高中化学第三章金属及其化合物教案新人教必修

第三章金属及其化合物
【教学目标】
一、知识与技能：
1.了解钠、铝、铁、铜等金属及其重要化合物的主要性质。

2.初步认识金属材料在国民经济中的重要作用和与人们日常生活的密切联系，以及合理使用金属材料的重要意义。

二、过程与方法：
1.通过金属及其化合物性质的实验，提高学生对“化学是一门以实验为基础的科学”的认识，培养学生的实验意识、操作技能、观察能力和分析问题的能力等。

2.以金属知识的学习为线索，通过阅读、查阅资料、讨论和概括等，培养学生获取知识及信息加工的能力。

通过比较、归纳等，让学生逐步掌握学习元素化合物知识的一般方法。

三、情感态度与价值观：
1.通过金属及其化合物、金属材料在生产和生活中的应用等的学习，提高学生学习化学的兴趣，增强学好化学、服务社会的责任感和使命感。

2.通过多种多样的活动，鼓励学生积极提出问题，培养学生敢于质疑、勇于创新的精神和合作精神等。

通过金属材料发展史及有关的知识，使学生初步认识合理使用金属材料的意义。

【教学重点】钠、铝、铁、铜等金属及其重要化合物的主要性质。

【教学难点】钠、铝、铁、铜等金属及其重要化合物的主要性质。

【教学方法】总结、归纳
【教学用品】多媒体
【教学课时】1课时
【教学过程】
〖板书〗第三章复习
一、金属及其化合物的化学性质
1.金属单质
共同化学性质：易失去电子，表现出还原性。

子的趋势
与O2反应
与水反应
与酸反应
与盐溶液反应
2.金属及其化合物之间的转化关系
（1）钠及其重要化合物
（2）铝及其重要化合物
（3）铁及其重要化合物
（4）铜及其重要化合物
Cu CuO CuSO4 C u(O H)2
3.同类物质的性质（见总结）
二、金属材料
【作业设计】P71 8 9 10
【教学感悟】
2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．下列离子方程式中，正确的是（）
A．Fe3+的检验：Fe3++3KSCN═Fe（SCN）3+3K+
B．氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO
C．证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++3H2O2═2Mn2++4O2↑+6H2O
D．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-
2．用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()
A．用装置制取NH3B．用装置干燥NH3
C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气
3．某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。

则原未知溶液一定不是
A．强酸溶液B．弱酸性溶液C．弱碱性溶液D．强碱溶液
4．下列说法错误的是
A．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有碳酸钠和H2O2的双重性质，可作去污剂、消毒剂B．亚硝酸钠具有防腐的作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期。

C．不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的
D．“碳纳米泡沫”与石墨烯互为同分异构体
5．2019 年是元素周期表诞生150 周年，目前周期表七个周期均已排满，其118 种元素。

短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且W 元素的简单氢化物的空间结构是三角锥形，下列说法不正确的是
A．红葡萄酒含有YX2，起杀菌、澄清、抗氧化的作用
B．在元素周期表中，117 号元素与Z 元素位于同一主族
C．简单离子的半径大小顺序为：X < W < Z < Y
D．W 的氢化物与Z 的氢化物反应，产物为共价化合物
6．下列有关化学反应的叙述正确的是()
A．铁在热的浓硝酸中钝化B．CO2与Na2O2反应可产生O2
C．室温下浓硫酸可将石墨氧化为CO2D．SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO3 7．科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）
A．反应过程中需要不断补充Fe2+
B．阳极反应式是2HCl- 2e- =Cl2+2H+
C．电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气5.6 L
D．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+ 2H2O（g）
8．冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。

下列说法错误的是
A．奶油是可产生较高能量的物质B．人造脂肪属于酯类物质
C．植物油中含有碳碳双键D．油脂的水解反应均为皂化反应
9．下列说法正确的是
A．刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2
B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
C．氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：Cl>S
D．将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体
10．下列仪器名称正确的是()
A．圆底烧瓶B．干燥管C．药匙
D．长颈漏斗
11．油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。

它们的结构简式如下图所示。

下列说法错误的是
A．油酸的分子式为C18H34O2
B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种
C．天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应
D．将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间
12．常温下，向20.00mL0.1000mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。

下列说法不正确的是（）
A．在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B．pH=5时，c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C．pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL
D．在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大
13．个人卫生及防护与化学知识密切相关。

