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2022-2023学年江西省九江市十校高三上学期11月联考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年江西省九江市十校高三上学期11月联考化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江西省九江市十校2022-2023学年高三上学期11月联考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．生活中处处有化学，下列叙述正确的是
A．HB铅笔芯的成分为铅的化合物 B．石膏常用作净水剂
C．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】A．HB铅笔芯的成分为石墨和黏土，A错误；
B．石膏没有净水的作用，一般氢氧化铝胶体或者氢氧化铁胶体可以用来净水，主要是由于二者对水中的悬浮颗粒有吸附作用，石膏没有这样作用，B错误；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与盐酸混合会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成“云雾”效果，D正确；
故本题选D。
2．下列说法正确的是
A．二氧化硫可漂白纸浆，其原理和漂白粉漂白原理相同
B．纳米铁粉能在空气中自燃，说明其还原性比铁片强
C．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质
D．植物根瘤菌可直接吸收空气中的氮氧化物作肥料，实现氮的固定
【答案】C
【详解】A．二氧化硫的漂白作用是由于它能与某些有色物质生成不稳定的无色物质；漂白粉的漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生有漂白性的物质次氯酸，利用次氯酸的强氧化性漂白，故A错误；
B．纳米铁粉能在空气中自燃，说明固体接触面积大反应速率快，不能说明其还原性比铁片强，故B错误；
C．硝酸铵溶于水时吸收大量热，能迅速降低水温，可用于医用制作速冷冰袋，故C正确；
D．植物根瘤菌的固氮是直接将空气中的氮气转化为含氮化合物作为肥料，不是吸收空气中的氮氧化物作为肥料，故D错误；
故答案为：C。
3．进行下列实验操作，选用的仪器正确的是
盛装碳酸钠溶液
量取6.00mL盐酸
钠在空气中加热
分离乙醇和乙醚
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，不能用玻璃塞，会产生粘性物质打不开，A项错误；
B．量筒的精确度是0.1mL，B项错误；
C．可用坩埚进行钠的加热，C项正确；
D．分离乙醇和乙醚可使用蒸馏的方法，冷凝管应使用直型冷凝管，D项错误；
故答案选C。
4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6L氖气含有的质子数为
B．2.0mL溶液中，的数目为
C．足量与80mL的浓盐酸共热，生成分子的数目为
D．电解熔融，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为
【答案】D
【详解】A．标准状况下，5.6L氖气（Ne）含有的质子数为×10×=2.5，A项错误；
B．是弱碱阳离子，会发生微弱水解，所以2.0 L溶液中，的数目小于，B项错误；
C．浓盐酸浓度下降变成稀盐酸后，与稀盐酸不反应，故足量与80mL的浓盐酸共热，生成分子的数目小于，C项错误；
D．电解熔融，阴极电极方程式是Cu2++2e-=Cu，当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为，D项正确；
故答案选D。
5．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是
选项
气体
液体
固体粉末
A
B
C
溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．通入溶液中，发生反应，生成的可继续与 发生反应，所以瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，A正确；
B．二氧化氮和水反应会生成硝酸，硝酸会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，固体不会消失，B错误；
C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C正确；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D正确；
故选B。
6．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．硫氢化钠溶液和硝酸混合：
B．碳酸钠溶液呈碱性：-
C．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：
D．将等物质的量浓度的和，溶液以体积比1∶2混合：
【答案】D
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将硫氢根离子氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为
，A错误；
B．碳酸钠溶液呈碱性原因：、 ，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O ，D正确；
故选D。
7．短周期常见元素X、Y、W、Z原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述正确的是
A．最高价氧化物水化物的碱性X小于Y
B．常温下，X、Y的单质都能溶于Z最高价氧化物对应水化物的浓溶液
C．氢化物的热稳定性W大于Z
D．X的单质在其所在周期的元素中还原性最强
【答案】C
【分析】W的化合价为−2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素的化合价为+5、+3、−3，Z处于第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X的化合价为+2价，则X应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，Y处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，以此解答。
【详解】A．同周期主族元素随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，故A错误；
B．常温下，Al在浓HNO3溶液中钝化，故B错误；
C．非金属性O>N，则氢化物的热稳定性H2O>NH3，故C正确；
D．Mg的单质在其所在周期为第三周期，该周期元素中还原性最强的是Na，故D错误；
故选C。
