湖南省攸县第三中学2022-2023学年高三化学第六次月考试题（Word版附解析）

攸县三中2023届高三月考化学试卷(六)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.2021年6月，中国航天员搭乘“神舟十二号”进驻空间站，开启了中华民族“空间站时代”的新篇章。下列说法错误的是A.航天员的耳机使用的双层蛋白皮革主要成分是有机物B.运载火箭的燃料偏二甲肼()燃烧过程中化学能转化为热能C.航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是二氧化硅D.天和核心舱的霍尔发动机燃料原子核含77个中子【答案】C【解析】【详解】A．蛋白皮革主要成分为蛋由质，其属于有机物，A项正确；B．燃料偏二甲肼()燃烧过程中将化学能转化为热能，为火箭提供动力，B项正确；C．太阳能电池帆板的主要成分是硅单质，C项错误；D．原子核中中子数=质量数-质子数=131-54=77，D项正确；答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molCH4中含有的电子数为8NAB.一定条件下，1molI2(g)和2molH2(g)发生反应生成的HI分子数为2NAC.1L1×10-8mol/LHClO4溶液中含有的H+数为10-8NAD.1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含N粒子数为NA【答案】D【解析】【详解】A．CH4分子中含有10个电子，则1molCH4中含有的电子数为10NA，A错误；B．H2、I2反应产生HI的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此一定条件下，1molI2(g)和2molH2(g)发生反应生成的HI分子数小于2NA，B错误； C．在1L1×10-8mol/LHClO4溶液中溶质电离产生的HClO4的数目是10-8NA，溶液中溶剂也电离产生H+，故该溶液中含有的H+数为10-8NA，C错误；D．1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含有溶质的物质的量是0.5mol，根据N元素守恒可知含有N粒子数为NA，D正确；故合理选项是D。3.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：、、、B.强酸性溶液中可存在大量以下离子：、、C.将过氧化钠投入水中：D.氨化的溶液中通入过量：【答案】C【解析】【详解】A．甲基橙显黄色的溶液中含有大量的OH-，则+2OH-=Cu(OH)2↓，Cu2++=CuCO3↓，A错误；B．强酸性溶液中含有大量的H+，则+=+Cl-，B错误；C．将过氧化钠投入水中的离子方程式为：，C正确；D．氨化的溶液中通入过量的离子方程式为：，D错误；故答案为：C。4.氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是 A.整个过程中作催化剂B.过程Ⅰ中发生的化学反应为C.过程中涉及的反应均为氧化还原反应D.过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2【答案】D【解析】【详解】A．整个过程中先参加反应后又被生成，是催化剂，A正确；B．过程Ⅰ中的反应物为、NO，产物为、、，对应的化学方程式为，故B正确；C．过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；D．过程Ⅱ的化学方程式为，Ni元素化合价降低，是氧化剂，O元素化合价升高，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误；选D。5.为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象 ①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A.实验①说明加热促进水解反应B.实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C.实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D.整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【解析】【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【详解】A．铁离子水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+ 既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。6.盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。下列推断正确的是A.X可能为正盐，也可能为酸式盐B.将b通入a的水溶液中可能生成白色沉淀C.a、b、c、d、e、f可能都是极性分子D.反应①、②可能具有相同的实验现象【答案】A【解析】【分析】根据题干信息，相对分子质量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3，f为NO2，Z为H2O，Y为O2，则b为SO2，e为NO，盐X溶液与盐酸反应得到a，与NaOH反应得到d，a与O2得到SO2，则a为H2S，d与O2得到NO，则d为NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，X可以是NH4HS或(NH4)2S，即可X可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B．bSO2，a为H2S，两者发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成淡黄色固体，B错误；C．c为SO3，分子中电荷呈中心对称，为非极性分子，C错误； D．反应①为H2S被氧化生成SO2，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO2，现象为生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D错误；答案选A。7.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.快速制备少量NH3B.除去Na2CO3中的NaHCO3C.制取并收集一定Cl2D.乙醇加热条件下能还原氧化铜【答案】D【解析】【详解】A．图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了，空气不能排除，将发生炸裂的安全事故，A不合题意；B．加热固体不能用蒸发皿，应该用大试管或者坩埚，B不合题意；C．Cl2的密度比空气的大，应该用向上排空气法，即收集装置中应该长进短出，C不合题意； D．已知2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，则图示装置能够实现乙醇加热条件下能还原氧化铜，D符合题意；故答案为D。8.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A.分子中含有5种官能团B.