2019-2020学年陕西省新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年陕西省新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。

某小组从工业废料中提取As2O3设计流程如下：
已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。

（1）写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法____；“碱浸”中H3AsO3转化成Na3AsO3的离子方程式为____。

（2）“氧化”时常在向混合液中通入O2时对体系加压，目的是____。

（3）“沉砷”过程中有如下反应：
①＜0
②＞0
沉砷率与温度关系如图。

沉砷最佳温度为____，高于85℃时，沉砷率下降的原因是____。

（4）“还原”过程中获得H3 AsO3的化学反应方程式为____；“操作A”为：____、过滤；滤液Ⅱ的主要成分是____。

（5）若每步均完全反应，“氧化’’和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，则废水中
n(H3AsO3)：n(H3AsO4)=____（写出含x、y的计算式）。

【答案】搅拌或多次浸取H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O增大O2溶解度，加快反应速率85℃
高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4加热H2SO4
2x：（y-2x）
【解析】
【分析】
工业废料（H3AsO3、H3AsO4含废料）加入氢氧化钠溶液碱浸，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气氧化Na3AsO3溶液为Na3AsO4溶液，向溶液中加入石灰乳，得到为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，
H3AsO3+H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，据此分析解答。

【详解】
（1）反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3AsO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；
故答案为：搅拌或多次浸取；H3AsO3+3OH-=AsO33-+3H2O；
（2）“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压可以增大O2溶解度，加快反应速率。

故答案为：增大O2溶解度，加快反应速率；
（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有：①Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0；②5Ca2++OH-+3AsO43-⇌ Ca5(OH)(AsO4)3 △H>0，高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；
故答案为：高于85℃，随着温度升高，反应①中c(Ca2+)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响①大于②，使反应②中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降；
（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为：加热、过滤；由方程式可知，滤液Ⅱ的主要成分是H2SO4。

故答案为：H3AsO4+H2O+SO2= H3AsO3+H2SO4；加热；H2SO4；
（5）“氧化’’过程中Na3AsO3溶液氧化为Na3AsO4溶液，关系式为2H3AsO3~2Na3AsO3 ~O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4 ~SO2；
已知消耗相同条件下O2和SO2体积分别为xL、yL，体积比等于物质的量之比，即n(O2)：n(SO2)=x:y，由关系式可知，n(H3AsO3)=2n(O2)，则废水中原有的n(H3AsO4)=y-2x，
则废水中n(H3AsO3)：n(H3AsO4)==2x：（y-2x）。

故答案为：2x：（y-2x）。

【点睛】
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，理解工艺流程原理是解题的关键。

2．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．31 g 白磷中含有的电子数是3.75N A
B．标准状况下，22.4L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10N A
C．1L 0.1mol•L-1的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2N A
D．5.6g Fe 与足量I2反应，Fe 失去0.2N A个电子
【解析】
【分析】
【详解】
A ．P 是15号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15N A ，故A 错误；
B ．标准状况下，
C 8H 10是液态，无法用气体摩尔体积计算物质的量，故B 错误；
C ．1L 0.1mol•L -1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于 0.2N A ，故C 错误；
D ．5.6g Fe 与足量 I 2 反应，Fe ＋I 2=FeI 2，Fe 失去 0.2N A 个电子，故D 正确；
故选D 。

3．常温下将NaOH 溶液滴加到已二酸(H 2X)溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是（ ）。

A ．常温下K a1(H 2X)的值约为10-4.4
B ．曲线N 表示pH 与(
)()-2HX lg H X c c
C ．NaHX 溶液中c(H +)>c(OH -)
D ．当混合溶液呈中性时，c(Na +)>c(HX -)>c(X 2-)>c(OH -)
【答案】D
【解析】
【分析】
H 2X 为二元弱酸，以第一步电离为主，则K a1(H 2X)>K a2(H 2X)，在酸性条件下，当pH 相同时，
()()2c HX c H X ->()()2c X c HX --。

根据图象可知N 为lg ()()
2c HX c H X -的变化曲线，M 为lg ()()2c X c HX --的变化曲线，当lg ()()2c HX c H X -=0或lg ()()2c X c HX --=0时，说明()()2
c HX c H X -=1或()()2c X c HX --
=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。

