2022-2023学年江苏省扬州中学高三上学期10月月考化学检测题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省扬州中学高三上学期10月月考化学检测题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2022-2023学年高三上学期10月月考化学检测题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中药血余炭为人发制成的炭化物，具有收敛止血、化瘀、利尿之功效。其煅制过程如下：取头发，剔去杂质，草木灰水浸泡，清水漂净，晒干，煅制为炭。下列有关说法不正确的是
A．头发的基本成分是蛋白质
B．草木灰水浸泡是利用其碱性去除头发上的油污
C．煅制过程可将干燥好的头发在空气中置于敞口陶釜内完成
D．煅制过程中可能有产生
【答案】C
【详解】A．头发的成分主要是蛋白质，A正确；
B．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶液显碱性，头发上的油污可在碱性溶液中发生水解反应从而除去，B正确；
C．煅制过程中有S的氧化物产生，故须有尾气处理装置，C错误；
D．头发的成分主要是蛋白质，蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，N元素燃烧可能产生N2，D正确；
故选：C。
2．下列化学用语表示正确的是
A．MgH2的电子式： B．2，2—二甲基戊烷的键线式：
C．中子数为18的氯原子：Cl D．的分子式：C10H17
【答案】B
【详解】A．MgH2是离子化合物，每个H原子得1个电子，电子式为，A错误；
B．2，2—二甲基戊烷的主链上有5个碳原子，2号碳上有2个甲基，键线式：，B正确；
C．中子数为18的Cl原子，质量数=质子数+中子数=17+18=35，，C错误；
D．的最简式为C5H8，D错误；
故选B。
3．下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．N2不溶于水，可用作保护气 B．NH3极易溶于水，可用作制冷剂
C．NO2具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂 D．HNO3易挥发，可用来制备硝酸纤维
【答案】C
【详解】A．氮气具有N≡N键结构，化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，与不溶于水无关，故A错误；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，与NH3极易溶于水无关，故B错误；
C．NO2具有强氧化性，可被压缩为N2O4，与还原性物质联氨（N2H4）混合在一起发生氧化还原反应，放出大量的热，并产生大量的气体，可为火箭提供强大的推进力，故C正确；
D．在一定条件下，纤维素与浓H2SO4和浓HNO3的混合酸反应生成硝酸纤维，和HNO3易挥发无关，故D错误；
故答案为：C。
4．实验室采用如图装置制取氨气，正确的是
A
B
C
D




生成NH3
干燥NH3
收集NH3并验满
吸收多余NH3

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．氯化铵受热分解生成HCl和氨气，HCl和氨气在试管口遇冷又会化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵来制取氨气，A错误；
B．浓硫酸能与氨气反应，不能用浓硫酸来干燥氨气，B错误；
C．氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集氨气，导管应该伸到试管底部，C错误；
D．氨气极易溶于水，尾气吸收应采取防倒吸的措施，D正确；
故答案选D。
5．氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH=-904 kJ·mol-1。生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca(NO3)2、Ca(NO2)2等化工产品。对于反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列有关说法正确的是
A．当反应中满足v(NH3)：v(O2)：v(NO)：v(H2O)=4：5：4：6，说明反应到达平衡
B．达到平衡时，增大容器的体积，v(正)增加、v(逆)减小
C．断裂4mol N-H键的同时，断裂6molO-H键，说明该反应达到平衡状态
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【详解】A．反应在任何时刻，化学反应速率之比都等于系数比，则v(NH3)：v(O2)：v(NO)：v(H2O)=4：5：4：6不能说明反应到达平衡，故A错误；
B．达到平衡时，增大容器的体积，气体压强减小，正反应速率v(正)减小、逆反应速率v(逆)减小，故B错误；
C．1个NH3含3个N-H键，1个H2O含2个O-H键，则断裂12mol N—H键的同时断裂12molO—H键说明正反应速率等于逆反应速率，反应已达到化学平衡状态，故C错误；
D．由热化学方程式可知ΔH=-904 kJ·mol-1，该反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；
故选D。
6．羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是