可发生加聚和氧化反应C.1mol分枝酸最多可与3molNaHCO3发生反应D.所有原子可能都处于同一平面【答案】B【解析】【详解】A．分枝酸分子中含有碳碳双键、羟基、羧基和醚键4种官能团，A错误；B．分枝酸分子含碳碳双键，可以发生加聚反应和氧化反应，含羟基可以发生氧化反应，B正确；C．羧基和等摩尔的碳酸氢钠发生反应，1个分枝酸分子含有2个羧基，故1mol分枝酸最多可与2molNaHCO3发生反应，C错误；D．分子内含有的2个饱和碳原子，与其相连的四个原子构成四面体，则所有原子不可能都处于同一平面，D错误；答案选B。9.氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是 A.氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应B.相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大C.反应过程中经历了断键产生的过程D.选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性【答案】D【解析】【详解】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A错误；B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B错误；C．反应过程中经历了断键产生的是硝基，不是，C错误；D．催化剂具有选择性，故选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D正确；故选D。10.某兴趣小组利用工业废弃的铁铜合金制备碳式碳酸铜的简易流程如图。下列叙述错误的是A.“沉降”反应中溶液与Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影响产品成分B.“过滤1”所得的滤液中的溶质主要为硫酸铜C.“滤渣”的主要成分为氢氧化铁D.“溶解”时发生了氧化还原反应【答案】A 【解析】【分析】废弃的铁铜合金加入稀硫酸和双氧水溶解，得到硫酸铁、硫酸铜的混合溶液，之后加入CuO调节pH除去Fe3+，过滤掉Fe(OH)3沉淀，加入碳酸钠粉末沉降得到碱式碳酸铜，过滤得到产品。【详解】A．“沉降”反应中溶液是CuSO4溶液，与Na2CO3的混合方式应该是将Na2CO3溶液加入溶液中，如果将CuSO4溶液加入Na2CO3溶液中，将会生成更多的氢氧化铜沉淀，影响碱式碳酸铜的生成，A错误；B．根据分析可知加入CuO调节pH可以除去Fe3+，滤液中的溶质主要为硫酸铜，B正确；C．加入CuO调节pH可以除去Fe3+，得到Fe(OH)3沉淀，C正确；D．溶解过程中双氧水在酸性环境中可以将Fe、Cu氧化，D正确；综上所述答案为A。11.我国科学家设计了一种太阳能驱动的H2S分解装置，工作原理如图所示。下列叙述正确的是A.H+在电解质溶液中从右向左定向移动B.乙中电极上发生氧化反应，溶液进入甲中将H2S转化为SC.丙中发生的电极反应为-2e-+2H+=D.丁中在催化剂表面发生电化学反应生成H4[SiW12O40]和H2【答案】B【解析】【分析】由图可知：H2S在甲区中与Fe3+发生氧化反应生成S单质，反应为 2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，所以乙区为阳极区，丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]；丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，结合电子守恒进行计算，据此分析解答。【详解】A．在理论上甲区每生成1molS时，转移2mol电子，由于电子和质子电荷数相等，又乙区为阳极区，丙区为阴极区，所以H+由质子交换膜左侧向右侧移动的物质的量为2mol，A错误；B．乙区Fe2+发生失电子的氧化反应转化为Fe3+，在甲装置中Fe3+与H2S发生氧化还原反应为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，B正确；C．丙区为阴极区，H4[SiW12O40]得电子生成H6[SiW12O40]，电极反应为：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，C错误；D．丁区H6[SiW12O40]在催化剂表面发生分解反应生成H4[SiW12O40]和H2，没有发生电化学反应，D错误；故合理选项是B。12.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pb C.c点：CO的体积分数＞D.900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误；B．甲容器b处乙容器a处若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，正确；D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。故选C。13.在常温下，向20mL0.10mol·L-1的Na2CO3溶液中滴加0.10mol·L-1的盐酸，溶液pH随滴定百分率%的变化如图所示。下列说法正确 A.在a点的溶液中，c(H2CO3)-c(CO)＞c(OH-)-c(C1-)B.在b点的溶液中，2n(H2CO3)+n(HCO)＜0.002molC.煮沸目的是除去CO2，使突跃变大，冷却后继续滴定到终点D.若将0.10mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO-)【答案】C【解析】【详解】A．在a点滴定百分率25%，是滴入10mL盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液中溶质Na2CO3、NaHCO3、NaCl的物质的量之比为1：1：1，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)+c(HCO)+2c(CO)，根据钠碳物料守恒可知，c(Na+)=2c(HCO)+2c(CO)+2c(H2CO3)，把c(Na+)代入电荷守恒有①：2c(H2CO3)+c(HCO)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，根据氯碳物料守恒可知，2c(C1-)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，则有②：c(HCO)=2c(C1-)-c(CO)-c(H2CO3)，把②代入①得：c(H2CO3)-c(CO)+c(H+)=c(OH-)-c(C1-)，故c(H2CO3)-c(CO)<c(OH-)-c(C1-)，A错误；B．在滴定百分率50%时，溶质为氯化钠、碳酸氢钠，b点盐酸比滴定百分率50%时稍微过量，生成碳酸，溶液pH=7，溶液为氯化钠、碳酸氢钠和碳酸溶液，n(CO-)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO)+n(HCO)+n(H2CO3)=0.002mol，则n(H2CO3)+n(HCO)+n(H2CO3)>0.002mol，即2n(H2CO3)+n(HCO)>0.002mol，B错误；C．反应生产二氧化碳能溶于水生成碳酸影响实验滴定结果，煮沸目的是除去CO2，使突跃变大，冷却后继续滴定到终点，C正确；D．