2022-2023学年内蒙古自治区呼和浩特市高三上学期质量普查调研考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年内蒙古自治区呼和浩特市高三上学期质量普查调研考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

内蒙古自治区呼和浩特市2022-2023学年高三上学期质量普查调研考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列叙述不正确的是
A．“84消毒液”可喷洒于衣物上进行杀菌消毒
B．75%的乙醇溶液常用作医用消毒剂
C．碘酒可用于皮肤外用消毒
D．二氧化硫可用于食品杀菌、抗氧化
【答案】A
【详解】A．“84消毒液”中含有漂白性物质，能使有色物质褪色，不可喷洒于衣物上进行杀菌消毒，故A错误；
B．75%的乙醇溶液能杀灭病菌，常用作医用消毒剂，故B正确；
C．碘酒能灭菌，可用于皮肤外用消毒，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性且能灭菌，可用于食品杀菌、抗氧化，故D正确；
故选A。
2．下列化学用语使用不科学规范的是
A．胆矾的化学式CuSO4·5H2O
B．水分子的结构式为H-O-H
C．HBr的形成过程为
D．35C1和37C1的原子结构示意图均为
【答案】C
【详解】A．胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，故A正确；
B．水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，结构式为H-O-H，故B正确；
C．溴化氢为共价化合物，不是离子化合物，，故C错误；
D．35C1和37C1均为17号氯元素的原子，原子结构示意图均为，故D正确；
故选C。
3．化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关能源和材料的说法不正确的是
A．低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁
B．可燃冰资源丰富且可再生，是最有希望的未来能源
C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源有利于实现“低碳经济”
D．2022北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】A．合金硬度大于成分金属，低磁合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁，故A正确；
B．可燃冰为化石燃料，不可再生，故B错误；
C．利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源，利于减少化石燃料的燃烧，有利于实现“低碳经济”，故C正确；
D．石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料，故D正确；
故选B。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子
B．56g铁片投入足量浓硫酸中，生成为NA个SO2分子
C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g
D．0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【详解】A．氨水不是气态，不能确定其物质的量，A错误；
B．浓硫酸使铁钝化，阻碍了反应的进行，生成二氧化硫小于1mol，B错误；
C．电解精炼铜时，阳极的其它金属如锡等也会放电导致阳极质量减小，故不确定阳极减小质量，C错误；
D．氢气和碘的反应为分子总数不变的反应，0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后，其分子总量为0.2mol，则分子总数为0.2NA，D正确；
故选D。
5．下列涉及的离子方程式书写正确的是
A．醋酸除去水垢中的碳酸钙：
B．漂白液的漂白原理：
C．Na2O2与水反应：
D．FeI2溶液中通入少量Cl2：
【答案】B
【详解】A．醋酸为弱电解质，不能拆，，A错误；
B．漂白粉主要成分为NaClO吸收空气中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正确；
C．Na2O2与水反应，，C错误；
D．还原性I-＞Fe2+，FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I-反应，Cl2+2I-=I2+2Cl-，D错误；
故答案为：B。
6．下列说法正确的是
A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质
B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥
D．Al、Fe、Cu的单质放置在空气中都只生成氧化物
【答案】C
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；
【详解】A．三氧化硫和水反应生成硫酸，导致溶液导电，三氧化硫为非电解质；KClO3为电解质，故A错误；
B．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C．H2、SO2、CO2三种气体均不和浓硫酸反应，都可用浓硫酸干燥，故C正确；
D．铜生锈生成的铜绿为碱式碳酸铜，不是氧化物，故D错误；
故选C。
7．下列实验操作及现象可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
验证SO2具有漂白性
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中， 观察溶液颜色变化
B
探究浓度对反应速率的影响
向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象
C
证明FeCl 3与KI之间是可逆反应
向1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL 0.1mol·L-1KI溶液， 充分反应， 滴加几滴KSCN溶液后变为红色
D
除去NaCl固体中混有的少量KNO3杂质
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．二氧化硫和氢氧化钠反应，溶液碱性消失，溶液的红色也会褪色，故A错误；
B．亚硫酸氢钠和过氧化氢反应没有明显的现象，不能判断反应的速率，故B错误；
C．1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL 0.1mol·L-1KI溶液，反应中碘离子过量，充分反应， 滴加几滴KSCN溶液后变为红色，说明溶液中仍存在铁离子，则FeCl 3与KI之间是可逆反应，故C正确；
D．氯化钠溶解度受温度影响较小，应该使用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，故D错误；
故选C。
8．化合物R可用于农药生产，其结构如下图所示。其中W位于第三周期，其最外层电子数与Y相同，X、Y、Z位于同一周期且均属于短周期元素。下列说法正确的是

