还剩15页未读，
继续阅读
46，江苏省无锡市第一中学2023-2024学年高三上学期10月份质量检测化学试题
展开
这是一份46，江苏省无锡市第一中学2023-2024学年高三上学期10月份质量检测化学试题，共18页。试卷主要包含了请将答案填写到答题卡上，可能用到的相对原子质量，2ml电子，总共生成0等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟
2.请将答案填写到答题卡上
3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 V51 I127
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用，下列说法正确的是
A. 用药皂洗手能有效防止病毒传染，药皂中的苯酚能杀菌消毒
B. 将“84”消毒液(有效成分为NaClO)与盐酸混合使用，可提升消毒效果
C. 双氧水、酒精、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚能使蛋白质变性，具有杀菌消毒能力，所以药皂中的苯酚能杀菌消毒，用药皂洗手能有效防止病毒传染，A正确；
B．将“84”消毒液(有效成分为NaClO)与盐酸混合使用，可发生反应生成Cl2等，对室内环境造成污染，不能提升消毒效果，B不正确；
C．双氧水、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化，但酒精使病毒表面蛋白质发生变性，不表现氧化性，C不正确；
D．聚四氟乙烯薄膜的单体是四氟乙烯，四氟乙烯中含有氟元素，不含有氢元素，不属于烃，D不正确；
故选A。
2. 反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于呼吸面具供氧。下列说法错误的是
A. Na2CO3中含有共价键和离子键B. CO2分子属于非极性分子
C. Na2O2的电子式为D. O2和O3互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠离子和碳酸根离子之间存在离子键，碳酸根离子中碳原子和氧原子之间存在共价键，所以碳酸钠中含有离子键和共价键，A正确；
B．CO2的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，B正确；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C．Na2O2是离子化合物，是由阴阳离子构成的，C正确；
D．O2和O3是同一元素的不同单质，互为同素异形体，D错误；
故选D。
3. 《神农本草经》中记载的白矾主要成分为KAl(SO4)2•12H2O。下列说法正确的是
A. 离子半径：r(Al3+)>r(O2-)B. 碱性：KOH>Al(OH)3
C. 热稳定性：H2S>H2OD. 第一电离能：I1(S)>I1(O)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r(Al3+)B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱；根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH>Al(OH)3，B正确；
C．据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2SD．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：I1(S)故选B。
4. 下列所示的物质间转化均能实现的是
A. MnO2(s)Cl2(g)漂白粉
B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C. Cu(s)NO2(g)HNO3(aq)
D. MgCl2(aq)MgCl2·6H2O(s)MgCl2(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2(s)与稀盐酸在加热条件下不能发生反应，Cl2(g)与澄清石灰水反应难以制得漂白粉，应分别使用浓盐酸和石灰乳，A不正确；
B．S(s)在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3(g)，B不正确；
C．Cu(s)与浓硝酸反应可生成NO2(g)，NO2(g)与水反应可生成HNO3(aq)等，C正确；
D．MgCl2(aq)冷却结晶时，不一定能生成MgCl2·6H2O(s)，MgCl2·6H2O(s)加热脱水时，会发生水解，不能得到MgCl2(s)，D不正确；
故选C。
5. 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)、②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，以生成的H2为原料合成NH3。在“侯氏制碱法”中，以NH3为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。下列实验设计正确且能达到目的的是
A. 制备NH3B. 干燥NH3
C. 收集NH3D. 吸收多余的NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．用图中装置制备NH3时，NH4Cl分解生成的NH3、HCl在试管口遇冷又化合为NH4Cl，不能得到NH3，A不正确；
B．NH3呈碱性，浓硫酸呈酸性，二者会发生反应，不能用浓硫酸干燥NH3，B不正确；
C．NH3的密度比空气小，排空气法收集时，导管应短进长出，而图中导管长进短出，所以不能用于收集NH3，C不正确；
D．NH3易溶于水，但不溶于四氯化碳，从四氯化碳中逸出的NH3能被水完全吸收，且能防止倒吸，所以可用图中装置吸收多余的NH3，D正确；
故选D。
6. 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)、②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，以生成的H2为原料合成NH3。在“侯氏制碱法”中，以NH3为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。下列有关说法正确的是
A. 增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率
B. 在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生上述反应，达平衡时n(H2)=n(CO)+2n(CO2)
C. 反应①在较低温度下不能自发进行，是因为该反应正向ΔS＜0
D. 向饱和食盐水中先通入CO2至饱和，再通入NH3，可析出大量小苏打晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应②，增大压强平衡不受影响，对于反应①，增大压强平衡逆向移动，则增大压强不利于提高上述反应中焦炭的利用率，A不正确；
B．在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生上述反应，生成H2的物质的量等于两反应生成H2的物质的量之和，反应②中生成H2的物质的量，等于反应生成CO2的物质的量，反应①中生成H2的物质的量，等于平衡时反应①剩余的CO的物质的量与反应②生成CO2的物质的量之和，所以达平衡时n(H2)=n(CO)+2n(CO2)，B正确；
C．反应①在较低温度下不能自发进行，是因为该反应正向ΔH＞0，C不正确；
D．向饱和食盐水中先通入CO2至饱和，再通入NH3，则由于CO2的溶解度较小，导致生成的NaHCO3较少，难以析出大量小苏打晶体，应往饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，D不正确；
故选B。
7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态X原子的最外层电子数等于其内层电子总数的3倍，X与Z同主族。Y的电负性在短周期中最大，化合物WY可用于蚀刻玻璃。下列说法正确的是
A. 气态氢化物的热稳定性：YC. 元素第一电离能的大小：Z【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子的最外层电子数等于其内层电子总数的3倍，X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，X与Z同主族，Z为S元素，Y的电负性在短周期中最大，Y为F元素，化合物HF可用于蚀刻玻璃，W为H元素，以此解答。
