2019-2020学年北京市西城区第一五六中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京市西城区第一五六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下列关于文献记载的说法正确的是A 天工开物中“世间丝麻裘褐皆具素质”，文中“丝、麻”的主要成分都是蛋白质B 肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该提取过程属于化学变化C 抱朴子中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，描述的是升华和凝华过程D 本草纲目中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，涉及的实验操作是蒸馏【答案】D【解析】【详解】A丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是天然纤维，故A 错误；B青蒿素提取利用的是萃取原理

2、，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B 错误；C升华属于物理变化，丹砂（HgS）烧之成水银，即 HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，不属于升华，故C错误；D白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故D 正确；故答案为D。2短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X原子最外层有6 个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料下列叙述正确的是（）A原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X B原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z C元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X D简单气态氢化物

3、的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W【答案】B【解析】Y 是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是 F，X最外层有6 个电子且原子序数小于Y，应为 O，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么 Z为 Al，W 的单质广泛用作半导体材料，那么W 为 Si，据此推断X、Y、Z、W 分别为 O、F、Al 和 Si。A、电子层数越多，原子半径越大，同一周期，原子序数越小，原子半径越大，即原子半径关系：AlSiOF，即 ZWXY，故 A 错误；B、最外层电子数分别为6、7、3 和 4，即最外层电子数Y XW Z，故 B 正确；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即

4、非金属性FOSiAl，因此 XWZ，故 C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性FOSiAl，即简单气态氢化物的稳定性YXW，故 D错误；故选B。3下列说法不正确的是()A金属汞一旦活落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深理处理B氨氮废水(含 NH4+及 NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理C做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加人沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D用 pH 计、电导率仅(一种测量溶渡导电能力的仪器)均可检测乙酸乙酯的水解程度【答案】A【解析】【详解】A金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处

5、理，易污染土壤和地下水，故 A 错误；B氨氮废水中N 为-3 价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B 正确；C做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C 正确；D乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH 计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度，故 D 正确；故答案为A。4 明矾 KA1(SO4)2 12H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A合理处

6、理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、Fe C“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替 NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D 5短周期元素A、B、C、D 原

7、子序数依次增大。已知元素A 元素原子最外层电子数是次外层的2 倍；B、C 的最外层电子数之比为5:2，D 的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）A元素 A 的氢化物都是气体B简单离子半径：CDB元素CB、C 形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体D元素 B 的气态氢化物的水溶液能溶解单质D【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D 原子序数依次增大。已知元素A 元素原子最外层电子数是次外层的2 倍，A 为第二周期元素，故A 为碳；D 的氧化物是常用的耐火材料，故D 为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B 为氮、C

8、为镁。【详解】A.元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5 时，为气态，大于5 时为液态或固态，故A 错误；B.B、C、D 简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：BC D，故 B 错误；C.B、C 形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C 正确；D.元素 B 的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D 错误；答案选 C。6对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2O A PTA是该反应的氧化产物B消耗 1molPX，共转移8mo

9、l 电子CPX含苯环的同分异构体还有3 种DPTA与乙二醇可以发生缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A.反应中 Mn 元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A 正确，不符合题意；B.反应中，Mn 元素的化合价从+7 价降低到+2 价，转移5 个电子，则1molPX 反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B 错误，符合题意；C.PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3 种，故 C正确，不符合题意；D.PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩

10、聚反应，故D 正确，不符合题意；故选：B。7短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3 倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z 位于 A 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B由 X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键CW 的最高价氧化物对应水化物为弱酸D Y的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强【答案】D【解析】【分析】分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3 倍，则 X应为 O 元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z 位于 A 族，由原子序数关系可知Z为

11、Na 元素，W 与 X 属于同一主族，W 应为 S元素。【详解】A电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，A 项错误；BX 为 O，Z 为 Na，由 Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；CW 最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D 项正确；答案选 D。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越