A．非金属性X>Z>Y B．简单离子半径W>X>Y
C．X元素的氢化物是一种强酸 D．Y、Z、W均能与氢原子形成18电子分子
【答案】D
【分析】W位于第三周期，且形成了6个共价键，则W为S，最外层电子数与Y相同，则Y为O；X、Y、Z位于同一周期，且Z形成了4个共价键，X形成了1个共价键，故X为F，Z为C；
【详解】A．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，非金属性变弱；非金属性F>O>C，即X>Y>Z，故A错误；
B．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；O和F对应的离子具有相同的电子排布，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径应为W>Y>X，故B错误；
C．氟化氢为一种弱酸，故C错误；
D．YZW能与氧形成H2O2、C2H6、H2S，均能与氧原子形成18电子分子，故D正确；
故选D。
9．在给定条件下，下列选项所示的物质间一步转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．海水提取食盐后的
【答案】B
【详解】A．和氧气生成二氧化硫，二氧化硫和水生成亚硫酸，故A错误；
B．石英砂中二氧化硅和焦炭反应生成粗硅，粗硅和氯气生成四氯化硅气体，四氯化硅和氢气生成高纯硅，故B正确；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮不是二氧化氮，故C错误；
D．母液加入石灰乳氢氧化钙生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体电解生成镁单质，不是电解氯化镁溶液，故D错误；
故选B。
10．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，下列说法正确的是

A．①→②吸收能量并形成了碳碳单键
B．反应中催化剂有效改变反应的反应热
C．CH4→CH3COOH过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成
D．生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%
【答案】C
【详解】A．①→②过程中，生成物能量低于反应物能量，即放出能量，并形成了键，A错误；
B．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，B错误；
C．由图可知，过程中，有极性键的断裂和C-C非极性键的形成，C正确；
D．由机理图可知，总反应为CH4+CO2总反应的原子利用率为100%，D正确；
故选C。
11．研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法不正确的是

A．光照强度大小影响KIO3的制备速率
B．电极N处发生电极反应
C．右池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极
D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO2，理论上Q极可制得171.2gKIO3
【答案】C
【分析】石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。
【详解】A．光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率，故A正确；
B．N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成，负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+，故B正确；
C．铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO比消耗的OH-少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故C错误；
D．不考虑损耗，电路中每消耗1molO2，转移电子为4mol，阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO+6H2O，可知生成KIO3为4mol×=0.8mol，理论上Q极可制得KIO3的质量为0.8mol×214g/mol=171.2g，故D正确；
故选C。
12．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(夹持和净化装置省略)。仅用以下实验装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的是

选项
a中的液体
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
碱石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
Cu
NO2
H2O
C
稀硫酸
CaCO3
CO2
NaOH溶液
D
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓氨水与碱石灰不加热可以制取氨气，但是氨气的密度比空气小，不能用向上排空气方法收集，A错误；
B．浓硝酸与Cu反应产生NO2气体，NO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，NO2是大气污染物，但NO2若用水吸收，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生的NO仍然会污染空气，B错误；
C．稀硫酸和碳酸钙生成微溶的硫酸钙阻碍了反应的进行，C错误；
D．浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，产生Na2SO4、H2O、SO2，SO2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集，SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收，发生反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，为防止倒吸，安装了倒扣漏斗，从而达到环境保护的目的，D正确；
故选D。
13．CO常用于工业冶炼金属，下图所示是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中与温度(t)的关系曲线图。下列说法正确的是