【详解】A．非金属性：F>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的热稳定性：HF>H2S，故A错误；
B．同周期元素，从左到右，原子半径递减，同主族元素，从上到下，原子半径递增，则原子半径：r(H)C．同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，同主族随原子序数增大，第一电离能递减，元素第一电离能的大小：SD．H2O间能够形成氢键，简单化合物沸点的高低：H2S故选C。
8. 硫化亚铜(Cu2S)可由Cu和S直接加热化合得到，也可由黄铜矿(CuFeS2，Cu、Fe均为+2价)外接电源发生电化学反应转变而成，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 该装置将化学能转化为电能
B. 装置中的离子交换膜是阴离子交换膜
C. 电极b的反应式为2CuFeS2−2e−+6H+=Cu2S+2Fe2++3H2S↑
D. 电路中每通过0.2ml电子，总共生成0.2mlCu2S
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，a电极为电解池的阳极，在硫化氢作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成硫化亚铜和氢离子，电极反应式为，b电极是阴极，CuFeS2在阴极得到电子发生还原反应得到Cu2S、Fe2+、H2S，电极反应式为，氢离子通过阳离子交换膜，由左室向右室移动；
【详解】A．由分析可知，该装置为将电能转化为化学能的电解池，A错误；
B．工作时氢离子通过阳离子交换膜，由左室向右室移动，为阳离子交换膜，B错误；
C．b电极是阴极，CuFeS2在阴极得到电子发生还原反应得到Cu2S、Fe2+、H2S，电极反应式为，C错误；
D．结合分析可知，电路中每通过0.2ml电子，阴阳极各生成0.1mlCu2S，总共生成0.2mlCu2S，D正确；
故选D。
9. 2-丁醇发生消去反应生成2丁烯按如下机理进行，下列说法正确的是
A. 2-丁醇分子中不含手性碳原子
B. 2-丁烯不存在顺反异构体
C. 该反应的副产物之一为CH3CH2CH=CH2(1-丁烯)
D. 2-丁烯中碳原子杂化轨道类型均为sp2
【答案】C
【解析】
【详解】A．2-丁醇()分子中，与-OH相连的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，A不正确；
B．2-丁烯(CH3-CH=CH-CH3)分子中，两个双键碳原子都连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，B不正确；
C．该反应中，脱氢，也可以脱去右边-CH3上的氢原子，所以副产物之一为CH3CH2CH=CH2(1-丁烯)，C正确；
D．2-丁烯中，双键碳原子的价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2，甲基碳原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，D不正确；
故选C。
10. 二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是
A. 三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多
B. 在二维锑片表面生成CO的反应可表示为*CO2+*H++2e−=CO+H2O
C. 使用二维锑片可以改变反应的路径
D. 生成各种不同产物时，有极性键和非极性键形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，故A正确；
B．反应在酸性条件下进行，则在二维锑片表面生成CO的反应为：*CO2+2*H++2e−=CO+H2O，B错误；
C．从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路径，C正确；
D．生成的产物有H2、HCOOH、CO、H2O，有极性键和非极性键形成，D正确；
故选B。
11. 下列实验操作、现象能够得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯碱与浓盐酸反应产生的CO2中混有HCl气体，将气体通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，不能说明非金属性：C>Si，故A错误；
B．向体积相同、物质的量浓度相同的稀K2SO4、K2S溶液中分别滴加1滴0.1ml/LAgNO3溶液，溶度积小的先沉淀，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀，说明Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)，故B正确；
C．金属活泼性：Zn >Cu，因此Cu为原电池正极，氧气在铜片上得电子发生还原反应，食盐水为中性溶液，电极反应式为：O2+4e-+ 2H2O=4OH-，铜片附近溶液变红色，发生吸氧腐蚀，故C错误；
D．将某补铁剂药片研磨后加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明其中含有Fe3+，但不能说明补铁剂中不含Fe2+，故D错误；
故选B。
12. 利用Ce(SO4)2溶液处理尾气中的SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3的流程如下：
(H2SO3的电离常数分别为Ka1=1.29×10-2、Ka2=6.24×10-8)
下列说法正确的是
A. “装置I”所得NaHSO3中：c(Na+)B. “装置Ⅱ”中每消耗1mlCe4＋可吸收22.4LNO
C. “装置Ⅲ”为电解槽，阴极反应为2-2e-=＋2OH-
D. “装置Ⅳ”所得NH4NO3溶液中存在c()＋c(H＋)=c()
【答案】A
【解析】
【分析】装置I中SO2和氢氧化钠反应得到NaHSO3，剩余的NO再与Ce(SO4)2发生氧化还原反应得到Ce3+、、，与Ce3+发生氧化还原反应得到和Ce4＋，装置Ⅳ中、再与氨气、氧气反应得到NH4NO3。
【详解】A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒，易知，即NaHSO3溶液中电离程度大于水解程度，故NaHSO3溶液显酸性，即，故c(Na+)B．NO与Ce(SO4)2发生氧化还原反应得到Ce3+、、，但因为、的比例关系不清楚，故无法确定NO的消耗量，且未指明标况，B错误；
C．阴极得电子发生还原反应，电极反应式为2+2e-=＋2OH-，C错误；
D．NH4NO3溶液中存在电荷守恒，D错误。
故选A。
13. 乙烯是重要的工业原材料，中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，
其主要反应为：反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，向容积为的容器中通入和，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示，代表不同压强下乙烷的平衡转化率。
已知：
下列说法正确的是
A. 压强
B. 压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中
C. 一定温度下，增大可提高的平衡转化率
D. 反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。
【详解】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强越大都有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，L2压强大乙烷转化率低，A错误；
B．根据题意和分析，Ⅰ和Ⅱ反应的三段式为：，，平衡时混合气体中，B正确；
C．一定温度下，增大 ，C2H6的平衡转化率下降，C错误；
D．反应 ΔH=2ΔH1-ΔH2，D错误；
答案选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 金属钼(M)在工业和国防建设中有重要的作用，钼元素的常见化合价为+4、+5、+6.由钼精矿(主要成分是MS2)制备钼单质和钼酸钠晶体(Na2MO4·2H2O)，部分流程如图所示。
（1）钼精矿在空气中焙烧时，主要反应的化学方程式为___________。
