2019年高考化学二轮复习提分训练：大题二 Word版含解析

1、 大题二无机综合1.2018山东省适应性练习二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物，汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：鶴讐聋制爲SO苇NH.HCOj粘f氧化焙烧|眾出:览團廿取.-网职T水层(含&)-_CeO/淹/层WLM已知i.Ce4+能与F-结合成CeF(4-x)+,也能与SO4-结合成(CeSO4)2x44；ii.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取：Ce4+n(HA)2Ce(H2n_4A2n)+4H+,而Ce3+则不能。回答下列问题：CeCO3F中铈元素的

2、化合价为,“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率的方法是(答出两点即可)。“萃取”时，选用(HA)2作为萃取剂,(HA)2需满足的条件；“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是(3)“反萃取用是_说明)。时加入H2SO4的作用是；加入h2o2的作(结合离子方程式(4)浸渣经处理可得Ce(BF4)3,在KC1溶液中加入Ce(BF4)3,发生如下反应：Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)二3KBF4(s)+Ce3+(aq)定温度时，Ce(BF4)3、KBF4的KSp分别为a、b若上述反应体系中K+的物质的量浓度为cmol/L，则Ce3+的物质的量浓度为mol/L。2.2018长沙市长郡中学模拟碲(丁6)

3、位于元素周期表第可A族,该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂、电镀液的光亮剂、玻璃的着色材料及合金材料的添加剂等。精炼铜的阳极混含有Cu2Te、Au、Ag等,利用下列工艺流程可回收碲：已知：TeO2熔点733C,微溶于水，可溶于强酸和强碱。回答下列问题：Te与S的简单氢化物的稳定性强弱顺序为：(用氢化物的化学式表示)。“焙烧”的化学方程式(碲主要以TeO2形式存在)。“焙烧”后的固体用软化水“水浸”，该过程的有效物质的浸出率及浸出速率对该工艺流程很重要，写出两条提高“水浸”速率的措施：。“滤液1”的溶质有。“滤渣1”进行“碱浸”的目的是“滤液2”加入双氧水，能否改用氯水或氯气，说明原因：“还

4、原”制备碲粉的氧化产物是。从环境保护和资源合理开发的可持续发展意识和绿色化学观念来看，分析“滤渣2”进行“酸浸”的意义：3.2018南京市第三次模拟某实验小组采用刻蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2、HC1)制取Cu和Cu2Cl2，实验流程如下：阳严途孑还阴订_,过澹Gi劇恤废液一-滇处理德薇还廉【I检拌”_C3,逾径t*T-T-jNg粉末浅绿色廨液已知：Cu2Cl2是白色固体，微溶于水，难溶于乙醇，受潮后在空气中易被迅速氧化。“预处理”时，需用Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性，其原因是。“还原I”需在80C条件下进行，适宜的加热方式为“还原II”中，CU2+参与反应的离子

5、方程式为(4)“搅拌”时加入NaCl粉末的作用是(5)“过滤II”得到的Cu2Cl2需用无水乙醇洗涤，并在真空干燥机内于70C干燥2小时，冷却，密封包装。于70C真空干燥的目的是(6)请设计从“过滤I”所得滤渣中获取Cu的实验方案：(实验中可供选择的试剂：稀硫酸、稀硝酸、蒸馏水)。现欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，请补充实验方案:，分别按途径a、b制取Cu和Cu2Cl2，测得Cu的质量为m1g，Cu2Cl2的质量为m2g,则途径a、b铜素的回收率比为(铜元素回收率=产品中铜元素质量/废液中铜元素的质量X100%)。4.2018北京四中模拟煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也

6、是一种重要的工业资源。煤液2化是(填“物理”或“化学”)变化过程。血品酸11屋SO2反应器中的化学方程式是(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示:称量得到bg沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是；尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放。已知有VL(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、H2S可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫oFeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n

7、(Fe3+)、被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图。由图中信息可知，0t1时，一定发生的反应是(用离子方程式表示)。“以后，溶液中n(Fe3+)保持基本不变，原因是5.2018上海市静安区二模晶须是由高纯度单晶生长而成的微纳米级的短纤维，工业应用的晶须主要是在人工控制条件下合成。碳酸镁晶须(MgCOynH2O,n=15的整数)广泛应用于冶金、耐火材料及化工产品等领域3。2制取碳酸镁晶须的步骤如图：完成下列填空：步骤1必须将反应的温度控制在50C，较好的加热方法是；氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCOynH2O沉淀外，同时生成的产物还有。步骤2是、洗涤，检验沉淀A已洗涤干净的方法是。

