新高考2021年高三化学全真模拟卷02（解析版）

2021年辽宁省普通高等学校招生考试全真模拟卷（辽宁新高考）

化学试卷02

本卷满分100分，考试时间75分钟。

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1.化学与社会生产和生活密切相关。下列有关说法正确的是

A.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

B.“司南之杓，投之于地，其柢指南。“中“杓”所用的材质为FeO

C.推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源有利于经济可持续发展

D.航天航空材料碳纤维、芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料

【答案】C

【解析】A.燃煤中加入CaO可与煤中的硫、空气中的氧气反应生成硫酸钙，可以减少酸

雨的形成，但不能减少温室气体的排放，A说法错误：

B.“司南之杓，投之于地，其柢指南。'‘中“杓”所用的材质具有磁性，而Fes。,具有磁性，B

说法错误；

C.推广风能、太阳能、生物质能等可再生能源，可减少化石能源的消耗，减少二氧化碳的

排放，有利于经济可持续发展，C说法正确；

D.航天航空材料芳纶纤维、聚酯纤维都是有机高分子材料，碳纤维不属于有机物，D说法

错误；

答案为C。

2.2020年11月6日，长征六号运载火箭成功将NewSat9-18卫星送入预定轨道，提供动力

的化学反应为C2H8N2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O»下列有关化学用语错误的是

A.N?的电子式：：NN:B.CO2的结构式：O=C=O

C.N2既是氧化产物又是还原产物D.氧化性：N2O4<CO2

【答案】D

【解析】A.N?的结构式为N三N,每个原子均满足8个电子的稳定结构，其电子式：：NN:,

A说法正确：

B.CO2中碳原子与2个氧原子之间存在C=O,其结构式：O=C=O,B说法正确；

C.C2H8吹中的N原则化合价为负价，而N2O4中N原子为正极，故N?既是氧化产物乂是

还原产物，c说法正确；

D.根据反应，C02为氧化产物，N2O4为氧化剂，则氧化性：N2O4>CO2,D说法错误；

答案为D。

3.己知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓

度均为O.OlmolLi）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（）

3PH

/…广_

,放而Li1原子隼径

A.化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键

B.简单气态氨化物的热稳定性：Y>W

C.简单离子半径：Z>Y>W>X

D.这四种元素中，元素X的第一电离能最小

【答案】D

【解析】由图像和题给信息可知，浓度均为0.01mol.L」的溶液，W、Y、Z的最高价氧化

物对应的水化物的pH都小于7,W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、

Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2,为一元强酸，根据原子序

数Z>W,Z是N,W是Cl；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH<2,Y的最高价氧化物

对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S,X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12,X

的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na,可以判断出W、X、Y、Z分别为N、

Na、S、CL由此回答。

A.化合物X2Y2为NaB，为离子化合物，硫原子之间为非极性共价键，Sz?一和Na卡之间是

离子键，A错误；

B.非金属性越强气态氧化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的

稳定性W>Y,B错误：

C.电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子

的吸引能力越强，半径越小，M、Na\S2\C「的半径大小为S2->C「>N3->Na+,即Y

>Z>W>X,C错误；

D.第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，四种元素中Na最容易失去最外层电

子，元素X的第一电离能最小，D正确；

答案选D。

【点睛】从图表中得出W、Y、Z都是非金属元素，X是金属元素，具体的pH值可以得出

W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2,为一元强酸，丫的最高价氧化物对应的水化物

的pH<2,Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，需要学生综合应用所学知

识，正确推断出元素。

4.下列说法正确的是

A.CW分子的球棍模型为

B.被原子最外层的电子云图为

3d

C.基态Fe原子的价电子轨道表示式为

Is2s2p

D.叵］叵］c"“，该轨道表示式违背了泡利不相容原理

【答案】C

【解析】A.该模型为比例模型，A错误；

B.镀原子最外层为s能级，为球形，B错误；

C.铁为26号元素，基态铁原子的价电子层为3d64s2,轨道表示式为

3d

,C正确;

D.该轨道式违背了洪特规则，2P能级电子应自旋方向相同，D错误;

