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江苏省镇江市2022-2023学年高三化学上学期期中调研考试试题（Word版附解析）
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这是一份江苏省镇江市2022-2023学年高三化学上学期期中调研考试试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度第一学期高三期中试卷
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 V-51 Fe-56 Ce-140
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 湖北有众多非物质文化遗产，如汉绣､皮影戏､陶器烧制技艺､酿醋技艺等，其研究价值和历史意义重大。下列说法正确的是
A. 汉绣中使用的棉布原料主要成分属于多糖
B. 皮影戏中用到的兽皮主要成分属于油脂
C. 烧制陶器的主要原料为黏土、石灰石和石英砂
D. 在酿醋工艺中，可以将淀粉直接转化为乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，故A正确；
B．兽皮的主要成分是蛋白质，故B错误；
C．烧制陶器的主要原料为黏土、石英、长石三大类，故C错误；
D．“酿”指的是淀粉水解后，经糖化发酵后生成的乙醇再氧化生成乙酸，故D错误；
故选A。
2. 是微电子工业中优良的等离子蚀刻气体，还可用作高能燃料，可由反应：制取。下列说法正确的是
A. 中N元素的化合价为
B. 氟离子的结构示意图为
C. 的电子式为
D. 的空间构型为三角锥型
【答案】D
【解析】
【详解】A．NF3中F元素非金属性大于N，则N的化合价为+3，A错误；
B．氟离子的核电荷数是9，而结构示意图中核电荷数为10，B错误；
C．NH4F是离子化合物，其电子式中F-离子最外层达到8电子稳定结构，应画出，故正确电子式为 ，C错误；
D．NF3的价层电子对为4，其中含一对孤电子，空间构型为三角锥型，D正确；
答案选D。
3. 吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是
A. 第一电离能大小： B. 电负性大小：
C. 离子半径大小： D. 酸性强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．I1(N) 是失去N原子上的半满较稳定的2p3电子， I1(O) 是失去O原子上的2p4电子，I1(N)> I1(O)，A错误；
B．N和P同主族，从上到下电负性减小，B错误；
C．N3-和O2-是同周期的简单阴离子，具有与Ne相同的电子层结构，氧的核电荷数大于氮，则离子半径r(N3-)>r(O2-)，C正确；
D．N和P同主族，从上到下非金属性减小，最高价含氧酸酸性减弱，D错误；
答案选C。
4. 用右图图装置(相关试剂、夹持和加热装置已略)进行实验，其中②中现象不能说明①中发生了反应的是
选项
①中实验
②中现象
A
加热溴丙烷与乙醇的混合液
酸性溶液褪色
B
加热浓和溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】该实验装置中，①为反应发生装置，②为产物检验装置，中间没有除杂装置，要注意实验中杂质产生的干扰。
【详解】A．发生装置中产生的乙醇蒸汽也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能说明①中发生消去反应生成丙烯，A符合题意；
B．①中产生氨气，少量氨气才能使②中先生成氢氧化银沉淀，过量后又使氢氧化银沉淀溶解产生氢氧化二氨合银溶液，B不符合题意；
C．饱和Na2CO3溶液能溶解乙醇和吸收乙酸，则上层产生的无色油状液体说明是生成物乙酸乙酯，C不符合题意；
D．导管中倒吸一段水柱，说明铁粉作负极、碳粉作正极在NaCl溶液作用下发生吸氧腐蚀，D不符合题意；
答案选A。
5. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化．如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：．实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。
下列硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. S有氧化性，可用于生产 B. 溶液显碱性，可用于吸收少量
C. 有还原性，可用于纸浆漂白 D. 浓有脱水性，可用作干燥剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．S变SO2时S元素化合价升高，S有还原性，A错误；
B．Na2SO3水解溶液显碱性，吸收少量SO2可生成NaHSO3，B正确；
C．SO2用于纸浆漂白时化合价未变，体现SO2有漂白性，C错误；
D．浓H2SO4作干燥剂是具有吸水性，D错误；
答案选B。
6. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列说法或表示方法正确的是
A. 在反硝化细菌作用下，生成，转移电子数约为
B. 的溶液中大量存在：
C. 过量通入溶液中：
D. 用碱性溶液吸收
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体体积无标准状态，按气体摩尔体积进行计算出的结果不成立，A错误；
B．pH=1.0的溶液中含有大量H+离子，H+与 发生离子互换反应，以及酸性下硝酸根离子具有强氧化性，会与还原性的亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应，B错误；
C．SO2既然过量离子方程式产物中就不可能有强氧化性的HClO，该反应为，C错误；
D．氧化剂次氯酸根离子的还原产物是氯离子，还原剂NO的氧化产物是硝酸根离子，氢氧根离子作介质，该离子方程式为 ，D正确；
答案选D。
7. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列有关反应的说法正确的是
A. 该反应属于氮的固定中人工固氮方式
B. 该反应在任意温度下均能自发进行，则
C. 含有键和键的数目之比为
D. 该反应的平衡常数表达式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮变为化合态的氮，A错误；
B．该反应气体分子数增大，ΔS＞0，熵增有反应利于自发进行，根据自发反应的ΔG=ΔH-TΔS＜0，该反应若在任意温度下均能自发，则ΔH<0，B正确；
C．N2分子中的氮氮三键含有σ键和π键的数目之比为1:2，C错误；
D．该反应的平衡常数表达式为，D错误；
答案选B。
8. 利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可得到的流程如下所示。
已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ反应时，若产物中，则
B. 步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C. 步骤Ⅱ的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中
D. 步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收
【答案】C
【解析】
【分析】步骤I是氯气和氢氧化钠反应来制备次氯酸钠，步骤II是氧化尿素制备，还生成碳酸钠，步骤III是分离水合肼溶液和碳酸钠溶液，步骤IV是将碳酸钠转化为亚硫酸钠。
【详解】A．步骤Ⅰ反应时，产物中，设生成的的分别为5mol和1mol，可知Cl失去电子的物质的量=5mol´(1-0)+1mol´（5-0）=10mol,由电子守恒可知Cl得电子的物质的量为10mol,则生成的NaCl的物质的量为10mol，则，A项正确；
B．根据流程图，反应物为、，生成物，被还原为,生成物中还有，故离子方程式为，B项正确；
C． 由题意可知能将氧化生成，步骤二中若将尿素缓慢加入碱性溶液中，会将氧化生成，C项错误；
D．为酸性气体，步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收，D项正确；
答案选C。
9. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变为黄色
氧化性：
B
取溶液和溶液充分反应后，再加，振荡、静置后取上层清液滴加少量溶液，溶液变为红色
与的化学反应存在限度
C
向某溶液X中滴加少量稀盐酸，再滴加几滴溶液，出现白色沉淀
该溶液中含有
D
向2支均盛有相同浓度溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．双氧水具有强烈的氧化性，酸性条件下，能将亚铁离子氧化成铁离子 ，但是由于有硝酸根离子存在，在酸性条件下，也能氧化亚铁离子成铁离子，故无法知晓氧化剂是哪一种，无法比较出过氧化氢和铁离子的氧化性，A错误；
B．反应的化学方程式为，可知铁离子和碘离子如果恰好完全反应的话，其物质的量之比为1：1，由于实际给出的物质的量铁离子大于碘离子，故铁离子过量，加入2mLCCl4 ，振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，无法说明铁离子与碘离子有化学反应的限度，B错误；
C．如果C是碳酸钠溶液，加入少量稀盐酸未完全反应，还剩下有碳酸钠，再加硝酸钡，会生成碳酸钡，无法确定硫酸根，C错误 。
D． 向2支均盛有 2mL 相同浓度 Na3[Ag(S2O3)2] 溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的 KCl、KI 溶液，前者没有生成沉淀，后者生成了黄色沉淀，说明氯化银的溶度积在比该温度下比碘化银要大，D正确；。
故选D。
10. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. 电极A为阴极，发生还原反应
B. 电极B的电极发应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；
B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；
C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
答案选C。
11. 药物异博定能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如下转化过程。
下列说法正确的是
A. X的沸点高于其同分异构体
B. 一定条件下，X可与发生缩聚反应
C. Z分子不存在顺反异构体
D. 等物质的量的X、Y、Z消耗的的物质的量相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．X的邻位羟基氢原子与羰基氧形成的是分子内氢键，熔沸点低，该同分异构体中对位的羟基氢原子与羰基氧形成的是分子间氢键，熔沸点高，A错误；
B．X结构中酚羟基的邻位和对位氢原子还在，可与HCHO发生缩聚反应，B正确；
C．Z分子存在的顺反异构体为和，C错误；
D．与NaOH反应时，X发生酚羟基的中和反应，Y发生溴原子和酯的水解反应，Z 发生酯的水解反应，等物质的量的X、Y、Z消耗的NaOH的物质的量之比为1:2:1，D错误；
答案选B。
12. 硫酸工业尾气(主要含和)，用溶液吸收可转化为。当时，吸收能力下降，需要加热再生为溶液。已知，。下列说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 室温下，溶液中存在：
C. 当时，此时吸收液的
D. 与原溶液相比，吸收液在空气中加热再生后吸收能力几乎不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2SO3溶液中的质子守恒应为：，A错误；
B．室温下，NaHSO3溶液的水解常数小于Ka2，NaHSO3溶液的水解程度小于电离程度，所以＞ ，B错误；
C．，C正确；
