2019-2020学年安徽省滁州市全椒县城东中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省滁州市全椒县城东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我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质188O1下列说法正确的是（）A它是168O1的同分异构体B它是 O3的一种同素异形体C188O1与168O1互为同位素D 1molO1分子中含有10mol 电子【答案】B【解析】【详解】A188O1与168O1的结构相同，是同种物质，故A 错误；B188O1与 O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；C188O1与168O1都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；D O 原子

2、核外有8 个电子，1molO1分子中含有16mol 电子，故D 错误；故选 B。【点睛】本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。2测定 Na2CO3和 NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取 ag 混合物用酒精灯充分加热后质量减少bg B取 ag 混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bg C取 ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL D取 ag 混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12 滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL【答案】B【解析】

3、【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选 A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C.Na2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和 NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL 盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量

4、和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。3已知常温下HF 酸性强于HCN，分别向1Ll mol/L 的 HF 和 HCN溶液中加NaOH 固体调节pH（忽略温度和溶液体积变化），溶液中-c Xlgc(HX)（X 表示 F或者 CN）随 pH 变化情况如图所示，下列说法不正确的是A直线 I 对应的是-c Flgc(HF)BI 中 a 点到 b 点的过程中水的电离程度逐渐增大Cc 点溶液中：+-c Nac X=c(HX)c OHcHD b 点溶液和d 点溶液相比：cb(Na+)Ka(HCN)，因此等浓度的HC

5、N 和 NaCN 的混合溶液中 c(CN-)c(HCN)，即有 c(Na+)c(CN-)；由于 OH-、H+来自水的电离，浓度比较小且此时溶液的pH 为 9.2，C点溶液中存在：c(Na+)c(CN-)=c(HCN)c(OH-)c(H+)，C正确；D由于 HF 酸性强于HCN，要使溶液均显中性，HF 溶液中要加入较多的NaOH，因此 cb(Na+)cd(Na+)，D错误；答案选 D。【点睛】溶液中有多种电解质时，在比较离子浓度大小时注意水解常数与电离平衡常数的关系。4化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（）A X、Y、Z 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色BZ 的同分异构

6、体只有X 和 Y两种CZ的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)D Y分子中所有碳原子均处于同一平面【答案】C【解析】【分析】【详解】A z不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A 错误；BC5H6的不饱和度为52262=3，可知若为直链结构，可含1 个双键、1 个三键，则x 的同分异构体不止 X 和 Y 两种，故B错误；Cz 含有 1 种 H，则一氯代物有1 种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2 种，故 C正确；Dy 中含 3 个 sp3杂化的碳原子，这3 个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D 错误；故答案为

7、C。5下列说法正确的是（）A分子晶体中一定含有共价键BpH=7 的溶液一定是中性溶液C含有极性键的分子不一定是极性分子D非金属性强的元素单质一定很活泼【答案】C【解析】【详解】A稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A 错误；BpH7 的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH7 的溶液一定是中性溶液，故B错误；C含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N 的非金属性强，但氮气性质稳定，故D 错误；故答案为C。6酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2

8、+SO2=NO+SO3，2NO+O2=2NO2，SO3+H2OH2SO4，以下叙述错误的是A NO2由反应 N2+2O22NO2生成B总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4C还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O 4HNO3D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A N2+O22NO，不能生成NO2，故 A 错误；B 2+2得：2SO2+O2+2H2O2H2SO4，故 B 正确；C利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2+得：4NO2+O2+2H2O4HNO3，故 C正确；D利用 3NO2+H2O2HNO3+NO 以及 2

9、+3得：4NO+3O2+2H2O 4HNO3，故 D 正确。故选 A。7SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（）A还原性B漂白性C酸性D氧化性【答案】A【解析】【详解】溴单质与二氧化硫能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（0-1），A 项正确；答案选 A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，二氧化硫具有多重性质，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，可与碱等反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸

