2020年（全国省市名校最新好题必刷）高考模拟化学试题03（含答案与解析）.doc

1、2020 届高考【全国省市名校最新好题必刷】 化 学 考点考点 10 化学反应原理综合化学反应原理综合 考点考点 11 工艺流程题工艺流程题 考点考点 12 化学实验综合题化学实验综合题 考点考点 10 化学反应原理综合化学反应原理综合 1 （宁德市 2020 届高三上学期期末理综）碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。已知反应 H2(g) + I2(g)2HI(g) H=11 kJ mol1。716K时，在一密闭容器中按物质的量比 1:1充入 H2(g)和 I2(g)，测 得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如下图： （1） 若反应开始时气体混合物的总压为 p kPa， 则反应

2、在前 20 min 内的平均速率v(HI)=_kPa min 1(用含 p 的式子表示)。 （2）反应达平衡时，H2的转化率 (H2)=_。 （3）上述反应中，正反应速率为 v正= k正 c(H2) c(I2)，逆反应速率为 v逆=k逆 c2(HI)，其中 k正、k逆为速率 常数。升高温度， k k _(填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）降低温度，平衡可能逆向移动的原因是_。 （5）1 mol H2(g)分子中化学键断裂时需要吸收 436 kJ 的能量，下图中的 H2=_kJmol1 （6）氢碘酸可用“四室式电渗析法”制备，电解装置及起始的电解质溶液如上图所示。 阳极电极反应式为_。 阳

3、膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过，A膜为阳膜，则 B膜为_膜，C膜为_膜。 【答案】 （1）0.03 p （2）78.4% （3）减小 （4）降温使碘蒸气变为固态，气态碘浓度降低平衡逆向移动 （5）162 （6）2H2O4e=4HO2 阴 阳 【解析】 （1）列出三段式，根据速率公式计算； 22 2 11 2 112 HgIgHI g n nxxx nxxx 始 变 平 由图 2 0.6 2 x ，x=0.6， v(HI)= 0.6 20min p =0.03pkPa min1 （2）反应达平衡时，HI的体积分数为 0.784，20.784 2 x ，x=0.784，H2的转化率 (H2)

4、= 0.784 100% 1 =78.4%； （3）到达平衡时，正、逆反应速率相等，正反应速率为 v正= k正 c(H2) c(I2)，逆反应速率为 v逆=k逆 c2(HI)， v正= k正 c(H2) c(I2)=k逆 c2(HI)=v逆， k k 正 逆 = 2 22 cHI c Hc I =K，H2(g) + I2(g)2HI(g) H=11 kJ mol1， 升高温度，平衡逆向移动， k k 正 逆 减小； （4）降低温度，平衡可能逆向移动的原因是：降温使碘蒸气变为固态，气态碘浓度降低平衡逆向移动。 （5）1 mol H2(g)分子中化学键断裂时需要吸收 436 kJ 的能量，由图 H

5、3=587kJmol1，1 mol I2(g)分子中 化学键断裂时需要吸收 587KJ-436 kJ=151KJ 的能量，即 H2=151kJmol1，又 H1+H2=H， H2=H-H1=（-11-151）kJmol1=-162kJmol1； （6）水在阳极发生氧化反应生成氧气，阳极电极反应式为 2H2O4e=4HO2。 阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过，A膜为阳膜允许氢离子通过，则 B膜为阴膜，允许碘离 子通过，C膜为阳膜，允许钠离子通过。 【点睛】本题比较综合，涉及考查氧化还原反应、反应热计算、化学平衡计算、化学反应速率计算及影 响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，侧重考查学生自学

6、能力、分析解决问题的能力，注意图表中数 据的应用。 2 （湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校 2020 届高三上学期期末理综）数十年来，化 学工作者对氮的氧化物、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。 I已知 2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的反应历程分两步： 第一步：2NO（g） N2O2（g） （快） H10 CO（g）+H2（g）=C（s）+H2O（g） H”、“”或“=”)。 （3）NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g) H0，在一定条件下 NO2与 N2O4的消耗速率与各自 的分压(分压=总压 物质的量分数)有如下关系：v(NO2)=k1

