山东省德州市2023届高三化学上学期12月月考试题（Word版带解析）

高三12月“备考检测”联合调考化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5V51Ni59Cu64Pb207一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.三星堆遗址的出土文物又一次惊艳世界，下列有关出土文物主要成分的说法正确的是A.金面具——铜锌合金B.有领玉璧——氧化钙C.青铜神兽——铜锡合金D.陶三足炊器——二氧化硅A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．金面具的主要成分是金属金，A错误；B．玉璧的主要成分是二氧化硅，B错误；C．青铜人面具的主要成分是铜锡合金，C正确；D．陶三足炊器的主要成分是硅酸盐，D错误；故选C。2.氨气是一种重要的工业原料，在工业上可用氨气检验氯气管道是否漏气，其反应原理为。下列有关叙述正确的是A.的结构式：B.Cl原子的结构示意图：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C.的球棍模型：D.的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．的结构式为，选项A错误；B．氯离子的核电荷数、核外电子总数都是17，其原子结构示意图为：，选项B正确；C．分子的空间结构是三角锥形，不是平面正三角形，选项C错误；D．的电子式为，选项D错误；答案选B。3.火炬“飞扬”以碳纤维复合材料为外壳材料，以氢气为燃料，在出火口格栅喷涂焰色剂，使火焰呈现黄色，利用的是焰色试验实现火焰颜色的改变。已知：以丙烯腈为原料发生聚合反应生成聚丙烯腈，再将聚丙烯腈经过纺丝得到聚丙烯腈原丝，最后通过对原丝进行处理等工艺得到碳纤维复合材料。下列说法错误的是A.喷涂的焰色剂中含有钠元素B.焰色试验体现的是金属元素的化学性质C.以氢气代替碳氢化合物，有利于实现低碳经济的目标D.丙烯腈的结构简式为，其聚合生成聚丙烯腈的反应为加聚反应【答案】B【解析】【详解】A．在出火口格栅喷涂焰色剂，使火焰呈现黄色，说明喷涂的焰色剂中含有钠元素，故A正确；B．焰色试验体现的是金属元素的物理性质，不是化学性质，故B错误；C．以氢气代替碳氢化合物，避免产生二氧化碳，有利于实现低碳经济的目标，故C正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D．丙烯腈的结构简式为，其中含有碳碳双键，其聚合生成聚丙烯腈的反应为加聚反应，故D正确；故选B。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是选项物质的性质用途A氢氟酸显弱酸性雕刻玻璃B溶液显酸性蚀刻印刷电路板CSiC具有优异的高温抗氧化性能作耐高温结构材料D具有强氧化性制备硝酸铵A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．因为HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成气体，故可用氢氟酸雕刻玻璃，A错误；B．溶液中具有氧化性，能将单质铜氧化为铜离子，B错误；C．SiC具有优异的高温抗氧化性能，作耐高温结构材料，C正确；D．硝酸铵是一种盐，利用硝酸与氨气反应制备硝酸铵体现了硝酸的酸性，D错误；故选C。5.下列有关NO与O2生成NO2的反应的说法正确的是A.该反应在任意温度下都可自发进行B.该反应达到平衡时，2v(O2)正=v(NO)逆C.及时移出部分生成的NO2可加快NO的反应速率D.当反应中消耗22.4LNO时，转移的电子数约为【答案】B【解析】【详解】A．要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，而2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，所以△G＜0，反应进行的温度应该是低温条件，若高温条件下，△G＞0，反应不能自发进行，A错误；B．在任何条件下v(NO)正：v(O2)正=2：1，若2v(O2)正=v(NO)逆，则v(NO)正=v(NO)逆，反应处于平衡状态，B正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 C．若及时移出部分生成的NO2，瞬间NO的速率不变，后来NO的反应速率减慢，C错误；D．