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安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考化学试题（解析版）
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安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考
化学试题
考生注意：
1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 中国在国际上首次于实验室中实现由二氧化碳到淀粉的从头合成。下列说法错误的是
A. 人工合成淀粉有利于实现“碳达峰、碳中和”目标
B. 在口腔中咀嚼淀粉类食物时，淀粉会水解产生麦芽糖
C. 人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中需要引入还原剂
D. 用太阳能产生的电能来电解水，生产合成淀粉所需的，此过程可将太阳能完全转化为化学能
【答案】D
【解析】
【详解】A．人工合成淀粉有助于二氧化碳的减少，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B．淀粉在唾液淀粉酶作用下可初步消化为麦芽糖，麦芽糖有甜味，故B正确；
C．人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中，C元素化合价下降，二氧化碳发生还原反应，该过程中需要引入还原剂，故C正确；
D．电解水的过程中有热量产生，该过程不可能将太阳能完全转化为化学能，故D错误；
故选D。
2. 是一种空气污染物，其结构与NaClO的相似，下列说法不合理的是
A. 水解生成盐酸和硝酸 B. 与盐酸作用能产生氯气
C. 可用NaOH溶液处理该污染物 D. 该物质中Cl为正1价
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构与NaClO的相似，水解原理与NaClO相似，生成次氯酸和硝酸，故A错误；
B．与盐酸发生归中反应生成氯气，故B正确；
C．与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，可用NaOH溶液处理该污染物，故C正确；
D．ClONO2 结构与NaClO的相似，由化合价代数和为零可知，中Cl为正1价，故D正确；
故选A。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 焙烧硫铁矿过程中会产生气体，用NaOH溶液吸收过量：
B. 铜丝插入到热的浓硫酸中：
C. 加热蓝色的溶液，溶液变绿：
D. 向明矾溶液中滴加溶液，使沉淀的物质的量最大时：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用NaOH溶液吸收过量生成NaHSO3，离子方程式为：，故A错误；
B．铜丝插入到热的浓硫酸中反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO2↑+2H2O+SO，故B错误；
C． ，焓变大于零，为吸热反应，将氯化铜溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，故C正确；
D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大，离子方程式：，故D错误；
故选：C。
4. 以空气中久置废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是
A. 过滤步骤中所用到的玻璃仪器有2种
B. 硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物
C. 取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
D. 实验过程不直接蒸发结晶的原因是会水解生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．过滤装置图为 ，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，共3种，故A错误；
B．硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物，故B正确；
C．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，可能是废铁屑中+3价铁被单质铁还原为Fe2+，不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，故C错误；
D．实验过程不直接蒸发结晶原因是防止被氧气氧化，故D错误；
选B。
5. 下列四组实验中，操作正确且能达到预期目的的是
A．配制稀硫酸
B．加热分解固体
C．实验室制
D．排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，故A错误；
B．碳酸氢钠加热分解有水生成，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C．浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，故C正确；
D．具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故D错误；
故选C。
6. 下列关于海水资源利用的说法中正确的是
A. 粗盐中的、、等杂质，按照加入药品的顺序：溶液、NaOH溶液、溶液、过滤后加盐酸，可进行除杂
B. 第②步应直接蒸发结晶得到无水
C. 氯碱工业的产物NaOH在阳极生成
D. 从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素
【答案】D
【解析】
【分析】海水初步分离得到粗盐和苦卤，粗盐精炼得到精盐，精盐溶解后电解即为氯碱工业。苦卤中加入碱生成氢氧化镁，氢氧化镁中加入盐酸得到氯化镁晶体，最后在HCl气流中蒸干得到无水氯化镁，苦卤中的NaBr，加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质，溴加入二氧化硫的水溶液中生成溴离子和硫酸根离子，吸收液中加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质。
【详解】A．除去粗盐中的钙离子、镁离子和硫酸根离子等杂质，加入碳酸钠的顺序需在加入氯化钡之后，这样才能除去多余的钡离子，A错误；
B．第②步直接蒸发结晶，氯化镁会水解，需要在HCl气流中蒸干，从而抑制氯化镁的水解，B错误；
C．氯碱工业中阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子结合钠离子生成氢氧化钠，产物NaOH在阴极产生，C错误；
D．苦卤中溴的浓度较低，故先将溴离子转化成单质溴，再用二氧化硫的水溶液吸收，再将溴离子氧化成溴单质，从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素，D正确；
故答案选D。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶液中含分子的数目小于
B. 标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为
C. ()与()的混合物中所含的共价键数目为
D. 标准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成的HCl分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算溶液中含分子的数目，故A错误；
B．标准状况下，与的物质的量分别是0.1mol、0.05mol，SO2和O2反应可逆，生成的分子数目小于，故B错误；
C．()中共价键数目为 ，32g()中共价键数目为，所以()与()的混合物中所含的共价键数目为，故C正确；
D．标准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体中氯气的物质的量小于1mol，光照时发生取代反应反应生成的HCl分子数小于，故D错误；
选C。
8. 下图是某一电化学腐蚀过程的原理图，有关说法正确的是
A. 左侧电势高于右侧
B. 浸金过程中的催化剂只有
C. 整个反应过程中，氧化剂为
