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1、2019-2020学年北京市海淀区中关村中学分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下列物质在生活或生成中的应用错误的是A葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性C陶瓷坩埚不能用于熔融烧碱D甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故A 正确；B.熟石灰与Na2CO3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在含较多Na2CO3的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性，
2、故B 错误；C.陶瓷坩埚中二氧化硅能与烧碱反应，故C正确；D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D 正确；故选 B。225时，0.1mol/L 的 NH4HCO3溶液 pH=7.7。向 0.1mol/L的 NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象判断，下列说法正确的是A NH4HCO3溶液中，水解程度：NH4+HCO3-B开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：2NH4HCO3+2NaOH（NH4）2CO3+Na2CO3+2H2O C由图中数据可知：CO32-的
3、水解常数约为5.310-11D由图中数据可知：NH3?H2O 的电离常数约为1.5 10-5【答案】D【解析】【详解】A25时 0.1mol/L的 NH4HCO3溶液 pH=7.7，呈碱性，则NH4HCO3溶液中的水解程度：+4NH3HCO，故 A 错误；B开始阶段，加入的NaOH 后氢氧根离子浓度增大，抑制了3HCO的水解，导致3HCO略有增加，故B错误；C根据图示看，pH=9.0 时，3HCO、2-3CO的物质的量分数分别为0.95、0.05，设2-3COac，则-30.95HCOa19a0.05c，2-3CO的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：2-323CO+H OHCO+OH
4、?，则-532-4h32-3HCOOH19a10CO=1.9 10aCOccKc，故 C错误；D pH=9.0时，+4NH、NH3?H2O 的物质的量分数分别为0.6、0.4，设32NHH Oc=x，则+40.6NHx=1.5x0.4c，32NHH O的电离常数+-54-5b3232NHOH1.5x10NHH O1.5 10NHH OxccKc，故 D 正确；故选：D。【点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D 为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。3下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是A次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀
5、死水中的细菌，起消毒作用B14C的放射性可用于考古断代C纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一D铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品【答案】C【解析】【分析】【详解】A.次氯酸具有强氧化性，能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用，故A正确；B.14C的放射性可用于考古断代，利用其半衰期可计算时间，故B 正确；C.小苏打是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，故C错误；D.铝具有两性，能与酸反应又能与碱反应，铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品，故D 正确；故选 C。4下列离子方程式符合题意且正确的是A磁性氧化铁溶于盐酸中：323
6、2Fe O6H2Fe3H OB在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液：322Al4OHAlO2H OC在盐酸中滴加少量23Na CO溶液：2322CO2HCOH OD用 FeS除去废水中的2Cu：22SCuCuS【答案】C【解析】【详解】A.磁性氧化铁为34Fe O，故 A 错误；B.在明矾溶液中加入过量2Ba(OH)溶液的离子方程式为322442222422AlSOBaOHBaSOAlOH O，B错误；C.在盐酸中滴加少量23Na CO溶液的离子方程式为2322CO2HCOH O，C正确；D.FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2(aq)FeS(s)CuS(s)Fe2，D
7、错误；故答案选C。5关于反应2HI(g)垐?噲?H2(g)I2(g)-11 kJ，正确的是A反应物的总键能低于生成物的总键能B1mol I2(g)中通入 1mol H2(g)，反应放热11kJ C等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A 错误；B反应为可逆反应不能进行彻底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热小于11kJ，选项 B 错误；C等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项 C 错误；D平衡时分离出HI（g），平衡逆
8、向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D 正确；答案选 D。6某温度下，在 2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g)?H=QkJmol1（Q0），12s 时生成 C的物质的量为0.8mol（反应进程如图所示）。下列说法中正确的是A 2s 时，A 的反应速率为0.15mol L1 s1B图中交点时A 的消耗速率等于A 的生成速率C化学计量数之比b c=12 D 12s 内反应放出0.2QkJ热量【答案】C【解析】【分析】【详解】某温度下，在2L 恒容密闭容器中投入一定量的A、B 发生反应：3A(g)+bB(g)cC(
9、g)?H=QkJ mol1（Q0），12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，A由图像可知A 的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率=ct=0.32s=0.15 molL1 s1，所求为 02s 的平均速率，不是2s 时的速率，故A 错误；B.图中交点时没有达到平衡状态，A 的消耗速率大于A 的生成速率，故B错误；C.12s时达到平衡状态，B、C转化量之比等于化学计量数之比，所以b c=(0.5mol/L-0.3mol/L)2L0.8mol=1:2，故 C 正确；D.由题意可知，3molA 与 1molB 完全反应生成2molC 时放出 QkJ 的
