高考化学模拟考试卷(附答案解析)

高考化学模拟考试卷（附答案解析）

一、单选题（本大题共14小题，共42分）

1.下列说法错误的是（）

A.工业上电解熔融状态的A1203制备A1涉及氧化还原反应

B.四川灾区重建使用了大量钢材，钢材是合金

C.金属材料都是导体，非金属材料都是绝缘体

D.合金材料中可能含有非金属元素

2.下列化学用语表达正确的是1）

A.乙烯的实验式：C2H4

B.电镀铜时，铁制镀件上的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+

C.NH4cl在水中的电离方程式：NH4C1^NH4++C1-

D.用电子式表示NaCl的形成过程：NaG.q："Na七（会「

3.配制lOOmLl.OOmolITNaOII溶液的操作如下所示。下列说法不正确的是（）

B.操作2前NaOH溶液需恢复至室温

C.操作3和操作4分别为洗涤和定容

D.操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线

4.《黄帝内经》说：“五谷为养，五果为助，五为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油

脂等营养物质。下列说法不正确的是（）

A.淀粉水解的最终产物为葡萄群B.葡萄糖与新制氢氧化铜反应时表现还原性

C.天然油脂没有固定的熔、沸点D.淀粉和纤维素互为同分异构体

5.下列气体的验证方法没有涉及氧化还原反应的是（）

A.氧气一一带火星的小木条复燃B.氯气一一湿润的有色纸条褪色

C.乙烯一一酸性高钵酸钾溶液褪色D.氨气一一湿润的红色石蕊试纸变蓝

6.根据元素周期律，下列说法王确的是（）

A.原子半径：K>Mg>Na

B.碱性：NaOH>Mg（OH）2>C<i（OH）2

C.酸性：HCDH2S,表明C1的非金属性强于S

D.热稳定性：CH4>SiH4,表明C的非金属性强于Si

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7.液氨溶解金钠属后成为蓝色的导电能力很强的溶液，其颜色被认为是电子的氨合e-（NH3）n引起的.若

放置后，蓝色逐渐褪去，蒸发褪色后的溶液得到白色氨基钠（NaNH2）,反应的化学方程式为：

2Na+2NH3=NaNH2+H2f,下列说法中不正确的是（）

A.溶液褪色的速率与逸出氧气的速率成正比

B.液氨中有如下平衡：2NH3=NH4++NH2-

C.液氨是一种非电解质，在水中才能电离

D.碱金属的液氨溶液是一种强还原剂

8.将S02分别通入下列四种溶液，根据实验现象所得结论正确的是（）

选项溶液现象结论

A浪水浜水褪色S02具有漂白性

BH2S溶液出现淡黄色浑浊S02具有氧化性

CBaC12溶液无明显变化BaS03能溶于水

I)11202溶液无明显变化S02和11202溶液不反应

A.AB.BC.CD.D

9.喷泉实验装置如图所示，应用下列各组气体和溶液不会出现喷泉现象的是（）

A.S02和氨水

B.HC1气体和水

C.NH3和水

D.C12和饱和食盐水

10.BAS是一种可定向运动的“分子机器”，其合成路线如图，下列说法正确的是（）

B.H2N既有酸性乂有碱性

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D.①为加成反应，②为消去反应

11.在容积相同的两个密闭容器中，分别充入2molS02和1mol02,使它们在相同的温度卜.发生反应

2SC2(g)+O2(g)=2SO3(g),并达到平衡。在反应过程中，若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变,

当A中S02转化率为25%时，B容器中S02的转化率应是

A.25%B.>25%C.<25%D.12.5%

12.25℃时，0.lOmolL-1草酸(H2c204)溶液中各微粒的物质的量浓度如下表。下列关系不能说明草酸的

第二步电离比第一步电离更难的是()

微粒H+H2C204HC2O4-C2042-

c/(mol-L-1)5.1X10-24.9X10-25.1X10-25.3X10-5

A.c(H2C204)大于c(C2042-)B.c(HC204-)大于c(C2042-)