8、为测定碳酸镁晶须产品中n的值，某兴趣小组设计了如下装置，并进行了三次实验。(不考虑稀盐酸的挥发性)MgOO,-“HQ足竝NilOH博戟ABCD装置A中盛放的溶液是。装置D中盛放的固体是，其作用是。若三次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为amol，则n值为(用含a的代数式表达)。下列选项中，会造成实验结果偏大的是。(选填序号) 实验开始，未先通空气，即称量装置CB中反应结束后,没有继续通空气缺少装置A缺少装置D装置B中稀盐酸的滴加速率过快装置C中的NaOH溶液浓度过大。6.2018.武汉市模拟以化工厂铬渣(含有Na2SO4及少量宓。?-、Fe3+)为原料提取硫酸钠的工艺流程如下

9、：水稀N41OH酬峦A常濟一I浸世卜“阳约弘幷戏黒一皿進蹴擁柞B产晶母戕-魅化，还炽调pH为5彳过進醸CN嘤Q溶蔽N滤用帮液滤酒D已知：Fe3+、Cr3+完全沉淀(CW1.0X10-5molL-1)时pH分别为3.6和5。回答下列问题：(1)根据下图信息，操作B的最佳方法是“母液”中主要含有的离子为酸化后的Cr2O2-可被SO2-还原，该反应的离子方程式为TOC o 1-5 h z(4)酸化、还原操作时，酸C和Na2SO3溶液是(填先后加入”或“混合后加入”)，理由是若pH=4.0时，溶液中Cr3+尚未开始沉淀，则溶液中允许Cr3浓度的最大值为。根据2CrO2-+2H+二Cr2O7-+H2O设

10、计图示装置，以惰性电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极与电源的极相连，其电极反应式为。透过交换膜的离子为，该离子移动的方向为(填“ab”或“ba”)。NaOH-I-i-稱液-4NiLpO4kb融NjC)Hk稀悟蔽I観子变换膜7.2018上海市杨浦区二模实验小组按如下流程，进行海带中碘含量的测定和碘的制取等实验。I.碘含量的测定厅海带灼烧函带灰浸泡I海带灰I过遞I含-I转移20.00g|带灰|悬浊液|的溶液|定容|含I-的海带|I器一I浸取原液步骤是将海带置于中(填仪器名称)进行灼烧。步骤是将溶液转移至(填定容仪器的名称)。取20.00mL上述海带浸取原液，加稀H2SO4

11、和足量KIO3，使I-和IO-完全反应(5I-+IO-+6H+=31+30)。再以淀粉为指示剂，用2.0X10-3mol/L的Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O3-=2I-+S4O2-),当I2恰好完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL。判断用Na2S2O3溶液滴定恰好完全反应的现象是计算该干海带中碘的质量分数另制海带浸取原液，按如下方案制取碘：(4)补全步骤a的反应方程式，配平并标出电子转移的数目和方向。II.碘的制取TOC o 1-5 h zHO+I-+=T+222步骤c加入足量NaOH溶液、振荡、静置后,油层在(填上”或“下”)层，呈色。步骤e的操作是。8.2018合肥市教

12、学质量检测近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量co2的空气吹入k2co3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。其工艺流程如下图所示：2回答下列问题：(1)进入分解池中主要物质是；在合成塔中，若有4.4kg催伽TT催化剂IIKCO2与足量H2反应，生成气态的H2O和CH3OH，可放出5370kJ的热该工艺在哪些方面体现了“绿色自由”构想中的“绿色”：；。量，写2出该反应2的热化定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2,在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图2所示：2学方程式：催化剂效果最佳的是(填“催化剂

13、1”、“催化剂II”、“催化剂III”)。b点0(正)巩逆)(填“”“H2Te焙烧Te+zsq+zqmcusq+Teq+zi0固体粉碎、适当提高水的温度CuSO4、H2SO4制备TeO2-(或溶解TeO2)不能，Na2TeO4中含NaCl杂质，且氯水或氯气有毒Na2SO4“酸浸”的滤液中含CuSO4,滤渣中的Au、Ag均能进行回收。符合绿色化学的观点解析：(1)同主族元素从上到下氢化物稳定性逐渐减弱,Te与S的简单氢化物的稳定性强弱顺序为H2SH2Te；(2)Cu2Te氧化成CuSO4和TeO2,“焙烧”的化学方程式Cu2Te+2H2SO4+2O2=焙烧二2CuSO4+TeO2+2H2O；(3

