江苏省部分重点高中2024届高三下学期模拟考试化学试题（学生版+教师版）

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(考试时间：75分钟，总分：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 S-32 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 下列文物的材质属于天然有机高分子的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．瓷碗主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，如粘土、长石、石英等，属于无机非金属材料，A项错误；
B．汉竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，B正确；
C．陶瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，C错误；
D．垂鳞纹秦公铜鼎主要成分为金属材料，D错误；
故选B。
2. 黑火药的爆炸反应为。与该反应有关的下列化学用语表述正确的是
A. 基态S的原子结构示意图为B. 的电子式为
C. 的结构式为N≡ND. 的空间构型为
【答案】C
【解析】
【详解】A．S的原子序数为16，原子核内有16个质子，核外有16个电子，基态S的原子结构示意图为：，A项错误；
B．为离子化合物，电子式为：，B项错误；
C．中两个氮原子形成氮氮三键，其结构式为N≡N，C项正确；
D．的碳原子的价层电子对数为：，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为直线形，D项错误；
故选C。
3. 化学与生活联系紧密。下列说法正确的是
A. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到
B. 氨基酸和核酸都是构成生命物质的生物大分子
C. 二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同
D. 供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，A正确；
B．氨基酸构成的蛋白质是生物大分子，氨基酸不是，B错误；
C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，C错误；
D．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，D错误；
故选A。
4. 海水晒盐后精制得到NaCl，氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到H2、Cl2和NaOH，以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到 NaHCO3；向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴；从海水中还能提取镁。下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B
C. (s)(aq)(s)
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故A正确；
B．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故B错误；
C．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故C错误。
D．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故D错误；
综上所述，答案为A。
5. W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增大。X元素焰色反应呈黄色，Z是地壳中含量最多的金属元素，M元素原子最外层电子数比次外层少一个，W是电负性最大的元素。下列说法正确的是
A. X元素在周期表中位于p区
B. 第一电离能：I1(M)> I1(Y)> I1(Z)
C. 元素Y在周期表中位于第3周期IIIA族
D. W的气态氢化物和M元素最高价氧化物对应的水化物都是强酸
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、M五种短周期元素，原子序数依次增大，X元素焰色反应呈黄色，X为Na，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为Al，M元素原子最外层电子数比次外层少一个，M为Cl，W是电负性最强的元素，W为F，则Y为Mg。
【详解】A．Na元素位于元素周期表的s区，A错误；
B．同一周期元素从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但是Mg3s轨道全满，较为稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能Cl>Mg>Al，B正确；
C．Y为Mg，在元素周期表中位于第三周期ⅡA族，C错误；
D．F的气态氢化物为HF，HF为弱酸，D错误；
故答案选B。
6. 利用下图的电化学装置，可实现对的固定。下列说法错误的是
A. 向b电极移动
B. a电极的电极反应式为
C. 电解过程中有生成
D. b电极的Pt用Cu代替后总反应不变
【答案】D
【解析】
【分析】如图可知，a电极和得电子，发生还原反应为阴极，则b为阳极发生氧化反应，水放电生成O2和H+，据此分析解题。
【详解】A．电解池阳极吸引阴离子，向b电极移动，A正确；
B．a电极和得电子，电极反应式为，B正确；
C．b为阳极发生氧化反应，水放电生成O2和H+，C正确；
D．b电极为阳极，Pt用Cu代替后，Cu放电生成Cu2+，D错误；
故选D。
7. 下列实验操作不能达到实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．检验1-氯丁烷中氯元素，向1-氯丁烷中加入氢氧化钠溶液，加热条件下水解，再加入硝酸酸化的硝酸银，若产生白色沉淀，则含有氯元素，故A错误；
B．向上层清液中加入氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明已经沉淀完全，故B正确；
C．向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，检验醛基时产生砖红色沉淀，故C正确；
D．硫酸四氨合铜在乙醇溶液中溶解度小，加入乙醇，析出硫酸四氨合铜晶体，故D正确。
答案为：A。
【点睛】
8. 以下探究目的对应的实验方案最合适的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据离子反应：，加入硫酸根离子，不影响平衡移动，A错误；
B．硫酸被溶解出的少量钡离子可与足量的碳酸根离子形成碳酸钡沉淀，无法证明沉淀发生转化，不能比较溶度积常数大小，B错误；
C．挥发出的乙醇也能使酸性重铬酸钾溶液褪色，对乙烯的检验造成干扰，C错误；
D．二氧化硫不能与氯化钡溶液直接反应，与氯气混合通入，氯气可将二氧化硫氧化最终形成硫酸钡沉淀，可比较氧化能力，D正确；
答案选D。
9. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X分子中不含手性碳原子
B. Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C. Z分别在浓硫酸催化下加热、NaOH醇溶液中加热均可发生消去反应且有机产物相同
D. X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中红色碳原子为手性碳原子，A错误；
B．中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，B错误；
C．中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸作催化并加热条件下，能够发生消去反应，产物有两种，NaOH醇溶液中加热能够发生消去反应，且有机产物不一定相同C错误；
D．中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成，然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇，D正确；