8．捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，将恒定组成的、混合气，匀速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
B．反应②为
C．，可能有副反应
D．之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】A
【分析】由图1可知反应①为，反应②为，由反应②可知，反应中生成的量和恒相等，，比多，可能发生副反应：。
【详解】A．由题干反应②方程式可，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然是2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，说明反应②生成速率大于副反应生成的速率，A错误；
B．由图1可知，反应①为，结合氧化还原反应配平反应②为，B正确；
C．由反应②可知，反应中生成的量和恒相等，，比多，可能发生副反应：，C正确；
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生反应，D正确；
故选A。
9．有机物a、b、c、d分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示，下列推理正确的是
A．由的值可知，a分子中碳碳双键的键能为120kJ/mol
B．，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，不利于物质稳定
C．，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
D．，，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】D
【详解】A．由的值可知，2摩尔碳氢键和1摩尔碳碳单键的键能和比1摩尔氢氢键的键能和1摩尔碳碳双键之和多120千焦，A错误；
B．，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B错误；
C．虽然，但两者并不相等，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，C错误；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性 ，D正确；
故选D。
10．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移如(a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法不正确的是
A．过程I中NO是还原产物
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】B
【分析】过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-。
【详解】A．过程I中，N元素化合价降低生成NO，则NO为还原产物，A正确；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mole-，a和b中转移e-的数目之比为1：3，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO)：n(NH)=1：1，C正确；
D．根据分析，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程I→III的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O，D正确；
故选B。
11．下列由实验现象所得结论正确的是
A．向溶液中通，溶液变浑浊证明能与反应生成沉淀
B．向滴入酚酞试液的溶液中加入溶液M，红色褪去证明溶液M呈酸性
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子
D．将滴入红色的溶液，溶液褪色，说明具有还原性
【答案】D
【详解】A．向溶液中通生成硫酸钡沉淀，是因为+4价的硫在有氢离子和硝酸根离子存在的情况下会被氧化成+6价，证明硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，A错误；
B．若加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀完全，溶质为氯化钠和氯化钡中性试剂也会使溶液褪色，B错误；
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，外焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子，C错误；
D．将滴入红色的溶液，溶液褪色，说明具有还原性，D正确；
故选D。
12．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．非金属性： B．单质的熔点：
C．简单氢化物的沸点： D．最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
13．某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒压下，充入一定量的，平衡向逆反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】A．压强增大，平衡正向进行，但平衡常数不变，平衡常数只受温度影响，A错误；
B．加入催化剂只能影响反应速率，不能改变浓度，B错误；
C．恒压下，加入不反应的气体，增大体积，相当于降低压强，所以平衡逆向进行，C正确；
D．加入反应物，平衡虽然正向进行，但加入的CH2=CH2量多于转化的量，CH2=CH2的转化率降低，D错误；
故答案为：C。
14．已知自由基与的反应：
①(产物a) ；
②(产物b) 。
反应进程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．焓变的大小关系：
B．单位时间内a的生成量小于b
C．产物b比产物a更稳定
D．反应②共分，4步进行，其中第4步对反应②的快慢起决定性作用
【答案】B
【详解】A．反应①和②都是放热反应，有图可知的大小关系：，A正确；
B．生成a的速率大于b的速率，B错误；
C．根据相对能量可知，产物b比产物a更温度，C正确；
D．反应②共分4步进行，活化能高的，决定反应的快慢，则第4步对反应②的快慢起到决定性作用，D正确；
故答案为：B。
15．LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．还原工序逸出的可用NaOH溶液进行吸收
B．除杂工序中产生的滤渣可用某些有机溶剂进行组分分离
C．中和工序中的主要化学反应为
D．理论上参与反应的
【答案】C
