1、高2022级强基班高二上期第二次学月考试化学试题时间：75分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：Li：7 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 化学与生产生活密切相关。下列说法错误的是A. 氯化铵溶液可作为焊接金属时的除锈剂B. 疫苗需在低温橱柜中冷藏保存，是因为低温能减慢化学反应速率C. 在轮船外壳上焊接锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法保护船体不被腐蚀D. “天宫课堂”实验中CH3COONa过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应【答案】D【解析】【详解】AN
2、H4Cl溶液水解呈酸性，可作焊接中的除锈剂，故A正确；B疫苗需要保留其活性，在低温橱柜中冷藏保存，是因为低温能减慢化学反应速率，延长其活性的维持时间，故B正确；C利用牺牲阳极的阴极保护法防止钢铁腐蚀时，活泼性比Fe强的锌作负极，锌失电子被腐蚀，Fe作正极被保护，故C正确；D乙酸钠在温度较高的水中的溶解度非常大，很容易形成过饱和溶液，暂时处于亚稳态，这种溶液里只要有一点的结晶和颗粒，就能打破它的亚稳态，迅速结晶的同时释放出大量热量，故D错误；答案选D。2. 下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A. 向盛有H2O2溶液的试管中滴入几滴FeCl3溶液，迅速产生大量气泡B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡
3、逸出C. 由2NO2(g)N2O4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深D. 工业上选择500，30MPa的条件下合成氨【答案】B【解析】【详解】A向盛有H2O2溶液的试管中滴入几滴FeCl3溶液，迅速产生大量气泡是因为FeCl3作催化剂，加快H2O2分解的速率，不能用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；B可乐瓶中存在可逆过程CO2(g)+H2OH2CO3(aq)，打开可乐瓶盖后，减小压强，该平衡逆向移动，观察到有大量气泡逸出，能用勒夏特列原理解释，B项符合题意；C由2NO2(g)N2O4(g)组成的平衡体系，加压后，平衡正向移动，但由于体积减小，NO2的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释
4、，C项不符合题意；D工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，升高温度平衡逆向移动，工业上选择500不选择低温的原因是催化剂铁触媒在500 左右时的活性最大、反应速率较快，增大压强平衡正向移动，工业上选择30MPa不选择更高压强的原因是压强越大，对材料的强度和设备的制造要求也越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益，不能用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；答案选B。3. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. 在pH 7的溶液中：Fe3、K、Cl、SOB. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、K、Cl、IC. c(OH)/c
5、(H)1012的溶液中：NH、Cu2、NO、SOD. 水电离产生的c(OH)1012 molL1的溶液中：Na、Al3、Cl、NO【答案】C【解析】【详解】ApH 7，溶液显碱性，Fe3在碱性条件下无法大量存在，A错误；BKSCN溶液显红色，说明溶液中含Fe3，Fe3具有强氧化性，I具有还原性所以无法共存，B错误；Cc(OH)/c(H)1012的溶液显酸性，所有离子可共存，C正确；D水电离产生的c(OH)1012 molL1，溶液可以酸性或者碱性，Al3无法在碱性条件下共存，D错误；故选C选项。4. 通常把拆开1mol某化学键所消耗的能量看作是该化学键的键能，键能的大小可衡量化学键的强弱。下表
6、为某些化学键的键能，已知火箭燃料肼(N2H4)燃烧过程中的能量变化如图所示，则下列说法错误的是 化学键NNO=ONNNH 键能(KJ/mol)154500942aA. N2比O2稳定B. N2H4(g) + O2(g) = N2(g)+2H2O(l) H1=534kJ/molC. 表中的a=391D. 图中的H3= +2218 kJ/mol【答案】B【解析】【详解】ANN键的键能为942 kJ/mol，OO键的键能为500kJ/mol，键能越大，分子能量越低，越稳定，则N2比O2稳定，选项A正确；B从图可知，1mol N2H4(g)和1molO2(g)反应生成1mol N2 (g)和2mol
7、H2O(l)放出534kJ热量，反应热化学方程式为N2H4(g) + O2(g) = N2(g)+2H2O(l) H1=534kJ/mol，选项B错误；C由图可知H3=2752 kJ/mol-534 kJ/mol=+2218 kJ/mol，则由题给数据可得关系式154+4a+500=+2218 kJ/mol，解得a=391，选项C正确；D图中的H3=2752 kJ/mol-534 kJ/mol=+2218 kJ/mol，选项D正确；答案选B。5. 下列化学用语表达正确，且与所给事实相符的是A. 滴加酚酞的苏打水呈红色：+2H2OH2CO3+2OHB. 铁在潮湿空气中生成红褐色的铁锈，其负极反应
8、式为：Fe3e= Fe3+C. 用醋酸和淀粉KI溶液检验加碘食盐中的：+5I+6H+= 3I2+3H2OD. 泡沫灭火器原理：Al3+ +3=Al(OH) 3 + 3CO2【答案】D【解析】【详解】A碳酸根水解分步进行，第一步水解为+H2O+OH，选项A错误；B负极上铁失去电子产生亚铁离子，电极反应式为Fe2e= Fe2+，选项B错误；C醋酸为弱电解质不能拆，反应的离子方程式为+5I+6CH3COOH= 3I2+3H2O+6CH3COO-，选项C错误；D泡沫灭火器原理为氯化铝与碳酸氢钠发生双水解产生氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3+ +3=Al(OH) 3 + 3CO2，选项D正