D．亚硫酸钠在空气中加热再生会部分被氧气氧化成硫酸钠，吸收SO2能力降低，D错误；
答案选C。
13. 乙烯是重要的工业原材料，中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，
其主要反应为：反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，向容积为的容器中通入和，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示，代表不同压强下乙烷的平衡转化率。
已知：
下列说法正确的是
A. 压强
B. 压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中
C. 一定温度下，增大可提高的平衡转化率
D. 反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。
【详解】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强越大都有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，L2压强大乙烷转化率低，A错误；
B．根据题意和分析，Ⅰ和Ⅱ反应的三段式为：，，平衡时混合气体中，B正确；
C．一定温度下，增大 ，C2H6的平衡转化率下降，C错误；
D．反应 ΔH=ΔH2+2ΔH1，D错误；
答案选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 钛及其合金是理想高强度、低密度结构材料．工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)为原料制备金属钛的工艺流程如下：
已知：“酸溶”后的溶液中主要含有和。
（1）“净化”后的滤液1中存在的主要阴离子为_____________。
（2）写出“酸溶”过程中发生反应的化学方程式________________。
（3）写出“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式______________。
（4）“煅烧”，可得到．的一种晶胞结构如题图所示，图中上、下面各有个，另外2个在晶胞中的位置如图所示。已知离子的配位数为6，在答题卡的题图中用“—”将晶胞内的任一个不在上、下平面内的与紧邻的连接起来______________。
（5）“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为。
①该温度下，与反应的总化学方程式为________________；
②随着温度升高，尾气中含量升高，原因是__________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） (或) （5） ①. ②. 随着温度升高，与C发生反应生成(或)
【解析】
【分析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)中加入浓NaOH溶液，和NaOH反应分别生成NaAlO2和Na2SiO3，则滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；加入酸，酸溶后的溶液中主要含有和，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；结晶使FeSO47H2O析出，滤液2中主要含有和，加热，水解生成，离子方程式为，将煅烧得到；“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为，则反应的化学方程式为；“转化Ⅱ”中，和Mg反应生成Ti和MgCl2，化学方程式为+2Mg= Ti+2MgCl2。
【小问1详解】
由分析可知，“净化”后的滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，则滤液1中存在的主要阴离子为；
【小问2详解】
“酸溶”过程中，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式为；
【小问4详解】
中，离子的配位数为6，则与距离最近且相同的O2-由6个，与O2-距离最近且相同的离子有3个，故的晶胞图为 或 ；
【小问5详解】
①由分析可知，该温度下，与反应的总化学方程式为；
②随着温度升高，与C发生反应生成，故尾气中的含量升高。
15. 硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。
（1）写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。
（2）“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。
（3）写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
（4）“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。
（5）在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。
（6）在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。
【答案】（1）
（2）使得完全溶解和沉淀完全
（3）
（4）温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)
（5）
（6）加热后分解生成和将五价钒还原为
【解析】
【分析】废钒催化剂主要含有和Fe2O3几种物质，加入稀H2SO4和Na2SO3溶液酸浸后，由于SiO2不反应，故滤渣1应是SiO2， Fe2O3和H2SO4、Na2SO3反应后生成硫酸亚铁，被还原成，加入NaOH溶液调节，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2是Fe(OH)2。通过四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系图可知，加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体，过滤、煅烧得到。
