2019高考化学“985”冲刺增分强化模拟练3含解析201905112143.doc

增分强化(三) 卷选择题、卷工艺流程题7(荆楚齐鲁协作冲刺卷四)“水飞”是传统中医中将药材与适量水共研细，取极细药材粉末的方法。医学入门中记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中涉及的操作方法是(B)A洗涤、溶解、过滤、灼烧B洗涤、溶解、倾析、蒸发C洗涤、萃取、倾析、蒸馏D洗涤、萃取、过滤、蒸发解析水洗净“洗涤”，细研水飞“溶解”，去石澄清“倾析”，慢火熬干“蒸发”。8(荆楚齐鲁协作冲刺卷四)设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是(A)A常温下，48 g CT3CO18OCH2CH3含电子数24NA、中子数24NAB标况下，11.2 L氮气和足量的氧气在高温条件下可以生成46 g NO2C常温下，1 L pH9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×109NAD常温下，5.6 mol/L的10 mL氯化铁溶液滴到100 mL沸水中，生成0.056NA个氢氧化铁胶粒解析氮气和足量的氧气在高温条件下只能生成NO，选项B错误；常温下，1 L pH9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×105NA，选项C错误；一个氢氧化铁胶粒含许多个氢氧化铁，选项D错误。9以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是(B)ANaClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1 mol H2O2得到2 mol电子C吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4解析根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3SO2=Na2SO42ClO2，其中NaClO3作氧化剂，母液中溶质主要为Na2SO4，选项A、选项D正确；吸收塔中发生的反应为2ClO2H2O22NaOH=2NaClO22H2OO2，1 mol H2O2失去2 mol电子，选项B错误；H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，选项C正确。10有A、B两种互溶的液态物质，用蒸馏的方法将二者进行分离时，通过记录实验时间与温度的数据，可得如下图所示的曲线，下列有关说法中正确的是(D)A分离苯和水的混合物，最好也采用蒸馏的方法B蒸馏一段时间后，发现忘记加入碎瓷片，应立即补充加入C时间在大约12 min到20 min之间，温度升高很快，是因为此时酒精灯提供的热量多D二者的沸点分别约为35 和200 解析苯和水不相溶，应该用分液法分离，选项A错误；蒸馏时，补加碎瓷片应等液体冷却至室温再补加，选项B错误；蒸馏时，当温度没有达到馏分的沸点时，热量主要用于液体的升温，所以温度升高很快；当温度达到其中一种馏分的沸点时，热量主要用于将该馏分汽化，液体的温度就不升高，由此可从曲线图中确定馏分的沸点，选项D正确、选项C错误。11X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y的最高正化合价和最低负化合价的代数和为0，Z可以与X形成原子个数比为11和12的两种液态化合物，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是(D)A原子半径的大小关系W>M>Z>Y>XBY和M 的含氧酸的酸性，前者一定比后者弱 CYX4与M的单质在光照条件下的反应产物最多有4种物质D. X、Y、W的单质均可用于冶炼金属的还原剂解析原子半径最小的元素是氢；最高正化合价和最低负化合价的代数和为0的元素为H元素或第IVA族元素； 能与氢形成原子个数比为11和12的两种液态化合物的元素是氧；地壳中含量最高的金属元素是铝；单质是一种黄绿色气体的元素为氯，所以X、Y、Z、W、M分别为：氢、碳、氧、铝、氯。原子半径大小关系为：AlClCOH，选项A错误；因为非金属性：氯>碳；所以最高价含氧酸的酸性：高氯酸强于碳酸，但是次氯酸的酸性比碳酸弱，选项B错误； CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应可得：CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种产物，选项C错误；氢气、炭、铝均可用于金属冶炼的还原剂 ，选项D正确。12第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，原理如图1。混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极。碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理如图2所示，其总反应式为H22NiOOH2Ni(OH)2以下说法正确的是(B)A混合动力车上坡或加速时，乙电极为负极B混合动力车在刹车或下坡时，乙电极的电极反应式为Ni(OH)2OHe=NiOOHH2OC混合动力汽车下坡或刹车时，电子流动的方向为：乙电极发动机甲电极乙电极D混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH减小解析混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，所以镍氢电池放电，H2失电子为负极，甲电极为负极，选项A错误；混合动力车在刹车或下坡时，电池处于充电状态，为电解池，乙电极为阳极发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2OHe=NiOOHH2O，选项B正确；电解池中是离子定向移动而不是电子，选项C错误；乙电极是正极，反应式是NiOOHH2Oe Ni(OH)2OH，所以溶液的pH增大，选项D错误。13已知：AGlg，室温下用0.01 mol·L1NH3·H2O溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L1某一元酸HA，可得下图所示的结果，下列说法中错误的是(B)A该滴定实验最好选用甲基橙作指示剂B整个过程中，C点时水的电离程度最大C若x330，则有：3c(OH)c(NH)3c(H)2c(NH3·H2O)DAC的过程中，可存在：c(A)c(H)c(NH)c(OH)解析由A点可知0.01 mol·L1HA溶液中c(H)0.01 mol·L1，所以HA为强酸，因为氨水是弱碱，所以滴定时应该选用甲基橙作指示剂，选项A正确；整个滴定过程中，当酸碱恰好反应生成盐时，水的电离程度最大，由于生成的盐是强酸弱碱盐，此时溶液显酸性，而C点为中性，选项B错误；若x330，根据电荷守恒有：c(OH)c(A)c(NH)c(H)，根据物料守恒有3c(A)2c(NH)c(NH3·H2O)，二者联合解得：3c(OH)c(NH)3c(H)2c(NH3·H2O)，选项C正确；AC的过程中，若加入的氨水的量很少时，溶液中H和A较多，此时可存在：c(A)c(H)c(NH)c(OH)，选项D正确。