7、 p2(NO2)，v(N2O4)=k2 p(N2O4)，相应的速率与 其分压关系如图所示。 一定温度下，k1、k2与平衡常数 kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是 k1=_；在上图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_，理由是 _。 【答案】 （1）2NO(g)N2O2(g) H=(E3-E4)kJ mol-1 反应 温度升高后反应 I平衡逆 向移动，导致 N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于 N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变 慢，最终总反应速率变慢 （2）0.56 减小二氧化碳浓度 （3）k1=2k2 KP BD 达到平衡时，N2O4与 NO2的消耗速

8、率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4) 【解析】 （1）H=E4 kJ mol-1E3kJ mol-1 =(E3E4)kJ mol-1，因此反应 I的热化学方程式 2NO(g)N2O2(g) H=(E3E4)kJ mol-1， 故答案为： 2NO(g)N2O2(g) H=(E3E4)kJ mol-1。 活化能越大，反应速率越慢，反应的活化能大，因此决定 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的 是反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是温度升高后反应 I平衡逆 向移动，导致 N2O2浓度减小，温度升高对反应的影响弱于 N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变

9、慢，最终总反应速率变慢，故答案为：反应；温度升高后反应 I平衡逆向移动，导致 N2O2浓度减小， 温度升高对反应的影响弱于 N2O2浓度减小的影响，导致反应速度变慢，最终总反应速率变慢。 （2）T时，该反应的平衡常数为 2 0.03 0.039 K=0.56 0.0416 ，故答案为：0.56。 在 10min 时，若只改变某一条件使平衡发生移动，20min 时重新达到平衡，NO、CO2量比原来减少， 氮气比原来增加，则改变的条件是减小二氧化碳浓度，故答案为：减小二氧化碳浓度。 在 20min 时，保持温度和容器体积不变再充入 NO和 N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍， c 2 0.068

10、 0.017 Q =0.280.64 0.064 ，此时反应 v正 v逆，故答案为：。 （3）一定温度下，平衡时 v(NO2) 正= 2v(N2O4)逆即 k1 p2(NO2) = 2k2 p(N2O4)，k1=2k2 KP，因此 k1、k2与 平衡常数 kp间的关系是 k1=2k2 KP；在上图标出点中，B、D 点，N2O4与 NO2的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4)，因此能表示反应达到平衡状态的点是 BD，理由是达到平衡时，N2O4与 NO2的消耗速 率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4)；故答案为：2k2 KP；BD；达到平衡时，N2O4与 NO2的消耗速率满足条件

11、v(NO2)=2v(N2O4)。 考点考点 11 工艺流程题工艺流程题 1 （江西省南城一中 2020 届高三上学期期末）碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳 极泥(主要成分是 Cu2Te、含 Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下： 已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题： （1）已知 Te 为 VIA族元素，TeO2被浓 NaOH 溶液溶解，所生成盐的化学式为_。 （2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te的浸出率降低，原因是_。 （3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2，反应的化学方程式为_

12、； “还原”过程中，发生反应的离子方程式为_。 （4）工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2， 再用 NaOH溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得 Te。电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为 _。在阳极区溶液中检验出有 TeO42存在，生成 TeO42的原因是 _。 （5） 常温下， 向 l mol L1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸， 当溶液 pH5时， c(TeO32)： c(H2TeO3)_。 (已知：H2TeO3的 Ka11.0 103 Ka22.0 108) 【答案】 （1）Na2TeO3 （2）温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度

13、减小，导致浸出率降低 （3）Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2 2SO2 +Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+ （4）TeO32+4e + 3H2O = Te + 6OH TeO32在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化 TeO32得 到 TeO42 （5）0.2 【解析】 （1）TeO2被浓 NaOH 溶液溶解，根据 SO2与碱反应得出所生成盐的化学式为 Na2TeO3，故答案 为：Na2TeO3。 （2）“酸浸 2”时温度过高会使 Te的浸出率降低，原因是温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小， 导致浸出率降低，故答案为

14、：温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低。 （3）“酸浸 1”过程中，控制溶液的酸度使 Cu2Te 转化为 TeO2、Cu 元素转化成 CuSO4，反应的化学方程 式为 Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；根据题给已知，TeO2溶于浓盐酸得到 TeCl4，“还 原”过程中二氧化硫将 Te4+还原成 Te，发生反应的离子方程式为 2SO2 +Te4+4H2O = 2SO42+ Te + 8H+， 故答案为：Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；2SO2 +Te4+4H2O = 2

