2019年高考理综专项训练化学大题二无机综合

2019年高考理综专项训练化学大题二无机综合(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CeCO3

为原料制备CeO2

的一种工艺流程如下：已知ⅰ.C4＋能与－结合成Ce4－＋S2－结合成(CeSO)2x＋；ⅱ在硫酸体系中Ce4能被萃取剂

4 4]萃取：Ce4＋＋n(HA)2

Ce(H

2An)＋4H＋，而Ce3＋则不能。An22n 2n (1)CeCO3

F中铈元素的化合价氧化焙烧”过程中可以加快反应速率的方法答出两点即。(HA)2

作为萃取剂，(HA)2

需满足的条件是 阴离子。“反萃取”时加入 HSO2 4

的作用是 HO的作2 2用是 结合离子方程式说明)。浸渣经处理可得

)KCl溶液中加入Ce(BF)

，发生43 43如下反应：Ce(BF)(s)＋3K＋(aq) 3KBF(s)＋C3＋(aq)一定温度43 4时，Ce(BF)43

、KBF4

的K 分别为a、b，若上述反应体系中K＋的物sp质的量浓度为cmol/L，则Ce3＋的物质的量浓度mol/L。碲加剂等。精炼铜的阳极混含有Cu2

、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲：已知：TeO2

熔点733℃，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物的化学式表。“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”速的措施。“滤液1”的溶质。“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： 。“还原”制备碲粉的氧化产物。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 。3．[2018·](主要含CuClFeCl、FeCl、HCl)制取Cu和CuCl，实验流程如下：2 3 2 2 2已知：CuCl2 2

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NaCO2 3

调节溶液至微酸性而不是碱性，其原因。“还原Ⅰ”需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为 。Cu2 。“搅拌”时加入 NaCl 粉末的作用是 。Cu2Cl2需用无水乙醇洗涤，并在真空干燥70270是 。①请设计从“过滤Ⅰ”所得滤渣中获取 Cu的实验方案： b 、bCu

Cl，测得2 2Cu的质量为m

Cl的质量为m

，则途径b1 2 2 2比为 铜元素回收率＝产品中铜元素质废液中铜元素的质量×100%)种重要的工业资源。

S也是一2煤液化填“物理”或“化学变化过程。HS可生产硫酸，部分过程如图所示：2①SO 反应器中的化学方程式是2 。②生产过程中的尾气需要测定SO

的含量符合标准才能排放。已2知有VH2

吸收再加足量BaCl2 2称量得到bg沉淀。HO22

吸收SO2

；尾气中SO2 。(3)

的含量(体积分数)的计算式是HS2

S和空气的尾气按一定流速通入2酸性FeCl3

FeCl3

溶液吸收HS2过程中，溶液中的

S)随时间t的变化如图。20～t1

②t n(Fe3)1 。用的晶须主要是在人工控制条件下合成。碳酸镁晶须(MgCO3

·nH2n＝1～5)碳酸镁晶须的步骤如图：完成下列填空：150℃，较好的加热方法是 ；氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO3

·nH2

O沉淀外，同时生成的产物还。步骤2、洗涤，检验沉淀A已洗涤干净的方法是 n()装置A中盛放的溶液。装置D中盛放的固是 ，其作用。1.000g碳酸镁晶须产生的CO2

平均值为amol，则n值用含a的代数式表)。下列选项中，会造成实验结果偏大的选填序)①实验开始未先通空气即称量装置C ②B中反应结束后没有继续通空气③缺少装置A ④缺少装置D ⑤装置B中稀盐酸的滴加速率过快⑥装置C中的NaOH溶液浓度过大。武汉市模拟(NaSO2 4

及少量Cr2

O2－、7Fe3＋)为原料提取硫酸钠的工艺流程如下：已知：Fe3＋、Cr3＋5。回答下列问题：

mol·L－1)pH分别为根据下图信息，操作B 的最佳方法是 。“母液”中主要含有的离子为 。酸化后的Cr2

O2－可被SO2－还原，该反应的离子方程式7 3 。C和NaSO2 3

溶液填“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。(6)根据2Cr2－＋2＋

O2－＋HO设计图示装置，以惰性4 2 7 2电极电解NaCrO 溶液制取NaCrO，图中右侧电极与电源的2 4 2 2 7 极相连其电极反应式透过交换膜的离子为 ，该离子移动的方向为 (“a→b”或“b→a”)。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.碘含量的测定干海带

