2024年高考化学重点知识练习题物质结构与性质综合题含解析

物质结构与性质综合题1.碲(Te)为第VIA族元素，其单质凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu2Te)中回收碲，（1）“培烧”后,确主要以TeO2

形式存在，写出相应反应的离子方程式:________________________。（2）为了选择最佳的培烧工艺进行了温度和硫酸加入量的条件试验，结果如下表所示:温度/℃硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.32.634601.0080.292.811.2589.862871.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则试验中应选择的条件为_________________，缘由为______________________________。（3）滤渣1在碱浸时发生的化学方程式为_____________________________。（4）工艺（I）中，“还原”时发生的总的化学方程式为____________________________。（5）由于工艺（I）中“氧化”对溶液和物料条件要求高。有探讨者采纳工艺（II）获得磅.则“电积”过程中，阴极的电极反应式为____________________________________。（6）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。①滤液3

与滤液1合井。进入铜电积系统。该处理措施的优点为_____________________________。②滤渣3中若含Au和Ag，可用_____将二者分别。(填字母)A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸【答案】（1）Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O（2）460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低（3）ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（4）Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O（5）TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-（6）①CuSO4溶液回收利用，提高经济效益②B【解析】（1）Cu2Te在H2SO4条件下，与氧气在高温下反应生成TeO2和CuSO4，反应的离子方程式Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O；正确答案：Cu2Te+4H++2O22Cu2++TeO2+2H2O。（2）从图表信息可知：当硫酸的量肯定时，温度上升时，铜的浸出率降低；温度肯定时，铜和Te的浸出率均增大。在460℃条件下，硫酸用量为理论量的1.25倍的条件下最佳，铜的浸出率高且Te的损失较小；正确答案：460℃，硫酸用量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低。（3）从流程可知，滤渣1为ToO2，它可与碱反应生成TeO32-；正确答案：ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O。（4）从流程图可知：Na2TeO4被Na2SO3还原为Te，而Na2SO3被氧化为Na2SO4，总反应方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4==4Na2SO4+Te+H2O；正确答案：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O。（5）依据反应ToO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，生成的TeO32-在阴极得电子被还原为Te，极反应方程式为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-；正确答案：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。（6）①工业生产中，滤渣2为少量的氢氧化铜固体，经硫酸酸浸后得滤液硫酸铜，滤液1中主要成分也为硫酸铜，滤液3

与滤液1合并进入铜电积系统，提取金属铜，有效回收利用了硫酸铜，提高经济效益；正确答案：CuSO4溶液回收利用，提高经济效益。②Au和Ag都与王水反应，与浓氢氧化钠溶液、.浓盐酸均不反应；但是Au与稀硝酸不反应而Ag可以反应，所以可以用稀硝酸将二者分别；正确答案：B。2.元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原实力强弱，如：H2-2e-=2H+E=0.00VCu-2e-=Cu2+E=0.34VFe-2e-=Fe2+E=-0.44VNi-2e-=Ni2+E=-0.25V（1）镍在周期表中的位置为_______________________________。（2）高镍矿破裂细磨的作用______________________________________。（3）焰色反应试验可以用光滑无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，缘由是______________________。（4）造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________（产物以氧化形式表示)。（5）电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_____________________________________。（6）工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。