15、SO42+ Te + 8H+。 （4）将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为 TeO2，TeO2用 NaOH 溶液浸取时转化为 Na2TeO3，电解过程 实际是电解 Na2TeO3溶液的过程，其阴极上发生反应的电极方程式为 TeO32+4e + 3H2O = Te + 6OH， 在阳极区溶液中检验出有 TeO42存在， TeO32化合价升高变为 TeO42， 生成 TeO42的原因是可能为 TeO32 在阳极直接被氧化，也可能为阳极生成的氧气氧化 TeO 3 2得到 TeO 4 2，故答案为：TeO 3 2+4e + 3H 2O = Te + 6OH；TeO32在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化

16、 TeO32得到 TeO42。 （5）常温下，向 l mol L1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，将 22 a 23 a2 3 1 c (H ) c(TeO) = c KK (H TeO ) ，当溶液 pH5 时， 238 3 25 2 2 a1a2 3 c(TeO)1 102 10 =0.2 c(H TeO )c (H )(1 10 K ) K ，故答案为：0.2。 2 （福建省龙岩市 2020 届高三上学期期末）锡酸钠用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。工业上以 锡碲渣(主要含 Na2SnO3和 Na2TeO3)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下，请回答下列问题： 已知：锡酸钠(Na2

17、SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO3)均易溶于碱。 （1）“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中游离碱质量浓度关系如图所示，则最理想的质量浓度为 _，理由是_。 （2） 如图反映的是“除碲”过程中反应温度对碲脱除率的影响关系， 70后随温度升高碲脱除率下降的原 因可能是_。 （3）“除碲”反应的离子方程式为_。 （4）从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧碱外，主要还有_(写化学式)。 （5）“溶析结晶”母液中还含有少量 SbO43-，可用锡片将 Sb置换出来，锡转化成最高价含氧酸盐，写出 反应的离子方程式_。 【答案】 （1）100g/L 浓度超过 100后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大

18、，不利于后续分 离 （2）温度升高，过氧化氢受热分解 （3）2Na+TeO32-+H2O2Na2TeO4+H2O （4）Na2SnO3、Na2TeO4 （5）5Sn + 4SbO43- + H2O4Sb + 5SnO32- + 2OH- 【解析】 （1）根据图像可知浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续 分离，故答案为：100g/L；浓度超过 100 后，锡浸出率增幅变小，但碲浸出率却提高较大，不利于后续 分离； （2）该过程反应物中有过氧化氢，过氧化氢受热易分解，故答案为：温度升高，过氧化氢受热分解； （3）过氧化氢具有氧化性，还原产物一般为水，该过程中过氧

19、化氢将 TeO32-氧化成 Na2TeO4，根据电子 守恒和元素守恒可知方程式为：2Na+TeO32-+H2O2Na2TeO4+H2O； （4）溶析结晶后的溶液仍为 Na2SnO3和 Na2TeO4的饱和溶液，所以从“溶析结晶”回到“碱浸”的物质除烧 碱外，主要还有 Na2SnO3、Na2TeO4，故答案为：Na2SnO3、Na2TeO4； （5）锡的最高价含氧酸盐为 H2SnO3，锡片可将 Sb置换出来，即产物中有 Sb单质，再结合电子守恒和 元素守恒可知方程式为：5Sn + 4SbO43- + H2O4Sb + 5SnO32- + 2OH-。 3 （渭南市 2020 届高三第一次教学质量检

20、测）二氟磷酸锂(LiPO2F2)作为电解液添加剂能够有效提升锂电池 的循环性能。在氮气气氛下，在 PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯 LiPF6和 Li2CO3固体，以碳酸二 甲酯作溶剂制备 LiPO2F2，其流程如下： 已知： LiPF6是一种白色结晶或粉末， 潮解性强， 遇水发生反应如下： LiPF6H2O LiFPOF32HF （1）反应需要控制在 60的条件下进行，适宜的加热方式为_。 （2）反应中有一种无色无味的气体生成，该气体的电子式为_。反应的化学方程式 为_。 （3）高纯 LiPF6需要控制适当过量的原因可能是_。 LiPO2F2制备过程 中不采用玻璃仪器的原因是_。 （4