海带灰

海带灰

含I－

移20.00g 悬浊液 的溶液定容 含I－的海仪器浸取原液500mL步骤①是将海带置中填仪器名进行灼烧。步骤④是将溶液转移至 填定容仪的名称)。20.00mLHSO2 4

和足量KIO，3使I－和IO－完全反应(5I－＋IO－＋6H＋===3I＋3HO)3 3 2 22.0×10－3mol/L的NaSO2 2 3

溶液滴定(I2

＋2S2

O2－＝2I－＋SO2－)，3 4 6当I恰好完全反应时，用去NaSO2 2 2

溶液20.00mL。①判断用NaS

2 2 3 。②计算该干海带中碘的质量分Ⅱ.碘的制取另制海带浸取原液，按如下方案制取碘：补全步骤a向。HO＋ I－＋ I＋ 2 2 2步骤c加入足量NaOH溶液振荡静置后油层填“上”或“下层，色。步骤e的操作。8．[2018·合肥市教学质量检测]近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2

的空气吹入KCO2 3

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：回答下列问题：进入分解池中主要物质在合成塔中若有4.4kgCO与足量H2

反应，生成气态的H2

O和CH3

OH，可放出5370kJ的热量，写出该反应的热化学方程式： 。该工艺在哪些方面体现了“绿色自由”构想中的“绿色”：① ；② 。2L1.0molCO2

3.0molH2

CO2

的转化率随温度变化如下图所示：①催化剂效果最佳的是 (填“催化剂Ⅰ”、“催化剂Ⅱ”、“催化剂Ⅲ。b点v正) v逆)(填“>””)②此反应在a点时已达平衡状态点的转化率比c点高的原是 。c点时该反应的平衡常数。科学家还研究了其它转化温室气体的方法，利用下图所示装置可以将CO2

转化为气体燃料CO。该装置工作时的总反应方程式为 。25H2CO3、Ka24.×10－1HC－＋HOHCO＋O－的平衡常数K3 2 2 3＝ 。大题二无机综合1．答案：(1)＋3 将矿石粉碎，增大接触面积；提高焙烧温度增大氧气或空)浓度(2)(HA)2

不溶于水，且与水不反应F－、SO2－4增大平衡体系C4＋＋n(HA)Ce(H A )4＋中c(＋)，2 2n－4 2n同时S2－与Ce4＋(CeSO)24 4[(CeSO4

)2＋＋n(HA)2

Ce(H A )2n－＋4H＋＋SO2－中c(H＋)和c(SO2－)，促使平衡逆向移动，有利于“反4 4萃取”的进行]将＋4价铈还原成＋3价铈：2(CeSO4

)2＋＋H2

O2 4＋2H＋＋O2

↑(2Ce4＋＋HO2 2

===2Ce3＋＋2H＋＋O2

↑C＋不能被萃取，有利于Ce3＋进入水层而分离ac3/b3解析：(1)CeCO3

F中C元素＋4元素－2价，氧化焙烧(利用溶质在两种互不溶剂中的过程，选用(HA)2

2

需满足的条件是：(HA)2不溶于水，且与水不反应，Ce4＋易溶于(HA)2

；氧化焙烧过程中CO2－3生成CO2

气体，所以“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是：F－、SO2－；(3)根据信息：Ce4＋能与SO2－结合成(CeSO)2＋，在硫酸体系4 4 44中Ce4能被萃取剂[(HA)42