故选C。

5.用下列实验装置（部分夹持装置省略）进行实验，能达到相应目的的是

ABCD

NH4CI固体

1喊石灰/P2O5

能■=盐酸

己」后

湿润的酚凰湿润的蓝色

Na:SOs\/\+一品红

1欧试纸石茏试纸

分离乙醇收集NH3并吸收多余的检验NH4cl受热分解产生

验证so2的还原性

和乙酸的两种气体

NH3

【答案】D

【解析】A.乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法将二者分开，A错误；

B.氨气密度比空气小，利用如图所示的装置不能收集氨气，收集氨气时进气管为短管，出

气管为长管，B错误；

C.SO2与品红作用，可以使品红溶液褪色，体现的SO2的漂白性，C错误

D.氯化钱受热分解生成氨气和氯化氢，碱石灰可以吸收氯化氢，五氧化二磷可以吸收氨气，

氯化氢可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氨气可以使湿润的酚酰试纸变红，可以检验氯化钱

受热分解生成的两种气体，D正确；

故答案选D。

6.已知SiC的熔点为2700℃,其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是

A.SiC晶体中碳原子和硅原子均采用sp'杂化

B.硅单质的熔点高于2700℃

C.距离硅原子最近的硅原子数为12

160

D.若晶胞参数为叩m,则该晶体的密度为gcm。

6.02x10V

【答案】B

【解析】A.SiC晶体中碳原子周围有4个硅原子，而硅原子有4个碳原子，均采用sp‘杂

化，A说法正确：

B.共价键的键长越短，键能越大，则熔沸点越高，C-Si键键长比Si-Si键键长短，硅单质

的熔点低于2700℃,B说法错误；

C.距离硅原子最近其距离相等的硅原子数为12,C说法正确：

D.若晶胞参数为apm,则该晶体的密度为不;---3:-30—UM,八73gcm—D

N^xa-xlO''cm56.02xl0-7a3

说法正确。

答案为B。

7.900℃时，向2.0L恒容密闭容器中充入0.40mol乙苯，发生反应：《_〉一(：/((g)脩诊

〈，一CH=€H：(g)+H2(g)。一段时间后，反应达到平衡，反应过程中测定的部分数据如表

所示：

时间/min010203040

n（乙苯）/mol0.400.300.24H3

n(苯乙烯)/mol0.000.10ni0.200.20

下列说法正确的是()

