2019-2020学年安徽定远县炉桥中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽定远县炉桥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热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe 双温区催化剂（Ti-H 区域和 Fe区域的温度差可超过100）。Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A为 NN 的断裂过程B 在高温区发生，在低温区发生C为 N 原子由 Fe区域向 Ti-H 区域的传递过程D使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为

2、吸热反应【答案】C【解析】【详解】A.经历过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，过程中氮氮三键没有断裂，故 A 错误；B.为催化剂吸附N2的过程，为形成过渡态的过程，为N2解离为 N 的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率要在低温区进行，故B错误；C.由题中图示可知，过程完成了Ti-H-Fe-*N 到 Ti-H-*N-Fe两种过渡态的转化，N 原子由 Fe区域向 Ti-H区域传递，故C 正确；D.化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故D 错误；故选：C。2高纯碳酸锰在电子工业中有着重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Fe、Al、Mg等杂质元素)制备

3、高纯碳酸锰的流程如下：其中除杂过程包括：向浸出液中加入一定量的试剂X，调节浸出液的 pH 为 3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；下列说法正确的是(已知室温下：KapMg(OH)21.81011，KapAl(OH)33.01034，KapFe(OH)3 4.01038。)A浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂B除杂过程中调节浸出液的pH 为 3.55.5 可完全除去Fe、Al、Mg 等杂质C试剂 X 可以是 MnO、MnO2、MnCO3等物质D为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度【答案】A【解析】【详解】A、结合流程分析，需将四价锰还原为二价，因植物粉为有机物，具有还原性

4、，选项A 正确；B、根据 KSP可知，pH 为 3.5-5.5 不能完全除去镁离子，选项B 错误；C、二氧化锰不能与酸反应，无法调节pH，选项 C 错误；D、碳酸氢铵不稳定，受热易分解，故不能温度太高，选项D 错误。答案选 A。3室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH 变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A Kb2的数量级为10-5BX(OH)NO3水溶液显酸性C等物质的量的X(NO3)2和 X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)cX(OH)+D在 X(OH)NO3水溶液中，cX(OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)【答案】D【解析】【详解】A.选取图

5、中点（6.2,0.5），此时 pH=6.2，cX(OH)+=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/cX(OH)+=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故 A 错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH 为 7 到 8 之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时 cX(OH)2=cX(OH)+，溶液的 pH=9.2，则 X（OH）2的 Kb1=c(OH-)cX(OH)+/cX(OH)2=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2

6、=Kw/Kb1=10-9.2，由于 Kh1Kb2Kh2，等物质的量的X(NO3)2和 X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)O，即 BCA，B 错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D.化合物 DC为 MgO，EC2为 SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。6某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄

7、色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A一定存在Fe2+、Na+、ClB一定不存在I、SO32C一定呈碱性D一定存在NH4+【答案】B【解析】【分析】【详解】某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有

8、氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选 B。7下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）。选项目的分离方法原理A 分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B 分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C 除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大D 除去 KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A 错误；B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱和碳酸钠溶液分离，B 错误；C.丁醇

9、和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D 错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D 项为易错点，注意NaCl 和 KNO3在水中溶解度的差异。8下列说法正确的是A铅蓄电池充电时，阳极质量增大B0.1mol L-lCH3COONa 溶液加热后，溶液的pH 减小C标准状况下，11.2L 苯中含有的碳原子数为3 6.02 1023D室温下，稀释0.1m

10、ol L-1氨水，c(H+)c(NH3H2O)的值减小【答案】D【解析】A.铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B.0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH 增大，故 B错误；C.标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L 苯中含有的碳原子数，故C错误；D.室温下，稀释0.1mol L-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K=432c OHc NHc NH H O=432?c OHc NHc Hc NHH Oc H，则c(H+)c(NH3 H2O)=4?wKc NHK

11、，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)c(NH3 H2O)的值减小，故D正确；故选D。9下列有关能量的判断和表示方法正确的是A由 C(s，石墨)=C(s，金刚石)?H=+1.9 kJ/mol，可知：石墨比金刚石更稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多C由 H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)?H=-57.3 kJ/mol，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ 热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)?H=-

12、285.8 kJ/mol【答案】A【解析】【分析】【详解】A由 C(s，石墨)=C(s，金刚石)?H=+1.9 kJ/mol 可知：石墨比金刚石具有的总能量低，因此石墨比金刚石更稳定，A 正确；B硫蒸气转化为硫固体要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多，B 错误；CCH3COOH电离吸收能量，则含 1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH 的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D 2 g H2为 1mol，2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)?H=-285.8 k

13、J/mol，D 错误；答案选 A。10电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100mol L-1的 KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为 0.100mol?L-1的盐酸和 CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（）A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B在相同温度下，P点水电离程度大于M 点CM 点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1molL-1D N 点溶液中：c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A醋酸为弱电解质，滴加 KOH，变为 CH3COOK 是强电解质，故导

14、电率增加，即曲线代表滴定醋酸的曲线，故 A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为 CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于 P点，故 B错误。C 对于 M点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol L-1，故 C错误。DN点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+),故 D正确。答案：D。11中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A 本草纲目拾遗中对强水的记