未指明22.4LNO是否处于标准状况，因此不能确定其物质的量，也就不能计算反应过程中电子转移数目，D错误；故合理选项是B。6.下列叙述正确的是A.沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷B.分子式为的物质一定能使的溶液褪色C.与互为同系物D.三聚氰胺可用作食品添加剂【答案】A【解析】【详解】A．正戊烷、异戊烷和新戊烷的分子式为C5H12，三者互为同分异构体，支链越多，沸点越低，故沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷，A正确；B．分子式为的物质不饱和度为1，可能为环己烷，不一定能使的溶液褪色，B错误；C．结构相似，组成上相差若干个的物质互为同系物，中含羟基，二者不互为同系物，C错误；D．三聚氰胺有毒，不可用作食品添加剂，D错误；故选A。7.工业上常用的一种海水提溴技术叫作“吹出法”，利用“吹出法”从海水中提溴的工艺流程如图。下列有关说法正确的是A.海水中元素的种类很多，总储量很大，所有元素的富集程度都很高B.④中利用具有还原性且易溶于水，先通入有利于吸收溴C.上述工艺流程中，物质转化时发生了氧化还原反应的步骤共有2个D.理论上，制得2.24L(标准状况)溴单质时，整个过程共需要消耗14.2g【答案】B第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】海水提取粗盐后得到的苦卤中加硫酸酸化和氯气氧化，溴离子转化为溴单质；溴单质易挥发，热空气吹出后得到含溴单质的空气；溴单质与二氧化硫和水发生氧化还原反应的得到吸收液，成分为HBr和H2SO4，氧化后溴离子转化为溴单质，得到溴水混合物，蒸馏得到溴蒸气，冷凝分离后得到液溴。【详解】A．海水中元素的种类很多，总储量很大，许多元素的富集程度很低，A错误；B．④中二氧化硫和水发生氧化还原反应，利用具有还原性且易溶于水，先通入有利于吸收溴，B正确；C．该工艺流程中，物质转化时发生了氧化还原反应步骤共有3个，C错误；D．标准状况下溴单质不是气体，D错误；故选B。8.某溶液中可能存在Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3和Na2CO3中的几种钠盐溶质。为确定其组成进行实验：取少量该溶液，向其中加入过量盐酸，发现溶液变浑浊，同时还产生具有刺激性气味的无色气体；将所得浊液静置后，向上层清液中加入氯化钡溶液，得到白色沉淀。下列有关叙述中错误的是(不考虑空气对该实验的影响)A.实验中溶液变浑浊是因为反应生成的硫单质不溶于水B.加入氯化钡溶液后得到的沉淀一定是BaSO4C.由实验现象可知，原溶液中一定存在的溶质是Na2SO4和Na2S2O3D.由实验现象可知，原溶液中一定不存在的溶质是Na2SO3和Na2CO3【答案】D【解析】【分析】取少量该溶液，向其中加入过量盐酸，发现溶液变浑浊，同时还产生具有刺激性气味的无色气体，说明含有Na2S2O3，歧化生成SO2和S单质，将所得浊液静置后，向上层清液中加入氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明含有Na2SO4。【详解】A．实验中溶液变浑浊是因为Na2S2O3歧化生成SO2和S单质，硫单质不溶于水，A正确；B．由于第一步中加入了过量盐酸，溶液中一定不存在亚硫酸根、碳酸根，所以加入氯化钡溶液后得到的沉淀一定是BaSO4，B正确；C．根据分析可知原溶液中一定存在的溶质是Na2SO4和Na2S2O3，C正确；D．由于SO2的气味会遮盖CO2，所以无法确定是否有Na2CO3，由于Na2S2O3歧化生成SO2，所以无法确定是否有Na2SO3，D错误；综上所述答案为D。9.某化学兴趣小组在一定条件下的绝热恒容密闭容器中探究反应：，反应起始时仅通入一定量的A(g)，根据实验测得的数据，绘制的c-t图像如图。下第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 列有关说法错误的是A.曲线b表示反应物A的浓度变化B.，的总键能大于的总键能C.时表示，但反应未达到平衡状态D.其他条件不变时，在恒温条件下反应时的平衡转化率大于在绝热条件下反应时的平衡转化率【答案】B【解析】【分析】反应起始时仅通入一定量的A(g)，随着反应进行，c(A)逐渐减小，c(B)逐渐增大，则曲线b代表物质A的浓度变化，曲线a代表物质B的浓度变化；【详解】A．反应起始时仅通入一定量的A(g)，随着反应进行，c(A)逐渐减小，则曲线b代表物质A的浓度变化，A正确；B．