【小问1详解】
“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价， 而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
【小问3详解】
加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。
【小问4详解】
温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。
【小问5详解】
固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。
【小问6详解】
中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。
16. 以炼锌和矿渣(主要成分)为原料可获得三种金属盐，其部分实验过程如下：
①常温下，浸出液中各金属离子形成氢氧化物沉淀的见表1。
②金属离子在该条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子形成沉淀的
表2金属离子的萃取率
金属离子
开始沉淀
沉淀完全
金属离子
萃取率
8.0
90
0
1.7
3.1
99
5.5
10.5
0
3.0
4.4
97~98.5
（1）“酸浸”时转化为两种硫酸盐，该反应的离子方程式为_____________。
（2）调节的范围为______________。
（3）滤饼通过盐酸酸溶、铁粉还原、萃取、反萃取等过程，可以实现的分离．已知萃取剂萃取的萃取原理可表示为：
①萃取前必须用铁粉将还原为的原因是_____________，检验是否完全被还原的实验操作是_____________。
②与同主族，化学性质相似．电解“反萃取”得到的溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为_______________。
（4）已知：酸性条件下氧化性：，水层中的的测定：用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，滴定终点时溶液由橙红色变为浅蓝色，滴定反应为。
请补充完整实验方案：①准确称量硫酸铈固体，加水溶解，加入适量______________使溶液的，将溶液完全转移到容量瓶中，定容得标准硫酸铈溶液；②量取_____________。③重复实验两次，平均消耗标准硫酸铈溶液。
[实验中可使用的试剂：邻二氮菲亚铁试剂、硫酸、盐酸。]
（5）根据(4)中实验数据，计算水层中的含量_______________(写出计算过程)
【答案】（1）
（2）4.4~5.5 （3） ①. 会被萃取，而不会被萃取 ②. 取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原 ③. 或
（4） ①. 硫酸溶液 ②. 含溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色
（5）
【解析】
【分析】炼锌矿渣(主要成分)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3， 滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解， 再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+， 萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga， 经精炼后得到粗镓；
【小问1详解】
ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe 为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为: ；
【小问2详解】
根据表格可知调使Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，Zn2+不沉淀，故调范围为4.4~5.5；
【小问3详解】
萃取前必须用铁粉将还原为，防止被萃取，而不会被萃取；与溶液反应显红色，故检验是否完全被还原的实验操作是取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原；
②与同主族，化学性质相似，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解“反萃取”得到的NaGaO2溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为或；
【小问4详解】
①溶解硫酸铈，防止镓水解，使溶液的，加入适量的硫酸溶液，，Ce4+可以氧化Cl-，不能用盐酸；
②用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，硫酸铈是标准液，含离子的水时待测液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，量取含的溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色；
【小问5详解】
根据滴定数据计算
含量
17. 铁黄是一种重要的化工产品。
（1）制备铁黄：向一定浓度溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色．当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄．通入氧气过程中，记录溶液pH变化如题所示。
已知：25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全。
①加氨水至pH为6.0时，溶液中残留浓度为_________。
