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1、2019-2020学年安徽省三校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已知有关溴化氢的反应如下：反应 I：2222CuCl4504HBrO2Br2H O反应：3424NaBr(s)H PO()NaH POHBr浓反应：2522324HBrP O2BrP O2H O下列说法正确的是A实验室可用浓34H PO与 NaBr 反应制 HBr 并用25P O干燥B反应中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1 CHBr 有强还原性，与3AgNO溶液发生氧化还原反应D HBr 的酸性比HF 强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记【答案】B【解
2、析】【详解】A.HBr 会与25P O发生反应，故HBr 不能用25P O干燥，A 错误；B.反应 中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1，B正确；C.HBr 与3AgNO溶液会发生复分解反应生成AgBr 沉淀，C错误；D.HF中 F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr 不行，D 错误；故答案选B。2某温度下，0.200 molL-1的 HA 溶液与 0.200 mol L-1的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如下表，下列说法正确的是微粒X Y Na+A-浓度/（mol?L-1）8.0010-42.50 10-100.100 9.92
3、 10-2A 0.1 molL-1HA 溶液的 pH1 B该温度下Kw1.0 10-14C微粒 X 表示 OH-，Y表示 HD混合溶液中：n（A-）n（X）n（Na）【答案】D【解析】【分析】0.200 molL-1的 HA 溶液与 0.200 mol L-1的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（Na+）=0.100mol/L c（A-）=9.9210-2mol/L，可知 HA 为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100mol/L，则 c（HA）=0.100-9.92 10-2=8.00 10-4mol/L，所以 X为
4、HA；由电荷守恒可知 c（OH-）c（H+），所以 Y是 H+。【详解】A、HA 为弱酸，则0.1mol/L 的 HA 溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，pH1，A 错误；B、温度未知，无法判断水的离子积，B 错误；C、X表示 HA，Y表示 H+，C错误；D、根据物料守恒：n（A-）n（X）n（Na），D 正确。答案选 D。3下列属于置换反应的是（）A 2C+SiO22CO+Si B2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2Fe D 2Na+Cl2=2NaCl【答案】A【解析】【详解】A.2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于
5、置换反应，故 A 正确；B.2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C.3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D 错误。故选 A。4下列有关说法正确的是A反应 CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应S 0 B常温下向0.1 molL1CH3COOH溶液中通入少量HCl 气体，c(H)c(CH3COO)增大C将 1 mol Cl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.02
6、1023个D 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和【答案】B【解析】【分析】【详解】A.反应 CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应S0，选项 A 错误；B向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)=c(H)c(CH3COO)增大，选项B正确；CCl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.02 1023个，选项C错误；D.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D 错误。答案选 B。5Na2FeO4只在强碱性
7、条件下稳定，易被H2还原。以 NaOH 溶液为电解质，制备Na2FeO4的原理如图所示，在制备过程中需防止FeO42-的渗透。下列说法不正确A电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出B铁电极上的主要反应为：Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O C电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 减小D图中的离子交换膜为阴离子交换膜【答案】C【解析】【分析】由电解示意图可知，铁电极为阳极，阳极上铁失去电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，镍电极为阴极，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，根据题意Na
8、2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与 H2反应使产率降低。【详解】A 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应使产率降低，故A 正确；B 项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故 B正确；C 项、镍电极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，由于有