14、)“焙烧”后的固体用软化水“水浸”，该过程的有效物质的浸出率及浸出速率对该工艺流程很重要,写出两条提高“水浸”速率的措施：固体粉碎、适当提高水的温度。“滤液1”的溶质有CuSO4、H2SO4；TeO2是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，“滤渣1”进行“碱浸”的目的是制备TeO2-(或溶解TeO2)；“滤液2”加入双氧水，不能改用氯水或氯气，原因：Na2TeO4中含NaCl杂质，且氯水或氯气有毒；用Na2SO3“还原”制备碲粉的氧化产物是Na2SO4；(7)从环境保护和资源合理开发的可持续发展意识和绿色化学观念来看，“滤渣2”进行“酸浸”的意义：“酸浸”的滤液中含CuSO4，滤渣中的Au、Ag均能

15、进行回收。符合绿色化学的观点。3.答案：(1)防止Cu2+形成沉淀(2)水浴加热2Cu2+SO3-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2(+SO2-+2H+Cu2Cl2微溶于水，增大Cl-浓度，有利于Cu2Cl2析出(沉淀)加快乙醇和水的挥发，防止Cu2Cl2被空气氧化稀硫酸加到滤渣中，搅拌，充分反应至无气体产生为止，过滤并用蒸馏水洗涤23次，低温烘干取两份相同体积的预处理后的水样199m1/128m2解析：(1)如果调节溶液至弱碱性，就有可能形成氢氧化铜沉淀，造成铜元素的损失。(2)反应的适宜条件是80C,低于水的沸点，所以合理的加热方式是水浴加热。(3)“还原II”中，加入亚硫酸钠的目的是为了将

16、铜离子还原为Cu2Cl2,从溶液中析出，亚硫酸根应该被氧化为硫酸根离子，反应为：2Cu2+SO2-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2(+SO2-+2H+。(4)题目已知Cu2Cl2微溶于水，加入氯化钠固体可以增大溶液中的Cl-浓度，进一步降低Cu2Cl2的溶解度，有利于其析出。(5)加热到70C是为了使乙醇和水快速气化，加快干燥的速率，同时已知：Cu2Cl2受潮后在空气中易被迅速氧化，干燥是为了避免其被空气氧化，选择了真空干燥。(6)过滤I得到的固体是Fe和Cu，Cu不与稀硫酸反应，而Fe会与硫酸反应转化为硫酸亚铁溶于水，所以实验方案为：稀硫酸加到滤渣中，搅拌，充分反应至无气体产生为止,过滤并用

17、蒸馏水洗涤23次，低温烘干(避免Cu被氧化)。欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，应该取用相同的起始原料，进行不同途径的处理，所以实验方案为：取两份相同体积的预处理后的水样。设废液中含有的铜元素的质量为mg，则途径a的回收率为mjm；途径2的回收率为128m2/199m；所以途径a、b的回收率之比为：(m/m):(128m/199m)=199加:128m2。4.答案：(1)化学2SO2+O2催催=2SO3SO2+H2O2=HSO4(22.4b/233V)X100%(3)H2S+2Fe3+=2Fez+S1+2H+q时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+,Fe3+再与H2S发生氧化还原反应

18、，所以n(Fe3+)基本不变(或2H2S+O2=2S+2H2O)解析：(1)煤液化生成新的物质，是化学变化。(2)煤液化过程中产生的h2s生产硫酸的流程为：煤液化过程中产生的h2s被空气中的氧气氧化为二氧化硫，二氧化硫进一步氧化为三氧化硫，在吸收塔中冷循环酸吸收三氧化硫生成硫酸，据此答题，硫酸与氯化钡反应生b233X22-4224b成硫酸钡bg，所以SO2的体积为VX100%=预vX100%。含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，硫化氢被铁离子氧化成单质硫，随着时间推移，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+,Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，生成硫，所以n(Fe3+)基本不

19、变,硫化氢不断被氧化成硫单质。由图中信息可知，0“时，铁离子浓度在下降，一定发生的反应为H2S+2Fe3+=2Fe2+SI+2H+。q以后，溶液中n(Fe3+)保持基本不变，原因是t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变。5答案：(1)水浴加热(NH4)2SO4过滤取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀则说明未洗涤干净NaOH溶液碱石灰防止空气中的CO2进入装置Cn=(1-84a)/18a(5)解析：将反应温度控制在50C,较好的加热方法是水浴加热，氨水、硫酸镁、碳酸氢铵

