《2019-2020学年北京三中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学年北京三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17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学年北京三中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甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3 B气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键【答案】B【解析】【分析】【详解】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为 6-3=3，即甲为 Li，由元素在周期表中的相对位置图可
2、知，乙为Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第A 族元素可知，己为Si，庚为 Ge，辛为 Ga；A.丙为 K，K 的原子序数为19，庚为 Ge，Ge的原子序数为32，原子序数相差13，A 项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己 庚，B 项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有 2 个电子层，而同周期的S2-、Cl-有 3 个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为 Na，Na 在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D 项错误；答案选 B。2已知
3、二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为ClSSCl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S，对该反应的说法正确的是()A S2Cl2既作氧化剂又作还原剂BH2O 作还原剂C每生成1molSO2转移 4mol 电子D氧化产物与还原产物物质的量比为3：1【答案】A【解析】【详解】因 Cl的非金属性比S强，故 S2Cl2中 S、Cl的化合价分别为1、1 价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。A.反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化，所以 S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A 项正确；B.水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；C.SO2中硫的化合价为4
4、价，故每生成1 mol SO2转移 3 mol 电子，C项错误；D.SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，D 项错误；答案选 A。3某溶液中只可能含有K、Mg2、Al3、Br、OH、CO32、SO32中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A取样，进行焰色反应B取样，滴加酚酞溶液C取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶【答案】D【解析】【详解】向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色 ,说明溶液中含有 Br-
5、，且有气泡冒出,说明溶液中含离子CO32或 SO32；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32，那么一定含有：CO32，一定不能含有与碳酸根生成沉淀的离子：Mg2、Al3，通过以上分析，根据电中性原理，能证明 K存在，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选 D。【点睛】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO 32-或 SO 32-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；向所得橙色溶液中加入足量BaCl 2溶液，无沉淀生成，说明不含SO 32-
6、，据此进行解答。4有关氮原子核外p 亚层中的电子的说法错误的是（）A能量相同B电子云形状相同C自旋方向相同D电子云伸展方向相同【答案】D【解析】【详解】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1和 2pz1上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，错误的为D，故选 D。【点睛】掌握和理解p 亚层中电子的能量和自旋方向、以及电子云的形状是解题的关键。要注意2p3上的 3 个电子排布在 3 个相互垂直的p 轨道中，自旋方向相同。5主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z 最外层电子数之和为11；W与 Y同族；W 的氢化物
7、为弱酸。下列说法正确的是（）A Y和 Z形成的化合物的水溶液呈碱性BW 和 Y具有相同的最高化合价C离子半径YZ D Z的氢化物为离子化合物【答案】D【解析】【分析】W 与 Y同族；W 的氢化物为弱酸，则W 为第二周期的非金属元素，由此可推出W 为氟(F)，Y为 Cl；W、X、Z 最外层电子数之和为11，则 X、Z的最外层电子数之和为4，Z 可能为 K 或 Ca，则 X 可能为 Al 或 Mg。【详解】A Y和 Z形成的化合物，不管是CaCl2还是 NaCl，其水溶液都呈中性，A 错误；BF没有正价，Cl的最高化合价为+7，B 错误；C离子半径Cl-K+Ca2+，则离子半径YZ，C错误；D C
8、aH2、KH 都是离子化合物，D 正确；故选 D。6下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）A B C D 勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得 H为1 H、2 H的和2H与2O的体积比约为 2:1（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.2242NON O?是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对
9、应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl 气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、H=H1+H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。7能正确表示下列反应的离子方程式是A在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O BNH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba
10、2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2O D澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O【答案】A【解析】【详解】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A 正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4+HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+H2O+NH3?H2O，B 错误；C.氢氧化亚铁具有还原性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe
11、3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO +8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+CO32-，D错误；故合理选项是A。8室温下，向100mL 饱和的 H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S+2H2O，测得溶液pH 与通入 SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A整个过程中，水的电离程度逐渐增大B该温度下H2S的 Ka1数量级为10-7C曲线 y 代表继续通入SO2气体后溶液pH 的变化D a 点之
