《2019-2020学年北京市西城区北京师范大学附属实验中学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学年北京市西城区北京师范大学附属实验中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市西城区北京师范大学附属实验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新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极 b 为电池负极B电路中每流过4mol 电子，正极消耗44.8LH2S C电极 b 上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2O D电极 a 上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O【答案】D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，
2、该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以 a 电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O；氧气通入到电极b，所以 b 电极是正极。该反应中电子转移数为4 个电子，所以电路中每流过4mol 电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D 正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存
3、在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。21.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 浓度 14.0mol/L 的硝酸中，得到NO2和 N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g 沉淀。下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1 BNO2和 N2O4的
4、混合气体中，NO2的体积分数是80%C得到 2.54g 沉淀时加入NaOH 溶液的体积是600mL D溶解合金消耗HNO3的量是 0.12mol【答案】C【解析】【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g-1.52g=1.02g，-1.02gOH=0.06mol17g/moln，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg 的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.0
5、2、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故 A 正确；B.标况下 1.12L 气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知：a1+(0.05-a)21=0.06，解得 a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和 N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：0.04mol100%=80%0.04mol+0.01mol，故 B 正确；C.50mL 该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L 0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠
6、，根据 N 元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol-0.04mol-0.01 2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol=0.64L=640mL1mol/L，故 C 错误；D.Cu、Mg 的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成 Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各 0.02ml、0.01mol，NO2和 N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N 元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02 2+0.01 2+0.04+0.012=0.12mol，故 D 正确；答案选 C
7、。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu 2e-Cu2+2OH-，Mg 2e-Mg2+2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。3 a、b、c、d、e 为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4)2。A 能够发生如下转化关系：己知 C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A原子半径bc Be 的氧化物的水化物为强酸C化合物A 为共价化合物D元素非金属性强弱ce【答
8、案】A【解析】【分析】A 和氢氧化钠溶液反应生成B 和 C，C为气体，C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据化学式可推断C为氨气，B 为白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解，则B 可推断为氢氧化铝，A 中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀，则A 中含有硫酸根离子，根据以上推断，A 为 NH4Al(SO4)2，a 为 H 元素，b 为 N 元素，c 为 O 元素，d 为 Al 元素，e为 S元素，据此分析解答。【详解】Ab 为 N 元素，c 为 O 元素，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则原子半径bc，故 A 正确；Be 为 S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸，亚硫酸
9、是弱酸，故B错误；CA 为 NH4Al(SO4)2，是离子化合物，故C错误；D c 为 O 元素，e 为 S元素，同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱，元素非金属性强弱ce，故 D 错误；答案选 A。4分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L 的 NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A CO2通入 NaClO 溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO BCO2通入 CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOH C通入 n(CO2)=0
