2019-2020学年安徽省安徽师大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省安徽师大附中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废弃锂离子电池的资源化处理日益重要。从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：有关数据：25时，Ksp(FePO4)=1.310-22、KspFe(OH)3=2.610-39。回答下列问题：（1）“溶浸 1”中铝溶解的化学方程式为_。（2）完成“溶浸 2”反应的离子方程式_：LiFePO4+H2O2+=Li+H2PO4-+H2O（3）“滤渣 2”的主要成分是_。（4）“滤液 2”循环两

2、次的目的是_。（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为_。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是_。（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。用此反应的化学平衡常数说明转化能否完全_？（7）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是_（填标号）。A NaOH20-40 BNaOH80-100CNa2CO320-40 DNa2CO360-80【答案】2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H22LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2H2PO4-+2H

3、2O石墨提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)Fe3+2H2PO4-+CO32-=FePO4+CO2+H2ONa2CO3水解产生的c(OH-)增大，与 Fe3+结合生成 Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的 PO43-增大K=322spsp443393c POFePO1.3 102.6 10FeK()OHcOHK=5.0 1016，K 很大，说明反应完全进行D【解析】【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）加入氢氧化钠进行减溶，铝箔与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后得到滤液1，滤液 1为偏铝酸钠溶液，过滤后的滤渣再加入过量浓硫酸进行酸溶，同时

4、加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，并进行多次循环，确保亚铁离子全部转化，在进行过滤得到滤渣2 和滤液 2，滤渣 2 为石墨粉，滤液2 主要含有 Fe3+、Li+、H2PO4-和 SO42-溶液，向滤液2 加入碳酸钠，Fe3+、H2PO4-与碳酸钠反应，转化为磷酸铁沉淀和二氧化碳，生成的二氧化碳气体通入滤液1 中反应生成氢氧化铝，磷酸铁中加入氢氧化钠溶液转化为氢氧化铁和磷酸钠晶体，向沉铁、磷后的溶液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀，再对碳酸锂进行一系列处理最后得到高纯锂化合物，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，“溶浸 1”中铝溶解的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2；

5、(2)完成“溶浸 2”为 LiFePO4与过量浓硫酸进行酸溶，同时加入双氧水，将亚铁离子氧化为三价铁，离子方程式：2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2H2PO4-+2H2O；(3)根据分析，“滤渣 2”的主要成分是石墨；(4)“滤液 2”循环两次的目的是提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为Fe3+2H2PO4-+CO32-=FePO4+CO2+H2O；实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是Na2CO3水解产生的c(OH-)

6、增大，与Fe3+结合生成Fe(OH)3沉淀，而使留在溶液中的PO43-增大；（6）“沉淀转化”反应：FePO4+3OH-?Fe(OH)3+PO43-。K=322spsp443393c POFePO1.3 102.6 10FeK()OHcOHK=5.0 1016，K 很大，说明反应完全进行。（7）结合表格数据，碳酸锂的溶解度远小于氢氧化锂，为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X应为碳酸钠，60-80左右溶解度较小，答案选D。2在 3 种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA 和 1molB，发生反应：2A gB g2D g垐?噲?-1 H=QkJ molg。相关条件和数据见下表：实

7、验编号实验实验实验反应温度/700 700 750 达平衡时间/min 40 5 30 n(D)平衡/mol 1.5 1.5 1 化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA 和 1molD，平衡不移动B升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C实验达平衡后容器内的压强是实验的0.9 倍D K3K2K1【答案】A【解析】【详解】A容积为 2L 的恒容密闭容器中充入2molA 和 1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)?2D(g)，实验 III 中，平衡时n(D)=1mol，则 n(A)=1mol，n(B)=0.5mol

8、，因此 c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750的平衡常数 K=22cDcA c B=22050.25 05=4，温度不变，则平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入 1 mol A 和 1 mol D，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC=22110.25=4=K，则平衡不发生移动，故A 正确；B升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B 错误；C根据理想气体状

9、态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入 2mol A 和 1mol B，实验 III 达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验 I 达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验 III 达平衡后容器内的压强与实验I 达平衡后容器内的压强之比=10.51750273.150.50.251.5700273.15 0.9，故 C 错误；D反应为2A(g)+B(g)?2D(g)，比较实验I 和 III，温度升

10、高，平衡时D 的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3 K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3K2=K1，故 D 错误；答案选 A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验 I 中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。3向某二元弱酸H2A 水溶液中逐滴加入Na