②时段，溶液pH几乎不变；时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____________。
（2）在催化剂的表面上，分解产生。较和更易与烟气中的发生反应生成。当一定浓度溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂的反应管，的脱除效率与温度的关系如图所示。仅用相同浓度相同流速的溶液通过反应管(无催化剂进行实验测得：随着温度升高，热分解速率加快，升温至以上，大量汽化。
①时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是_________________。
②温度高于的脱除效率降低的原因是________________。
（3）用于常压电化学法合成氨．该电解装置如图所示。在阴极参与反应，电解前后的质量不变。该电极的反应过程可描述为_________________。
【答案】（1） ①. ②. 段，，c(H+)基本保特不变
段，，c(H+)增大
（2） ①. 大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快 ②. 后，分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降
（3）在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用
【解析】
【小问1详解】
①25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全，可以计算出c(OH-)=10-(14-8.5)mol/L=10-5.5 mol/L，则Ksp(Fe(OH)2)=10-5×(10-5.5)2=10-16，则当pH为6.0时，c(OH-)=10-(14-6)mol/L=10-8 mol/L，溶液中残留浓度为c(Fe2+)= =1.0mol/L；②时段，溶液pH几乎不变，时段，溶液pH明显降低，原因是段，发生反应：，c(H+)基本保特不变，
段，发生反应：，c(H+)增大；
【小问2详解】
①根据题目已知条件：在催化剂的表面上，分解产生，较和更易与烟气中的发生反应生成，且温度升高，过氧化氢汽化，增大了反应接触面积，所以，时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是：大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快；
②温度过高，过氧化氢分解速率加快，所以，温度高于的脱除效率降低的原因是：分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降；
【小问3详解】
该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，电解质溶液中有OH-，在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用，所以在阴极参与反应，电解前后的质量不变（催化剂参与反应，但反应前后质量不变）。
2022~2023学年度第一学期高三期中试卷
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 V-51 Fe-56 Ce-140
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 湖北有众多非物质文化遗产，如汉绣､皮影戏､陶器烧制技艺､酿醋技艺等，其研究价值和历史意义重大。下列说法正确的是
A. 汉绣中使用的棉布原料主要成分属于多糖
B. 皮影戏中用到的兽皮主要成分属于油脂
C. 烧制陶器的主要原料为黏土、石灰石和石英砂
D. 在酿醋工艺中，可以将淀粉直接转化为乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，故A正确；
B．兽皮的主要成分是蛋白质，故B错误；
C．烧制陶器的主要原料为黏土、石英、长石三大类，故C错误；
D．“酿”指的是淀粉水解后，经糖化发酵后生成的乙醇再氧化生成乙酸，故D错误；
故选A。
2. 是微电子工业中优良的等离子蚀刻气体，还可用作高能燃料，可由反应：制取。下列说法正确的是
A. 中N元素的化合价为
B. 氟离子的结构示意图为
C. 的电子式为
D. 的空间构型为三角锥型
【答案】D
【解析】
【详解】A．NF3中F元素非金属性大于N，则N的化合价为+3，A错误；
B．氟离子的核电荷数是9，而结构示意图中核电荷数为10，B错误；
C．NH4F是离子化合物，其电子式中F-离子最外层达到8电子稳定结构，应画出，故正确电子式为 ，C错误；
D．NF3的价层电子对为4，其中含一对孤电子，空间构型为三角锥型，D正确；
答案选D。
3. 吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是
A. 第一电离能大小： B. 电负性大小：
C. 离子半径大小： D. 酸性强弱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．I1(N) 是失去N原子上的半满较稳定的2p3电子， I1(O) 是失去O原子上的2p4电子，I1(N)> I1(O)，A错误；
B．N和P同主族，从上到下电负性减小，B错误；
C．N3-和O2-是同周期的简单阴离子，具有与Ne相同的电子层结构，氧的核电荷数大于氮，则离子半径r(N3-)>r(O2-)，C正确；
D．N和P同主族，从上到下非金属性减小，最高价含氧酸酸性减弱，D错误；
答案选C。
4. 用右图图装置(相关试剂、夹持和加热装置已略)进行实验，其中②中现象不能说明①中发生了反应的是
选项
①中实验
②中现象
A
加热溴丙烷与乙醇的混合液
酸性溶液褪色
B
加热浓和溶液的混合物
溶液先变浑浊后澄清
C
加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
饱和溶液的上层有无色油状液体产生
D
将铁粉、碳粉和溶液的混合物放置一段时间
导管中倒吸一段水柱