【分析】HBr(Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr；加入Li2CO3，与HBr反应生成LiBr、CO2等，得到的LiBr溶液经浓缩等操作后得到产品LiBr。
【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，可以减小环境污染，故 A正确；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于四氯化碳等有机溶剂，而硫酸钡不溶于四氯化碳等有机溶剂，因此可用某些有机溶剂进行组分分离，故B正确；
C．由于溶液中存在大量的，故中和工序中发生的化学反应主要为：，而用硫酸会引入新的杂质离子，故C错误；
D．根据得失电子守恒可知，和反应时物质的量之比为，根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，为，故参与反应的，故D正确；
故答案选C。
16．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a点平衡常数： B．气体的总物质的量：
C． D．平衡转化率：甲<乙
【答案】A
【详解】A．a设Z平衡物质的量为x，列出三段式： ，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则 x=0.75mol，，c点平衡常数为12，甲容器时绝热容器，实际上达到平衡时温度升高，平衡逆向进行，故a点的平衡常数K＜12，A错误；
B．a、c两点压强相等，容积体积相等，依据阿伏伽德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，需注意a点温度比c点对应温度高，则气体总物质的量na＜nc，B正确；
C．由图像可知，在容器甲中是绝热条件下，开始压强增大，说明反应温度升高，故反应为放热，C正确；
D．甲在绝热条件下的反应，该反应是放热反应，相当于升高温度，平衡逆向进行，所以平衡转化率，甲<乙，D正确；
故答案为：A。
二、工业流程题
17．无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答下列问题：
(1)在下列提供的试剂中，试剂B可以选用_________(填编号)。
A．NaClO溶液 B．氯水 C．溴水 D．溶液
(2)操作②加热浓缩时，同时通入的目的是_________。
(3)反应D→E的化学方程式为_________。
(4)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂_________，该副反应的反应的离子方程式为_________。
(5)按照你对还原剂的判断，设计实验验证是该还原剂将还原_________。
【答案】(1)BD
(2)抑制水解
(3)
(4)
(5)取该产品溶液，先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则证明是将还原
【分析】废铁屑经过盐酸处理后，铁与盐酸反应生成，少量碳和不与盐酸反应，所以操作①是过滤，经过滤后固体中含少量碳和，A溶液中含和过量盐酸；足量试剂B应是氧化为，是常见的氧化剂；溶液蒸发时易发生水解反应，可以在HCl氛围中加热得到；SOCl2易与水反应，所以在SOCl2中加热脱水得到无水。
【详解】（1）足量试剂B应是氧化为，作为氧化剂，为了防止引入杂质，氯水和溶液较合适，故答案选BD；
（2）溶液蒸发时易发生水解反应，所以操作②加热浓缩时，同时通入的目的是抑制水解；
（3）反应D→E的过程是与SOCl2发生水解反应，方程式是；
（4）反应D→E的过程中生成SO2，SO2是还原性较强的物质，故由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，可能接触到的还原剂是SO2；根据氧化还原反应的特点，该副反应的离子方程式是；
（5）需验证SO2被氧化后的产物SO，取该产品溶液，先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则证明是将还原。
18．(铬绿)是一种高级绿色颜料，工业上以铬铁时(主要成分为、、、为原料制备的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施为_________(写出一种即可)
(2)已知焙烧时Al、Si的氧化物转化为可溶性钠盐，“滤液1”的主要成分为。“滤渣1”的主要成分是_________，Si元素可溶性钠盐的化学式是_________，“焙烧”时反应的化学方程式为_________。
(3)实验室中进行“操作3”时，下列仪器不需要用到的是_________(填仪器名称)。
(4)常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度时认为沉淀完全。
“滤液1”需加_________(填“酸”或“碱”)“调pH”到标准范围_________以除去杂质。“调pH”过程中，含铝元素化合物转化的离子方程式为_________，含Cr元素化合物转化的离子方程式为_________。
【答案】(1)粉碎铬铁矿(或充分搅拌、或通入足量空气等)
(2)
(3)蒸发皿和分液漏斗
(4) 酸 (或
【分析】铬铁矿(主要成分为Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)加入Na2CO3并鼓入空气，高温焙烧，Cr2O3、SiO2、Al2O3发生反应转化为可溶性Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，而Fe2O3不能发生反应，烧渣经水浸后Fe2O3进入滤渣1中，向滤液1中加入H2SO4溶液，调整溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，进入滤渣2中；然后向滤液中加入Na2S，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应，Na2CrO4被还原为Cr(OH)3沉淀，将其过滤、洗涤灼烧，发生分解反应产生Cr2O3。
【详解】（1）为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施可以为将铬铁矿粉碎(或充分搅拌、或通入足量空气等)；
（2）根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分是Fe2O3，Si元素可溶性钠盐的化学式是；已知“滤液1”中铬元素的存在形式为Na2CrO4，则根据元素守恒、电子守恒，可知Cr2O3“焙烧”时反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
（3）操作3是灼烧固体物质，实验室中进行“操作3”时，需使用的仪器有坩埚及坩埚钳，而不需要使用蒸发皿及分液漏斗；
（4）“滤液1”需加H2SO4来调整溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，根据Al3+及离子形成沉淀的pH范围可知，调整pH最佳范围为；“调pH”时铝元素转化的离子方程式为：(或，由图可知，pH范围为时，转化为，离子方程式为：。