10、钾、过氧化氢、氯水、溴水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，尤其是二氧化硫的漂白性和还原性是学生们的易混点。使酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水褪色体现的二氧化硫的还原性，使品红溶液褪色体现的是漂白性。8用氟硼酸(HBF4，属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是A充电时，当阳极质量减少23.9g 时转移 0.2 mol 电子B放电时，PbO2电极附

11、近溶液的pH 增大C电子放电时，负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2O D充电时，Pb 电极的电极反应式为PbO2+H+2e-=Pb2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A.充电时阳极发生反应Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生 1molPbO2，转移 2mol 电子，阳极增重1mol 239g/mol=239g，若阳极质量增加23.9g 时转移 0.2mol 电子，A 错误；B.放电时正极上发生还原反应，PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O，c(H+)减小，所以溶液的pH 增大，B正确；C.放电时，负极上是金属Pb 失电子,发生氧化反应

12、，不是PbO2发生失电子的氧化反应，C错误；D.充电时，PbO2电极与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为Pb2+2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb 电极与电源的负极相连，D 错误；故合理选项是B。9室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A使甲基橙呈红色的溶液：Fe2、Mg2、SO42-、Cl-B使 KSCN呈红色的溶液：Al3、NH4+、S2-、I-C使酚酞呈红色的溶液：Mg2、Cu2、NO3-、SO42-D由水电离出的c(H)1012mol L1的溶液：Na、K、NO3-、HCO3-【答案】A【解析】【分析】【详解】A能使甲基橙呈红色的溶液显酸性，该组离子之间不

13、反应，能大量共存，选项A 符合题意；B.使 KSCN呈红色的溶液中有大量的Fe3，Fe3、Al3均可与 S2-发生双水解产生氢氧化物和硫化氢而不能大量共存，选项B 不符合题意；C.使酚酞呈红色的溶液呈碱性，Mg2、Cu2与氢氧根离子反应生成沉淀而不能大量存在，选项C不符合题意；D.由水电离出的c(H)1012mol L1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，HCO3-均不能大量存在，选项D 不符合题意；答案选 A。10将 51.2gCu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH 溶液

14、完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（）A 0.2mol B0.4mol C0.6mol D0.8mol【答案】A【解析】【分析】【详解】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu 到 Cu（NO3）2，每个 Cu升 2 价，失 2个电子；另一个是HNO3到 NaNO2，每个 N 降 2 价，得 2个电子。51.2gCu 共失电子51.264/molgg2 1.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到 NaNO2得到的电子，所以溶液中n（Na

15、NO2）=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）n（Na+）-n（NaNO2）0.5L 2mol/L-0.8mol 0.2mol，故选 A。11干冰气化时，发生变化的是A分子间作用力B分子内共价键C分子的大小D分子的化学性质【答案】A【解析】【详解】A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A 正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所

16、以化学性质没变，故D 错误；答案选 A。12关于化合物2-苯基丙烯（），下列说法正确的是A不能使稀高锰酸钾溶液褪色B可以发生加成聚合反应C分子中所有原子共平面D易溶于水及甲苯【答案】B【解析】【分析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【详解】A 项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误；B 项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；C 项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不

17、可能在同一平面上，故C错误；D 项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D 错误。故选 B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。13下列有关说法正确的是A MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)高温下能自发进行，则该反应H0、S 0 B常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中，水的电离程度相同C0.1 molL1 NH4Cl溶液加水稀释，-32c(Cl)c(NHH O)的值增

18、大D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率【答案】A【解析】【分析】【详解】A当 G=H-TS0 时反应能自发进行，反应MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)的 S0，高温下能自发进行，则该反应H0，故 A 正确；B等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl溶液，HCl 溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和 HCl 溶液中水的电离程度不同，故B 错误；C0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4+H2O?NH3?H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增