21、）保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和 LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)， LiPO2F2在提纯溶剂中的浓度对产品纯度和收率(收率目标产物实际生成量 目标产物理论生成量 100%)的影响如图所 示。由图可知，随着 LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低。其原因可能是_ （5）已知：常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂可溶于水。工业级碳酸锂中含有少量难溶于水且与 CO2 不反应的杂质。 请设计从工业级碳酸锂制备高纯碳酸锂的实验方案。 (实验中须使用的试剂有： 去离子水， CO2气体；除常用仪器外须使用的仪器：恒温水浴锅、真空干燥箱)_ （6）已知碳酸锂 Ks

22、p=8.6 10-4,向浓度为 0.2mol L1的硫酸锂溶液中加入等体积的碳酸钠溶液产生沉淀, 则所加碳酸钠溶液的最低浓度为_。 【答案】 （1）水浴加热 （2） LiPF6+2Li2CO3 60 LiPO 2F2+2CO2+LiF （3）LiPF6易潮解，遇水反应会损耗 玻璃中含有 SiO2会与含氟物质发生反应 （4） 当加入越多的提纯溶剂， 会溶解更多的杂质， 产品的纯度提高， 但同时也溶解了越来越多的 LiPO2F2 产品，导致产品收率降低 （5）向工业级碳酸锂中加入一定量的去离子水，搅拌均匀，通入过量 CO2气体，过滤，将滤液置于恒 温水浴锅中至大量固体析出，过滤，用去离子水洗涤，真

23、空干燥箱干燥，得到高纯度碳酸锂 （6）0.043mol/L 【解析】根据流程图中反应物和生成物的性质及原子守恒原理判断生成物，书写反应方程式；根据二氧 化碳的成键特点书写电子式；根据题干信息中物质的性质分析分离与提纯过程中的操作方法；根据溶度 积表达式计算沉淀时溶液中的离子浓度。 （1）要控制在 60的条件下进行，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：水浴加热； （2） 反应 I中有 Li2CO3参加， 则生成的无色无味气体为二氧化碳， 属于共价化合物， 电子式为 ； 根据流程图知反应 I中的反应物为 LiPF6和 Li2CO3，产物为 LiPO2F2、CO2和 LiF，则反应方程式为： Li

24、PF6+2Li2CO3 60 LiPO 2F2+2CO2+LiF； （3）根据题干信息知，LiPF6易潮解，遇水反应会损耗，需要控制适当过量；玻璃中含有 SiO2会与含氟 物质发生反应，所以不采用玻璃仪器，故答案为：LiPF6易潮解，遇水反应会损耗；玻璃中含有 SiO2会 与含氟物质发生反应； （4）根据收率表达式(收率目标产物实际生成量 目标产物理论生成量 100%)及题干信息分析知，当加入越多的提纯溶 剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的 LiPO2F2产品，导致产品收率降 低，故答案为：当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越

25、 多的 LiPO2F2产品，导致产品收率降低； （5）根据题干信息知，通入二氧化碳气体可以将微溶碳酸锂转化为可溶的碳酸氢锂，过滤方法除去难 溶杂质，然后加热析出晶体，故答案为：向工业级碳酸锂中加入一定量的去离子水，搅拌均匀，通入过 量 CO2气体，过滤，将滤液置于恒温水浴锅中至大量固体析出，过滤，用去离子水洗涤，真空干燥箱干 燥，得到高纯度碳酸锂； （6）加入等体积的碳酸钠溶液，则溶液浓度变为原来 1/2，Ksp= 2+2- 3 c (Li ) c(CO)=8.6 10-4，则 c(Na2CO3)=c(CO32-)= -4 2 8.6 10 0.2 (2) 2 =0.0215mol/L，则所加

26、碳酸钠溶液的最低浓度为 0.0215mol/L 2=0.043mol/L，故答案为：0.043mol/L。 4 （江西省部分重点中学 2020 届高三第一次联考）NiSO4 6H2O 是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化 学镀镍、生产电池等。可由电镀废渣(除含镍外，还含有 Cu、Zn、Fe、Cr 等杂质)为原料获得。工艺流 程如下图： 请回答下列问题： （1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有 (任写一点)。 （2）向滤液中滴入适量的 Na2S 溶液，目的是除去 Cu2+、Zn2+，写出除去 Cu2+的离子方程式 。 （3）在 40 左右，用 6%的 H2O2氧化 Fe2+，再在