9、确；答案选D。6. 下列说法正确的是A. 已知反应，常温下不能自发进行，则该反应的B. 在不同状态时的熵值：C. 已知的燃烧热，则D. 、下，将和置于密闭容器中充分反应生成，放热，则其热化学方程式为【答案】A【解析】【详解】A该反应为熵增反应，常温下不能自发进行，则该反应的，A正确；B同一种物质，气态时的熵值大于固态，B错误；C燃烧热是生成稳定氧化物，故应该是生成液态水而不是气态水，C错误；D将0. 5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，因该反应为可逆反应，不能进行完全，因此将1mol N2和3molH2完全转化生成NH3(g)，放出的热量不
10、是38.6kJ，D错误；故选A。7. 在2L恒容密闭容器中投入2mol CO和。进行反应：。在相同时间段(5min)内，测得CO的转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是A. 化学平衡常数：B. a点，C. d点等于a点D. 50时，该反应的化学平衡常数【答案】D【解析】【分析】由图像可知ab段趋于平衡，反应正向移动，bd升高温度，CO的转化率下降，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，结合CO的转化率计算物质的浓度，进而计算反应速率以及平衡常数，以此解答该题。【详解】A正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则化学平衡常数，故A错误；Ba点时CO的转化率为0.7，则氧气转化
11、0.7，转化的物质的量为0.7mol，反应速率为，故B错误；Cd点温度较高，反应速率较大，故C错误；D50时，CO的转化率为0.8，则，体积为2L，则该反应的化学平衡常数，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的建立与计算，为高考常见题型，题目侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图像数据的分析以及温度对平衡移动的影响，题目难度中等。8. 常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL 0.1000 mol/LCH3COOH溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 滴定时应选酚酞作指示剂B. 点所示溶液中： c(CH3COO)+c(OH)=c(CH3COOH
12、)+c(H)C. 点所示溶液中： c(Na)= c(CH3COO) c(OH)= c(H)D 点所示溶液中： c(Na) c(CH3COO) c(OH) c(H)【答案】B【解析】【详解】A滴定终点时溶质为CH3COONa，呈碱性，可以用酚酞做指示剂，A正确；B点时消耗一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为11的混合物，由电荷守恒得，由物料守恒得，前式代入后式得：，B错误；C常温下，点所示溶液pH=7，即，结合电荷守恒可得，且Na+和CH3COO-大量存在，则此时溶液各离子浓度：，C正确；D点时，NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，因为CH3
13、COO-水解溶液呈碱性，即，则此时溶液各离子浓度：，D正确；故选B。9. 下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡B室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱C等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快证明HX酸性比HY强D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后再滴加2滴0.1mol/LFe
14、Cl3，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2Fe(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，与反应生成BaCO3沉淀，溶液红色变浅，表明溶液中随着c()减小，c(OH-)减小，从而证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A能达到预期目的；BNaClO具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，B不能达到预期目的；C等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，HX放出的氢气多且反应速率快，则表明反应进行过程中HX溶液中c(H+)大，HX不断发生电离，从而证明HX酸性比
15、HY弱，C不能达到预期目的；D向10mL0.2mol/LNaOH溶液中滴2滴0.1mol/LMgCl2溶液，由于NaOH大量剩余，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3，虽然生成红褐色沉淀，但不能说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3，也就不能证明在相同温度下Mg(OH)2与Fe(OH)3的Ksp的相对大小，D不能达到预期目的；故选A。10. 在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图像说法正确的是A. 依据图甲可判断正反应为吸热反应B. 在图乙中，虚线可表示压强增大C. 若正反应的H0【答案】C【解析】【详解】A、依据图像分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进