A．该反应历程包括质子化、加成、消去、质子转移等过程
B．同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构
C．物质a中所有中心原子杂化方式相同
D．酯化反应中增加浓硫酸的用量，一定可以提高反应物的转化率
【答案】D
【详解】A．第一步是质子化，第二步是加成，第四不是消去，第五不是去质子化，A正确；
B．从第三步和第四步分析，同一个碳原子上连接两个羟基是不稳定的结构，B正确；
C．物质a中所有中心原子均为4个共价键，杂化方式相同，C正确；
D．增加浓硫酸的用量不影响转化率，D错误；
故选D。
7．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均不超过20，W、X同周期，W的族序数是周期数的3倍，Y与W、X和Z均既不同周期也不同主族；Y、Z原子的最外层电子数之和与X原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是
A．WX2和ZW2中均含有共价键
B．W、X及Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱
D．W、X、Y、Z的原子半径依次增大
【答案】A
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均不超过20；W的族序数是周期数的3倍，则W为O元素；W、X同周期，且为主族元素，则X为F元素；Y与W、X和Z均既不同周期也不同主族，则Y、Z均在第三周期，Y可能为Na、Mg、Al、Si、P，Z可能为Mg、Al、Si、P、S；Y、Z原子的最外层电子数之和与X原子的最外层电子数相等，设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n，则m+n=7，且m＜n；解得以下三种情况：①m=1，n=6，此时Y为Na，Z为 S；②m=2，n=5，此时Y为Mg，Z为P；③m=3，n=4，此时Y为Al，Z为Si；
【详解】A．WX2为OF2含有共价键，ZW2可能为SO2、SiO2、PO2均含有共价键，A正确；
B．W的简单离子为O，X的简单离子为F，Z 的简单离子可能为为S、P、Si，不具有相同的电子层结构，B错误；
C．W的简单气态氢化物为H2O，Y不存在简单气态氢化物，C错误；
D．原子半径为：Y＞Z＞W＞X，D错误；
故答案选A。
8．从砷化镓废料（主要成分为、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是
A．“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B．“碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的数目为
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
D．晶胞如上图，距离最近的原子数为12
【答案】B
【分析】砷化镓废料（主要成分为、、和）中加入NaOH、H2O2，主要发生、，转化为，转化为进入溶液，、难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，滤液含，操作为蒸发浓缩、冷却结晶得到含结晶水的晶体；滤渣II含沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，分离出滤渣III为，转化为溶液，电解溶液生成Ga、氧气、硫酸。
【详解】A．温度越高，反应速率越快，但受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解，A正确；
B．“碱浸”时，转化为，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应，转移电子的数目为，B错误；
C．“旋流电积”时，在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益，C正确；
D．根据晶胞结构分析，As做面心立方最密堆积，与顶点的As等距且最近的As位于相邻的三个面的面心上，一个顶点为8个立方体共有，则距离最近的原子数为，D正确；
故选B。
9．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
除去碳酸钠固体中碳酸氢钠
将固体放置在坩埚中加热，一段时间后，在干燥器中冷却、称量整个坩埚与固体的质量为m1，再次加热、冷却、称量质量为m2
若m1=m2，则说明杂质已除尽
B
检验苯中的苯酚
取少量样品，加入适量的浓溴水，观察现象
滴加溴水后，若未出现白色沉淀，则说明苯中不存在苯酚
C
探究铁与水蒸气反应后固体物质
取少量固体粉末，用磁铁吸引，观察现象
若磁铁能吸引，则固体物质为Fe3O4
D
验证CH2=CHCHO
分子中的碳碳双键
取样品与过量溴水混合，充分反应观察现象
溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．碳酸氢钠加热易分解为碳酸钠、二氧化碳、水，用加热法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠。将固体放置在坩埚中加热，一段时间后，在干燥器中冷却、称量整个坩埚与固体的质量为m1，再次加热、冷却、称量质量为m2，若m1=m2，则说明碳酸氢钠完全分解，杂质已除尽，A正确；
B．三溴苯酚易溶于苯，取少量样品，加入适量的浓溴水，可能生成的三溴苯酚溶解在苯中，若未出现白色沉淀，不能说明苯中不存在苯酚，B错误；
C．磁铁能吸引铁和Fe3O4，固体粉末用磁铁吸引，若固体物质中有剩余的铁，也能被磁铁吸引，所以不能确定固体物质为Fe3O4，C错误；
D．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，则溴水褪色，不能说明样品分子中含有碳碳双键，D错误；
故选A。
10．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如图所示。下列说法不正确的是