（2）操作1是加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。在25℃时，碱浸液中，c(MO)=0.80ml/L，c()=0.05ml/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMO4开始沉淀时，的去除率是___________(用百分数表示)。
[已知，在25℃时，Ksp(BaMO4)=4.0×10−8，Ksp(BaSO4)=1.0×10−10，操作过程中溶液的体积和温度变化可忽略不计]
（3）操作3中，经过滤可得钼酸固体。检验钼酸是否洗涤干净的操作为___________。
（4）在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液也可以制备Na2MO4，同时生成，该反应的离子方程式为___________。
（5）钼单质晶体的一个晶胞如图所示。该晶胞为立方体，M原子位于顶点和面心。请在图中用短线连接M原子A以及与其距离最近且等距的M原子___________。
【答案】（1）2MS2+7O22MO3+4SO2
（2）
（3）取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净
（4）MS2+9ClO−+6OH−=MO+2SO+9Cl−+3H2O
（5）
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分是MS2)在空气中焙烧与氧气反应，生成MO3和SO2，粗品与碳酸钠混合反应生成钼酸钠和二氧化碳，过滤后将盐酸与钼酸钠溶液混合反应生成钼酸沉淀，经高温分解生成MO3，利用氢气将MO3还原为M单质；钼酸钠溶液经结晶液可直接获得钼酸钠晶体(Na2MO4·2H2O)；
【小问1详解】
钼精矿在空气中焙烧，主要成分MS2与氧气反应生成MO3和SO2，化学方程式：2MS2+7O22MO3+4SO2；
【小问2详解】
当BaMO4开始沉淀时，，，去除率：；
【小问3详解】
检验钼酸是否洗涤干净，即检验是否有氯离子残留，检验操作：取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净；
小问4详解】
在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液反应生成Na2MO4和，根据得失电子守恒及电荷守恒，得离子方程式：MS2+9ClO−+6OH−=MO+2SO+9Cl−+3H2O；
【小问5详解】
与A距离最近且等距的M原子位于A点延伸出的3个面的面心，连线如图：；
15. 五氧化二钒(V2O5)广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及少量Fe2O3、Al2O3等杂质)回收V2O5的部分工艺流程如下：
已知：a．常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表：
b．＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表：
（1）“酸浸、氧化”时，VO2+发生反应的离子方程式为___________。
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是沉淀部分杂质离子；二是___________。
（3）①“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入NH4Cl生成NH4VO3；“离子交换”和“洗脱”两步操作可表示为ROH+VORVO3+OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈___________(填“酸性”或“碱性”)，理由是___________。
②用沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图1中是沉钒率随温度变化的关系曲线，沉钒时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________。
（4）在Ar气氛中加热“煅烧”NH4VO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图2所示，加热分解NH4VO3制备V2O5需要控制的温度为___________。
【答案】（1）＋6VO2＋＋3H2O=6VO＋Cl-＋6H＋
（2）使溶液中的钒微粒以VO形式存在
（3） ①. 碱性 ②. 碱性环境有利于上述反应向洗脱方向进行，提高VO的洗脱率 ③. 80℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降；温度升高，NH4Cl受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降
（4）大于或等于450℃
【解析】
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。
小问1详解】
“酸浸、氧化”时，VO2+被氧化为VO等，发生反应的离子方程式为＋6VO2＋＋3H2O=6VO＋Cl-＋6H＋。
【小问2详解】
从表中数据看，pH=7时，钒元素主要以VO的形式存在，则 “中和”时调节pH为7的目的，一是Fe3+、Al3+部分转化为沉淀；二是将VO转化为VO，使溶液中的钒微粒以VO形式存在。
【小问3详解】
①“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为：ROH+VORVO3+OH- (ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，需使上述平衡逆向移动，则淋洗液应该呈碱性，理由是：加入KOH，增大溶液中的c(OH-)，促进平衡向生成VO的方向移动。
②题中信息显示，常温下，NH4VO3难溶于水，但温度高时，溶解度增大，另外，水解程度随温度升高而增大，生成的一水合氨会分解，所以沉钒时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：温度超过80℃以后，NH4VO3的溶解度增大，氨水受热分解，溶液中c()减小，NH4VO3沉淀量减少。
【小问4详解】
设NH4VO3的质量为117g(1ml)，加热以250℃时，质量减少了117g×15.06%≈17.6g，约为1mlNH3的质量，则发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，固体产物为HVO3；加热到350℃时，固体质量减少117g×20.03%≈23.44g，为1mlNH3和0.36mlH2O的质量，发生的反应为2HVO3H2O+V2O5，说明HVO3只有部分发生分解，固体产物为HVO3和V2O5的混合物；加热到450℃时，HVO3完全分解，生成V2O5，固体质量减少117g×22.22%≈26g，为1mlNH3和0.5mlH2O的质量，说明HVO3完全分解，固体产物为V2O5，则加热分解NH4VO3制备V2O5需要控制的温度为大于或等于450℃。
16. 某废催化剂主要成分为活性炭和(CH3COO)2Zn，以该废催化剂为原料回收活性炭并制备超细ZnO的实验流程如图所示：
（1）浸出时ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，参加反应的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=3：1，该反应的离子方程式为___________。
（2）蒸氨时控制温度为95℃左右，[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。实验室模拟蒸氨装置如图所示。在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是___________(写出一条)。
（3）在46℃，pH约为6.8时，ZnSO4溶液与Na2CO3溶液反应可得碱式碳酸锌。以含少量CuO的ZnO废催化剂为原料制备碱式碳酸锌，请设计实验方案：___________，过滤，洗涤，干燥。(必须使用的试剂：稀硫酸、锌粉、Na2CO3溶液)
（4）实验过程中可回收活性炭，可根据碘吸附值(1g活性炭能够吸附的碘的质量)衡量活性炭的吸附性能。其测定方法如下：
将活性炭粉碎并干燥，称取0.5000g试样，放入100mL碘量瓶中，加入10.00mL盐酸，加热微沸后冷却至室温，再加入标准溶液，盖好瓶塞，振荡一段时间，迅速过滤；
