2019-2020学年甘肃省临夏州临夏中学新高考化学模拟试卷含解析
2019-2020学年甘肃省临夏州临夏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．设N A为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A．5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2N A
B．1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为3N A
C．在0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3N A
D．6.2g白磷分子中含P—P键为0.2N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A. Fe与S反应生成FeS，Fe的化合价变为+2价，5.6g铁物质的量是0.1mol，1mol铁失去2mol电子，所以0.1mol铁反应转移的电子数为0.2N A，A正确；
B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B错误；
C.NaHSO4晶体由Na+和HSO4-构成，0.1mol NaHSO4中含离子总数为0.2 N A，C错误；
D.白磷分子是正四面体结构，1个分子中含有6个P—P共价键，6.2 g白磷(分子式为P4)的物质的量是
0.05mol，分子中含有P—P共价键0.3mol，含P—P键数目为0.3N A，D错误；
故合理选项是A。
2．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2→*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是
A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂
B．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水
C．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
D．第④步反应是一个放热过程
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. 第①步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；
B. 根据图示可知：在第③步反应中有水参加反应，第④步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循
环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；
C. 在反应历程中，第③步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：
*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，C正确；
D. 第④步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第④步反应是一个放热过程，D正确；
故答案选B。
3．N A代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A．0.1mol 熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3 N A
B．标准状况下，2.24L HF和NH3分子所含电子数目均为N A
C．常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3N A
D．向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，该反应转移电子的数目为3N A
【答案】D
【解析】
【详解】
A. NaHSO4在熔融状态电离产生Na+、HSO4-，1个NaHSO4电离产生2个离子，所以0.1mol NaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为0.2N A，选项A错误；
B. 标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；
C. 常温时Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；
D.微粒的还原性I->Fe2+，向含有1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有1molFe2+被氧化时，I-已经反应完全，则1mol FeI2反应转移3mol电子，则转移电子数目是3N A，选项D正确；
故合理选项是D。
4．某化妆品的组分Z具有美白功效，原来从杨树中提取，现可用如下反应制备。下列有关叙述错误的是
A．X、Y和Z分子中所有原子都可能处于同一平面
B．X、Y和Z均能使酸性高锰酸钾溶液退色
C．Y的苯环上二氯代物共有6种
D．Y作为单体可发生加聚反应，Z能与Na2CO3溶液反应
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．X为间苯二酚，为平面型结构；Y为苯和乙烯的符合结构，也是平面结构；Z中存在烷烃基团的结构，
因此Z的所有原子不可能处在同一个平面内，A错误；
B．X和Z含有酚羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y含有双键也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．根据Y结构的对称性，苯环上氯原子的位置分别有2,3；2,4；2,5；2,6；3,4；3,5共有6种，C正确；D．Y种含有双键，可以作为单体发生加聚反应，Z中含有酚羟基，有弱酸性可以和Na2CO3溶液发生反应，D正确；
故选A。
5．下列物质中，不属于合金的是
A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。6．由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
【详解】
A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A
错误；
B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；
D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；