16、行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，故A错误；B、压强增大，平衡正向移动，缩短反应达到平衡的时间，X的转化率变大，故B错误；C、若正反应的H0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图像符合反应速率的变化，故C正确；D、图像分析，温度升高平均相对分子质量减小，平均分子质量减小，总质量不变，说明气体物质的量变大，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应H0，故D错误；故选：C。11. 常温下，向20 mL 0.10 mol/L甲胺的溶液中滴加0.10 mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说
17、法不正确的是 A. b点对应的加入盐酸的体积小于20 mLB. 甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH+OH-C. 常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb= -lgKb=3.4D. 将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，所得溶液的pH=10.6【答案】D【解析】【详解】ACH3NH3Cl为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则甲胺应该稍微过量，甲胺和稀盐酸浓度相等，所以甲胺体积大于盐酸，则加入稀盐酸体积小于20 mL，A正确；B甲胺(CH3NH2)类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺也是弱电解质，在水溶液中部分电离，存在电离平衡，其电离方程式为：C
18、H3NH2+H2OCH3NH+OH-，B正确；C当lg=0时，c(CH3NH2)=c(CH3NH)，溶液的pH=10.6，则Kb=c(OH-)=，所以 pKb=-lgKb=3.4，C正确；D将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，溶液中存在CH3NH2电离平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OH-，CH3NH3Cl溶解电离产生CH3NH，且CH3NH2的电离程度大于CH3NH3Cl的水解程度，则溶液中c(CH3NH)增大，电离平衡逆向移动，溶液中c(OH-)减小，溶液的碱性减弱，故溶液pH10.6，D错误；故合理选项是D。12. 中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析
19、方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析。下列有关滴定说法正确的是A. 用NaOH标准液滴定未知浓度的HCl时，滴定终点时仰视读取标液体积会使测定结果偏小B. 利用“AgSCN=AgSCN”原理，用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度时可用FeCl3作指示剂C. 利用“2Fe32I=I22Fe2”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量时，FeCl3标准液装在酸式滴定管中D. 滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化【答案】D【解析】【详解】A滴定终点时仰视读取标液体积，会导致氢氧化钠的体积偏大，则会使测定结构偏大，A错误；BFeCl3中的的氯离子可以
20、和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则不能用FeCl3作指示剂，B错误；C利用“2Fe32I=I22Fe2”，由于一开始反应就生成了单质碘，则无法判断滴定终点，C错误；D滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，以判定滴定终点，D正确；故选D。13. 已知25时，水溶液中AgBr的Ksp为5.010-13，AgI的Ksp为8.310-17。t时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图1所示。已知：pAg=-lgc(Ag+)。图2所示是25时向10mLAgNO3溶液中加入0.1molL-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液体积(单位mL)变化的曲线(实线)。下列说法错误的是A. 可知t
21、25B. 在a点未达到沉淀溶解平衡，可采用加入适量的AgNO3固体使溶液对应的离子浓度到达c点C. 图2中x点的坐标为(100，6)，原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1molL-1D. 把0.1molL-1的NaCl换成0.1molL-1NaI，则图象在终点后变为曲线z【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得，该温度下Ksp(AgBr)4.910-13，比25时的小，AgBr的溶解度随温度升高而增大，故t25，故A正确；B.a点对应的Qcc(Ag+)c(Br-) （5） . . . C【解析】【小问1详解】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解
22、使溶液呈酸性，向溶液中加入Mg粉，与氢离子反应生成镁离子和氢气，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，铵根离子的水解程度增大，可使Mg粉溶解，则观离子方程式为。【小问2详解】铁离子易水解、水解呈酸性，常常通过增大氢离子浓度抑制水解、防止产生氢氧化铁沉淀，则实验室用配制相应溶液时，一般需要加入稀硫酸，目的是抑制的水解。【小问3详解】将和等体积混合后所得溶液为氯化铵，与相比，前者氯化铵浓度小，虽然稀释促进了铵离子水解，但体积的增加使氢离子浓度降低，故前者pH大于后者。【小问4详解】浓度均为的溶液、溶液、氨水、溶液，其中氨水是弱电解质溶液、铵根离子浓度最小；由电离出的铵离子数目可知，溶液中铵离子小于