A．甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基
B．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．常温下1mol乙最多与含4molNaOH的水溶液完全反应
D．1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为3mol
【答案】C
【详解】A．由甲分子的结构可知，甲分子中的含氧官能团为：羟基、酯基，A正确；
B．丙的结构中含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．酚羟基能与氢氧化钠溶液反应，酯基水解消耗氢氧化钠，而乙水解后生成酚羟基和羧基，因此常温下1mol乙最多与含3molNaOH的水溶液完全反应，C错误；
D．苯环酚羟基邻对位氢可以被溴取代，碳碳双键能与溴发生加成反应，因此1mol丙与足量溴水反应时，消耗Br2的物质的量为3mol，D正确；
答案选C。
11．一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下图。下列说法不正确的是

A．与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜
B．第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+
C．第二步中，放电结束后，电解质溶液中NaCl的含量降低
D．理论上，每消耗1molO2，可生产5molNaOH和3molCl2
【答案】D
【详解】A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，A正确；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，B正确；
C．第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，C正确；
D．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成2mol Cl2，D错误；
故选D。
12．以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。[示例：A2-的分布系数：]

下列叙述不正确的是
A．滴定终点的现象为：溶液从无色变为粉红色，且半分钟不褪色
B．H2A溶液的浓度为0.1000mol·L-1
C．曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)
D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【分析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)；
【详解】A．滴定终点前溶液成酸性，当滴入最后一滴NaOH溶液时溶液偏碱性，能使酚酞呈粉红色，故A正确；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，达到滴定终点。说明NaOH和恰好完全反应，根据，，则，故B正确；
C．在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA-⇌A2-+H+，曲线①代表δ(HA-)；当加入用0.1000 mol•L-1的NaOH溶液40.00 mL滴定后，发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，HA-的分布系数减小，A2-的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③重合，所以曲线②代表δ(A2-)，故C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色范的pH范围为8.2~10，滴定终点时，溶液中有电荷守恒：，由于，则，故D错误；
答案选D。
13．工业上利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2。450℃以上，发生反应Ⅰ：；通常在600℃以上发生反应Ⅱ：。一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、CH4与S2反应中CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是

A．反应Ⅱ的正反应为吸热反应
B．反应相同时间，温度越低，CH4的转化率越大
C．发生反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：低于此温度，S2浓度小，反应速率慢
D．某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为50%
【答案】C
【详解】A．由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应II的正反应为放热反应，A错误；
B．由图可知，CH4的平衡转化率随着温度的升高逐渐降低，S2浓度随着温度升高而增大，故温度越低，S2浓度越小，反应速率越慢。在反应相同时间里，温度越低，反应速率越慢，CH4的转化率不一定越大，B错误；
C．由图可知：在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，当低于600℃时，S2浓度明显偏小，使得反应II的反应速率变慢，C正确；
D．在密闭容器中，n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，根据反应中物质反应转化关系可知平衡时：n(S2)=(2a-2x)mol，n(CH4)=(a-x)mol，n(CS2)=x mol，n(H2S)=2x mol，由于CS2的体积分数为10%，即 ，解得x=0.3a mol，所以CH4的平衡转化率为，D错误；
故合理选项是C。

二、工业流程题
14．Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：

(1)浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
(2)焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
(3)硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
(4)工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。

【答案】(1)Al3+、H+
(2)n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)= 6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)= 0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=
(3)     SO2+2H2S+2H2O     FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
(4)+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物

【分析】用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O；
（1）
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
（2）
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=；
（3）
①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
（4）
在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。

三、有机推断题
15．G是制备那韦类抗HIV药物的关键中间体，其合成路线如下：

注：为、为
(1)A分子中采取杂化的碳原子的数目为_______。
(2)的反应类型为_______。
(3)固体物质A的熔点比它的一种同分异构体H()的熔点高得多，其原因是_______。
(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①含苯环，且能发生银镜反应；
②分子中含有3种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【答案】(1)2
(2)取代反应
(3)固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低
(4)或
(5)

