2019-2020学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf

《2019-2020学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2019-2020学年湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟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将1230.2 mol LNa CO溶液和10.1mol L盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是A233c Nac Hc OHc Clc HCOc COB233c Nac HCOc Clc COc OHc HC233232c Nac COc HCOc H COD323c OHc Hc HCO2c H CO【答案】B【解析】【分析】混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2

2、CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。【详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故 A 错误；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)c（HCO3-）c(Cl-)c（CO32-）c(OH-)c(H+)，故B 正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故 C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2 c（HCO3-）+2c（CO3

3、2-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH）+c（Cl）=c（HCO3）+2c（H2CO3）+c（H+），故 D 错误；答案：B【点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。2下列对装置的描述中正确的是A实验室中可用甲装置制取少量O2B可用乙装置比较C、Si 的非金属性C若丙装置气密性良好，则液面a 保持稳定D可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg 的含量【答案】A【解析】【分析】【详解】A甲中 H2O2，在 MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22MnO2H2O+O2生成 O2，故 A 正确；B乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2

4、SiO3，故 B错误；C丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故 C错误；D丁中合金里Al、Si与 NaOH 溶液反应生成H2，根据 H2体积无法计算合金中Mg 的含量，因为Al、Si都能与 NaOH 溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故 D错误；答案选 A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。3下列实验操作合理的是（）A用标准HCl 溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂B用湿润的pH 试纸测定CH3COONa溶液的 p

5、H C用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3）和苯(沸点为 80.1)的混合物D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+【答案】A【解析】【分析】【详解】A用标准HCl 溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A 选项正确；B用湿润的pH 试纸测定醋酸钠溶液的pH，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；C乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C 选项错误；D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3+一定是由Fe2+被氯水氧化而来

6、，即不能证明溶液中一定含有Fe2+，D 选项错误；答案选 A。4胆矾 CuSO4 5H2O 可写为 Cu(H2O)4SO4 H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是A Cu2+的价电子排布式为3d84s1B所有氧原子都采取sp3杂化C胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A Cu是 29 号元素，Cu 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去 4s、3d 能级上各一个电子生成 Cu2+，故 Cu2+的价电子排布式3d9，故 A 错误；B硫酸根离子中S和

7、非羟基O 和 H2O 中的 O 原子的杂化方式不同，不可能都是sp3杂化，故B 错误；C铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C 正确；D H、O、S分别为第1，2，3 周期，所以半径依次增大，但O 的电负性大于S，故 D 错误；故选 C。5人体血液存在H2CO3/HCO3、HPO42-/H2PO4等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值 lg x x 表示233c()cO(H CHCO)或2-424c()c(HPOH PO)与 pH的关系如图所示。已知碳酸pKal6.4、磷酸pKa27.2（p

8、Ka-lgKa）。则下列说法不正确的是A曲线表示lg2-424c()c(HPOH PO)与 pH的变化关系Bab 的过程中，水的电离程度逐渐增大C当 c(H2CO3)c(HCO3)时，c(HPO42)=c(H2PO4)D当 pH增大时，2-3424c()c()c(HCOHPOH PO)逐渐增大【答案】D【解析】【分析】由电离平衡H2CO3?HCO3-+H+、H2PO4-?HPO42-+H+可知，随pH 增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，H2CO3/HCO3-减小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲线I 表示 lgH2CO3/HCO3-)与 pH 的变化关系，曲线 II 表示

9、 lgc(HPO42-)/c(H2PO4-)与 pH 的变化关系，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析，曲线I 表示 lgH2CO3/HCO3-)与 pH 的变化关系，故A 错误；B.曲线 I 表示 lgH2CO3/HCO3-)与 pH 的变化关系，ab的过程中，c(HCO3-)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B 错误；C.根据 H2CO3?HCO3-+H+，Kal=323c HCOC Hc H CO；H2PO4-?HPO42-+H+，Ka2=2424c HPc HOc H PO；由题给信息可知，Ka1Ka2，则当 c(H2CO3)=c(HCO3)时 c(HPO