D. 阳极区发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．正极电势低于负极，则左侧电势低于右侧，故A错误；
B．依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点，浸金过程中的催化剂有和，故B错误；
C．由图可知，在正极得到电子生成OH-，作氧化剂，故C正确；
D．阳极区发生氧化反应，失去电子，故D错误；
故选C。
9. 某稀溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液，进行了如下实验：
①向溶液中加入足量的溶液，产生白色沉淀；
②取①中沉淀，加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体；
③取②中反应后的溶液，加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成。
下列说法正确的是
A. ①中沉淀只含、
B. ②中气体可能是
C. 由实验③中的现象可知原溶液中一定含有
D. 原溶液中一定存在、、、
【答案】D
【解析】
【分析】①溶液中加入足量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，未生成红褐色沉淀，则一定没有铁离子，②取①中的沉淀，加入足量的稀盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡，一定含有硫酸根离子，在不含铁离子、含有硫酸根离子且离子浓度均相同的情况下，要保证溶液呈电中性，则一定含有镁离子，镁离子与亚硫酸根离子反应，故亚硫酸根离子一定不存在。沉淀溶解时生成气体，则说明还有碳酸氢根离子存在，为保证溶液呈电中性，则一定含有钠离子，故氯离子也不存在。最终确定存在硫酸根离子、镁离子、碳酸氢根离子和钠离子。
【详解】A．沉淀中含有硫酸钡沉淀、氢氧化镁和碳酸钡，A错误；
B．溶液中不含亚硫酸根离子，②中气体一定是二氧化碳，B错误；
C．实验②中引入了氯离子，且根据分析可知，原溶液中不含氯离子，C错误；
D．根据分析可知，原溶液中一定存在、、、，D正确；
故答案选D。
10. 为探究某样品的成分(可能为亚硝酸钠或氯化钠)，将样品溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
方案设计
现象和结论
A
先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B
先加到少量淀粉KI溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡
若溶液变蓝色，则样品为亚硝酸钠
C
加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡
若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
D
先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性条件下KClO3能被NaNO2还原为Cl-，Cl-和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl，加入硝酸银溶液和稀硝酸后生成白色沉淀，Cl-可能是KClO3被还原得到的，也可能是NaCl中的，所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2，A错误；
B．亚硝酸钠具有氧化性，可以将I-氧化为I2，溶液变蓝色，而NaCl没有氧化性，所以根据实验现象能确定样品为NaNO2，B正确；
C．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，C错误；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2，D错误；
故选B。
11. 化合物A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂，其结构简式如图所示。W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是
A. Y与Z形成的两种常见化合物中的阴阳离子个数比均为1：2
B. 电负性大小关系：Y>X>W>Z
C. 化合物A中所有的X原子均采用杂化
D. 与Y同周期的主族元素中，有2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大，W为H元素， Y基态原子核外电子有5种空间运动状态，氧元素的基态原子电子式排布为，核外电子有5种空间运动，则Y为O元素；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na元素，X原子形成3个共价键，X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，则X为B元素；
【详解】A．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为1：2，A项正确；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性大小顺序为：O>H>B>Na即Y>W>X>Z，B项错误；
C．化合物A中所有的X原子子形成3个共价键，X是B原子，均采用杂化，C项正确；
D．Y是O元素，与Y同周期的主族元素中，有F和N这2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同，D项正确；
答案选B。
12. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法正确的是
A. 可以加快反应速率
B. 在该循环中有6种中间产物
C. 总反应的化学方程式为
D. 分解反应的反应过程中一定有氮氮键断裂
【答案】A
【解析】
【分析】由反应历程可知，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，反应中Ti4+、H-O-Fe(Ⅱ)是催化剂，Ti4+…NH3、Ti4+…NH2-N=O等物质是中间产物，以此解答该题。
【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，可以加快反应速率，故A正确；
B．由分析可知，反应中Ti4+…NH3、Ti4+…NH2…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O、O=Fe(III)共5种物质使中间产物，故B错误；
C．由图可知，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，故C错误；
D．反应中N-H、N=O键断裂，形成O-.H键、N≡N键，故D错误；
故选A。
13. 实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
下列说法错误的是
A. 滤渣1的主要成分为
B. “浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C. “浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D. “浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【答案】D
【解析】
【分析】磷石膏(含及杂质、等)用溶有NH3和CO2混合溶液浸取，此时溶于pH=6.5，转化为溶解度更小的，滤渣1为、、，高温煅烧滤渣1再用NH4Cl溶液，得到含有Ca2+的滤液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，滤渣1的主要成分为，故A正确；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，故B正确；
C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：，故C正确；
D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、，故D错误；
故选D。
14. 某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的被解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法正确的是
A. 电解过程中，不需要控制高盐废水的pH
B. BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
C. 溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
D. 当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，理论上有2mol离子通过N膜
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，最左侧连接外接电源正极，为阳极室，水放电生成氧气和氢离子；最右侧为阴极室，水放电生成氢气和氢氧根离子；
【详解】A．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，A错误；
B．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中氢离子均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，B正确；
C．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为硫酸锌和硫酸铜；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，C错误；
D．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，D错误；
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 氯化钛()可用于制造烟幕、织物媒染剂、人造珍珠等。常温下为无色液体，沸点为136℃，与水剧烈反应产生白烟。实验室利用反应制备的装置如图所示。
在制备时，对原料及装置的干燥程度要求很高。回答下列问题：
（1）若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备，当获得等量的时消耗的氧化剂物质的量之比为___________。
（2）B中试剂的作用为___________。
（3）干燥管D中的试剂可以是___________，装置E中棉花球的作用为___________。
（4）与水剧烈反应产生的白烟为，写出反应的化学方程式___________。
（5）实验中发现F中有少量白烟产生，为避免此现象，改进措施是___________。
（6）实验结束后，取下A装置后应进行的操作为___________；G中发生反应的离子方程式为：___________。
【答案】（1）2:5 （2）除去Cl2中的HCl
（3） ①. 白色CuSO4粉末 ②. 防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口
（4）
（5）在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管
（6） ①. 关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水；并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残余氯气 ②.
【解析】
【分析】A中制备氯气，B中盛放饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，C中盛放浓硫酸，用于干燥氯气，D中放白色CuSO4粉末、用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去，E中发生反应，F中通过冷凝收集，为防止水分进入F中引起水解，F后应该接一个干燥装置，G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应、为尾气处理装置。
【小问1详解】
若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备，根据、MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，当获得等量的时消耗高锰酸钾和二氧化锰的物质的量之比为2:5，即消耗的氧化剂物质的量之比为2:5。
【小问2详解】
据分析，B中试剂的作用为除去Cl2中的HCl。
【小问3详解】
在制备时，对原料及装置的干燥程度要求很高，则进入E的氯气需干燥而纯净，D用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去，则干燥管D中的试剂可以是白色CuSO4粉末，若白色粉末不变蓝说明Cl2中的水蒸气已除去，装置E中棉花球的作用为：防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口。
【小问4详解】
与水剧烈反应产生的白烟为，反应的化学方程式为： 。
【小问5详解】
实验中发现F中有少量白烟产生，为与水剧烈反应产生的，为避免此现象，需防止G中水分进入F中，则收集四氯化钛后还要干燥装置(例如通入盛有浓硫酸的洗气瓶)后再进行多余氯气的处理，故改进措施是：在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管(防止水蒸气进入装置F同时吸收氯气)。
【小问6详解】
当观察到球形冷凝管没有液体滴下时说明反应结束，反应结束后应继续通入一段时间Cl2，主要目的是排出残留在装置中的TiCl4，同时防止冷却使液体倒吸入F中，停止通氯气后还需要在干燥环境中继续冷却F装置到室温，则在取下A装置后应进行的操作为：关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水、并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残余氯气；G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为：。
16. 纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO，另外含有少量、CuO、、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时，，回答下列问题：
（1）料渣Ⅰ的化学成分是___________。
（2）调pH加入的X可能是___________，料液的主要溶质为___________。
（3）写出氧化过程中生成的离子方程式：___________。
（4）除铜原理为，该反应的平衡常数___________。
（5）草酸锌晶体()加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示：
①图中A→B的过程中发生反应的化学方程式为___________。
②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是___________。
【答案】（1）
（2） ①. ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO ②. ZnSO4、CuSO4
（3）Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-
（4）
（5） ①. ②. 取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验
【解析】
【分析】废辞电池预处理物(主要成分为ZnO，另含少量、CuO、、MnO等)中加入盐酸进行酸浸，不参与反应，所以滤渣1为，滤液中含有Zn2+、Cu2+，Fe3+和Mn2+，向滤液中加入H2O2后，将Mn2+转化为MnO(OH)2沉淀，则滤液中存在的离子为Zn2+、Cu2+和Fe3+，加入试剂ZnCO3或者Zn(OH)2调节pH，使得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，此时滤液中剩余Zn2+、Cu2+，继续加入ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去，滤渣3为CuS，得到的滤液阳离子只有Zn2+，草酸铵后，得到草酸锌沉淀，同时得到氯化铵溶液，将草酸锌晶体加热分解后得到纳米氧化锌。
【小问1详解】
见分析，预处理物中加盐酸后，不参与反应，所以滤渣1为。
【小问2详解】
“除铁”过程中，将得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，所以需要加入物质与溶液中的H+反应，使得溶液的pH增大，为了不引入新的杂质，所以选择含金属锌的物质，可以为ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO，由分析可知，料液的主要溶质为：ZnSO4、CuSO4，