12、小，比较时应综合考虑二者。8某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是()A该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应B该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上C与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3 种D 1mol 该有机物最多与4molH2反应【答案】D【解析】【分析】有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。【详解】A该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；B由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B 错误；C与该有机物具有相同官能

13、团的同分异构体如果含有1 个取代基，可以是-CH=CHCOOH 或-C(COOH)=CH2，有 2 种，如果含有2 个取代基，还可以是间位和对位，则共有4 种，C错误；D苯环和碳碳双键均能与氢气发生加成反应，所以1mol 该有机物最多与4molH2反应，D 正确；答案选 D。9轴烯（Radialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含n 元环的轴烯可以表示为 n 轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是A a 分子中所有原子都在同一个平面上Bb 能使酸性KMnO4溶液褪色Cc 与互为同分异构体D轴烯的通式可表示为C2nH2n（n3）【答案】C【解析】【分析

14、】【详解】A 3轴烯中所有碳原子均采取sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故A 不符合题意；B4 轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B 不符合题意；C5 轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故C 符合题意；D轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原子相连的碳原子上有2 个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为C2nH2n(n 3)，故 D 不符合题意；故答案为：C。10Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A两种无

15、毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH 会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2 D每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体【答案】C【解析】【分析】向 KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A碳元素化合价从+2 价升高到+4 价，二氧化碳是氧化产物。N 元素化合价由3 价升高为0 价，氮气是氧化产物，选项A 错误；B氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH 会降低，选项B 错误；C由反应2KCN+8KOH+5Cl2

16、2CO2+N2+10KCl+4H2O 可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项 C正确；D状况不知，所以无法求气体的体积，选项D 错误；答案选 C。11在 100kPa 时，1 mol C(石墨，s)转化为 1 mol C(金刚石，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

17、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。12根据元素周期律可判断()A稳定性：H2SH2O B最

18、高化合价：FN C碱性：NaOHMg(OH)2D原子半径：ClAl【答案】C【解析】【详解】A O 和 S位于同一主族，非金属性O 大于 S，故气态氢化物的稳定性H2OH2S，故 A 错误；B F没有最高正价，N 是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5 价，故 B 错误；C Na 和 Mg 位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH Mg(OH)2，故 C正确；D Al 和 Cl 位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，AlCl，故 D 错误；答案选 C。13下列有关实验的叙述完全正确的是A ABBCCDD【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸钠水

19、解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰。【详解】A 项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH 试纸测次氯酸钠溶液的 pH，不能达到实验目的，故A 错误；B 项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl 气流中蒸发，故B错误；C 项、碘化银和氯化银是同类型的难溶

20、电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D 项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl 的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D 错误。故选 C。14将 0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A溶液的pH 增大BCH3COOH电离度增大C溶液的导电能力减弱D溶液中c(OH)减小【答案】A【解析】【分析】【详解】A CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反

21、应方向移动，溶液的pH 增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH 增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数

22、不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选 A。15NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 11g超重水(T2O)含中子数为5NAB25，pH=13 的 1L Ba(OH)2溶液中 OH的数目为0.2NAC1mol 金刚石中CC键的数目为2NAD常温下，pH=6 的 MgCl2溶液中 H+的数目为10-6NA【答案】C【解析】【详解】A.11g 超重水(T2O)的物质的量为0.5mol，由于在 1 个超重水(T2O)中含有 12 个中子，所以 0.5mol 超重水(T2O)中含中子数为6NA，A 错误；B.溶液中氢氧根的物质的量浓度是0.1mol/L，则 1L 溶液中含有的氢氧根离子的

23、数目为0.1NA，B 错误；C.由于一个 C 原子与相邻的4 个 C原子形成共价键，每个共价键为相邻两个原子形成，所以1 个 C原子含有的 C-C键数目为412=2，因此 1mol 金刚石中CC键的数目为2NA，C正确；D.缺体积，无法计算H+的数目，D 错误；故合理选项是C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16用如图装置探究NH3和 CuSO4溶液的反应。(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2O?NH3?H2O、_、_(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备 100mL25%氨水(=0.905g?cm-3)，理论上需要标准