下列说法中正确的是（）
A．气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质
B．饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害
C．家庭生活中可以用84消毒液进行消毒，84消毒液与洁厕灵可以混合使用，效果更好
D．制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合物
14．科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为
2CO2=2CO+O2，下列说法不正确的是
A．由图分析N电极为负极
B．OH-通过离子交换膜迁向右室
C．反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
D．阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-
15．化学与社会、生活密切相关。

下列现象或事实的解释不正确的是( )
选
现象或事实化学解释
项
A Fe3O4用于人民币票面文字等处的油墨Fe3O4是一种红棕色物质
B 祖国七十华诞焰火五彩缤纷金属元素的焰色反应
C 现代旧房拆除定向爆破用铝热剂铝热反应放热使建筑物的钢筋熔化
D 金属焊接前用NH4Cl溶液处理焊接处NH4Cl溶液呈弱酸性
A．A B．B．C．C D．D
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。

某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：
回答下列问题：
(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。

随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是______。

最佳温度是________。

(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为________。

(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。

下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。

①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。

该过程的还原反应(半反应)式为___________。

②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。

(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。

①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为________，精硒中基本不含铜。

[K sp(CuS)=1.3×10－36]
②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。

(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为
___________，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．富马酸福莫特罗作为特效哮喘治疗药物被临床广泛应用。

化合物Ⅰ是合成富马酸福莫特罗的重要中间体，其合成路线如图所示：
已知：Ⅰ、；
Ⅱ、R1-NO2R1-NH2；
请回答下列问题：
(1)A中所含官能团的名称为____________。

(2)反应②的反应类型为____________，反应④的化学方程式为____________。

(3)H的结构简式为____________。

(4)下列关于Ⅰ的说法正确的是____________(填选项字母)。

A．能发生银镜反应B．含有3个手性碳原子C．能发生消去反应D．不含有肽键
(5)A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，可与FeCl3溶液发生显色反应，苯环上只有两个取代基且处于对位，则Q的结构简式为____(任写一种)，区分A和Q可选用的仪器是____(填选项字母)。

a．元素分析仪b．红外光谱仪c．核磁共振波谱仪
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮、苯胺和醋酸为原料(其他试剂任选)，制备
的合成路线：________________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的主要矿物，在野外很容易被误会为黄金，因此被称为愚人金。

回答下列问题：
（1）处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道上，该激发态S原子的核外电
子排布式为__。

同族元素的氢化物中，H2O比H2Te沸点高的原因是__。

（2）检验Fe2+的试剂有多种，其中之一是铁氰化钾（K3[Fe(CN)6])，又称赤血盐。

①在配合物K3[Fe(CN)6]中，易提供孤电子对的成键原子是__（填元素名称），含有12molσ键的K3[Fe(CN)6]的物质的量为__mol。

②赤血盐中C原子的杂化方式为__；C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为___；写出与CN-互为等电子体的一种化合物的化学式__。

③Fe、Na、K的晶胞结构相同，但钠的熔点比钾更高，原因是___。

（3）CuFeS2的晶胞结构如图所示。

已知：晶胞参数a=0.524nm，c=1.032nm。

则CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与__个S原子相连，晶体密度ρ=__g·cm-3（列出计算表达式）。

19．（6分）雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。

根据题意完成下列填空：
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体．若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和HCl的物质的量之比为________。

写出化学方程式并用双线桥法标出电子转移_______________________________________________。

(2)上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用________吸收。

(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3＋10H+＋10NO3－＝2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O
若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。

若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在________(填“正极”或“负极”)附近逸出。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．B
【解析】
【详解】
A. Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：
Fe3++3SCN-═Fe(SCN)3，A错误；
B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；
C. 证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：
2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；
D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2=Cu2++2Cl-，D错误；
故答案选B。

2．C
【解析】
【详解】
A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；
C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O ，用氨气还原CuO，故C正确；
D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；
故选C。

3．A
【解析】
【详解】
A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；
B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中
c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；
C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不
选C；
D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中
c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；
答案：A
【点睛】
醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，
c(CH 3COO―)+H2O CH3COOH+OH-，从平衡角度分析。

4．D
【解析】
【详解】
A、过氧化氢（H2O2）常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，为了贮存、运输、使用的方便，工业上将过氧化氢转化为固态的过碳酸钠晶体（2Na2CO3•3H2O2），该晶体具有碳酸钠和过氧化氢的双重性质，选项A正确；
B、亚硝酸具有防腐作用，所以可在食品中适量添加以延长保质期，但是亚硝酸盐会危害人体健康，应控制用量，选项B正确；
C、不锈钢是通过改变材料的内部结构达到防锈蚀的目的，指耐空气、蒸汽、水等弱腐蚀介质和酸、碱、盐等化学浸蚀性介质腐蚀的钢，选项C正确；
D、“碳纳米泡沫”，与石墨烯是不同性质的单质，二者互为同素异形体而不是同分异构体，选项D错误；
答案选D。

