2019-2020学年安徽省安庆市桐城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年安徽省安庆市桐城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省安庆市桐城中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年安徽省安庆市桐城中学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某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中 a、b 为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合 K 工作过程中，下列分析错误的是A甲池中a 极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O B乙池中Fe电极区附近pH 增大C一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D如果 Al 电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快【答案】D【解析】【分析】根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电

2、池，乙为电解池，a 为负极，b 为正极，铁为阴极，铝为阳极，a 极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b 极反应为 2H+2e-=H2，总的电极反应为H+OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2由此分析。【详解】A甲池为原电池，a 为负极，a 极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故 A 正确；B乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H+2e-=H2，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH 增大，故B正确；C乙为

3、电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D如果 Al 电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D 错误；答案选 D。2下列离子方程式书写正确的是()A HNO2的电离：HNO2H2O=H3ONO2-B氢氧化铁溶于氢碘酸中：Fe(OH

4、)33H=Fe3 3H2O C往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I2HH2O2=I2 2H2O D向稀硫酸中滴加氢氧化钡至呈中性：SO42-Ba2OHH=BaSO4H2O【答案】C【解析】【详解】A.HNO2为弱酸，部分电离，应该用可逆符号，A 项错误；B.氢氧化铁溶于氢碘酸，正确的离子方程式为2Fe(OH)36H2I=2Fe26H2OI2，B 项错误；C.往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水，正确的离子方程式为2I2HH2O2=I22H2O，C 项正确；D.向稀硫酸中滴加氢氧化钡至呈中性，正确的离子方程式为SO42-Ba22OH2H=BaSO4 2H2O，D 项错误；答案选 C。3常温下，

5、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+【答案】B【解析】A、Cu2与 S2生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中 Cl2和 HClO，具有强氧化性，能把SO32氧化成 SO42，不能大量共存，故错误；D、HCO3与 H反应生成CO2，不能大量共存，故错误。4在 100kPa 时，1 mol C(石墨，s)转化为 1 mol C(金刚石，

6、s)，要吸收l.895kJ 的热能。下列说法正确的是A金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体B金刚石比石墨稳定C1 mol C(石墨，s)比 1 mol C(金刚石，s)的总能量低D石墨转化为金刚石是物理变化【答案】C【解析】【详解】A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A 错误；B、1mol 石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ 的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项 B 错误；C、1 mol C(石墨，s)转化为 1 mol C(金刚石，s)，要吸收 l.895kJ 的热能说明1 mol C(石墨，s)比 1 mol C(金刚石，s)的总能量低，选

7、项C正确；D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D 错误。答案选 C。【点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa 时，1mol 石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ 的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定金刚石的能量高，1mol 石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。5下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是ABCD【答案】A【解析】【分析】【详解】A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选 A。6下列说法正确的是（）A天然油脂中含有高级

8、脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多，分子中均含有COOH和 NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸【答案】D【解析】【分析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH 溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A 错误；B在加入新制氢氧化

9、铜悬浊液之前需要加入NaOH 溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故 B 错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和 NH2两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D 正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。7室温下，用0.20mol/L 的 NaOH 溶液滴定10.00mL0.20mol/L 的 NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH 变化和滴加NaOH 溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（）A溶液中水的电离程度：bac BpH=7 时，消耗的V(NaOH)7，

10、所以 pH=7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)c AD x 点处的溶液中离子满足：+-c HA+c Hc A+c OH【答案】D【解析】【详解】A.z 点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，水的电离程度最大，z 点之前溶液存在HA 抑制水的电离，z 点之后溶液中存在NaOH 抑制水的电离，所以z 点后存在某点，溶液中的水的电离程度和 y 点的相同，故A 正确；B.HA 的电离平衡常数-+ac Ac HK=c HAg，设 HA 的量为 1，y 点的滴定分数为0.91，pH=7，溶液中电荷守恒得到 c（Na+）=c（A-）=0.91，则，c（HA）=1-0.91=0.09，平衡

11、常数K=-7-6100.91100.09，设 0.1mol/L 的HA 溶液中 c（H+）=amol/L，则 K=-6aa=100.1-a，解得 a 约为 10-3.5mol/L，pH 约为 3.5，故 B 正确；C.z点滴定分数为1，即恰好完全反应，此时溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒可知+-c Na+c H=c A+c OH，此时溶液呈碱性，即氢氧根浓度大于氢离子浓度，所以+-c Nac A，故 C 正确；D.x 点处的溶液中溶质为HA 和 NaA，且二者物质的量相等，存在电荷守恒：+-c Na+c H=c A+c OH，物料守恒：+-2c Na=c A+c HA；二式消掉钠离子可得：+-

