd HNO3 3HCl PdCl2 NOC1 2H2O,該過程需控溫70-80 C ,溫度過低會，導致反應速率比較慢，溫度過高時，王水會揮發(fā)分解。3時，c Fe 取大，取大為Ksp Fe OH 3sp3c3 OH(3)加入王水后，溶液中鐵元素以 Fe3形式存在，加氨水絡合后，溶液 pH維持在8 9，當pH 82.8 10 39 八 c - 21. , 1人

24、、3 2.8 10 mol L ,故絡合后含鐵離子濃度10 6,2.8 1021mol L1。(4)酸析時溶液中PdNH3離子結合Cl形成Pd NH3 2 cl2沉淀，則離子方程式為:2Pd NH3 4 2H2Cl PdNH 32 cl催化劑(5)乙烯氧化為乙醛的化學方程式為2CH2 CH2 O2=2CH3CHO為反應機理i、ii、iii的加V和方程式，故機理ii的化學方程式為：Pd 2CuCl2 PdCl2 2CuCl。NOCl有污(6)上述提取PdCl2和CuCl2方案的缺點是使用腐蝕性強的王水對設備要求高或產(chǎn)生的染。10.默基硫(COS)廣泛存在于煤、石油和天然氣為原料的化工生產(chǎn)中，不經(jīng)

25、處理直接排放會引起大氣污染，石油化工中產(chǎn)生的厥基硫可通過以下方法脫除。I .干法脫除：在催化劑存在下，COS和H2可發(fā)生兩個平行反應：i. COS(g)+H 2(g) ? H2s(g)+CO(g) Hi=-17kJ/molii. COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH 4(g)+H 2O(g) H2已知：CH4(g)+H2O(g) ? CO(g)+3H 2(g)AH=+206kJ/mol ,則 H2=(2)TiC時，向10L恒容密閉容器中充人 ImolCOS和4molH2,發(fā)生反應i和ii。5min時達到平衡，測得體系 壓強減少了 20%, CO的體積分數(shù)為10%且其平衡分壓為

26、P1。0-5min 內(nèi)，v(COS尸反應i的平衡常數(shù) K=P1(填“ ”或一 (5).反應i和ii均為放熱(6).不反應，溫度升高，平衡逆移，氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，平衡分壓增大；升高溫度，氣體總壓強增大 變 (7).隨著反應的進行，c(OH-)不斷減小，但曲線的斜率(代表反應速率)不變 (8).COS+4Br2+12NaOH=Na 2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H 2O【解析】 【分析】(2)設平衡時體系內(nèi)n(CO)=x mol ,初始投料為1molCOS 和 4molH2 ,根據(jù)反應方程式 COS(g)+H2(g)? H2s(g)+CO(g)可知，此反應消耗的ni(COS)= ni(H2

27、)=x mol ,生成的 ni(H2S)=x mol;設平衡時體系內(nèi)n(COS)=y mol ,則反應ii消耗的nii(COS)=(1-x-y)mol ,根據(jù)方程式COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH4(g)+H2O(g)可知，此反應消耗的 nii(H2)=4(1-x-y)mol ,生成的 nii(H2s尸 nii(CH4)= nii(H 2O)=(1-x-y)mol ；所以此時容器中 n(COS)=y mol , n(H2)=4mol-xmol-4(1-x-y)mol=(3x+4y)mol , n(CO)=x mol , n(H2S)=x mol+(1-x-y)mol=(1-

28、y)mol , nii(CH4)= nii(H 2O)=(1-x-y)mol ； 達到平衡時測得體系壓強減少了20%,恒容密閉容器壓強之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，所以y+3x+4y+x+1-y+2 1-x-y mol 4=1+4 mol5CO的體積分數(shù)為x110%,所以 y+3x+4y+x+1-y+2 1-x-y =B 解得 x=0.4mol , y=0.1mol ;所以平衡時 n(COS)=0.1mol , n(H2)=1.6mol , n(CO)=0.4mol , n(H2S)=0.9mol , n(CH 4)= n(H 2O)=0.5mol。【詳解】I . (1)已知 i COS(g)+