27、 95 时加入 NaOH 调节 pH，除去铁和铬。此外， 还常用 NaClO3作氧化剂，在较小的 pH 条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠 (OH)12沉淀除去。如图是温度pH 与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存 在的区域已知 25 时，Fe(OH)3的 Ksp=2.64 10-39。下列说法正确的是 (选填序号)。 aFeOOH 中铁为+2 价 b若在 25 时，用 H2O2氧化 Fe2+，再在 pH=4 时除去铁，此时溶液中 c(Fe3+)=264 10-29 c用氯酸钠在酸性条件下氧化 Fe2+的离子方程式为：6Fe2+Cl+6H+6Fe3+Cl-+3H2O d工业生产

28、中常保持在 8595 生成黄铁矾钠，此时水体的 pH 为 1.21.8 （4）上述流程中滤液的主要成分是 。 （5）确定步骤四中 Na2CO3溶液足量，碳酸镍已完全沉淀的简单实验方法是 。 （6）操作的实验步骤依次为(实验中可选用的试剂：6 mol L-1的 H2SO4溶液、蒸馏水、pH 试纸)： ； ； 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得 NiSO4 6H2O 晶体； 用少量乙醇洗涤 NiSO4 6H2O 晶体并晾干。 【答案】 （1）加热或搅拌或增大硫酸浓度等 （2）Cu2+S2-CuS （3）cd （4）NiSO4 （5）上层清液呈无色 （6）过滤，并用蒸馏水洗净沉淀 向沉淀中加 6 mol L

29、-1的 H2SO4溶液，直至恰好完全溶解 【解析】 （1）提高浸取率可采取将废渣粉碎、加热、搅拌以及增大硫酸浓度等措施。 （2）滴加 Na2S 溶液会生成 CuS 沉淀，离子反应式为：Cu2+S2- CuS （3）FeOOH 中铁是+3 价，a 错误。pH=4，c(OH-)=1 10-10mol L-1，c(Fe3+)=2.64 10-9mol L-1， b 错误。c 项符合电荷守恒、得失电子守恒等守恒关系，也符合反应的酸碱性，正确。观察图象可知 d 正确。 （4）滤液之前已将 Cu、Zn、Fe 除去，所以滤液中主要含有 NiSO4。 （5）由于 Ni2+的水溶液为绿色，所以可通过观察滤液的颜

30、色来判断碳酸镍是否完全沉淀。 （6） 将 NiCO3沉淀转化为 NiSO4， 要先通过过滤， 并用蒸馏水洗净沉淀， 再向沉淀中加 6 mol/L 的 H2SO4 溶液，直至恰好完全溶解，之后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 5 （武汉市武昌区 2020 届高三元月调研）硫酸锌是一种重要的工业原料，广泛用于农业、化工、电镀等行 业。工业上由锌渣（主要成分为 ZnO、FeO、CuO、PbO 等）等工业废料生产 ZnSO4 7H2O 的流程如下： （1）“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是_；该操作中不断通入高 温水蒸气的目的是_。 （2）“滤渣 A”的主要成分是_。 （3）

31、“反应”中，加入 NaClO 反应的离子方程式为_。 （4）“反应”中，再加入 NaOH调节 pH约为 4.5，则“滤渣 B”的主要成分是_（填化学式） 。 （KspZn(OH)2=3 10-17，KspCu(OH)2=2.2 10-20，KspFe(OH)3=2.8 10-39） （5）“反应”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，原因是_。 （6）取 28.7gZnSO4 7H2O 加热至不同温度，剩余固体的质量如下表： 温度/ 100 250 680 930 质量/g 17.90 16.10 13.43 8.10 则 680时所得固体的化学式为_(填字母标号)。 AZnO BZn3O(SO4

32、)2 CZnSO4 DZnSO4 H2O 【答案】 （1）降低生产成本，综合利用资源 可使反应液的温度升高，并使反应物充分混合，以加快 反应速率 （2）PbSO4 （3）2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O （4）Fe(OH)3 （5） 除去锌粉表面的氧化膜 （6）B 【解析】锌渣中主要成分为 ZnO、FeO、CuO、PbO等，向其中加入稀硫酸酸浸，ZnO转化为 ZnSO4， FeO 转化为 FeSO4，CuO转化为 CuSO4进入溶液，而 PbO 则与硫酸反应产生难溶性的 PbSO4，所以通过 过滤，得到的滤渣 A中含有 PbSO4，滤液中含有 ZnSO4、FeSO4、CuS