故选D。
10. 实验室用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备半导体材料纳米二硫化亚铁(FeS2)：将一定比例的Fe2O3、硫粉加入三颈烧瓶中，再加入一定量的有机物X(沸点为350℃)和有机酸Y；290℃条件下搅拌，一段时间后得到黑色悬浊液；冷却、分离、干燥得到产品。下列对实验事实的解释不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题给信息可知，反应温度为290℃，水的沸点为100℃，且硫无法溶于水，因此使用沸点为350℃的有机物X做溶剂，A正确；
B．氧化铁为固体，不易参与反应，有机酸可与氧化铁反应生成铁离子，有利于铁离子参与后续反应，B正确；
C．硫单质为淡黄色，冷凝管中出现淡黄色气体，说明加热条件下有硫蒸气产生，C正确；
D．二硫化亚铁中铁与硫的物质的量之比为1:2，若有铁离子存在根据电荷守恒需要更多的，二者比例会小于，D错误；
故选D。
11. 以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下图所示，下列说法不正确的是
A. 1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023
B. “氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：
C. 沉锌反应：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4
D. “调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3
【答案】C
【解析】
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，故A正确；
B．“氧化除锰”过程中生成MnO2，过二硫酸根被还原为硫酸根，离子方程式：，故B正确；
C．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故沉锌反应：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C错误；
D．据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D正确；
故选C。
12. 变化观念与平衡思想分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；
图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)•c2(OH)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线II的离子浓度关系符合c(Mg2+)•c(CO)=Ksp(MgCO3)。
注：起始c(Na2CO3)=0.1ml•L-1。
下列说法不正确的是
A 饱和NaHCO3溶液中c(CO)B. 初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成
C. 初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=0.1ml•L-1
D. 初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2HCO=MgCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由图1可知的、。
【详解】A．饱和NaHCO3溶液中的，电离小于水解程度，故c(CO)B．初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B正确；
C．初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，平衡后溶液中c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)<0.1ml•L-1，C错误；
D．初始状态pH=8，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为发生反应：Mg2++2HCO=MgCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；
故选C。
13. 通过反应I：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可将有机氯化工业的副产品HC1转化为Cl2.在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HC1平衡转化率如图所示。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应II：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=125.6 kJ·ml−1
反应III：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH=-120.0 kJ·ml−1
下列说法正确的是
A. 反应I的 ΔH=5.6 kJ·ml−1
B. 升高温度和增大压强均能提高反应I中HCl的平衡转化率
C. 0.2MPa、500℃时，向反应体系中加入CuCl2，延长反应时间，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
D. 在0.2MPa、500℃条件下，若起始<2，充分反应，HCl的转化率可能达到Y点的值
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g) +2H2O(g)，ΔH=+125.6 kJ·ml−1+（-120.0 kJ·ml−1）×2 =-114.4 kJ·ml−1
A错误；
B．反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，B错误；
C． CuCl2为固体不能影响平衡移动，反应时间也不能影响平衡移动，HCl转化率不变，C错误；
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始<2，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，D正确；
故选D
二、非选择题：共4题，共 61分。
14. 吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。
（1）ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。

①向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为___________。
②O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围 内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是___________。
（2）镁法工业烟气脱硫并制备MgSO4·H2O，其过程可表示为：
①在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2+H2SO3 =MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1 (H2SO3)、Ka2 (H2SO3)的代数关系式为K=___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
②在负载钴的分子筛催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.其他条件相同时，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图-3所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。
（3）碱式硫酸铝[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]溶液用于烟气脱硫，其x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