10、热量，12s内，A的物质的量减少（0.8mol/L-0.2mol/L）2L=1.2mol，则放出的热量为0.4QkJ，故 D 错误。答案选 C。7国际计量大会第26 届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076 1023mol-1)，于 2019 年 5 月 20 日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 40g正丁烷和18 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目为 0.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数为0.1NAD 0.1mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应后，溶液中Cl
11、-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为 13 个)。混合物共 58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B.常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；D.0.1mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应，溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和
12、为0.2NA，错误。故选 A。8下列实验设计能够成功的是()A检验亚硫酸钠试样是否变质试样溶解 滴加硝酸钡溶液白色沉淀滴加稀盐酸沉淀不溶解 说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐溶解 足量碳酸钠溶液足量氯化钡溶液过滤 滤液中滴加盐酸蒸发结晶精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+试样滴加硫氰化钾溶液溶液颜色无变化滴加氯水溶液变红色 溶液中含有Fe2+D证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI 溶液30%过氧化氢、稀硝酸淀粉溶液变紫色 氧化性：H2O2I2【答案】C【解析】【详解】A.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A 错误；B应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸
13、可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B 错误；C亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故 C正确；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故 D 错误；答案选 C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。9将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A 2H2S+O2=2S+2H2O B2H2S+3O2=2SO2+2H2O C2H2S+SO2=3S+2H2O D2S
14、O2+O2=2SO3【答案】C【解析】【分析】【详解】将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选 C。10设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2NAB用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备 1molCl2，均转移电子2NAC将 0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1NAD 2molNO 和 1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA【答案】
15、D【解析】【详解】A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A 错误；B.用 KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol 电子，若产生1molCl2，需转移电子53mol，B 错误；C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)=n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；D.发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故 2molNO 和 1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数
16、小于 2NA，D 正确；故合理选项是D。11关于 C9 H12的某种异构体，以下说法错误的是()A一氯代物有5 种B分子中所有碳原子都在同一平面C能发生加成、氧化、取代反应D 1mol 该物质最多能和3 mol H2发生反应【答案】B【解析】【详解】A苯环上有3 种氢，侧链上有2 种氢，其一氯代物有5 种，故 A 正确；B次甲基中碳原子连接的原子或基团形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能都在同一平面，故B 错误；C含有苯环，可以发生加成反应与取代反应，可以燃烧，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D苯环能与氢气发生加成反应，1 mol 该物质最多能和3 mol H2发生反应，故D 正确
17、。故选：B。【点睛】一氯代物的种类即判断分子内的等效氢数目，一般同一个甲基上的氢等效、同一个碳上连接点甲基上的氢等效、对称结构的氢等效。12乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反应的化学方程式如下：下列叙述正确的是()A该反应不属于取代反应B乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4CFeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯D乙酸香兰酯在足量NaOH 溶液中水解得到乙酸和香兰素【答案】C【解析】【详解】A、香兰素中OH 中的 H 原子，被 COCH3替代，该反应属于取代反应，A 项错误；B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4，B项错误；C、乙酸香兰酯中没有酚羟基，可以用FeCl3溶液
