2019-2020学年福建省南安市第三中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南安市第三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前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W 位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素 Y和 W 的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z 形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是（）A简单离子的半径Y ZW B最高价氧化物对应水化物的酸性WZX CW 和 T的单质混合加热可得化合物T2W D W 的单质在足量的氧气中燃烧，所得产

2、物溶于水可得强酸【答案】C【解析】【分析】X 的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X 为 C，Y、Z、W 位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W 位于第三周期，Y 的电负性最小，推出Y 为 Na，二元化合物E 中元素Y 和 W 的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即 W 为 S，同周期元素简单离子中，元素Z 形成的离子半径最小，即Z 为 Al，T 元素的价电子3d104s1，推出 T 元素为 Cu，据此分析；【详解】X 的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X 为 C，Y、Z、W 位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W 位于第

3、三周期，Y 的电负性最小，推出Y 为 Na，二元化合物E 中元素Y 和 W 的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即 W 为 S，同周期元素简单离子中，元素Z 形成的离子半径最小，即Z 为 Al，T 元素的价电子3d104s1，推出 T 元素为 Cu，A.Y、Z、W 简单离子分别是Na、Al3、S2，因此简单离子半径大小顺序是r(S2)r(Na)r(Al3)，故 A 错误；B.三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4H2CO3Al(OH)3，故 B 错误；C.Cu 与 S 在加热条件下发生

4、反应，因为 S 的氧化性较弱，因此将 Cu 氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2CuS Cu2S，故 C 正确；D.S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D 错误；答案：C。【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C 与 O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S 和 C 不太一样，S 与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成 SO3，需要催化剂、高温条件。2已知 1mol 氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8 千焦热量，下列热化学方程式正确

5、的是A 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）+241.8kJ BH2（g）+1/2O2（g）H2O（s）+241.8 kJ CH2（g）+1/2O2（g）H2O（g）-241.8 kJ D H2O（g）H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ【答案】D【解析】【分析】【详解】1mol 氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ 热量，该反应的热化学方程式为：H2（g）+12O2（g）=H2O（g）H=-241.8kJ/mol，即 H2（g）+1/2O2（g）H2O（g）+241.8 kJ，选项 B、C均错误；2mol 氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ 热量，该反应的热

6、化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=-483.6kJ/mol，即 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）+483.6kJ，选项 A错误；1mol 水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：H2O（g）=H2（g）+12O2（g）H=+241.8kJ/mol，即 H2O（g）H2（g）+1/2O2（g）-241.8 kJ，选项 D 正确。答案选 D。【点睛】据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1mol 气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的

7、反应热。3铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的 100 倍。下列叙述错误的是A发生铬中毒时，可服用维生素C 缓解毒性，因为维生素C具有还原性BK2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶C在反应Cr2O72-I H Cr3I2H2O 中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为32 D污水中的Cr3在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-【答案】D【解析】【分析】【详解】A、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变为三价铬，需要加入还原剂才能实现，可

8、服用具有还原性的维生素 C缓解毒性，故A 正确；B、K2Cr2O7可以将乙醇氧化为乙酸，同时反应后含铬化合物的颜色发生变化，该反应可用于检查酒后驾驶，故 B 正确；C、在反应 Cr2O72-+I-+H+Cr3+I2+H2O中，根据电子守恒和原子守恒配平为：Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O，氧化产物是碘单质，还原产物是三价铬离子，二者的物质的量之比为3：2，故 C正确；D、氧气的氧化性弱于Cr2O72-，Cr3+在溶解的氧气的作用下不能被氧化为Cr2O72-，故 D 错误。答案选 D。4短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中 X 与 Y可形成一种淡黄色物质P，

9、常温下将0.05 mol P 溶于水，配成1L溶液，pH=13；Z为金属元素，且Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，生成一种白色物质和一种黑色物质。下列说法错误的是A简单离子半径：XY Z B气态氢化物的稳定性：WX C单质的熔点：ZY D元素 Z形成的单质被称为“国防金属”【答案】B【解析】【分析】X 与 Y可形成一种淡黄色物质P，则 P为 Na2O2，结合原子序数可知X为 O，Y为 Na，金属 Z可在 W 的一种氧化物中燃烧，则Z 为 Mg，W 为 C，氧化物为CO2，综上所述，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Mg，据此解答。【详解】A O2-、Na+、Mg2+核外电子排布相同，序小半径大