24、状况下氨气_L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液_，而达到防止倒吸的目的。(4)NH3通入 CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu(NH3)42+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)。该反应平衡常数的表达式K=_。t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化_。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：_。在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和

25、 NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因_。【答案】NH3?H2O?NH4OHNH3(g)?NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)2(s)?Ca2(aq)2OH(aq)(或 Ca(OH)2的溶解平衡)29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行Cu22NH3?H2O Cu(OH)2 2NH4Cu(NH3)42/NH32?NH4 2加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后cCu(NH3)42/c2(NH3)?c2(NH4)会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到

26、蓝色沉淀该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小【解析】【分析】(1)制备 NH3的实验中，存在着NH3+H2O?NH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3 H2O 的水溶液，所以要以NH3为标准计算.n（NH3）=-3100mL0.905g cm25%17g/mol=1.33 mol；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入 CuSO4溶液中和水反应生成NH3?H2O，NH3?H2O 电离出 OH

27、-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常数的表达式K=2342234Cu NH NHNH；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使 K 增大，正逆反应速率都减少；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后2342234Cu NH NHNH会大于该温度下的

28、K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和 NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。【详解】(1)制备 NH3的实验中，存在着NH3+H2O?NH3?H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3?H2O?NH4OHNH3(g)?NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)?Ca2(aq)2OH(aq)(或 Ca(OH)2的溶解平衡)；(2)氨水是指NH3的水溶液，不是NH3 H2O 的水溶液，所以要以NH3为标

29、准计算.n（NH3）=-3100mL0.905g cm25%17g/mol=1.33 mol，标准状况下体积为1.33mol 22.4L/mol=29.8L；(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；(4)NH3通入 CuSO4溶液中和水反应生成NH3?H2O，NH3?H2O 电离出 OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu22NH3?H2O Cu(OH)22NH4；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)，平衡常数的表达式K=2

30、342234Cu NH NHNH；反应 2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)?Cu(NH3)42+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q0)是放热反应，降温可以使 K 增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后2342234Cu NH NHNH会大于该温度下的K，平衡左移，生成了更多的 Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和 NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小

31、的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小。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Na

32、OH 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 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

33、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）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

34、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/mol，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

35、题，共20 分）18三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图所示。已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和 SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO 和 CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_(写出 2 种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是_。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式_。(4)温度、pH 对铜、钴浸出率的影响如图1、图 2 所示：“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为_。图

36、2 中 pH 增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是_。(5)CoC2O4 2H2O 在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是_。(6)一定温度下，向滤液A 中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀而除去，若所得滤液B 中c(Mg2+)=1.0 10-5 mol/L，则滤液 B中 c(Ca2+)为_。已知该温度下Ksp(CaF2)=3.4 10-11，Ksp(MgF2)=7.1 1011【答案】升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(任意两种)将 Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O 温度为 6575、pH 为 0.51.5

37、 pH 升高后溶液中c(H+)下降，溶解 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低4CoC2O4 2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O 4.8 10-6 mol/L【解析】【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得 Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 Na2CO3调 pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用 NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转

38、为 CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3。【详解】(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是如升高温度、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等(任意两种)；(2)Co2O3与硫酸反应产生Co2(SO4)3，杂质 Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3，Co3+、Fe3+都具有氧化性，而 Na2SO3具有还原性，所以在“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是将溶液中的将Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+；(3)“沉铜”后的滤液中含有Fe2+，向其中加入NaClO3溶液，NaClO3会将 Fe2+氧化为 Fe3+，则根据电子守恒、电荷