【分析】A发生还原反应生成B，B中氨基上的H发生取代反应生成C，C中醇羟基发生催化氧化生成D中醛基；
（1）
A分子中饱和碳原子采取杂化，数目为2；
（2）
B中氨基上的H发生取代反应生成C，反应类型为取代反应；
（3）
含有分子内氢键的物质能降低其熔沸点，固体物质A易形成离子型内盐，熔点升高；同分异构体H易形成分子内氢键，熔点降低，因此固体物质A的熔点比同分异构体H的熔点高得多；
（4）
G的同分异构体同时满足条件：①含苯环，且能发生银镜反应，说明含有醛基；②分子中含有3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，结构简式有：或；
（5）
先发生流程图中D生成E的反应生成，再发生催化氧化生成，发生水解反应生成，与甲酸发生酯化反应生成，合成路线为。

四、实验题
16．碱式氯化铜[Cu(OH)xCly]为绿色或墨绿色的结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向CuCl2溶液中通入NH3，同时滴加稀盐酸，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~ 80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。

(1)仪器a的名称是 _______。
(2)实验室利用装置B制备NH3，圆底烧瓶中盛放的固体药品可能是 _______(填名称)；
(3)反应过程中，在装置A中除观察到溶液蓝绿色褪去外，还可能观察到的现象是_______。
(4)反应结束后，将装置A中反应容器内的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是_______(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品6.435g，加稀硝酸溶解，并加水定容至250mL，得到待测液。
(5)铜的测定：取100mL待测液，加入足量的氢氧化钠，经过滤，洗涤，低温烘干，称量得到的蓝色固体质量为2.352g。则称取的样品中n(Cu2+)为 _______mol。
(6)采用沉淀滴定法测定氯：请补充完整测定氯的实验过程：准确量取25.00mL待测液于锥形瓶中，边振荡边向锥形瓶中滴加0.010mol/LAgNO3溶液，至静置后向上层清液中继续滴加0.010mol/LAgNO3溶液无浑浊产生，记录消耗AgNO3溶液的体积V1，_______，重复上述实验2~3次。
已知：①Ag+ +SCN- = AgSCN↓(白色沉淀)；②聚乙烯醇可以覆盖在AgCl表面，阻止AgCl转化为AgSCN。[须使用的实验试剂：0.010 mol/L NH4SCN标准溶液、Fe(NO3)3溶液、聚乙烯醇]
【答案】(1)三颈烧瓶
(2)碱石灰
(3)溶液中有大量墨绿色固体产生、干燥管中有液体上升后下降的现象
(4)NH4Cl
(5)0.06
(6)再滴加适量聚乙烯醇溶液并滴加2-3滴Fe(NO3)3溶液，用0.010 mol/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，滴定至溶液变为红色，且30s内不变化，记录滴加NH4SCN标准溶液的体积V2

【分析】根据仪器的结构分析该装置为三颈烧瓶。
根据氨水溶液中的平衡，分析碱石灰对其影响。
根据碱式氯化铜为墨绿色晶体，且难溶于水分析现象。根据干燥管中充满氨气，反应后气体的压强迅速减小，分析干燥罐中有液体上升后下降的现象。
根据氨气会和盐酸反应生成氯化铵分析。
根据氢氧化铜中的铜离子计算。
根据滴定终点后稍过量的硫氰化铵遇到铁离子变红进行分析实验操作。
（1）
仪器a的名称为三颈烧瓶。
（2）
由于氨水中存在平衡 ，碱石灰与水发生反应使溶液中的氢氧根离子浓度增大，促进平衡逆向移动，且碱石灰遇水放热促进氨气的挥发，故可以利用碱石灰与浓氨水反应制取氨气。
（3）
在三金烧瓶中，氯化铜、氨气和盐酸反应制取简式氯化铜，检视氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为溶液中有大量墨绿色固体产生，干燥罐中充满了氨气，反应后气体的压强迅速减小，干燥罐中有液体先上升后下降的现象。
（4）
该反应为氯化铜、氨气和盐酸，部分氨气会和盐酸反应生成氯化铵，作为副产物。
（5）
产品溶于稀硝酸后，溶于中主要哈游铜离子、氯离子、硝酸根离子，加入氢氧化钠后生成氢氧化铜沉淀，由题意只氢氧化铜的物质的量为 ，则样品中铜离子物质的量为。
（6）
再滴加适量聚乙烯醇溶液，覆盖在氯化银表面，并滴加2-3滴Fe(NO3)3溶液作为指示剂，用0.010 mol/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3，滴定至溶液变为红色，且30s内不变化，记录滴加NH4SCN标准溶液的体积V2。根据硫氰化铵的物质的量计算反应剩余的银离子的物质的量，进而计算原溶液中氯离子消耗的银离子的量，从而得到氯离子的量。