12、后，随SO2气体的通入，-323c(HSO)c(H SO)的值始终减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A由图可知，a 点表示 SO2气体通入 112mL 即 0.005mol 时 pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与 H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1 mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A 错误；B由图中起点可知0.1 mol/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L，电离方程式为H2S?H+HS-、HS-?H
13、+S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的 Ka14.14.14.110100.1 10 10-7.2，数量级为10-8，故 B错误；C当 SO2气体通入336mL 时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 mol/L，因为 H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH 应小于 4.1，故曲线y 代表继续通入 SO2气体后溶液pH 的变化，故C正确；D根据平衡常数表达式可知-+33a1+2323c(HSO)c(HSO)c(H)Kc(H SO)c(H SO)c(H=)=c(H)，a 点之后，随 SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不
14、变了，Ka1也是一个定值，-323c(HSO)c(H SO)的值保持不变，故D错误；答案选 C。9我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（）A Pt1 电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B相同条件下，放电过程中消耗的SO2和 O2的体积比为2：1 C该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合【答案】A【解析】【分析】SO2在负极失电子生成SO42-，所以 Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极。【
15、详解】A.Pt1 电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故 A 错误；B.该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和 O2的体积之比为2：1，故 B正确；C.质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1 电极为负极，Pt2 电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2 电极，故C正确；D.二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D 正确；故答
16、案为A。10化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A 项错误；B碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B 项错误；C考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非 FeO，D 项错
17、误；答案选 C。11饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体下列分析错误的是（）A该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3 NaHCO3+NH4Cl B母液中通入的氨气与HCO3反应：NH3+HCO3 CO32+NH4+C加食盐是为增大溶液中Cl的浓度D由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大【答案】D【解析】【分析】【详解】A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的3NaHCO以沉淀的形式析出，A 项正确；B.3NH溶于水得到一水合氨，-3HCO可以和一水合氨发生反应，得
18、到2-3CO和+4NH，B 项正确；C.加食盐是为了提高溶液中-Cl的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C 项正确；D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D 项错误；答案选 D。12单质铁不同于铝的性质是A遇冷的浓硫酸钝化B能与氢氧化钠反应C能与盐酸反应D能在氧气中燃烧【答案】B【解析】A.铁和铝在冷的浓硫酸中均发生钝化，A错误；B.铁和氢氧化钠不反应，铝能和强酸、强碱反应，金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气，B正确；C.两者均能与强酸反应生成盐和氢气，C错误；D.两者均可以在氧气中燃烧，D错误。故选择B。13下列有关叙述正确的是氧化镁：可用作耐火材料；二氧化硅
19、：制造计算机芯片；水玻璃：可作木材防火剂；铝热反应既可 用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；水煤气属于清洁能源；浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体ABCD【答案】A【解析】【详解】氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，项正确；制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，项错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，项正确；铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，项错误；水煤气是CO和 H2的混合气体，属于清洁能源，项正确；浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，
20、项错误；综上所述，正确；答案选 A。【点睛】项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。14下列关于有机物的说法正确的是（）A含 5 个碳原子的有机物分子中最多可形成4 个碳碳单键B蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程C四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面D化学式为9182C H O且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的9182C H O的结构有16 种【答案
21、】D【解析】【分析】【详解】A.若 5 个碳原子形成一个五元环，则有5 个碳碳单键，A 项错误；B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B 项错误；C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；D.化学式为9182C H O且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2 种，戊基则有8 种，即戊醇有8 种，因此该酯一共可能有16 种结构，D 项正确；答案选 D。【点睛】高分子一般指分子量大于10000 的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。15W、R、X、