C.(:田+)远远大于,92042-)D.八旺)约等于(:(也204-)

13.某有机物A仅有碳、氢、氧三种元素组成，用质谱仪测定如图1,核磁共振氢谱示意图如图2,下列

分析不正确的是()

A.由图1可知A的相对分子质量为46B.由图2可知A分子中有3个氢原子

C.该有机物的实验式可能为C2H50D.A的结构简式可能为CH3cH20H

14.高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是

()

①电解过程中，以A1作阳极，可以实现铝表面形成一层致密的氧化膜而钝化；

②难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度相等；

③25℃时NH4C1溶液的Kw等于100C时0.Imol/L的NaCl溶液的Kw；

④将T1C14加入水中并加热使其转化为TiO2-xH2O；

⑤NaHC03溶液显碱性的原因：HC03-+H2OWCO32-+H30+：

⑥乙烯聚合为聚乙烯的反应是焙减的过程，却能够自发进行，可知该反应的△IKO。

A.①②③B.④⑤⑥C.②©⑤D.①②⑥

二、实验题(本大题共1小题，共12分)

15.SO2c12在药物和染料的制取中有重要作用，沸点69℃,1。0℃以上分解生成两种常见气体。实验室对

其稳定性和分解产物的部分性质分别进行了如下探究。己知：反应开始后，乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄

绿色气体。

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(6)G中每个链节含有两个五元环，补全F->G的化学方程式:

17.2019年1月7日于深圳，华为宣布推出鳗鹏920芯片，创造了计算性能新记录！组成芯片的核心物

质是高纯度硅。如图是以石英砂为原料同时制备硅和金属锂。

已知：LiCl的熔点是605℃、沸点是135()℃；NH4C1在100C开始挥发，337.8℃分解完全。常温下，

Ksp[Fe(OH)3]=2.64X10-39,Ksp[Al(OH)3]=1X10-33o

(1)粗硅中常含有副产物SiC,请写出反应①中生成SiC的反应方程式。

(2)整个制硅过程必须严格控制无水无氧。SiHC13遇水能发生剧烈反应，写出该反应的化学方程式。

⑶假设每一轮次制备5。1纯硅，且生产过程中硅元素没有损失，反应②中HCI的利用率为90%,反应③中

H2的利用率为93.75%.则在第一年2次的生产中，补充投入HC1和H2的物质的量之比是_____c

(4)试剂X是______；请写出操作名称：a；b______。

(5)本生产工艺要求,要控制LiCl和NH4cl溶液中的杂质离子浓度在1.0X10-6mol-L-l以下，应控制溶液

的pH为______,此时溶液中Fe3+的浓度为______。

18.以C02为原料合成甲醇可以减少C02的排放，实现碳的循环利用。一种Cu/ZnO催化剂对该反应有良

好的催化效果。

I.催化剂的合成

Zn&内米晶体

I

r第c比一

CU(NO3)2,浓氨水—[CulNH3)4JFCUOZIOfCxrZnO

(1)氨水与Cu(N03)2的反应——_(填“属于”或“不属于")氧化还原反应。

(2)补全上述过程中生成CuO的离子方程式：

______[Cu(NH3)4]2++H20M*_____CuOl+_______+______

H.催化剂的性能测试

一定条件下使C02、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口勺体的成分及其含量，计算C02的转化率和

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CH30H的选择性以评价催化剂的性能。

已知：i.反应器内发生的反应有：

a.C02(g)+3H2(g)wCH30H(g)+H20(g)△H=-49.5kJ-mo1-1

b.C02(g)+H2(g)wCO(g)+H20(g)AH=+41.2kJ-mol-l

ii.CH30H选择性二n(CH30H)生成n(C02)消耗义100%

(3)220C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH30H)：n(C02)：n(C0)=l：7.20：0.11,

则该温度下C02转化率=_____X100%o(列出计算式)