萃取，发生如下反应

)2＋＋n(HA)Ce(H

－A )＋4H＋＋SO2－，该反应是可逆反应，所以，2加入H2

2n 4 2n 444SO(＋)和c(S2－“反44萃取”的进行，因此：“反萃取”时加入HSO2 4

的作用是：促使平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行；加入HSO2 4

以后，Ce4＋的离子浓度增大，题干中需要Ce3＋，加入HO2 2

可以将＋4价铈，即：2Ce4＋＋H2

O===2Ce3＋＋2H＋＋O2

↑，根据信息：在硫酸体系中Ce3＋不能被(HA)2

萃取进入有机层，有利于Ce3＋进入水层而分离，所以加入HO

的作用是：将＋4价铈还原成＋3价铈Ce3＋不2 2能被萃取，有利于Ce3＋进入水层而分离；(4)Ce(BF)43

、KBF的K4 sp43sp表达式分别是：K43spsp

[Ce(BF4

)]＝c(Ce3＋)·c3(BF－)＝a，K

[KBF4

]＝c(K＋)·c(BF－)＝b，c(K＋)＝cmol/L，c(BF－)＝b/c，c(Ce3＋)＝ac3/b3。42．答案：(1)H2

4S>HTe2(2)Cu

T＋2HSO＋2O2CuSO＋TeO＋2HO2 2 4 2 4 2 2固体粉碎、适当提高水的温度CuSO4

、HSO2 4制备TeO3不能，Na2

TeO4

2中含NaCl杂质，且氯水或氯气有毒NaSO2 4“酸浸”的滤液中含CuSO4

AuAg均能进行回收。符合绿色化学的观点解析：(1)与S的简单氢化物的稳定性强弱顺序为 H2

S>H2

Te (2)Cu；2；

Te氧化成CuSO

和TeO

，“焙烧”的化学方程式Cu

SO＋2O

焙烧=====4 2 2 2 4 22CuSO4

＋TeO2

＋2H2

O；(3)“焙烧”后的固体用软化水“水浸”，该提高“”“滤液1”的溶质有CuSOH4 2

SO；(4)TeO4

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TeO)；32滤液2”2

2TeO中4含NaClNaSO2 3

“还原”制备碲粉的氧化产物是NaSO；(7)从环境保护和资源合理开发的可持续发展意2 4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CuSO，滤渣中的Au、Ag均能进行回收。符合绿色化学4的观点。答案：(1)防止Cu2＋形成沉淀(2)水浴加热(3)2Cu2＋＋SO2－＋2Cl－＋HO===CuCl↓＋SO2－＋2H＋3 2 2 2 4CuCl2 2

微溶于水，增大Cl－浓度，有利于CuCl2 2

析出(沉淀)加快乙醇和水的挥发，防止CuCl2 2

被空气氧化①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2～3次，低温烘干②取两份相同体积的预处理后的水样199m/128m1 2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80℃，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铜离子还原为Cu

，从溶液中析出，亚硫酸根应该被2 2

O===CuCl↓3 2 2 2＋SO2－＋2H＋。(4)题目已知CuCl

微溶于水，加入氯化钠固体可以4 2 2增大溶液中的Cl－浓度，进一步降低CuCl2 2

的溶解度，有利于其析出。(5)加热到70℃是为了使乙醇和水快速气化，加快干燥的速率，同时Cl2 2

受潮后在空气中易被迅速氧化，干燥是为了避免其被空(6)①Ⅰ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2～3(Cu②欲测定途径ab回收铜元素的回收率比，应该取用相同的起始原料，进行mam1

/m；途径2的回收率为128m2

/199m；所以途径b的回收率之比为：：(m/m (128m：1

/199m) 199m＝1＝

：128m。2答案：(1)化学(2)2SO ＋O === 2SO

②SO ＋HO===HSO2 2 △ 3(22.4b/233V)×100%

2 2 2 2 4(3)①H2

S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ ②t1

时刻后，溶液中的Fe2＋被O2

氧化为Fe3＋，Fe3＋再与H2

S发生氧化还原反应，所以n(Fe3＋)基本不变(2H2

S＋O2

===2S＋2HO)2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b×22.4233V成硫酸钡bg，所以233V323