23、溶液和溶液；同浓度的铵离子水解程度相同、但中亚铁离子抑制铵离子水解，则溶液中铵离子大于溶液；故溶液中铵根离子浓度由大到小的顺序为。【小问5详解】根据a点，时c(OH-)=10-4.2，则常温下，MOH的电离平衡常数为 ；b点时中和率为50%，溶质为等浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离大于MCl水解，结合电荷守恒可知；c点溶液中和率为100%，溶质只有MCl，d点盐酸过量，盐酸抑制水电离，所以水的电离程度c点大于d点，从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，选C。16. 氢能是一种很有前景的新能源，位于成都市郫都区的油氢合建站为成都大运会氢燃料电池汽车零排放、零污染、绿色低碳的办赛
24、理念提供了能源保障。CH4CO2催化重整是目前制取氢气的同时减缓温室效应的重要方法。已知：CH4CO2催化重整的反应阶段如下：CH4(g)C(s)+2H2(g) H1 K1：CO2(g)+C(s)2CO(g) H2 K2回答下列问题：（1）CH4、CO2催化重整生成CO、H2的热化学方程式为_(反应热用H1、H2表示)，该反应的平衡常数K=_(用K1、K2表示)。（2）在恒温恒压下，向甲、乙两个密闭容器中均通入10molCH4和10molCO2进行催化重整，并分别加入两种不同催化剂和，测得相同时间内CO的平衡百分含量随温度的变化关系如图所示。由图可知，H_0(填“”或“”)。催化剂_(填“”或
25、“”)效果更好。能够说明CH4CO2催化重整生成CO、H2达到化学平衡状态的是_(填标号)。A.容器内气体密度保持不变B.化学平衡常数保持不变C.CO2的体积分数保持不变D.相同时间内，断裂4molCH的同时生成2molHH键（3）利用工业废气中的CO2合成甲醇，选用氢气或水作为氢源，可能设计出以下两个反应：.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g).CO2(g)+2H2O(g)CH3OH(g)+O2(g)上述两个化学反应的焓变和熵变如表所示(假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而改变)：反应H/(kJmol-1)S/(Jmol-1K-1)-48.97-177.16+676.48
26、-43.87你认为反应_(填“”或“”)更适宜甲替的工业生产，理由是_。（4）实验室在模拟CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)制取甲醇的过程中，将气体体积比为1：1的CO2和H2混合气体按相同流速通过反应器，CO2的转化率(CO2)随温度和压强的变化关系如图所示(已知：该反应的催化剂活性受温度影响变化不大。)：p1_p2(填“”“”或“=”)。分析236后曲线变化的原因：_。【答案】（1） . CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1+H2 . K1K2 （2） . . i . AC （3） . . 反应放热熵减，低温下能正向自发进行；反应为吸热熵减，不能
27、通过改变温度使其正向自发进行 （4） . . 反应已达到平衡，该反应为放热反应，随温度增大平衡逆向移动【解析】【小问1详解】利用盖斯定律反应+反应得出：，该反应的平衡常数。【小问2详解】由图知随着体系温度升高，CO的含量逐渐增加，平衡正向移动，正向为吸热反应，大于0。相同温度下，CO含量越高说明催化效果越好，故的催化效果更好：催化重整生成CO、的反应为，该反应在恒温恒压体系中进行，气体物质的量在增加，容积在改变，故气体密度、体积分数保持不变都可以说明该反应达到化学平衡状态，AC正确：平衡常数只与温度有关，B错误；相同时间内，断裂键的同时生成键均为正反应，D错误。【小问3详解】反应放热熵减，低温
28、下能正向自发进行：反应且为吸热熵减，不能通过改变温度使其正向自发进行。故选择反应作为工业上合成甲醇。【小问4详解】由反应知，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，转化率越高，。分析236后曲线变化的原因是该反应为放热反应，随温度增大平衡逆向移动，故二氧化碳转化率在236后逐渐降低。17. 某化学兴趣小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。(1)如图，为某化学兴趣小组依据氧化还原反应：_ (用离子方程式表示)设计的原电池装置，当导线中通过0.0005mol电子的电量时，理论上石墨电极上产生气体体积为_ ml(标准状况下)。(2)该实验小组的同学发现，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，滴加几滴
29、酚酞试剂，溶液变红，针对这一现象，某同学的假设是：铁电极材料不纯(材料中含有碳杂质)，所以发生了_腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)，试写出使酚酞溶液变红的电极反应式_。(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成n型铜丝，一段时间后，乙装置中石墨为_极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中总反应的离子方程式为_，该反应为_(填“自发”或“非自发”)的氧化还原反应。(4)如图其他条件不变，若将盐桥换成铜丝与石墨相连成n型， 一段时间后，乙装置中与铜丝相连的石墨电极上发生的电极反应式为_，产物常用_检验，一段时间后，乙装置中溶液pH_(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】 . Fe+2H+=Fe
