【水印已去除】2019年北京市昌平区高考化学二模试卷

（3）①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO3+5Cl+6H＝3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO3+5Cl+6H＝3Cl2↑+3H2O； ②结合实验结果和①中的现象，最终选择H2O2作为氧化剂，可节约酸和氧化剂的用量，减少污染物的排放，且Li的进出率较高， 故答案为：Li的进出率较高，且较环保；

③过程iii得到的浸出液循环两次，可提高浸出液中Li 浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量），

故答案为：提高浸出液中Li 浓度（或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量）； （4）要得到过程iv得到磷酸铁晶体，可使PO4溶液浓度增大，则应使H2PO4?HPO4

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+

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+

3﹣

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2

+H，HPO4?PO4+H平衡正向移动，可加入与H反应的物质，则可加入碳酸钠，

2﹣

+

+

﹣

+2﹣3﹣++

原因是CO3结合H，c（H）减小，H2PO4?HPO4+H，HPO4?PO4+H，两个电离平衡均向右移动，c（PO4）增大，与Fe结合形成磷酸铁晶体，

故答案为：CO3结合H，c（H）减小，H2PO4?HPO4+H，HPO4?PO4+H，两个电离平衡均向右移动，c（PO4）增大，与Fe结合形成磷酸铁晶体；

（5）图过程iv碳酸钠浓度偏大，则可导致c（CO3）较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，

故答案为：过程iv若使用饱和Na2CO3溶液，其中c（CO3）较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量；

（6）由表中数据可知碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：用热水洗涤，干燥。

10．【解答】解：（1）根据图可知：酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3分两步，NO3在吸附点被Fe还原为NO2，NO3+Fe+2H═NO2+Fe+H2O，NO2在另外的吸附点被F额还原为NH4，NO2+3Fe+8H＝3Fe+NH4+2H2O； 故答案为：1；NO2；3；Fe；8；3；1；NH4；2；H2O；

（2）初始pH＝2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，因为Fe在水中发生水解，Fe+2H2O?Fe（OH）2+2H，随着反应进行，c（H+）减小，平衡右移，产生Fe（OH）2沉淀，之后发生反应4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，变成红褐色的Fe（OH）3；

故答案为：Fe在水中发生水解，Fe+2H2O?Fe（OH）2+2H，随着反应进行，c（H+）减小，平衡右移，产生Fe（OH）之后发生反应4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）2沉淀，

2+

2+

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2+

2+

+

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2﹣+2﹣3﹣+

3﹣3+

2﹣++

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2﹣+2﹣3﹣+

3﹣3+

2﹣

2﹣

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2+

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+

﹣

+2++

+

3，变成红褐色的Fe（OH）3；

（3）①根据图可知pH＝6.5时，反应最快，去除率最高，故为达到最高去除率，应调水体的初始pH＝6.5； 故答案为：6.5；

②pH＝2的溶液中，t＜15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe和pH上升速率较快，故t＜15min，pH＝2.0的溶液反应速率最快，

t＞15min时，产生大量Fe（OH）2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降，故t＞15min，其反应速率迅速降低；

故答案为：pH＝2的溶液中，t＜15min时，溶液中H浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe和pH上升速率较快，t＞15min时，产生大量Fe（OH）2，附着在活性位点上，减小接触面积，因此反应速率迅速下降；

（4）40min时总氮量较初始时下降可能的原因为：反应过程中H被消耗，溶液pH升高，t＝40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出。（反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出）；

故答案为：反应过程中H被消耗，溶液pH升高，t＝40min时，溶液中含N物质主要以NH4的形式存在，一部分NH4生成NH3逸出。（反应过程中NO2被Fe还原产生N2逸出）；

（5）①阴极发生还原反应，元素化合价降低，故为NO3得到电子生成NH4，故电极反应为：NO3+8e+10H＝NH4+3H2O； 故答案为：NO3+8e+10H＝NH4+3H2O；

②由图可知，氮气由两极生成的NH4和HClO反应而得，氮元素化合价升高，则氯元素化合价降低生成氯离子，故反应为：2NH4+3HClO＝N2↑+3Cl+5H+3H2O； 故答案为：2NH4+3HClO＝N2↑+3Cl+5H+3H2O。

11．【解答】解：（1）A中反应是铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式是：Cu+2H2SO4（浓）故答案为：Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O， CuSO4+SO2↑+2H2O；

+

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2+

+

2+

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+

（2）二氧化硫有毒污染空气，不能排放到空气中，需要氢氧化钠溶液吸收，装置C补充

完整并标明所用试剂为：NaOH溶液，

故答案为：NaOH溶液；

（3）①铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS，黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色，说明无铜离子生成，甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是：实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu，i中上层溶液无色，说明不含Cu，因此黑色沉淀不含CuO，

故答案为：实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu，i中上层溶液无色，说明不含Cu，因此黑色沉淀不含CuO；

②乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是：溶液中Cu浓度过低，无法呈明显的蓝色，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是：取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色，

故答案为：溶液中Cu浓度过低，无法呈明显的蓝色；取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；

（4）黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体为NO2，是反应过程中生成的NO和空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，底部有淡黄色固体生成，为硫单质，说明溶解黑色沉淀的是稀硝酸，反应的反应是氧化还原反应， 故答案为：HNO3；

（5）230℃取样铜元素1.28g，硫元素0.64g，n（Cu）：n（S）＝1：1，化学式CuS， 故答案为：CuS；

（6）取230℃时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250℃时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成为二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体是生成的硫单质，溶液变蓝是硫酸铜溶液，据此书写化学方程式：CuS+2H2SO4 +2H2O， 故答案为：；

（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，

S↓+CuSO4 +SO2↑

：

＝

2+

2+

2+

2+

2+

2+

为了避免副反应的发生，温度升高到250°C，黑色沉淀不存在，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是：将烧瓶中10mL 15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片， 故答案为：将烧瓶中10mL 15mol/L的浓H2SO4加热至250℃以上，其后加入适量铜片。