10、，故离子半径：O2-Na+Mg2+，A 正确；B非金属性：CO，则气态氢化物的稳定性：CH4H2O，B 错误；C一般情况下，金属离子半径越小，所带的电荷越多，自由电子越多，金属键就越强，熔点就越高，所以，单质的熔点：Mg Na，C正确；D Z为 Mg 元素，Mg 被称为国防金属，D 正确。答案选 B。5下列除去杂质（括号内的物质为杂质）的方法中错误的是（）A FeSO4（CuSO4）：加足量铁粉后，过滤BFe 粉（Al 粉）：用 NaOH 溶液溶解后，过滤CNH3（H2O）：用浓 H2SO4洗气D MnO2（KCl）：加水溶解后，过滤、洗涤、烘干【答案】C【解析】【分析】除杂要遵循一个原则：既

11、除去了杂质，又没有引入新的杂质。【详解】A因铁粉能与CuSO4反应生成FeSO4和 Cu，铁粉不能与FeSO4反应，过量的铁粉和生成的铜可过滤除来去，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，A 正确；B用 NaOH 溶液溶解后，铝会溶解，铁不会溶解，过滤即可除去杂质铝，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，B正确；C浓 H2SO4有吸水性，可以干燥气体，但浓H2SO4具有强氧化性，NH3会与其发生氧化还原反应，达不到除杂的目的，C错误；D MnO2不溶于水，KCl溶于水，加水溶解后，过滤得到MnO2、洗涤、烘干，既除去了杂质，又没有引入新的杂质，符合除杂原则，D 正确；答案选。6 复旦大学

12、王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时,N 极发生还原反应B充电时,Zn2+向 M 极移动C放电时,每生成 1 mol PTO-Zn2+,M 极溶解 Zn 的质量为260 g D充电时,N 极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+【答案】D【解析】【分析】放电时，金属Zn 发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即 M 电极为负极，则N 电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中

13、，放电时M 电极为负极，N 电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A 正确；B.充电时，原电池的负极M 连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极 M，故 B 正确；C.放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4Zn PTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M 极溶解 Zn 的质量=65g/mol4mol=260g，故 C正确；D.充电时，原电池的正极N 连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故 D 错误；故选：D。7自然界中

14、时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A N2NH3，NH3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO 不属于氮的固定，A 错误；B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应，B 错误；C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b 可加快反应速率

15、，提高单位时间内生成物的产量，D 正确。故选 D。8全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图)。已知：溶液呈酸性且阴离子为SO42-；溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。下列说法不正确的是A放电时B 极为负极B放电时若转移的电子数为3.01 1023个，则左槽中H+增加 0.5 mol C充电过程中左槽的电极反应式为：VO2+H2O-e-=VO2+2H+D充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动【答案】B【解析】【详解】A.根据放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+

16、绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去 V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则 B 电极为负极，A电极为正极，A 正确；B.根据选项A 分析可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反应转移1 mol 电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.011023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少 0.5 mol，B 错误；C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2O-e-=VO2+2H+，C正确；D.充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2+H2O-e-=V

17、O2+2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D 正确；故合理选项是B。9对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A不是同分异构体B分子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分【答案】C【解析】【分析】【详解】A、二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，错误；B、第一种物质含有苯环，8 个 C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7 个 C原子共面，错误；C、第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，正确；D、两种有机物H 原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，错误；答案选 C。10设 NA表示阿伏加德罗

18、常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2气混合后，气体分子数为2NAB常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，水电离出的氢离子数为10-12 NAC30g 乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A标准状况下，HF 是液态，22.4L 的 H2和 22.4L 的 F2混合后，气体分子数不是2NA，故 A 错误；B常温下pH=12 的 NaOH 溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B 错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g 乙酸和

19、葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故 C 正确；D 1mol C2H6含有 7mol 共价键数，标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故 D 错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度

20、、一定压强下的气体摩尔体积。11已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时 Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A A点与 B 点相比，A 点的 c（Fe3+）大B加入 KCl固体可以使溶液由D 点变到 C点C反应处于D 点时，一定有（正）（逆）D若 T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则 K1K2【答案】C【解析】【详解】A由图象可知，A 点 c Fe(SCN)3 较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；B根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3+3SCN-Fe（SCN）3，加入少量KCl