15、载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。”强水为氢氟酸B 诗经 大雅 绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C 梦溪笔谈 中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D 本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A 错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B 错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；

16、D、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D 正确。答案选 D。12化学与生活密切相关。下列错误的是A用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，发生的是物理变化B“碳九”（石油炼制中获取的九个碳原子的芳烃）均属于苯的同系物C蛟龙号潜水器用到钛合金，22 号钛元素属于过渡元素D波尔多液（硫酸铜、石灰和水配成）用作农药，利用使病毒蛋白变性【答案】B【解析】【详解】A.用四氯乙烯干洗剂除去衣服上油污，是利用有机溶剂的溶解性，没有新物质生成，属于物理变化，故 A正确；B.“碳九”主要包括苯的同系物和茚等，其中茚的结构为，不属于苯的同系物，故B 错误；C.22号钛元素位于第四周期第IVB

17、 族，属于过渡元素，故C正确；D.CuSO4属于重金属盐，病毒中的蛋白质在重金属盐或碱性条件下可以发生变性，故D 正确；答案选 B。13下列属于非电解质的是（）A FeBCH4CH2SO4DNaNO3【答案】B【解析】A金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A 错误；BCH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B 正确；C硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C 错误；DNaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故 D 错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关

18、键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。14国际计量大会第26 届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076 1023mol-1)，于 2019 年 5 月 20 日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 40g正丁烷和18 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目为 0.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数为0.1NAD 0.1mol C

19、l2与足量 NaOH 溶液反应后，溶液中Cl-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为 13 个)。混合物共 58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B.常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；D.0.1mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应，溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外，

20、可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选 A。152019 年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,-+44xLiFePO-xexLi+xFePO，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A放电时，Li+通过隔膜移向正极B放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C放电时正极反应为：+-44xFePO+xLi+xexLiFePOD磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化【答案】D【解析】【详解】A 选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A 正确；B 选项，放电时

21、，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B 正确；C 选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4+xLi+xe=xLiFeO4，故 C正确；D 选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D 错误；综上所述，答案为D。【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16 钴是一种中等活泼金属，化合价为+2 价和+3 价，其中 CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并

22、验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC12?4H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC12?4H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC12?4H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为 Pd。装置 E、F 是用于检验CO和 CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_（填“E”或“F”）。装置 G的作用是 _；E、F、G中的试剂均足量，观察到I 中氧化铜变红，J 中固

23、体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和 I 处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且 n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。【答案】Co2O36H2Cl=2Co2Cl2 3H2O 冷却结晶、过滤F 除去 CO2分解产物中还含有一种或多种含C、H 元素的物质将 D 中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使 K 中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中防止倒吸3(CH

24、3COO)2CoCo3O4 4CO 2CO2 3C2H6【解析】【分析】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F 是用于检验CO和 CO2，PdCl2溶液能被CO 还原为 Pd，因此装置E用于检验CO2，F 装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置 G 的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变

25、浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天D 和 I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且 n(X)n(CO)n(CO2)n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式:Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物

26、中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F 是用于检验CO和 CO2，PdCl2溶液能被CO 还原为 Pd，因此装置E用于检验CO2，F 装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置 G 的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H 元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答

27、案为：将D 中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；实验结束时，先熄天D 和 I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且 n(X)n(CO)n(CO2)n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO+2CO2+3C2H6；三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金

28、(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te 发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有_(填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 _。(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50 g 配成 250 mL 溶液，用移液管取出25.00 mL 于锥形瓶中，

29、加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2 O72-被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_%。已知M(K2Cr2O7)=294 g mol-1，计算结果保留三位有效数字。(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH 的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3 10-5 mol

30、L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时 Fe3+是否沉淀完全_(填“是”或“否”)，写出计算过程_(已知：KspFe(OH)3=4.0 10-38，KspCr(OH)3=6.0 10-31)【答案】2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2CuSO4该条件下，K2Cr2O7 的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 49.0 是当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=31536.0 103 10mol?L-1，

31、则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全【解析】【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOS

32、O4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。【详解】(1)煅烧时 Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(2)根据上述分析，浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还有氧化铜与稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSO4)等，故答案为：CuSO4；(3)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且 K2Cr2O7的溶解度随温度的降低可能

33、显著减小，因此通过冷却结晶可以析出大量K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且 K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；(4)氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与 Cr2O72-的反应，其中 Cr2O72-被还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；n(Fe2+)=0.025L 0.1000mol?L-1=0.0025mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe

34、3+7H2O，则n(Cr2O72-)=0.0025mol16250mL25mL=0.0256mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为294g0.02/mol5m2ol6.50g 100%=49.0%，故答案为：49.0；(5)c(Cr3+)为 3 10-5mol?L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=31536.0 103 10mol?L-1，则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全，故答案为：是；当

35、溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=31536.0 103 10mol?L-1，则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全。【点睛】正确理解流程图中各步反应的原理是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意“计算结果保留三位有效数字”，难点为(5)，要注意沉淀完全的判断标准。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18I.铝及其化合物用途非常广泛，已知铅(Pb)与硅同主族且Pb 比 Si多 3 个电子层。回答下列