(4)其他条件相同时，反应温度对C02的转化率和CH3011的选择性的影响如图所示。

35

S值

30

摹

值/%

25一

[:>h芝

N1

20专

群

粕IOO

O15H8O

J一q

=6O

1000—)4O

2H32O222O3

800020406028

温度/霓温度

图1图2

①由图1可知实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是_____O

②温度高于260℃时，C02平衡转化率变化的原因是。

③温度相同时，CH30H选择性的实验值略高于平衡值(图2),从化学反应速率的角度解释原因：。

19.碳酸锢(SrC03)为白色，难溶于水的固体，在电子工业中有泛应用。一种由天青石精矿(含SrS04)制

备高纯SrC03的方法如下：

天青石精矿一过滤碳化剂粗SrC03—精制含Sr2+溶液一过滤碳化剂高纯SrC03

已知:

i.BaS04、SrC03、BaC03和SrS04均难溶于水,在相同温度下的溶解度(S)关系如下:S(BaS04)=^

S(SrC03)<S(BaC03)<S(SrS04)

ii.几种氢氧化物在不同温度下的溶解度：

2040608090100

化物\

Sr(0H)21.773.958.4220.244.591.2

Ba(OH)23.898.2220.94101.4——

Ca(0H)20.1730.1410.1210.0940.0860.076

(1)粗SrC03的制取

①碳化剂一般选择Na2c03溶液或(NH4)2C03溶液。写出SrS04转化为SrC03的离子方程式；。

②实验发现，当温度和碳化剂的物质的量浓度均相同时,SrS04在Na2c03溶液中的转化速率大于在(NH4)2C()3

溶液中的。从盐类水解的角度解释其原因是_____o

(2)含Sr2+溶液的精制

i.将粗SrC03溶解于适量盐酸中,过滤得到滤液(金属阳离子有：Sr2+、Ba2+、Mg2+和Ca2+)；

ii.加NaOH溶液调节上述滤液pH至12〜13.过滤得到滤液X和滤渣A；

iii.将滤液X置于90〜95c的水浴中加热，生成白色沉淀B,趁热过滤弃去沉淀，得到滤液Y,并将ii中的

滤渣A重新投入滤液Y中浸泡(保持温度为90-95*0;

iv.重复ii和iii3~4次,最后得到热的滤液Z；

v.趁热向滤液Z中加入适量稀硫酸，过滤得到精制含Sr2十溶液。

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①滤渣A中含有Sr(OH)2和—

②白色沉淀B的主要成分是______

③iv的目的是。

④v中反应的离子方程式是______

参考答案与解析

1.【答案】C

【解析】解：A.A12O3制备Al,A1元素的化合价降低，0元素的化合价升高，则发生氧化还原反应，故A

正确：

B.钢材为Fe的合金，含C元素等，故B正确；

C.金属中存在自由电子可导电，Si为半导体材料，石墨为导电材料，则非金属材料不都是绝缘体，故C错

误.

D.一种金属与其它金属或非金属融合成具有金属特性的材料为合金，则合金材料中可能含有非金属元素，

故D正确；

故选C.

A.A12O3制备Al,A1元素的化合价降低，0元素的化合价升高；

B.钢材为Fe的合金；

C.材料可分为导体、半导体、绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不导电的物体叫绝缘体.

D.一种金属与其它金属或非金属融合成具有金属特性的材料为合金.

2.【答案】D

【解答】

A.乙烯的实验式：CH2,故A错误；

B.电镀铜时，铁制镀件上的电极反应式：Cu2++2e-=Cu,故B错误；

CNH4cl为强电解质,在水中的电离方程式:NH4C1=NH4++C1-,故C错误;

D.氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示NaCl的形成过程：

—Na1：CJ：］；故。正确;