10、42-)c(H2PO4-)，故 C错误；D.根据 Kal=323c HCOC Hc H CO；Ka2=2424c HPc HOc H PO，可得 c(HCO3-)nc(H2PO4-)/c(HPO42-)=12aaKKc(H2CO3)，当 pH 增大时，c(H2CO3)逐渐减小，所以c(HCO3-)nc(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确。故答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液，涉及电离平衡移动、电离平衡常数及水的电离等知识，正确分析图象是解题的关键，注意电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，注意平衡常数的表达式及巧妙使用。6电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离

11、子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是()A离子交换膜a 为阴离子交换膜B通电时，电极2 附近溶液的pH 增大C淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值D各间隔室的排出液中，为淡水【答案】B【解析】【分析】根据图示，电极2 生成氢气，电极2 是阴极，电极1 是阳极，钠离子向右移动、氯离子向左移动。【详解】A、根据图示，电极2 生成氢气，电极2 是阴极，室中钠离子穿过离子交换膜a 进入电极2 室，所以离子交换膜a 为阳离子交换膜，故A 错误

12、；B、通电时，电极2 是阴极，电极反应式是-22-2H O+2e=H+2OH，溶液的pH 增大，故B正确；C、淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取食盐，故C错误；D、a 为阳离子交换膜、b 为阴离子交换膜，钠离子向右移动、氯离子向左移动，各间隔室的排出液中，为淡水，故D 错误。答案选 B。7向某 Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A A、B、C三点对应溶液pH 的大小顺序为：ABC BA 点对应的溶液中存在：c(CO32-)BC，A 正

13、确；BA 点对应的溶液的32-3-(CO)-lg(HCO)cc小于 0，可知32-3-(CO)(HCO)cc0，可知 c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则 c(Ba2)=10-7molL1，根据 Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)=2.4010-9，可得 c(CO32)=-9sp3-22+-7K(BaCO)2.4 10=2.410 mol/(Ba)10Lc，C错误；D通入 CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，32-3-(CO)(HCO)cc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大

14、，C 点不能移动到B点，D 错误。答案选 A。【点睛】D 项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有+2323(H)(CO)K(HCO)accc，转化形式可得，232+3(CO)K(HCO)(H)accc，通入 CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，232+3(CO)K(HCO)(H)accc减小，则32-3-(CO)-lg(HCO)cc增大。80.1 mol L 二元弱酸H2A 溶液中滴加0.1mol/LNaOH 溶液，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数(x)随 pH 的变化如图所示。下列说法错误的是A pH=1.9 时，c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)B当

15、c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)时，溶液pH7 CpH=6 时，c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H2A)D lgKa2(H2A)=-7.2【答案】B【解析】【详解】A 根据图像，pH=1.9 时，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，有 c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，因此 c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故 A 正确；B根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故 B错误；C根据图像，pH=6 时，c(HA-)

16、c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA 和 Na2A，c(Na+)c(HA-)c(A2一)c(H2A)，故 C 正确；D Ka2(H2A)=2-c Ac Hc()HA，根据图像，当pH=7.2 时，c(HA-)=c(A2一)，则 Ka2(H2A)=2-c Ac Hc()HA=c(H+)=10-7.2，因此 lgKa2(H2A)=-7.2，故 D 正确；故选 B。9某同学采用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4 7H2O)，设计了如图流程：下列说法不正确的是（）A固体 1 中含有 SiO2B溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉C控制 pH 是

17、为了使Al3+转化为 Al(OH)3进入固体2 D从溶液2 得到 FeSO4 7H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化【答案】B【解析】【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)，加足量酸，氧化铁、氧化铝与酸反应，二氧化硅不反应，因此固体1 为 SiO2，溶液 1 为硫酸铝、硫酸铁、硫酸，加入足量铁粉，生成硫酸亚铁，加氢氧化钠控制pH 值，沉淀铝离子，溶液2 为硫酸亚铁。【详解】A.根据分析得到固体1 中含有 SiO2，故 A 正确；B.最后要得到绿矾，因此溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X 选用铁粉，故B错误；C.控制 pH 是为了使Fe2+、Al3+混合