三、实验题
19．亚氯酸钠()是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出。某探究小组设计实验制备固体的主要装置如图所示(夹持装置省略)。
已知：①饱和溶液在低于38℃时会析出，高于38℃低于60℃时析出，高于60℃时分解成和NaCl。
②的沸点为11℃，纯度过高易爆炸，极易与水反应。
回答下列问题：
(1)A为的发生装置。下列有关说法正确的是_________(填序号)。
a.反应结束后通入空气一段时间 b.反应过程中持续通入空气
c.可用浓硝酸代替浓硫酸 d.X试剂可以是氢氧化钠溶液
(2)装置B的作用是_________。
(3)写出A装置三颈烧瓶中生成的化学方程式_________。
(4)装置C中NaOH、与反应放出大量热量，生成和一种助燃气体，该反应的还原剂为_________；装置C用冰水浴冷却的主要目的是_________。
(5)充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_________→干燥
a.趁热过滤 b.50℃水洗涤 c.加热蒸发结晶 d.冰水洗涤 e.55℃恒温减压蒸发结晶
(6)测定样品中的纯度。准确称取所得样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：，)。该样品中的质量分数为_________(用含m、c、V的代数式表示)。若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致测定值_________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】(1)bd
(2)防倒吸、缓冲气体
(3)
(4) 减少分解和防止生成物发生分解
(5)cab
(6) 偏低
【分析】A为的发生装置，装置B的作用是防止倒吸，C装置制取，D装置为尾气处理装置；
【详解】（1）在装置A中，生成C1O2气体；浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的C1O2全部变为气体，使得实验顺利进行；为了C1O2气体充分进入到C中反应，反应过程中持续通入空气；C1O2有毒，需要有尾气处理装置；
故答案为：bd。
（2）装置B为安全瓶，防止C瓶溶液倒吸入A瓶中；
故答案为：防倒吸、缓冲气体。
（3）在装置A中，NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，二者发生氧化还原反应，生成C1O2气体，具体反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2C1O2+2Na2SO4+H2O；
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2C1O2+2Na2SO4+H2O。
（4）由提示可知，装置C中发生的化学反应为2NaOH+2CIO3+H2O2=2NaClO3+O2+H2O，H2O2中O元素化合价由-1价升高到0价的O2；装置C用冰水浴冷却的主要目的是防止生成物NaClO2受热分解；
故答案为：；减少分解和防止生成物发生分解。
（5）因为NaClO2超过60℃会分解，因此需要在低于60℃的温度下减压蒸发结晶，再趁热过滤，再用50℃水洗涤，最后干燥，即可得到NaClO2晶体；
故答案为：cab。
（6）消耗的Na2S2O3物质的量为，根据反应式中的比例关系可知，与其反应的I2物质的量为；根据第一个反应式中的比例关系，消耗的25mL待测溶液中NaClO2物质的量为，因此mg样品中，NaClO2的物质的量为，质量为，质量分数为；若在检测中加入稀硫酸的量过少，将会导致样品中的NaClO3不能完全反应，导致最终的结果偏小；
故答案为：；偏小。
四、原理综合题
20．研发二氧化碳利用技术，降低空气中远氧化碳含量是现在的研究热点。
Ⅰ.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
(1)_________。
(2)在200℃恒容密闭容器中，加入2mol和6mol，发生上述反应，初始压强10kPa.反应达平衡时，的转化率为75%，容器压强为7.5kPa，则的物质的量为_________mol，CO的物质的量为_________mol。反应①的平衡常数_________。
(3)一定条件下，向1L恒容密闭容器充入0.23mol和0.19mol，选择合适催化剂使之只发生反应③，相同时间内的转化率随温度变化如图所示：
①b点_________，c点_________(填“>”“<”或“=”，下同)。
②不同温度下的平衡常数，_________。
③a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是_________。
④平衡时测得生成甲醇0.03mol，保持温度不变再通入0.1mol和0.1mol水蒸气，此时平衡将_________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
【答案】(1)
(2) 1 0.5 0.6
(3) > = > a点为温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率降低 逆向移动
【详解】（1）根据盖斯定律可知①+②=③，=；
（2）反应①反应前后气体分子数不变，反应②气体分子数减小，压强减小，所以气体物质的量减小25% ，，反应②气体的物质的量为2mol，消耗CO 1mol，消耗H2 2mol，生成CH3OH 1mol，反应达到平衡的转化率为75%，消耗CO2 1.5mol，根据反应①三段式可知
平衡时CO的物质的量为1.5mol-1mol=0.5mol，H2O的物质的量为1.5mol，H2的物质的量为6mol-2mol-1.5mol=2.5mol，CO2的物质的量为0.5mol，
平衡时则的物质的量为1mol，
反应①的平衡常数 ；
（3）①该反应是反应热反应，由图可以看出b点未达到平衡，随着温度升高转化率还在升高，说明反应正向进行，>；a点的转化率达到最大，说明反应在该温度下达到平衡，该反应是放热反应温度升高反应逆向移动，随着温度的升高c点的转化率下降，c点也是该温度下的平衡点，故=；
②该反应是反应热反应温度升高反应逆向移动，T1；
③a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
④根据三段式可知
保持温度不变再通入0.1mol和0.1mol水蒸气，，反应逆向移动；
江西省九江市十校2022-2023学年高三上学期11月联考
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．生活中处处有化学，下列叙述正确的是
A．HB铅笔芯的成分为铅的化合物 B．石膏常用作净水剂
C．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】A．HB铅笔芯的成分为石墨和黏土，A错误；