18、区别香兰素与乙酸香兰酯，C项正确；D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素，D 项错误；答案选 C。考点：考查有机化学基础（反应类型、分子式的确定、官能团的性质等）。13用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A 25 时，pH1 的 1.0 L H2SO4溶液中含有的H的数目为0.2NAB标准状况下，2.24 L Cl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC室温下，14.0 g 乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD在 0.5 L 0.2 molL1的 CuCl2溶液中，n(Cl)0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.pH1，c(H)0.1 mo
19、lL1，n(H)0.1NA，选项 A 不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项 B 正确；C.乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以 14.0 g 乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为 1mol，碳原子数目一定为NA，选项 C正确；D.n(Cl)0.5 L 0.2 molL12 0.2 mol，即 0.2NA，选项 D 正确。答案选 A。14常温下，向20 mL 0.1molL1一元酸 HA 中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入 KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是A HA 的电离常数约为105Bb 点溶液
20、中存在：c(A)c(K)Cc 点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为 7 106 mol L1D导电能力：cab【答案】D【解析】【分析】【详解】A由 a 点可知，0.1mol/L 一元酸 HA 中 c水(H+)=c水(OH-)=1 10-11mol/L，则 c(H+)=1 10-14 10-11=1 10-3mol/L，则 HA 的电离常数22+-+-3-5ac Hc Ac H1 10K=1 10c HAc HA0.1，A 选项正确；Bb 点溶液中c水(H+)=1 10-7mol/L，c 点 c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a 点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+
21、)=1 10-7mol/L 的 b 点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则 c(A-)=c(K+)，B 选项正确；Cc 点时加入的KOH 的物质的量n(KOH)=20mL 0.1mol/L 0.1mol/L=20mL，由 HA 的 Ka=1 10-5，可得 A-的2-9b-c HA c OHc OHK=1 10c Ac A则 c(A-)0.05mol/L，则 c(OH-)7 10-6mol/L，在 KA 中 c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)7 10-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相
22、同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D 选项错误；答案选 D。15下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是()A第 步的离子方程式为Na+NH3+H2O+CO2 NaHCO3+NH4+B第 步得到的晶体是Na2CO3?10H2O CA 气体是 CO2，B气体是 NH3D第 步操作的过程主要有溶解、蒸发、结晶【答案】A【解析】【详解】A第 步发生反应NH3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，一水合氨为弱碱，碳酸氢钠为沉淀，所以离子反应为 Na+NH3H2O+CO2NaHCO3+NH4+，故 A 正确；B第 步反应方程式为NH
23、3H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第步得到的晶体是NaHCO3，故 B错误；C氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热碳酸氢钠制备碳酸钠，A 为氨气，B为二氧化碳，故C错误；D 第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握
24、工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验 I 按图装置制备NaC1O2晶体已知：C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。NaC1O2饱和溶液在低于38时析出NaC1O23H2O 晶体，高于 38时析出NaC1O2晶体，温度高于60时 NaC1O2分解生成NaC1O3和 NaCl。（1）装置 A 中 b 仪器的名称是_；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸_（填“能”或“不能”），原因是 _。（2）A 中生成 C1O2的化学反应方程式为_。（3）C中生成 NaC1O2时 H2O2的作用
25、是 _；为获得更多的NaC1O2，需在 C处添加装置进行改进，措施为_。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55时蒸发结晶ii._ ii.用 40热水洗涤iv.低于 60干燥，得到成品实验样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为 _，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是_（写一条）。【答案】蒸馏烧瓶不能ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O 作还原剂将 C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在 3860趁
26、热过滤（或38以上过滤）Na2SO4控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）【解析】【分析】装置 A 中制备得到ClO2，所以 A 中反应为NaClO3和 Na2SO3在浓 H2SO4的作用生成ClO2和 Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，A 中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，产生的 SO2 被带入 C中与 NaOH 反应生成Na2SO3，Na2SO3与 H2O2 反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度3860，高于 60时 NaClO2分解成 NaClO3和 NaCl；装置 B 的作用是安