22、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W 和 R 组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4 种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2 倍。下列说法正确的是A元素的非金属性为RY W B原子半径为WRX Y CR与其他三种元素均可形成二元共价化合物D简单氢化物的热稳定性为R W Y【答案】D【解析】【分析】W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则 Y位于第 IVA 族；W 和 R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化
23、，且没有电子转移，则W 为 N、R 为 O 元素；这4 种元素的最外层电子数之和等于R 原子的核电荷数的2 倍，R 核电荷数为8，W 最外层有 5 个电子、R 最外层有6 个电子、Y最外层有4 个电子，则X最外层有1，且 X 原子序数大于R而小于 Y，为 Na 元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【详解】A.W、R、Y分别是 N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是RWY，故 A 错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径
24、大小顺序是XYWR，故 B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R 是活泼非金属元素、X 是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故 C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性RWY，则简单氢化物的热稳定性次序为 RWY，故 D 正确；故选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点密度为 g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.1 1.04 106 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205
25、.7 1.04 108 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.8 1.33 难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：向容积为500mL 的三颈烧瓶加入90.0mL 质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH 为 9-10后，加入3.0mL 苯甲醇、75.0mL 二氯甲烷，不断搅拌。充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3 次，并将有机相合并。向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。蒸馏有机混合物，得到2.08g 苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器 b 的名称为 _，搅拌器的作用是_。(2)苯甲醇与NaClO 反应的化学方程式为_。(3)步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多
26、，原因是_；步骤中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是_。(4)步骤中，应选用的实验装置是_(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是_。(5)步骤中，蒸馏温度应控制在_左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为_(保留到小数点后一位)。【答案】球形冷凝管使物质充分混合+NaClO+NaCl+H2O 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.167.9%【解析】【分析】(1)根据图示结合常见的仪器的
27、形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO 反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL 苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b 为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO 反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次
28、氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO+NaCl+H2O，故答案为+NaClO+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3 次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，
29、再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；(5)根据相关有机物的数据可知，步骤是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1左右，故答案为178.1；(6)根据+NaClO+NaCl+H2O 可知，1mol 苯甲醇理论上生成1mol 苯甲醛，则3.0mL 苯甲醇的质量为1.04 g/cm3 3.0cm3=3.12g，物质的量为108g3.12g/mol，则理论上生成苯甲醛的质量
30、为108g3.12g/mol 106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=2.08g3.06g 100%=67.9%，故答案为67.9%。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含 Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下图所示:请回答下列问題:(1)Sn(IVA)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_，碱浸”时SnO2发生反应的化学方程式为_。(2)“碱浸”时，若Sn元素氧化物中SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是 _。(3)从溶液中得到锡酸
31、钠晶体的实验操作是_、趁热过滤、洗涤、干燥。下图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_。(4)“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_。(5)“脱锑”时Na3SbO4发生的化学方程式为_。【答案】SnO2+2NaOH=Na2SnO3+H2O 把 SnO氧化为 SnO32蒸发结晶100gL-1烧碱浓度、温度85PbO22-+S2-+2H2OPbS+4OH-5Sn+4Na3SbO4+H2O 4Sb+5Na2SnO3+2NaOH【解析】【分析】由流程图可知，向锡锑渣中加入烧碱溶液，Sn、Sb、As、Pb 的氧化物溶于氢氧化钠得到含有SnO32、SbO43、PbO2
32、2-、AsO43的碱浸液，向碱浸液中加入氢氧化钡溶液，AsO43与氢氧化钡反应生成砷酸钡沉淀过滤除去；向所得滤液中加入硫化钠溶液，PbO22-与硫化钠发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀过滤除去；再向所得滤液中加入锡片，锡与SbO43发生置换反应生成单质锑过滤除去，得到Na2SnO3溶液。【详解】（1）Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故答案为；（2）NaNO3具有氧化性，能将SnO 氧化，“碱浸”时，若 SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是把 SnO氧化成 SnO32-，故答案为把SnO氧化为 SnO32；（3）由图可知，烧碱浓度为100g L-
33、1，温度为85时，锡浸出率最高，故答案为100g L-1烧碱浓度、温度85；（4）由题意可知，Na2PbO2溶液与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为PbO22-+S2-+2H2OPbS+4OH-，故答案为PbO22-+S2-+2H2OPbS+4OH-；（5）由流程图可知，“脱锑”时加入锡，锡与Na3SbO4溶液发生氧化还原反应生成Sb、Na2SnO3和 NaOH，反应的化学方程式为5Sn+4Na3SbO4+H2O 4Sb+5Na2SnO3+2NaOH，故答案为5Sn+4Na3SbO4+H2O 4Sb+5Na2SnO3+2NaOH。四、综合题（本题包括2 个小