B．石膏没有净水的作用，一般氢氧化铝胶体或者氢氧化铁胶体可以用来净水，主要是由于二者对水中的悬浮颗粒有吸附作用，石膏没有这样作用，B错误；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与盐酸混合会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成“云雾”效果，D正确；
故本题选D。
2．下列说法正确的是
A．二氧化硫可漂白纸浆，其原理和漂白粉漂白原理相同
B．纳米铁粉能在空气中自燃，说明其还原性比铁片强
C．硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质
D．植物根瘤菌可直接吸收空气中的氮氧化物作肥料，实现氮的固定
【答案】C
【详解】A．二氧化硫的漂白作用是由于它能与某些有色物质生成不稳定的无色物质；漂白粉的漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生有漂白性的物质次氯酸，利用次氯酸的强氧化性漂白，故A错误；
B．纳米铁粉能在空气中自燃，说明固体接触面积大反应速率快，不能说明其还原性比铁片强，故B错误；
C．硝酸铵溶于水时吸收大量热，能迅速降低水温，可用于医用制作速冷冰袋，故C正确；
D．植物根瘤菌的固氮是直接将空气中的氮气转化为含氮化合物作为肥料，不是吸收空气中的氮氧化物作为肥料，故D错误；
故答案为：C。
3．进行下列实验操作，选用的仪器正确的是
盛装碳酸钠溶液
量取6.00mL盐酸
钠在空气中加热
分离乙醇和乙醚
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．碳酸钠溶液呈碱性，不能用玻璃塞，会产生粘性物质打不开，A项错误；
B．量筒的精确度是0.1mL，B项错误；
C．可用坩埚进行钠的加热，C项正确；
D．分离乙醇和乙醚可使用蒸馏的方法，冷凝管应使用直型冷凝管，D项错误；
故答案选C。
4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6L氖气含有的质子数为
B．2.0mL溶液中，的数目为
C．足量与80mL的浓盐酸共热，生成分子的数目为
D．电解熔融，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为
【答案】D
【详解】A．标准状况下，5.6L氖气（Ne）含有的质子数为×10×=2.5，A项错误；
B．是弱碱阳离子，会发生微弱水解，所以2.0 L溶液中，的数目小于，B项错误；
C．浓盐酸浓度下降变成稀盐酸后，与稀盐酸不反应，故足量与80mL的浓盐酸共热，生成分子的数目小于，C项错误；
D．电解熔融，阴极电极方程式是Cu2++2e-=Cu，当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为，D项正确；
故答案选D。
5．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是
选项
气体
液体
固体粉末
A
B
C
溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．通入溶液中，发生反应，生成的可继续与 发生反应，所以瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，A正确；
B．二氧化氮和水反应会生成硝酸，硝酸会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，固体不会消失，B错误；
C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C正确；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D正确；
故选B。
6．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．硫氢化钠溶液和硝酸混合：
B．碳酸钠溶液呈碱性：-
C．硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：
D．将等物质的量浓度的和，溶液以体积比1∶2混合：
【答案】D
【详解】A．硝酸具有强氧化性，可以将硫氢根离子氧化为S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为
，A错误；
B．碳酸钠溶液呈碱性原因：、 ，B错误；
C．硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiO+H2O+CO2=H2SiO3↓+CO(CO2少量)或SiO+2H2O+2CO2=H2SiO3↓+2HCO(CO2过量)，C错误；
D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2与NH4HSO4溶液以体积比1：2混合，Ba(OH)2电离出的OH-与NH4HSO4电离出的H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的Ba2+与NH4HSO4电离出的SO反应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程为为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O ，D正确；
故选D。
7．短周期常见元素X、Y、W、Z原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述正确的是
A．最高价氧化物水化物的碱性X小于Y
B．常温下，X、Y的单质都能溶于Z最高价氧化物对应水化物的浓溶液
C．氢化物的热稳定性W大于Z
D．X的单质在其所在周期的元素中还原性最强
【答案】C
【分析】W的化合价为−2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素的化合价为+5、+3、−3，Z处于第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X的化合价为+2价，则X应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，Y处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，以此解答。
【详解】A．同周期主族元素随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，故A错误；
B．常温下，Al在浓HNO3溶液中钝化，故B错误；
C．非金属性O>N，则氢化物的热稳定性H2O>NH3，故C正确；
D．Mg的单质在其所在周期为第三周期，该周期元素中还原性最强的是Na，故D错误；
故选C。
8．捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，将恒定组成的、混合气，匀速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