29、H 2(g)? H2s(g)+CO(g) H1=-17kJ/mol ；iii : CH4(g)+H2O(g) ? CO(g)+3H 2(g) H=+206kJ/mol ；根據(jù)蓋斯定律由 i-iii 可得反應 COS(g)+4H 2(g) ? H2s(g)+CH 4(g)+H 2O(g) H2=-17kJ/mol-206kJ/mol=-223kJ/mol ；(2)根據(jù)分析可知平衡時n(COS)=0.1 mol ,所以 n(COS)=0.9mol ,容器體積為10L,所以v(COS)= 0.9mol= 0.018mol L-1 min-1;10L 5min根據(jù)分析可知平衡時 n(COS)=0.1m

30、ol , n(H 2)=1.6mol , n(CO)=0.4mol , n(H2S)=0.9mol ,反應 i 前后氣體系 一 .一 一 ,一,0 9 0 4數(shù)之和相等，所以可以用物質(zhì)量來代替濃度計算平衡常數(shù)，K=2.25；0.1 1.6反應i和ii均為放熱反應，反應過程中溫度升高，平衡逆移，氫氣的轉(zhuǎn)化率降低，平衡分壓增大；升高溫度，氣體總壓強增大，所以P2P1；n.(3)隨著反應的進行，c(OH-)不斷減小，但曲線的斜率(代表反應速率)不變，說明增大NaOH溶液的初始濃度，COS的吸收速率不變；(4)澳水具有氧化性，可以將 COS中S元素氧化成硫酸根，根據(jù)電子守恒和元素守恒可得方程式為COS

31、+4Br2+12NaOH=Na 2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H 2O。【點睛】第2小題為本題難點，體系中涉及兩個反應，學生需要根據(jù)方程式理清各物質(zhì)的物質(zhì)的量之間的關系，用盡可能少的未知數(shù)表示出各物質(zhì)的物質(zhì)的量，再根據(jù)壓強關系等列出方程進行計算求解；本題也可以根據(jù)“CO勺體積分數(shù)為10%設CO的物質(zhì)的量為x,則平衡時氣體總物質(zhì)的量為10x,所以有吆二(1-20%)求出x=0.4mol,然后再進行推算。1+411.銅是人類知道最早的金屬之一，也是廣泛使用的第一種金屬。回答下列問題：(1)饃白銅(銅饃合金)可用于制作仿銀飾品。第二電離能12(Cu) 2(Ni)(填“或“(2). Cu失去的

32、是全充滿的3d10電子，Ni失去的是4s1電子 (3). 3:2(4).sp (5). N2 (或CO); CN (6). N .N C H (8).乙二胺分子與水分子間形成氫.4(10).72 2 1030d3 Na【分析】【詳解】(1)因為Cu失去的第二個電子的是全充滿的3d10電子，而饃失去的第二個電子是4s1電子，后者失去較前者容易，故I2 (Cu) I2 (Ni)。(2)C H鍵為 鍵，C C鍵中一根為 鍵，剩余兩根為鍵，所以C2H 2中 鍵與 鍵的數(shù)目之比為 3:2；乙快的空間構型是直線型，所以碳原子的雜化方式為sp。C2離子中含有 2個原子、10個價電子，用替代法”，與C2互為等

33、電子體的分子為N2 (或CO),離子為:CN 。(3)配體為H2NCH2CH2NH2 (乙二胺)，乙二胺中的 N原子含有孤對電子，為絡合物中的 Cu2提 供孤對電子。乙二胺 H2NCH2CH2NH2分子中含有 C、N、H三種元素，根據(jù)電負性在周期表中的變化規(guī)律，C、N、H的電負性由大到小的順序為：N C H;乙二胺中含N-H鍵，乙二胺分子與水分子間形成氫鍵，所以乙二胺在水中溶解度較大。(4)由題知，晶胞中所有原子均在對角面上，即圖 b所示，則8個O原子在晶胞的頂點、1個。原子在晶1胞的體心，4個Cu原子在晶胞內(nèi)，則晶胞中含有的 O原子的個數(shù)為：8 - 1 2 ,晶胞中含有的 Cu原8子的個數(shù)為4,該晶