39、守恒及原子守恒，可知滤液中的Fe2+与 NaClO3反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；(4)根据图1 可知，温度在65 75时，钴、铜的浸出率最高，且之后铜的浸出率变化不大，钴的浸出率有下降趋势。在图 2 中 pH：0.51.5 铜、钴的浸出率最高，pH1.5，铜、钴的浸出率开始下降。故“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为温度：65 75、pH：0.51.5；图 2 是 pH 变化对铜、钴浸出率的影响，浸出过程中是利用H+和 CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3中的 OH-和 CO32-反应，使得Co3+和 Co2+溶解在溶液中，所以pH 升高

40、后溶液中c(H+)浓度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降；(5)由题中可知CoC2O4?2H2O 在空气中高温煅烧得到Co2O3，CoC2O4中 Co的化合价为+2价，生成Co2O3(Co的化合价为+3 价)，化合价升高，说明空气中的O2作为氧化剂参与了反应，而C2O42-具有一定还原性也被O2氧化成 CO2，故产物分别为Co2O3和 CO2，根据元素守恒，可推测出产物中还有H2O 生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终可得知反应方程式为4CoC2O4 2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O；(6)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)

41、=3.4 10-11，Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)=7.1 1011，所以22211sp211222sp2c Cac CacOHKCaF3.4 10KMgF7.1 10c Mgc MgcOHnn=0.48，所以 c(Ca2+)=0.48 1 10-5mol/L=4.8 10-6 mol/L。【点睛】本题以 Co2O3的制取为线索，考查了化学反应速率的影响因素、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂、溶度积常数的应用，利用图形分析问题等能力，掌握元素及化合物知识、氧化还原反应原理和化学反应原理是解题关键。要结合做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，然后利用信息分析问题的能力。1

42、9元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是_。a原子半径和离子半径均减小b金属性减弱，非金属性增强c单质的熔点降低d氧化物对应的水合物碱性减弱，酸性增强（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为_，氧化性最弱的简单阳离子是_。（3）已知：化合物MgO Al2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/2800 2050 714 191 工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO 的原因是 _；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是 _。（4）晶体硅（

43、熔点1410）是良好的半导体材料由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）写出 SiCl4的电子式：_；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg 纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式_。（5）下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是 _。aNH3b HI cSO2dCO2（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1写出该反应的化学方程式：_。【答案】b 氩Na+MgO 的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电2H2

44、（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H+0.025akJ?mol1b 4KClO3KCl+3KClO4【解析】【详解】(1)a原子半径和离子半径均减小；第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2 个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3 个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阴离子到阳离子，半径在减小，故a 错误；b金属性减弱，非金属性增强；同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b 正确；c金属单质的熔点降低，即Na MgAlSi(原子晶

45、体)，而非金属单质是分子晶体，熔点比金属单质低，整体趋势是SiAlMg S Na PCl2Ar，故 c错误；d 金属性减弱，非金属性增强则最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故d 错误；故答案为b；(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同，而第三周期元素的次外层电子为8，该元素原子结构示意图为：，则该元素为氩；金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的为 Na+；(3)由于氧化镁的熔点远远大于氯化镁的熔点，熔融时消耗更多能量，增加生成成本，所以工业制镁时，采用电解 MgCl2而不电解MgO；由于氯化铝为共价化合物，熔融状态下氯化铝不导电，制铝时电解Al2O3而不

46、电解 AlCl3；(4)四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8 个电子，四氯化硅的电子式为：；1.12kg纯硅的物质的量为：1120g28g/mol40mol，生成 40mol 硅吸收 akJ 热量，则生成 1mol 硅吸收的热量为：akJ400.025akJ，所以四氯化硅气体与氢气反应生成单质硅和氯化氢的热化学方程式为：2H2(g)+SiCl4(g)Si(s)+4HCl(g)H+0.025akJ?mol1；(5)浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，所以选项中不能用浓硫酸干燥的为aNH3 bHI，而 P2O5是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体，可以干燥碘化氢，所以b 正确，故答案为b；(6)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。