A．CO还原PbO2的反应ΔH>0
B．工业冶炼金属铜(Cu)时较高的温度有利于提高CO的利用率
C．CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)
D．工业上可以通过增高反应装置来减少尾气中CO的含量
【答案】C
【详解】A．由图像可知，升高温度，增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，因此△H<0，A错误；
B．由图像可知温度越高，越大，说明在较高温度时平衡逆向移动，不利于提高CO的利用率，B错误；
C．由图像可知用CO工业冶炼金属铬时，一直很高，说明CO转化率很低，因此不适合冶炼铬，C正确；
D．通过增高反应装置，可以增大CO与铁矿石的接触，但不能影响平衡移动，CO的利用率不变，因此不能减少尾气中CO的含量，D错误；
故选C。
14．铝氢化钠(NaAlH4)是有机合成中的一种重要还原剂。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝氢化钠的一种工艺流程如图：

下列说法中错误的是
A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎
B．“反应I”的部分化学原理与泡沫灭火器的原理相同
C．“滤渣1”的主要成分为氧化铁
D．“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
【答案】B
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，NaOH溶解时Fe2O3不反应，过滤得到的滤渣中含有Fe2O3，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解氧化铝生成Al和氧气，纯铝在氯气中燃烧生成氯化铝，氯化铝再与NaH反应生成铝氢化钠（NaAlH4），据此解答。
【详解】A．为了提高“碱溶”效率，在“碱溶”前对铝土矿进行粉碎，增大接触面积，A正确；     
B．滤液中含有过量NaOH和NaAlO2溶液，加入NaHCO3溶液后分别与OH-、反应，反应的离子方程式OH-+= +H2O、++H2O=+Al(OH)3 ↓，与泡沫灭火器的原理不同，故B错误；      
C．铝土矿加NaOH溶解时，Al2O3溶解而Fe2O3不反应，则过滤所得滤渣I主要成分为氧化铁，故 C正确；    
D．由分析可知，“反应III”的化学方程式为4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl ，故D正确；
答案选B。
15．“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理，使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多来诺实验”，已知：(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析不正确的是

A．实验中不涉及化合反应
B．若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同，则B中产生氢气速率大于D中速率
C．C中现象为试管内液面下降
D．H中出现浅黄色浑浊，证明O非金属性强于S
【答案】B
【分析】装置B中稀硫酸与Zn反应生成氢气，生成的氢气将C中液体压入D中，硫酸铜和Zn发生置换反应生成Cu单质后形成原电池，加快Zn与稀硫酸的反应速率，生成的氢气进入E中，将E中液体压入过量氨水中，发生Cu2++4NH3•H2O=4H2O +[Cu(NH3)4]2+，然后进入G中，催化双氧水的分解生成氧气，生成的氧气进入过量硫化氢溶液中发生氧化还原反应生成硫单质，装置I吸收尾气。
【详解】A．化合反应为多变一的反应，实验中不涉及化合反应，故A正确；
B．B与D两容器中比较，D中形成原电池后可以加快反应速率，故B错误；
C．C中压强变大，液体压入D中，试管内液面下降，故C正确；
D．H中出现浅黄色浑浊说明氧气将硫化氢氧化成硫单质，说明氧化性O2>S，证明O非金属性强于S，故D正确；
故选B。
16．pH=1的某溶液X中还含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)， 取该溶液进行如下实验：