A.保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，则乙苯的平衡转化

率大于50.0%

B.反应在前20min内的平均反应速率v(H2)=0.008mollLmin」

C.相同温度下,若起始时向该容器中充入O.lOmol乙苯、O.lOmol苯乙烯和0.30molH2,则

达到平衡前：VIE<V逆

D.若混合气体的密度不再变化，则说明反应已达到平衡状态

【答案】C

【解析】A.由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol,

由方程式可知，参加反应的乙苯的物质的量为0.2mol,故乙苯的转化率为：丝㈣

0.4mol

xl00%=50%,保持其他条件不变，向容器中充入不参与反应的水蒸气作为稀释剂，反应混

合物的浓度不变，平衡不移动，乙苯的转化率不变为50%,A说法错误；

B.由表中数据可知，20min内乙苯的物质的量变化量为0.4mol-0.24moi=0.16mol,故一乙

0.16mol

苯尸2L=0.004mo卜LLminL速率之比等于化学计量数之比，贝”(凡)=丫(乙

20min

^)=0.004moleL'，emin-1,B说法错误；

C.由表中数据可知，30min时处于平衡状态，平衡时苯乙烯的物质的量为0.2mol,平衡时

苯乙烯的浓度为丝网=01mol/L,由方程式可知，氢气的平衡浓度为0.1mol/L,参加反应

2L

的乙苯的物质的量为0.2moL故平衡时乙苯的浓度为O.lmol/L,故平衡常数代更四=0.1,

0.1

相同温度下，起始时向容器中充入O.lOmol乙苯、O.lOmol苯乙烯和0.30mo】H2,此时浓度商

0.10.3

—x—

22

01=0.15>0.1,反应向逆反应进行，故达到平衡前C说法正确；

T

D.反应体系中各物质均为气体，则混合气体的总质量一直不变，容器的体积恒定，则混合

气体的密度始终不变，则混合气体的密度不再变化，不能判断反应是否达到平衡状态，D说

法错误；

答案为C。

8.酒石酸存在于多种植物中，可作为食品中添加的抗氧化剂、酸味剂。结构简式如图所示，

下列关于酒石酸的叙述错误的是（）

A.能发生缩聚反应

B.Imol酒石酸可与4molNa反应生成44.8L氢气（标况）

C.分子式为C4H6。6，易溶于水

D.不能使酸性重倍酸钾溶液褪色

【答案】D

【解析】A.酒石酸分子中含有竣基和羟基，可发生缩聚反应，A正确；

B.酒石酸分子中含有2个粉基和2个羟基，均能和Na按物质的量之比为1:1发生置换反

应，则Imol酒石酸可与4molNa反应生成氢气2moL即在标准状况下体积为2molx

22.4L/mol=44.8L,B正确；

C.酒石酸分子中含有2个竣基和2个羟基，不饱和度为2,其分子式为C4H6。6,因含的竣

基和羟基为亲水基团，故该分子易溶于水，C正确：

D.酸性重铝酸钾溶液具有强氧化性，而羟基具有还原性，则该分子可被酸性重铝酸钾溶液

氧化，从而使酸性重倍酸钾溶液褪色，D错误；

故选D。

9.我国科学家设计的一种甲酸（HCOOH）燃料电池如图所示，两电极区间用允许K+、《通

过的半透膜开。下列说法错误是

半选股

A.负极反应为HCOOH-2e+3OH=HCO5+2H.O

B.正极反应为Fe3++e=Fe”反应前后Fr+总量不变

C.有0.5molW通过用电器时需通入4g氧气

D.物质A可以是硫酸或硫酸氢钾

【答案】A

【解析】HCOOH燃料电池中，HCOO-发生失去电子的反应生成HCO3,所在电极为负极，

电极反应式为HCOO--2e-+2OH-=HCO：+H2O,正极Fe3+得电子生成Fe?+,电解质储罐

3+

中02氧化Fe?+生成Fe,Fe?'循环使用，即HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH

与。2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH+O2=2HCO3+2H2。，原

电池工作时K+通过半透膜移向正极，据此分析解答。

A.HCOOH碱性燃料电池中，HCOO发生失去电子的反应生成HCC)3,所在电极为负极，

电极反应式为HCOO-2e+2OH=HCO'+H2O,故A错误；

B.正极Fe3+得电子生成Fe?+,电解质储罐中O?氧化Fe?+牛成Fe3+,F9+循环使用，总量

