2019-2020学年安徽省淮北师大附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省淮北师大附属实验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下图是0.01 mol/L 甲溶液滴定0.01 mol/L 乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH 溶液或者NaOH 溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAc B曲线是NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力D a 点是反应终点【答案】C【解析】【详解】A由曲线盐酸滴定NaAc 溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升

2、高，说明条件相同时导电能力：盐酸NaAc，故 A正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定NaOH 溶液的曲线，因此曲线是NaOH 溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B 正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故C 错误；D反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a 点是反应终点，故D 正确；故选 C。【点睛】本题的难点为曲线和的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判

3、断，其中醋酸滴定NaOH 溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。2设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 78 g Na2O2与足量CO2反应，转移电子的数目为NAB0.1 mol 聚乙烯含有碳碳双键的数目为0.1 NAC标准状况下，2.24 L H2O 含有电子的数目为NAD 1 L 0.1 mol/L NaHS 溶液中硫原子的数目小于0.1 NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A 78 g Na2O2物质的量为1mol，由关系式Na2O2e-，可得出转移电子数为NA，A 正确；B聚乙烯分子中不含有碳碳双键，B不正确；C标准状况下，H2

4、O 呈液态，不能使用22.4L/mol 计算含有电子的数目，C不正确；D 1 L 0.1 mol/L NaHS 溶液中不含有硫原子，D 不正确；故选 A。3依据反应2KIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的 CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是A用制取 SO2B用还原 IO3-C用从水溶液中提取KHSO4D用制取 I2的 CCl4溶液【答案】C【解析】【详解】A加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A 正确；B二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，

5、且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B 正确；C从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故 C 错误；C四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D 正确；答案选 C。410 mL 浓度为 1 mol/L 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是()A KHSO4BCH3COONa CCuSO4D Na2CO3【答案】B【解析】【分析】需要减慢反应速率但又不影响氢气生成，即降低H+的浓度而又不改变H+的物质的量，据此解答。【详解】A加入 KHSO4溶液

6、，溶液中氢离子总量增多，故氢气生成量增多，故A 错误；B加入 CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根离子与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B 正确；CZn 可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；D加入 Na2CO3溶液，碳酸根离子与氢离子反应，则溶液中氢离子总量减小，故氢气生成量也减小，故D错误。故选：B。5下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（）A氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）通电2Na+C12B利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeO高温Fe+CO2C工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+N

7、aCl=NaHCO3+NH4Cl D工业制粗硅：C+SiO2高温Si+CO2【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O通电Cl2+H2+2NaOH，故 A错误；B磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2，故 B错误；C工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故 C正确；D工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2高温Si+2CO，故 D 错误；故

8、选：C。6锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A该电池工作时Li+向负极移动BLi2SO4溶液可作该电池电解质溶液C电池充电时间越长，电池中Li2O 含量越多D电池工作时，正极可发生：2Li+O2+2e-=Li2O2【答案】D【解析】【详解】A原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B 错误；C电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li 应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；D题目给出正极反应为：xLi+

9、O2+xe-=LixO2，所以当x=2 时反应为：2Li+O2+2e-=Li2O2；所以选项D 正确。7已知：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)196.64kJ，则下列判断正确的是A 2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ B2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ 热量C1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出 98.32kJ 热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量【答案】A【解析】【详解】A.气态 SO3变成液态SO3要放出热量，所以2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ，故 A 正确；B、2molSO2气体和过

10、量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故 B错误；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故 D 错误；答案选 A。8主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X 与 Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A原子半径由大到小的顺序为：r(Z)r(Y)r(X)r(W)B氧化物的水化物的酸性：H2XO3H2YO3CZWY是离子化合物，其水溶液中只存在电离平衡D单质熔点：X

11、r(X)r(Y)r(W)，故错误；B.硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3H2SO3，故正确；C.硫氢化钾是离子化合物，其完全电离，但其电离出的硫氢根离子既能电离、也能水解，存在电离平衡和水解平衡，故错误；D.硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故错误。故选 B。9海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）A工业上步骤常用Ca(OH)2代替 NaOH B设计步骤、的目的是为了富集溴C步骤中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D工业上实现步骤，通常用氢气