【详解】
A. lg (
)c HX -=0()c HX -=1pH≈4.4K a1(H 2X)=c(H +)=10-4.4，A 正确；
B.根据上述分析可知曲线B表示lg
()
()
2
c HX
c H X
-
的变化曲线，B正确；
C.根据图象可知：当lg
()
()
2
c X
c HX
-
-
=0时，
()
()
2
c X
c HX
-
-
=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4<7，溶液
显酸性，说明该溶液中c(H+)>c(OH-)，C正确；
D.根据图象可知当溶液pH=7时，lg
()
()
2
c X
c HX
-
-
>0，说明c(X2-)>c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>
c(OH-)，D 错误；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。

注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。

4．W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。

X、Z同一主族，Z的一种氧化物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。

下列说法错误的是A．简单离子半径：W>X>Y
B．X、Z的最高化合价不相同
C．简单氢化物的热稳定性：X>W
D．Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O 元素。

Y的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18，可知W为N元素。

【详解】
A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：W＞X＞Y，与题意不符，A错误；
B.O最高价+2，而S最高价为+6，与题意不符，B错误；
C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致，而非金属性：O＞N，稳定性：H2O＞NH3，与题意不符，C错误；
D.Na与O可形成Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D正确；
答案为D。

具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。

5．化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．纯棉面料主要含C、H 、O 三种元素
B．植物油的主要成分属于酯类物质
C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
D．聚乳酸 ( ) 的降解过程中会发生取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】
A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；
B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；
D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；
答案选C。

6．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素，Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8。

下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Y B．最简单气态氢化物的稳定性：X>Z
C．Y单质在空气中的燃烧产物只含离子键D．最简单离子半径大小关系：W<X<Y
【答案】B
【解析】
【分析】
X是非金属性最强的元素，则X为F元素，短周期中，Y的周期序数是其族序数的3倍，则Y是Na元素，W与X同周期、与Y同主族，则W为Li元素，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8，则Z 的最外层为5个电子，W、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Z为P元素，据此分析解答。

【详解】
A．W为Li元素，Y是Na元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Li＜Na，最高价氧化物对应水化物的碱性：W＜Y，故A错误；
B．X为F元素，Z为P元素，非金属性越强最简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X＞Z，则最简单气态氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；
F-和Na+电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则F-半径＞Na+，最简单离子半径大小关系：W＜Y ＜X，故D错误；
答案选B。

7．25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为V a和V b的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持V a+V b＝100 mL，V a、V b与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是
A．K a(HA)＝1×10－6
B．b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C．a→c过程中水的电离程度始终增大
D．c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。

【详解】
A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/K h，水解平衡常数K h只与温度有关，温度升高，K h增大，1/K h减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。

8．钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是
A．b为电源负极
B．该方法是牺牲阳极的阴极保护法
C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→a
D．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】
从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法。

A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，选项A错误；
B、该方法是外加电源的阴极保护法，选项B错误；
C、在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，即电子要由辅助电极→b、a→钢铁闸门，选项C错误；
D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反应，选项D正确；
答案选D。

9．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。

下列说法正确的是
A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移
B．该装置将化学能转化为光能和电能
C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O
D．每生成3 mol O2，有88 g CO2被还原
【分析】
【详解】
A. a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；
B. 该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；
C. a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；
D. 电池总的方程式为：6CO2+8H2O 通电
2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还
原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；答案选D。

10．下列说法正确的是（）
A．不锈钢的防腐原理与电化学有关
B．高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能
C．二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂
D．纯碱去油污原理是油污溶于纯碱
【答案】B
【解析】
【详解】
A．耐蚀合金的防腐原理是改变物质的内部结构，不锈钢的防腐原理与电化学无关，故A错误；
B．硅为良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，利用高纯硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能，故B正确；
C．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；
D．纯碱的去污原理是纯碱水解显碱性，促进油污水解而除去，故D错误。

故答案为B。

11．用98%浓硫酸配制500mL 2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是
A．量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线
B．定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线
C．量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶
D．摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线
A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；
B、定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；
C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；
D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。

12．依据反应2KIO3+5SO2+4H2O═I2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。

下列说法不正确的是
A．用制取SO2B．用还原IO3-
C．用从水溶液中提取KHSO4D．用制取I2的CCl4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】
A．加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；
C．从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；
C．四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；
答案选C。