小问3详解】
氧化过程中Mn2+和NaClO发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-。
【小问4详解】
除铜时，涉及沉淀的转化，即，平衡常数K=。
【小问5详解】
①加热过程中Zn原子守恒，则由以下关系，
则A点对应的物质为，B点对应的物质为，A到B发生的化学方程为：；
②胶体具有丁达尔效应，确定ZnO属于纳米材料的方法是：取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。
17. X为三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{}，该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组进行了如下探究实验：
已知：固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子；气体F为气体B与气体I组成的混合物，只含有两种元素，气体B与气体I所含元素相同；固体G是磁铁矿中的重要物质；所有气体体积均已换算成标况下数据。
请回答下列问题：
（1）固体A的成分为___________，I的化学式为___________。
（2）写出固体D真空加热分解的化学方程式___________。
（3）写出溶液C与足量酸性溶液反应的离子方程式___________。
（4）写出G到J的离子方程式：___________。设计实验检验溶液J中以外的阳离子___________。
【答案】（1） ①. K2C2O4、FeC2O4 ②. CO
（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑
（3）5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4） ①. Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O ②. 取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+
【解析】
【分析】黑色固体G是一种磁性物质，则G为四氧化三铁，1.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为×3≈0.02mol，由铁原子个数守恒可知，1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，由质量守恒定律可知，E中氧原子的物质的量为=0.02mol，则E为氧化亚铁；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素，由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知，气体B为二氧化碳、气体I为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙，则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，由质量守恒定律可知，D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g-1.44g-×28g/mol=0.88g，由原子个数守恒可知，D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量为=0.04mol、氧原子的物质的量为=0.08mol，则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol：0.04mol：0.08mol=1：2：4，化学式为FeC2O4；由固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子可知，溶液C为草酸钾溶液，由固体A的质量可知，草酸钾的物质的量为=0.03mol，则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳，由原子个数守恒可知，X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2：0.02mol=3：1，由化合价代数和为0可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。
小问1详解】
由分析可知，固体A的成分为K2C2O4、FeC2O4。I的化学式为CO。
【小问2详解】
由分析可知，固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。
【小问3详解】
由分析可知，溶液C为草酸钾溶液，草酸钾溶液与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【小问4详解】
由分析可知，G为Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3，离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。由分析可知，黑色固体D为四氧化三铁，四氧化三铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+。
18. 的综合再利用是近几年的研究热门。
Ⅰ.利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如图所示。
（1）过程2的化学方程式为___________。
Ⅱ.近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量的空气吹入溶液中，再把从溶液中提取出来，并使之与反应生成甲醇。其工艺流程如图所示：
（2）①吸收池中发生的主要反应的离子方程式为___________。
②上述流程能循环利用的物质主要为___________(填化学式)。
③合成塔中发生反应的化学方程式为___________。
（3）不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入和，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图甲所示：
①阶段温度升高的转化率下降的原因可能为___________，c点___________(填“<”、“=”或“>”)。
②计算温度为时b点的平衡常数为___________。
Ⅲ.以稀硫酸为电解质溶液，惰性材料为电极，利用太阳能将转化为低碳烯烃，工作原理如图乙所示。
（4）产生乙烯的电极反应式为___________。
【答案】（1）
（2） ① ②. KHCO3 ③.
（3） ①. 该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动 ②. < ③. 800
（4）
【解析】
【分析】I．过程2是FeO和CO2反应生成和C；
II．空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3，碳酸氢钾不稳定，在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，二氧化碳与氢气合成甲醇。吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；
由分解池分解后所得溶液是碳酸钾可通入吸收池再利用分析解答在1L恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2反应生成甲
根据图像，T1时，a点的二氧化碳的转化率增大，说明a点反应正向进行；b点二氧化碳转化率为80％，根据三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；
III．太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成。
【小问1详解】
过程2是FeO和反应生成和C，故化学方程式为；
【小问2详解】
①吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；
②循环使用的物质为KHCO3；
③根据题意方程式为；
【小问3详解】
①该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C点升温平衡逆向移动，故正反应速率小于逆反应速率。②根据图像， b点二氧化碳转化率为80％，则有：