12、还原氯化镁【答案】D【解析】【分析】由流程可知，MgBr2与 NaOH 反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，中氯气可氧化溴离子生成溴，吹出溴，中试剂X 为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，中氯气与HBr 反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2?6H2O，在 HCl 气流中加热MgCl2?6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，中电解熔融MgCl2生成 Mg，以此来解答。【详解】A.工业上步骤常用Ca(OH)2代替 NaOH，便宜易得，故A 正确；B.海水中溴离子浓度较低，步骤、的目的是为了富集溴，故B 正确；C.步骤中试剂X 可选用

13、饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成 HBr，故 C 正确；D.Mg 为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤，通常用电解法，故D错误；故选 D。【点睛】Mg 为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、Na

14、Cl 的方法制取金属铝和金属钠。10稠环芳烃如萘、菲、芘等均为重要的有机化工原料。下列说法正确的是A萘、菲、芘互为同系物B萘、菲、芘的一氯代物分别为2、5、3 种C萘、菲、芘中只有萘能溶于水D萘、菲、芘的所有原子不可能处于同一平面【答案】B【解析】【分析】A.同系物是组成相似，结构上相差n 个 CH2，依据定义作答；B根据等效氢原子种类判断；C依据相似相容原理作答；D依据苯的结构特征分析分子内原子共平面问题。【详解】A.萘的结构中含两个苯环，菲的结构中含三个苯环，芘的结构中含四个苯环，组成不相似，则三者不是同系物，故A 项错误；B.根据分子结构的对称性可知，萘分子中含有2 种 H 原子，如图示

15、：，则其一氯代物有2 种，而菲分子中含有5 种 H 原子，如图示：，则其一氯代物也有5 种，芘分子中含有3 种 H 原子，如图示：，则其有3 种一氯代物，故B项正确；C.三种分子均有对称性，且为非极性分子，而水为极性键组成的极性分子，则萘、菲、芘中均难溶于水，故 C 项错误；D.苯环为平面结构，则两个或两个以上的苯环通过共用环边构成的多元有机化合物也一定共平面，即所有的原子一定在同一个平面上，故D 项错误；答案选 B。【点睛】本题的难点是B 选项，找稠环的同分异构体，进而判断其一氯代物的种类，结合等效氢法，可采用对称分析法进行判断等效氢原子，该方法的关键是根据分子的对称性找出所有的对称轴或对称

16、中心。11某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g 该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是A反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3 种B向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g 固体完全溶解C若 b49a，则红色固体粉末一定为纯净物D b 的取值范围:0ba【答案】C【解析】【详解】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若 a g 红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g 即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和

17、硫酸根离子；2、若 a g 红色固体粉末为Cu和 Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu 不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，若称得固体质量b g 即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若 a g 红色固体粉末为Cu和 Cu2O，依据 Cu2O 在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O 分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g 即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离

18、子、硫酸根离子和铜离子；4、若 a g 红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此 b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若 a g红色固体粉末只有Cu2O，依据 Cu2O 在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O 分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g 即为 Cu2O 反应生成的铜的质量，因此 ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若 a g 红色固体粉末为Cu2O 和 Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O 反应生成铜和硫酸铜溶液，铜

19、和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，若称得固体质量b g即为 Cu2O 反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3 种，故 A 正确。B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C.若 b49a，即 ba，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和 Fe2O3的混合物；Cu 和 Cu2O 的混

20、合物；只有Cu2O；Cu2O 和 Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b 的取值范围:0ba，故 D 正确。答案选 C。12化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A 错误；B.4422NH FeSO12H O（）作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B 错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和 HClO 都有强氧化性，故C 正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为