5．D
【解析】
【分析】
根据分析W为N，X为O，Y为S，Z为Cl。

【详解】
A选项，红葡萄酒含有二氧化硫，主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用，故A正确；
B选项，在元素周期表中，117号元素是第七周期第VIIA族，与Z元素位于同一主族，故B 正确；
C选项，简单离子的半径大小顺序为：X < W < Y< Z，故C正确；
D选项，W的氢化物与Z的氢化物反应，产物都为共价化合物，故D错误；
综上所述，答案为D。

6．B
【解析】
【详解】
A. 铁在冷的浓硝酸中钝化，故A错误；
B. CO2与Na2O2反应可产生O2和Na2CO3，故B正确；
C. 在加热条件下浓硫酸可将石墨氧化为CO2，故C错误；
D.漂白粉具有强氧化性，SO2与过量漂白粉浊液反应生成CaSO4，故D错误；
故选B。

7．A
【解析】
【分析】
HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。

【详解】
A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；
B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl- 2e- =Cl2+2H+，B正确；
C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6 L，C正确；
D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ 2H2O(g)，D正确。

答案选A。

8．D
【解析】
【详解】
A．奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；
B．人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；
C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；
D．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；
9．B
【解析】
【详解】
A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；
B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；
C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO 不是Cl元素的最高价含氧酸，不能做为判断的依据，故C错误；
D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。

故选B。

10．B
【解析】
【详解】
A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；
B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；
C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；
D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；
11．B
【解析】
【详解】
A．油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式为C18H34O2，故A正确；
B．硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为，上面的酯基与下面的酯基
互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；
C．天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应（或取代反应），故C正确；
D．油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；
答案选B。

【点睛】
本题的易错点为B，要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。

12．D
【解析】
【分析】
A．反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；
B．pH＝5时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH−)，结合电荷守恒判断；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。

【详解】
A．在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B．pH＝5的溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；
C．如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若
为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；
D．由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；
故答案选D。

【点睛】
本题明确各点对应溶质组成为解答关键，注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．飞沫在空气中形成气溶胶，飞沫是分散质，空气是分散剂，A不正确；
B．明矾中的Al3+对人体有害，不能长期使用，B不正确；
C．84消毒液(有效成分为NaClO)与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会反应生成Cl2，污染环境，C不正确；
D．聚丙烯是由链节相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正确；
故选D。

14．C
【解析】
【分析】
电池内部，电子向负极迁移，结合图可知，N电极为负极，P电极为正极。

【详解】
A．由分析可知，N电极为负极，A正确；
B．右边的装置与太阳能电池相连，为电解池，左边Pt电极与电池负极相连，为阴极，右边Pt电极与电池正极相连，为阳极，电解池中，阴离子向阳极移动，故OH-通过离子交换膜迁向右室，B正确；
C．总反应方程式为2CO2=2CO+O2，电解质溶液pH不变，碱性不变，C错误；
D．CO2在阴极得电子生成CO，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D正确。

答案选C。

15．A
【解析】
【详解】
A、Fe3O4是一种黑色物质，故A错误；
B、不同的金属元素焰色不同，五彩缤纷的焰火利用金属元素的焰色反应，故B正确；
C、铝热反应能放出大量的热，使建筑物的钢筋熔化，故C正确；
D、NH4Cl溶液呈弱酸性，铁锈能溶于酸，所以金属焊接前用NH4Cl溶液除锈，故D正确。

选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加95℃4ClO3－+ 4H+ + Se = 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl－+ 2H2O0.345 5.0×10－35 mol·L－1Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4+ Se↓+ SO2↑+ H2O 3.2×10－3 %
【解析】
【分析】
硒酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还原反应可生成Se。

【详解】
(1)“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加。

最佳温度是95℃。

(2)“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成H2SeO3，ClO3－还原成ClO 2，该反应的离子方程式为4ClO3－+ 4H+ + Se = 4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 。

(3)①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2，ClO2得电子还原成Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl－+ 2H2O。

②为使硒和杂质金属分离，确保Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V。

(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。

①净化后的溶液中c(Na2S)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为
c(Cu2+)=
()
2-
S
sp
K CuS
c（）
=
36
1.310
0.026
⨯－
=5.0×10－35 mol·L－1，精硒中基本不含铜。

②硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，化学方程式为Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4+ Se↓+ SO2↑+ H2O 。

(5)精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数==
6
3.210
100%
1
g
g
⨯
⨯=
－
3.2×10－3 %，
与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。

【点睛】
本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位知识的学习和理解，并应用到解题中。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）取代反应
+
AC、、
（合理即可）bc
【解析】
【分析】
由有机物结构的变化分析可知，反应①中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可
知反应③生成E为，反应④中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成G，根据已知反应II，可知反应⑤生成H为，
据此分析解答。

【详解】
(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；
(2)由分析可知，反应②中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应④为
与发生加成反应生成，故答案为：取代反应；
+；
(3)由分析可知，H为，故答案为：；
(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；
B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，
B项错误；
C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；
D. I中含有1个肽键，D项错误；故答案为：AC；
(5)A 为，A 的同分异构体Q 分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯基结构，可与FeCl 3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q 的结构简式为、、，A 和Q 互为同分异构体，所含元素相同，所含
官能团不同，则区分A 和Q 可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、、（合理即可）；bc ；
(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与通过酯化反应制得，根据反应④可知可由与
反应制得，根据信息反应I 可知可由反应制得，根据反应②可知可由与Br 2反应制得，故答案为：。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．1s 22s 22p 63s 13p 5 H 2O 分子之间存在氢键 碳 1 sp N>O>C CO Na 的半径小，形成的金属键键能大，熔点高 4
2333-72-74184
4.310.52410 1.03210 6.0210g cm g cm ⨯=⨯⨯⨯⨯⨯（）
【解析】
【分析】
分子间若存在氢键，则分子的沸点较高。

在配合物K3[Fe(CN)6]中，中心原子为Fe3+，CN-为配体提供孤对电子，一个叁键中含有一个σ键。

根据CuFeS2的晶胞结构图可知，每个铜原子与4个硫原子相连，铜原子位于晶胞的顶点、面和体内，硫原子全部位于体内，铁原子位于和棱上。

【详解】
（1）基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道上，则该激发态的S原子核外排布式为1s22s22p63s13p5；因为H2O分子之间存在氢键，而H2Te分子之间只有分子间作用力，因此H2O的沸点比H2Te的沸点最高。

（2）①在配合物K3[Fe(CN)6]中，中心原子为Fe3+，CN-为配体，存在6个配位键，易提供孤电子对的成键原子是C，C与N之间为叁键，其中一个键为σ键，故1个K3[Fe(CN)6]中含有12个含有σ键，则含有12molσ键的K3[Fe(CN)6]的物质的量为1mol。

②赤血盐的CN-中C原子价层电子对个数=1+1
2
（4+1-1×3）=2，所以采取sp杂化；C、N、
O三种元素的第一电离能随核电荷数递增呈增大趋势，但因N的2p轨道为半充满结构，不易失去电子，因此C、N、O三种元素第一电离能由大到小的排序为N>O>C；CN中有两个原子，电子数为14，其互为等电子体的化合物的化学式为CO。

③Fe、Na、K的晶胞结构相同，但钠的熔点比钾更高，是因为Na的半径小，形成的金属键键能大，熔点高。

（3）根据CuFeS2的晶胞结构图可知，每个铜原子与4个硫原子相连；该晶胞中铜原子的个
数为11
8214
82
⨯+⨯+=，铁原子的个数为
11
464
42
⨯+⨯=，硫原子的个数为8，因此化学
式为CuFeS2，晶体密度
ρ=4
A
M N
V
=2333
-72-7
4184
4.31
0.52410 1.03210 6.0210
g cm g cm
⨯
=
⨯⨯⨯⨯⨯
（）
19．1：2 As2S3氢氧
化钠溶液或硫酸铜溶液10mol 正极
【解析】
【详解】
（1）根据反应物和生成物：As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气
体，可以得出化学方程式为：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，故As2S3和HCl的物质的量之比为1：2；根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂得到4mol电子，而2molSnCl2作还原剂失去4mol电子，用双线桥法标出电子转移为
；
（2）反应中As元素化合价降低，As2S3为氧化剂，反应产生的气体H2S为酸性气体，可用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液吸收；
（3）由反应As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2×（5-3）+3×（0+2）=10，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol，又原电池中正极发生还原反应，则某元素的化合价降低，由反应可知N元素的化合价由+5降低到+4，则NO2属于还原产物，在正极生成。