起始量（mol／L） 2 5 0
变化量（mol／L） 1.6 4.8 1.6 1.6
平衡量（mol／L） 0.4 0.2 1.6 1.6
，故答案为：800；
【小问4详解】
安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考
化学试题
考生注意：
1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 中国在国际上首次于实验室中实现由二氧化碳到淀粉的从头合成。下列说法错误的是
A. 人工合成淀粉有利于实现“碳达峰、碳中和”目标
B. 在口腔中咀嚼淀粉类食物时，淀粉会水解产生麦芽糖
C. 人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中需要引入还原剂
D. 用太阳能产生的电能来电解水，生产合成淀粉所需的，此过程可将太阳能完全转化为化学能
【答案】D
【解析】
【详解】A．人工合成淀粉有助于二氧化碳的减少，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；
B．淀粉在唾液淀粉酶作用下可初步消化为麦芽糖，麦芽糖有甜味，故B正确；
C．人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中，C元素化合价下降，二氧化碳发生还原反应，该过程中需要引入还原剂，故C正确；
D．电解水的过程中有热量产生，该过程不可能将太阳能完全转化为化学能，故D错误；
故选D。
2. 是一种空气污染物，其结构与NaClO的相似，下列说法不合理的是
A. 水解生成盐酸和硝酸 B. 与盐酸作用能产生氯气
C. 可用NaOH溶液处理该污染物 D. 该物质中Cl为正1价
【答案】A
【解析】
【详解】A．结构与NaClO的相似，水解原理与NaClO相似，生成次氯酸和硝酸，故A错误；
B．与盐酸发生归中反应生成氯气，故B正确；
C．与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，可用NaOH溶液处理该污染物，故C正确；
D．ClONO2 结构与NaClO的相似，由化合价代数和为零可知，中Cl为正1价，故D正确；
故选A。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 焙烧硫铁矿过程中会产生气体，用NaOH溶液吸收过量：
B. 铜丝插入到热的浓硫酸中：
C. 加热蓝色的溶液，溶液变绿：
D. 向明矾溶液中滴加溶液，使沉淀的物质的量最大时：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用NaOH溶液吸收过量生成NaHSO3，离子方程式为：，故A错误；
B．铜丝插入到热的浓硫酸中反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓)Cu2++SO2↑+2H2O+SO，故B错误；
C． ，焓变大于零，为吸热反应，将氯化铜溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，故C正确；
D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大，离子方程式：，故D错误；
故选：C。
4. 以空气中久置废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是
A. 过滤步骤中所用到的玻璃仪器有2种
B. 硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物
C. 取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
D. 实验过程不直接蒸发结晶的原因是会水解生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．过滤装置图为 ，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，共3种，故A错误；
B．硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物，故B正确；
C．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，可能是废铁屑中+3价铁被单质铁还原为Fe2+，不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，故C错误；
D．实验过程不直接蒸发结晶原因是防止被氧气氧化，故D错误；
选B。
5. 下列四组实验中，操作正确且能达到预期目的的是
A．配制稀硫酸
B．加热分解固体
C．实验室制
D．排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，故A错误；
B．碳酸氢钠加热分解有水生成，则试管口应略向下倾斜，故B错误；
C．浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，故C正确；
D．具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故D错误；
故选C。
6. 下列关于海水资源利用的说法中正确的是
A. 粗盐中的、、等杂质，按照加入药品的顺序：溶液、NaOH溶液、溶液、过滤后加盐酸，可进行除杂
B. 第②步应直接蒸发结晶得到无水
C. 氯碱工业的产物NaOH在阳极生成
D. 从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素
【答案】D
【解析】
【分析】海水初步分离得到粗盐和苦卤，粗盐精炼得到精盐，精盐溶解后电解即为氯碱工业。苦卤中加入碱生成氢氧化镁，氢氧化镁中加入盐酸得到氯化镁晶体，最后在HCl气流中蒸干得到无水氯化镁，苦卤中的NaBr，加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质，溴加入二氧化硫的水溶液中生成溴离子和硫酸根离子，吸收液中加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质。
【详解】A．除去粗盐中的钙离子、镁离子和硫酸根离子等杂质，加入碳酸钠的顺序需在加入氯化钡之后，这样才能除去多余的钡离子，A错误；
B．第②步直接蒸发结晶，氯化镁会水解，需要在HCl气流中蒸干，从而抑制氯化镁的水解，B错误；
C．氯碱工业中阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子结合钠离子生成氢氧化钠，产物NaOH在阴极产生，C错误；
D．苦卤中溴的浓度较低，故先将溴离子转化成单质溴，再用二氧化硫的水溶液吸收，再将溴离子氧化成溴单质，从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素，D正确；
故答案选D。
7. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶液中含分子的数目小于
B. 标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为
C. ()与()的混合物中所含的共价键数目为
D. 标准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成的HCl分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有明确溶液体积，不能计算溶液中含分子的数目，故A错误；
B．标准状况下，与的物质的量分别是0.1mol、0.05mol，SO2和O2反应可逆，生成的分子数目小于，故B错误；
C．()中共价键数目为 ，32g()中共价键数目为，所以()与()的混合物中所含的共价键数目为，故C正确；
D．标准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体中氯气的物质的量小于1mol，光照时发生取代反应反应生成的HCl分子数小于，故D错误；
选C。
8. 下图是某一电化学腐蚀过程的原理图，有关说法正确的是
A. 左侧电势高于右侧
B. 浸金过程中的催化剂只有
C. 整个反应过程中，氧化剂为
D. 阳极区发生的反应为：
【答案】C
【解析】
【详解】A．正极电势低于负极，则左侧电势低于右侧，故A错误；
B．依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点，浸金过程中的催化剂有和，故B错误；