步骤1：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
步骤2：取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25.00 mL，加入0.1000 ml·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 ml·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值为___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. ZnSO3 ②. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO ③. 随着pH降低，HSO浓度增大
（2） ①. ②. BD ③. pH增大，c(SO)增大，氧化速率加快
（3）0.41
【解析】
【小问1详解】
①反应开始时，悬浊液中ZnO大量吸收SO2生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变，一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率降低，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO；
②pH大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢，pH降低，S（Ⅳ）主要以HSO形式存在于水中，与O2接触，因此pH降低有SO生成速率增大，随着反应不断进行，大量的HSO反应生成SO，故其主要原因是随着pH降低，HSO浓度增大；
【小问2详解】
① K
②
③
④
⑤
⑥ Kw
由盖斯定律可知，①=②-③+④+⑤-2×⑥，则；
A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；
B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；
D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；
故选BD。
②pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率；
【小问3详解】
25.00 mL溶液中，根据滴定过程可知，2.50mL碱式硫酸铝溶液中Al3+的物质的量为，25.00 mL碱式硫酸铝溶液中，根据元素守恒有，，解得x=0.41，故答案为：0.41。
15. 非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：
（1）B分子中的含氧官能团为___________(填名称)。
（2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为___________。
（3）E分子中碳原子采取轨道杂化的类型及相应的数目之比为___________。
（4）在上述五步反应中，属于取代反应的是___________(填序号)。
（5）B的一种同分异构体满足下列条件：
I．能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
II．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。
写出该同分异构体的结构简式：___________。
（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备合成路线流程图___________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）醚键、酮羰基
（2） （3）sp∶sp2∶sp3 =1∶12∶ 2
（4）①③④ （5）
（6）
【解析】
【分析】A与试剂X反应生成B，根据A和B的结构简式可知，试剂X为，B与NaBH4反应被还原生成C，C与PBr3发生取代反应生成D，D与NaCN发生取代反应生成E，E最后在酸性条件下发生水解反应生成非诺洛芬。
【小问1详解】
根据B的结构简式可知，其中的含氧官能团名称为醚键、酮羰基。
【小问2详解】
根据分析可知，试剂X的结构简式为。
【小问3详解】
E分子中苯环上的12个碳原子为sp2杂化，-CH和-CH3中的两个碳为sp3杂化，-CN中的C与N形成三键，为sp杂化，因此杂化类型及相应的数目之比为sp∶sp2∶sp3 =1∶12∶ 2。
【小问4详解】
上述流程中①A中-Br被取代，③中羟基被-Br取代，④中-Br被-CN取代，属于取代反应的为①③④。
【小问5详解】
B的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与氯化铁发生显色反应，说明水解产物含有酚羟基，分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，该同分异构体含有两个苯环且含有甲酸形成的酯基，水解产物有酚羟基，则一定含有这一结构，剩下的部分除了一个苯环还有一个甲基，要满足只有6种不同化学环境的氢，则该物质结构要对称，满足条件的同分异构体为。
【小问6详解】
与NaBH4发生类似B到C的反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，与HBr发生加成反应生成，与NaCN发生取代反应生成，最后在酸性条件下发生水解反应生成，合成路线为。
16. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图1所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=(1-)×100%。
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于___________。
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加 CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是___________。
（2）“过滤”得到的滤液中含[Al(OH)4]−，通入过量CO2，其发生反应的离子方程式为___________。
（3）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=___________。
（4）FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，图-2给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。___________
（5）焙烧生成的SO2用石灰乳吸收得到CaSO3浆料，以CaSO3浆料制备NaHSO3溶液的实验方案为___________。
已知：2CaSO3+Na2SO4+H2SO4+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2NaHSO3；CaSO4·2H2O难溶于水；pH=4~6溶液中HSO能大量存在。实验中可选用：3 ml·L−1 Na2SO4，3 ml·L−1 H2SO4，1ml·L−1 NaOH。
【答案】（1） ①. FeS2 ②. 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（2）[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO
（3）1∶16 （4）
（5）向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 ml·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 ml·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 ml·L−1 H2SO4或1ml·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 ml·L−1 H2SO4，产生的气体通入1ml·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4)
【解析】