故答案为C。
7．25℃时，改变某醋酸溶液的pH，溶液中c（CH3COO-）与c（CH3COOH）之和始终为0.1mol·L-1，溶液中H+、OH-、CH3COO-及CH3COOH浓度的常用对数值（lgc）与pH的关系如图所示。下列说法错误的是（）
A．图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线
B．0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88
C．lgK（CH3COOH）=4.74
D．向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，水的电离程度变大
【答案】C
【解析】
【分析】
当pH=0时，c(H+)=1mol/L，lgc(H+)=0，所以③表示lgc(H+)与pH的关系曲线。随着溶液pH的增大，c(CH3COOH)降低，所以①表示lgc(CH3COOH)与pH的关系曲线。当c(H+)= c(OH-)时，溶液呈中性，在常温下pH=7，所以④表示lgc(OH-)与pH的关系曲线。则②表示lgc(CH3COO-)与pH的关系曲线。
【详解】
A．由以上分析可知，图中③表示lgc（H+）与pH的关系曲线，故A正确；
B．醋酸是弱酸，电离产生的H+和CH3COO-浓度可认为近似相等，从图像可以看出，当c(CH3COO-)= c(H+)时，溶液的pH约为2.88，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH约为2.88，故B正确；
C．当c(CH3COO-) =c(CH3COOH)时，K= c（H+）。从图像可以看出，当溶液的pH=4.74时，c(CH3COO-) =c(CH3COOH)，所以lgK（CH3COOH）= -4.74，故C错误；
D．向0.10mol·L-1醋酸钠溶液中加入0.1mol醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，溶液中的c(OH-)变大，溶液中的OH-全部来自水的电离，所以水的电离程度变大，故D正确；
故选C。
8．N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A
B．22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 N A
C．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 N A
D．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 N A
【答案】B
【解析】
分析：A、胶体是大分子的集合体；
B、根据氩气的组成解答；
C、根据丙三醇的结构分析；
D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。
详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 N A，A错误；
B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 N A，B正确；
C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 N A，C错误；
D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 N A，D错误。答案选B。
点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。
9．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．向1 L 1 mol·L-1 NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为N A
B．标准状况下,体积均为2.24 L的CH4与H2O含有的电子总数均为N A
C．2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2N A
D．由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为N A
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 向1 L 1 mol·L-1 NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于N A，故A错误；
B. 标准状况下，H2O是液体，2.24 L H2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；
C. NO 和O 2反应生成NO 2，体系中存在2242NO N O ?平衡， 2 mol NO 与1 mol O 2在密闭容器中充分反
应，产物的分子数小于2N A ，故C 错误； D. 乙酸、CO(NH 2)2中氢元素质量分数都是1
15
，由13 g 乙酸与2 g CO(NH 2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子物质的量是()1
13+2g 1g/mol=1mol 15
?÷ ，氢原子数是N A ，故D 正确。 选D 。
10．下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A 错误；
B ．SO 2和酸性KMnO 4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO 2，B 正确；
C ．即使没有变质，Na 2SO 3和Ba (NO 3)2反应也生成白色沉淀(BaSO 3)，加入HCl ，H +存在下，溶液中的NO 3-将BaSO 3氧化成BaSO 4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na 2SO 3是否变质，C 错误；
D ．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe 钝化，不能比较Fe 和Cu 的活泼性，D 错误。 答案选B 。 【点睛】
NO 3-在酸性环境下有强氧化性。 11．下列说法正确的是
A．配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D．配制1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；
故合理选项是B。