不变，故B正确；

C.Imol氧气参与反应转移4moi电子，则0.5mole-通过用电器时消耗氧气的物质的量为

0.125mol,通入氧气的质量为4g,故C正确；

D.由图可知，从装置中分离出的物质为K2s04,所以放电过程中需补充的物质X是H2sO,

或者硫酸氢钾，故D正确；

故选：Ao

10.下列实验操作、现象和结论都正确的是

实验操作现象结论

向某溶液中加入稀HNO3酸化，再加入

A产生白色沉淀溶液中含有SO：

BaCC溶液

向试管中加入2mL苯，再加入1mL溟分层，下层液体呈

B苯与漠发生加成反应

水，振荡、静置无色

向2mL蛋白质溶液中加入适量的饱和

C产生沉淀蛋白质发生变性

硫酸核溶液

向5mLKI溶液中加入1mL相同浓度KI与FeCh的反应有

D溶液变血红色

FeCb溶液，充分反应后滴入KSCN溶液一定限度

【答案】D

【解析】A.稀硝酸具有强氧化性，可将SO；、HSO3氧化为SO：。向该溶液中加入稀硝

酸酸化，再加入Back溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银或硫酸铁，因此，不

能证明原溶液中含有SO：,也可能含有SO；、HSO3或Ag+,A错误；

B.向试管中加入2mL苯，再加入1mL溪水，振荡、静置后溶液分层，下层液体呈无色，

上层为橙红色，这是因为发生了萃取，不能证明发生了化学变化，更不能证明发生了加成反

应，B错误；

C.向2mL蛋白质溶液中加入适量的饱和硫酸镀溶液，蛋白质发生盐析，C错误；

D.向5mLKI溶液中加入1mL相同浓度FeCb溶液，KI溶液过量，但充分反应后滴入KSCN

溶液，溶液变成血红色，说明Fe3+未被完全反应，则KI与FeCb的反应有一定的限度，D

正确；答案选D。

11.甲醇是可再生的清洁能源，可利用co?与H2合成甲醇，已知：①一定量CC)2(g)和

H?(g)反应生成CHQH(g)和Hq(g),当消耗ImolCC^g)时，放出的能量是49.6kJ；

②CO2(g)+H?(g)CO(g)+H2O(g)八乜；③CO(g)+2H2(g)峰诊CHQH(g)

AH2=-90.8kJmor'o下列说法正确的是()

A.①中反应的热化学方程式为CO?(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)

A/7=-49.6kJmor1

B.在恒温恒容的密闭容器中发生反应②，气体压强不变时表明反应达到平衡

C.A/7,=441.2kJ-mor'

D.反应③在高温下能自发进行

【答案】C

【解析】首先根据题意书写反应①的热化学方程式，再根据盖斯定律、化学平衡状态的特征

以及△G=AH-TFS<0反应能够自发进行分析判断。

A.一定量CC)2(g)和H?(g)反应生成CHPH®)和HzCXg),当消耗lmolCC)2(g)时，放

出的能量是49.6kJ,则反应①的热化学方程式为

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2(D(g)A”=—49.6kJmoL，水蒸气变成液态水

-1

会放热，因此CC)2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(l)AH<-49.6kJ-mol.故A

错误；

B.反应②CC>2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为气体体积不变的反应，在恒温恒容的

密闭容器中发生反应②，气体压强始终不变，因此气体压强不变时不能说明反应达到平衡状

态，故B错误；

1

C.①CC)2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)AH=-49.6kJ.moE，③

CO(g)+2H2(g)<?>CH3OH(g)^H2=-90.8kJmor',根据盖斯定律，将①-②得：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)M1=△”-△H2=+4L2kJ-mo『，故C正确；

D.反应③的4/2<°，AS<0,根据△G=Z\H-T5S<0反应能够自发进行，则在低温下才

能自发进行，故D错误;

故选C。

12.用切割的废铁屑(主要成分为Fe,少量FeO、Fe2O3,油污、沙土)制备超顺磁性(平均

直径25nm)纳米Fe-Qa的流程示意图如图:

H,O,溶液

浊液C—►FeOOH

④

③NaOH溶液

预处理稀盐酸多步操作

切割Fe

f滤液滤液----纳米

废铁屑A——►B►FeQ,

①②⑤

下列叙述中正确的是

A.可用Na2cCh溶液、乙醇、乙酸等对废铁屑进行预处理

B.步骤④中的H2O2作还原剂

2++

C.步骤⑤发生的反应方程式为Fe+2FeOOH=Fe3O4+2H

D.纳米Fe3O4均匀分散到水中形成的混合物能发生丁达尔效应

【答案】D

【解析】废铁屑中含有油污，应在碱性条件下处理：处理后的废铁屑加入盐酸，生成氯化亚

铁、氯化铁，则滤液A的主要成分为氯化亚铁、氯化铁和未反应的盐酸，加入铁粉，氯化

铁反应生成氯化亚铁，则滤液B铁元素为亚铁离子；部分溶液加入NaOH生成氢氧化亚铁

沉淀，加入过氧化氢使+2价的铁变为+3价，产物为FeOOH；与氯化亚铁混合经多步操作生

成纳米四氧化三铁。

A.铁可与乙酸反应，进行油污处理时，可用Na2cCh溶液对废铁屑进行预处理，A叙述错

误；

B.步骤④中的H2O2氧化+2价铁为+3价，作氧化剂，B叙述错误；

C.Fe.aCh与H，不能共存，步骤⑤发生的反应方程式为Fe2++2FeOOH+2OH=Fe3O4+2H2O,

C叙述错误；

D.纳米Fes。」的直径介于1〜lOOnm之间，其均匀分散到水中形成的混合物为胶体，能发生

丁达尔效应，D叙述正确；

答案为D。

13.利用电解法将CO2转化为CH»的原理如图所示。下列说法正确的是（）

A.电解过程中，H*由a极区向b极区迁移

B.电极b上反应为CO2+8HCO--8e=CH4+CO+2H2O

C.电解过程中化学能转化为电能

D.电解时Na2sCU溶液浓度保持不变

【答案】A

【解析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成02可以判断出a极为阳极，则b为

阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OFT—4e-=2比0+。2，电极b上反应为CCh+

8HCO；+8e-=CH4+8CO：+2H2O。电解时OFT比SO：更容易失去电子在阳极生成O2，

所以电解Na2sCh溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2s04溶液的浓度是增

大的。

A.由a极生成02可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H*由a极区向

b极区迁移正确，故A正确；

B.电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2+8HCO,+8e「=CH4+8CO；+2H2O,

故B错误；

C.通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；

D.电解时OH比SO：更容易失去电子，所以电解Na2s04溶液的实质是电解水，溶液中的

水发生消耗，所以Na2s04溶液的浓度是增大的，故D错误；

故选Ao

14.已知：在室温下，K；,(CH3co0H)>K(HCN)。下列说法不正确的是

A.在室温下，pH相同的①CH3coONa；②NaCN两种溶液的e(Na+)：①〉②

B.在室温下，等浓度等体积的①CH3coONa和②NaCN溶液，溶液中阴离子数目：①〉②

C.在室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶而CuS不溶。则&p(FeS)>Ksp(CuS)

D.已知20℃的溶解度AgOAgBr,将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量

浓AgNCh溶液，发生的反应为：AgCl沉淀少于AgBr沉淀

【答案】D

【解析】A.在室温下Ka(CH3C00H)>Ka(HCN),则等浓度时电离程度：CH3co0H>HCN,

酸越强，其相应的盐水解程度就越小，故等浓度的CH3coONa、NaCN水解程度：CH3coONa

<NaCN,溶液的碱性：CH3coONaVNaCN,若溶液的pH相同，则盐的浓度：CH3coONa

>NaCN,故溶液中c(Na')：①〉②，A正确；

++

B.两种溶液中都存在电荷守恒：c(CH3C00)+c(0H)=c(Na)+c(H),

c(CN)+c(OH)=c(Na+)+c(H+),即每种溶液中阴离子总数等于〃(Na+)+"(H+)。由于NaCN的水

解程度比CH3coONa的大，则NaCN溶液中c(0H)大,c(H。小，而c(Na')相同，故CH3coONa

溶液中的阴离子总数比NaCN的大，即溶液中阴离子数目：①〉②，B正确；

C.在室温下，同浓度的硫酸中，FeS可溶而CuS不溶，说明溶液中FeS产生的S"浓度比

CuS大，由于二者的构型相同，则溶度积常数K、p(FeS)>KSp(CuS),C正确;

D.已知2。℃的溶解度AgOAgBr,则等体积的饱和溶液中含有溶质的物质的量：AgCl

>AgBr»将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgN()3溶液，发生沉淀反

应时，溶质的物质的量越多，沉淀的沉淀量就越大,则反应产生沉淀：AgCl沉淀大于AgBr

沉淀，D错误;

故合理选项是D»

15.常温下，向一定浓度的Na?X溶液中滴入盐酸,粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系

如图所示，已知：此X是二元弱酸，丫表示WcHX-

7——v或———pY=-lgY»下列叙述错误

C(HX)C(H2X)

B.Kal的数量级是10〃

2

C.NaHX溶液中C(H2X)<C(X')

D.当pH=7时，混合溶液中c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)

【答案】C

c(”X)xc(H+)

【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则〃(H2X)=>&2(H2X)=

C(H2X)

2+

c(X~)xc(H)c、HX-，>c*)

―—+~~\pH相同时，即c(H+)相同，则-->->pY="lgY，则p

C(H2X)c(HX)

cR)C(HX-)

>P,则m、n分别表示PH与p4——^的变化关系；据

c(H2X)C(H2X)