取10.00mL滤液放入另一碘量瓶，加适量水稀释，用0.1000ml/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，滴加淀粉溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为10.00mL。
①达到滴定终点的现象是___________。
②计算该样品的碘吸附值___________(单位：mg/g)，写出计算过程。(计算结果保留四位有效数字)
[已知I2+2=2I-+，假设溶液混合时体积可以直接相加]
【答案】（1）ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O
（2）增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)
（3）向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体
（4） ①. 当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色 ②. 1016mg/g
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，废催化剂预处理，(CH3COO)2Zn转变为ZnO，加入氨水和碳酸氢铵混合液浸出，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，经过滤1分离出活性炭，在装置b中控制温度为95°C左右蒸氨，[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，经过滤2分离出碱式碳酸锌，煅烧后得到超细ZnO，据此分析解题。
【小问1详解】
ZnO和NH3•H2O、NH4HCO3反应生成[Zn(NH3)4]2+、和水，参加反应的NH3•H2O、NH4HCO3系数比为3：1，该反应的离子方程式为：ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O，故答案为：ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O；
【小问2详解】
接触面积越大反应速率越快，在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是：增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)，故答案为：增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)；
【小问3详解】
已知：46℃、pH约为6.8时，ZnSO4溶液与Na2CO3溶液反应可得碱式碳酸锌，需在实验室以含少量CuO的ZnO结块废催化剂为原料制备碱式碳酸锌：先将含少量CuO的ZnO结块废催化剂转变为ZnSO4溶液，再逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，即可生成目标产物，故设计实验方案为：向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体，过滤，洗涤，干燥，故答案为：向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体；
【小问4详解】
①原来锥形瓶中为I2和淀粉的混合溶液，所以溶液显蓝色，而滴定结束后，溶液中没有了I2，则溶液变为无色，故达到滴定终点的现象是当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色；
②实验操作结束后溶液共60mL，加入的碘单质的物质的量为：0.1ml/L×50×10-3L=5×10-3ml；10mL滤液消耗硫代硫酸钠的物质的量为：0.1ml/L×10×10-3L=1×10-3ml；配平方程式后得I2+2=2I-+，，故被活性炭吸收的碘为：5×10-3ml-1-10-3ml××=2×10-3ml，故碘的吸附值为：=1016mg•g-1，故答案为：1016 mg/g。
17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。
（1）用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O可制H2。
①氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为2CuFe2O4=2CuFe2O4-x＋xO2↑，则第一步反应的化学方程式为___________。
②CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图所示，则阳极的电极反应式为___________。
（2）可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是___________。
（3）硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出。
①若用D2O代替H2O，依据反应机理，则反应后生成气体中含有___________。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，导致放氢速率下降的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. CuFe2O4-x＋xH2O=CuFe2O4＋xH2↑ ②. Cu＋2Fe＋4O2--8e-=CuFe2O4
（2）该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤
（3） ①. H2、HD、D2 ②. NaBH4浓度过大，反应产生较多的NaBO2，结晶析出在催化剂表面(覆盖了活性位点)，阻碍了反应物和催化剂的接触，导致放氢速率减慢
【解析】
【小问1详解】
①用氧缺位分解H2O制H2时，铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2↑，则第一步反应是CuFe2O4-x与H2O反应生成CuFe2O4和H2，化学方程式为CuFe2O4-x＋xH2O=CuFe2O4＋xH2↑；
②在阳极，Cu、Fe在熔融Li2O中失电子生成CuFe2O4，电极反应式为Cu＋2Fe＋4O2--8e-=CuFe2O4。
【小问2详解】
利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，发生反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，CO2循环使用，该工艺制氢过程中，H2与CO在不同时间，不同区域生成，不需进行分离操作，所以最大优点是：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离。
【小问3详解】
①若用D2O代替H2O，依据反应机理，第一步生成H2的两个H原子都来自NaBH4；第二、三步生成的氢气中的氢原子，1个来自，1个来自D2O，则生成HD；第四步生成氢气的2个氢原子，都来自D2O，则生成D2，所以反应后生成的气体中含有H2、HD、D2。
②从图中可以看出，NaBH4浓度从0增大至0.5 ml·L-1时，放氢速率增大，当浓度大于0.5 ml·L-1时，放氢速率减小，其原因可能是：NaBH4浓度从0增大至0.5 ml·L-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 ml·L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。选项
实验操作和现象
实验结论
A
将纯碱与浓盐酸反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀
非金属性：C>Si
B
向体积相同、物质量浓度相同的稀K2SO4、K2S溶液中分别滴加1滴0.1ml/LAgNO3溶液，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀
Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)
C
将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色
装置中发生析氢腐蚀
D
将某补铁剂药片研磨后加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红
补铁剂中不含Fe2+
物质
V2O5
VOSO4
(VO2)2SO4
NH4VO3
溶解性
难溶
可溶
易溶
难溶
pH