12．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L?1盐酸中滴加0.1000 mol·L?1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是
A．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
B．用移液管量取20.00 mL 0.1000 mol·L?1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗
C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂
D．V(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.5
【答案】C
【解析】
【详解】
A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH
突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A 正确；
B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B 正确；
C. 甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C 错误；
D. V(NaOH)=10.00 mL 时，HCl 过量，反应后相当于余下10mL 的HCl ，溶液为酸性，溶液中c(H +)=
0.1?mol /L 10.00?mL 30.?00?mL ?=1
30
mol/L ，所以溶液pH=-lgc(H +)=-lg1+lg30=1.5，D 正确；
故合理选项是C 。
13．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( ) A ．自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂
B ．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点
C ．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，也是重要的半导体材料
D ．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．自来水厂常用明矾作净水剂，明矾没有强氧化性，不能用于消毒杀菌剂，A 错误；
B ．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，B 正确；
C ．硅胶吸水性强，可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，硅胶不导电，不能用作半导体材料，C 错误；
D ．使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显碱性，D 错误； 答案选B 。
14．25 ℃时，下列说法正确的是（ ）
A ．0.1 mol·L －1 （NH 4）2SO 4溶液中c （+
4NH ） ） B ．0.02 mol·L －1氨水和0.01 mol·L －1氨水中的c （OH －）之比是2∶1 C ．向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH ＝7，此时混合液中c （Na ＋）>c （CH 3COO －） D ．向0.1 mol·L －1 NaNO 3溶液中滴加盐酸使溶液的pH ＝5，此时混合液中c （Na ＋）＝c （3NO - ）（不考虑酸的挥发与分解） 【答案】D 【解析】 【详解】 A. NH 4+虽然会发生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH 4)2SO 4溶液中c(NH 4+)>c(SO 42?)，故A 错误； B. 相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02 mol·L －1氨水和0.01 mol·L －1氨水中的 c(OH－)之比小于2∶1，故B错误； C. 依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C错误； D. NaNO3是强酸强碱盐，Na＋和NO3?均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO3?)，故D正确。 综上所述，答案为D。 15．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 L 0.1 mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为N A B．1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3N A C．常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于N A D．标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为N A 【答案】C 【解析】 【详解】 A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1 L ×0.1 mol·L－1，即小于N A，A项错误； B. 根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误； C. 32g O2的物质的量为 32g 32g/mol =1mol，分子数为N A，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分 子总数减少，小于N A，C项正确； D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误； 答案选C。 【点睛】 与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．无水FeCl2易吸湿、易被氧化，常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯（无色液体，沸点132.2℃）制备少量无水FeCl2，并测定无水FeCl2的产率。 实验原理：2FeCl3＋C6H5Cl2FeCl2＋C6H4Cl2＋HCl↑ 实验装置：按如图所示组装好的装置，检查气密性后，向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g 氯苯。 回答下列问题： （1）利用工业氮气（含有H2O、O2、CO2）制取纯净干燥的氮气。 ①请从下列装置中选择必要的装置，确定其合理的连接顺序：a→________→上图中的j口（按气流方向，用小写字母表示）。 ②实验完成后通入氮气的主要目的是________。 （2）装置C中的试剂是________（填试剂名称），其作用是________。 （3）启动搅拌器，在约126℃条件下剧烈搅拌30min，物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__（填字母）。 a．酒精灯 b．水浴锅 c．电磁炉 d．油浴锅 （4）继续升温，在128～139℃条件下加热2h，混合物颜色逐渐变浅，黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是________。 （5）继续加热1h后放置冷却，在隔绝空气条件下过滤出固体，用洗涤剂多次洗涤所得固体，置于真空中干燥，得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L－1NaOH溶液完全反应，则该实验中FeCl2的产率约为________（保留3位有效数字）。 【答案】fg→de→bc（提示：除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）将生成的HCl 气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解d 球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0％ 【解析】 【分析】 （1）思路：先除CO2→再除H2O（顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气）→再除O2（除水后再除氧气，防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气）； （2）由FeCl2、FeCl3易水解性质可解，前后一定要有干燥装置； （3）油浴锅的好处是便于控制温度； （4）有冷凝管可使反应物冷凝回流； 【详解】 （1）①由分析可知，装置接口的连接顺序为fg→de→bc，吸收装置注意长进短出；②实验完成后继续通入氮气的主要目的是：将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收，防止测FeCl2的产率偏小。 （2）FeCl2、FeCl3易水解，装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙，其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解； （3）结合温度约126℃，选择油浴锅的好处是便于控制温度，故选d； （4）由装置图可知，加热温度已经接近或超过氯苯沸点，但氯苯实际损失量却非常小，其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流； （5）n(HCl)=n(NaOH)=0.025L?2.0mol·L－1=0.05mol， n(FeCl2)=2n(HCl)=2?0.05mol=0.1mol， 加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯，物质的量分别约为 16.76g 162.5g/mol ≈0.103mol和0.2mol，由反应方程式可知氯苯过量， 则该实验中FeCl2的产率约为 0.1mol 16.76g 162.5/g mol ? 100%≈97.0％。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17．废旧钴金属片中的钴有＋2 价和＋3 价，还含有锰、铁、钙、镁、铝等金属元素及碳粉等，回收钴的工艺流程： 已知：①焙烧后Mn 元素的化合价为+2 ② 物质MgF2CaF2CoF2MgC2O3CaC2O3CoC2O3 溶度积3×10－9 4.3×10－93×10－34×10－6 6.3×10－9 1.7×10－7 (1)焙烧时为了使废旧钴金属片充分反应，可采取的措施是_____________（任写一条）。 (2)滤液1 含有的阴离子是____________ 。 (3)该流程中浸钴时，钴的浸出率最高只能达到70％，后来改进方法，加入使用硫酸进行第一次浸取后，再加入Na2SO3溶液进行第二次浸取，从而使钴的浸出率达90％以上，写出第二次浸出钴时溶液中发生反应的离子方程式：___________________ (3)净化溶液的操作中含有多个步骤，先除铁后除锰。 ①除铁：常温下，调节溶液 pH 为 1．4～2．0 后，加 H 2O 2，反应一段时间，加 8％Na 2CO 3 溶液，将溶液 的 pH 调至 3．0～4．0。请用化学平衡移动原理解释加入 Na 2CO 3 溶液能除去溶液中铁元素的原因____________。 ②除锰：加入 NaClO 溶液。写出该离子方程式：___________________。 ③减钙镁：加入 NH 3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子。 试解释为何草酸铵溶液沉钴前要减钙镁：_____。 (4)树德中学化学兴趣小组欲探究 CoC 2O 3?2H 2O 受热后的分解产物，取 4.39gCoC 2O 3?2H 2O （摩尔质量为183g/mol ）于硬质玻璃管中加热一段时间，冷却、称量，剩余氧化物固体的质量为 2.31g 。书写 CoC 2O 3?2H 2O 受热分解的化学方程式___________________________________。 【答案】将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量 AlO 2-、OH - 2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O 溶液中存 在铁离子的水解平衡：3+ +23Fe +3H O Fe(OH)+3H ? ，向该体系中加入Na 2CO 3溶液后，CO 32-和H +反应， 使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀 2+--+ 22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓ 草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免再沉钴时引入钙、镁杂质 24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ??↑↑ 【解析】 【分析】 由流程图可知，废钴片在空气中焙烧后，生成钴、锰、铁的氧化物以及氧化镁、氧化铝、氧化钙、二氧化碳等，加入氢氧化钠溶液碱浸可以与氧化铝反应生成偏铝酸钠，从而过滤除去，然后再用稀硫酸浸取钴元素，使其转化为离子，同时锰、铁、钙、镁元素也转化为相应的离子，再经过溶液净化除去铁、锰、钙、镁，最后用草酸铵溶液沉淀钴离子，得到草酸钴，据此分析解答。 【详解】 (1)将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量，可以在焙烧时使废旧钴金属片充分反应，故答案为：将废旧钴片粉碎或适当增大空气的进气量； (2)加入氢氧化钠溶液碱浸，Al 2O 3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，则滤液 1 的溶质为偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，则含有的阴离子是AlO 2-、OH -，故答案为：AlO 2-、OH -； (3)Na 2SO 3具有还原性，可以将+3价钴的氧化物还原为+2价钴离子，发生反应的离子方程式为 2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O ，故答案为：2-+2-2+32342SO +Co O +4H =SO +2Co +2H O 或2-+2-2+33442SO +Co O +6H =SO +3Co +3H O ； (3)①加H 2O 2，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，在溶液中存在铁离子的水解平衡：3+ +23Fe +3H O Fe(OH)+3H ? ， 则向该体系中加入Na 2CO 3溶液后，CO 32-和H +反应，使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3 沉淀，故答案为：溶液中存在铁离子的水解平衡：3++23Fe +3H O Fe(OH)+3H ? ，向该体系中加入Na 2CO 3 溶液后，CO 32-和H +反应，使c(H +)降低，促进水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀； ②NaClO 具有强氧化性，可以将Mn 2+氧化为MnO 2，从而过滤除去，发生反应的离子方程式为： 2+--+22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓，故答案为：2+--+22Mn +ClO +H O=MnO +Cl +2H ↓； ③由表格中的溶度积数据可知，草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，则为了避免在沉钴时，将钙离子、镁离子同时沉淀，应先加入NH 3F 溶液，沉淀大部分的钙、镁的离子，再加入草酸沉淀钴离子，故答案为：草酸钴的溶度积比草酸钙大，与草酸镁很接近，先减少钙、镁离子的浓度，可以避免在沉钴时引入钙、镁杂质； (4)4.39g CoC 2O 3?2H 2O 的物质的量为 5.49g =0.03mol 183g/mol ，则剩余的钴的氧化物固体中氧元素的物质的量为 2.41g-0.03mol 59g/mol =0.04mol 16g/mol ?，则该氧化物中Co 与O 元素物质的量之比为3:3，则该钴的氧化 物的化学式为Co 3O 3，由此可知部分Co 的化合价升高，失电子，则C 元素应得电子，化合价降低，生成CO ，根据得失电子守恒、元素守恒配平该方程式，还应有CO 2和H 2O 生成，故发生反应的化学方程式为 24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ??↑↑，故答案为：24234223CoC O 2H O Co O +4CO +2CO +6H O ??↑↑。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．氮化硼（BN ）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF 3和BN ，如图所示： 请回答下列问题： （1）由B 2O 3制备BF 3、BN 的化学方程式是___、___。 （2）基态B 原子的电子排布式为___；B 和N 相比，非金属性较强的是___，BN 中B 元素的化合价为___； （3）在BF 3分子中，F ﹣B ﹣F 的键角是___，该分子为___分子（填写“极性” 或“非极性”），BF 3和过量NaF 作用可生成NaBF 4，BF 4-中可能含有___，立体结构为___； （4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B 原子与N 原子之间的化学键为___，层间作用力为___。 【答案】B 2O 3+3CaF 2+3H 2SO 4→3H 2O+2BF 3+3CaSO 4 B 2O 3+2NH 3→2BN+3H 2O 1s 22s 22p 1 N +3 120° 非极性 共价键、配位键 正四面体 共价键 范德华力 【解析】 【分析】 硼砂与硫酸生成H 3BO 3，H 3BO 3受热分解得到B 2O 3，B 2O 3与CaF 2、硫酸加热得到BF 3，B 2O 3与氨气高温下 得到BN； (1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成；由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水； (2)B原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子的电子排布式；同周期主族元素，从左向右，核电荷数增大，元素的非金属性增强，电负性越大，B元素化合价为+3价； (3)价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果，先判断价层电子对数，再确定分子构型，进而判断键角和分子的极性，以及离子的空间构型； (4)结合化学键的形成条件和分子间作用力分析。 