30、2+H2 . 5.6 . 吸氧 . O2+2H2O+4e-=4OH- . 阴 . Cu+2HCu2+H2 . 非自发 . 2Cl-2e-=Cl2 . 湿润的淀粉碘化钾试纸 . 变大【解析】【分析】由题意可知：该装置为原电池装置，Fe电极为电源负极，失去电子发生氧化反应；石墨电极为正极得到电子发生还原反应，结合原电池的工作原理可得：【详解】(1)由图示可知，该装置为原电池装置，Fe为负极失去电子发生氧化反应，石墨电解为正极，氢离子得到电子发生还原反应，则其离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；由方程可知每生成1mol氢气时则转移2mol电子，所以当导线中有0.0005mol电子转移时，则
31、生成0.00025mol氢气，由可得：，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；5.6；(2) 该实验小组的同学发现，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，滴加几滴酚酞试剂，溶液变红,则溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以Fe发生吸氧腐蚀，则其电极反应式为：，故答案为：吸氧；(3)如图 其他条件不变，若将盐桥换成n型铜丝，则甲装置为原电池装置，Fe发生吸氧腐蚀，被氧化为负极。乙装置为电解质池，石墨电解为阴极发生还原反应，Cu电极为阳极发生氧化反应，其反应为：，为非自发的氧化还原反应，故答案为：阴；，非自发；(4)如图其他条件不变，若将盐桥换成铜丝与石墨相连成n型，甲装置为原电池，Fe为负极发生吸
32、氧腐蚀被氧化，乙装置为电解池，其中与Fe向连的石墨电极为阴极发生还原反应，则其电极反应方程式为：，则乙装置中溶液的pH增大；与Cu相连的电极为阳极发生氧化反应，则其电极反应式为：；由于具有强氧化性，能将氧化成，所以可用湿润的淀粉碘化钾试纸来检验其产物，故答案为：；湿润的淀粉碘化钾试纸；变大。18. 铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似常温下：KspCu(OH)2、=2.21020、KspFe(OH)3=4.01038、Ks
33、pMn(OH)2=2.l1013(1)写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式_。(2)滤渣B的主要成分为_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式_。(3)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序_。a加入过量的NaOH b过滤 c加入适量的HCld加入过量的氨水 e通入过量的CO2 f洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应中CuS发生反应的离子方程式_。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(M
34、n2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)。【答案】 . SiO2+2OH=SiO+H2O . CuS、FeS . Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O . dbfc . 蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干) . MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+ Cu2+2H2O . Fe3+【解析】【分析】废旧镀铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶
35、液反应，二氧化硅属于酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A中含NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B含CuS、FeS；滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液C中含有BeCl2，向溶液C中先加入过量氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到BeCl2晶体；滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜。【详解】(1)SiO2是酸性
36、氧化物，和NaOH反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=SiO+H2O。(2)铍铜元件主要成分是BeO、CuS、FeS、SiO2，由信息可知BeO是两性氧化物、SiO2是酸性氧化物，都能和氢氧化钠溶液反应，而CuS、FeS不与NaOH溶液反应，因此滤渣B的主要成分是：CuS、FeS；BeO与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O。(3)依据Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液C中加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，过滤后洗涤，再加入盐酸溶解即可，所以提纯BeCl2选择的合理步骤为：dbfc。BeCl2易发生水解，生成Be(OH)2和HCl，从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时，要抑制水解，所以操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。(4)反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和CuS反应，依据题所给信息，CuS中的S元素被氧化成S单质，同时MnO2中的Mn被还原成Mn2+，所以反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O。