13．短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。

已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍；B、C的最外层电子数之比为5:2，D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是（）
A．元素A的氢化物都是气体
B．简单离子半径：C＞D＞B元素
C．B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体
D．元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D
【答案】C
【解析】
短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。

已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。

【详解】
A. 元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；
B. B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B＞C ＞D ，故B错误；
C. B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；
D. 元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；
答案选C。

14．以下说法不正确的是
A．日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀
B．硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药剂，与维生素C片一起服用，效果更佳
C．硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸
D．使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。

该过程属于生物化学转换
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A. 高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A项正确；
B. 维生素C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁，B项正确；
C. 硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C项正确；
D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。

该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D项错误。

本题选D。

15．某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)
A．溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/L
B．溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子
C．溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+
D．取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-
【答案】C
【解析】
根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32－、SO42－，根据离子共存，Fe3＋一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4＋，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na ＋，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42－，SO42－对Cl－的检验产生干扰，故D错误。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．葡萄糖酸锌{M[Zn(C6H11O7)2]＝455g·mol－1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。

纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。

实验操作分以下两步：
Ⅰ.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。

量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓
H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙{M[Ca(C6H11O7)2]＝430g·mol－1，易溶于热水}，在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。

滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。

Ⅱ.葡萄糖酸锌的制备。

向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60℃条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH≈6。

趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。

回答下列问题：
(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为________________。

(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_______________。

(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_________。

(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_______________。

(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是________，“一系列操作”具体是指_______。

(6)葡萄糖酸锌的产率为______(用百分数表示)，若pH≈5时就进行后续操作，产率将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】()611724612742Ca C H O +H SO 902C H O +CaSO ↓℃ 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO 42-，反之则不存在 水浴加热（或热水浴） 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 过滤、洗涤 80% 减小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)葡萄糖酸钙Ca(C 6H 11O 7)2与硫酸H 2SO 4反应生成葡萄糖酸(C 6H 12O 7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为()611724612742Ca C H O +H SO 902C H O +CaSO ↓℃ ，故答案为：
()611724612742Ca C H O +H SO 902C H O +CaSO ↓℃ ；
(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca 2+交换为H +，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；
(3)结合SO 42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO 42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl 2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO 42-，反之则不存在；
(4)实验Ⅰ制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；
(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；
(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C 6H 11O 7)2~ Zn(C 6H 11O 7)2，m[Ca(C 6H 11O 7)2]=21.5g ，则
()()()611726117261172-1Ca C H O Ca C H O Ca C H O m 21.5g n ===0.05mol 430g mol M ⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦
g ，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为n[Zn(C 6H 11O 7)2]=0.05mol ，因此，
()()()611761176117222-1Zn C H O Zn C H O Zn C H O m =n M =0.05mol 455g mol =22.75g ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⨯⋅⎣⎦⎣⎦⎣⎦
g ，根据=100%⨯实际产量产率理论产量
可得，葡萄糖酸锌的产率为18.2g 100%=80%22.75g ⨯，若pH≈5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。

一种以石油化工中废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍的工业流程如下：
已知：① NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物。

②Fe(OH)3不溶于NH4Cl—氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl—氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。

③离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。

请回答下列问题：
（1）“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2小时，该操作的目的为_____。

（2）“滤渣I”主要成分在工业上的用途为___（只写1种即可），NH4Cl的电子式为_____。

（3）“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为____。

（4）“氨解”的目的为________，“净化”时加入的H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀，对应的离子方程式为：________。

（5）“氧化”时发生反应的离子方程为________。

（6）“二次碱浸”时，若使溶液中的Ni2+沉淀完全，则需维持c(OH-)不低于____。

(已知Ni(OH)2的K sp=2×10-15，2≈1.4）。

（7）工业上利用电解法处理含氯化镍的酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。

下列说法不正确
．．．的是
________。

已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解；
②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)。