18、溶液中Al3+转化为 Al(OH)3进入固体2，故 C 正确；D.从溶液 2 得到 FeSO4 7H2O 产品的过程中，亚铁离子容易被氧化，因此须控制条件防止其氧化，故D 正确。综上所述，答案为B。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 28g晶体硅中含有NA个 Si-Si键B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L 气体时，转移电子的数目为 NACpH=1 的 H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD 200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中 A13+和 SO42-的数目总和是NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A

19、1个 Si原子周围有4 个 SiSi，而 1 个 SiSi周围有 2 个 Si原子，则Si 和 Si Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的SiSi 的物质的量为2mol，其数目为2NA，A 错误；B叠氮化铵发生爆炸时，H 的化合价降低，从 1 降低到 0，1mol 叠氮化铵发生爆炸时，生成 4mol 气体，则总共转移4mol 电子；现生成22.4：L，即 1mol 气体，则转移的电子数为NA，B 正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H数目，C错误；D 200mL1mol L1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3不水解，则Al3和 SO42的物质的量=

20、0.2L1molL120.2L 1mol L1 3=1mol，其数目为NA，但是 Al3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此 Al3数目会减少，Al3和 SO42的总数目小于NA，D 错误。答案选 B。11纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（）选项文献描述分析A 天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B 物理小知识“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C 本草经集注“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D 本草纲目“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解

21、呈碱性去污A ABBCCDD【答案】B【解析】【分析】A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发；C、依据钾的焰色反应解答；D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误；C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确；D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可

22、以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。故选 B。【点睛】本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。12已知下列反应的热化学方程式为CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H1=-870.3kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H2=-393.5kJmol-1H2(g)+12O2(g)=H2O(l)H3=285.8kJ mol-1则反应 2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的 H 为（）A-488.3kJmol-1B-191kJ mol-1C-476.8k

23、Jmol-1D-1549.6kJmol-1【答案】A【解析】【详解】利用盖斯定律，将2+2-可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的 H=(-393.5kJmol-1)2+(-285.8kJ mol-1)2-(-870.3kJmol-1)=-488.3kJmol-1。故选 A。13短周期元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Y 与 W 同族。X、Y、Z 三种原子最外层电子数的关系 为 X+Z=Y。电解Z 与 W 形成的化合物的水溶液，产生W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX 的溶液。下列说法正确的是A W 的氢化物稳定性强于Y 的氢化物BZ

24、与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键CZ 与 Y 形成的化合物的水溶液呈碱性D对应的简单离子半径大小为W Z XY【答案】C【解析】【分析】元素 X、Y、Z、W 为短周期且原子序数依次增大，电解Z与 W 形成的化合物的水溶液，产生W 元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX 的溶液，可推出W 元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X 元素为氧（O），Y与 W 同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A.最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W 元素为氯，非金属性FCl，氢化物稳定性HFHCl，故

25、 A 错误；B.Z 元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B错误；C.钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2O?HF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D.对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知 O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2-F-Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl-O2-F-Na+，故 D错误；故选 C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。14化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。正确

26、的是A“玉兔号”月球车帆板太阳能电池的材料是氮化硅或二氧化硅B“乙醇汽油”、肼(N2H4)和水煤气的主要成分都是可再生能源C“神舟”和“天宮”系列飞船使用的碳纤维材料、光导纤维都是新型无机非金属材料D所有糖类、油脂和蛋白质等营养物质在人体吸收后都能被水解利用【答案】C【解析】【详解】A、太阳能电池帆板的材料是单质硅，故选项A错误；B、汽油、水煤气是不可再生能源，乙醇是可再生能源，故选项B 错误；C、碳纤维、光导纤维都是新型无机非金属材料，故选项C 正确；D、葡萄糖是单糖，不水解，故选项D 错误。答案选 C。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实验现象结论A 在 KI 淀粉