10、.06mol 时，NaOH 溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2O D通入 n(CO2)=0.03mol 时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol【答案】D【解析】【详解】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A 错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入 CH3COONa溶液不反应，B 错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入 n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：
11、5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入 n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol l，D正确；故合理选项是D。5实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe2(OH)n(SO4)30.5nm和绿矾 FeSO4 7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O B溶液 Z加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解C溶液 Y经蒸发
12、浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大【答案】D【解析】【详解】A.炉渣中 FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O，故 A 正确；B.溶液 Z 加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解生成聚铁胶体，故B 正确；C.溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D 错误。综上所述，答案为D。6SAH（
13、NaAlH4）还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定，但遇水即爆炸性分解，NaH 遇水蒸气也发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料（主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO 和 SiO2等杂质）制备四氢铝钠：请回答下列问题：（1）滤渣 1 的主要成分为 _（填化学式）。试剂 A 中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为 _。（2）已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于C0mol/L 时，浸出率降低的原因可能是_。（3）滤液 3 可以循环利用，写出滤液2 与滤液 3 反应的离子方程式_。（
14、4）NaAlH4与水反应的化学方程式为_。（5）测定 NaAlH4粗产品的纯度。称取 mgNaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验，测定产品的纯度。“安全漏斗”中“安全”的含义是 _。已知实验前C 管读数为V1mL，向 A 中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应，当A 中反应完全后，冷却至室温后 C管读数为V2mL（均折合成标准状况）。则该产品的纯度为_（用含 m、V1和 V1的代数式表示，忽略加入蒸馏水的体积）。若实验前读数时B 管和 C管液面相平，实验后读数时B管液面高于C 管，则测得的结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】SiO2、PbSO4硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化
15、-2-23233AlO+HCO+H O=Al OH+CO4222NaAlH+2H O=NaAlO+4H加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出1227(-)%448V Vm偏高【解析】【分析】用硫酸酸浸废料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和 SiO2等杂质)，PbO 与硫酸反应生成的 PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2不溶，过滤，滤渣1 为 SiO2和 PbSO4，滤液 1 含有 Al3+、Fe3+、Mg2+，加入试剂A 同时除去杂质离子Fe3+、Mg2+，并将 Al3+转化为 AlO2-，则试剂A 为强碱，且应足量，滤渣2为 Fe(OH)3、Mg(OH)2
16、，滤液 2含有 AlO2-，通入过量的CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，过滤得到Al(OH)3，滤液 3 含有 HCO3-，将 Al(OH)3转化为 AlCl3，再进一步与NaH 反应得到 NaAlH4，据此分析作答。【详解】(1)用硫酸酸浸废料时，PbO 与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2与硫酸不反应，则滤渣1 的主要成分为SiO2、PbSO4，试剂 A 为强碱，且试剂A 中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A 为 NaOH，其电子式为，故答案为：SiO2、PbSO4；(2)硫酸浓度增大，铝片与浓硫酸发生钝化，故当硫酸浓度大于C0m
17、ol/L 时，铝元素浸出率降低，故答案为：硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；(3)滤液 2 含有 AlO2-，滤液 3 含有 HCO3-，AlO2-与 HCO3-发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，该反应的离子方程式为-2-23233AlO+HCO+H O=Al OH+CO，故答案为：-2-23233AlO+HCO+H O=Al OH+CO；(4)NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，故该反应的化学方程式为4222NaAlH+2H O=NaAlO+4H，故答案为：4222NaAlH+2H O=NaAlO+4H；(5)反应中生成气体，安全漏斗加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出，故答案
18、为：加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出；生成的氢气体积为(V1-V2)mL，根据反应4222NaAlH+2H O=NaAlO+4H，可得关系式，421NaAlH=H4nn，故该产品的纯度为-31212(-)10 L154g/mol27(-)422.4L/mol100%=%g448V VV Vmm，故答案为：1227(-)%448V Vm；读取气体体积前，使左右两管内液面相平，而且视线要平视，若反应结束后，读数时 B管液面高于C 管，存在液压差，导致测得的氢气体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高。7下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料BN