B．反应②为
C．，可能有副反应
D．之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】A
【分析】由图1可知反应①为，反应②为，由反应②可知，反应中生成的量和恒相等，，比多，可能发生副反应：。
【详解】A．由题干反应②方程式可，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然是2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，说明反应②生成速率大于副反应生成的速率，A错误；
B．由图1可知，反应①为，结合氧化还原反应配平反应②为，B正确；
C．由反应②可知，反应中生成的量和恒相等，，比多，可能发生副反应：，C正确；
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生反应，D正确；
故选A。
9．有机物a、b、c、d分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示，下列推理正确的是
A．由的值可知，a分子中碳碳双键的键能为120kJ/mol
B．，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，不利于物质稳定
C．，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
D．，，说明苯分子具有特殊稳定性
【答案】D
【详解】A．由的值可知，2摩尔碳氢键和1摩尔碳碳单键的键能和比1摩尔氢氢键的键能和1摩尔碳碳双键之和多120千焦，A错误；
B．，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B错误；
C．虽然，但两者并不相等，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，C错误；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l) ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l) ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l) ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l) ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性 ，D正确；
故选D。
10．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移如(a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法不正确的是
A．过程I中NO是还原产物
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】B
【分析】过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-。
【详解】A．过程I中，N元素化合价降低生成NO，则NO为还原产物，A正确；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mole-，a和b中转移e-的数目之比为1：3，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO)：n(NH)=1：1，C正确；
D．根据分析，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程I→III的总反应为NO+NH=N2↑+2H2O，D正确；
故选B。
11．下列由实验现象所得结论正确的是
A．向溶液中通，溶液变浑浊证明能与反应生成沉淀
B．向滴入酚酞试液的溶液中加入溶液M，红色褪去证明溶液M呈酸性
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子
D．将滴入红色的溶液，溶液褪色，说明具有还原性
【答案】D
【详解】A．向溶液中通生成硫酸钡沉淀，是因为+4价的硫在有氢离子和硝酸根离子存在的情况下会被氧化成+6价，证明硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，A错误；
B．若加入氯化钡溶液生成碳酸钡沉淀完全，溶质为氯化钠和氯化钡中性试剂也会使溶液褪色，B错误；
C．在火焰上灼烧蘸有无色溶液的玻璃棒，外焰呈黄色，说明该溶液中含有大量钠离子，C错误；
D．将滴入红色的溶液，溶液褪色，说明具有还原性，D正确；
故选D。
12．Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A．非金属性： B．单质的熔点：
C．简单氢化物的沸点： D．最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
13．某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒压下，充入一定量的，平衡向逆反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】A．压强增大，平衡正向进行，但平衡常数不变，平衡常数只受温度影响，A错误；
B．加入催化剂只能影响反应速率，不能改变浓度，B错误；
C．恒压下，加入不反应的气体，增大体积，相当于降低压强，所以平衡逆向进行，C正确；
D．加入反应物，平衡虽然正向进行，但加入的CH2=CH2量多于转化的量，CH2=CH2的转化率降低，D错误；
故答案为：C。
14．已知自由基与的反应：
①(产物a) ；
②(产物b) 。
反应进程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A．焓变的大小关系：
B．单位时间内a的生成量小于b
C．产物b比产物a更稳定
D．反应②共分，4步进行，其中第4步对反应②的快慢起决定性作用
【答案】B
【详解】A．反应①和②都是放热反应，有图可知的大小关系：，A正确；
B．生成a的速率大于b的速率，B错误；
C．根据相对能量可知，产物b比产物a更温度，C正确；
D．反应②共分4步进行，活化能高的，决定反应的快慢，则第4步对反应②的快慢起到决定性作用，D正确；
故答案为：B。
15．LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．还原工序逸出的可用NaOH溶液进行吸收
B．除杂工序中产生的滤渣可用某些有机溶剂进行组分分离
C．中和工序中的主要化学反应为
D．理论上参与反应的
【答案】C