26碲(Te)为第A元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲。(1)“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，写出相应反应的离子方程式：_Cu2Te4H2O22Cu2TeO22H2O_。(2)为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示：温度/硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862.871.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则实验中应选择的条件为_460_，硫酸用量为理论量的1.25倍_，原因为_该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低_。(3)滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_TeO22NaOH=Na2TeO3H2O_。(4)工艺(I)中，“还原”时发生的总的化学方程式为_Na2TeO43Na2SO3H2SO4=4Na2SO4TeH2O_。(5)由于工艺(I)中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有研究者采用工艺()获得碲则“电积”过程中，阴极的电极反应式为_TeO 4e3H2O=Te6OH_。(6)工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3与滤液1合并。进入铜电积系统。该处理措施的优点为_CuSO4溶液回收利用，提高经济效益_。滤渣3中若含Au和Ag，可用_B_将二者分离。(填字母)A王水 B稀硝酸 C浓氢氧化钠溶液 D浓盐酸解析(1)Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te4H2O22Cu2TeO22H2O。(2)从图表信息可知：当硫酸的量一定时，温度升高时，Cu的浸出率降低；温度一定时，Cu和Te的浸出率均随H2SO4加入量的增大而增大。在460 条件下，硫酸用量为理论量1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te 的损失较小；(3)从流程可知，滤渣1为TeO2，它可与碱反应生成TeO。(4)从流程图可知：Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：Na2TeO43Na2SO3H2SO4=4Na2SO4TeH2O。(5)根据反应TeO22NaOH=Na2TeO3H2O，生成的TeO在阴极得电子被还原为Te，阴极反应方程式为：TeO4e3H2O=Te6OH。(6)工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应，而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分离；27高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂，高铁酸钾的工业制法有多种，其中一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)反应应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与Cl2反应生成NaClO3，写出温度较高时反应的离子方程式_6OH3Cl2=ClO5Cl3H2O_。(2)反应中的离子反应方程式为_2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O_；溶液中加入饱和KOH得到湿产品的原因是_高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小_。(3)这样制得的粗K2FeO4需要提纯，采用的方法是_重结晶_(选填“萃取”“蒸馏”或“重结晶”)。 (4)某温度下，高铁酸钾溶液在不同pH 下的分解曲线如图所示。为延长高铁酸钾溶液的保存时间，可采取的措施是_升高溶液的pH_；完成pH>7 时的化学反应方程式配平：_4_K2FeO4_10H2O_=_8_KOH_4_Fe(OH)3_3O2_。(5)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，用下面装置可以制取少量高铁酸钠。已知：爱迪生蓄电池的反应式为：FeNiO22H2OFe(OH)2Ni(OH)2该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成NiO2的电极为_b_(填“a”或“b”)。你认为高铁酸钠作为一种新型净水剂的理由可能是_BC_。A高铁酸钠溶于水形成一种胶体，具有较强的吸附性B高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌C高铁酸钠在消毒杀菌时被还原生成Fe3，水解产生氢氧化铁胶体能吸附悬浮质解析(1)温度较高时反应产物为NaClO3，根据氧化还原反应规律可知另一产物为NaCl，再根据电子得失守恒、电荷守恒和元素守恒不难写出反应的离子方程式。(2)反应中的离子反应方程式为2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O；溶液中加入饱和KOH得到湿产品的原因是高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠小。(3)由于粗产品中的杂质为可溶性的盐和碱，所以提纯的方法是重结晶、洗涤、低温烘干；(4)根据图中信息可知，pH越大，c(FeO)较大，为延长高铁酸钾溶液的保存时间，可采取的措施是升高溶液的pH; pH>7时为碱性，根据氧化还原反应及质量守恒进行配平，化学反应方程式为4K2FeO410H2O=8KOH4Fe(OH)33O2；(5)电解时铁应放电生成高铁酸根，即铁作阳极，应该接原电池的正极，则b为正极，a为负极。