<6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
注意事项：
1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟
2.请将答案填写到答题卡上
3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 V51 I127
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用，下列说法正确的是
A. 用药皂洗手能有效防止病毒传染，药皂中的苯酚能杀菌消毒
B. 将“84”消毒液(有效成分为NaClO)与盐酸混合使用，可提升消毒效果
C. 双氧水、酒精、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
【答案】A
【解析】
【详解】A．苯酚能使蛋白质变性，具有杀菌消毒能力，所以药皂中的苯酚能杀菌消毒，用药皂洗手能有效防止病毒传染，A正确；
B．将“84”消毒液(有效成分为NaClO)与盐酸混合使用，可发生反应生成Cl2等，对室内环境造成污染，不能提升消毒效果，B不正确；
C．双氧水、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化，但酒精使病毒表面蛋白质发生变性，不表现氧化性，C不正确；
D．聚四氟乙烯薄膜的单体是四氟乙烯，四氟乙烯中含有氟元素，不含有氢元素，不属于烃，D不正确；
故选A。
2. 反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于呼吸面具供氧。下列说法错误的是
A. Na2CO3中含有共价键和离子键B. CO2分子属于非极性分子
C. Na2O2的电子式为D. O2和O3互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠离子和碳酸根离子之间存在离子键，碳酸根离子中碳原子和氧原子之间存在共价键，所以碳酸钠中含有离子键和共价键，A正确；
B．CO2的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，B正确；您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C．Na2O2是离子化合物，是由阴阳离子构成的，C正确；
D．O2和O3是同一元素的不同单质，互为同素异形体，D错误；
故选D。
3. 《神农本草经》中记载的白矾主要成分为KAl(SO4)2•12H2O。下列说法正确的是
A. 离子半径：r(Al3+)>r(O2-)B. 碱性：KOH>Al(OH)3
C. 热稳定性：H2S>H2OD. 第一电离能：I1(S)>I1(O)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r(Al3+)
C．据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2S
4. 下列所示的物质间转化均能实现的是
A. MnO2(s)Cl2(g)漂白粉
B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
C. Cu(s)NO2(g)HNO3(aq)
D. MgCl2(aq)MgCl2·6H2O(s)MgCl2(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A．MnO2(s)与稀盐酸在加热条件下不能发生反应，Cl2(g)与澄清石灰水反应难以制得漂白粉，应分别使用浓盐酸和石灰乳，A不正确；
B．S(s)在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3(g)，B不正确；
C．Cu(s)与浓硝酸反应可生成NO2(g)，NO2(g)与水反应可生成HNO3(aq)等，C正确；
D．MgCl2(aq)冷却结晶时，不一定能生成MgCl2·6H2O(s)，MgCl2·6H2O(s)加热脱水时，会发生水解，不能得到MgCl2(s)，D不正确；
故选C。
5. 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)、②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，以生成的H2为原料合成NH3。在“侯氏制碱法”中，以NH3为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。下列实验设计正确且能达到目的的是
A. 制备NH3B. 干燥NH3
C. 收集NH3D. 吸收多余的NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．用图中装置制备NH3时，NH4Cl分解生成的NH3、HCl在试管口遇冷又化合为NH4Cl，不能得到NH3，A不正确；
B．NH3呈碱性，浓硫酸呈酸性，二者会发生反应，不能用浓硫酸干燥NH3，B不正确；
C．NH3的密度比空气小，排空气法收集时，导管应短进长出，而图中导管长进短出，所以不能用于收集NH3，C不正确；
D．NH3易溶于水，但不溶于四氯化碳，从四氯化碳中逸出的NH3能被水完全吸收，且能防止倒吸，所以可用图中装置吸收多余的NH3，D正确；
故选D。
6. 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)、②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，以生成的H2为原料合成NH3。在“侯氏制碱法”中，以NH3为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。下列有关说法正确的是
A. 增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率
B. 在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生上述反应，达平衡时n(H2)=n(CO)+2n(CO2)
C. 反应①在较低温度下不能自发进行，是因为该反应正向ΔS＜0
D. 向饱和食盐水中先通入CO2至饱和，再通入NH3，可析出大量小苏打晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．对于反应②，增大压强平衡不受影响，对于反应①，增大压强平衡逆向移动，则增大压强不利于提高上述反应中焦炭的利用率，A不正确；
B．在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生上述反应，生成H2的物质的量等于两反应生成H2的物质的量之和，反应②中生成H2的物质的量，等于反应生成CO2的物质的量，反应①中生成H2的物质的量，等于平衡时反应①剩余的CO的物质的量与反应②生成CO2的物质的量之和，所以达平衡时n(H2)=n(CO)+2n(CO2)，B正确；
C．反应①在较低温度下不能自发进行，是因为该反应正向ΔH＞0，C不正确；
D．向饱和食盐水中先通入CO2至饱和，再通入NH3，则由于CO2的溶解度较小，导致生成的NaHCO3较少，难以析出大量小苏打晶体，应往饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，D不正确；
故选B。
7. 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态X原子的最外层电子数等于其内层电子总数的3倍，X与Z同主族。Y的电负性在短周期中最大，化合物WY可用于蚀刻玻璃。下列说法正确的是
A. 气态氢化物的热稳定性：Y
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态X原子的最外层电子数等于其内层电子总数的3倍，X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，X与Z同主族，Z为S元素，Y的电负性在短周期中最大，Y为F元素，化合物HF可用于蚀刻玻璃，W为H元素，以此解答。
【详解】A．非金属性：F>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的热稳定性：HF>H2S，故A错误；
B．同周期元素，从左到右，原子半径递减，同主族元素，从上到下，原子半径递增，则原子半径：r(H)
8. 硫化亚铜(Cu2S)可由Cu和S直接加热化合得到，也可由黄铜矿(CuFeS2，Cu、Fe均为+2价)外接电源发生电化学反应转变而成，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 该装置将化学能转化为电能