【分析】HBr(Br2)中加入BaS，将Br2还原为Br-，同时BaS转化为BaBr2和S；BaBr2与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HBr；过滤出滤渣BaSO4和S，滤液中的主要成分为HBr；加入Li2CO3，与HBr反应生成LiBr、CO2等，得到的LiBr溶液经浓缩等操作后得到产品LiBr。
【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，可以减小环境污染，故 A正确；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于四氯化碳等有机溶剂，而硫酸钡不溶于四氯化碳等有机溶剂，因此可用某些有机溶剂进行组分分离，故B正确；
C．由于溶液中存在大量的，故中和工序中发生的化学反应主要为：，而用硫酸会引入新的杂质离子，故C错误；
D．根据得失电子守恒可知，和反应时物质的量之比为，根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，为，故参与反应的，故D正确；
故答案选C。
16．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．a点平衡常数： B．气体的总物质的量：
C． D．平衡转化率：甲<乙
【答案】A
【详解】A．a设Z平衡物质的量为x，列出三段式： ，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则 x=0.75mol，，c点平衡常数为12，甲容器时绝热容器，实际上达到平衡时温度升高，平衡逆向进行，故a点的平衡常数K＜12，A错误；
B．a、c两点压强相等，容积体积相等，依据阿伏伽德罗定律，此时气体的物质的量与温度成反比，需注意a点温度比c点对应温度高，则气体总物质的量na＜nc，B正确；
C．由图像可知，在容器甲中是绝热条件下，开始压强增大，说明反应温度升高，故反应为放热，C正确；
D．甲在绝热条件下的反应，该反应是放热反应，相当于升高温度，平衡逆向进行，所以平衡转化率，甲<乙，D正确；
故答案为：A。
二、工业流程题
17．无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答下列问题：
(1)在下列提供的试剂中，试剂B可以选用_________(填编号)。
A．NaClO溶液 B．氯水 C．溴水 D．溶液
(2)操作②加热浓缩时，同时通入的目的是_________。
(3)反应D→E的化学方程式为_________。
(4)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂_________，该副反应的反应的离子方程式为_________。
(5)按照你对还原剂的判断，设计实验验证是该还原剂将还原_________。
【答案】(1)BD
(2)抑制水解
(3)
(4)
(5)取该产品溶液，先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则证明是将还原
【分析】废铁屑经过盐酸处理后，铁与盐酸反应生成，少量碳和不与盐酸反应，所以操作①是过滤，经过滤后固体中含少量碳和，A溶液中含和过量盐酸；足量试剂B应是氧化为，是常见的氧化剂；溶液蒸发时易发生水解反应，可以在HCl氛围中加热得到；SOCl2易与水反应，所以在SOCl2中加热脱水得到无水。
【详解】（1）足量试剂B应是氧化为，作为氧化剂，为了防止引入杂质，氯水和溶液较合适，故答案选BD；
（2）溶液蒸发时易发生水解反应，所以操作②加热浓缩时，同时通入的目的是抑制水解；
（3）反应D→E的过程是与SOCl2发生水解反应，方程式是；
（4）反应D→E的过程中生成SO2，SO2是还原性较强的物质，故由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，可能接触到的还原剂是SO2；根据氧化还原反应的特点，该副反应的离子方程式是；
（5）需验证SO2被氧化后的产物SO，取该产品溶液，先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则证明是将还原。
18．(铬绿)是一种高级绿色颜料，工业上以铬铁时(主要成分为、、、为原料制备的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施为_________(写出一种即可)
(2)已知焙烧时Al、Si的氧化物转化为可溶性钠盐，“滤液1”的主要成分为。“滤渣1”的主要成分是_________，Si元素可溶性钠盐的化学式是_________，“焙烧”时反应的化学方程式为_________。
(3)实验室中进行“操作3”时，下列仪器不需要用到的是_________(填仪器名称)。
(4)常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度时认为沉淀完全。
“滤液1”需加_________(填“酸”或“碱”)“调pH”到标准范围_________以除去杂质。“调pH”过程中，含铝元素化合物转化的离子方程式为_________，含Cr元素化合物转化的离子方程式为_________。
【答案】(1)粉碎铬铁矿(或充分搅拌、或通入足量空气等)
(2)
(3)蒸发皿和分液漏斗
(4) 酸 (或
【分析】铬铁矿(主要成分为Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)加入Na2CO3并鼓入空气，高温焙烧，Cr2O3、SiO2、Al2O3发生反应转化为可溶性Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，而Fe2O3不能发生反应，烧渣经水浸后Fe2O3进入滤渣1中，向滤液1中加入H2SO4溶液，调整溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，进入滤渣2中；然后向滤液中加入Na2S，Na2CrO4与Na2S发生氧化还原反应，Na2CrO4被还原为Cr(OH)3沉淀，将其过滤、洗涤灼烧，发生分解反应产生Cr2O3。
【详解】（1）为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施可以为将铬铁矿粉碎(或充分搅拌、或通入足量空气等)；
（2）根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分是Fe2O3，Si元素可溶性钠盐的化学式是；已知“滤液1”中铬元素的存在形式为Na2CrO4，则根据元素守恒、电子守恒，可知Cr2O3“焙烧”时反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；
（3）操作3是灼烧固体物质，实验室中进行“操作3”时，需使用的仪器有坩埚及坩埚钳，而不需要使用蒸发皿及分液漏斗；
（4）“滤液1”需加H2SO4来调整溶液pH，使NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，根据Al3+及离子形成沉淀的pH范围可知，调整pH最佳范围为；“调pH”时铝元素转化的离子方程式为：(或，由图可知，pH范围为时，转化为，离子方程式为：。