21、固体，溶液中 Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；CD 在曲线上方，不是平衡状态，c Fe（SCN）3 比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正V逆，故 C正确；D随着温度的升高c Fe（SCN）3 逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则 K1K2，故 D 错误；故选 C。12下列实验操作能达到实验目的的是A除去 Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质B证明浓硫酸与蔗糖反应生成SO2C探究铁的析氢腐蚀D测定双氧水分解速率【答案】D【解析】【详解】A.胶体粒径在于1-100nm 之间，可以透过滤纸，故无法用过

22、滤的方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质，A 错误；B.二氧化硫和二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，浓硫酸的还原产物为二氧化硫，蔗糖的氧化产物为二氧化碳，均可以使澄清石灰水变浑浊，B 错误；C.Fe的析氢腐蚀是要在强酸性条件下进行的，该图探究的为Fe 的吸氧腐蚀，C错误；D.该装置可以测定一定时间内氧气的生成量，进而计算出双氧水的分解速率，D 正确；故答案选D。13维生素 C是广泛存在于新鲜水果蔬菜及许多生物中的一种重要的维生素，作为一种高活性物质，它参与许多新陈代谢过程。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如下：+I2+2HI 下列说法正确的是（）A上述反应说

23、明维生素C能使碘水褪色，该反应的反应类型为取代反应B维生素C可发生取代反应、加成反应、氧化反应C维生素C可以水解得到2 种产物D维生素C不可溶于水，可以溶于有机溶剂【答案】B【解析】【详解】A.从题给的化学方程式可知，维生素C与 I2反应时，脱去分子中环上-OH 中的氢，形成C=O双键，不属取代反应，属氧化反应，故A 错误；B.维生素 C中含有羟基、酯基可发生取代反应，碳碳双键、羟基可发生氧化反应，碳碳双键可发生加成反应，故B正确；C.维生素 C 含有酯基可以发生水解反应，但为环状化合物，水解生成一种产物，故C错误；D.维生素 C含有多个-OH，为亲水基，能溶于水，故D 错误；故答案为B。14

24、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO 3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 molL-1乙溶液中c（H+）0.1 mol L-1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42-C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+【答案】D【解析】【详解】根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推

25、出甲是Ba(OH)2，乙是 H2SO4，丙是 MgCl2，丁是NH4HCO3，故选 D。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。15过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2.下列说法中不正确的是A氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4BFeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C由反应可知每3molFeSO4完全反应时，反应

26、中共转移12mol电子D Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用【答案】C【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，Fe 元素的化合价由+2 价升高为+6 价,O 元素的化合价部分由-1 价降低为-2 价，部分由-1 价升高为0 价，所以 FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B 正确；C2FeSO410e-，所以每 3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C 错误。DNa2FeO4处理水时，Na2Fe

27、O4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D 正确；答案选C.点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室模拟“间接电化学氧化法”处理氨氮废水。以硫酸铵和去离子水配制成初始的模拟废水，并以NaCl 调剂溶液中氯离子浓度，如图所示进行模拟实验。（1）阳极反应式为_。（2）去除 NH4+的离子反应方程式为_。【答案】2Cl-2e-=Cl2 2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl-【解析】【分析】（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子

28、中氮是3 价，被氧化成氮气，氯气得电子生成1 价的氯离子，由此书写离子反应的方程式。【详解】（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气，电极反应的方程式为：2Cl2e=Cl2，故答案为：2Cl2e=Cl2；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是3 价，被氧化成氮气，氯气得电子生成1 价的氯离子，离子反应的方程式为2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl，故答案为：2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)是有色金属治炼过程中重要的“二次资源”。其合理处理对于实现资源的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥中分离

29、提取多种金属元素的工艺流程如下已知:分金液的主要成分为AuCl4;分金渣的主要成分为AgCl;分银液中主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23?Ag+2SO32(1)“分铜”时，单质铜发生反应的化学方程式为_。已知“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。Cu Au Ag Ni 浸出率%85.7 0 4.5 93.5“分铜”时加入足量的NaC1的主要作用为 _。(2)“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。(3)某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下:中主要反应:AgCl+2SO32?Ag(SO3)23+C1研究发现:其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的

