发布时间 : 星期一 文章安徽省黄山市2019届高三化学第二次质量检测试题及答案【word版】.doc更新完毕开始阅读1a60cd045a0216fc700abb68a98271fe900eaf71
(5)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，工业上常利用ZnFe2(C2O4)3·6H2O隔绝空气加热分解制备，该晶体的热分解化学方程式为
_______________________________________。测热分解后产品中ZnFe2O4的质量分数方法如下：取a克产品用H2SO4溶解后加入足量KI溶液充分反应，调溶液至弱酸性，再加入淀粉指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，用去此标准溶液v mL时，刚好到达滴定终点，则此产品中ZnFe2O4的质量分数为____________(用a、c、v表示)。(已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)
(1). 粉碎、【答案】搅拌、升温、适当增大酸的浓度等 (2). ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2++ 2Fe3+ + 4H2O (3). 调节pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3除去 (4). 0.25mol/L (5). C (6). ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4 + 4CO↑+2CO2↑+6H2O (7). 【解析】 【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应
ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、
FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O，用ZnO调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
【详解】(1) 酸浸时将锌焙砂粉碎，提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是增大酸的浓度或升高温度、搅拌等；ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为：ZnFe2O4 + 8H+ = Zn2++ 2Fe3+ + 4H2O；
(2) 分离Zn2+和Fe3+的方法可用盐类水解原理通过调节pH的方法进行除杂，为防止引进杂质可用加ZnO粉末来调节溶液的pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)若净化后的溶液中Cu2+浓度为1×10-12mol/L，c（S2-）= Ksp(CuS)/ c（Cu2+）==6.4×10-24mol/L，则净化后溶液中Zn2+浓度为c（Zn2+）=Ksp(ZnS)/ c（S2-）= =0.25mol/L；
(4) 净化废液时的最佳酸锌比应该是净化液利用率高同时电解时直流电耗能低，从图中可知在酸锌比为7：1时最佳，答案选C；
(5) ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，6H2O隔绝工业上常利用ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4 + 空气加热分解制备，该晶体的热分解化学方程式为ZnFe2(C2O4)3·4CO↑+2CO2↑+6H2O；
(6) 由ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、2Fe3++2I-=2Fe 2++I2 、 I2+2S2O32－=2I
－
+S4O62－可知：
ZnFe2O4 ~ 2 S2O32－
ω(ZnFe2O4)==
【点睛】该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。从含有多种离子的混合物中分离出某种微粒，一般可以根据金属氢氧化物形成沉淀剂沉淀完全的溶液的pH不同，通过调节溶液的pH，先使金属阳离子形成沉淀。
10.深入研究碳元素的化合物有重要意义，回答下列问题： (1)在恒温、恒容密闭容器中加入H2C2O4，发生反应：
H2C2O4(s)CO2(g)+CO(g)+H2O(g)，下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是________。 A．压强不再变化
B．CO2(g)的体积分数保持不变 C．混合气体的密度不再变化 D．混合气体的平均摩尔质量保持不变
(2)工业上可以通过反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)制备甲醇。在一容积可变容器中充入2molCO和4molH2,CO的平衡转 化率随温度(T)、压强(P)的变化关系如图所示。该反应的?H_______0(填“>”、“<”或“＝”)，比较A点时用CO表示的正反应速率与B点时用CH3OH表示的逆反应速率的大小v正(CO)____v逆(CH3OH)(填“>”、“<”或“＝”)。若在压强P1下达到化学平衡状态A时，容器的体积为10L。如果反应开始时仍充入2molCO和4molH2,则在压强P2下达到平衡状态B时容器的体积V(B)=________L。
(3)从平衡移动的角度分析AlCl3溶液可以溶解CaCO3固体的原因是_________________
(4)常温下，测得某CaCO3的饱和溶液pH=10.0，忽略CO32－的第二步水解，计算Ksp(CaCO3)=__________(保留三位有效数字)(已知：Ka1(H2CO3)=4.4×10-7Ka2(H2CO3)=4.7×10-11)
(5)有一种可充电电池Na-Al/FeS，电池工作时Na+的物质的量保持不变，并且用含Na+的导电固体作为电解质，已知该电池的正极反应式为
2Na++FeS+2e-=Na2S+Fe, 则放电时负极反应式为____________________。该电池充电时，当转移2mol电子时，阳极质量的变化量为______g。
(1). AC (2). < (3). < (4). 2 (5). CaCO3(s) Ca2+ (aq)+ 【答案】
CO32－(aq)，Al3+ 水解显酸性，溶液中H+与CO32－结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解 (6). 6.91×10-9 (7). 2Na-2e-=2Na+ (8). 46 【解析】
【详解】（1）恒容密闭容器中，保持温度不变，
A、反应H2C2O4 （s）?H2O（g）+CO（g）+CO2（g）是一个气体体积增大的反应，恒容时，容器的压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态，故A正确；
B、在反应H2C2O4 （s）?H2O（g）+CO（g）+CO2（g）中，CO2(g)的体积分数始终保持不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故B错误；
C、密度=，气体的总质量会变，体积不变，混合气体的密度不再变化能说明该反应已达到化学平衡状态，故C正确；
D、生成物气体是按照固定比例生成的，气体平均摩尔质量不发生变化，所以当气 体平均摩尔质量不再发生变化，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D错误。 （2）根据图象可知，温度升高CO的平衡转化率下降，所以为放热反应，?H<0；CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）正反应是气体体积减小的方向，当其他条件不变时，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知A点CO的平衡转化率比B点CO的平衡转化率小，说明P1< P2，当其他条件不变时，压强越高，反应速率越快，则v正(CO) 利用A点时CO的转化率为50%， CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） 起始（mol）：2 4 0 转化（mol）：1 2 1 平衡（mol）：1 2 1 K==25 A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8， 则 CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g） 起始（mol）：2 4 0 转化（mol）：1.6 3.2 1.6 平衡（mol）：0.4 0.8 1.6 设体积为VL，则有K=得V=2L （3）CaCO3(s) Ca2+ (aq)+ CO32－(aq)，Al3+ 水解显酸性，溶液中H+与CO32－结合，促进CaCO3的溶解平衡向右移，使CaCO3溶解； （4）由Ka2（H2CO3）=4.7×10-11可知CO32-+H2O?HCO3-+OH-的水解Kh= 常温下，测得CaCO3与水形成的浊液pH为10，c（HCO3-）=c（OH-）=1×10-4，可知c（CO32-）== 又c（Ca2+）=c（CO32-）+c（HCO3-）= Ksp（CaCO3）=c（Ca2+）×c（CO32-）=×=6.91×10-9 （5）Na性质活泼，易失去电子而被氧化，应为原电池的负极，电极方程式为2Na-2e-=2Na+；充电时，阳极发生氧化反应，电极方程式为 Na2S+Fe-2e-=2Na++FeS △m 2mol 46g 该电池充电时，当转移2mol电子时，阳极质量的变化量为46g。 11.第三代半导体材料氮化镓(GaN)适合于制作高温、高频、抗辐射及大功率器件，通常称为高温半导体材料。回答下列问题： (1)基态Ga原子价层电子的轨道表达式为_________________________，第一电离能介于N和B之间的第二周期元素有_______种。 (2)HCN分子中σ键与π键的数目之比为_______，其中σ键的对称方式为