故选：D。

3.【答案】D

【解析】解:A.配制lOOmLl.OOmolLTNaOH溶液，需要氢氧化钠的质量为0.1LX1.00mol/LX40g/mol=4.0g,

故A正确；

B.氢氧化钠稀释产生大量的热，为了保证溶液体积准确，操作2前Na()H溶液需恢复至室温，故B正确；

C.依据图示可知，操作3和操作4分别为洗涤和定容，故C正确；

D.操作5后液面下降，属于正常操作，部分溶液粘到瓶塞和刻度线以上的瓶壁上，不需要补充少量水至刻

度线，故D错误；

故选:Do

4.【答案】D

【解析】解：A.淀粉水解最终产物为单糖，即葡萄糖，故A正确；

Ik-CHO能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，葡萄糖中含有醛基，所以能和新制氢

氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜，体现还原性，故B正确：

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C.天然油脂为混合物，没有固定的熔、沸点，故c正确；

D.淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H1005)n,但聚合度n不同，所以分子式不同，不是同分异构体，

故D错误；

故选:Do

A.淀粉和纤维素均为多糖，水解最终产物为均为葡萄糖：

B.葡萄糖分子中含有醛基；

C.天然油脂为混合物；

D.淀粉和纤维素的分子式均可表示为(C6H1005)n,但聚合度n不同。

木题考查学生有机物的结构和性质，侧重生活中有机物的考查，要注意相关知识的积累，难度不大。

5.【答案】D

【解析】分析：本题考查氧化还原反应的判断，难度不大，掌握氧化还原反应的定义为解答的关键。

解：A.碳在氧气中燃烧有化合价变化，属于氧化还原反应，故A错误；

B.氯气和水反应生成HC10,次氯酸能漂白有色纸条，有化合价变化，属于氧化还原反应，故B错误；

C.乙烯被高钵酸钾氧化成二氧化碳，有化合价变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.氨气溶于水生成氨水，电离出的氢氧根能使湿润的红色石浇试纸变蓝，无化合价变化，故D正确：

故选:及

6.【答案】D

【解析】解：A.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序

数增大而增大。原子半径应该是：K>Na>Mg,故A错误；

B.金属性Na〉Ca>Mg,则最高价氧化物的水化物的碱性：Na0H>Ca(0H)2>Mg(0H)2,故B错误;

C.元素非金属性强弱的判断依据为元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱，而不是其无氧酸的酸性强弱，

故C错误；

D.元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，CH4的热稳定性强于SiH4,可说明C元素的非金属性

比Si元素强，故D正确；

故选：Do

7.【答案】C

【解析】解：A.反应速率越快，浓度变化越快，则溶液的颜色变化越快，所以溶液褪色的速率与逸出氢气

的速率成正比，故A正确；

B.液氨中NH3发生部分电离，即液氨中有如下平衡：2NH3=NH4HMi2-，故B正确；

C.NH3是非电解质，不能电离，NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨是电解质能够电离，故C错误；

D.液氨溶解金钠属后成为蓝色的导电能力很强的溶液，该溶液中含有金属钠，Na易失电子表现还原性，所

以碱金属的液氨溶液是一种强还原剂，故D正确。

故选：Co

A.反应速率越快，浓度变化越快；

B.涉氨中NH3发生部分电离；

C.NH3是非电解质，不能电高：

D.金属钠易失电子表现还原性.

8.【答案】B

【解析】解：A.SO2与滨水发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，说明S02有还原性，故A错误；

B.SO2与硫化氢反应，发生氧化还原反应生成硫，说明S02有氧化性，故B正确：

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C.S02与BaC12溶液不反应,不能说明BaS03能溶于水,故C错误；

D.S02与H202溶液发生氧化还原反应生成硫酸，无明显变化，表现了S02的还原性，故D错误:

故选：Bo

9.【答案】D

【解析】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，氨水显碱性，所以氨水可以吸收二氧化硫，能形成喷泉实验，故A

不选：

B.叙化氢易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故B不选；

C.氨气易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故C不选；

D.氯气在饱和食盐水中溶解度不大，且与饱和食盐水不反应，所以不能形成喷泉实验，故D选。

故选：Do

在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极

易与液体反应，以此来解答。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能

力的考查，注意官能团的变化，题目难度不大。

【解答】

A.苯环、镀基与氢气发生加成反应，则最C多O可与4molH2发生加成反应，故A错误；

氏氨基具有碱性，则H2N只有碱性，不具有酸性，故B错误；

OHH.