30、浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是_。将中反应的离子方程式补充完整:_Ag(SO3)23-+_OH+_=_+_SO32+_+CO32 中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因:_。(4)工业上，粗银电解精炼时，电解质溶液的pH 为 1.52，电流为 510A，若用 7A 的电流电解60min 后，得到 21.6gAg，则该电解池的电解效率为_%。(保留小数点后位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C mol1)【答案】H202+C

31、u+2H+=Cu2+2H20使溶出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣避免银元素的损失2Au+6H+7C1-+C103-=2AuCl4-+3H20S032-被空气中氧气氧化为S042-，使浸出反应平衡左移，浸出率下降46HCHO4Ag84H20随循环次数的增加，浸出液中C（S032-）减小，C（Cl-）增大，AgCl+2S032-?Ag（SO3）23-+Cl-平衡左移，浸出率下降76.6【解析】【分析】(1)“分铜”时，单质铜被双氧水氧化为Cu2+；C1-与 Ag+反应生成AgC1沉淀；(2)由分金液的主要成分为AuCl4可知，金被NaC103氧化为 AuCl4；(3)S032-具有还原性，能被

32、空气中氧气氧化；Ag(SO3)23被甲醛还原为银，根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平方离子程式；随循环次数的增加，浸出液中C（S032-）减小，C（Cl-）增大；(4)根据 Q=It 计算出电量，可知理论上应沉积的金属质量；【详解】(1)“分铜”时，单质铜被双氧水氧化为Cu2+反应离子方程式是H202+Cu+2H+=Cu2+2H20；C1-与 Ag+反应生成AgC1沉淀，加入足量的NaC1使溶出的Ag+形成 AgCl 进入分铜渣避免银元素的损失；(2)金被 NaC103氧化为 AuCl4，反应的离子方程式是2Au+6H+7C1-+C103-=2AuCl4-+3H20；(3)S032-被空

33、气中氧气氧化为S042-，使浸出反应平衡左移，所以反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低；Ag(SO3)23被甲醛还原为银，根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平方离子程式为4Ag(SO3)23-+6OH+HCHO=4Ag+8SO32+4H20+CO32；随循环次数的增加，浸出液中C（S032-）减小，C（Cl-）增大，AgCl+2S032-?Ag（SO3）23-+Cl-平衡左移，浸出率下降；(4)Q=It=7 3600，电子物质的量为7360096500=0.261mol，所以理论上生成银的质量是0.261mol108g/mol=28.188g，该电解池的电解效率为21.6g

34、28.188g100%=76.6%。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子。工业上用锂辉石制备金属锂的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2Mg(OH)2完全沉淀的pH 5.2 9.6 3.2 13.1 10.9 常温下，Ksp(Li2CO3)=2.0 10-3。Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。有水存在时，LiCl 受热可发生水解。回答下列问

35、题：(1)为提高“酸浸”速率，上述流程中采取的措施有_。(2)滤渣I 的主要成分是_。滤渣II 的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“氧化”和“除杂”步骤主要除去的离子有 _。(3)“沉锂”过程中发生反应的离子方程式是_。用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其原因是_。(4)设计简单的实验方案实现由过程a 制取固体LiCl：_。(5)工业上实现过程b 常用的方法是_。(6)Li 可用于制备重要还原剂四氢铝锂（LiAlH4）。在有机合成中，还原剂的还原能力常用“有效氢”表示，其含义为1 克还原剂相当于多少克H2的还原能力。LiAlH4的“有效氢”为_（保留2 位小数）。【答案】将

36、矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸SiO2Fe2+、Ca2+、Mg2+2Li+CO32-=Li 2CO3 Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗用足量盐酸溶解，在 HCl 气流中蒸干电解法0.21【解析】【分析】矿粉的主要成分为Li2O、SiO2、Al2O3以及含有少量Na+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等金属离子，加入95%的浓硫酸进行酸浸，只有SiO2不溶而成为滤渣I，滤液中加入CaCO3调 pH，此时 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为 Al(OH)3沉淀，此为滤渣II 的主要成分；加入H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再