下列有关推断不正确的是
A．沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物
B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-
C．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+
D．若溶液X为100mL，产生的气体A为112ml(标况)，则X中c(Fe2+)=0.05mol/L
【答案】D
【分析】溶液X为酸性溶液，一定含有氢离子，不含有碳酸根离子和亚硫酸离子，加入过量的硝酸钡产生沉淀和气体，说明溶液中存在具有还原性和氧化性的离子，如亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化生成一氧化氮气体，说明溶液中含有亚铁离子和硝酸根离子，。沉淀为硫酸钡沉淀，说明有硫酸根离子。溶液B中加入过量的氢氧化钠，产生气体，说明含有铵根离子，产生沉淀说明原来的亚铁生成的铁离子反应生成了氢氧化铁沉淀。溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀。不能确定是否有铁离子和氯离子。据此分析。
【详解】A．溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀，说明原溶液中含有铝离子，生成氢氧化铝沉淀，溶液E中有剩余的钡离子，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钡不是hi沉淀，所以溶液沉淀H不可能为Al(OH)3、BaCO3的混合物，A正确；
B．根据以上分析，不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-，B正确；
C．根据以上分析可知溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，C正确；
D．若溶液X为100mL，反应为产生的气体A为112ml(标况)，物质的量为0.005mol，则根据方程式分析，亚铁离子的物质的量为0.015mol，亚铁离子物质的量浓度为，D错误；
故选D。

二、原理综合题
17．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、SO2、CO等有害气体，对废气进行脱硝、脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
(1)利用氢气还原法脱硝。
已知：①H2的燃烧热为285.8kJ/mol
②
写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的热化学方程式：_______。
(2)研究表明CO2与N2O可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。

①该反应在常温下能否自发进行_______。
②从图中分析，N2O和CO2之间的反应分为两个过程，其中决速步为_______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式_______。
(3)利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO2，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有_______(填化学式)。

【答案】(1)
(2)     能     第 1 步    
(3)     阳     H2SO4

【详解】（1）H2的燃烧热的化学方程式为H2+O2=H2O ，在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的化学方程式为，根据盖斯定律，4×①-②可得热化学方程式为；
（2）①根据反应进程及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为N2O+CON2+CO2 ，其熵变不变，，在常温下能自发进行；②活化能越大，反应速率越慢，且决定总反应速率，根据能量变化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能，故决速步为第1步；根据反应进程可知第2步中CO和为反应物，产物为CO2和Pt2O+，转化关系式为；
（3）由于溶液A的溶质有大量(NH4)2SO4，故NO得电子生成，故a电极为阳极，b电极为阴极，a电极(阳极)的电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有H2SO4。

三、实验题
18．一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物。卤素互化物具有强氧化性稀溶液，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂，一般可由卤素单质直接化合制得。有关一氯化碘制备及性质验证，请回答下列问题：
I.海藻提碘可得到I2的CCl4溶液，从其中回收I2的流程如下：

(1)步骤I的分离溶液操作中，主要用到的玻璃仪器有烧杯和_______，步骤Ⅱ的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(2)回收获得的粗碘可采用如图所示的简易装置分离提纯。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是_______。

Ⅱ.某学习小组在实验室中拟用下图装置制取纯净、干燥的氯气，并利用氯气与碘反应制备一氯化碘。

查阅资料了解到以下内容：
①碘与氯气的反应为放热反应
②ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃，不溶于水
③ICl能与KI反应生成I2
请回答下列问题：
(3)各装置连接顺序为A→_______→_______→_______→_______；_______
(4)B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：_______，B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是_______。
(5)ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，请写出该反应的离子方程式_______。
(6)请设计简单的实验证明ICl的氧化性比I2强：_______。
【答案】(1)     分液漏斗     1:5
(2)升华
(3)CEBD
(4)     防止 ICl 挥发(答案合理即可)     蒸馏
(5)
(6)用湿润的淀粉碘化钾试纸检测 ICl，试纸变蓝(答案合理即可)