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】该实验装置中，①为反应发生装置，②为产物检验装置，中间没有除杂装置，要注意实验中杂质产生的干扰。
【详解】A．发生装置中产生的乙醇蒸汽也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能说明①中发生消去反应生成丙烯，A符合题意；
B．①中产生氨气，少量氨气才能使②中先生成氢氧化银沉淀，过量后又使氢氧化银沉淀溶解产生氢氧化二氨合银溶液，B不符合题意；
C．饱和Na2CO3溶液能溶解乙醇和吸收乙酸，则上层产生的无色油状液体说明是生成物乙酸乙酯，C不符合题意；
D．导管中倒吸一段水柱，说明铁粉作负极、碳粉作正极在NaCl溶液作用下发生吸氧腐蚀，D不符合题意；
答案选A。
5. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化．如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：．实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。
下列硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. S有氧化性，可用于生产 B. 溶液显碱性，可用于吸收少量
C. 有还原性，可用于纸浆漂白 D. 浓有脱水性，可用作干燥剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．S变SO2时S元素化合价升高，S有还原性，A错误；
B．Na2SO3水解溶液显碱性，吸收少量SO2可生成NaHSO3，B正确；
C．SO2用于纸浆漂白时化合价未变，体现SO2有漂白性，C错误；
D．浓H2SO4作干燥剂是具有吸水性，D错误；
答案选B。
6. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列说法或表示方法正确的是
A. 在反硝化细菌作用下，生成，转移电子数约为
B. 的溶液中大量存在：
C. 过量通入溶液中：
D. 用碱性溶液吸收
【答案】D
【解析】
【详解】A．气体体积无标准状态，按气体摩尔体积进行计算出的结果不成立，A错误；
B．pH=1.0的溶液中含有大量H+离子，H+与 发生离子互换反应，以及酸性下硝酸根离子具有强氧化性，会与还原性的亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应，B错误；
C．SO2既然过量离子方程式产物中就不可能有强氧化性的HClO，该反应为，C错误；
D．氧化剂次氯酸根离子的还原产物是氯离子，还原剂NO的氧化产物是硝酸根离子，氢氧根离子作介质，该离子方程式为 ，D正确；
答案选D。
7. 氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列有关反应的说法正确的是
A. 该反应属于氮的固定中人工固氮方式
B. 该反应在任意温度下均能自发进行，则
C. 含有键和键的数目之比为
D. 该反应的平衡常数表达式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮变为化合态的氮，A错误；
B．该反应气体分子数增大，ΔS＞0，熵增有反应利于自发进行，根据自发反应的ΔG=ΔH-TΔS＜0，该反应若在任意温度下均能自发，则ΔH<0，B正确；
C．N2分子中的氮氮三键含有σ键和π键的数目之比为1:2，C错误；
D．该反应的平衡常数表达式为，D错误；
答案选B。
8. 利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可得到的流程如下所示。
已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ反应时，若产物中，则
B. 步骤Ⅱ反应的离子方程式为
C. 步骤Ⅱ的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中
D. 步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收
【答案】C
【解析】
【分析】步骤I是氯气和氢氧化钠反应来制备次氯酸钠，步骤II是氧化尿素制备，还生成碳酸钠，步骤III是分离水合肼溶液和碳酸钠溶液，步骤IV是将碳酸钠转化为亚硫酸钠。
【详解】A．步骤Ⅰ反应时，产物中，设生成的的分别为5mol和1mol，可知Cl失去电子的物质的量=5mol´(1-0)+1mol´（5-0）=10mol,由电子守恒可知Cl得电子的物质的量为10mol,则生成的NaCl的物质的量为10mol，则，A项正确；
B．根据流程图，反应物为、，生成物，被还原为,生成物中还有，故离子方程式为，B项正确；
C． 由题意可知能将氧化生成，步骤二中若将尿素缓慢加入碱性溶液中，会将氧化生成，C项错误；
D．为酸性气体，步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收，D项正确；
答案选C。
9. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变为黄色
氧化性：
B
取溶液和溶液充分反应后，再加，振荡、静置后取上层清液滴加少量溶液，溶液变为红色
与的化学反应存在限度
C
向某溶液X中滴加少量稀盐酸，再滴加几滴溶液，出现白色沉淀
该溶液中含有
D
向2支均盛有相同浓度溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．双氧水具有强烈的氧化性，酸性条件下，能将亚铁离子氧化成铁离子 ，但是由于有硝酸根离子存在，在酸性条件下，也能氧化亚铁离子成铁离子，故无法知晓氧化剂是哪一种，无法比较出过氧化氢和铁离子的氧化性，A错误；
B．反应的化学方程式为，可知铁离子和碘离子如果恰好完全反应的话，其物质的量之比为1：1，由于实际给出的物质的量铁离子大于碘离子，故铁离子过量，加入2mLCCl4 ，振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，无法说明铁离子与碘离子有化学反应的限度，B错误；