12、+c HA+c H=c A+c OH+c OH-c H，此时溶液呈酸性，即c（H+）c（OH-），所以+-c HA+c Hc A+c OH，故 D 错误；故答案为D。【点睛】本题难度较大，要灵活运用电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒进行分析求解。12运用化学知识，对下列内容进行分析不合理的是()A成语“饮鸩止渴”中的“鸩”是指放了砒霜(23As O)的酒，砒霜有剧毒，具有还原性。B油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离C屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出治疗疟疾的青蒿素，其过程包含萃取操作D东汉魏伯阳在周易参同契中对汞的描述：“得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根。”这里的“黄芽”是指硫

13、。【答案】B【解析】【详解】A砒霜有剧毒，As2O3中砷元素的化合价为+3 价，能够被氧化成+5 价，则砒霜具有还原性，故A 正确；B高级脂肪酸钠和甘油在盐溶液中的溶解度不同，采用盐析的方法分离，故B 错误；C青蒿素易溶于乙醚，不溶于水，采用萃取操作提取，故C 正确；D液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故D 正确；答案选 B。13中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A该过程将太阳能转化成为化学能

14、B该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成C氧化剂与还原剂的物质的量之比为31 D原料气N2可通过分离液态空气获得【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A 正确；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B 正确；C.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0 价降为-3 价，氧元素从-2 价升到 0 价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故 C错误；D.由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮

15、气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故 D 正确；答案选 C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。14关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的DNA 病毒，不易变异D该病毒可用“84 消毒液”进行消毒【答案】C【解析】【详解】A.通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A 正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜

16、表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C 错误；D.“84消毒液”的主要成分NaClO 具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84 消毒液”具有杀菌消毒作用，D 正确；故合理选项是C。15某溶液由Na、Ag、Ba2、Al3、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成。则溶液中一定含有的离子有A Al3、NO3BBa2、Al3、ClCBa2、Al3、NO3DAg、Al3、NO3【答案】A【

17、解析】【详解】分成两等份，再分别通入足量的NH3和 SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2发生氧化还原反应生成SO42，SO42与 Ag+或 Ba2+结合生成白色沉淀，综上所述，一定含 Al3+、NO3，Ag+、Ba2+至少含一种，一定不含SO42、AlO2、Fe2+，不能确定是否含Na+、Cl，答案选 A。【点睛】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，充分考查了学生灵活

18、应用基础知识的能力，易错点为Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀，故排除Fe2+的存在。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂，常用于电子级清洗剂及用于有机合成。实验室用正丁醇与浓 H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理：2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O 物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8 117.7 微溶易溶二者互溶正丁醚130-98 142.4

19、 不溶微溶实验步骤如下：在二口烧瓶中加入0.34mol 正丁醇和4.5mL 浓 H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。加热搅拌，温度上升至100ll0开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为 Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是_，仪器 a 的名称是 _。（2）步骤中药品的添加顺序是，先加_（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是_。（3）步骤中为减少副反应，加热温度应不超过_为宜。使用水分离器不断分离

20、出水的目的是_。如何判断反应已经完成？当_时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去_。本实验中，正丁醚的产率为_（列出含 W 的表达式即可）。【答案】取代反应（直形）冷凝管正丁醇防暴沸或防止反应液剧烈沸腾135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化正丁醇W100%0.17130【解析】【分析】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a 的名称。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需

21、要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据 2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a 的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。步骤 中药品的添加顺序是，根据溶液的

22、稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤 中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。根据题中信

23、息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤 中用 50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH 24H SOV浓C4H9OC4H9+H2O 理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为1WgW100%100%0.17mol130g mol0.17130；故答案为：正丁醇；W100%0.17130。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17钽是一种过渡金属，钽酸锂(LiTaO3)可用于制作滤波器。一种制备钽酸锂的流程如下：回答下列问题：（1）LiTaO3中钽的化合价为_。（2）同体 A 呈红色，其主要成分是_（写化学式），常见用途有_（填

24、一种即可）。（3）操作 2 的名称是 _，用来检验溶液B 中阴离子的常用试剂是_。（4）HTaO3是_（填字母）。a难溶的强酸b可溶的弱酸c可溶的强酸d难溶的弱酸（5）烧渣与NaOH 溶液转化成溶液A 的过程中，发生反应的离子方程式为_。（6）上述废料中含Ta2O5的质量分数为44.2%，杂质不含Ta元素。现有100kg 该废料，按上述流程最多可制备 _kgLiTaO3。【答案】+5Fe2O3制作颜料过滤AgNO3和稀硝酸d 25322OHTa O=+2TaOO+H47.2【解析】【分析】含 Ta2O5、FeO 及油脂的废料在空气中高温出去油脂将FeO 氧化为 Fe2O3，加 NaOH 溶液得