【分析】Ⅱ.A中反应生成氯气，通过C除去挥发的氯化氢，通过E对氯气进行干燥，氯气进入B生成一氯化碘，尾气使用碱液吸收；
【详解】（1）步骤I为分离有机层和水层的操作，为萃取分液操作，主要用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗；步骤Ⅱ的反应中碘离子化合价由-1变为0，为还原剂，碘酸根离子中碘化合价由+5变为0，为氧化剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5；
（2）粉状物放入蒸发皿中并小火加热，碘晶体在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法中固体直接变为气体然后凝结为固体，名称是升华；
（3）由分析可知，各装置连接顺序为ACEBD；
（4）已知：碘与氯气的反应为放热反应，ICl是一种红棕色液体，沸点97.4℃；则B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：防止 ICl 挥发；一氯化碘的沸点较低，故B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，采取的方法是蒸馏；
（5）ICl与稀NaOH溶液可发生非氧化还原反应，则各元素化合价不变，反应生成氯化钠、次碘酸钠，反应为；
（6）氧化剂氧化性大于氧化产物，已知，ICl能与KI反应生成I2，碘单质能使淀粉变蓝色；故证明ICl的氧化性比I2强的实验设计可以为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检测 ICl，试纸变蓝(答案合理即可)。

四、工业流程题
19．铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：

已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5

回答下列问题：
(1)为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为_______。(写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是_______。(填化学式)
(3)用硝酸替代“盐酸，H2O2”也可以实现“氧化浸取”，从环保角度考虑，存在的缺点是_______。
(4)检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是_______(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6]溶液                c.KSCN溶液和双氧水
(5)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。
(7)“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
【答案】(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等
(2)S、SiO2
(3)产生大气污染物 NOx
(4)b
(5)3.7~4.5
(6)
(7)NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少 NaBiO3的损失

【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3；
【详解】（1）为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等；
（2）根据分析可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）用硝酸替代“盐酸，反应中硝酸发生氧化还原反应生成大气污染物一氧化氮、二氧化氮等氮的氧化物，故不环保；
（4）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；故选b；
（5）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应生产氯离子、同时得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
（7）“由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。

五、原理综合题
20．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
一种工业制备甲醇的反应为
(1)向某容器中通入一定量CO2和H2发生反应，达到平衡后，下列措施能提高CH3OH平衡产率的有_______(填标号)。
a.恒压下，充入惰性气体                    b.加入高效催化剂
c.恒容下，充入CO2 d.适当升高温度
(2)在540K下按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：

①a、b、c各线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K时的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知分压=物质的量分数×总压)。
(3)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。

①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正_______v(A)正(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点的逆反应速率大小关系_______。
【答案】(1)c
(2)     a>b>c     0.5
(3)     ＜     VD>VC>VB

【详解】（1）提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到；
a.恒压下充入惰性气体，相当于增大体积，减小物质的浓度，a不符合题意；
b.催化剂只能影响反应速度，不影响产率，b不符合题意；
c.恒容下，充入CO2，增大反应物浓度，促进平衡正向进行，提高甲醇的产率，c符合题意；
d.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，减小产率，d不符合题意；
故答案为：c；
（2）①投料比大，则氢气的平衡转化率越高，由图甲可知，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；
故答案为：a＞b＞c；
②540K时，b曲线所代表的投料比为n(CO2)：n(H2)=1：1，设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1mol，N点氢气的平衡转化率为60%，则氢气反应的物质的量为1mol✖60%=0.6mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol、氢气的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol、甲醇和水的物质的量均为0.2mol，混合气体的总物质的量为0.8mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.6mol，总压强为2MPa，则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别为、、、，因此；
故答案为：0.5；
（3）①温度T1时的A点尚未达到平衡状态，相比该温度下平衡时的B点，A点甲醇的浓度更大，故正反应速率更快，v(B)正 故答案为：<；
②根据图像，由B到D，随着温度的变化，甲醇的转化率减小，说明平衡逆向进行，又因为该反应为放热反应，故温度升高平衡向逆向进行，所以TD>TC>TB，温度越高反应速率越快；
故答案为：VD>VC>VB。