C．由图可知，在正极得到电子生成OH-，作氧化剂，故C正确；
D．阳极区发生氧化反应，失去电子，故D错误；
故选C。
9. 某稀溶液中可能含有下列离子中的若干种：、、、、、、，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液，进行了如下实验：
①向溶液中加入足量的溶液，产生白色沉淀；
②取①中沉淀，加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体；
③取②中反应后的溶液，加入硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成。
下列说法正确的是
A. ①中沉淀只含、
B. ②中气体可能是
C. 由实验③中的现象可知原溶液中一定含有
D. 原溶液中一定存在、、、
【答案】D
【解析】
【分析】①溶液中加入足量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，未生成红褐色沉淀，则一定没有铁离子，②取①中的沉淀，加入足量的稀盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡，一定含有硫酸根离子，在不含铁离子、含有硫酸根离子且离子浓度均相同的情况下，要保证溶液呈电中性，则一定含有镁离子，镁离子与亚硫酸根离子反应，故亚硫酸根离子一定不存在。沉淀溶解时生成气体，则说明还有碳酸氢根离子存在，为保证溶液呈电中性，则一定含有钠离子，故氯离子也不存在。最终确定存在硫酸根离子、镁离子、碳酸氢根离子和钠离子。
【详解】A．沉淀中含有硫酸钡沉淀、氢氧化镁和碳酸钡，A错误；
B．溶液中不含亚硫酸根离子，②中气体一定是二氧化碳，B错误；
C．实验②中引入了氯离子，且根据分析可知，原溶液中不含氯离子，C错误；
D．根据分析可知，原溶液中一定存在、、、，D正确；
故答案选D。
10. 为探究某样品的成分(可能为亚硝酸钠或氯化钠)，将样品溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
方案设计
现象和结论
A
先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B
先加到少量淀粉KI溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡
若溶液变蓝色，则样品为亚硝酸钠
C
加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡
若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
D
先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性条件下KClO3能被NaNO2还原为Cl-，Cl-和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl，加入硝酸银溶液和稀硝酸后生成白色沉淀，Cl-可能是KClO3被还原得到的，也可能是NaCl中的，所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2，A错误；
B．亚硝酸钠具有氧化性，可以将I-氧化为I2，溶液变蓝色，而NaCl没有氧化性，所以根据实验现象能确定样品为NaNO2，B正确；
C．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，C错误；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2，D错误；
故选B。
11. 化合物A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂，其结构简式如图所示。W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是
A. Y与Z形成的两种常见化合物中的阴阳离子个数比均为1：2
B. 电负性大小关系：Y>X>W>Z
C. 化合物A中所有的X原子均采用杂化
D. 与Y同周期的主族元素中，有2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同
【答案】B
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大，W为H元素， Y基态原子核外电子有5种空间运动状态，氧元素的基态原子电子式排布为，核外电子有5种空间运动，则Y为O元素；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na元素，X原子形成3个共价键，X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，则X为B元素；
【详解】A．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为1：2，A项正确；
B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性大小顺序为：O>H>B>Na即Y>W>X>Z，B项错误；
C．化合物A中所有的X原子子形成3个共价键，X是B原子，均采用杂化，C项正确；
D．Y是O元素，与Y同周期的主族元素中，有F和N这2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同，D项正确；
答案选B。
12. 据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法正确的是
A. 可以加快反应速率
B. 在该循环中有6种中间产物
C. 总反应的化学方程式为
D. 分解反应的反应过程中一定有氮氮键断裂
【答案】A
【解析】
【分析】由反应历程可知，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，反应中Ti4+、H-O-Fe(Ⅱ)是催化剂，Ti4+…NH3、Ti4+…NH2-N=O等物质是中间产物，以此解答该题。
【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，可以加快反应速率，故A正确；
B．由分析可知，反应中Ti4+…NH3、Ti4+…NH2…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O、O=Fe(III)共5种物质使中间产物，故B错误；
C．由图可知，参加反应的有O2、NH3和NO，生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O23N2+6H2O，故C错误；
D．反应中N-H、N=O键断裂，形成O-.H键、N≡N键，故D错误；
故选A。
13. 实验室模拟以磷石膏(含及杂质、等)为原料制取轻质，流程如下：
下列说法错误的是
A. 滤渣1的主要成分为
B. “浸取1”时，应先通再通，滤液1中浓度最大的阴离子为
C. “浸取2”时，发生反应的离子方程式为
D. “浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、
【答案】D
【解析】
【分析】磷石膏(含及杂质、等)用溶有NH3和CO2混合溶液浸取，此时溶于pH=6.5，转化为溶解度更小的，滤渣1为、、，高温煅烧滤渣1再用NH4Cl溶液，得到含有Ca2+的滤液，以此解答。
【详解】A．由分析可知，滤渣1的主要成分为，故A正确；
B．由于NH3极易溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为，故B正确；
C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：，故C正确；
D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为、，故D错误；
故选D。
14. 某有色金属工业的高盐废水中主要含有、、、、和，利用如图电解装置可回收、并尽可能除去和，其中双极膜(BP)中间层的被解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法正确的是
A. 电解过程中，不需要控制高盐废水的pH
B. BP膜中均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜
C. 溶液a的溶质主要为HF和HCl，溶液b的溶质主要为和
D. 当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，理论上有2mol离子通过N膜