9、OH-生成，电解一段时间后，Ni 电极附近溶液的pH 增大，故C错误；D 项、铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，Ni 电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，氢氧根离子向阳极移动，图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜，故D 正确。故选 C。【点睛】本题考查电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键。6对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2O A PTA是该反应的氧化产物B消耗 1molPX，共转移8mol 电子CPX含苯环的同分异构体还有3 种DPTA
10、与乙二醇可以发生缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A.反应中 Mn 元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A 正确，不符合题意；B.反应中，Mn 元素的化合价从+7 价降低到+2 价，转移5 个电子，则1molPX 反应消耗2.5mol MnO4-，共转移12.5NA个电子，故B 错误，符合题意；C.PX含苯环的同分异构体，有邻间对三种二甲苯和乙苯，共计四种同分异构体，所以PX含苯环的同分异构体还有3 种，故 C正确，不符合题意；D.PTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间能发生缩聚反应，故D 正确，不符合题意；故选：B。7有关化
11、学键和晶体的叙述中正确的是（）A分子晶体中，分子间作用力越大分子越稳定B分子晶体都是由共价分子构成的C离子晶体中可能含有共价键D原子晶体中只存在非极性键【答案】C【解析】【详解】A分子的稳定性与化学键有关，共价键越强，分子越稳定性，而分子间作用力只影响物质的熔沸点等物理性质，故A 错误；B单原子分子中没有化学键，如稀有气体为单原子分子，分子中没有共价键，故B错误；C离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键，如氢氧化钠、过氧化钠中存在离子键和共价键，故C正确；D原子晶体中可能存在极性键，也可能存在非极性键，如二氧化硅中存在极性共价键，金刚石中存在非极性键，故D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错
12、点为B，要注意稀有气体是单原子分子，固态时形成分子晶体。8CO2和 CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如图：下列说法中错误的是（）A过程 是吸热反应BNi 是该反应的催化剂C过程 既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成D反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO22CO+2H2【答案】A【解析】【分析】由图可知，发生CH4+CO22CO+2H2，Ni 为催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，放出热量，以此来解答。【详解】A 中能量降低，放出热量，故A 错误；BNi 在该反应中做催化剂，改变反应的途径，不改变反应物、生成物，故B正确；C由反应物、生成物可知，
13、既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故C正确；D由分析可知，反应的总化学方程式可表示为：CH4+CO2Ni2CO+2H2，故 D 正确；答案选 A。【点睛】反应物的能量高，生成物的能量低，反应为放热反应，比较吸热反应和放热反应时，需要比较反应物和生成物的能量的相对大小。9设AN为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（）A标准状况下，22.24LCO与足量22Na O反应转移的电子数为A0.1NB14612g C的原子核内中子数为A6NC25时，1LpH2的224H C O溶液中含H的数目为A0.02ND9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为A0.3N【答案】A【解析】【分析】【详解】A.
14、二者的反应方程式为2222322Na O+2CO=2Na CO+O，当有 2mol 二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子，因此当有2.24L=0.1mol22.4L/mol二氧化碳参加反应时，转移0.1mol 电子，A 项正确；B.碳原子的物质的量是12g6=mol14g/mol7，根据质量数=质子数+中子数算出其1 个原子内有8 个中子，故一共有48mol7中子，B项错误；C.pH=2 的溶液中+-2c(H)=10 mol/L，根据n=c V算出+H的物质的量为-210 mol，C项错误；D.葡萄糖的分子式为6126C H O，蔗糖的分子式为122211C HO，二者的最简式不一样，因此
15、无法计算，D 项错误；答案选 A。10分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是（）A按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9 种分散系B天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物CCO2、C6H12O6、CH3CH2OH、HCOOH都是非电解质D塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化【答案】C【解析】【详解】A.分散剂和分散质都存在3 种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3 种不同状态的分散质组成3 种分散系，共可组成33=9种分散系，A 正确；B.天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙
16、烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；C.HCOOH是电解质，C错误；D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D 正确。故选 C。110.1moL/L 醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A电离程度增大，H+浓度增大B电离程度减小，H+浓度减小C电离程度增大，H+浓度减小D电离程度减小，H+浓度增大【答案】C【解析】【详解】醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO+H+，加水稀释促进电离，n(CH3CO
17、O)和 n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C 项正确；答案选 C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO-+H+，向 0.1moL/L 醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则 c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。12短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层
18、电子数等于X 原子的电子总数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如下图所示。下列说法错误的是A W 的最高正价和最低负价的代数和为0 BW 的简单离子半径可能大于X的简单离子半径CY的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱D Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中【答案】C【解析】【分析】【详解】由信息可知W 是 H，X 是 Li，Y是 Al，Z 是 Cl元素。A.H 元素最高为+1 价，最低为-1 价，二者代数和为0，A 正确；B.H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+H-，所以离子半
19、径H-Li+，B 正确；C.Y是 Al 元素，Al 最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；D.Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D 正确；故合理选项是C。13中国科学家用蘸墨汁书写后的纸张作为空气电极，设计并组装了轻型、柔性、能折叠的可充电锂空气电池如下图1 所示，电池的工作原理如下图2 所示。下列有关说法正确的是A放电时，纸张中的纤维素作锂电池的正极B闭合开关K给锂电池充电，X为直流电源正极C放电时，Li+由正极经过有机电解质溶液移向负极D充电时，阳极的电极反应式为Li2O2-2e-=
20、O2+2Li+【答案】D【解析】【分析】本题主要考查电解原理。可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，活泼的锂是负极，电解质里的阳离子经过有机电解质溶液移向正极；开关K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，充电时阳极上发生失电子的氧化反应，据此回答。【详解】A、可充电锂空气电池放电时，墨汁中的碳作锂电池的正极，错误；B、开关 K闭合给锂电池充电，电池负极接电源的负极，X为直流电源负极，错误；C、放电时，Li+由负极经过有机电解质溶液移向正极，错误；D、充电时阳极上发生失电子的氧化反应：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故 D 正确。14在 NH3、HNO3、H2SO4的工业生产中
21、，具有的共同点是()A使用吸收塔设备B使用尾气吸收装置C使用 H2作原料D使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A、H2SO4不用 H2作原料，错误；B、SO2到 SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。答案选 D。15化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）A新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒B葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒C植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质D防疫时
22、期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖【答案】A【解析】【分析】【详解】A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故 A 错误；B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故 B 正确；C.植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；D.Hg和 S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D 正确；故选 A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及
23、装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO4 7H2O 和 40.0ml 蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL 浓 H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至 80，搅拌一段时间后，加入NaOH 溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化 FeSO4 7H2O 的离子方程式为_。(2)加入浓硫酸的作用为_(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性b.脱去 FeSO4 7H2O 的结晶水c.抑制 Fe3+水解d.作为氧化剂(3)检验 Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对 Fe2+氧化效果的影响，设计对比实