37、加入石灰乳、Na2CO3溶液，Fe3+、Ca2+、Mg2+转化为沉淀，成为滤渣的主要成分。此时所得滤液中的阳离子主要为Li+、Na+等，蒸发浓缩、加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为 Li2CO3沉淀，再用盐酸溶解并在HCl 气流中蒸干，即可获得无水LiCl，再熔融电解即可得到Li。【详解】(1)为提高“酸浸”速率，可增大接触面积、升温、适当增大浓度、不断搅拌等，因此上述流程中采取的措施有将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸。答案为：将矿石粉粹成矿粉，使用较浓的硫酸；(2)加入硫酸溶解，只有 SiO2不溶，所以滤渣I 的主要成分是SiO2。滤渣II 的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。“

38、氧化”时，将 Fe2+转化为 Fe3+，“除杂”时，将 Ca2+、Mg2+转化为沉淀，所以步骤主要除去的离子有Fe2+、Ca2+、Mg2+。答案为：SiO2；Fe2+、Ca2+、Mg2+；(3)“沉锂”过程中 Li+与 CO32-反应生成Li 2CO3沉淀，发生反应的离子方程式是2Li+CO32-=Li 2CO3。因为Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小，所以用热水洗涤Li2CO3固体，而不用冷水洗涤，其原因是Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可降低其溶解度，减少损耗。答案为：2Li+CO32-=Li 2CO3；Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小，用热水洗涤可

39、降低其溶解度，减少损耗；(4)将 Li 2CO3转化为 LiCl，则需加入盐酸，同时防止Li+大量水解，简单的实验方案为：用足量盐酸溶解，在 HCl 气流中蒸干。答案为：用足量盐酸溶解，在HCl 气流中蒸干；(5)由 LiCl 制 Li，可采用熔融电解的方法，所以工业上实现过程b 常用的方法是电解法。答案为：电解法；(6)在 LiAlH4中，H 显-1 价，作还原剂后，失电子转化为H+，由此可得出LiAlH4与 H2关系为：LiAlH48e-4H2，LiAlH4的“有效氢”为8g38g=0.21。答案为：0.21。【点睛】在从矿粉中提锂的过程中，经历了多步除杂，每一步去除哪些杂质，我们解题前需

40、依据反应条件做整体分析，否则很容易得出错误的结论。19氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：（1）反应 I 的化学方程式是_。（2）反应 I 得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层，含低浓度I2的 H2SO4层和含高浓度I2的 HI 层。根据上述事实，下列说法正确的是_（选填序号）。a 两层溶液的密度存在差异b 加 I2前，H2SO4溶液和 HI 溶液不互溶c I2在 HI 溶液中比在H2SO4溶液中易溶 辨别两层溶液的方法是_。经检测，H2SO4层中 c（H+）：c（SO42-）=

41、2.06：1，其比值大于2 的原因 _。（3）反应 II：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）H=+550 kJ?mol-1它由两步反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）H=+177 kJ?mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1，L2）和 X可分别代表压强或温度，下图表示L 一定时，中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。写出反应iiSO3（g）分解的热化学方程式：_。X代表的物理量是_。【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI ac 观察颜色，颜色深的是HI 层，颜色浅的是H2SO4层H2SO4层含有少量HI 2SO3（g）垐?噲

42、?2SO2（g）+O2（g）H=+196 kJ?mol-1压强【解析】【分析】【详解】（1）反应 I 为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，反应为SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2 H2SO4+2HI；（2）a两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a 正确；b加 I2前，H2SO4溶液和 HI 溶液互溶，与分层无关，故b 错误；cI2在 HI 溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；辨别两层溶液的方法是：观察颜色，颜色深的为HI 层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的

43、为HI 层，颜色浅的为硫酸层；经检测，H2SO4层中 c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2 的原因硫酸层中含少量的HI，且 HI 电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的HI，且 HI 电离出氢离子；（3）根据盖斯定律：反应II=i2+ii，ii=II-i2，得 ii 的 H=+550 kJmol-1-（+177 kJmol-1）2=+196kJmol-1，反应 iiSO3（g）分解的热化学方程式：2SO3（g）垐?噲?2SO2（g）+O2（g）H=+196 kJ mol-1，故答案为：2SO3（g）垐?噲?2SO2（g）+O2（g）H=+196 kJmol-1；由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强。【点睛】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，难点（3）先要由盖斯定律求出三氧化硫分解的热化学反应方程式，再根据反应吸热的特点分析图象。