此解答。

cHX-

A.根据分析可知，曲线n表示pH与p4——的变化关系，故A正确;

C(H2X)

c(HX-)

B.曲线n表示pH与p-4----1的变化关系,N点pH=7.4,pY=-l,即p

C(H2X)C(H2X)C(H2X)

cHX]c(77X')xc(H+)c(HX-)

+7464

=-l,-4----^=10,/ral(H2X)=XC(H)=10X10--=10-',K*的

C(H2X)C(H2X)C(H2X)

数量级是10"，故B正确；

H++X2-,M

C.HK存在水解，HPHX'+H2OH2X+OH,HX一也存在电离，即HX

C(X2~)C(X2-)“则*°」,

点时，pH=9.3,pY=l,即c(H+)=10-9Jinol/L,p—7----7—1g—；-----；

c(HX]c(〃X[cHX1

c(X2-)xc(H+)C(X2-)

所以Ka2(H2X)=xc(H+)=0.1xl093=L0xl0」03,根据B选项可知,

c(HX]

K1n-14

76l03

K“I(H2X)=1()64,所以HX-的水解平衡常数Kh==1.Ox1O_>/ra2(H2X)=1.Ox1O-',

KalKT"

说明HX的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液中C(H2X)>C(X。，故C错误；

D.常温下，pH=7时，c(H+)=c(OH)根据电荷守恒，

c(Na+)+c(H+)=c(HX)+2c(X2-)+c(Cr)+c(OH),则c(Na+)=c(HX)+2c(X2)+c(Cr),故D正确：

答案为C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.(14分)

利用冶炼、电池生产等工业中产生的废锌浮渣(主要含Zn和ZnO,还含有少量FeO、MnO、

CuO、CdO等氧化物或硫酸盐及少量SiCh等)。采用如下工艺流程回收其中的锌制备氯化锌:

回答下列问题：

(1)“酸浸''中盐酸与ZnO反应的化学方程式______。

(2)“沉淀”除去的离子是。

(3)“除铁”时先后加入了两种试剂，应先加入,再加入,原因是

(4)“除镭”时的离子方程式为。

(5)制得的ZnCL成品中可能含有的杂质为Zn(OH)Cl,已知浓缩液的蒸发温度与碱式盐的含

量如图所示。

N

.68

％(

)2Z.

豆

如Z.N4

鬼L

1

L

富.8

L.6

L.24

L9

①降低成品中的碱式盐含量的方法有。

②采用中和滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：取10.0000g样品于锥形瓶中，加入

50ml.蒸镯水溶解，用甲基橙做指示剂，用0.1000mol/L的盐酸滴定至溶液由黄色变为浅红

色且30s内不恢复成原色，消耗盐酸的体积为20.00mL。样品中所含Zn(OH)Cl(M=117.5g/mol)

杂质的质量分数为。

【答案】(DZnO+ZHCkZnCU+H2。(2)SOj

⑶H2O2溶液氨水调节pH=5避免Fe?+沉淀不完全(4)