11、OH 溶液，混合溶液中lgx（x 为-2c(HA)c(H A)或2-c(A)c(HA)）与 pH 的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A pH=7 时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况C2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=10-2.97D A2-的水解常数Kh1大于 H2A 电离常数的Ka2【答案】B【解析】【分析】二元弱酸的Ka1=-2c(HA)c(H A)c（H）Ka2=2-c(A)c(HA)c（H），当溶液的pH 相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg-2c(HA)c(H A)与 pH

12、 的变化关系，表示lg2-c(A)c(HA)与 pH 的变化关系。【详解】A pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，根据物料守恒，存在 c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 A 错误；B.由分析：直线表示的是lg-2c(HA)c(H A)随 pH 的变化情况，故B 正确；C.2-2-2c(HA)c(H A)c(A)=-2c(HA)c(H A)2-c(A)c(HA)=1.224.191010=102.97，故 C错误；D pH=1.22 时和 4.19 时，lgX=0，则 c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=

13、-2c(HA)c(H A)c（H）=c（H）=10-1.22，K2=2-c(A)c(HA)c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数Kh1=144.191010=10-9.81 10-4.19=Ka2，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH 的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH 的关系，D 为易难点。4利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH 与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是A碳酸钠水解是吸热反应Bab 段说明水解平衡正向移动Cbe 段说明水解平衡逆向移动D水的电离平衡也对pH 产生影响【答案】

14、C【解析】【分析】【详解】A.水解一定是吸热反应，A 项正确；B.碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，B 项正确；C.水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH 却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，C项错误；D.水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH 产生影响，D 项正确；答案选 C。5下列各组物质所含化学键相同的是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）【答案】D【解

15、析】【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A 不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He 为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C 不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D 符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离

16、子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。6国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，原理示意图如下。该体系正极采用含有I-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物阳离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(已知在水溶液中呈黄色)。下列有关判断正确的是A左图是原电池工作原理图B放电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜C放电时，正极区电解质溶液的颜色变深D充电时，阴极的电极反应式为：【答案】B【解析】【分析】题目已知负极采用固体有机聚合物，左图是电子流向固体有机聚合物，左图是电池充电原理图

17、，右图是原电池工作原理图，放电时，负极的电极反应式为：正极的电极反应式为：I3-+2e-=3I-。【详解】A.左图是电子流向固体有机聚合物，则左图是电池充电原理图，故A项错误；B.放电时，Li+由负极向正极移动，即Li+从右向左通过聚合物离子交换膜，B正确；C.放电时，正极液态电解质溶液的I3-得电子被还原成 I-，使电解质溶液的颜色变浅，故C项错误；D.充电时，阴极发生得电子的还原反应，故阴极的电极反应式为：，故 D错误；答案：B。【点睛】易错点：原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，注意不要记混淆。7下列符合元素周期律的是A碱性：Ca(

18、OH)2Mg(OH)2B酸性：H2SO3 H2CO3C热稳定性：NH3 PH3D还原性：S2Fe2+DNaNO2是还原剂（3）下列方法中，可用来区分NaNO2和 NaCl 的是 _(填序号)。A焰色反应B分别滴加酸化FeSO4溶液和 KSCN溶液C在酸性条件下加入KI 淀粉溶液D分别滴加AgNO3溶液（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和 HCl，请写出反应的离子方程式：_。【答案】D BC NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl-【解析】【详解】(1)反应 2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O 中，N 元素的化合价降低，I

19、 元素的化合价升高，该反应转移2e-，用双线桥表示电子转移的方向和数目为；(2)AN 元素的化合价降低，则NaNO2被还原，故A 正确；B维生素C解毒时，Fe元素的化合价降低，则维生素C具有还原性，故B正确；C结合选项B 可知还原性：维生素C Fe2+，故 C正确；D NaNO2是氧化剂，故D 错误；故答案为D；(3)A焰色反应均为黄色，不能鉴别，故A 错误；B亚硝酸钠具有氧化性，分别滴加酸化FeSO4溶液和 KSCN溶液，出现血红色的为NaNO2，无现象的为NaCl，可鉴别，故B 正确；C在酸性条件下加入KI 淀粉溶液，生成气体的为NaNO2，无现象的为NaCl，可鉴别，故C正确；D分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故D 错误；故答案为BC；(4)氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和 HCl，Cl 元素的化合价降低、N 元素的化合价升高，由电子、电荷及原子守恒可知离子反应为NO2-+Cl2+H2ONO3-+2H+2Cl。【点睛】根据元素的化合价变化分析氧化还原反应是解答此类试题的基本方法。本题的易错点为(3)，要注意题干已知信息的灵活运用。