27、溶液中滴入氯水变蓝，再通入 SO2蓝色褪去还原性：ISO2B 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水无白色沉淀苯酚浓度小C 向 NaI、NaCl 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黄色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)D 用 pH 试纸测浓度均为0.1mol L1的CH3COONa溶液和 NaNO2溶液的 pH CH3COONa溶液的 pH 大HNO2电离出 H+的能力比 CH3COOH的强A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】【详解】A KI 淀粉溶液中滴入氯水变蓝，生成碘单质，再通入SO2，碘与二氧化硫发生氧化还原反应生成I，二氧化硫为还原剂，I为还原产物，证明还原性SO2 I，

28、选项 A 错误；B苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，选项B错误；C因为 I、Cl浓度大小不知，虽然黄色沉淀为AgI，但无法通过物质溶度积比较，则无法证明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，选项 C错误；D在相同条件下，酸性越弱其盐溶液的水解程度越大，则用pH 试纸测浓度均为0.1mol L1的 CH3COONa溶液和 NaNO2溶液的 pH，CH3COONa溶液的 pH 大，证明 HNO2电离出 H+的能力比CH3COOH的强，选项 D正确。答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙酰苯胺具有退热镇痛作用

29、，是较早使用的解热镇痛药，有“退热冰”之称。其制备原理如下：已知：苯胺易被氧化；乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性质如下表：物质熔点沸点溶解度(20)乙酰苯胺114.33050.46 苯胺 6184.43.4 醋酸16.6118易溶实验步骤如下：步骤 1：在 50 mL 圆底烧瓶中，加入5 mL 苯胺、7.5 mL 冰醋酸及少许锌粉，依照如图装置组装仪器。步骤 2：控制温度计示数约105，小火加热回流1 h。步骤 3：趁热将反应混合物倒入盛有100 mL 冷水的烧杯中，冷却后抽滤，洗涤，得到粗产品。（1）步骤 1 中加入锌粉的作用是_。（2）步骤 2 中控制温度计示数约105的原因是 _。（3）

30、步骤 3 中趁热将混合物倒入盛有冷水的烧杯中，“趁热”的原因是 _。抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有_、_(填仪器名称)。（4）步骤 3 得到的粗产品需进一步提纯，该提纯方法是_。【答案】防止苯胺被氧化，同时起着沸石的作用温度过高，未反应的乙酸蒸出，降低反应物的利用率；温度过低，又不能除去反应生成的水若让反应混合物冷却，则固体析出沾在瓶壁上不易处理吸滤瓶布氏漏斗重结晶【解析】【分析】【详解】（1）锌粉起抗氧化剂作用，防苯胺氧化，另外混合液加热，加固体还起到防暴沸作用；（2）乙酸有挥发性，不易温度太高，另外考虑到水的沸点为100，太低时水不易蒸发除去；（3）“趁热”很明显是防冷却，而一旦冷

31、却就会有固体析出；抽滤装置所包含的仪器除减压系统外，还有吸滤瓶和布氏漏斗；（4）粗产品需进一步提纯，该提纯方法是重结晶。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：已知：浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等；常温下：Ksp(CuS)1.27 1036，Ksp(PbS)9.04 1029；溶液中离子浓度1.0 105mol L1时，认为该离子沉淀完全。(1)滤渣 1 中除了 S之外，还

32、有 _(填化学式)。(2)“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_。(3)“还原”时，被 Sb还原的物质为_(填化学式)。(4)常温下，“除铜、铅”时，Cu2和 Pb2均沉淀完全，此时溶液中的c(S2)不低于 _；所加 Na2S也不宜过多，其原因为_。(5)“除砷”时有 H3PO3生成，该反应的化学方程式为_。(6)“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb 元素的质量之比为_。【答案】SiO2Sb2S33SbCl5=5SbCl33S SbCl59.04 1024 mol L1产生 H2S等污染性气体(或生成 Sb2S3)2AsCl33Na3PO23HCl 3H2O=2As3H3PO39