19、大，-32c(Cl)c(NHH O)的值减小，故C 错误；D对于反应2SO2O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动，SO2的平衡转化率不变，故D 错误；答案选 A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。14下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A SO2BNH3CCl2DCO2【答案】B【解析】【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】A SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C氯气溶于

20、水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选 B。15根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A 向溶有 SO2的 BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X 具有强氧化性B 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSi C 常温下，分别测定浓度均为0.1 mol L1 NaF 和 NaClO 溶液的pH，后者的pH大酸性：HFHClO D 卤代烃 Y与 NaOH 水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴入AgN

21、O3溶液，产生白色沉淀Y中含有氯原子A A BB CC D D【答案】D【解析】【详解】A若 X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀为硫酸钡，则X可能为氨气或Cl2等，不一定具有强氧化性，选项A 错误；B由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C、常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和 NaClO 溶液的 pH，后者的pH 大，说明 ClO-的水解程度大，则酸性HFHClO，选项 C错误；D卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银

22、检验卤离子，则卤代烃Y与 NaOH 水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，选项D 正确；答案选 D。【点睛】本题考查化学实验方案评价，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，注意卤素离子与卤素原子检验的不同，题目难度不大。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO2并回收 S。实验步骤如下：步骤 1.称取一定量的CaS放入三口烧瓶中并加入甲醇作溶剂(如下图所示)。步骤 2.向 CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入一定量的SO2。步骤 3.过滤，得滤液和滤渣。步骤 4.从滤液中回收甲醇(沸点

23、为 64.7)，所得残渣与步骤3 的滤渣合并。步骤 5.用 CS2从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是_。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为_，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的 CaSO4，其原因是 _。(3)步骤 4“回收甲醇”需进行的操作方法是_。(4)步骤 5 为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是_。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3 5H2O 的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，_，用滤纸吸干。已知：在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3S 5H2ONa2S2O3 5H2O。硫不溶于Na2

24、SO3溶液，微溶于乙醇。为获得纯净产品，需要进行脱色处理。须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭。【答案】能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS 3SO22CaSO33S CaSO3被系统中O2氧化蒸馏，收集64.7 馏分加入 CS2，充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤【解析】【分析】(1)恒压漏斗能保持压强平衡；(2)CaS脱除烟气中的SO2并回收 S，元素守恒得到生成S和 CaSO3，CaSO3能被空气中

25、氧气氧化生成CaSO4；(3)甲醇(沸点为 64.7)，可以控制温度用蒸馏的方法分离；(4)硫单质易溶于CS2，萃取分液的方法分离；(5)回收的 S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3?5H2O，在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O，据此设计实验过程。【详解】(1)根据图示可知用的仪器X 为恒压漏斗代替普通分液漏斗的突出优点是：能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等，便于液体流下；(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为：2CaS+3SO2CaSO3+3S，三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO4，其原因是：CaSO3被系统中 O2氧化；(

26、3)从滤液中回收甲醇(沸点为 64.7)，步骤 4“回收甲醇”需进行的操作方法是：蒸馏，收集64.7馏分；(4)步骤 5 为使滤渣中S尽可能被萃取，可采取的操作方案是：加入CS2，充分搅拌并多次萃取；(5)已知：在液体沸腾状态下，可发生反应Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3?5H2O；硫不溶于Na2SO3溶液，微溶于乙醇。为获得纯净产品，需要进行脱色处理。须使用的试剂：S、Na2SO3吸收液、乙醇、活性炭，因此从上述回收的S和得到的含Na2SO3吸收液制备Na2S2O3?5H2O 的实验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na2SO3吸收液，盖上表面皿，加热至沸

27、并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤。【点睛】本题考查了物质分离提纯的实验探究、物质性质分析判断、实验方案的设计与应用等知识点，掌握元素化合物等基础知识是解题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7)。工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为：_。通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是 _。(2)向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的