21、氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D 错误；故答案选：C。13溴化氢比碘化氢A键长短B沸点高C稳定性小D还原性强【答案】A【解析】【详解】A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A 正确；B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B错误；C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C错误；D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D 错误；故选：A。14SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的

22、是A采用热交换器循环利用能量B压强控制为2050MPa C反应温度控制在450左右D使用 V2O5作催化剂【答案】B【解析】A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A 正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对 SO2转化率无影响，B错误；C.在 400-500下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D 正确。故选择B。15乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）()A 4 种B5 种

23、C6 种D7 种【答案】C【解析】【详解】完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4 种 H，乙基含有2 种 H，故产物的一氯代物有6 种同分异构体；答案选 C。【点睛】容易出错。乙基环己烷的六元环含有4 种 H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3 种 H。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16碘酸钙 Ca(IO3)2是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2 H2O 的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1 所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。转化时发生反应的离子方程式为_。转化过程中CCl

24、4的作用是 _。为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_。（2）将 CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、_。除去 HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为_，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：Ca(IO3)2 6H2O 是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。Ca(IO3)2 6H2O 加热升温过程中固体的质量变化如图2 所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2 H2O 的实验方案：向水层中_。实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液。【答案】I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H增大 Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液

25、漏斗将 HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入 Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重【解析】【分析】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2

26、反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶

27、于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2 6H2O，根据图示，在100 160 条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH 约为 7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、P

28、b、S及 SiO2等）中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。（1）步骤当盐酸的浓度和KClO3的量一定时，写出两点可提高“浸取”速率的措施 _；从 Cu 和 Pb混合物中提取Cu的试剂为 _（填名称）。（2）步骤反应的化学方程式为_。（3）步骤分离出的滤渣中主要含有两种杂质，为了回收滤渣中的非金属单质，某实验小组向滤渣中加入试剂 _（填化学式），充分溶解后过滤，然后将滤液进行_（填操作名称），得到该固体非金属单质。（4）步骤反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（5）排放后的废水中含有NO3-，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al 粉将 NO3-还原成无污染气体排放，该方法的缺点

29、是处理后的水中生成了AlO2-，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为：_。25时，欲将上述处理过的水中的c（AlO2-）降到 1.0 10-7mol/L，此时水中c（Al3+）=_mol?L-1（已知，25，Ksp（Al（OH）3=1.3 10-33，Al（OH）3（s）?H+AlO2-+H2O，Ka=1.0 10-13）【答案】粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌稀盐酸AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl CS2蒸馏 4:110Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O1.3 10-9【解析】【分析】银精矿（其

30、化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及 SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把 Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X 为 Zn，分离操作为过滤，得到 Cu和 Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加 Na2SO3溶液，AgCl与 Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和 NaCl，过滤，滤渣为S和 SiO2，滤液为Na3Ag（SO3）2和 NaCl，在滤液中加N2H4和 NaOH，生成 Ag 和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。【详解】（1）为提高浸取率可采

31、取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等，Cu 和 Pb 混合物中提取Cu可选用稀盐酸，根据金属活动性顺序表可知，Pb 可与稀盐酸反应，Cu不反应，再过滤即可，故答案为：粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；稀盐酸；（2）步骤加Na2SO3溶液，AgCl 与 Na2SO3反应生成Na3Ag（SO3）2和 NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3Ag（SO3）2+NaCl；（3）步骤分离出的滤渣中主要含有S和 SiO2两种杂质，

32、利用S易溶于 CS2，滤渣中加入CS2，充分溶解后过滤，然后根据S和 CS2的沸点不同进行蒸馏即可，故答案为：CS2；蒸馏；（4）步骤的化学反应方程式为：4Na3Ag(SO3)2+N2H4+4NaOH=4Ag +8Na2SO3+N2+4H2O，Na3Ag(SO3)2作氧化剂，N2H4作还原剂，其氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为4：1；（5）在碱性条件下用Al 粉将 NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O，已知，25，Ksp Al(OH)3=1.3 10-33，Al(OH)3(s)?H+AlO2-+H2O，

