【3份试卷合集】山西省太原市2019-2020学年第四次高考模拟考试化学试卷

【解析】 【详解】

A、盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢气体，B瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HCl，选项A正确； B、高铁酸钾在碱性溶液中较稳定，故KOH过量有利于它的生成，选项B正确； C、根据题给信息可知，加盐酸产生的气体也可能是氧气，选项C不正确；

D、高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等八大特点为一体的优良的水处理剂，选项D正确； 答案选C。

14．下列实验操作对应的现象和结论均正确的是（ ） 选项 操作 相同温度下，测定等浓度的A NaHCO3和NaHSO4溶液的pH 将相同体积、相同pH的盐酸和醋B 酸溶液分别稀释a、b倍 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3C 饱和溶液，继续煮沸 向H2O2溶液中滴加少量硫酸酸化的FeSO4溶液 B．B

溶液变为棕黄色后生成红褐色沉淀 制得Fe(OH)3胶体 同 稀释后溶液pH相a＞b 前者pH比后者大 非金属性：S＞C 现象 结论 D Fe2+催化H2O2发生迅速出现大量气泡 分解反应生成O2 C．C

D．D

A．A 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A. 相同温度下，测定等浓度的NaHCO3和NaHSO4溶液的pH，前者pH比后者大，说明酸性H2CO3

B. 盐酸是强酸、醋酸是弱酸，稀释相同倍数，弱酸存在电离平衡移动，弱酸的pH变化小，若稀释后溶液pH相同，则弱酸稀释的倍数大，即a

C. 向25mL沸水中滴加5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，整个液体变为透明红褐色，制得Fe(OH)3胶体，故C错误；

D. 溶液变为棕黄色后迅速出现大量气泡，应该是Fe3+催化H2O2发生分解反应生成O2，故D错误； 故选A。

15．镍-铁碱性电池十分耐用，但其充电过程中正负极得到的产物对电解水有很好的催化作用，因此电池过充时会产生氢气和氧气，限制了其应用。科学家将电池和电解水结合在起，制成新型的集成式电池电解Fe+2NiOOH+2H2O器，可将富余的能量转化为氢能储存。已知镍铁碱性电池总反应方程式为：

2+2Ni（OH）2。下列有关说法错误的是（

Fe（OH）

）

A．电能、氢能属于二次能源

B．该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜 C．该装置储氢能发生的反应为：2H2O

2H2↑+O2↑

D．镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni（OH）2+OH--e-═NiOOH+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】

A．电能、氢能都是由其他能源转化得到的能源，为二次能源，故A正确；

B．电解时氢氧根离子通过离子交换膜进入阳极，在阳极失电子生成氧气，则该储能装置中的交换膜为阴离子交换膜，故B正确；

C．该装置储氢时，发生电解水的反应，电解水生成氢气和氧气，即反应为：2H2O正确；

D．正极上发生得电子的还原反应，则镍-铁碱性电池放电时正极的反应为：Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O，故D错误。 故选：D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

2H2↑+O2↑，故C

请回答下列问题：

（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。 （2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。

5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。 （3）第③步所得CuSO4·

18H2O，探究小组设计了三种方案： （4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·

18H2O 甲：滤渣2?酸浸液? Al2(SO4)3·结晶、过滤18H2O 乙：滤渣2?酸浸液?滤液?Al2(SO4)3·

适量过滤结晶、过滤丙：滤渣2

NaOH溶液过滤H2SO4H2SO4蒸发、冷却过量Al粉蒸发、冷却?2418H2O 滤液?溶液?Al2(SO4)3·

结晶、过滤HSO蒸发、冷却上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________； 从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。

5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·

L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：除干扰离子后，用cmol·Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+

5H2O质量分数的表达式ω=__________； ①写出计算CuSO4·

②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。 a 未干燥锥形瓶

b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c 未除净可与EDTA反应的干扰离子 【答案】Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化

为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙

c?b?10?3?250?5×100%c

a【解析】 【分析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫18H2O。酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·结合物质的性质分析解答。 【详解】

(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和

Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O 或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，

(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；

(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水； (4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；

(5)①取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol?L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4?5H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4?5H2O质量分数的表达式

c?b?10?3?250?5c?b?10?3?250?5=×100%，故答案为×100%；

aa②a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。 【点睛】

掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示： 原子半径/nm 主要化合价 X Y +4，-4 Z M 0.074 -2 R 0.099 -1，+7