B. 装置中的离子交换膜是阴离子交换膜
C. 电极b的反应式为2CuFeS2−2e−+6H+=Cu2S+2Fe2++3H2S↑
D. 电路中每通过0.2ml电子，总共生成0.2mlCu2S
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，a电极为电解池的阳极，在硫化氢作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成硫化亚铜和氢离子，电极反应式为，b电极是阴极，CuFeS2在阴极得到电子发生还原反应得到Cu2S、Fe2+、H2S，电极反应式为，氢离子通过阳离子交换膜，由左室向右室移动；
【详解】A．由分析可知，该装置为将电能转化为化学能的电解池，A错误；
B．工作时氢离子通过阳离子交换膜，由左室向右室移动，为阳离子交换膜，B错误；
C．b电极是阴极，CuFeS2在阴极得到电子发生还原反应得到Cu2S、Fe2+、H2S，电极反应式为，C错误；
D．结合分析可知，电路中每通过0.2ml电子，阴阳极各生成0.1mlCu2S，总共生成0.2mlCu2S，D正确；
故选D。
9. 2-丁醇发生消去反应生成2丁烯按如下机理进行，下列说法正确的是
A. 2-丁醇分子中不含手性碳原子
B. 2-丁烯不存在顺反异构体
C. 该反应的副产物之一为CH3CH2CH=CH2(1-丁烯)
D. 2-丁烯中碳原子杂化轨道类型均为sp2
【答案】C
【解析】
【详解】A．2-丁醇()分子中，与-OH相连的碳原子连接4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，A不正确；
B．2-丁烯(CH3-CH=CH-CH3)分子中，两个双键碳原子都连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，B不正确；
C．该反应中，脱氢，也可以脱去右边-CH3上的氢原子，所以副产物之一为CH3CH2CH=CH2(1-丁烯)，C正确；
D．2-丁烯中，双键碳原子的价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2，甲基碳原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，D不正确；
故选C。
10. 二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是
A. 三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多
B. 在二维锑片表面生成CO的反应可表示为*CO2+*H++2e−=CO+H2O
C. 使用二维锑片可以改变反应的路径
D. 生成各种不同产物时，有极性键和非极性键形成
【答案】B
【解析】
【详解】A．三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，故A正确；
B．反应在酸性条件下进行，则在二维锑片表面生成CO的反应为：*CO2+2*H++2e−=CO+H2O，B错误；
C．从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路径，C正确；
D．生成的产物有H2、HCOOH、CO、H2O，有极性键和非极性键形成，D正确；
故选B。
11. 下列实验操作、现象能够得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯碱与浓盐酸反应产生的CO2中混有HCl气体，将气体通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀，不能说明碳酸的酸性强于硅酸，不能说明非金属性：C>Si，故A错误；
B．向体积相同、物质的量浓度相同的稀K2SO4、K2S溶液中分别滴加1滴0.1ml/LAgNO3溶液，溶度积小的先沉淀，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀，说明Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)，故B正确；
C．金属活泼性：Zn >Cu，因此Cu为原电池正极，氧气在铜片上得电子发生还原反应，食盐水为中性溶液，电极反应式为：O2+4e-+ 2H2O=4OH-，铜片附近溶液变红色，发生吸氧腐蚀，故C错误；
D．将某补铁剂药片研磨后加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明其中含有Fe3+，但不能说明补铁剂中不含Fe2+，故D错误；
故选B。
12. 利用Ce(SO4)2溶液处理尾气中的SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3的流程如下：
(H2SO3的电离常数分别为Ka1=1.29×10-2、Ka2=6.24×10-8)
下列说法正确的是
A. “装置I”所得NaHSO3中：c(Na+)
C. “装置Ⅲ”为电解槽，阴极反应为2-2e-=＋2OH-
D. “装置Ⅳ”所得NH4NO3溶液中存在c()＋c(H＋)=c()
【答案】A
【解析】
【分析】装置I中SO2和氢氧化钠反应得到NaHSO3，剩余的NO再与Ce(SO4)2发生氧化还原反应得到Ce3+、、，与Ce3+发生氧化还原反应得到和Ce4＋，装置Ⅳ中、再与氨气、氧气反应得到NH4NO3。
【详解】A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒，易知，即NaHSO3溶液中电离程度大于水解程度，故NaHSO3溶液显酸性，即，故c(Na+)
C．阴极得电子发生还原反应，电极反应式为2+2e-=＋2OH-，C错误；
D．NH4NO3溶液中存在电荷守恒，D错误。
故选A。
13. 乙烯是重要的工业原材料，中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，
其主要反应为：反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，向容积为的容器中通入和，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示，代表不同压强下乙烷的平衡转化率。
已知：
下列说法正确的是
A. 压强
B. 压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中
C. 一定温度下，增大可提高的平衡转化率
D. 反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。
【详解】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强越大都有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，L2压强大乙烷转化率低，A错误；
B．根据题意和分析，Ⅰ和Ⅱ反应的三段式为：，，平衡时混合气体中，B正确；
C．一定温度下，增大 ，C2H6的平衡转化率下降，C错误；
D．反应 ΔH=2ΔH1-ΔH2，D错误；
答案选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 金属钼(M)在工业和国防建设中有重要的作用，钼元素的常见化合价为+4、+5、+6.由钼精矿(主要成分是MS2)制备钼单质和钼酸钠晶体(Na2MO4·2H2O)，部分流程如图所示。
（1）钼精矿在空气中焙烧时，主要反应的化学方程式为___________。
（2）操作1是加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。在25℃时，碱浸液中，c(MO)=0.80ml/L，c()=0.05ml/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMO4开始沉淀时，的去除率是___________(用百分数表示)。
[已知，在25℃时，Ksp(BaMO4)=4.0×10−8，Ksp(BaSO4)=1.0×10−10，操作过程中溶液的体积和温度变化可忽略不计]
（3）操作3中，经过滤可得钼酸固体。检验钼酸是否洗涤干净的操作为___________。
（4）在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液也可以制备Na2MO4，同时生成，该反应的离子方程式为___________。
（5）钼单质晶体的一个晶胞如图所示。该晶胞为立方体，M原子位于顶点和面心。请在图中用短线连接M原子A以及与其距离最近且等距的M原子___________。