33、NaCl 32【解析】【分析】(1)SiO2不溶于盐酸；(2)根据滤渣1 有 S，说明“浸出”时Sb2S3中的 S元素被 SbCl5氧化为 S，根据流程图可知，SbCl5被还原为 SbCl3；(3)“还原”时，加入适量的Sb 还原“浸出”时加入的过量SbCl5；(4)根据 Ksp(PbS)9.041029计算 Cu2和 Pb2均沉淀完全时溶液中的c(S2)的最小值；(5)“除砷”时Na3PO2与 AsCl3发生氧化反应反应生成As 和 H3PO3；(6)“电解”时SbCl3在阳极被氧化为SbCl5、SbCl3在阴极被还原为Sb。【详解】(1)SiO2不溶于盐酸，所以滤渣1 中除了 S之外，还有

34、SiO2；(2)“浸出”时Sb2S3中的 S元素被 SbCl5氧化为 S，SbCl5被还原为SbCl3，反应化学方程式是Sb2S33SbCl5=5SbCl33S；(3)“还原”时，加入适量的Sb 还原“浸出”时加入的过量SbCl5，所以被 Sb 还原的物质为SbCl5；(4)Pb2完全沉淀时，c(Pb2)1.0 105molL1，Ksp(PbS)9.041029，所以溶液中的c(S2)29259.04 10=(1.0)10spKPbSc Pb9.0410 24molL1；所加 Na2S过多，会生成H2S等污染性气体。(5)“除砷”时Na3PO2与 AsCl3发生氧化反应反应生成As和 H3PO

35、3，反应化学方程式为2AsCl33Na3PO23HCl3H2O=2As 3H3PO3 9NaCl；(6)“电解”时SbCl3在阳极被氧化为SbCl5、SbCl3在阴极被还原为Sb，根据得失电子守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18黄铜矿是工业炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有_种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是_。（2）液态 SO2可发生白偶电离2SO2=SO2+SO32-，SO32-的空间构型是_，与 SO2+互为等电子体的分子有_（填化学式，任写一种）。（3）CuCl

36、熔点为 426，融化时几乎不导电，CuF的熔点为908，沸点1100，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是_。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是_。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点 _（填“高”或“低”），原因是 _。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化学式是_，其密度为_gcm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。【答案】16 1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)三角锥形N2或 CO CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高sp3低乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有CuFeS2212A736

37、10a bN【解析】【分析】（1）硫元素为16 号元素，核外有16 个电子，9 个轨道；铁为26 号元素，核外有26 个电子，失去最外层的 2 个电子变成Fe2+；（2）根据 SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构，由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子；（3）根据两种晶体的性质确定晶体类型；（4）根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高；（5）根据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式；根据以上分析进行解答。【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为：1s22

38、s22p63s23p4，故硫原子 1+1+3+1+3=9 个轨道，所以基态硫原子中核外电子有9 种空间运动状态；Fe是 26 号元素，核外有26 个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)。答案为：9；1s22s22p63s23p63d6(或 Ar3d6)。（2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于sp3杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两个原子，总价电子数为10，与 SO2+互为等电子体的分子有N2、CO等。答案为：三角锥形；N2或 CO。（3）由题知CuCl熔点为 426，融化时几乎不导电

39、，可以确定CuCl为分子晶体，熔沸点比较低，CuF的熔点为 908，沸点1100，确定CuF为离子晶体，熔沸点比较高。答案为：CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。（4）乙硫醇（C2H5SH）里的 S除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是sp3杂化，乙醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。（5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的Cu原子数目=818+412+1=4，Fe原子数目=612+414=4，S原子数目为 8，X的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，

40、所以 X 的化学式为：CuFeS2。由图可知晶胞内共含4 个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4A6456322gN=A736gN，晶胞的体积 V=anm anm bnm=a2?b 10-21cm3，所以晶胞的密度=mV=213A22132A736gN73610 g/cma b 10cma bN。答案为：CuFeS2；212A73610a bN。【点睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问题很相似，解答时一定要注意。19用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2 xH2O）。有如下操作：已知：在pH 为 45 时，Fe3+几乎完全水解而沉