C.①为加成反应，羟基与C相连，则中间产物的结构简式为,故C错误;

D.由①中双键转化为单键，②中羟基转化为碳碳双键，可知①为加成反应，②为消去反应，故D正确；

故选:Do

11.【答案】B

【解析】试题分析：从方程式气体的系数可以看出，这是一个气体量减少反应，若A容器保持体积不变则A

中的压强会减小,B容器保持压强不变,则B中的压强比A中的大.相当于增大了压期,增大压强平衡向正

向移动，S02的转化率增大，所以B容器中S02的转化率大于25%。

考点：化学平衡的移动和转化率。

12.【答案】A

【解析】解：草酸在水溶液中存在两步电离H2c204WH++HC204-、HC2O4-WH++C2O42-，

A.c(H2c204)大于c(C2042-),说明草酸第二步电离较难，但无法与第一步电离程度比较相对大小，故A选；

B.c(HC204-)大于c(C2042-),说明第一步电离较容易,第二步电离较困难,故B不选：

仁(:(11+)远远大于。£2042-)，说明草酸第二步电离可以忽略不计，所以能说明草酸的第二步电离比第一步

电离更难，故C不选；

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D.c(H+)约等于c(HC204-),说明草酸第二步电离出11+可以忽略不计，所以能说明草酸的第二步电离比第一

步电高更难，故D不选：

故选：A。

草酸在水溶液中存在两步电离H2c204WH++HC204-、HC204-WH++C2042-，

本题考查弱电解质的电离，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确弱电解质电离特点及微

粒浓度相对大小是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】B

【解答】

由图1可知此有机物的最大质荷匕为46,故其相对分子质量为46,由图2可知：有机物A中存在三种化学

环境不同的H,且吸收强度为3：2：1,故A为乙醉，故B错误。

故选Bo

14.【答案】C

【解析】解:①电解过程中，铝作为阳极,A1失电子生成氧化铝，其电极反应式为2A1+31l20-6e-=Al203+611+,

实现铝表面形成一层致密的氧化膜而钝化，故①正确；

②难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度不一定相等，如为AgCl,则平衡时离子浓度相等，但如为

CM2,则离子浓度不等，故②错误；

③水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，水的离子枳常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，

则25c时NH4C1溶液的Kw小于刑0C时0.Imol/L的NaCl溶液的Kw,故③错误;

④TiC14加入水中并加热,发生水解反应,即TiC14+(x+2)H2O=TiO2,xH2Ol+4HCl,生成的HC1不断挥发,

最终转化为Ti02-xll20,故④正确；

⑤碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子的水解导致溶液呈碱性，即HC03-+H20tH2co3+0H-,故⑤错

误；

—I-CH-CHy-l—

⑥△G=4II-T4S<0的反应可自发进行，由nQI2=CH2L人可知，该反应是烯减小的反

应，即△$<(),能够自发进行，则该反应的△*(),故⑥正确；

由上分析可知，②®⑤错误，C符合题意，

故选：Co

①电解过程中，除金钳之外的金属作阳极，金属失去电子放电；

②某些难溶电解质为强碱弱酸盐，此时存在离子的水解，导致阴阳离子浓度不等；

③水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；

④TiC14为强酸弱碱盐，加热会促进水解；

⑤碳酸氢钠为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解导致溶液呈碱性；

⑥根据△G=4H-TZ\S<()的反应可自发进行分析。

15.【答案】m圆底烧瓶油浴加热通过观察气泡速率调节油浴温度，控制反应速率安全瓶，防止倒

吸DC溶液变浑浊5S02+2S2-+2H20=3SI+4HS03-

【解析】解：(1)冷凝管用来冷凝回流液体时竖着用，为了保证外管充满水，应当下口进水，上口出水，装

置A中的进水口为m；B为圆底烧瓶；100C以上分解生成两种常见气体，加热超过100℃,油浴加热好控制，

所以选择油浴加热；

故答案为：m；圆底烧瓶；油浴加热；

⑵C.本应是干燥除水，但是这里没有水，所以其作用是通过观察气泡速率调节油浴温度，控制反应速率；

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D的特点是有容积，又不像收集装置，长进短出或者短进长出，所以是安全瓶防止倒吸的作用；