【答案】（1）2MS2+7O22MO3+4SO2
（2）
（3）取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净
（4）MS2+9ClO−+6OH−=MO+2SO+9Cl−+3H2O
（5）
【解析】
【分析】钼精矿(主要成分是MS2)在空气中焙烧与氧气反应，生成MO3和SO2，粗品与碳酸钠混合反应生成钼酸钠和二氧化碳，过滤后将盐酸与钼酸钠溶液混合反应生成钼酸沉淀，经高温分解生成MO3，利用氢气将MO3还原为M单质；钼酸钠溶液经结晶液可直接获得钼酸钠晶体(Na2MO4·2H2O)；
【小问1详解】
钼精矿在空气中焙烧，主要成分MS2与氧气反应生成MO3和SO2，化学方程式：2MS2+7O22MO3+4SO2；
【小问2详解】
当BaMO4开始沉淀时，，，去除率：；
【小问3详解】
检验钼酸是否洗涤干净，即检验是否有氯离子残留，检验操作：取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净；
小问4详解】
在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液反应生成Na2MO4和，根据得失电子守恒及电荷守恒，得离子方程式：MS2+9ClO−+6OH−=MO+2SO+9Cl−+3H2O；
【小问5详解】
与A距离最近且等距的M原子位于A点延伸出的3个面的面心，连线如图：；
15. 五氧化二钒(V2O5)广泛用作合金添加剂及有机化工催化剂。从废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4及少量Fe2O3、Al2O3等杂质)回收V2O5的部分工艺流程如下：
已知：a．常温下，部分含钒物质在水中的溶解性见下表：
b．＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系见下表：
（1）“酸浸、氧化”时，VO2+发生反应的离子方程式为___________。
（2）“中和”时调节pH为7的目的，一是沉淀部分杂质离子；二是___________。
（3）①“沉钒”前需将溶液先进行“离子交换”和“洗脱”，再加入NH4Cl生成NH4VO3；“离子交换”和“洗脱”两步操作可表示为ROH+VORVO3+OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈___________(填“酸性”或“碱性”)，理由是___________。
②用沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图1中是沉钒率随温度变化的关系曲线，沉钒时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________。
（4）在Ar气氛中加热“煅烧”NH4VO3，测得加热升温过程中固体的质量变化如图2所示，加热分解NH4VO3制备V2O5需要控制的温度为___________。
【答案】（1）＋6VO2＋＋3H2O=6VO＋Cl-＋6H＋
（2）使溶液中的钒微粒以VO形式存在
（3） ①. 碱性 ②. 碱性环境有利于上述反应向洗脱方向进行，提高VO的洗脱率 ③. 80℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降；温度升高，NH4Cl受热分解，溶液中浓度减小，沉钒率下降
（4）大于或等于450℃
【解析】
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，然后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5。
小问1详解】
“酸浸、氧化”时，VO2+被氧化为VO等，发生反应的离子方程式为＋6VO2＋＋3H2O=6VO＋Cl-＋6H＋。
【小问2详解】
从表中数据看，pH=7时，钒元素主要以VO的形式存在，则 “中和”时调节pH为7的目的，一是Fe3+、Al3+部分转化为沉淀；二是将VO转化为VO，使溶液中的钒微粒以VO形式存在。
【小问3详解】
①“离子交换”和“洗脱”两步操作可简单表示为：ROH+VORVO3+OH- (ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，需使上述平衡逆向移动，则淋洗液应该呈碱性，理由是：加入KOH，增大溶液中的c(OH-)，促进平衡向生成VO的方向移动。
②题中信息显示，常温下，NH4VO3难溶于水，但温度高时，溶解度增大，另外，水解程度随温度升高而增大，生成的一水合氨会分解，所以沉钒时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：温度超过80℃以后，NH4VO3的溶解度增大，氨水受热分解，溶液中c()减小，NH4VO3沉淀量减少。
【小问4详解】
设NH4VO3的质量为117g(1ml)，加热以250℃时，质量减少了117g×15.06%≈17.6g，约为1mlNH3的质量，则发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，固体产物为HVO3；加热到350℃时，固体质量减少117g×20.03%≈23.44g，为1mlNH3和0.36mlH2O的质量，发生的反应为2HVO3H2O+V2O5，说明HVO3只有部分发生分解，固体产物为HVO3和V2O5的混合物；加热到450℃时，HVO3完全分解，生成V2O5，固体质量减少117g×22.22%≈26g，为1mlNH3和0.5mlH2O的质量，说明HVO3完全分解，固体产物为V2O5，则加热分解NH4VO3制备V2O5需要控制的温度为大于或等于450℃。
16. 某废催化剂主要成分为活性炭和(CH3COO)2Zn，以该废催化剂为原料回收活性炭并制备超细ZnO的实验流程如图所示：
（1）浸出时ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，参加反应的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=3：1，该反应的离子方程式为___________。
（2）蒸氨时控制温度为95℃左右，[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。实验室模拟蒸氨装置如图所示。在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是___________(写出一条)。
（3）在46℃，pH约为6.8时，ZnSO4溶液与Na2CO3溶液反应可得碱式碳酸锌。以含少量CuO的ZnO废催化剂为原料制备碱式碳酸锌，请设计实验方案：___________，过滤，洗涤，干燥。(必须使用的试剂：稀硫酸、锌粉、Na2CO3溶液)
（4）实验过程中可回收活性炭，可根据碘吸附值(1g活性炭能够吸附的碘的质量)衡量活性炭的吸附性能。其测定方法如下：
将活性炭粉碎并干燥，称取0.5000g试样，放入100mL碘量瓶中，加入10.00mL盐酸，加热微沸后冷却至室温，再加入标准溶液，盖好瓶塞，振荡一段时间，迅速过滤；
取10.00mL滤液放入另一碘量瓶，加适量水稀释，用0.1000ml/LNa2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，滴加淀粉溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为10.00mL。
①达到滴定终点的现象是___________。
②计算该样品的碘吸附值___________(单位：mg/g)，写出计算过程。(计算结果保留四位有效数字)
[已知I2+2=2I-+，假设溶液混合时体积可以直接相加]
【答案】（1）ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O
（2）增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)
（3）向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体
（4） ①. 当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色 ②. 1016mg/g
【解析】
【分析】由题干工艺流程图可知，废催化剂预处理，(CH3COO)2Zn转变为ZnO，加入氨水和碳酸氢铵混合液浸出，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，经过滤1分离出活性炭，在装置b中控制温度为95°C左右蒸氨，[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，经过滤2分离出碱式碳酸锌，煅烧后得到超细ZnO，据此分析解题。