27、全瓶，有防倒吸作用，从装置 C的溶液获得 NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D 是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A 中 b 仪器的名称是蒸馏烧瓶；A 中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以 a 中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止 ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A 中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2S
28、O3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4 价降到+3 价，二氧化氯被还原，所以C 中生成 NaC1O2时 H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度38 60，高于60时 NaClO2分解成 NaClO3和 NaCl，所以为获得更多的 NaC1O2，将 C 装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38 60。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在38 60；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤
29、、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2?3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38 60进行洗涤，低于60干燥，所缺步骤为趁热过滤（或 38以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38以上过滤）；（5）A 中可能发生Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2 被带入 C中与 NaOH 反应生成Na2SO3，Na2SO3与 H2O2 反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少 Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的 NaC1O3等）。故答案为Na
30、2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：已知：煅烧时，Cu2Te 发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。(1)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有_(填化学式)。(3)工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr
31、2O7)的工艺流程如图所示：通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是 _。(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.50 g 配成 250 mL 溶液，用移液管取出25.00 mL 于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000 molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知Cr2 O72-被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_%。已知M(K2Cr2O7)=294 g mol-1
32、，计算结果保留三位有效数字。(5)上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外，还含有一定浓度的Fe3+杂质，可通过加碱调pH 的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=3 10-5 mol L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时 Fe3+是否沉淀完全_(填“是”或“否”)，写出计算过程_(已知：KspFe(OH)3=4.0 10-38，KspCr(OH)3=6.0 10-31)【答案】2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2CuSO4该条件下，K2Cr2O7 的溶解度比Na2Cr2O7小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小C
33、r2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 49.0 是当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=31536.0 103 10mol?L-1，则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全【解析】【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据流程图，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22
34、CuO+TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液中含有TeOSO4，TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。【详解】(1)煅烧时 Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；(2)根据上述分析，浸出液中除了含
35、有TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还有氧化铜与稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSO4)等，故答案为：CuSO4；(3)在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且 K2Cr2O7的溶解度随温度的降低可能显著减小，因此通过冷却结晶可以析出大量K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度比Na2Cr2O7小，且 K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；(4)氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2与 Cr2O72-的反应，其中 Cr2O72-被还原为Cr3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O