三、实验题
19．亚氯酸钠()是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出。某探究小组设计实验制备固体的主要装置如图所示(夹持装置省略)。
已知：①饱和溶液在低于38℃时会析出，高于38℃低于60℃时析出，高于60℃时分解成和NaCl。
②的沸点为11℃，纯度过高易爆炸，极易与水反应。
回答下列问题：
(1)A为的发生装置。下列有关说法正确的是_________(填序号)。
a.反应结束后通入空气一段时间 b.反应过程中持续通入空气
c.可用浓硝酸代替浓硫酸 d.X试剂可以是氢氧化钠溶液
(2)装置B的作用是_________。
(3)写出A装置三颈烧瓶中生成的化学方程式_________。
(4)装置C中NaOH、与反应放出大量热量，生成和一种助燃气体，该反应的还原剂为_________；装置C用冰水浴冷却的主要目的是_________。
(5)充分反应后，为从产品溶液中获取晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_________→干燥
a.趁热过滤 b.50℃水洗涤 c.加热蒸发结晶 d.冰水洗涤 e.55℃恒温减压蒸发结晶
(6)测定样品中的纯度。准确称取所得样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。移取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用的标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为VmL。(已知：，)。该样品中的质量分数为_________(用含m、c、V的代数式表示)。若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致测定值_________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】(1)bd
(2)防倒吸、缓冲气体
(3)
(4) 减少分解和防止生成物发生分解
(5)cab
(6) 偏低
【分析】A为的发生装置，装置B的作用是防止倒吸，C装置制取，D装置为尾气处理装置；
【详解】（1）在装置A中，生成C1O2气体；浓硫酸与溶液混合会释放大量热，使生成的C1O2全部变为气体，使得实验顺利进行；为了C1O2气体充分进入到C中反应，反应过程中持续通入空气；C1O2有毒，需要有尾气处理装置；
故答案为：bd。
（2）装置B为安全瓶，防止C瓶溶液倒吸入A瓶中；
故答案为：防倒吸、缓冲气体。
（3）在装置A中，NaClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂，二者发生氧化还原反应，生成C1O2气体，具体反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2C1O2+2Na2SO4+H2O；
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2C1O2+2Na2SO4+H2O。
（4）由提示可知，装置C中发生的化学反应为2NaOH+2CIO3+H2O2=2NaClO3+O2+H2O，H2O2中O元素化合价由-1价升高到0价的O2；装置C用冰水浴冷却的主要目的是防止生成物NaClO2受热分解；
故答案为：；减少分解和防止生成物发生分解。
（5）因为NaClO2超过60℃会分解，因此需要在低于60℃的温度下减压蒸发结晶，再趁热过滤，再用50℃水洗涤，最后干燥，即可得到NaClO2晶体；
故答案为：cab。
（6）消耗的Na2S2O3物质的量为，根据反应式中的比例关系可知，与其反应的I2物质的量为；根据第一个反应式中的比例关系，消耗的25mL待测溶液中NaClO2物质的量为，因此mg样品中，NaClO2的物质的量为，质量为，质量分数为；若在检测中加入稀硫酸的量过少，将会导致样品中的NaClO3不能完全反应，导致最终的结果偏小；
故答案为：；偏小。
四、原理综合题
20．研发二氧化碳利用技术，降低空气中远氧化碳含量是现在的研究热点。
Ⅰ.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知：
①
②
③
回答下列问题：
(1)_________。
(2)在200℃恒容密闭容器中，加入2mol和6mol，发生上述反应，初始压强10kPa.反应达平衡时，的转化率为75%，容器压强为7.5kPa，则的物质的量为_________mol，CO的物质的量为_________mol。反应①的平衡常数_________。
(3)一定条件下，向1L恒容密闭容器充入0.23mol和0.19mol，选择合适催化剂使之只发生反应③，相同时间内的转化率随温度变化如图所示：
①b点_________，c点_________(填“>”“<”或“=”，下同)。
②不同温度下的平衡常数，_________。
③a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是_________。
④平衡时测得生成甲醇0.03mol，保持温度不变再通入0.1mol和0.1mol水蒸气，此时平衡将_________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
【答案】(1)
(2) 1 0.5 0.6
(3) > = > a点为温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率降低 逆向移动
【详解】（1）根据盖斯定律可知①+②=③，=；
（2）反应①反应前后气体分子数不变，反应②气体分子数减小，压强减小，所以气体物质的量减小25% ，，反应②气体的物质的量为2mol，消耗CO 1mol，消耗H2 2mol，生成CH3OH 1mol，反应达到平衡的转化率为75%，消耗CO2 1.5mol，根据反应①三段式可知
平衡时CO的物质的量为1.5mol-1mol=0.5mol，H2O的物质的量为1.5mol，H2的物质的量为6mol-2mol-1.5mol=2.5mol，CO2的物质的量为0.5mol，
平衡时则的物质的量为1mol，
反应①的平衡常数 ；
（3）①该反应是反应热反应，由图可以看出b点未达到平衡，随着温度升高转化率还在升高，说明反应正向进行，>；a点的转化率达到最大，说明反应在该温度下达到平衡，该反应是放热反应温度升高反应逆向移动，随着温度的升高c点的转化率下降，c点也是该温度下的平衡点，故=；
②该反应是反应热反应温度升高反应逆向移动，T1
③a点为图像中最高点，a点的转化率比c点高的原因是：a点为T2温度下的平衡点，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；
④根据三段式可知
保持温度不变再通入0.1mol和0.1mol水蒸气，，反应逆向移动；
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