【小问1详解】
ZnO和NH3•H2O、NH4HCO3反应生成[Zn(NH3)4]2+、和水，参加反应的NH3•H2O、NH4HCO3系数比为3：1，该反应的离子方程式为：ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O，故答案为：ZnO+3NH3·H2O++=[Zn(NH3)4]2+++4H2O；
【小问2详解】
接触面积越大反应速率越快，在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是：增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)，故答案为：增大水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量)；增大水蒸气与溶液的接触，(或在水蒸气出口采用多孔球泡等)；
【小问3详解】
已知：46℃、pH约为6.8时，ZnSO4溶液与Na2CO3溶液反应可得碱式碳酸锌，需在实验室以含少量CuO的ZnO结块废催化剂为原料制备碱式碳酸锌：先将含少量CuO的ZnO结块废催化剂转变为ZnSO4溶液，再逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，即可生成目标产物，故设计实验方案为：向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体，过滤，洗涤，干燥，故答案为：向废催化剂中加入稍过量稀硫酸，搅拌下充分反应，直至固体完全溶解；再向其中加入稍过量锌粉，搅拌下充分反应，直至不再产生气泡；静置，过滤；控制温度为46℃，向滤液中逐渐加入Na2CO3溶液至pH约为6.8，充分反应至产生大量固体；
【小问4详解】
①原来锥形瓶中为I2和淀粉的混合溶液，所以溶液显蓝色，而滴定结束后，溶液中没有了I2，则溶液变为无色，故达到滴定终点的现象是当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色，故答案为：当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液时溶液颜色恰好由蓝色褪至无色，且半分钟内不变色；
②实验操作结束后溶液共60mL，加入的碘单质的物质的量为：0.1ml/L×50×10-3L=5×10-3ml；10mL滤液消耗硫代硫酸钠的物质的量为：0.1ml/L×10×10-3L=1×10-3ml；配平方程式后得I2+2=2I-+，，故被活性炭吸收的碘为：5×10-3ml-1-10-3ml××=2×10-3ml，故碘的吸附值为：=1016mg•g-1，故答案为：1016 mg/g。
17. 氢气是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。
（1）用氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，利用太阳能热化学循环分解H2O可制H2。
①氧缺位铁酸铜通过两步反应分解水制氢。已知第二步反应为2CuFe2O4=2CuFe2O4-x＋xO2↑，则第一步反应的化学方程式为___________。
②CuFe2O4可用电化学方法得到，其原理如图所示，则阳极的电极反应式为___________。
（2）可利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，对比水和碳在高温下直接接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是___________。
（3）硼氢化钠(NaBH4)的强碱溶液在催化剂作用下与水反应可获取氢气，其可能反应机理如图所示。已知：常温下，NaB(OH)4在水中的溶解度不大，易以NaBO2形式结晶析出。
①若用D2O代替H2O，依据反应机理，则反应后生成气体中含有___________。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4的浓度和放氢速率的变化关系如图所示。随着NaBH4浓度的增大，放氢速率先增大后减小，导致放氢速率下降的原因可能是___________。
【答案】（1） ①. CuFe2O4-x＋xH2O=CuFe2O4＋xH2↑ ②. Cu＋2Fe＋4O2--8e-=CuFe2O4
（2）该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤
（3） ①. H2、HD、D2 ②. NaBH4浓度过大，反应产生较多的NaBO2，结晶析出在催化剂表面(覆盖了活性位点)，阻碍了反应物和催化剂的接触，导致放氢速率减慢
【解析】
【小问1详解】
①用氧缺位分解H2O制H2时，铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂，第二步反应为：2CuFe2O4=2CuFe2O4-x+xO2↑，则第一步反应是CuFe2O4-x与H2O反应生成CuFe2O4和H2，化学方程式为CuFe2O4-x＋xH2O=CuFe2O4＋xH2↑；
②在阳极，Cu、Fe在熔融Li2O中失电子生成CuFe2O4，电极反应式为Cu＋2Fe＋4O2--8e-=CuFe2O4。
【小问2详解】
利用FeO/Fe3O4之间的相互转化，发生反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，CO2循环使用，该工艺制氢过程中，H2与CO在不同时间，不同区域生成，不需进行分离操作，所以最大优点是：CO和H2的生成时间不同，实现了CO与H2的分离。
【小问3详解】
①若用D2O代替H2O，依据反应机理，第一步生成H2的两个H原子都来自NaBH4；第二、三步生成的氢气中的氢原子，1个来自，1个来自D2O，则生成HD；第四步生成氢气的2个氢原子，都来自D2O，则生成D2，所以反应后生成的气体中含有H2、HD、D2。
②从图中可以看出，NaBH4浓度从0增大至0.5 ml·L-1时，放氢速率增大，当浓度大于0.5 ml·L-1时，放氢速率减小，其原因可能是：NaBH4浓度从0增大至0.5 ml·L-1时，NaBH4与水的有效碰撞次数不断增多，放氢速率增大，当NaBH4浓度大于0.5 ml·L-1时，反应生成的NaB(OH)4会不断发生分解，生成NaBO2晶体，覆盖在催化剂表面，使反应物与催化剂的接触面积不断减小，从而使放氢速率减小。选项
实验操作和现象
实验结论
A
将纯碱与浓盐酸反应产生的气体直接通入Na2SiO3溶液，产生白色胶状沉淀
非金属性：C>Si
B
向体积相同、物质量浓度相同的稀K2SO4、K2S溶液中分别滴加1滴0.1ml/LAgNO3溶液，充分振荡，只有K2S溶液中产生沉淀
Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S)
C
将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色
装置中发生析氢腐蚀
D
将某补铁剂药片研磨后加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红
补铁剂中不含Fe2+
物质
V2O5
VOSO4
(VO2)2SO4
NH4VO3
溶解性
难溶
可溶
易溶
难溶
pH
<6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
相关试卷
辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第一次质量检测化学试题： 这是一份辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第一次质量检测化学试题，共8页。试卷主要包含了中国传统文化对人类文明贡献巨大， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测化学试题： 这是一份河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测化学试题，共10页。试卷主要包含了设表示阿伏加德罗常数的值，化学在国防领域发挥着重要作用，化学是以实验为基础的学科，豆类植物对氮元素的吸收过程如下等内容，欢迎下载使用。
辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第二次质量检测化学试题： 这是一份辽宁省沈阳市第一二〇中学2023-2024学年高三上学期第二次质量检测化学试题，共9页。