33、Ka=1.0 10-13，可得，Ka=c(H+)c(AlO2-)=c(H+)1.0 10-7mol/L=1.0 10-13，c(H+)=1.0 10-6mol/L，c(OH-)=1.0 10-8mol/L，Ksp Al(OH)3=c(Al3+)c3(OH-)=1.3 10-33，c(Al3+)=1.310-9mol?L-1，故答案为10Al+6 NO3-+4OH-=2N2+10AlO2-+2H2O；1.3 10-9。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0.15%。钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大。(1)钠原子核外电子共占

34、据_个轨道，写出同一周期中原子核外M 层上有 2 个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式_。(2)氯化钠的熔点比氯化钾的_（填“高”或“低”），原因是 _。(3)实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：_。(4)氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是_（填标号）。A离子键B共价键C金属键D范德华力(5)卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠。写出反应的化学方程式为：_。其中，氧化产物是：_，若反应转移0.8mol 电子，至少消耗_g NaOH。【答案】6 3s23p2、3s

35、23p4高二者都是离子晶体，钠离子与钾离子电荷相同，半径小于钾离子，导致氯化钠离子键更加牢固，熔点高氢氧化钠是强电解质，溶于水增加了氢氧根浓度，且溶解过程放热，使平衡NH3+H2ONH3 H2ONH4+OH-向逆反应方向移动，有利于氨气逸出AC 224NaOH4Na+2H O+O通电O232g【解析】【分析】(1)钠原子核外含有11 个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p 能级有 3 个轨道，据此判断；原子核外M 层上有 2 个未成对电子的元素即为3p2或者 3p4，该元素为硅或硫元素，根据构造原理书写其原子最外层电子排布式；(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶

36、体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比；(3)浓氨水和氢氧化钠固体反应制取氨气，浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，使一水合氨分解生成氨气；(4)在氟化钠溶液中，存在氟离子、钠离子、氢离子、氢氧根离子和水分子，据此分析；(5)电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，根据反应物和生成物写出方程式，由化合价的变化以及氧化还原反应的概念判断。【详解】(1)钠原子核外含有11 个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p 能级有 3 个轨道，所以钠原子核外电子共占据了6 个轨道；原子核外M 层上有 2 个未成对电

37、子的元素即为3p2或者 3p4，该元素为硅或硫元素，所以其原子最外层电子排布式为3s23p2或者 3s23p4；(2)氯化钠和氯化钾为离子晶体，离子晶体的熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷数成正比，钠离子半径小于钾离子，所以氯化钾的晶格能小于氯化钠，则氯化钠的熔点高于氯化钾；(3)浓氨水滴入氢氧化钠固体，溶解放热，促使NH3的挥发，使一水合氨分解生成氨气，使NH3+H2ONH3?H2ONH4+OH-向生成 NH3移动，加快氨气逸出；(4)在氟化钠溶液中，存在氟离子，钠离子，氢离子，氢氧根离子和水分子，所以存在水分子间的范德华力和水分子内的氢氧共价键，所以不存在离子键和金属键，故

38、合理选项是AC；(5)电解熔融的氢氧化钠，钠离子在阴极得电子生成Na，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气和水，则电极方程式为：224NaOH4Na+2H O+O通电，O 元素的化合价升高，则氧气为氧化产物，反应中4mol氢氧化钠反应，转移4mol 电子，则若反应转移0.8mol 电子，消耗0.8mol NaOH，其质量为m(NaOH)=nM=0.8mol 40g/mol=32g。【点睛】本题考查了核外电子排布的规律、熔沸点的比较，实验室制氨气的原理，微粒之间的作用力的判断以及电解原理的应用、氧化还原反应的应用，注意电解时把握电解时阴阳两极发生的反应。19锂辉石是我国重要的锂资源之一，其主要成分为L

39、i2O、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

40、(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

41、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+、N

42、a+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。“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+

43、、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，我们解题前需依据反应条件做整体分析，否则很容易得出错误的结论。