【分析】高硫铝土矿粉中通入空气、加入少量CaO焙烧，FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，二氧化硫被CaO吸收，二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙，随后加入NaOH碱浸，氧化铝与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，氧化铁不溶于NaOH溶液形成沉淀，过滤后滤渣中含有大量氧化铁，滤渣中加入FeS2焙烧反应生成Fe3O4和SO2，再经过磁选得到四氧化三铁。
【小问1详解】
①从题干可知，金属硫酸盐分解温度都高于600℃，因此低于500℃时，硫元素不会来源于金属硫酸盐，则去除的硫元素来源于FeS2。
②700℃焙烧时，FeS2、金属硫酸盐等物质都会发生化学反应生成二氧化硫，添加了1%CaO的矿粉中CaO与SO2、O2反应生成了硫酸钙而留在矿粉中，没添加CaO的矿粉SO2逸出，导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO矿粉硫去除率低。
【小问2详解】
过滤后滤液中含有[Al(OH)4]-，其中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO。
【小问3详解】
Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，则该反应中Fe2O3中Fe化合价从+3价降低为+，FeS2中Fe化合价从+2价升高到+，S化合价从-1价升高到+4价，根据得失电子守恒可得n(Fe2O3)×2×=n(FeS2)×2×5+ n(FeS2)×，解得n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。
【小问4详解】
晶胞中位于晶胞体心，S-S键位于晶胞体对角线上，每个S原子与三个Fe2+紧邻，以斜上方的S为例，与其紧邻的Fe2+位于左面、上面和后面面心，将其与紧邻的Fe2+连接的图示为。
【小问5详解】
根据已知可得亚硫酸钙与硫酸钠、硫酸反应生成CaSO4·2H2O和NaHSO3，CaSO4·2H2O难溶于水会结晶析出，亚硫酸氢根离子在pH=4~6之间能大量存在，因此反应时需要控制pH在4-6之间，具体实验方案为向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 ml·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 ml·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 ml·L−1 H2SO4或1ml·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 ml·L−1 H2SO4，产生的气体通入1ml·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4)
17. NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：___________。
（2）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：___________。
（3）用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH−=2NO+H2O 、2NO2+2OH−=NO+NO+H2O。吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是___________(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是___________(填化学式)。
（4）用NaClO溶液吸收。其他条件同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图-1所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO，其离子方程式为___________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是___________。
（5）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图-2)。反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图-3所示，在50～250 ℃内随温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________；当反应温度高于380 ℃时，NOx转化率下降，除因为催化剂活性下降、进入反应器的NOx被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。

【答案】（1）HNO2−2e−+H2O=3H++NO
（2）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（3） ①. NaNO3 ②. NO
（4） ①. 3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO+5H+ ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（5） ①. 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 ②. 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【小问1详解】
电解时阳极发生氧化反应，故阳极上HNO2失电子生成硝酸，电极反应式：HNO2−2e−+H2O=3H++NO；
【小问2详解】
根据题中所给的反应物和产物，结合氧化还原反应原理可写出该反应的化学方程式为：2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
【小问3详解】
根据题中所给反应2NO2+2OH−=NO+NO+H2O 可知，当NO2过量时得到NaNO2晶体中的主要杂质是NaNO3；由反应可知，若NO过量，则NO不能被完全吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；
【小问4详解】
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO，反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO+5H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，c(H+)越大，c(HClO)越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高；
【小问5详解】
①迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，而催化剂活性降低；
②当反应温度高于380 ℃时，NOx转化率下降，除了因为催化剂活性下降、进入反应器的NOx被还原的量减少外，还有可能发生副反应生成NOx，化学方程式表示为4NH3+5O24NO+6H2O。A．青花碗
B．汉竹简
C．商朝后期陶埙
D．垂鳞纹秦公铜鼎
选项
A
B
C
D
目的
检验1-氯丁烷中氯元素
检验是否沉淀完全
制备检验醛基用的
制备晶体
操作




选项
实验方案
探究目的
A
往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体(忽略溶液体积变化)
Fe3+与SCN-的反应是否可逆
B
将BaSO4充分浸泡在饱和Na2CO3溶液中，过滤、洗涤，滤渣中滴加盐酸，产生无色气体
Ksp(BaSO4)C
将浓硫酸滴入乙醇中，加热至170 °C，生成的气体通入酸性重铬酸钾溶液
验证乙烯具有还原性
D
向BaCl2溶液中同时通入Cl2和SO2
比较Cl2和SO2的氧化能力
实验事实
解释
A
反应的溶剂用有机物X而不用水
有机物X易溶解硫且沸点较高
B
有机酸Y有利于Fe2O3的转化
有机酸Y能与Fe2O3反应，有利于Fe3＋参与后续反应
C
冷凝管内出现黄色气体
加热条件下有硫蒸气产生
D
产品中n(Fe)：n(S)=1：1.87
产品中与结合的Fe2＋部分转化为Fe3＋