故答案为：通过观察气泡速率调节油浴温度，控制反应速率：安全瓶，防止倒吸

(3)根据：乙瓶中始终无色，戊瓶中有黄绿色气体，判断乙和戊的作用是收集气体，甲吸收氯气，能吸收氯

气的有B和D，但是氢氧化钠同时吸收吸收二氧化硫，只能选D,丁的作用是吸收二氧化硫，也只能选择酸

性高锯酸钾；

故答案为：D；C；

⑷二氧化硫有氧化性可以氧化硫化钠溶液生成淡黄色的硫单质.反应的离了•方程式：5s02+2S2-+2H20=3S

I+4HS03-；

故答案为：溶液变浑浊(或有淡黄色沉淀产生)，5so2+2S2-+2H20=3SI+4HS03-。

16.【答案】(1)甲苯

(2)取代反应

+4HC1

【解答】

A的分子式为C7H8,结合D的结构简式，可知A中含有苯环，故A为《D-CH3,A发生甲基邻位的二元

CHjCH}

硝化反应生成B为,B发生还原反应生成C为,(：与。工-。反应

生戌D和HC1,D+E-F的过程中没有小分子生成，结合F的结构可推知E为

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o

F发生信息中取代反应生成高聚物G,G中每个链节含有两

0

II

C

O

个五元环，则G的结构简式为,同时生成CT3CH20H。

(1)A的分子式为C7H8,结合D的结构简式，可知A中含有苯环，故A的结构简式为〈二〉―CH3,人的名称

是甲苯，

故答案为：甲苯；

+4HC1,

O=C=N

故答案为:+4HC1；

(4)D+E-F的过程中没有小分子生成，结合F的结构，可推知E的结构简式为

0CH,0

XHCH&C2H5

C2H5OCCH2NH

故答案为:

(5)M是C1CH2C00C2H5的同分异构体,M符合下列条件:a.与C1CH2C00C2H5具有相同的官能团,b.能发生

银镜反应，说明含有一OOCH,c.核磁共振氢谱有2组峰，一OOCH中含有1种氢，则另外的氢原子化学环境

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OCI

III

H-C—O—C-CH]

I

相同，应是2个甲基连接同一碳原子上，故M的结构简式为CHi

故答案为：1口,；

(6)F发生信息中取代反应生成高聚物G,G中每个链节含有两个五元环，则G的结构简式为

,同时生成CH3cH20H,该反应方程式为

f一定条件

故答案为:+2nCH3CH20Ho

17.【答案】SiO2+3C—高温SiC+2C0t(3SiHC13+3H20=H2Si03+H2t+3HC15：1氨水过滤加

热52.64X10-12mol/L

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【解析】解：(1)由图可确定反应物为二氧化硅、碳，生成物为碳化硅、一氧化碳，配平后反应方程式为：

SiC2+3C-高温SiC+2C0f；

故答案为:S102+3C-高温SiC+2C0t；

(2)SiHC13遇水剧烈反应，化学反应方程式3SiHC13+3H20=H2Si03+H2t+3HC1；

故答案为:3SiHC13+3H2O=H2SiO3+H2t+3HC1；

(3)由题意可知：Si(ffl)+3HCl=SiHC13+H2；SiHC13+H2=Si(纯)+3HCl；根据方程式,制备Imol纯硅,循环

生产中能产生3moiHC1,但HC1的利用率是90%,因此需要增加(30.9-3)molHCl,循环生产中产生lmolH2,

但H2的利用率为93.75%,因此需增力口(10.9375-l)molH2,因此,补充投入HC1和H2的物质的量之比为:

(30.9-3),(10.9375-1)=5,1,

故答案为:5：1；

(4)根据流程图，加入X后过滤得到氯化锭和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，可以推断试剂X是氨水；氢氧化铁、