19、H3具有还原性，可用作制冷剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂【答案】A【解析】【详解】A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A 正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3 价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B 错误；C二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；D在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D 错误；答案选 A。8100时，向某恒容密闭容器中加入1.6 mol?L-1的 W 后会发生如下反应：2W(g)
20、=M(g)H=a kJ?mol-1。其中 M 的物质的量浓度随时间的变化如图所示：下列说法错误的是A从反应开始到刚达到平衡时间段内，(W)=0.02 mol?L-1?s-1Ba、b 两时刻生成W 的速率：(a)(bc)=0D其他条件相同，起始时将0.2 mol?L-1氦气与 W 混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s【答案】D【解析】【详解】A.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内0.6mol/L(M)=60sct=0.01 mol?L-1?s-1，则(W)=2(M)=0.02 mol?L-1?s-1，A 项正确；B.随着反应的进行，消耗的W 的浓度越来越小，生成W 的速率即逆反
21、应速率越来越大，因此a、b 两时刻生成 W 的速率：(a)(bc)=0，C项正确；D.其他条件相同，起始时将0.2 mol?L-1氦气与 W 混合，与原平衡相比，W 所占的分压不变，则化学反应速率不变，反应达到平衡所需时间不变，D 项错误；答案选 D。9以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（）金刚石 CO2 石灰石 葡萄糖。A BCD【答案】A【解析】【详解】12C、13C、14C是碳三种天然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，金刚石、CO2、石灰石、葡萄糖四种物质都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故合理选项是A。10将1230.2 mol LNa
22、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（Na2CO3、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
23、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（CO32-）+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。11X
24、、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z 同族，Y、Z 同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3 倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B它们形成的简单离子半径:XW CX、Z 两种元素的气态氢化物稳定性:ZX D X与 W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1 或 1:2【答案】B【解析】【详解】X 原子最外层电子数是核外电子层数的3 倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是 O，则 Z 是 S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明 Y属于第 A，Y、Z同周期，则Y是 Cl。W
25、是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W 是 Na。A.Y 为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项 A错误；B、X与 W 形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:XW，选项 B 正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl 的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与 W 形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项 D 错误。答案选B。12下列说法正确的是A氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和 Cl-B硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同CNH3和 HCl 都极易溶于水，是因为都可以和H2O 形成氢键
26、D CO2和 SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同【答案】B【解析】【详解】A.HCl 是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和 Cl-，A 错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B 正确；C.NH3和 HCl 都极易溶于水，NH3是因为可以和H2O 形成氢键，但 HCl分子与 H2O 分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和 SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于 CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而 SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，熔化时
27、破坏的作用力性质不同，D 错误；故合理选项是B。13下列反应或过程吸收能量的是()A苹果缓慢腐坏B弱酸电离C镁带燃烧D酸碱中和【答案】B【解析】【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A 不符合题意；B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B 符合题意；C、镁带燃烧，属于放热反应，故C 不符合题意；D、酸碱中和，属于放热反应，故D 不符合题意；答案选 B。14下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A向 0.1mol L1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中+3c(H)c(CH COOH)减小B将 CH3COONa溶液从 20升温至30，溶液中-3-3c(CH COO)c(C