36、问题；(1)硅位于元素周期表的第_周期 _族。Pb 比 Si 的原子半径 _(填“大”或“小”)(2)难溶物 PbSO4溶于 CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb(CH3COO)2Pb 易溶于水，发生的反应为PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，说明(CH3COO)2Pb 是 _(填“强”或“弱”)电解质。(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO4AB?2PbSO4+2H2O，其中工作“B”为_(填“放电”或“充电”)。(4)将 PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中搅拌后溶液显紫红色；则每反应1 mol Mn(NO3)2

37、转移_mol 电子。.元素铬(Cr)在自然界主要以+3 价和+6 价存在。工业上利用铬铁矿(FeO Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：(1)水浸 I 要获得浸出液的操作是_。(2)常温下 Cr(OH)3的溶度积Ksp=1 10-32，若要使 Cr3+完全沉淀，则pH 为_c(Cr3+)降至 10-5 mol/L可认为完全沉淀。(3)以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42-+2H+=C2O72-+H2O)。阳极的电极反应式为_。【答案】三A 大弱充电5 过滤5（或 5）2H2O-4e-=O2+4H+(或4OH-4e-

38、=O2+2H2O)【解析】【分析】I.(1)根据硅的原子结构判断其在周期表的位置，根据原子核外电子层数越多，原子半径越大判断；(2)硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质或弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解；(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO4AB?2PbSO4+2H2O，A 是原电池，则逆过程是电解池，所以中工作“B”为充电；(4)将 PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中，揽拌后溶液显紫红色，说明生成高锰酸根离子，高锰酸根中锰元素为+7 价，由此分析解答。II.(1)由流程可知得到难溶性的固体和液体，该操作为过滤；(2)根据溶度积常

39、数计算；(3)阳极发生氧化反应，由水中的氢氧根离子放电，氢离子与CrO42-结合得 Cr2O72-；【详解】I.(1)Si 是第三周期第IVA 的元素，铅与碳是同族元素，且比碳多4 个电子层，由于原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径PbSi；(2)硫酸铅在水溶液里存在沉淀溶解平衡，加入醋酸铵时，醋酸根离子和铅离子生成难电离物质即产生弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，说明(CH3COO)2Pb 是弱电解质；(3)铅蓄电池充放电原理为Pb+PbO2+2H2SO4AB?2PbSO4+2H2O，A 是原电池，Pb 是负极，PbO2是正极，则其逆过程是电解池，所以在工作“B”为充电过程；(4)

40、将 PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中，揽拌后溶液显紫红色，说明生成MnO4-离子，在MnO4-中锰元素为+7 价，即+2 价的锰被氧化成+7价，所以每反应1molMn(NO3)2，转移 5mol 电子；II.(1)由流程可知水浸I 是分离难溶性的固体与溶液的操作方法，该操作为过滤；(2)Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)?c3(OH-)=1 10-32，若 c(Cr3+)=10-5mol/L，此时 c3(OH-)=3251 101 10=10-27，所以c(OH-)=10-9mol/L，则 c(H+)=1491 101 10Kwc OH=10-5mol/L，所以溶液的pH

41、=5；(3)阳极发生氧化反应，由水中的氢氧根离子放电，电极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+(或4OH-4e-=O2+2H2O)，氢离子与CrO42-结合得 Cr2O72-。【点睛】本题考查了元素在周期表的位置、原子半径大小比较、复分解反应的发生、氧化还原反应的计算、沉淀溶解平衡常数的应用及电解原理的应用等知识。该题综合性强，要求学生将所学基础知识运用解决实际问题，题目难度中等。19一种名贵的香料花青醛(E)的合成路线如下图：已知：CH3CH=CH CHO 巴豆醛请回答下列问题：(1)B 物质所含官能团种类有_种，E中含氧官能团的名称_，AB 的反应类型 _。(2)E 物质的分子式为_。

42、(3)巴豆醛的系统命名为_，巴豆醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为_(4)比 A 少一个碳原子且含苯环的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱有四组峰的结构简式_(任写一种即可)。(5)已知：，请设计有乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线。_【答案】2；醛基；取代；C13H18O；2-丁烯醛；CH3CH=CHCHO+2Cu(OH)2CH3CH=CHCOOH+Cu2O+2H2O；14；或；。【解析】【详解】(1)B 物质所含官能团有氨基和溴原子，种类有2 种，E中含氧官能团的名称醛基，AB 的反应类型取代。(2)E 物质的分子式为C13H18O；(3)巴豆醛的系统命名为2-丁烯醛；巴豆醛含有醛基，与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为CH3CH=CHCHO+2Cu(OH)2CH3CH=CHCOOH+Cu2O+2H2O；(4)比 A 少一个碳原子且含苯环，即除了苯环之外含有氨基，一个乙基或2 个甲基。所以同分异构体有14种，写出核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或(任写一种即可)。(5)由乙醇为原料制备巴豆醛，首先乙醇氧化成乙醛，乙醛加成之后再消去羟基成双键，则合成路线为：。