说明该反应为吸热反应，由可得反应物的总键能大于生成物的总键能，则的总键能大于的总键能，键能与物质的量无关，B错误；C．时表示，但后，反应物A的浓度依然减小，则反应未达到平衡状态，C正确；D．在绝热条件下反应时，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则恒温条件下反应向正反应方向移动，在恒温条件下反应时的平衡转化率大于在绝热条件下反应时的平衡转化率，D正确；故选：B。10.将26.3g样品在900℃下煅烧，样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。已知：L→N时失掉全部的结晶水。下列说法错误的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.B.固体M的化学式为C.生成固体P时，样品的失重率约为71.5%D.固体Q的化学式为NiO【答案】D【解析】【详解】A．L→N时失掉全部的结晶水，则分解反应为=+，根据图像可知，L→N剩余固体质量是15.5，失去结晶水的质量是26.3-15.5=10.8，则根据～建立等式，，解得n=6，A项正确；B．L→M时失掉结晶水质量是3.6g，则失去2个结晶水，则固体M的化学式为，B项正确；C．失重率等于固体失去的质量与原固体质量的比值，则生成固体P时，样品的失重率=×100%≈71.5%，C项正确；D．N→P失重后，根据质量比例，可知发生的反应是=NiO+SO3↑，的摩尔质量是155，NiO的摩尔质量是75，所以P→Q固体质量上升，应该是NiO被氧化得到NiO2，D项错误。故答案选D。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.为循环利用空间站航天员呼出的二氧化碳并为航天员提供氧气，我国科学家设计了一种装置(如图所示)，实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，总反应为。下列说法正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.X电极连接的是太阳能电池的负极B.Z离子是，离子交换膜为阳离子交换膜C.Y电极上的电极反应式为D.为了保证电池在碱性条件下顺利工作，理论上应定期补充碱液【答案】C【解析】【分析】根据题干信息“太阳能→电能→化学能”可判断该装置为电解池，根据图中电子的流向可知，X电极为阳极，与太阳能电池的正极相连，Y电极(阴极)上得电子生成CO。【详解】A．根据题干信息“太阳能→电能→化学能”可判断该装置为电解池，根据图中电子的流向可知，X电极为阳极，与太阳能电池的正极相连，选项A错误；B．根据电池总反应可知Y电极(阴极)上得电子生成CO，电极反应式为，Y电极生成的通过阴离子交换膜向X电极迁移，选项B错误；C．根据电池总反应可知Y电极(阴极)上得电子生成CO，电极反应式为，选项C正确；D．X电极的电极反应式为，所以理论上不需要补充碱液，选项D错误；答案选C。12.旧铅酸蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的流程如图所示。已知：a.铅膏的主要成分是和，是强酸；b.，。下列有关说法正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.铅酸蓄电池放电时，负极质量减小B.气体N为，步骤④的反应原理是利用强酸制取弱酸C.反应的D.步骤⑤中在阳极析出【答案】BC【解析】【分析】由题给流程可知,废旧铅蓄电池经系列处理后得到含有二氧化铅和硫酸铅的铅膏,将铅膏加水溶解得到浆液,向浆液中通入二氧化硫，具有氧化性的二氧化铅与二氧化硫反应生成硫酸铅，再向反应后的浆液中加入碳酸铵溶液，硫酸铅与碳酸铵溶液反应生成碳酸铅和硫酸铵；过滤、洗涤得到碳酸铅沉淀和硫酸铵溶液，则M为硫酸铍溶液；向碳酸铅中加入20%HBF4溶液，碳酸铅与HBF4溶液反应生成Pb(BF4)2、二氧化碳和水。则气体N为二氧化碳；电解Pb(BF4)2溶液，在阴极得到铅。【详解】A．铅酸蓄电池放电时，铅转化成硫酸铅附着在负极材料上，负极质量增大，A项错误；B．根据分析可知，气体N为，是强酸，步骤④是碳酸铅与HBF4溶液反应生成Pb(BF4)2、二氧化碳和水，反应原理是利用强酸制取弱酸，选项B正确；C．反应的，选项C正确；D．根据分析可知，步骤⑤中Pb在阴极析出，选项D错误；答案选BC。13.下列离子方程式书写错误的是A.向和的混合溶液中加入少量的Fe：B.向溶液中通入足量氯气：C.