（7）电解精炼镍的过程需限制pH为2～5，试分析缘由______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）增大接触面积，提高浮选率（3）镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色（4）2FeO+SiO22FeO•SiO2（5）NiS-2e-=Ni2++S（6）2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-(2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO(OH)+Cl--+H2O)（7）pH<2时，c(H+)大，简单在阳极放电；pH>5时，c(OH-)大，镍离子简单沉淀铜【分析】依据金属元素在电解过程的中放电依次分析电解反应。【详解】（1）镍是28号元素，依据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族；（2）高镍矿破裂细磨是为了增大接触面积，提高浮选率；（3）焰色反应试验是视察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光滑无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色；（4）依据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为：2FeO+SiO22FeO•SiO2；（5）电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS-2e-=Ni2++S；（6）Ni(OH)与NaC1O溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价上升为+3价，氯元素化合价降低到-1价，依据电子守恒和质量守恒得方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO(OH)+Cl--+H2O；（7电解硫酸镍溶液时须要考虑离子的放电依次，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH<2时，c(H+)较大，简单在阳极放电；但当溶液的酸性很弱时，即pH>5时，c(OH-)较大，镍离子简单沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。3.化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气汲取剂。试验室中以锌粒、三氧化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)═ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)═2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO-(aq)+2H2O(l)═[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是__________；（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的依次最好是__________（填序号）；目的是__________________。A.盐酸和三氯化铬溶液同时加入B.先加三氯化铬溶液，一段时间后再加盐酸C.先加盐酸，一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺当混合，应关闭阀门__________（填“A”或“B”，下同），打开阀门___________________。（4）本试验中锌粒要过量，其缘由除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另一个作用是__________________________。（5）已知其它反应物足量，试验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；试验后得干燥纯净的[Cr(CH3COO)2]2•2H2O9.024g，则该试验所得产品的产率为__________（不考虑溶解的M）。（6）铬的离子会污染水，常温下要除去上述试验中多余的Cr2+，最好往废液中通入足量的________，再加入碱液，调整pH至少为________才能使铬的离子沉淀完全(铬的离子浓度应小于10-5mol/L)。【已知Cr(OH)3的溶度积为6.3×10-31，=4，lg2≈0.3】【答案】（1）分液漏斗（2）C让锌粒先与盐酸反应产生氢气，H2将装置2和装置3中的空气排出，防止生成的Cr2+被氧化（3）BA（4）过量的Zn将Cr3+充分还原为Cr2+（5）80.0%或0.80（6）空气或氧气(9).5.6【详解】（1）由图可知，仪器1的名称是分液漏斗。（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，将装置2和3中的空气赶出，避开生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故选C。（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺当混合，应关闭阀门B，打开阀门A。（4）本试验中锌粒要过量，其缘由除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。（5）CrCl3的物质的量为：=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为0.15mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到[Cr(CH3COO)2]2·2H2O为0.06mol××376g/mol=11.28g，所得产品的产率为：×100%=80.0%。（6）向废液中通入足量的空气或氧气，将Cr2+氧化为Cr3+；铬的离子沉淀完全时，浓度应小于10-5mol/L，依据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）×c3（OH-）=6.3×10-31，此时溶液中c（OH-）=4×10-9mol/L，溶液pH=-lgc（H+）==5.6。4.金属锰在冶金工业中用来制造特种钢，常作为脱硫剂和去氧剂，其化合物广泛应用于电池、机械制造业等领域。（1）以软锰矿(主要为MnO2)为原料通过热还原法得到金属锰涉及的两个反应：①3MnO2(s)=Mn3O4(s)+O2(g)△H1=akJ•mol-1②3Mn3O4(s)+8Al(s)=4Al2O3(s)+9Mn(s)△H2=bkJ•mol-1已知Al的燃烧热为ckJ•mol-1，则MnO2与Al发生铝热反应的热化学方程式为___________。