五、原理综合题
17．以CO2和水蒸气为原料，在等离子体和双金属催化剂xZnO·yZrO2的作用下制备CH3OH。研究表明，在等离子体的协同下，双金属催化剂中的ZrO2更易形成氧空位，从而更有利于吸附或结合外界O原子，使得制备CH3OH的反应条件更趋温和。
(1)催化剂的制备
将一定比例的Zn(NO3)2·6H2O和ZrO(NO3)2·7H2O溶于水，搅拌下将其滴入pH为8的氨水中，充分反应后得到xZn(OH)2·yZr(OH)4沉淀，将固体过滤、洗涤、干燥，于550°C焙烧6h，制得双金属催化剂xZnO·yZrO2。写出生成xZn(OH)2·yZr(OH)4沉淀的离子方程式： ___________ 。
(2)工艺参数的研究
控制水蒸气流速为28.74mL·min-1、温度为150°C、反应电流为4.17A，在使用单独的等离子体(P)、等离子体与双金属催化剂协同(CP)两种不同催化条件下，测得CO2流量对醇类产量的影响关系如图所示。

①无论使用何种催化条件，CH3OH的产量均随着CO2流速的增大而下降，其原因是___________。
②分析图像可知，选用等离子体与双金属催化剂协同催化条件的优势是 ___________。
(3)反应机理的分析
利用等离子体和双金属催化剂xZnO·yZrO2催化CO2和H2O反应生成CH3OH的过程中Zr的化合价发生变化，可能机理如下图所示：

说明：图中的 表示ZnO，表示ZrO2，表示氧空位；“一”表示化学键，“……”表示吸附作用。
①Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图所示机理的步骤(iii) 中，元素Zr化合价发生的变化为___________ 。
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的带负电的高能粒子。随着反应电流的增加，CH3OH的产量增大，其可能原因是___________。
【答案】(1)xZn2++yZrO2++(2r+2y)NH3·H2O+yH2O = xZn(OH)2·yZr(OH)4↓+(2x+2y)
(2)     增大CO2的流速，缩短了CO2和水蒸气的接触时间，更多的原料气未得到充分反应     抑制生成乙醇的副反应的发生；且能够提高甲醇产量
(3)     +3价变为+4价     在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行

【解析】（1）
Zn(NO3)2·6H2O和ZrO(NO3)2·7H2O溶于水，加入氨水中，氨水电离出OH-与Zn2+和ZrO2+反应得到xZn(OH)2·yZr(OH)4沉淀，反应的离子方程式为：xZn2++yZrO2++(2r+2y)NH3·H2O+yH2O = xZn(OH)2·yZr(OH)4↓+(2x+2y)；
（2）
①无论使用何种催化条件，CH3OH的产量均随着CO2流速的增大而下降，其原因是：增大CO2的流速，缩短了CO2和水蒸气的接触时间，更多的原料气未得到充分反应；
②由图像可知，选用等离子体与双金属催化剂协同催化条件的优势是：抑制生成乙醇的副反应的发生；且能够提高甲醇产量；
（3）
①步骤(iii) 中，ZrO2失去一个O形成氧空位同时O形成1个共价键，此时Zr化合价为+3价，再形成2个共价键，Zr化合价为+4价，则元素Zr化合价发生的变化为+3价变为+4价；
②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的带负电的高能粒子。随着反应电流的增加，CH3OH的产量增大，其可能原因是：在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子；同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行。