充电时，Ni(OH)2NiO2，发生氧化反应，在阳极反应，对应b电极。高铁酸钠中Fe化合价较高，具有强氧化性，所以能杀菌消毒；高铁酸钠能被还原生成铁离子，铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，所以能净水。28磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：已知：Ca5(PO4)3F在950时不分解4Ca5(PO4)3F18SiO230C= 2CaF230CO18CaSiO33P4部分物质的相关性质如下：物质熔点/沸点/备注P444280.5PH3133.887.8难溶于水，具有还原性SiF49086易水解回答下列问题：(1)NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2的原因是_见解析_。(2)在浸取液中通入NH3，发生反应的化学方程式是_MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4_。(3)上述过程中将二氧化硅、过量C与磷精矿反应，通过一系列处理转化成白磷。电沉降槽中主要沉积物是_CaF2、CaSiO2_(填化学式)，冷凝塔的主要沉积物是_液体白磷_。冷凝塔的主要沉积物是_固体白磷_。(4)尾气中主要含有CO，也可能含有少量的PH3、H2S和HF等，将尾气先通入纯碱溶液，可去除_H2S、HF_；再通入次氯酸钠溶液，可除去_PH3_(填化学式)。(5)工业上常用磷精矿Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸。已知25 ，101 kPa时：CaO(s)H2SO4(l)=CaSO4(s)H2O(l)H271 kJ·mol15CaO(s)3H3PO4(l)HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)5H2O(l)H937 kJ·mol1则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)=5CaSO4(s)3H3PO4(l)HF(g)H418 kJ·mol1_，现有1 t折合含有五氧化二磷为30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸_0.49_t。解析(1)NH4NO3溶液中NH水解使溶液显酸性，H与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2。(2)由流程容易判断，浸取液的主要成分是MgSO4，向浸取液中通入NH3，发生反应的化学方程式为MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4。(3)由已知的反应可知电沉降槽中的主要沉积物是CaF2和CaSiO3，冷凝塔I的温度为70 ，P4蒸气冷凝为液体；冷凝塔的温度为18 ，白磷液体冷凝为固体。(4)通过碱性溶液，酸性气体H2S、HF被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。(5)根据盖斯定律容易写出热化学方程式：Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)=5CaSO4(s)3H3PO4(l) HF(g)H418 kJ·mol1。设最多可制得85%的商品磷酸的质量为x，根据P原子守恒：P2O52H3PO41421960.3 t85%x则：85%x×142196×0.3 t，x0.49 t。29钴酸锂废极片中钴回收的某种工艺流程如下图所示，其中废极片的主要成分为钴酸锂(LiCoO2)和金属铝，最终可得到Co2O3及锂盐。(1)已知浸出液中含有CoSO4，写出“还原酸浸”过程中发生的化学方程式：_2LiCoO23H2SO4H2O2=2CoSO4Li2SO4O24H2O_。 (2)除铝时所得沉淀为：_氢氧化铝或Al(OH)3_,_反应的离子方程式为：_Al33HCO=Al(OH)33CO2_。 (3)加入(NH4)2C2O4后得CoC2O4沉淀。写出CoC2O4沉淀在空气中高温煅烧得到Co2O3的反应的化学方程式：_4CoC2O43O2=2Co2O38CO2_。(4)已知“沉锂”前，滤液a中的c(Li)约为101 mol·L1，部分锂盐的溶解度数据如下表所示。温度Li2SO4Li2CO30 36.1 g1.33 g100 24.0 g0.72 g结合数据分析，“沉锂”过程所用的试剂b是_Na2CO3_(写化学式)，相应的操作方法：向滤液a中加入略过量的试剂b，搅拌，_加热浓缩，趁热过滤_，洗涤干燥。(5)某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂(LiCoO2)的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的，可以再生利用。某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。25时，用图1所示装置进行电解，有一定量的钴以Co2的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离。阴极的电极反应式为：LiCoO24He=LiCo22H2O，阳极的电极反应式为_4OH4e=O22H2O_。该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图2所示。当c(H2SO4)0.4 mol·L1时，钴的浸出率下降，其原因可能为_H与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c(H)增大时，参与放电的H增多(或有利于H放电)，所以钴的浸出率下降_。解析(1)根据还原酸浸的反应物及生成物可知，该反应过程中LiCoO2将H2O2氧化成O2，自己被还原为CoSO4，据此可以写出反应的化学方程式。(2) “除铝”时将通过铝离子和碳酸氢根离子的双水解，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。(3)CoC2O4 Co2O3，钴化合价升高，显然是被空气中氧气氧化，据此可以写出反应的化学方程式。(4)从表中数据可知Li2CO3难溶，所以应该加入碳酸钠做沉淀剂；且温度越高其溶解度越小，所以应该趁热过滤。(5)由于阴阳两极均有气泡产生，可见阴极有H放电生成氢气：2H2e=H2；阳极有氢氧根离子放电生成氧气：4OH4eO22H2O；如图所示，当c(H2SO4)>0.4 mol·L1时，即c(H)较大，而钴的浸出率下降，说明阴极上参与放电的H增多。 9