向溶液中加入溶液至恰好沉淀完全：D用铜电极电解硫酸铜溶液：【答案】BD【解析】【详解】A．向和的混合溶液中加入少量的Fe，铁先与氯化铁反应生成氯化亚第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 铁，反应的离子方程式为：，选项A正确；B．向溶液中通入足量氯气，氯气将氧化为，故离子方程式为，选项B错误；C．向溶液中加入溶液至恰好沉淀完全，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．用Cu电极电解硫酸铜溶液，阳极为Cu失电子生成，阴极为得电子生成Cu，D项错误；答案选BD。14.某离子液体的部分结构如图。短周期主族元素V、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，但V、W、X、Y的原子半径依次减小，V、W位于相邻的主族，X、Z同主族，且Z的原子序数为X的2倍。下列说法正确的是A.V位于元素周期表第二周期第IVA族B.简单离子半径：Z>Y>XC.氢化物的熔沸点大小顺序一定为V<W<XD.该离子液体中X、Y、V、W均达到稳定结构【答案】AD【解析】【分析】X、Z同主族，且Z的原子序数为X的2倍，X为O，Z为S；V、W、X、Y的原子半径依次减小，V、W、X、Y依次为C、N、O、F；则V、W、X、Y、Z分别为C、N、O、F、S；【详解】A．V为C元素，位于第二周期第IVA族，A正确；B．对于粒子半径，电子层越多，半径越大，电子层相同时，核电荷数越多，半径越小，，B错误；C．V、W、X对应的氢化物，CH4、NH3、H2O，含有氢键的物质熔沸点大，则沸点H2O>NH3>CH4，如果N的氢化物为N2H4则沸点大于水，C错误；D．根据图中结构可知，X、Y、V、W均达到8e−稳定结构，D正确；故答案为：AD。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 15.电解质溶液的电导率越大，其导电能力越强。常温下用的NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为的盐酸和HCN溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表滴定HCN溶液，b点时，溶液的pH=7B.曲线②中，a点溶液的电导率最低，因为a点溶液中导电微粒的数目最少C.a、b两点溶液中，水的电离程度由大到小的关系为b>aD.c点溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．HCl是强酸，HCN是弱酸，同浓度的盐酸、HCN溶液，盐酸的导电能力更强，故曲线①代表滴定HCN溶液，曲线②代表滴定盐酸，b点溶质为NaCN，由于水解，导致溶液的pH>7，选项A错误；B．图中a点溶质为NaCl(强电解质)，完全电离，由稀盐酸到a点的过程中导电微粒的数目没有减少，导电微粒的浓度降低，选项B错误；C．b点溶质为NaCN，由于水解，促进水的电离，NaOH对水的电离有抑制作用，a点溶质为NaCl，对水的电离没有影响，则a、b两点溶液中，水的电离程度由大到小的关系为b>a，选项C正确；D．c点溶液由等物质的量的NaCN和NaOH组成，据电荷守恒、物料守恒，可得，选项D错误；答案选C。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.和氮氧化物()都是空气污染物。作为空气污染物的氮氧化物()常指NO和，科学处理及综合利用空气污染物是环境科学研究的热点。（1）人为活动排放的，大部分来自_______。（2）用催化还原，可在一定程度上消除氮氧化物的污染。已知还原NO能第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 生成对环境无害的物质，则还原NO的化学方程式为_______。（3）酸性环境下，用惰性电极电解法可将吸收液中的转化为无毒物质，电解时阴极的电极反应式为_______。（4）用间接电化学法可对NO进行无害化处理，其原理如图1所示(质子膜允许和通过)。阴极上的电极反应式为_______。（5）某科研小组研究在体积分数为4%，尾气流速为，浓度为，常温常压下，随着的不断通入，溶液pH对吸收过程的影响，其变化曲线如图2、图3所示。(硫的总吸收率：溶液中增加的硫元素的量占尾气中硫元素总量的百分比)①分析当pH由10降为9时，硫的总吸收率减小的可能原因：_______。②当pH<3时，的吸收率和硫的总吸收率呈下降趋势的原因是_______。