的体积为233

V ×100%＝22.4b×100%。2含有2

S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl

溶液，硫化氢被Fe2＋被O2

氧化为Fe3＋Fe3＋再与H2

Sn(Fe3＋)基本不变，硫化氢不断被氧化成硫单质。①由图中信息可知，0～t1

时，铁离子浓度在下降，一定发生的反应为H2

S＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。11②t以后，溶液中n(Fe3＋)保持基本不变，原因是t11

时刻后，溶液中的Fe2＋被O2

氧化为Fe3＋，Fe3＋再与H2

S发生氧化还原反应，所以n(Fe3＋)基本不变。答案：(1)水浴加热(NH)SO42 4BaCl2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C(4)n＝(1－84a)/18a (5)②⑤解析：(1)将反应温度控制在50℃，较好的加热方法是水浴加热，氨水、硫酸镁、碳酸氢铵三者反应，除生成MgCO

·nH

O同时生成3 2的产物还有(NH4

)SO2

。(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(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。MgCO3·nH2O ～ 84＋18n 441g a×44根据上式可得n＝1－84a。18a(5)由于n＝44－84

＝1－84×

，可知a越大，测得n44a 18 a 18 越小，即测得CO2

偏小会导致实验结果偏大。答案：(1)蒸发结晶、趁热过滤(2)Na＋、SO2－、Cr4 2

7(3)3SO2－＋CrO3 2 7 4 2(4)先后加入避免NaSO与HSO直接反应而降低还原效率(5)0.01mol/L

2 3 2 4(6)正4OH－－4e－===O↑＋2H2 2

O(或2H2

O－4e－===O↑＋4H＋)2Na＋ b→a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高时，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＋、SO2－、4CrO2－。(3)酸化后的CrO2－可被SO2－还原为Cr3＋，SO2－被氧化为2 7 2 7 3 3SO2－，该反应的离子方程式为 3SO2－＋CrO2－＋8H＋===2Cr3＋＋43SO2－＋4H

O。(4)NaSO

3 2 7能够与硫酸反应生成二氧化硫，导致亚硫4 2 2 3酸酸根浓度减小，还原效率降低；所以还原操作时，酸C和NaSO2 3溶液是先后加入，避免NaSO2 3

与HSO2

直接反应。(5)Cr3＋完全沉淀sp(c≤1.0×10－5mol·L－1)Ksp

＝c3(OH－)×c(Cr3＋)＝(10－9)3×1.0×10－5＝10－32；若

pH＝4.0时，c(H＋)＝10－4mol/L，c(OH－)＝10－10 mol/LK＝c3(OH－)×c(Cr3＋)＝(10－10)3×c(Cr3＋)＝sp10－32，c(Cr3＋)＝0.01mol/L，因此溶液中Cr3＋液中允许Cr3＋浓度的最大值为0.01mol/L。(6)根据2CrO2－＋2H＋4

O反应可知：右侧b内溶液中氢离子浓度增大，平衡2 7 2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，该极其电极反应式为4OH－－4e－===O↑＋2H

O；根据图示可知透过交2 2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，即b→a。7．答案：(1)坩埚(2)500mL容量瓶(3)①滴入最后一滴NaSO2 2 3

溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变化②0.053(4)(5)上无(6)过滤

，电子转移方向和数目略解析：(1)步骤①将海带进行灼烧，因此将海带置于坩埚上。(2)④瓶。(3)①以淀粉为指示剂，用NaSO2 2 3

滴定I2

，判断NaSO2 2

恰好完全反应的现象是滴入最后一滴NaSO2 2 3

溶液，振荡，溶液蓝色褪去且半分钟内无明显变化。②根据题干信息可得 5I－～3I～6NSO，2 a 2 3n(Na2

SO)＝2×10－3mol/L×0.02L＝4×10－5mol n(I－)＝

62 ×5mol500mL2520g2 4×10－3 500

，则海带中碘的质量分数为n(I

－)＝ 6

×5×20mL4×10－56 ×5×25×127g/mol20g

×100%＝0.053%。(4)根据电子守恒和质量守恒有： 。(5)步骤c加入足量NaOH(6)e过滤。8．答案：(1)KHCO铬锌触媒3铬锌触媒

(或碳酸氢钾)CO(g)＋3H2

(g)=5