36、，故答案为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；n(Fe2+)=0.025L 0.1000mol?L-1=0.0025mol，根据方程式Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，则n(Cr2O72-)=0.0025mol16250mL25mL=0.0256mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为294g0.02/mol5m2ol6.50g 100%=49.0%，故答案为：49.0；(5)c(Cr3+)为 3 10-5mol?L-1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=3153
37、6.0 103 10mol?L-1，则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全，故答案为：是；当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(OH-)=sp333KCr OHc Crmol?L-1=31536.0 103 10mol?L-1，则c(Fe3+)=sp33()KF(e OHcOH)=38264.0102 10=2.0 10-12mol?L-1 110-5mol?L-1，说明 Fe3+沉淀完全。【点睛】正确理解流程图中各步反应的原理是解题的关键。本题的易错点为(4)，要
38、注意“计算结果保留三位有效数字”，难点为(5)，要注意沉淀完全的判断标准。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH3:22323N(g)3H O(1)2NH(g)O(g)2?在其他条件相同时，反应中 NH3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。该反应的平衡常数表达式K=_，该反应中的H_0（填“”“”“0。故答案为；根据图像，15min 时 N2的转化率为1.3%，20min 时 N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2 1mol (2.2%-1.3
39、%)2L 5min=0.0018molL-1 min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线如图。故答案为0.0018mol L-1 min-1；（2）0.l mol?L1盐酸与 0.2 mol?L 1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和 NH3?H2O，溶液呈碱性，则pH 7；NH3?H2O 的电离程度大于NH4Cl 的水解程度，所以c(NH4+)c(NH3?H2O)。故答案为；（3）根据 Mg(OH)2和 Fe(OH)3的 Ksp 可知生成Fe(OH)3沉淀时 OH 的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为 Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后
40、发生反应的离子方程式为：Mg2+2NH3 H2OMg(OH)22NH4+；2Fe3+（aq）3Mg(OH)2（s）2Fe(OH)3（s）3Mg2+（aq）。故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+2NH3 H2OMg(OH)22NH4+、2Fe3+（aq）3Mg(OH)2（s）2Fe(OH)3（s）3Mg2+（aq）。19纳米氧化亚铜具有特殊功能。以废铜渣(主要成分为Cu和 CuO，含少量Ni、Al2O3和 Fe3O4等)为原料制备纳米氧化亚铜的流程如下：回答下列问题：(1)“研磨 的主要目的是_；滤渣 2 的主要成分是_(填化学式)。(2)“酸溶”中通入热空气的主要目的是_(用 2 个离子方
41、程式表示)。(3)已知：Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)?H0。利用平衡移动原理提纯镍粉，密封管如图所示。在密封管_(填“高温区”或“低温区”)收集纯镍粉。(4)滤液 1 的溶质有NaOH 和_(填化学式)。(5)设计实验检验滤液2 是否含 Fe3+：_(写出简要操作、现象和结论)。(6)制备 Cu2O 有多种方案(注明：肼的某些性质类似氨气)。方案 1：炭还原法,即木炭与氧化铜混合共热；方案 2：葡萄糖还原法,即葡萄糖与Cu(OH)2浊液共热；方案 3：肼还原法,即在加热条件下用N2H4还原 CuO：方案 4：电解法,以铜为阳极,石墨为阴极,电解 NaOH 溶液。从操作方便、产
42、品纯度、节能安全和环保等角度分析，最佳方案是方案_(填数字)。【答案】增大固体接触面积，加快反应速率Fe(OH)32Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 高温区NaAlO2取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+2【解析】【分析】废铜渣研磨后颗粒转化为粉末，与CO充分接触，Ni 转化为 Ni(CO)4；用 NaOH 碱溶后，固体中的Al2O3转化为 NaAlO2进入滤液1，滤渣为 Cu、CuO、Fe3O4；用稀硫酸酸溶，并鼓入热空气，Cu、CuO转化为 CuSO4，Fe3O4转化为 Fe2(
43、SO4)3；调 pH 后，Fe3+转化为 Fe(OH)3进入滤渣2，滤液 2 为 CuSO4等的混合溶液。【详解】(1)固体与气体或液体的接触面积越大，反应速率越快。由此得出“研磨 的主要目的是增大固体接触面积，加快反应速率；调节pH 时，Fe3+转化为 Fe(OH)3，由此得出滤渣2 的主要成分是Fe(OH)3。答案为：增大固体接触面积，加快反应速率；Fe(OH)3；(2)“酸溶”时通入热空气，将Cu、CuO、Fe3O4转化为 CuSO4、Fe2(SO4)3，便于提纯与转化，其主要目的是2Cu+O2+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O。答案为：2Cu+O2
44、+4H+=2Cu2+2H2O、4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(3)操作的目的是先将Ni 转化为 Ni(CO)4，再将 Ni(CO)4转化为 Ni，依据平衡移动原理，应先在低温区将Ni转化为 Ni(CO)4，再在高温区将Ni(CO)4转化为 Ni。答案为：高温区；(4)加入 NaOH 溶液后，Al2O3与 NaOH 反应，转化为NaAlO2，由此得出滤液1的溶质为NaOH 和 NaAlO2。答案为：NaAlO2；(5)检验滤液2 是否含 Fe3+，应使用KSCN溶液，具体操作为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+。答案为：取少量滤液2 于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则滤液2 含 Fe3+；否则，不含Fe3+；(6)方案 1：木炭过量时，会引入杂质，且可能会将Cu2O 进一步还原为Cu；方案 2：葡萄糖还原Cu(OH)2，此法操作方法，产品纯度高；方案 3：N2H4类似 NH3，不环保；方案 4：电解法耗能高，在铜电极表面生成Cu2O，分离困难。综合以上分析，最佳方案是方案2。答案为：2。【点睛】在进行制备Cu2O 方案评价时，感觉不知从何谈起，得出正确结论困难重重，若我们利用信息从“操作方便、产品纯度、节能安全和环保”等角度分析突破，对每一方案都从这四个方面去考察，则容易得出正确的结论。