33、O4，向该溶液中加入 NaClO，可 以将溶液中 Fe2+氧化为 Fe3+，加入 NaOH 溶液调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀进入滤渣 B中，滤液 中加入 Zn 粉，Cu2+与 Zn发生置换反应产生 Cu单质，过量的 Zn及产生的 Cu进入滤渣 C中，溶液中含 有 ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，就形成了 ZnSO4 7H2O 晶体，据此分析解答。 （1）锌渣中含有 ZnO，在“溶浸”操作中，选用“锌渣”而不选择氧化锌矿粉的原因是降低生产成本，综合 利用资源；该操作中不断通入高温水蒸气的目的是可使反应液的温度升高，并使反应物充分混合，以加 快反应速率； （2）根据上述

34、分析可知“滤渣 A”的主要成分是 PbSO4； （3） “反应”中，加入具有强氧化性的 NaClO，可以将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式 为 2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O； （4） “反应”中，再加入 NaOH调节 pH约为 4.5，Fe3+与 OH-转化为 Fe(OH)3沉淀，则“滤渣 B”的主要 成分是 Fe(OH)3； （5）“反应”中，加入的锌粉需用少量稀硫酸处理，这是由于 Zn 容易被空气中的 O2氧化产生 ZnO薄 膜，使用硫酸可以除去锌粉表面的氧化膜； （6）n(ZnSO4 7H2O)=28.70g 287g/mol=0.1mol，根

35、据 Zn 元素守恒可知生成 ZnO、ZnSO4、ZnSO4 H2O 均为 0.1mol，生成 Zn3O(SO4)2时物质的量为 1 3 0.1mol； 若得 ZnSO4H2O的质量为 17.90g(分解温度为 100)；若得 ZnSO4的质量为 16.10g(分解温度为 250)； 若得 ZnO的质量为 8.10g(分解温度为 930)；据此通过排除法确定 680时所得固体的化学式为 Zn3O(SO4)2，故合理选项是 B。 【点睛】 本题以 ZnSO47H2O 的制备为线索，考查了基本实验操作、反应条件的控制、化学反应速率的影响因素、 化学方程式的书写等，掌握反应原理及有关物质的性质是本题分

36、析解答的关键，侧重考查学生的分析能 力和实验能力。 6 （宁德市 2020 届高三上学期期末理综）随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范 围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、 SiO2等)提取硒，设计流程如下： 回答下列问题： （1）“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高， 脱硫率呈上升趋势， 其原因是_。 最佳温度是_。 （2）“氧化酸浸”中，Se转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。 （3）采用硫脲(NH2)2CS联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质

37、保留 在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。 控制电位在 0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原 ClO2。该过程的还原反 应(半反应)式为_。 为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。 （4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S 净化H2SO4酸化等步骤。 净化后的溶液中 c(Na2S)达到 0.026 mol L1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为_，精硒中基本 不含铜。Ksp(CuS)=1.3 1036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。 （5）

38、 对精硒成分进行荧光分析发现， 精硒中铁含量为 32 gg1， 则精硒中铁的质量分数为_， 与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。 【答案】 （1）温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 95 （2）4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3 （3）ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O 0.345 （4）5.0 1035 mol L1 Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O （5）3.2 103 % 【解析】 硒酸泥（主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）加入热煤油萃取

39、硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进 行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有 H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还 原反应可生成 Se。 （1）“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高，单质硫在煤油中的溶 解度增加。最佳温度是 95。 （2）“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成 H2SeO3，ClO3还原成 ClO 2，该反 应的离子方程式为 4ClO3+ 4H+ + Se = 4ClO 2+ H2O + H2SeO3 。 （3）控制电位在 0.7401.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原 ClO2，ClO2得电

40、 子还原成 Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为 ClO2 + 4H+ + 5e- = Cl + 2H2O。 为使硒和杂质金属分离，确保 Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在 0.345V。 （4）粗硒的精制过程：Na2SO3浸出Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S 净化H2SO4酸化等步骤。 净化后的溶液中 c(Na2S)达到 0.026 mol L1，此时溶液中的 c(Cu2+)的最大值为 c(Cu2+)= 2- S sp KCuS c （） = 36 1.3 10 0.026 =5.0 1035 mol L1 ，精硒中基本不含铜。 硒代