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，最左侧连接外接电源正极，为阳极室，水放电生成氧气和氢离子；最右侧为阴极室，水放电生成氢气和氢氧根离子；
【详解】A．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，A错误；
B．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中氢离子均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，B正确；
C．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为硫酸锌和硫酸铜；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，C错误；
D．阳极反应为，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，D错误；
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 氯化钛()可用于制造烟幕、织物媒染剂、人造珍珠等。常温下为无色液体，沸点为136℃，与水剧烈反应产生白烟。实验室利用反应制备的装置如图所示。
在制备时，对原料及装置的干燥程度要求很高。回答下列问题：
（1）若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备，当获得等量的时消耗的氧化剂物质的量之比为___________。
（2）B中试剂的作用为___________。
（3）干燥管D中的试剂可以是___________，装置E中棉花球的作用为___________。
（4）与水剧烈反应产生的白烟为，写出反应的化学方程式___________。
（5）实验中发现F中有少量白烟产生，为避免此现象，改进措施是___________。
（6）实验结束后，取下A装置后应进行的操作为___________；G中发生反应的离子方程式为：___________。
【答案】（1）2:5 （2）除去Cl2中的HCl
（3） ①. 白色CuSO4粉末 ②. 防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口
（4）
（5）在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管
（6） ①. 关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水；并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残余氯气 ②.
【解析】
【分析】A中制备氯气，B中盛放饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，C中盛放浓硫酸，用于干燥氯气，D中放白色CuSO4粉末、用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去，E中发生反应，F中通过冷凝收集，为防止水分进入F中引起水解，F后应该接一个干燥装置，G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应、为尾气处理装置。
【小问1详解】
若分别用与作氧化剂与盐酸反应制备，根据、MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，当获得等量的时消耗高锰酸钾和二氧化锰的物质的量之比为2:5，即消耗的氧化剂物质的量之比为2:5。
【小问2详解】
据分析，B中试剂的作用为除去Cl2中的HCl。
【小问3详解】
在制备时，对原料及装置的干燥程度要求很高，则进入E的氯气需干燥而纯净，D用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去，则干燥管D中的试剂可以是白色CuSO4粉末，若白色粉末不变蓝说明Cl2中的水蒸气已除去，装置E中棉花球的作用为：防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口。
【小问4详解】
与水剧烈反应产生的白烟为，反应的化学方程式为： 。
【小问5详解】
实验中发现F中有少量白烟产生，为与水剧烈反应产生的，为避免此现象，需防止G中水分进入F中，则收集四氯化钛后还要干燥装置(例如通入盛有浓硫酸的洗气瓶)后再进行多余氯气的处理，故改进措施是：在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管(防止水蒸气进入装置F同时吸收氯气)。
【小问6详解】
当观察到球形冷凝管没有液体滴下时说明反应结束，反应结束后应继续通入一段时间Cl2，主要目的是排出残留在装置中的TiCl4，同时防止冷却使液体倒吸入F中，停止通氯气后还需要在干燥环境中继续冷却F装置到室温，则在取下A装置后应进行的操作为：关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水、并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残余氯气；G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为：。
16. 纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO，另外含有少量、CuO、、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时，，回答下列问题：
（1）料渣Ⅰ的化学成分是___________。
（2）调pH加入的X可能是___________，料液的主要溶质为___________。
（3）写出氧化过程中生成的离子方程式：___________。
（4）除铜原理为，该反应的平衡常数___________。
（5）草酸锌晶体()加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示：
①图中A→B的过程中发生反应的化学方程式为___________。
②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是___________。
【答案】（1）
（2） ①. ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO ②. ZnSO4、CuSO4
（3）Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-
（4）
（5） ①. ②. 取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验
【解析】
【分析】废辞电池预处理物(主要成分为ZnO，另含少量、CuO、、MnO等)中加入盐酸进行酸浸，不参与反应，所以滤渣1为，滤液中含有Zn2+、Cu2+，Fe3+和Mn2+，向滤液中加入H2O2后，将Mn2+转化为MnO(OH)2沉淀，则滤液中存在的离子为Zn2+、Cu2+和Fe3+，加入试剂ZnCO3或者Zn(OH)2调节pH，使得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，此时滤液中剩余Zn2+、Cu2+，继续加入ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去，滤渣3为CuS，得到的滤液阳离子只有Zn2+，草酸铵后，得到草酸锌沉淀，同时得到氯化铵溶液，将草酸锌晶体加热分解后得到纳米氧化锌。
【小问1详解】
见分析，预处理物中加盐酸后，不参与反应，所以滤渣1为。
【小问2详解】
“除铁”过程中，将得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，所以需要加入物质与溶液中的H+反应，使得溶液的pH增大，为了不引入新的杂质，所以选择含金属锌的物质，可以为ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO，由分析可知，料液的主要溶质为：ZnSO4、CuSO4，
小问3详解】
氧化过程中Mn2+和NaClO发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Mn2++ClO-+2OH-=+Cl-。
【小问4详解】
除铜时，涉及沉淀的转化，即，平衡常数K=。
【小问5详解】
①加热过程中Zn原子守恒，则由以下关系，