若将0.10mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到： c(Na+)=c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+)>c(CH3COO-)，故D错误。故选C。14.为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A.实验①说明加热促进水解反应B.实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C.实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D.整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响【答案】D【解析】【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ ，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4•5H2O晶体。完成下列填空：（1）取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4•5H2O晶体。①出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。③装置图中装置X的作用是_______。 （2）已知该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。实验中可选用的试剂：1.0mol·L-1H2SO4、1.0mol·L-1HCl、1.0mol·L-1NaOH。以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4•5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4•5H2O晶体。（3）测定产品纯度。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I-。准确称取0.5000gCuSO4•5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。则CuSO4•5H2O样品的纯度为_______。【答案】（1）①.[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O②.取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净③.防止倒吸（2）加入适量1.0mol•L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol•L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤（3）99%【解析】【分析】一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到三颈瓶中，搅拌、加热生成氨气、氧化铜、氯化钠，过滤、洗涤，得到CuO固体，再加入一定量的稀硫酸，经过蒸发、结晶、过滤等操作，得到CuSO4•5H2O晶体；也可以取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入一定量的稀硫酸反应，再调解pH，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4•5H2O晶体，据此分析解题。【小问1详解】①[Cu(NH3)4]Cl2与NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，反应的方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；②溶液中含有NaCl，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；③实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置X作用是防止倒吸； 【小问2详解】取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，先加入适量1.0mol•L-1H2SO4溶解，得到含CuSO4和Fe2(SO4)3的溶液，由于pH=3.2时，Fe3+完全沉淀，pH=4.7时，Cu2+开始沉淀，因此可逐滴加入1.0mol•L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，将Fe3+沉淀，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4•5H2O晶体；【小问3详解】n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol•L-1×0.0198L=0.00198mol，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2+I2=+2I-可知，2CuSO4•5H2O～I2～2Na2S2O3，则CuSO4•5H2O的物质的量为0.00198mol，所以CuSO4•5H2O样品的纯度为×100%=99.0%。16.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为___________。（2）“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式___________。（3）“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为___________。（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量，可析出Y。（5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。 ①该氧化物为___________。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。【答案】（1）+6（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）+=↓（4）①.②.（5）①.②.【解析】【分析】废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【小问1详解】Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。【小问2详解】“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。【小问3详解】时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为 。【小问4详解】①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。【小问5详解】①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。17.