2++

2MnO；+3Mn+2H2O=5MnO2J44H

(5)①蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量盐酸，蒸发溶液时控制浓缩液温度不要太高

②2.35%

【解析】废锌浮渣住耍含Zn和ZnO,还含有少量FeO、MnO、CuO、CdO等氧化物或硫

酸盐及少量SiCh等)与盐酸反应生成ZnCb、FeCk、MnCb、CuCb>CdCk溶液，SiCh和盐

酸不反应,滤渣①是SiCh;加入BaC12除去硫酸根离子;加入过氧化氢把FeCl2氧化为FeCI3,

加入氨水调节pH=5,生成Fe(OH)3沉淀除铁；加入高锌酸钾除去M-+；加入过量的锌置换

出Cu、Cd,得到ZnCL溶液，蒸发结晶得氯化锌。

(1)“酸浸''中盐酸与ZnO反应生成氯化锌和水，反应的化学方程式是

ZnO+2HC1=ZnCl2+H2O。

(2)“沉淀”过程是加入BaCl2生成硫酸钠沉淀，除去的离子是SO/0

(3)Fe"易生成氢氧化铁沉淀，为避免Fe?+沉淀不完全，“除铁”时，先加入过氧化氢把FeCk

氧化为FeCb，再加入氨水调节pH=5,牛.成Fe(OH)3沉淀除铁；

(4)“除钛”时，钵离子和高镒酸根离子发生归中反应生成二氧化毓，反应的离子方程式为

2++

2MnO；+3Mn+2H2O=5MnO2J44H；

(5)①蒸发溶液产生大量气泡时加入一定量盐酸，蒸发溶液时控制浓缩液温度不要太高，可

以降低成品中的碱式盐含量。

②20.00mL0.1000mol/L的盐酸中n(HCl)=0.02Lx0.1000mol/L=0.002mol,根据

Zn(OH)Cl+HCl=ZnCl2+H2O可知，样品中Zn(OH)Cl的物质的量为0.002mol,样品中所含

,土c-日，、皿、，0.002molx117.5g/mol.八八八,一

Zn(OH)CI杂质的质量分数为---------———-——xlOO%=2.35%。

17.(14分)

As2s3是国民经济发展中不可缺少的资源，是剧毒物质。某小组拟在实验室模拟对As2s3矿

渣进行回收处理，湿法制取AS2O3。实验装置及步骤如下。

步骤1：向C装置的反应瓶中，加入49.2gAs2s3粉料与200mL足量的CuSCU溶液形成料浆，

关闭开关B,控制温度80℃左右，持续搅拌反应1小时。

步骤2：待C装置反应瓶中的反应溶液冷却至室温，料浆中主要含CuS和AS2O3。打开B,

通入过量氧气使微溶的AS2O3氧化成易溶的AS2O5,过滤。

步骤3：向步骤2的滤液中通入二氧化硫，使AS2O5还原，经冷却析出AS2O3晶体19.8g。

(DA装置中仪器X的名称是；步骤1将As2s3粉碎后制成料浆的目的是；

实验中的加热方式为。

(2)C装置反应瓶中发生反应的化学方程式为。步骤2中，若过滤后的溶液中+浓

度为l.Omol-L1,已知CuS的^sp=6.3xl0-36»则滤液中S?一浓度为moll"。

(3)步骤3中，通入二氧化硫使AS2O5还原的离子方程式为。

(4)本实验中AS2O3的产率最接近于(填标号)。

A.40%B.50%C.60%D.70%

(5)将分离出AS2O3晶体后的母液收集、循环使用，其实际工业生产的意义是o

【答案】(1)蒸储烧瓶；增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热

800c水浴

⑵3CuSC)4+As2s3+3^0====3CuS+As2Ch+3H2sO4;6.3x1O-36

⑶AS2O5+2SO2+2H2O=AS2O,U+2SO；+4H*；

(4)B

⑸提高C11SO4的利用率

【解析】本实验的目的，是将As2s3矿渣进行回收处理，湿法制取AS2O3。具体操作为：将

As2s3矿渣用CuSO4溶液处理，制得AS2O3，然后再用H2O2分解制得的O2氧化，制得易溶

的AS2O5，从而实现与CuS等杂质的分离；再用S02还原，便可制得纯净的AS2O3。

(DA装置中仪器X的名称是蒸锚烧瓶；步骤1将As2s3固体与CuSC)4溶液反应时，颗粒越

小，接触面积越大，越有利于充分反应，所以粉碎后制成料浆的目的是：增大接触面积，加

快反应速率，提高原料的利用率；实验中，加热温度为8(TC左右，所以加热方式为水浴加

热。答案为：蒸储烧瓶：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；水浴加热；

(2)C装置反应瓶中，As2s3与CuS04溶液在加热条件下反应，生成CuS、AS2O3等，发生反

800c水浴

应的化学方程式为3CuSO4+As2s3+3H2O===3CuS+As2O3+3H2so4。步骤2中，若过滤后

K

的溶液中Cu”浓度为l.Omoll",已知CuS的Ksp=6.3xlO叫则滤液中S3浓度为——=

c(Cu2+)