24、验如下表编号T/FeSO4 7H2O/g NaClO3/g 氧化效果/%i 70 25 1.6 a ii 70 25 m b iii 80 n 2.0 c iv 80 25 1.6 87.8 m=_；n=_。若 c87.8a，则 a、b、c的大小关系为_。(5)加入 NaOH 溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是_(6)判断 Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。_。【答案】ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O a、c K3Fe(CN)6溶液2.0 25 cba
25、若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的 BaCl2溶液和 HNO3酸化的 AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg 样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于80107mg【解析】【分析】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4 7H2O 氧化为硫酸铁，据此书写；(2)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验 Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO
26、3用量对 Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii 是研究 NaClO3用量的影响；ii、iii 或 i、iv 是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或 SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据 Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4 7H2O 氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；
27、(2)NaClO3氧化 FeSO4 7H2O 时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项 a 合理；同时 FeSO4 7H2O 被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验 Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)根据实验目的，i、ii 是在相同温度下，研究NaClO3
28、用量的影响，ii、iii 或 i、iv 是研究温度的影响；因此 m=2，n=25；在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验ba；ii、iii 的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验cb，因此三者关系为cba；(5)加入 NaOH 溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或 SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl 酸化的 BaCl2溶
29、液和 HNO3酸化的 AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于 Fe(OH)3中比 FeOOH中 Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是 107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是80107mg，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于80107mg。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和
30、化学反应基本原理是解题关键。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17溴酸镉 Cd(BrO3)2常用于生产颜料和荧光粉。以镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备 Cd(BrO3)2的流程如下:已知：Cd(SO4)2溶于水。(1)Cd(BrO3)2中 Cd 的化合价为 _(2)酸浸时，为了提高镉的浸取率可以采取的指施有_(写出两种即可)。(3)还原镉时,产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，其发生反应的离于方程式为_(4)用 H2O2溶液氧化时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为_(5)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 如下表,调 pH
31、 时，应调整的pH 范为 _,滤渣2 的主要成分为_(填化学式)。(6)实际工业生产中,有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量,其原理是:Cd2+2NaR=2Na+CdR2，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液pH=6)经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.046g/L，则该条件下Cd(OH)2的 Ksp 值为 _(7)已知镉铁矿中CdO2的含量为72%，整个流程中镉元素的损耗率为8%，则 2t 该镉铁矿可制得Cd(BrO3)2(相对分子质量为368)_Kg。【答案】+2 将矿石粉碎、适当升高浸取时的温度、延长浸取的时间、增大