28、是 _。(3)固体 A主要为 _(填化学式)，固体 B 主要为 _(填化学式)。(4)为检验得到的重铬酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，实验方法是：_；进一步提纯产品的方法是_。(5)将 SO2通入用硫酸酸化的重铬酸钾溶液中，可制得硫酸铬钾KCr(SO4)2，反应的化学方程式为_；如果溶液的酸碱性控制不当，可能会有Cr(OH)SO4杂质生成。现从得到的硫酸铬钾产品中取出3.160g 样品加入足量盐酸和BaCl2溶液后，得到白色沉淀5.126g。若产品中杂质只有Cr(OH)SO4，则该产品中KCr(SO4)2的质量分数为_（用百分数表示，保留1 位小数）。摩尔质量/g mol-1：KCr(SO4)

29、2：283；Cr(OH)SO4：165【答案】Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl 低温下 K2Cr2O7溶解度远小于其他组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小除去 Fe3+NaCl K2Cr2O7取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质重结晶K2Cr2O7+3SO2+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O 89.6%【解析】【分析】由流程可知，溶解后调节pH 除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶

30、解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液 II 蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，母液冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)，根据 AgCl的难溶性来验证NaCl的存在性；利用K2Cr2O7的溶解度比同温下Na2Cr2O7的小，用重结晶方法提纯物质，以此来解答。【详解】由流程可知，溶解后调节pH 除去少量杂质Fe3+，过滤后蒸发结晶得到Na2Cr2O7，然后加入KCl发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到K2Cr2O7，母液 II 蒸发浓缩只有析出NaCl(A)，母液

31、冷却结晶主要得到K2Cr2O7(B)。(1)由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7晶体；(2)母液中含少量杂质Fe3+，向 Na2Cr2O7母液中加碱液调pH 的目的是除去杂质Fe3+离子；(3)由上述分析可知，A 为 NaCl，B 为 K2Cr2O7；(4)氯化钠溶于水后电离出来的氯离子和硝酸酸化的硝酸银可以生成白色难溶于酸的沉淀AgCl，故检验K2Cr2O7晶体中含有少量的氯

32、化钠的方法是：取少量重铬酸钾样品，加水溶解，加入足量的硝酸酸化后滴入硝酸银溶液，有白色沉淀生成即说明产品中含有氯化钠杂质；K2Cr2O7的溶解度比同温下Na2Cr2O7的小，所以进一步提纯K2Cr2O7晶体可以用重结晶方法；(5)该反应中S元素化合价由+4 价变为+6 价、Cr 元素化合价由+6 价变为+3 价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式K2Cr2O7+3SO2+H2SO4=2KCr(SO4)2+H2O，5.126g 白色沉淀为：BaSO4，物质的量n(BaSO4)=m5.126g=M233g/mol=0.022mol，设硫酸铬钾的物质的量为x，Cr(OH)SO4的物质的量为y

33、，依据硫酸根守恒以及质量守恒得出：2x+y=0.022mol，x283+y165=3.160g，解得 x=0.01mol，y=0.002mol，故 KCr(SO4)2的质量分数为：0.01mol283g/mol3.160g 100%=89.6%。【点睛】本题以物质制备工艺流程为线索，考查了物质的分离提纯、氧化还原反应及复分解反应方程式的书写、物质含量的测定等知识，把握生产重铬酸钾的实验流程、物质的溶解度曲线与温度的关系，并充分利用溶解度的变化规律为解答的关键，注重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考查。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、

34、硒、碲等物质。某铜沉淀渣，其主要成分如表。沉淀渣中除含有铜(Cu)、硒(Se)、碲(Te)外，还含有少量稀贵金属，主要物质为Cu、Cu2Se和 Cu2Te。某铜沉淀渣的主要元素质量分数如下：Au Ag Pt Cu Se Te 质量分数(%)0.04 0.76 0.83 43.47 17.34 9.23(1)16S、34Se、52Te为同主族元素，其中34Se在元素周期表中的位置_。其中铜、硒、碲的主要回收流程如下：(2)经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。其中碲化铜硫酸化焙烧的化学方程式如下，填入合适的物质或系数：Cu2Te+_H2SO42CuSO4+_TeO2+_+_H2O(3)