41、硫酸钠酸化生成硒、 二氧化硫和水， 化学方程式为 Na2SeSO3 + H2SO4 = Na2SO4 + Se+ SO2+ H2O 。 （5）精硒中铁含量为 32 gg1，则精硒中铁的质量分数= 6 3.2 10 100% 1 g g 3.2 103 %，与粗硒 中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。 【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及实验的设 计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位知识的学习和理 解，并应用到解题中。 考点考点 12 化学实验综合题化学实验综合题 1 （宁德市 2020 届高三上学期期

42、末理综）LiMn2O4是一种无污染、成本低的锂离子电池电极材料，某研究 小组利用柠檬酸配合法制备 LiMn2O4。 （1） 按一定配比将醋酸锂(CH3COOLi)和醋酸锰(CH3COO)2Mn溶液混合后， 加入柠檬酸(分子式 C6H8O7) 溶液中配成混料。 用 6 mol L1氨水调节 pH至 6.59， 在 7585水浴中加热， 制得柠檬酸配合物(其 中 Mn 为+2价)。装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。 滴液漏斗中 a 管的作用是_。 实验室用 14.8 mol L1浓氨水配制 250 mL 6mol L1的氨水需要的仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量 筒、_。 调节 pH至 6.5

43、9 是为了促进柠檬酸电离。pH 不能大于 9的原因是_。 用水浴加热的目的是_。 （2）将制得的配合物在烘箱中真空干燥得到固态柠檬酸配合物前驱体，研磨后焙烧，得 LiMn2O4。 柠檬酸配合物前驱体应放在_(填仪器名称)中焙烧。 焙烧需要在空气中进行的原因是_。 焙烧产生的气体是_。 （3）测定产品中锰的含量：准确称取 0.1000 g 的产品试样，加入足量浓盐酸溶液加热溶解，驱赶溶液 中残留的 Cl2，配成 250 mL溶液。取 25.00 mL溶液于锥形瓶中用 0.02000 mol L1EDTA(Mn2+与 EDTA 按 1:1络合)滴定，消耗 EDTA 溶液的体积 V mL。样品中锰的

44、质量分数为_。 【答案】 （1）使漏斗内氨水顺利流下 250 mL 容量瓶 碱性太强锂和锰离子会转化成沉淀 受热均匀，便于控制温度 （2）坩埚 产品中的锰化合价比柠檬酸配合物高需氧气氧化 CO2、水蒸气 （3）11V% 【解析】 （1）a管能平衡滴液漏斗和三颈烧瓶中的气压，滴液漏斗中 a 管的作用是使漏斗内氨水顺利 流下。 配制步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量，用药匙取用 药品，在烧杯中稀释（可用量筒量取水） ，冷却后转移到 250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至 液面距离刻度线 12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、

45、250mL容 量瓶、胶头滴管。 对照以上过程： 实验室用 14.8 mol L1浓氨水配制 250mL6mol L1的氨水需要的仪器有胶头滴管、烧杯、 玻璃棒、量筒、缺少的仪器为：250mL容量瓶。 LiOH 溶解度较小、Mn(OH)2难溶，调节 pH至 6.59是为了促进柠檬酸电离。pH不能大于 9的原因 是碱性太强锂和锰离子会转化成沉淀。 反应需在 7585进行，用水浴加热的目的是受热均匀，便于控制温度。 （2）固体应在坩埚中灼烧，柠檬酸配合物前驱体应放在坩埚中焙烧。 柠檬酸配合物(其中 Mn为+2 价)，研磨后焙烧，得 LiMn2O4（其中 Mn 为+3.5价） ，焙烧需要在空气中 进行的原因是产品中的锰化合价比柠檬酸配合物高需氧气氧化。 焙烧后有机物中的碳变成 CO2，氢变成水蒸气，焙烧产生的气体是 CO2、水蒸气。 （3）样品中锰的质量分数 = 1-31 250mL 0.02000? 1055 ? 25 100%=100% 0.1 mol LVLg mol m mL mg 总 =11V%。 2 （重庆市第一