A．碳棒上发生的电极反应：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O
B．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pH
D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
【答案】加快反应速率，提高镍元素的浸出率制玻璃或制光导纤维
Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O 实现镍元素和铁元素的分离[Ni(NH3)6]2++H2S=NiS↓+2NH4++4NH3↑
3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O 1.4×10-5mol·L-1 B
【解析】
【分析】
废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3）
经酸溶得到硫酸镍、硫酸铁、硫酸铬溶液，二氧化硅不溶于酸为滤渣Ⅰ的主要成分；向滤液中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀、氢氧化铁沉淀、偏铬酸钠溶液，偏铬酸钠溶液为滤液Ⅰ的主要成分；向沉淀中加入NH4Cl—氨水的混合液，氢氧化铁沉淀不溶于此溶液，为滤渣Ⅱ的主要成分，氢氧化镍沉淀溶于此溶液得到[Ni(NH3)6]2+溶液；向溶液中通入H2S，生成NiS沉淀；向沉淀中滴入稀硝酸得到硝酸镍；向硝酸镍中加入氢氧化钠溶液得到氢氧化镍沉淀；向沉淀中加入硫酸得到硫酸镍；在经过系列操作得到
NiSO4·7H2O。

据此解答。

【详解】
（1）“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2小时，是为了增大接触面积，加快反应速率，提高镍元素的浸出率。

本小题答案为：加快反应速率，提高镍元素的浸出率。

（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，则“滤渣I”主要成分是二氧化硅，二氧化硅主要应用于制玻璃或制光导纤维；NH4Cl中即含离子键又含共价键，是离子化合物，电子式为。

本小题答案为：制玻璃或制光导纤维；。

（3）根据信息可知，Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质类似于氢氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠与氢氧化铬继续反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，则含铬微粒发生反应的离子方程式为Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O。

本小题答案为：
Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O。

（4）废镍催化剂中的铁元素在“一次碱析”时转化为氢氧化铁，由于Fe(OH)3不溶于NH4Cl—氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl—氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离；“净化”时加入H2S，H2S与[Ni(NH3)6]2+发生反应生成NiS沉淀，离子方程式为
[Ni(NH3)6]2++H2S=NiS↓+2NH4++4NH3↑。

本小题答案为：实现镍元素和铁元素的分离；
[Ni(NH3)6]2++H2S=NiS↓+2NH4++4NH3↑。

（5）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和NiS的反应，根据流程图反应生成S，则稀硝酸中的氮元素由+5价降低到+2价生成NO，NiS中的硫元素由-2价升高到0价生成S单质，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O。

本小题答案为：
3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓+4H2O。

K=c(N)c(OH)。

根据信息离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全，则（6）氢氧化镍中存在溶解平衡，2+2-
sp i
1552-21010c (OH )--⨯=⨯，c(OH -)=1.4×10-5mol·L -1， 则若使溶液中的Ni 2+沉淀完全，需维持c(OH -)不低于
1.4×10-5mol·L -1。

本小题答案为：1.4×10-5mol·L -1。

（7）A. 由图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应4OH −−4e −=2H 2O+O 2↑，故A 正确；
B. 镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应Ni 2++2e −=Ni ，电解过程中为平衡A 、C 中的电荷，A 中的Na +和C 中的Cl −分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B 中，这使B 中NaCl 溶液的物质的量浓度不断增大，故B 错误；
C. 因Ni 2+在弱酸性溶液中易发生水解；氧化性Ni 2+(高浓度)>H +>Ni 2+(低浓度)，为了提高Ni 的产率，电解过程中需要控制废水pH ，故C 正确；
D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl −>OH −，则Cl −移向阳极放电：2Cl − −2e −=Cl 2↑，电解反应总方程式会发生改变，故D 正确。

答案选B 。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．氧化亚铜(Cu 2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS 2、Cu 2S 等）为原料制取Cu 2O 的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH 如下表 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀
7.5 2.7 4.8 完全沉淀 9.0 3.7 6.4
（1）炉气中的有害气体成分是__________，Cu 2S 与O 2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

（2）若试剂X 是H 2O 2溶液，写出相应反应的离子方程式：__________。

并写出H 2O 2的电子式__________，
Fe （铁）在元素周期表中的位置：__________；当试剂X 是__________时，更有利于降低生产成本。

（3）加入试剂Y 调pH 时，pH 的调控范围是__________。

（4）操作X 包括__________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是__________。

（5）以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu 2O ，写出阳极上生成Cu 2O 的电极反应式：__________。

【答案】SO 22∶1232222Fe 2H H O 2Fe 2H O +++++=+第四周期第Ⅷ族空气或氧气
3.7pH
4.8≤<过滤防止2Cu O 被空气中氧气氧化222Cu 2e 2OH Cu O H O ---+=+
【解析】。