35、SeO2与吸收塔中的H2O 反应生成亚硒酸。焙烧产生的SO2气体进入吸收塔后，将亚硒酸还原成粗硒，其反应的化学方程式为_。(4)沉淀渣经焙烧后，其中的铜转变为硫酸铜，经过系列反应可以得到硫酸铜晶体。“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因_。滤液 2 经过、_、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。(5)目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着TeO32-浓度的增加，促进了Te的沉积。写出Te的沉积的电极反应式为_

36、。【答案】第四周期VIA 族6 1 4SO26 H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4由于存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，加入氯化钠固体后，Cl-与 Ag+反应生成成更难溶的氯化银，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液2 加热浓缩、冷却结晶TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-【解析】【分析】(1)16S、34Se、52Te为同主族元素，且34Se在 S元素的下一周期；铜、硒、碲的主要回收流程如下：以铜阳极泥(主要成分为Cu、Cu2Se和 Cu2Te等)加入硫酸焙烧，得到的气体混合物为SeO2、SO2和 H2O，用水吸收得

37、到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂得到粗硒；焙烧时浓硫酸起氧化剂作用，由元素守恒可知还生成CuSO4与 TeO2，用水洗涤并过滤后，滤渣为 TeO2，滤液为CuSO4溶液，经蒸发浓缩后结晶得到硫酸铜晶体；所得TeO2用盐酸溶解后得到H2TeO3溶液，通入SO2后可制得粗碲；(2)Cu2Te和浓 H2SO4高温焙烧生成CuSO4和 TeO2，其中 TeO2是氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还有还原产物SO2，结合电子守恒和原子守恒配平即可；(3)SO2气体进入吸收塔后，将H2SeO3还原成硒，同时得到氧化产物H2SO4，结合电子守恒和原子守恒即可得发生反应的化学方程式；

38、(4)溶液中存在Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，加入少量氯化钠固体，溶解后溶液中的Cl-会与 Ag+结合促进溶解平衡向正方向移动；CuSO4溶液，经蒸发浓缩后结晶得到硫酸铜晶体；(5)根据电解原理TeO32-应在阴极发生还原反应生成Te。【详解】(1)16S、34Se、52Te为同主族元素，且34Se在 S元素的下一周期，则34Se位于元素周期表的第四周期VIA族；(2)Cu2Te和浓 H2SO4高温焙烧生成CuSO4和 TeO2，其中 TeO2是氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还有还原产物SO2，利用电子守恒和原子守恒配平即得Cu2Te+6H2SO42CuSO4+T

39、eO2+4SO2+6H2O；(3)SO2气体进入吸收塔后，将H2SeO3还原成硒，同时得到氧化产物H2SO4，则发生反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4；(4)“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，溶解后溶液中的Cl-会与 Ag+结合生成AgCl 白色沉淀，促进溶解平衡Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)向正方向移动，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 2；从滤液2 得到硫酸铜晶体的具体操作是将溶液加热浓缩、冷却结晶、再经过滤、洗涤并干燥即可；(5)由电解原理可知TeO32-应在阴极发生还原反应生成Te，发生的电极反应为Te

40、O32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。19新能源汽车的核心部件是锂离子电池，磷酸亚铁锂(LiFePO4)以其高倍率性、高比能量、高循环特征、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新宠”。方法一 高温固相法是磷酸亚铁锂生产的主要方法。通常以亚铁盐(如 FeC2O4?2H2O)磷酸盐和锂盐为原料，充分混匀后，在惰性气氛的保护气中先经过较低温预分解，再经过高温焙烧，研磨粉碎制成。其反应原理如下：Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4=2NH3+3CO2+(1)完成上述化学方程式_。(2)理论上，反应中每转移0.15mol 电子，会生成_gLiFePO4。方法二 以铁红