25、 NaTaO3过量盐酸得 HTaO3，再加 Li2CO3灼烧得 LiTaO3。（1）化合价可通过化合价代数和为零计算；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；（3）操作 2 为过滤，溶液B 中含有阴离子为Cl；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；（5）NaOH 与 Ta2O5反应生成 NaTaO3和 H2O；（6）通过元素质量守恒计算。【详解】（1）LiTaO3中钽的化合价为X=0-(+1)-(-2)3=+5，故答案为：+5；（2）固体 A 为 Fe2O3，可用于制作颜料；故答案为：Fe2O3；制作颜料；（3

26、）操作 2 用于分离溶液B 和固体 HTaO3，故操作 2 为过滤；溶液B中含有阴离子为Cl，可用 AgNO3和稀硝酸来鉴别；故答案为：过滤；AgNO3和稀硝酸；（4）由操作2 过滤可知HTaO3为难溶性酸，溶液A中含有 TaO3-与盐酸反应生成HTaO3，HTaO3为弱酸；故答案为：d；（5）烧渣与 NaOH溶液转化成溶液A的过程中，发生反应的离子方程式为25322OHTa O=+2TaOO+H；故答案为：25322OHTa O=+2TaOO+H；（6）100kg 该废料中含Ta2O5质量m=100kg44.2%=44.2kg则 Ta2O5物质的量m44200gn=100molM442g/m

27、ol，则 LiTaO3物质的量为200mol，LiTaO3质量m=nM=200mol236g/mol=47200g=47.2kg；故答案为：47.2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列 Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_、_（填标号）。ABCD（2）Li+与 H-具有相同的电子构型，r(Li+)小于 r(H-)，原因是 _。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_、中心原子的杂化形式为_。LiAl

28、H4中，存在 _（填标号）。A离子键B键C键D氢键（4）Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的 Born-Haber 循环计算得到。可知，Li 原子的第一电离能为_kJ mol-1，O=O键键能为 _kJ mol-1，Li2O 晶格能为 _kJ mol-1。（5）Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则 Li2O 的密度为 _g cm-3（列出计算式）。【答案】D C Li+核电荷数较大正四面体sp3AB 520 498 2908 73874 16(0.466510)AN【解析】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激

29、发态时能量高判断；（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；（4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1 摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li 的基态核外电子排布式为1s22s1，则 D 中能量最低；选项C中有2 个电子处于2p 能级上，能量最高；（2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li半径小于H；（

30、3）LiAlH4中的阴离子是AlH4，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al 与 H 之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB；（4）根据示意图可知Li 原子的第一电离能是1040 kJ/mol 2 520 kJ/mol；0.5mol 氧气转化为氧原子时吸热是 249 kJ，所以 OO 键能是 249 kJ/mol 2 498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O 的晶格能是 2908 kJ/mol；（5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8 个，根据化学式可知氧原

31、子个数是4 个，则 Li2O 的密度是373874 16/(0.466510)AmgcmVN。点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。19ZrO2常用作陶瓷材料，

32、可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和 Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表。(1)“熔融”过程中，ZrSiO4发生反应的化学方程式是_滤渣 I 的化学式为_(2)“氧化”过程中，发生反应的离子方程式是_调“pH=a”时，a 的范围是 _(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2 xZr(OH)4取干操后的滤渣 37.0g，煅烧后可得到

33、24.6 g ZrO2则 x 等于_，“调 pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为_。【答案】ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O H2SiO32Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 5.2 a6.2 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净12ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4【解析】【分析】锆英砂（主要成分为 ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质），加 NaOH 熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和 Na2ZrO3，氧化铝转化为NaA

34、lO2，SiO2转化为 Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+，Na2SiO3与 HCl 生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣I 为硅酸，滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣II 为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水调节pH，使 ZrO2+转化为 Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr（OH）4，加热分

35、解即可得到ZrO2，以此解答该题。【详解】（1）由题给信息知，ZrSiO4与 NaOH 反应生成Na2SiO3和 Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与 HCl 生成硅酸沉淀，过滤，滤渣I 为H2SiO3，故答案为：ZrSiO4+4NaOH=Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O；H2SiO3；（2）“氧化”过程中，双氧水在酸性条件下将Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，调节 pH，可使铁离子和铝离子完全沉淀，但要避免生成Zr(OH)4，由表

36、中数据可知 pH 的范围为5.2 6.2，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.2 a6.2；（3）Zr(OH)4表面为附着Cl-等，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净；（4）滤渣的成分是Zr(CO3)2?xZr(OH)4，取干操后的滤渣37.0g，煅烧后可得到24.6gZrO2，则3724.61+x=211+159x123，x=1，“调 pH=8.0”时，反应生成Zr(CO3)2Zr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为：2ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4，故答案为1；2ZrO2+2CO32-+2H2O=Zr(CO3)2 Zr(OH)4。