【答案】（1）化石燃料的燃烧和汽车尾气（2）（3）（4）第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （5）①.与亚硫酸迅速反应生成硫单质和硫化氢气体②.吸收液失去净化的能力，逸出【解析】【小问1详解】人为活动中排放的氮氧化物主要来自于化石燃料的燃烧，以及汽车尾气的排放，故答案为：化石燃料的燃烧和汽车尾气；【小问2详解】还原NO能生成对环境无害的物质，可知生成为二氧化碳和氮气，1mol甲烷失8mol电子，1molNO得2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；【小问3详解】转化为无毒物质，该物质为氮气，亚硝酸根得电子在阴极发生反应，阴极反应为：，故答案为：；【小问4详解】由图中信息可知电极I上发生转化为：，该转为过程中S的化合价降低被还原，该电极为阴极，电极反应为：，故答案为：；【小问5详解】①当pH由10降为9时，由图3可知此时硫的主要存在形式为硫化氢气体，原因是溶液中的硫离子与通入的二氧化硫发生反应除生成硫单质外，还产生硫化氢，导致硫的总吸收率减小，故答案为：与亚硫酸迅速反应生成硫单质和硫化氢气体；②当pH<3时，吸收液中硫化铵已经完全反应，吸收液不再与二氧化硫反应，通入的二氧化硫逸出，故答案为：吸收液失去净化的能力，逸出；17.科学家首次发现像大脑一样学习的材料——。某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是，含少量FeO、CuO、等杂质)为原料制备的流程如下：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 已知部分信息如下：①难溶于水，易溶于水。②几种金属离子的氢氧化物沉淀的pH。金属氢氧化物开始沉淀的pH2.74.04.6完全沉淀的pH3.75.26.0回答下列问题：（1）向“浸液1”中通入过量的，产生白色沉淀，离子方程式为_______。（2）先得到“滤渣2”，则“滤渣3”的主要成分是_______(填化学式)，得到“滤渣2”和“滤渣3”的操作方法：分段调pH，调_______(填pH范围，下同)，得到，过滤，再调_______，得到，再过滤。（3）“沉钒”中，“滤渣4”经过滤、洗涤等操作。①采用如图装置过滤，旋开自来水龙头，其目的是_______。②洗涤的操作是_______。（4）已知试剂X为，“高温还原”时转化为和，该过程的化学方程式为_______。（5）将2.075g产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，把溶液稀释成250mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，滴加指示剂，用溶液滴定(溶液中的还原产物为)，重复三次平行实验，测得数据如下表所示：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 序号起始读数终点读数①0.2020.20②0.0220.12③0.0319.93该产品的纯度为_______%。若其他操作均正确，加入KI溶液之后，锥形瓶中反应时间过长，测得结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(已知：)【答案】（1）##（2）①.②.③.pH>6.0（3）①.放水带走空气，减小吸滤瓶内气压②.向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，待液体流出后重复操作2~3次（4）（5）①.80②.偏高【解析】【分析】废催化剂加入氢氧化钠溶液进行碱浸，得到浸液1和浸渣1，浸液1含有偏铝酸钠，通入二氧化碳反应生成氢氧化铝；浸渣1高压充入空气和加入纯碱溶液进行煅烧1，后再加入足量稀硫酸酸浸，调节pH，得到滤渣2、滤渣3，为氢氧化铁和氢氧化铜；以及滤液2，滤液2再加入硫酸铵溶液沉钒，得滤渣4进行煅烧2得到五氧化二钒，在高温条件下加入试剂X为，进行高温还原得到二氧化钒。【小问1详解】浸液1含有偏铝酸钠，向“浸液1”中通入过量的，产生白色沉淀，离子方程式为{或}；【小问2详解】根据几种金属离子的氢氧化物沉淀的pH可知，铁离子转化为沉淀的pH比铜离子的低，故先得到“滤渣2”，则“滤渣3”的主要成分是，得到“滤渣2”和“滤渣3”的操作方法：分段调pH，调，得到，过滤，再调pH>6.0，得到第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ，再过滤；【小问3详解】①自来水带走空气，使吸滤瓶内气压减小，过滤速率较快，产品较干燥(溶剂挥发较快)；②洗涤的操作是向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，待液体流出后重复操作2~3次；【小问4详解】已知试剂X为，“高温还原”时转化为和，该过程的化学方程式为；【小问5详解】数据取平均值为20.00mL。