氢氧化铝为沉淀，操作a的名称是过滤；根据“LiCl的熔点是605℃、沸点是1350℃,NH4C1在100℃开始

挥发，337.8℃分解完全"，分离LiCl和刈4cl的固体混合物应用加热法，操作b的名称是加热；

故答案为：氨水；过滤：加热；

(5)要控制LiCl和NII4C1溶液中的杂质离子浓度在1.0X10-6mol-L-l以下，Al(0H)3、Fe(0H)3类型相同,

由于Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],当A13+在1X10-6mol/L以下时，Fe3+一定在1X10-6mol/L以下,所

以控制溶液中c(0H-)=31X10-331X10-6mol/L=lX10-9mol/L,c(H+)=lX10-5mol/液控制溶液的pH=5；

此时溶液中Fe3+的浓度为2.64X10-39(1X10-9)3=2.G4X10-12(mol/L),即c(Fe3»)=2.G4X

10-12mol/Lo

故答案为：5；2.64X10-12mol/Lo

石英砂加入盐酸酸浸过滤得到二氧化硅和滤液，二氧化硅和碳高温反应生成粗硅，粗硅和氧气高温反应生

成SiC14和滤渣，SiC14和112高温反应得到纯硅，滤液加入试剂氨水过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和

游演LiCl溶液、NH4cl溶液，蒸发结晶得到LiCl和NH4cl固体，加热固体，氯化镂分解生成氨气和氯化氢

气体，重新反应得到固体氯化镂，得到固体LiCL电解熔融固体得到锂。

(1)由图可确定反应物为二氧化硅、碳，生成物为碳化硅、一氧化碳；

(2)SiHC13遇水剧烈反应,生成硅酸、HC1、H2；

(3)由题意可知:Si(ffi)+3HC1=SIHC13+H2；5iHC13+H2=5i(纯)+3HCl；根据方程式，制备Imol纯硅,循环

生产中能产生3moiHC1,但HC1的利用率是90%,因此需要增加(30.9-3)molHCl,循环生产中产生lmolH2,

但H2的利用率为93.75%,因此需增加(10.9375-l)molH2；

(4)根据流程图，加入X后过滤得到氯化镂和氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，该步为调节pH使Fe3+、A13+沉淀；

氢氧化铁、氢氧化铝为沉淀，采用过滤操作进行分离；根据“LiCl的熔点是605C、沸点是1?5(TC,N114C1

在100℃开始挥发,337.8℃分解完全"，分离LiCl和NH4C1的固体混合物应用加热法;

(5)要控制LiCl和NH4C1溶液中的杂质离子浓度在1.OX10-6mol-L-l以下，Al(011)3、Fe(0H)3类型相同,

由于Ksp[AI(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],当A13+在IX10-6moi/L以下时,Fe3+一定在1X10-6moi/L以下，结

合溶度积常数计算。

18.【答案】(1)不属于

(2)1112NH3t2NH4+

⑶1+0.111+7.20+0.11

(4)①C02的实验转化率未达到平衡转化率

②温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于260c时，反应b正向移动的程度大于反应a逆

向移动的程度

③在该条件卜.反应a的速率大于反应b,单位时间内生成甲醇的量比生成C0的量多

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【解析】解：I.(1)氨水与Cu(M3)2的反应生成[Cu(NH3)4]2+,元素化合价没发生变化，不属于氧化还原

反应，

故答案为：不属于；

⑵[Cu(NH3)4]2+和H20反应生成产物之一为CuO,元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，根据电

荷守恒和原子守恒可判断还生成了NH4+和NH3,配平后得到上述过程中生成CuO的离子方程式为：

[Cu(NH3)4]2++H2OCuOI+2NH3t+2NH4+,

故答案为：1；1；1；2NH3f；2NH4+；

H.(3)220℃时，测得反应器出H气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=l：7.20：

0.11,假设生成的CH30H的物质的量为Imol,则生成的C0的物质的量为0.llmol,剩余的C02的物质的量