则A点对应的物质为，B点对应的物质为，A到B发生的化学方程为：；
②胶体具有丁达尔效应，确定ZnO属于纳米材料的方法是：取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。
17. X为三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{}，该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组进行了如下探究实验：
已知：固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子；气体F为气体B与气体I组成的混合物，只含有两种元素，气体B与气体I所含元素相同；固体G是磁铁矿中的重要物质；所有气体体积均已换算成标况下数据。
请回答下列问题：
（1）固体A的成分为___________，I的化学式为___________。
（2）写出固体D真空加热分解的化学方程式___________。
（3）写出溶液C与足量酸性溶液反应的离子方程式___________。
（4）写出G到J的离子方程式：___________。设计实验检验溶液J中以外的阳离子___________。
【答案】（1） ①. K2C2O4、FeC2O4 ②. CO
（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑
（3）5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4） ①. Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O ②. 取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+
【解析】
【分析】黑色固体G是一种磁性物质，则G为四氧化三铁，1.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为×3≈0.02mol，由铁原子个数守恒可知，1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，由质量守恒定律可知，E中氧原子的物质的量为=0.02mol，则E为氧化亚铁；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素，由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知，气体B为二氧化碳、气体I为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙，则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，由质量守恒定律可知，D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g-1.44g-×28g/mol=0.88g，由原子个数守恒可知，D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量为=0.04mol、氧原子的物质的量为=0.08mol，则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol：0.04mol：0.08mol=1：2：4，化学式为FeC2O4；由固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子可知，溶液C为草酸钾溶液，由固体A的质量可知，草酸钾的物质的量为=0.03mol，则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳，由原子个数守恒可知，X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2：0.02mol=3：1，由化合价代数和为0可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。
小问1详解】
由分析可知，固体A的成分为K2C2O4、FeC2O4。I的化学式为CO。
【小问2详解】
由分析可知，固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。
【小问3详解】
由分析可知，溶液C为草酸钾溶液，草酸钾溶液与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O +2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
【小问4详解】
由分析可知，G为Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3，离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。由分析可知，黑色固体D为四氧化三铁，四氧化三铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+。
18. 的综合再利用是近几年的研究热门。
Ⅰ.利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如图所示。
（1）过程2的化学方程式为___________。
Ⅱ.近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量的空气吹入溶液中，再把从溶液中提取出来，并使之与反应生成甲醇。其工艺流程如图所示：
（2）①吸收池中发生的主要反应的离子方程式为___________。
②上述流程能循环利用的物质主要为___________(填化学式)。
③合成塔中发生反应的化学方程式为___________。
（3）不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入和，相同时间内测得的转化率随温度的变化如图甲所示：
①阶段温度升高的转化率下降的原因可能为___________，c点___________(填“<”、“=”或“>”)。
②计算温度为时b点的平衡常数为___________。
Ⅲ.以稀硫酸为电解质溶液，惰性材料为电极，利用太阳能将转化为低碳烯烃，工作原理如图乙所示。
（4）产生乙烯的电极反应式为___________。
【答案】（1）
（2） ① ②. KHCO3 ③.
（3） ①. 该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动 ②. < ③. 800
（4）
【解析】
【分析】I．过程2是FeO和CO2反应生成和C；
II．空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3，碳酸氢钾不稳定，在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，二氧化碳与氢气合成甲醇。吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；
由分解池分解后所得溶液是碳酸钾可通入吸收池再利用分析解答在1L恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2反应生成甲
根据图像，T1时，a点的二氧化碳的转化率增大，说明a点反应正向进行；b点二氧化碳转化率为80％，根据三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；
III．太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成。
【小问1详解】
过程2是FeO和反应生成和C，故化学方程式为；
【小问2详解】
①吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；
②循环使用的物质为KHCO3；
③根据题意方程式为；
【小问3详解】
①该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C点升温平衡逆向移动，故正反应速率小于逆反应速率。②根据图像， b点二氧化碳转化率为80％，则有：
起始量（mol／L） 2 5 0
变化量（mol／L） 1.6 4.8 1.6 1.6
平衡量（mol／L） 0.4 0.2 1.6 1.6
，故答案为：800；
【小问4详解】
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