28、H COOH)c(OH)增大C向氨水中加入盐酸至中性，溶液中+4-c(NH)c(Cl)”、“”、“”、“=”)。(3)已知 25时由 Na2SO3和 NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为_(已知 25时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1 10-2，Ka2=1 10-7)【答案】CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H=+175.2kJ/mol B 66.7%c(HSO3-)=c(SO32-)c(H+)=c(OH-)【解析】【分析】(1)将两个热化学方程式叠加，就可得到相应反应的热化学方程式；(2)根据反应达到平衡时任何一组分的速率不变，物
29、质的浓度、含量等不变判断平衡状态；该反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的含量增加；在压强不变时，根据该反应的正反应是放热反应分析判断B、D 两点的化学平衡常数大小；根据 C点时氨的含量是50%，利用三段式计算H2的转化率；根据 A、B 两点的温度、压强的大小及温度、压强与化学反应速率的影响分析；(3)利用物料守恒、电荷守恒分析比较离子浓度大小。【详解】(1)a+b，整理可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H=+175.2kJ/mol；(2)A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在该反应中N2、H2反应的物质的量的比是1：3，加入的物质的
30、物质的量的比是 1：3，所以无论反应是否达到平衡，N2和 H2的转化率都相等，不能据此判断反应为平衡状态，A错误；B.该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，由于压强恒定不变，若反应未达到平衡，气体体积就会发生变化，由于气体质量不变，所以密度就会发生变化，因此若密度不变，反应达到平衡状态，B 正确；C.氢气是反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必然增加，其比值就会发生变化，当23c Hc NH的比值不变时说明反应达到平衡状态，但当比值为3：2 时，不一定说明反应处于平衡状态，C错误；D.氮气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气比增加，其比值32c NHc N就会发生变化，
31、当比值不变时，说明反应处于平衡状态，但当比值为2 时，不一定说明不再变化，所以不一定是平衡状态，D 错误；故合理选项是B；该反应是气体体积减小的反应，在温度不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，氨的含量增加，由图可知，在温度相同时，压强为P1时的平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以根据图示可知压强：P2P1，即 P1D；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)开始(mol)1 3 0 转化(mol)x 3x 2x 平衡(mol)1-x 3-3x 2x 由于平衡时混合物中氨的体积分数为50%，2x100%1332xxx=50%，解得 x=2/3，由于氮气与氢气反应的物质的
32、量的比是1:3，加入的物质的物质的量的比是1:3，所以氮气与氢气的转化率相等，即为66.7%；根据图示可知A、B两点平衡混合物中氨的含量相同，B 点温度和压强均高于A 点温度和压强，温度升高，速率加快，压强增大，速率加快，所以在A、B两点条件下的化学反应速率V(A)c(H+)=c(OH-)，因此该混合溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)c(HSO3-)=c(SO32-)c(H+)=c(OH-)。【点睛】本题考查了盖斯定律、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的比较、物质转化率的计算、速率大小比较及溶液中离子浓度大小比较的知识。该题较为全面的考查了学生对化学基础知识和基本理论的掌握及分析判断能力。
33、19镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元素周期表中位于第四周期第A，化学性质与铝相似。lg2=0.3，lg3=0.48。部分物质的Ksp如 F表所示物质2Zn OH3Ga OH2Fe OH3Fe OHKsp171.6 10312.7 10168 10392.8 10（1）滤渣 1 的主要成分是 _（写化学式）。（2）加入 H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。（3）调 pH 的目的是 _；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 mol/L，当溶液中某种离子
34、浓度小于51 10mol/L 时即认为该离子已完全除去，则pH 应调节的范围为_。（4）操作 D 包括：_过滤、洗涤、干燥。（5）制备、精炼金属Ga。电解法制备金属镓。用惰性电极电解2NaGaO溶液即可制得金属镓，写出阴极电极反应式_。电解法精炼金属镓（粗镓含Zn、Fe、Cu 等杂质，已知氧化性:2+2+2+2+ZnGaFeCu下列有关电解精炼金属镓的说法正确的是_（填字母序号）。A.电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连B电解精炼过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，Cu和 Fe沉积在电解槽底部形成阳极泥D若用甲烷燃料电池电解精炼金属镓，当阴极有56.0 g 镓析出时，电池负极最多消
35、耗标准状况下的4CH?6.72 L【答案】2SiO4PbSO2+3+2222Fe+H O+2H=2Fe+2H O使3+Fe、2+Ga沉淀完全面2+Zn不沉淀5.48pHKsp3Fe OH，Ga3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，浓度小于5101mol/L，c(OH-)=333Ksp Ga OHc Ga=31352.7 101 10=93 10mol/L，c(H+)=51103mol/L，pH=-lg51103=5.48，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=222+Zn OHc ZnKsp=1721?.6 100.01=84 10mol/L，c(H+)=61104mol/L，pH=-lg61104=
36、6.6，则 pH 应调节的范围为5.48pH6.6（4）操作 D 包括：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等；（5）电解NaGaO2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3 价降为 0 价，GaO2-转化为 Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，离子氧化性顺序为：Zn2+Ga2+Fe2+GaFeCu，则阳极上Zn、Ga失电子进入电解质溶液，Fe、Cu 以金属单质进入电解质溶液，则阳极泥成分是 Fe、Cu，阴极上 GaO2-得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为-22GaO+2H O+3e=Ga+4OH；甲烷燃料电池负极电极反应：CH4 10OH8eCO327H2O，所以8Ga 3CH4870g322.4L 56g6.72L 但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%，实际耗电所消耗标准状态下的4CH大于 6.72L。故说法正确的是 AC。