关系式为，。。；若空气进入锥形瓶，则会氧化KI，发生的反应为，消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，测得结果偏高。18.可用于治疗缺铁性贫血。某研究性学习小组同学欲通过与反应制取部分实验装置如图所示(部分夹持仪器略去)。（1）B装置中盛放碳酸氢铵溶液的仪器名称为_______。检验久置的溶液是否变质的常用试剂的化学式为_______。（2）检查A装置气密性的方法是_______。实验中需先排尽空气再引发B装置中的反应，原因是_______。（3）引发B装置中制取的反应的具体操作及原理为_______，制取反应的离子方程式为_______，反应过程中需控制温度在50℃左右，原因是_______。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 （4）反应结束后，对B装置中的反应液进行静置、过滤、洗涤、干燥，得到碳酸亚铁晶体。若过滤时间较长，则表面会变为红褐色，用化学方程式说明其原因：_______。【答案】（1）①.三颈烧瓶(或三颈瓶等)②.KSCN（2）①.关闭、，打开，向分液漏斗中加水，若水不能完全流下，则A装置气密性良好(或其他合理答案)②.防止空气中的氧气将氧化（3）①.关闭、，打开，通过气体产生的压强将溶液压入B装置②.③.温度过低，反应速率太慢;温度过高，受热易分解，会造成的损失（4）【解析】【分析】容易被氧化，A装置中产生，可以排除装置内的空气，同时产生较大的压强，将生成溶液压入装置B中，与溶液反应生成沉淀。【小问1详解】B装置中盛放碳酸氢铵溶液的仪器名称为三颈烧瓶，变质，会被氧化生成，用溶液检验是否存在。【小问2详解】利用密封气体产生压强来检验A装置的气密性，方法是：关闭、，打开，向分液漏斗中加水，若水不能完全流下，则A装置气密性良好；利用A中产生的氢气将装置内空气赶尽，防止被氧化。【小问3详解】实验过程中，待装置中的空气全部排尽后，将生成的溶液和溶液混合的操作是关闭、，打开，通过气体压强使硫酸亚铁溶液进入B装置；由于受热易分解，造成损失，故反应过程中需控制温度在50℃左右；和生成沉淀，反应方程式为：；反应过程中需控制温度在50℃左右，温度过低，反应速率太慢;温度过高，受热易分解，会造成的损失。【小问4详解】在空气中，表面会变为红褐色，被氧化，反应方程式为：。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 19.以含锌废液(主要含有硫酸锌，同时含少量硫酸亚铁、硫酸锰杂质)为原料制备某碱式碳酸锌的工艺流程如图所示：已知氢氧化物从开始沉淀到沉淀完全的pH范围：沉淀的pH是2~3.3，沉淀的pH是7.8~9.2，沉淀的pH是5.4~8.0。（1）有同学认为“氧化除锰”加入的试剂中硫的化合价为+7价，你同意该同学的结论吗？_______(填“同意”或“不同意”)，理由是_______。（2）为了不引入新的杂质，试剂X可能为_______(填化学式)。能用Zn“调节pH”吗？_______(填“能”或“不能”)，请说明理由：_______。（3）请写出“沉锌”时发生反应的离子方程式：_______。（4）“过滤”后需洗涤沉淀，请说明确认沉淀洗净的方法：_______。【答案】（1）①.不同意②.硫原子最外层有6个电子，最高价为+6价，不可能达到+7价（2）①.ZnO［或、］②.不能③.加入的锌会将转化成（3）（4）取最后一次洗涤液，滴入氯化钡溶液，如果没有白色沉淀，说明已洗净【解析】【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+)加Na2S2O8将Mn2+氧化为MnO2沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，然后过滤除去MnO2得含Na+、Zn2+、Fe3+、的溶液，往溶液中加试剂X调pH将Fe3+转化为Fe(OH)3，然后过滤除去Fe(OH)3沉淀得主要成分为ZnSO4的溶液，然后向溶液中加NH4HCO3进行沉锌、过滤得到。