六、实验题
21．Kx[Cu(C2O4)x]·3H2O(水合草酸铜(Ⅱ)酸钾)是一种化工原料，实验室制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成，实验步骤如下：
Ⅰ.制备CuO
用图1所示装置将溶液混合后，小火加热至蓝色沉淀转变为黑色，煮沸5~10分钟。稍冷却后全部转移至图2装置过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2~3次。

(1)由CuSO4·5H2O配制实验所需的CuSO4溶液，下列仪器中不需要的是_______(填仪器名称)。
                     
(2)检验沉淀洗涤干净的方法为：_______，滴入氯化钡溶液，_______。
Ⅱ.制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液
称取一定质量H2C2O4·2H2O放入250mL烧杯中，加入40mL蒸馏水，微热(温度低于80℃)溶解。稍冷后加入一定量无水K2CO3，充分反应后生成含KHC2O4和K2C2O4的混合物。
(3)该步骤中原料配比为3∶2，则所得混合物中n(KHC2O4)：n(K2C2O4)=_______。
(4)为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K2CO3应采取_______的方法。
Ⅲ.制备水合草酸铜酸钾晶体
将KHC2O4和K2C2O4混合溶液加热至80-85℃，再将CuO连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应至CuO沉淀全部溶解，取出滤纸后，加热浓缩、冷却结晶、过滤，用乙醇淋洗，自然晾干，称量。
(5)溶解CuO沉淀时，连同滤纸一起加入到溶液中的目的是_______
Ⅳ.测定水合草酸铜酸钾晶体的成分
取少量制得的样品配成溶液。用标准酸性高锰酸钾溶液滴定、用标准EDTA溶液滴定Cu2+，经计算样品中n(Cu2+)：n()=1∶2，假设制备的过程中Cu2+无损耗。
(6)标准酸性高锰酸钾与C2O反应的离子方程式为_______。
(7)水合草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为_______。
【答案】(1)(普通)漏斗
(2)     取少量最后一次洗涤液于试管中     若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净
(3)2∶1
(4)分批加入并搅拌
(5)防止 CuO 的损耗，产率减小
(6)
(7)K2[Cu(C2O4)2]•3H2O

【分析】本实验的目的是制备少量水合草酸铜酸钾并测定样品的组成；首先利用硫酸铜和氢氧化钠溶液制取氢氧化铜沉淀，加热使其分解得到；然后H2C2O4·2H2O和无水K2CO3制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液；然后将KHC2O4和K2C2O4混合溶液水浴微热，再将连同滤纸一起加入到该溶液中，充分反应，经系列操作得到样品；最后测定水合草酸铜酸钾晶体的成分。
【详解】（1）配置一定浓度的溶液需要电子天平、烧杯 、量筒，不需要漏斗，答案：(普通)漏斗；
（2）得到的固体表面可能附着有硫酸钠，可以通过检验硫酸根来确定沉淀是否洗涤干净，具体方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已经洗涤干净，答案：取少量最后一次洗涤液于试管中，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；
（3）假设两种原分别为是3.0g ，2.0 g ，3.0g H2C2O4·2H2O的物质的量为≈0.0238mol，2.0 g无水K2CO3的物质的量为≈0.0159mol，则根据碳元素守恒可得：n(KHC2O4)+n(K2C2O4)=0.0238 ，根据K元素守恒可得n(KHC2O4)+2n(K2C2O4)=(0.0159×2) ，联立解得n(KHC2O4)=0.0158mol，n(K2C2O4)=0.0080mol，所以n(KHC2O4)：n(K2C2O4)= 2∶1，答案: 2∶1；
（4）分批加入并搅拌使产生的热量尽快散失，答案：分批加入并搅拌；
（5）连同滤纸一起加入到溶液中的目的是使残留在滤纸上的充分利用，答案：防止 的损耗，产率减小；
（6）酸性高锰酸钾与C2O反应生成锰离子、二氧化碳和水，，答案：；
（7）已知样品中n(Cu)：n()=1:2，所以x=2，所以水合草酸铜(Ⅱ)酸钾晶体的化学式为K2[Cu(C2O4)2]·3H2O。