（2）科研人员将制得的锰粉碎后加入到SnCl2溶液中使其浸出(假定杂质不反应，溶液体积不变)，发生反应Mn(s)+Sn2+(aq)Mn2+(aq)+Sn(s)(已知含Sn2+水溶液为米黄色)请回答下列问题：①为加快反应速率可以实行的措施有__________；不考虑温度因素，一段时间后Mn的溶解速率加快，可能的缘由是____________________。②下列能说明反应已达平衡的有____________________(填编号)。A.溶液的颜色不发生变更B.溶液中c(Mn2+)=c(Sn2+)C.体系中固体的质量不变D.Mn2+与Sn2+浓度的比值保持不变③室温下，测得溶液中阳离子浓度c(R2+)随时间的变更状况如下图所示，则上述反应的平衡常数K=_________________，Mn2+的产率为____________。④若其他条件不变，10min后向容器中快速加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，则再次平衡时c(Mn2+)=____________(不考虑离子水解的影响)。（3）MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极反应式为_____________________，阳极旁边溶液的pH____________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。（4）电解制锰后的废水中含有Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入等体积的Na2S溶液，进行二级沉降。为了将Mn2+的浓度降到1.0×l0-9mol/L，则加入的Na2S溶液的浓度至少是____________mol/L[已知Ksp(MnS)=4.5×l0-14]。【答案】（1）3MnO2(s)+4Al(s)═2Al2O3(s)+3Mn(s)△H=(3a+b+4c)kJ∙mol-1（2）①上升温度或增大c(Sn2+)构成多个微型原电池，加快反应速率②ACD③375％④0375mol∙L-1（3）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+减小（4）9.0×10－5【详解】（1）①3MnO2(s)=Mn3O4(s)+O2(g)，②3Mn3O4(s)+8Al(s)=4A12O3(s)+9Mn(s)，③Al(s)＋3/4O2(g)=1/2Al2O3(s)△H=－ckJ·mol－1，MnO2与Al反应的方程式为4Al＋3MnO2=2Al2O3＋3Mn，因此有(3×①＋②＋4×③)/3，得出：3MnO2(s)+4Al(s)═2Al2O3(s)+3Mn(s)△H=(3a＋b＋4c)/3kJ·mol－1；（2）①加快反应速率，可以适当上升温度，增加c(Sn2＋)等；依据反应方程式，有Sn单质的生成，与Mn构成原电池，加快反应速率；②A、Mn2＋、Sn2＋是有颜色的离子，当溶液颜色不再变更，说明反应达到平衡，故A符合题意；B、不知投入量和转化率，因此无法通过c(Mn2＋)=c(Sn2＋)推断是否达到平衡，故B不符合题意；C、Mn和Sn摩尔质量不同，因此当体系固体质量不变，说明达到平衡，故C符合题意；D、随着反应进行,Mn2＋的量增大，Sn2＋量削减，当Mn2＋与Sn2＋浓度的比值保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；③随着反应进行，c(Mn2＋)增大，c(Sn2＋)减小，该反应平衡常数，K=c(Mn2＋)/c(Sn2＋)=0.75mol·L－1/0.25mol·L－1=3；因为是同一溶液反应，因此物质的量之比等于物质的量浓度之比，Mn2＋的产率为0.75mol·L－1/(0.75mol·L－1＋0.25mol·L－1)×100%=75%；④Mn2＋和Sn2＋的系数相等，Mn和Sn为固体，因此加水稀释，平衡不移动，加入蒸馏水至溶液体积变为原来的2倍，c(Mn2＋)为原来平衡时的一半，即c(Mn2＋)=0.75mol·L－1/2=0.375mol·L－1；（3）依据电解原理，阳极上失去电子，化合价上升，因此MnSO4在阳极上放电，其电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－=MnO2＋4H＋；该电极产生H＋，酸性增加，pH减小；（4）Mn2＋为1.0×10－9mol·L－1，此时MnS溶液为饱和溶液，依据c(S2－)=Ksp(MnS)/c(Mn2＋)=mol·L－1=4.5×10－5mol·L－1，滤液中加入等体积的Na2S溶液，则加入Na2S溶液的浓度至少为4.5×10－5×2mol·L－1=9.0×10－5mol·L－1。5.某探讨小组为探究SO2和Fe(NO3)3溶液反应的实质，设计了如图所示装置进行试验。已知：1.0mol·L－1的Fe(NO3)3溶液的pH＝1。请回答下列问题：（1）装置A中用于滴加浓硫酸的仪器名称为_________，装置A中发生的化学方程式是________。（2）为解除空气对试验的干扰，滴加浓硫酸之前应进行的操作是________________。（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是______________，说明SO2具有____________性。（4）分析B中产生白色沉淀的缘由。观点1：SO2与Fe3＋反应；观点2：在酸性条件下SO2与反应。观点3：___________________________；①若观点1正确，装置B中反应的离子方程式是______________，证明该观点应进一步确认生成的新物质，其试验操作及现象是_______。②按观点2，装置B中反应的离子方程式是___________。③有人认为，如将装置B中的Fe(NO3)3溶液替换为等体积的下列溶液，在相同条件下进行试验，也可验证观点2是否正确。此时应选择最佳试剂是_________(填字母)。A．3.0mol·L－1NaNO3溶液和0.1mol·L－1硫酸等体积混合的溶液B．6.0mol·L－1NaNO3溶液和0.2mol·L－1盐酸等体积混合的溶液C．1.5mol·L－1Fe(NO3)2溶液D．1mol·L－1稀硝酸【答案】（1）分液漏斗Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹（3）BaSO4还原（4）观点3：SO2既与Fe3+反应,也在酸性条件下与NO3－反应(两者都有)①SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2F