【小问1详解】中存在一个过氧键-O-O-，过氧键中2个O为-1价，其他6个O为-2价，因此硫原子最外层有6个电子，最高价为+6价，不可能达到+7价；答案为不同意；硫原子最外层有6个电子，最高价为+6价，不可能达到+7价；【小问2详解】调pH的目的促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3，然后过滤除去,因此试剂X应该消耗H+第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 且不引入新的杂质，因此试剂X可以选用ZnO［或、］等物质，但是Zn和Fe3+反应生成Zn2+和Fe2+，不能选用Zn；【小问3详解】“沉锌”时加入碳酸氢铵，反应生成碳酸锌和二氧化碳，发生反应的离子方程式为：；【小问4详解】沉淀表面可能会有硫酸根离子，故确认沉淀洗净的方法为：取最后一次洗涤液，滴入氯化钡溶液，如果没有白色沉淀，说明已洗净。20.减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO-CO的反应[]历程，该反应经历的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个过渡态分别对应阶段①、阶段②、阶段③。图中显示的是反应过程中每一阶段内各驻点的能量相对于此阶段内反应物能量的差值(图中标出的物质均为气态)。（1）反应历程Ⅲ的热化学方程式为___________；该反应过程中决速步为___________(填“阶段①”、“阶段②”或“阶段③”)。（2）若按的投料比将NO(g)与CO(g)充入体积可变的恒压密闭容器中，在一定条件下发生反应，用NO表示的正反应速率为，用表示的逆反应速率为(、表示速率常数且只与温度有关)，NO(g)的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ①压强、、由大到小的顺序是___________，X、Y、Z三点的压强平衡常数由小到大的顺序是___________。②℃、压强为时，向VL容器中充入2.0molNO(g)和2.0molCO(g)发生上述反应，5min后反应达到平衡(X点)，该温度下的浓度平衡常数___________(不写单位，下同)，___________，M点的___________。【答案】（1）①.②.阶段①（2）①.②.Z<Y<X③.④.⑤.(或47.9)【解析】【小问1详解】反应Ⅰ：2NO=ΔH1=+312kJ/mol，反应Ⅱ：+CO=CO2+N2OΔH2=-513kJ/mol，反应Ш：CO2+N2O+CO=2CO2+N2ΔH3=?kJ/mol，由题意知，反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ш三个相加得到总反应，则ΔH3=ΔH-ΔH1-ΔH2=-557kJ/mol-312kJ/mol-（-513kJ/mol）=-356kJ/mol，则反应历程Ⅲ的热化学方程式为CO2+N2O+CO=2CO2+N2ΔH3=-356kJ/mol；正反应活化能大，反应速率小，是反应的决速步骤，则该反应过程中决速步为阶段①；【小问2详解】①是气体体积系数减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向着正向移动，NO(g)的平衡转化率增大，则可知；平衡常数只与温度有关，该反应是放热反应，升温，平衡常数K变小，则根据图像可知，X、第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 Y、Z三点的压强平衡常数由小到大的顺序是Z<Y<X；②℃、压强为时，NO的平衡转化率为40%，则NO转化了2mol×40%=0.8mol，则建立三段式为：该反应是在容器可变恒压条件下进行，平衡时容器体积为Vˊ，根据pV=nRT可知，体积与气体的物质的量成正比，则，Vˊ=0.9V，则该温度下的浓度平衡常数==；平衡时，正逆反应速率相等，所以，代入题中等式，，则2×Kc=；在M点是，NO的转化率是20%，同样建立三段式可知，在M点时各物质的物质的量为n(NO)=1.6mol，n(CO)=1.6mol，n(N2)=0.2mol，n(CO2)=0.4mol，与上面同样原理计算，则M点时体积为，则M点的=×=×=(或47.9)。【点睛】第（2）小题中需注意分析题目关键信息：反应在体积可变的恒压密闭容器中，所以后续计算需要考虑体积的变化。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司