20、三者反应，除生成MgCO3nH2O同时生成的产物还有(NH4)2SO4。(2)步骤2是过滤洗涤，检验沉淀A已经洗涤干净的方法是取最后一次洗涤的滤出液少许，滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀说明已洗涤干净，若有沉淀，则未洗涤干净(3)A中盛放的溶液是NaOH(浓)溶液，用来吸收鼓入空气中的二氧化碳，可以减少误差；装置D中盛放的为碱石灰，防止空气中CO2进入C装置，造成误差。MgCOnH2OCO284+18n441gaX44根据上式可得n=1I884ao由于n=44a8484可知a越大，测得n越小，即测得CO2偏小会导致实验结果偏大。6.答案：(1)蒸发结晶、趁热过滤(2)Na+、SO4-、C

21、r2O7-3SO2-+Cr2O7-+8H+=2Cru+3SO2-+4H2O先后加入避免Na2SO3与H2SO4直接反应而降低还原效率0.01mol/L正4OH-4e-=O2f+2H2O(或2H2O-4e-=O2f+4H+)Na+ba解析：(1)本实验的目的要制备硫酸钠晶体，根据图示信息可知，硫酸钠在温度髙时，溶解度降低，因此可以采用蒸发结晶、趁热过滤操作方法得到晶体。(2)根据流程看出，调节溶液的pH约为3.6时，铁离子已经沉淀，过滤后滤液中剩余的主要离子有Na+、SO4-、Cr2O7o(3)酸化后的Cr2O2可被SO2-还原为Cr3+，SO3-被氧化为SO4-，该反应的离子方程式为3SO2-

22、+Cr2O7-+8H+=2Cr?+3SO2-+4H2Oo(4)Na2SO3能够与硫酸反应生成二氧化硫，导致亚硫酸酸根浓度减小，还原效率降低；所以还原操作时，酸C和Na2SO3溶液是先后加入，避免Na2SO3与H2SO4直接反应。(5)Cr3+完全沉淀(cW1.0X10-5molL-i)时，pH=5，所以Kp=c3(OH-)Xc(Cr3+)=(10-9)3X1.0X10-5=10-32；若pH=4.0时，c(H+)=10-4mol/L，c(OH-)=10-10mol/L，根据K=c3(OH-)Xc(Cr3+)=(10-1o)3Xc(Cr3+)=10-sp32，c(Cr3+)=0.01mol/L，

23、因此溶液中Cn+尚未开始沉淀，则溶液中允许Cr3+浓度的最大值为0.01mol/L。(6)根据2CrO2-+2H+Cr2O2-+H2O反应可知：右侧b内溶液中氢离子浓度增大，平衡右移，说明溶液中氢氧根离子失电子变为氧气，发生氧化反应，该极为阳极，与电源的正极相连接，因此图中右侧电极与电源的正极相连；其电极反应式为4OH-4e-=O2f+2H2O；根据图示可知透过交换膜的离子为Na+；钠离子向阴极移动，即向电解池的左侧a方向移动,7答案：(1)坩埚(2)500mL容量瓶滴入最后一滴Na2S2O3溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变化0.053失eX2H2()z+2r+2II=lz+2HO丨

24、个，电子转移方向和数目略上无(6)过滤解析：(1)步骤将海带进行灼烧，因此将海带置于坩埚上。(2)由题干可知，步骤是将溶液转移至定容仪器，因此仪器名称为容量瓶。(3)以淀粉为指示剂，用Na2S2O3滴定12，判断Na2S2O3恰好完全反应的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变化。根据题干信息可得5I-3I26NS2O3，2a234X10-3n(Na2S2O3)=2X10-3mol/LX0.02L=4X10-5moln(I-)=召x5mol，由500mL浸取原液中取出25mL，则20g干海带中含有n(I-)4X10-36X5X500mL20mL，则海带中碘的

25、质量分数为4X10-56X5X25X127g/mol20-gX100%=0.053%。(4)根据电子守恒和质失2e被氧化量守恒有：S(5)步骤c加入足量NaOH溶液，振荡、静置后，油层在上层，呈无色。(6)步骤e操作是过滤。8.答案：(1)KHCO3(或碳酸氢钾)CO/g)+3H2(g)=X=|锌触媒RSg)+CH3OH(g)田=-53.7kJ/mol减少大气中CO2；产生清洁能源甲醇k2co3可循环使用；能量可以循环利用，低碳经济等催化剂I该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动2.1紫外光(4)2。02紫=外光2CO+O2(5)2.3X10-8解析：(1)饱和碳酸钾溶液吸收空气中的二氧化碳后生成碳酸氢钾，所以进入分解池中主要物质是KHC