63x10-36,8(rc水浴

(，

--------mol-L-=6.3xl0''molL'o答案为：3CuSC)4+As,S3+3H,O====

1.0

3CuS+As2Ch+3H2so4;6.3x1O-36；

(3)步骤3中，通入二氧化硫使AS2O5还原，生成AS2O3,同时SO?被氧化为硫酸，离子方程

-+

式为AS2O5+2SO2+2H2O=AS2O31+2SO^+4H«答案为：AS2O5+2SO2+2H2OAS2O3I+2SOj

+4H*；

492s,1982

(4)本实验中，AS2O3的理论产量为忑；xl98g/mol=39.6g,产率为二^xlOO%

246g/mol39.6g

=50%,故选B；

⑸分离出AS2O3晶体后的母液中，仍含有一定浓度的CuSCM，不管是从提高原料利用率角

度考虑，还是从环保角度考虑，都应收集、循环使用，所以其实际工业生产的意义是提高

CuSCh的利用率。答案为：提高CuS04的利用率。

18.(13分)

S02、CO、NOx的过度排放会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上可采取多种方法

减少这些有害气体的排放。回答下列问题：

L用钙钠双碱工艺脱除SO2：

①用NaOH溶液吸收SO2生成Na2s。3溶液；

②用CaO使NaOH溶液再生

2+

(l)CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)#Ca(aq)+2OH(叫)。从平衡移动

的角度，简述过程②NaOH再生的原理。

(2)25℃时，氢氧化钠溶液吸收SO?,当得到pH=9的吸收液，该吸收液中c(SO^)：c(HSO

2-7

；)=o(己知25℃时，亚硫酸Ka^lJxlO-；Ka2=6.2xl0)

H.汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的两种气体：

2NO+2coUN2+2CO2，可减少尾气中有害气体排放。

(3)已知：碳的燃烧热为393.5kJ/mol

N2(g)+O2(g)=2NO(g)AHi=+l80.5kJ/mol

2C(g)+O2(g)=2CO(g)AH2=-221kJ/mol

则：2NO(g)+2CO(g)^N2(g)+2CO2(g)AH=kJ/moL

(4)将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中，控制一定温度(1或T2),发生反应达到

平衡时，所得的混合气体中含N2的体枳分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图所示。

平衡时N：的体积分数/%

②图中a、b、c、d中对应NO转化率最大的是。

③若n(CO)/n(NO)=l,T)温度下，反应达平衡时，体系的总压强为aPa、N2的体积分数为

20%,该温度下反应的平衡常数Kp为(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=

总压x物质的量分数)。

HI.利用电解法综合处理SO2和NO是目前大气污染治理的一个新思路，装置如图:

【答案】(1)SO；与Ca'+生成CaSCh沉淀，平衡向正向移动，生成NaOH

(2)620

(3)-746.5

(4)©<②c③20/aPa"

(5)SO2-2e+2H2O=SOj+4H+

【解析】(1)已知NaOH溶液吸收SO2生成Na2so3和水，CaO在水中存在

2+

CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)^Ca(aq)+2OH(aq),Na2so3电离产生的SOf与Ca”反应生成

CaSCh(s),使Ca(OH)2(s)=Ca2+(aq)+2OH(aq)正向进行，生成OH,导致NaOH再生;

c(H+)xc(SO^)

(2)已知降2==6.2x10-7,25c时,溶液pH=9,g|Jc(H+)=10-9mol/L,则

c(HSO；)

gg£_]__6.2x10-7y”

c(HSO；)一^10^~；

⑶②N2(g)+O2(g)=2NO(g)AM=+180.5kJ/moL③2c(g)+O2(g)=2CO(g)A%=-221kJ/mol,碳的

燃烧热为393.5kJ/mol,则①C(g)+O2(g)=CO2(g)A〃3=-393.5kJ/mol,根据盖斯定律，①x2-

②-③可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CC(2(g)，AW=AH3x2-AW|-A//2=-393.5kJ/molx2-l80.5

kJ/mol+221kJ/mol=-746.5kJ/mol；

(4)①CO和NO的反应为放热反应，相同比例时，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即逆

反应方向移动，氮气的体积分数减小，则T|VT2；

②温度相同时，NO的投入量越少，NO的转化率越大，则转化率a<b<c,投料比相同时,

温度越低，NO的转化率越大，NO转化率最大的是c点