32、浸取液的浓度、充分搅拌等3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+1:2 5.0pH7.4 Fe(OH)3和 Al(OH)310-193385.6【解析】【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿(成分为 CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和 SiO2)，其中 SiO2不溶于水和酸，通过过滤除去，即滤渣1 为 SiO2；滤液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+及 Cd4+，加入 CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+，然后加入 H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+，再调节溶液pH 使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物，
33、向含有CdSO4的滤液中加入K2CO3生成 CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到溴酸镉Cd(BrO3)2，据此分析解答（1）（5）。(6)将沉镉后的溶液pH=6，则 c(OH-)=1 10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623/mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，再计算Cd(OH)2的 Ksp；(7)2t 该镉铁矿中CdO2的质量为2 106g 72%=1.44 106g，其物质的量
34、为61.44 10144/molgg=0.01 106mol，再根据整个流程中镉元素的损耗率为8%，并结合原子守恒计算Cd(BrO3)2的质量。【详解】(1)在 Cd(BrO3)2中 Br 元素为+5 价，O 元素为-2 价，根据正负化合价代数和为0，可知 Cd的化合价为+2；(2)固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸的浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高镉的浸取率；(3)CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为CO2，结合守恒法，可知发生反应的离于方程式为3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+；(4)用 H2O2溶液
35、将溶液中的Fe2+氧化为 Fe3+时，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+H2O，则氧化剂 H2O2与还原剂Fe2+的物质的量之比为1:2；(5)Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀时的pH 为 2.8，Al3+完全转化为Al(OH)3沉淀时的pH 为 5.0，Cd2+开始转化为 Cd(OH)2沉淀时的pH 为 7.4，则调节溶液的pH 范围为 5.0 pH7.4，此时获得Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即过滤的滤渣2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3；(6)将沉镉后的溶液pH=6，则 c(OH-)=1 10-8mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+
36、比交换前增加了 0.046g/L，即 Na+浓度增加了0.04623/mol1ggL=0.002mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中c(Cd2+)=0.001mol/L，则 Cd(OH)2的 Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1 10-19；(7)2t 该镉铁矿中CdO2的质量为2 106g 72%=1.44 106g，其物质的量为61.44 10144/molgg=0.01 106mol，整个流程中镉元素的损耗率为8%，根据原子守恒可知获得Cd(BrO3)2的物质的量为0.01 106mol（1-8%）=9.2 103mol，其质量为9.2 103mol 3
37、68g/mol=3.3856 106g=3385.6Kg。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硼及其化合物在工业、医药、农业等部门有许多用途。某工厂以铁硼精矿(主要成分为B2O3 2MgO，还有 SiO2、CaO、FeO等杂质)制取制硼酸、金属镁的工艺流程图为：已知：硼酸在不同温度下的溶解度：温度()0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 溶解度(g/100g 水)3 3 5 7 9 11 15 18 23 29 回答下列问题：(1)使用盐酸酸浸，过程中主要反应的化学方程式为_，为提高浸出速率，可采取的措施有_(写出两条)。(2)酸浸时，温度与硼浸出率的关系如图所
38、示，则合适的酸浸温度为_。(3)浸出液“氧化”的是将溶液中的Fe2+用_试剂氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_。(4)从滤液中获得H3BO3晶体的“操作 I”具体操作是 _。(5)向滤液中加入有机萃取剂萃取分液，此时硼酸处于_层中(填“有机”或“无机”)。实验室模拟萃取操作使用的玻璃仪器除烧杯外，另一主要玻璃仪器是_。(6)某工厂用m1 kg 的铁硼精矿制备硼酸，得到纯度为99.8%的硼酸 m2 kg，则铁硼精矿中硼的质量分数是_(列式表达)。【答案】B2O3 2MgO+4HCl+H2O=2H3BO3+2MgCl2适当增加盐酸浓度、提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径、充分搅拌等9095H2O2(
39、或 Cl2)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(或 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤有机分液漏斗21?1199.8%?62mm 100%【解析】【分析】盐酸与铁硼精矿的主要成分B2O3 2MgO 发生反应产生H3BO3、MgCl2，杂质 CaO、FeO也会发生反应产生CaCl2、FeCl2，过滤除去SiO2，然后向反应后的溶液中加入H2O2或通入 Cl2，发生氧化还原反应，FeCl2变为FeCl3，然后调节溶液pH 使 Fe3+反应转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，结合硼酸的溶解度与温度的关系，将硼酸晶体从溶液中分离出来；分离后的母液中加入有机物萃取