两种方法对某工业废气(主要成分为)进行回收利用。（1）自驱动光电催化法，原理如图，步骤如下：Ⅰ.常温下，左池中的电解液是稀硫酸和少量KI的混合溶液，右池中的是稀硫酸。Ⅱ.持续光照条件下，表面会产生光生空穴()和光生电子，光生空穴会氧化： ，左池溶液逐渐由无色变为棕色时，通入工业废气，溶液突然褪色变混，停止通气，滤出固体，待溶液由无色再次变棕时，再次通入工业废气，并不断循环。Ⅲ.实验过程中，右池持续通入。①结合化学用语解释Ⅱ中溶液颜色变化的原因：_______。②若右池中只发生，不考虑其他反应，则右池溶液pH_______(填“不变”“变大”或“变小”)。③装置中总反应的化学方程式是_______。④实验中S的产率和电解效率接近100%。但的电解效率明显偏小，可能的原因有_______(写出两点)。电解效率的定义：（2）热解法制。将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生反应：。该反应可看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ分两步进行，并且第Ⅱ步是决速步。反应Ⅰ：反应Ⅱ：常压下，按体积之比投料，不同温度时，其他条件不变，反应相同时间后，测得和体积分数()如下表：温度/℃95010001050110011500.51.53.65.58.50.00.0010.41.8①1150℃时，的体积分数是_______。②在950℃~1150℃范围内，的体积分数随温度升高会发生变化，写出该变化规律并分析原因：_______。（3）对比上述两种方法，说明哪种方法更具优势并说明理由：_______。 【答案】（1）①.电池负极发生反应，溶液由无色变为棕色；通入气体，发生反应，溶液由棕色变为无色②.变大③.④.右侧电极可能发生反应；发生分解反应生成水和氧气，所以的电解效率明显偏小（2）①.0.65%②.在950℃~1150℃范围内，的体积分数随温度升高先增大后减小，原因是温度升高到一定程度，反应Ⅱ速率明显加快（3）自驱动光电催化法在常温下就能反应，热解法制，需要在高温条件下反应，所以自驱动光电催化法更具优势【解析】【小问1详解】①电池负极发生反应，溶液由无色变为棕色；通入气体，发生反应，溶液由棕色变为无色；②若右池中只发生反应，电路中转移4mol电子，有通过质子交换膜进入右池与反应生成，浓度变小，所以右池溶液pH变大；③装置中和氧气反应生成S单质和双氧水，总反应的化学方程式是；④右侧电极可能发生反应；发生分解反应生成水和氧气，所以的电解效率明显偏小；【小问2详解】①1150℃时，设参加反应的的物质的量为、参加反应的的物质的量为，反应后气体总物质的量为，根据碳元素守恒，，根据氢元素守恒，，则，根据S元素守恒， 的物质的量为，体积分数是0.65%；②由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，氢气体积分数增大，则的体积分数增大，而高温阶段,随温度升高增大，变化倍数大于H2%变化倍数，说明高温对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，则原因为低温阶段，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，S2的体积分数增大，高温阶段对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，故答案为：在950℃~1150℃范围内，的体积分数随温度升高先增大后减小，原因是温度升高到一定程度，反应Ⅱ速率明显加快。【小问3详解】自驱动光电催化法在常温下就能反应，热解法制，需要在高温条件下反应，所以自驱动光电催化法更具优势。18.2021年诺贝尔生理学或医学奖颁发给发现温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的发现与辣椒素有关。辣椒素1的一种合成路线如图(部分试剂或产物已略去)。已知：R1—CH2BrR1—CH=CH—R2，请回答下列问题：（1）A→B的反应类型____。（2）D中的官能团名称为____；C的结构简式为____。（3）F→G的化学反应方程式为____。 （4）G的同分异构体中，同时符合下列条件的有_____种(不含立体结构)，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_____。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体。（5）如图是利用Wittig反应，设计的以溴化苄()为原料合成的路线。M①合成路线中a的反应条件为____。②写出反应b的化学方程式：____。【答案】（1）取代反应（2）①.羧基和碳碳双键②.(CH3)2CHCHO（3）+CH3ONa+NaBr（4）①.13②.（5）①.NaOH水溶液、加热②.2+O22+2H2O【解析】【分析】由题干有机合成路线图中B、D的结构简式和B到D 的转化条件并结合已知信息可知，C的结构简式为：(CH3)2CHCHO，由E、G的结构简式和E到F、F到G的转化条件可知F的结构简式为：，(4)由题干流程图可知，G的分子式为：C8H8O3，则同时符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体即含有羧基，G的同分异构体中若含两个取代基即-OH、-CH2COOH则有邻、间、对三种，若含有三个取代基即-OH、-COOH和-CH3，则先考虑前2个取代基有邻间对三种位置关系，再连接第3个取代基时有分别有4种、4种和2种，则一共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，(5)由题干已知Wittig反应的信息，可推知M的结构简式为：，据此分析解题。【小问1详解】由题干流程图可知，A→B即A分子中的醇羟基被Br所代替，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问2详解】由题干流程图中D的结构简式可知D中的官能团名称为羧基和碳碳双键，由分析可知，C的结构简式为(CH3)2CHCHO，故答案为：羧基和碳碳双键；(CH3)2CHCHO；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为，则F→G即和CH3ONa生成和NaBr，故该反应的化学反应方程式为+CH3ONa +NaBr，故答案为：+CH3ONa+NaBr；【小问4详解】由题干流程图可知，G的分子式为：C8H8O3，则同时符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体即含有羧基，G的同分异构体中若含两个取代基即-OH、-CH2COOH则有邻、间、对三种，若含有三个取代基即-OH、-COOH和-CH3，则先考虑前2个取代基有邻间对三种位置关系，再连接第3个取代基时有分别有4种、4种和2种，则一共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为，故答案为：13；；【小问5详解】①由题干信息可知，合成路线中a即卤代烃发生水解反应生成醇，故该转化反应条件为NaOH水溶液、加热，故答案为：NaOH水溶液、加热；②由题干已知Wittig反应的信息，可知合成：是由和，则反应b是由催化氧化转化为的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O，故答案为： 2+O22+2H2O。