41、淀，Cu2+却不水解。(1)加热酸溶过程中发生反应的离子方程式有：_(2)氧化剂 A 可选用 _（填编号，下同）Cl2KMnO4 HNO3(3)要得到较纯的产品，试剂B 可选用 _NaOH FeO CuO(4)试剂 B的作用是 _提高溶液的pH 降低溶液的pH 使 Fe3+完全沉淀使 Cu2+完全沉淀(5)从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_（按实验先后顺序填编号）过滤蒸发浓缩蒸发至干冷却(6)为了测定制得的氯化铜晶体（CuCl2 xH2O）中 x 值，某兴趣小组设计了两种实验方案：方案一：称取m g 晶体灼烧至质量不再减轻为止、冷却、称量所得无水CuCl2的质量为n g。方案二：称取m g

42、 晶体、加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再减轻为止、冷却、称量所得固体的质量为n g。试评价上述两种实验方案，其中正确的方案是_，据此计算得x=_（用含 m、n 的代数式表示）。【答案】Fe+2H+Fe2+H2，CuO+2H+Cu2+H2O 二80m-135n/18n【解析】【分析】铁和酸反应生成二价铁离子和氢气，氧化铜和酸反应，生成铜离子和水，写出离子反应方程式；选用氧化剂时既要达到氧化的作用，又不能引入新的杂质；为了得到较纯的产品，所加入的试剂不能引入其它杂质；试剂 B会与前段反应产生的Fe3+作用，使其完全水解，生成沉淀；结合日常实验中从滤液得到晶体的操作方法：加

43、热浓缩，冷却结晶，过滤得到晶体；直接灼烧晶体会有部分CuCl2,发生水解反应，最后灼烧所得固体为氯化铜和氧化铜的混合物；根据铜原子守恒，氯化铜晶体中的铜和最后所得固体氧化铜中铜原子的质量相等，列出比例式，氯化铜晶体和氧化铜的相对分子质量之比等于质量之比，计算出水的系数x，据此分析解答。【详解】(1)铁在酸性条件下，生成二价铁离子和氢气，氧化铜在酸性条件下，生成二价铜离子和水，离子反应方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2、CuO+2H+=Cu2+H2O；(2)加入氧化剂把Fe2+氧化为 Fe3+,而且不引入新的杂质离子，使用KMnO4引入 K+和 Mn2+，使用 HNO3引入NO3-，且无法除

44、去，当加入氯气时，发生反应以后，产生氯离子，不是杂质，故选；(3)Fe3+3H2O?Fe(OH)3+3H+,加入的试剂B要能够促使水解完全进行，又不引入新的杂质离子，如使用Na0H 引入新的Na+,使用 FeO引入 Fe2+,而为固体，提高pH 的同时引入的是铜离子，没有新杂质引入，故选；(4)选择的试剂B，通过与酸的反应生成Cu2+且提高溶液的pH，因 pH 为 4-5 时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时 Cu2+却几乎不水解，所以促使了Fe3+完全沉淀，故选；(5)从溶液中得到晶体，一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即实验的先后顺序为；(6)直接灼烧晶体会有部分CuCl2发生水解反应，最终得到CuO、CuCl2的混合物，导致测量不准确，方案一错误，方案二正确；最终生成的是CuO，根据铜原子守恒可得：22CuClxH OCuO135 18x?80m?nn，13518xm80n，解得80m135nx18n。【点睛】本题是基础工艺流程题，三价铁的沉淀除杂是模拟题中最常见的考点，一般是消耗溶液中的氢离子，同时不引入新的杂质，所以可以加入要保留的金属离子对应的氧化物、碱、碳酸盐或者碱式碳酸盐等；同时要注意三价铁沉淀的pH 比较小，所以有二价铁和三价铁共存除杂时，都要先把二价铁氧化成三价铁再除杂。