41、、锂辉石LiAl(SiO3)2(含少量 Ca2+、Mg2+的盐)、碳粉等原料来生产磷酸亚铁锂。其主要工艺流程如图：已知：2LiAl(SiO3)2+H2SO4(浓)300Li2SO4+Al2O3?4SiO2?H2O温度/20 40 60 80 溶解度(Li2CO3)/g 1.33 1.17 1.01 0.85 溶解度(Li2SO4)/g 34.2 32.8 31.9 30.5(1)向滤液 II 中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是 _。(2)滤渣 II 的主要成分是_(填化学式)。(3)写出在高温下生成磷酸亚铁锂的化学方程式：_。(4)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯L

42、i2CO3的部分工艺如下：将粗产品Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解，阳极的电极反应式是_。电解后向产品LiOH 溶液中加入过量NH4 HCO3并加热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。请写出生成Li2CO3的化学方程式：_。【答案】2LiFePO42CO 7H2O 23.7 Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失Mg(OH)2、CaCO32FePO4+Li2CO3+2C高温2LiFePO4+3CO 2Cl-2e-=Cl2 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3【解析】【分析】方法一

43、（1）根据原子守恒分析；（2）C2O42中 C的化合价为+3 价，生成 CO和 CO2，C 元素的化合价分别为+2 价、+3 价，根据电子与LiFePO4的关系计算；方法二 2LiAl（SiO3）2+H2SO4（浓）=Li2SO4+Al2O3 4SiO2 H2O，冷却加水过滤得到滤液I 和滤渣 I，滤渣中含有 Al2O3 4SiO2 H2O，滤液中含有Li2SO4、MgSO4、CaSO4，向滤液中加入NaOH、Na2CO3，镁离子和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，钙离子和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以滤渣II 为 Mg(OH)2、CaCO3，滤液中含有硫酸锂，向滤液中加入饱和碳酸钠得到碳酸锂沉淀

44、，铁和磷酸反应生成磷酸铁，磷酸铁和碳酸锂在高温下反应生成LiFePO4；【详解】方法一 （1）由原子守恒可知，Li2CO3+2FeC2O4 2H2O+2NH4H2PO42LiFePO4+2NH3+3CO2+2CO +7H2O，故答案为：2LiFePO4；2CO；7H2O；（2）C2O42中 C的化合价为+3 价，生成CO和 CO2，C元素的化合价分别为+2 价、+3 价，生成 2molCO 转移 2mol 电子，同时生成2molLiFePO4，则当反应中每转移0.15mol 电子，生成0.15molLiFePO4，其质量为23.7g，故答案为：23.7；方法二（1）向滤液 II 中加入饱和Na

45、2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失。故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失；（2）向滤液中加入NaOH、Na2CO3，镁离子和NaOH 反应生成氢氧化镁沉淀，钙离子和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以滤渣II 为 Mg(OH)2、CaCO3。故答案为：Mg(OH)2、CaCO3；（3）在高温下FePO4被碳还原生成磷酸亚铁锂的化学方程式：2FePO4+Li2CO3+2C高温2LiFePO4+3CO 。故答案为：2FePO4+Li2CO3+2C高温2LiFePO4+3CO ；（4

46、）工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：将粗产品Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解，阳极氯离子失电子被氧化，电极反应式是2Cl-2e-=Cl2。故答案为：2Cl-2e-=Cl2；电解后向产品LiOH 溶液中加入过量NH4 HCO3并加热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。生成 Li2CO3的化学方程式：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3。故答案为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3。【点睛】本题考查物质的分离和提纯，综合性较强，涉及原电池原理、物质分离和提纯试剂的选取等知识点，明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析计算及综合知识运用能力，难点是电极反应、氧化还原反应的配平和书写。