福建省厦门市2020届高三下学期第一次质量检查(4月)理综化学试题(全国I卷)(解析版)

NaH2PO3 (4). 将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3 (5). 9.8 (6). Na+交换膜 (7). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (8). I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板 【解析】 【分析】

“合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI； “除铅”步骤，FeS将Pb2+转化为PbS除去，同时得到Fe2+；

“减压蒸馏”因为HI易挥发，H3PO3和NaI反应生成HI和NaH2PO3，同时获得HI； “溶解”阶段，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+；

“调pH=11”将Fe3+转化为沉淀除去，同时部分NaH2PO3转换为了Na2HPO3；

“调pH”将NaH2PO3彻底转化为Na2HPO3，最后“结晶”得到Na2HPO3固体，据此分析解答。 【详解】(1) “合成”步骤，NaH2PO2和I2和水反应生成H3PO3和NaI和HI，反应方程式为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI，故答案为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI；

(2)“除铅”过程，利用沉淀转化FeS将Pb2+变成PbS，离子方程式为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+ PbS(s)，故答案为：FeS(s)+Pb2+(aq)=Fe2+(aq)+ PbS(s)；

(3)由上面的分析可知，“减压蒸馏”过程，除得到HI回收I-外，H3PO3和NaI反应有NaH2PO3生成，则剩余固体的主要成分为NaH2PO3，故答案为：NaH2PO3；

(4)“调pH=11”的作用：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3，故答案为：将Fe3+转化为沉淀除去，同时将NaH2PO3转换为了Na2HPO3；

-14K10(5)H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6，说明H3PO3是二元弱酸，则HPO32-的水解常数Kh=w=-6.6=10-7.4，

Ka210HPO32-+H2O?H2PO3-+OH-，水解是微弱的，所以

10

-7.4

c(OH-)?c(H2PO3-)c2(OH-)c2(OH-)10-14--4.2+

≈=c(OH)=10mol/L，c(H)=-4.2=10-9.8mol/L，，解得：2-c(HPO3)c(Na2HPO3)0.1mol/L10所以，pH=9.8，故答案为：9.8；

(6)①从图上看，右端的BPM膜和B膜之间产生NaOH，BPM膜提供OH-，B膜最好是Na+交换膜，故答案为：Na+交换膜；

②阳极附近溶液为硫酸溶液，水电离的氢氧根失电子，故阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；

③A膜应为阳离子交换膜，阳极产生的H+透过A膜和少量的I-得到少量的HI，若撤去A膜，I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表面，损伤阳极板，故答案为：I-会在阳极失电子得到碘单质，沉积在阳极表

面，损伤阳极板。

【点睛】(5)H3PO3的pKa1=1.3，pKa2=6.6，说明H3PO3是二元弱酸，不要把H3PO3误以为是三元酸。 10.研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。 反应i：SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(1)?H1??227.8kJ?mol?1

?H2?-63.4kJ?mol-1

反应ii：CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)( 硫酸氢甲酯 )（1）CH3OSO3H发生水解：CH3OSO3H(g)?H2O(g)?CH3OH(g)?H2SO4(1)△H=______kJ/mol。 （2）T℃时，反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为1?10-8mol?L-1、2?10-9mol?L-1，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。

（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。

①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。 ②水将反应ii的最高能垒由_____________eV降为_____________eV。 ③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。 A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键 C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键

（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。

①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小原因是_____________。

104L·mol-1 (3). a (4). 20.93 (5). 6.62 (6). ACD (7). 反【答案】 (1). -164.4 (2). 4×

应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 (8). 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)越小 【解析】 【分析】

(3)图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。

(4)反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。

【详解】(1) 反应i：SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(1)反应ii：CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)?H1??227.8kJ?mol?1

?H2?-63.4kJ?mol-1

反应i-反应ii有：CH3OSO3H(g)?H2O(g)?CH3OH(g)?H2SO4(1)，所以

?H=?H1-?H2=(?227.8kJ?mol?1)-(-63.4kJ?mol-1)=-164.4kJ?mol-1，故答案为：-164.4；

(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=2?10-9mol?L-1×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下：

CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)起始浓度/mol?L-11?10-82?10-90 ，

变化浓度/mol?L-18?10-138?10-138?10-13平衡浓度/mol?L-1(100000-8)?10-13(20000-8)?10-138?10-138?10-13mol?L-18?10-13K=≈L?mol-1=4×104-13-1-13-1-13-13(100000-8)?10mol?L?(20000-8)?10mol?L100000?10?20000?10L·mol-1，故答案为：4×104L·mol-1；

(3)①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：a；

②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为

3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV，故答案为：20.93；6.62；

的③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故答案为：ACD；

(4)①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；

②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)减小，故答案为：水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c(CH3OSO3H)越小。 【点睛】(2)计算时作如下近似处理：

(100000-8)?10-13mol?L-1≈100000×10-13mol?L-1=10-8mol?L-1(20000-8)?10-13mol?L-1≈

20000?10-13mol?L-1?2?10-9mol?L-1。

11.一种Ru络合物与g-C3N4复合光催化剂将CO，还原为HCOOH的原理图如图所示。

（1）基态碳原子的价电子排布图为_____________。

1molHCOOH中含有的σ键数目为_____________，HCOOH的沸点比CO2高的原因为_____________。（2） （3）Ru络合物中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________ （4）Ru络合物中与Ru配位的原子有N、_____________。 （5）Ru络合物含有的片段

和

中氮原子均采用sp2杂化，都存在大π键，氮原子配位能力更强的是

_____________（填“前者”或“后者”）。

（6）一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4，其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。

①g-C3N4中氮原子杂化类型是_____________。

②根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元。_____________

③已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g-C3N4的密度为____g.cm-3。 【答案】 (1).

但HCOOH (2). 4NA (3). HCOOH和CO2均为分子晶体，