【详解】 (1)由工艺流程可知，B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为：B2O3+2NH3 2BN+3H2O，由图及元素守恒可知生成、BF3反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO4 2BF3↑+3CaSO4+3H2O； (2)B原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子的电子排布式为1s22s22p1；B、N为同周期主族元素，核电荷数大，元素的非金属性越强，则非金属性N＞B，电负性N＞B，NB中B元素化合价为+3价； (3)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ 键，中心原子上的孤电子对数=1 2 (a-xb)= 1 2 (0-3×1)=0，所以BF3 分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形，键角是120°，分子是非极性分子，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子最外层只有3个电子，最多3 个共用电子，则BF4-中应含有共价键和配位键；B原子的价层电子对=3+1 2 ×2=4，该离子中不含孤电子对， 所以BF4-为正四面体结构； (4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为共价键，层间作用力为分子间作用力。 【点睛】 考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，注意杂化轨道理论的理解应用，把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对 个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=1 2 (a-xb)，a指中心原子价电子个数， x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。 19．过一硫酸氢钾复合盐（KHSO4·2KHSO5·K2SO4）常用作漂白剂和消毒剂，其制备流程如下： （1）反应Ⅰ的化学方程式为：H 2O 2+H 2SO 4H 2SO 5+ H 2O ，△H<0；则反应Ⅱ中K 2CO 3与H 2SO 5反应生成 KHSO 5的化学方程式为_____________。 （2）生产原料的理论比值[n （H 2O 2）：n （H 2SO 4）]为0.4:1，但实际生产最佳投料比为 0.6:1，其原因是_________________。 （3）过一硫酸氢钾复合盐可以处理废水中的H 2S 。己知：25℃，H 2S 的电离常数K a1=1.1×10-7， K a2=1.3×10-13由于电离常数值极小， H 2S 水溶液中H 2S 的平衡浓度近似等于H 2S 的初始浓度。0.090 mol·L -1H 2S 溶液的pH=4，该溶液中c （S 2－）=________________。 （4）准确称取3.350g 复合盐样品配制成250mL 溶液，取25.00 mL 置于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸和足量的KI 溶液，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉溶液，用0.1000 mol· L -1Na 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，消粍标准溶液20.00 mL 。计算复合盐中有效成分KHSO 5的质量分数。（写出计算过程）（已知：HSO 5- -+ I /H →I 2 -2 23S O → S 4O 62-）________________________。 【答案】2H 2SO 5+K 2CO 3=2KHSO 5+CO 2↑+H 2O 硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解 1.29×10-13mol·L -1 HSO 5-+2I -+H +=SO 42-+I 2+H 2O ，I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-，KHSO 5?I 2?2Na 2S 2O 3，n （Na 2S 2O 3）=0.1000 mol·L -1×20.00×10-3L=0.002mol ，n （I 2）=l/2n （Na 2S 2O 3）=l/2×0.002mol=0.00lmol ，n （KHSO 5）=n （I 2）= 0.00lmol ，m （KHSO 5）= 0.001mol×l 52g/mol=0.152g ，ω（KHSO 5）=（0.152g/3.350g ）×250mL/25.00mL×100%=45.37% 【解析】 【分析】 由题给流程图可知，8.5mol/L 浓硫酸与30%H 2O 2反应，浓硫酸部分转化为过硫酸H 2SO 5和水，H 2SO 5与K 2CO 3反应生成过硫酸氢钾、二氧化碳和水，所得溶液经结晶、过滤得到过一硫酸氢钾复合盐KHSO 4·2KHSO 5·K 2SO 4。 【详解】 （1）反应Ⅱ中K 2CO 3与H 2SO 5反应生成KHSO 5、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2H 2SO 5+K 2CO 3=2KHSO 5+CO 2↑+H 2O ，故答案为2H 2SO 5+K 2CO 3=2KHSO 5+CO 2↑+H 2O ； （2）由题意可知反应Ⅰ为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，H 2O 2受热易分解，所以实际生产中为保证反应进行选择的最佳投料比为 0.6:1，故答案为硫酸与双氧水反应放热，促使双氧水部分分解； （3）25℃，H 2S 的水溶液中有如下关系：K a1×K a2=2()()()c H c HS c H S +-×2()()()c H c S c HS +--=222 ()() ()c H c S c H S +-，由题意可知溶液中 c(H +)=1×10-4mol/L ，c(H 2S)=0.090 mol/L ，则溶液中c(S 2—)=()1222() a a K K c H c S H +??=7 1342 1.110 1.3100.090 (110)---?????≈1.29×10-13 mol/L ，故答案为1.29×10-13 mol/L ； （4）由题意可知测定过程中发生了如下反应：HSO 5-+2I -+H +=SO 42-+I 2+H 2O ，I 2+2S 2O 32-=2I -+ S 4O 62-，由方程式可得如下关系：KHSO 5?I 2?2Na 2S 2O 3，n （Na 2S 2O 3）=0.1000 mol·L -1×20.00×10-3L=0.002mol ， n （KHSO 5）=12n （Na 2S 2O 3）=12×0.002mol=0.00lmol ，m （KHSO 5）= 0.001mol×l 52g/mol=0.152g ，ω（KHSO 5）= 0.15210 3.350g g ×100%=45.37%，故答案为45.37%。 【点睛】 本题以物质制备为载体，考查了物质制备、物质的性质，电离平衡计算和多步方程式的计算，注意对流程的分析理解，注意电离常数的整合以及多步方程式计算的方法是解答关键。