40、，得到的水层中含有Mg2+，说明硼酸在有机层中，然后利用B 元素守恒计算铁硼精矿中硼的质量分数。【详解】(1)使用盐酸酸浸过程中主要反应为铁硼精矿的主要成分B2O3 2MgO 与盐酸发生反应产生H3BO3、MgCl2，反应的化学方程式为B2O3 2MgO+4HCl+H2O=2H3BO3+2MgCl2；铁硼精矿是固体物质，为提高浸出速率，可采取的措施可以将铁硼精矿粉碎，也可以提高反应温度、使用较大浓度的盐酸、反应过程中搅拌等；(2)由酸浸时，温度与硼浸出率的关系图示可知，在9095时硼酸浸出率最高，所以合适的酸浸温度为9095；(3)浸出液“氧化”的是溶液中的Fe2+，在氧化过程中不能引入新的杂
41、质，可以使用H2O2，也可以使用Cl2水，反应方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(或 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-)；(4)由硼酸的溶解度与温度的关系可知：温度升高，硼酸的溶解度增大，所以从滤液中获得H3BO3晶体的“操作 I”具体操作是将高温下的溶液蒸发浓缩、然后冷却结晶、再进行过滤可得；(5)分离出硼酸晶体后的滤液中仍然含有一定量的硼酸，向该溶液加入有机萃取剂萃取分液，由于得到的水层中含有可溶的MgCl2，说明硼酸在有机物中，硼酸容易溶解在该有机萃取层中；实验室模拟萃取操作使用的玻璃仪器除烧杯外，另一主要玻璃仪器是分液漏斗；(6)纯度为 99.8%的硼酸 m2
42、 kg 中含有 B元素的质量为m(B)=211 99.8%62mkg，由于产生该硼酸需消耗 m1 kg 的铁硼精矿，所以铁硼精矿中硼的质量分数21?kgm11 99.8%?kgm B62 B100%mm总 100%=21?11m99.8%?62m 100%。【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识。涉及反应原理、反应条件的选择、混合物的分离、物质含量的计算等。掌握物质的性质及反应原理是本题解答的关键。在计算时要留意元素守恒分析解答。19草酸（H2C2O4）是最简单的有机二元酸，具有较强的还原性，工业上主要用于生产药物以及提炼稀有金属。工业上可由以下反应制取草酸（两步反应均为液相反应）：4CO+
43、4C4H9OH+O22(COOC4H9)2+2H2O (COOC4H9)2+2H2OH2C2O4+2C4H9OHQ（Q0）（1）反应 选择 1315MPa 的高压条件下进行，最主要的原因是为了_。若 5min 内水的质量增加了7.2g/L，则用水表示的反应速率为_。（2）对于反应 ，下列能够说明其已经达到平衡的是_。a平衡常数K 保持不变b反应液的pH 保持不变c丁醇的浓度保持不变d反应液的总质量保持不变下列措施既能加快该反应速率，又有利于提高产率的是_。a合理升高反应温度b合理增大反应压强c增大水的用量d加入稀硫酸作为催化剂（3）将物质的量浓度相同的草酸溶液与次氯酸钠溶液等体积混合，产生大量
44、无色无味的气体，写出反应的化学方程式_。（4）已知草酸氢钠溶液显酸性，下列措施能使草酸氢钠溶液中+-24c(Na)c(HC O)减小的是 _。a通入 HCl 气体b加入草酸晶体c通入 NH3d加入草酸钾晶体（5）已知：物质的量浓度相同的草酸溶液与亚硫酸钠溶液等体积混合，反应的化学方程式为：H2C2O4+Na2SO3 NaHC2O4+NaHSO3；草酸溶液与过量的亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：H2C2O4+2Na2SO3 Na2C2O4+2NaHSO3；过量的草酸溶液与亚硫酸钠溶液混合，反应的化学方程式为：2H2C2O4+Na2SO3 2NaHC2O4+H2O+SO2根据以上信息判断草酸
45、的两级电离常数（记为K1、K2）与亚硫酸的两级电离常数（记为K3、K4）由大到小的顺序 _。【答案】增大气体在丁醇中的溶解度，以有利于反应进行（或加快反应速率）0.08mol/(L?min)bc a NaClO+H2C2O4 NaCl+H2O+2CO2 bd K1K3K2K4【解析】【详解】（1）根据反应 4 CO+4C4H9OH+O22(COOC4H9)2+2H2O 可知，增大压强，有利于增大气体在丁醇中的溶解度，加快化学反应速率；若5min 内水的质量增加了7.2g/L，则浓度增加0.4mol/L，则用水表示的反应速率为V（H2O）=0.4/5molLmin=0.08mol/(L?min)
46、；（2）反应(COOC4H9)2+2H2O?H2C2O4+2C4H9OH-Q（Q0）中；a温度不变，平衡常数不变，但不一定平衡，故a 错误；b反应液中有乙二酸，溶液显酸性，反应液的pH 保持不变，说明溶液中的乙二酸的浓度不变，则一定平衡，故 b 正确；c丁醇的浓度为变量，丁醇的浓度保持不变，则一定平衡，故c 正确；d所有反应物和生成物均为液体，根据质量守恒，反应液的总质量总是保持不变，则不一定平衡，故d错误；下列措施中，a合理升高反应温度，反应速率加快，平衡正向移动，故a 正确；b增大反应压强，由于反应物和生成物均为液体，速率几乎无影响，平衡不移动，故b 错误；c增大水的用量，水为纯液体，无影
47、响，故c 错误；d加入稀硫酸作为催化剂，化学反应速率加快，但平衡不移动，故d 错误；答案：bc；a；（3）根据条件知，草酸具有还原性，次氯酸钠具有强氧化性，发生氧化还原反应，得到CO2气体，反应方程式为：NaClO+H2C2O4 NaCl+H2O+2CO2，故答案为：NaClO+H2C2O4 NaCl+H2O+2CO2；（4）a.HCl气体，会与草酸氢根离子反应生成草酸，草酸氢根浓度降低，+-24c(Na)c(HC O)增大，故 a 误；b加入草酸晶体，使草酸氢根离子浓度增大，故+-24c(Na)c(HC O)减小，故b 确；c通入 NH3，促进草酸氢根电离，+-24c(Na)c(HC O)增大，故错误；d加入草酸钾晶体，抑制了草酸氢根离子的电离，使草酸根离子浓度增大，+-24c(Na)c(HC O)减小，故正确；答案：bd；（5）根据反应方程式可知，酸性强弱顺序为：H2C2O4 H2SO3 HC2O4-HSO3-，酸性越强，K越大，故K1 K3K2K4；答案：K1K3K2 K4。