34、题，共20 分）18 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含 25%BeO、71%CuS、少量 FeS和 SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：已知：I、铍、铝元素化学性质相似；、常温下部分难溶物的溶度积常数如表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.2 10204.0 10382.1 1013(1)滤液 A 的主要成分除NaOH、Na2BeO2外，还有 _(填化学式)，写出反应I中 Na2BeO2与过量盐酸反应的离子方程式：_。(2)滤液 C中含 NaCl、BeCl2和少量 HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步
35、骤顺序为_(填字母)a.加入过量的氨水b.通入过量的CO2c.加入过量的NaOH d.加入适量的HCl e.洗涤f.过滤(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO 3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。(4)滤液 D 中 c(Cu2+)2.2mol L1、c(Fe3+)8.0 103mol L1、c(Mn2+)0.01mol L1，逐滴加入Na2CO3溶液调节 pH 可将其转变成氢氧化物依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)；为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH 大于 _。【答案】Na2SiO3BeO22-+4H+=Be2
36、+2H2O afed MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O 会产生污染环境的气体Fe3+4【解析】【分析】废旧铍铜元件(含 BeO：25%、CuS：71%、少量 FeS和 SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，滤液A 含有氢氧化钠、Na2SiO3、Na2BeO2等，滤液 B 含有 CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，固体含有S，滤液 D 含有硫酸锰、硫酸铜以及硫酸铁等，加入Na2CO3，可生成氢氧化铁、氢氧化铜等沉淀，以此解答该题。【详解】(1)BeO 具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A 的主要成分除NaOH
37、、Na2BeO2外，还有Na2SiO3，反应 I 中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2+2H2O，故答案为：Na2SiO3；BeO22-+4H+=Be2+2H2O；(2)溶液 C中含 NaCl、BeCl2和少量 HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed，故答案为：afed；(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，反应的化学方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O，用浓 HNO3溶解金属硫化物，可生
38、成二氧化氮等气体，污染环境，故答案为：MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；会产生污染环境的气体；(4)常温下：KspCu(OH)22.2 10-20，KspFe(OH)3 4.0 10-38，KspMn(OH)2-2.1 10-13，溶液 D 中含 c(Cu2)2.2mol/L、c(Fe3)0.008mol/L c(Mn2)0.01mol/L，如分别生成沉淀，需要分别为c(OH-)202.2 102.2mol/L、3834.0.0 18000mol/L、132.1 100.01mol/L，可知 Fe3的 c(OH-)最小，最先生成沉淀，使铜离子开始沉淀，则c(
39、OH-)202.2 102.2mol/L 1 10-10mol/L，pH 应大于 4，故答案为：Fe3；4。【点睛】本题注意把握物质分离提纯的方法，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，(4)中通过溶度积常数算出每种离子沉淀时需要OH-的物质的量浓度，需要OH-浓度小的最先沉淀。19亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由 NO 与 Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。请回答下列问题：(1)装置 A中仪器 a 的名称是 _。(2)实验开始时，应先
40、打开K2，再打开 _（填 K1”或 K3”），通入一段时间气体，其目的是_。(3)实验时利用装置B 除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是_。(4)装置 C中应选用的试剂为_(填试剂名称)。(5)装置 F的作用是 _。(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H2ON2+HSO3-(未配平)吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。阴极的电极反应式为_。(7)NOCl 与 H2O 反应生成HNO2和 HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_。【答案】圆底烧瓶K1排尽装置内的空气，防止
41、NO 被氧化平衡气压，避免装置内压强过大浓硫酸冷凝收集亚硝酰氯1：12HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸【解析】【分析】装置 A 是制备氯气的发生装置，装置 B除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，防止 B中压强过大，检查装置是否堵塞，装置C是干燥气体，进入装置E中，推入NO 气体，NO 与 Cl2在通常条件下反应产生亚硝酰氯(C1NO)，进入装置F中利用冰盐冷却收集亚硝酰氯，通过装置 G 可避免水蒸气进入，最后通入氢氧化钠溶液中处理尾气。【详解】(1)根据仪器的结构可知：装置A 中仪
42、器 a 的名称是圆底烧瓶；(2)NO 容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；(3)反应产生气体速率快，B 中气泡多，反应产生气体慢，B 中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B 中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B 中的气泡来判断反应速率，装置 B 中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；(4)在装置 E中 Cl2与 NO 反应产生NOCl，由于 NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水
43、接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；(5)亚硝酰氯(NOC1)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，装置 F的作用是：冷凝收集亚硝酰氯；(6)工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO 发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1；阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；(7)NOCl 与 H2O 反应生成HNO2和 HCl。证明 HNO2是弱酸的方法：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断。物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有强的接受信息、处理信息应用的能力。