C．如果C是碳酸钠溶液，加入少量稀盐酸未完全反应，还剩下有碳酸钠，再加硝酸钡，会生成碳酸钡，无法确定硫酸根，C错误 。
D． 向2支均盛有 2mL 相同浓度 Na3[Ag(S2O3)2] 溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的 KCl、KI 溶液，前者没有生成沉淀，后者生成了黄色沉淀，说明氯化银的溶度积在比该温度下比碘化银要大，D正确；。
故选D。
10. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. 电极A为阴极，发生还原反应
B. 电极B的电极发应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；
B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；
C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
答案选C。
11. 药物异博定能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如下转化过程。
下列说法正确的是
A. X的沸点高于其同分异构体
B. 一定条件下，X可与发生缩聚反应
C. Z分子不存在顺反异构体
D. 等物质的量的X、Y、Z消耗的的物质的量相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．X的邻位羟基氢原子与羰基氧形成的是分子内氢键，熔沸点低，该同分异构体中对位的羟基氢原子与羰基氧形成的是分子间氢键，熔沸点高，A错误；
B．X结构中酚羟基的邻位和对位氢原子还在，可与HCHO发生缩聚反应，B正确；
C．Z分子存在的顺反异构体为和，C错误；
D．与NaOH反应时，X发生酚羟基的中和反应，Y发生溴原子和酯的水解反应，Z 发生酯的水解反应，等物质的量的X、Y、Z消耗的NaOH的物质的量之比为1:2:1，D错误；
答案选B。
12. 硫酸工业尾气(主要含和)，用溶液吸收可转化为。当时，吸收能力下降，需要加热再生为溶液。已知，。下列说法正确的是
A. 溶液中存在：
B. 室温下，溶液中存在：
C. 当时，此时吸收液的
D. 与原溶液相比，吸收液在空气中加热再生后吸收能力几乎不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2SO3溶液中的质子守恒应为：，A错误；
B．室温下，NaHSO3溶液的水解常数小于Ka2，NaHSO3溶液的水解程度小于电离程度，所以＞ ，B错误；
C．，C正确；
D．亚硫酸钠在空气中加热再生会部分被氧气氧化成硫酸钠，吸收SO2能力降低，D错误；
答案选C。
13. 乙烯是重要的工业原材料，中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，
其主要反应为：反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，向容积为的容器中通入和，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示，代表不同压强下乙烷的平衡转化率。
已知：
下列说法正确的是
A. 压强
B. 压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中
C. 一定温度下，增大可提高的平衡转化率
D. 反应
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。
【详解】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强越大都有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，L2压强大乙烷转化率低，A错误；
B．根据题意和分析，Ⅰ和Ⅱ反应的三段式为：，，平衡时混合气体中，B正确；
C．一定温度下，增大 ，C2H6的平衡转化率下降，C错误；
D．反应 ΔH=ΔH2+2ΔH1，D错误；
答案选B。
【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 钛及其合金是理想高强度、低密度结构材料．工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)为原料制备金属钛的工艺流程如下：
已知：“酸溶”后的溶液中主要含有和。
（1）“净化”后的滤液1中存在的主要阴离子为_____________。
（2）写出“酸溶”过程中发生反应的化学方程式________________。
（3）写出“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式______________。
（4）“煅烧”，可得到．的一种晶胞结构如题图所示，图中上、下面各有个，另外2个在晶胞中的位置如图所示。已知离子的配位数为6，在答题卡的题图中用“—”将晶胞内的任一个不在上、下平面内的与紧邻的连接起来______________。
（5）“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为。
①该温度下，与反应的总化学方程式为________________；
②随着温度升高，尾气中含量升高，原因是__________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） (或) （5） ①. ②. 随着温度升高，与C发生反应生成(或)
【解析】
【分析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)中加入浓NaOH溶液，和NaOH反应分别生成NaAlO2和Na2SiO3，则滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；加入酸，酸溶后的溶液中主要含有和，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；结晶使FeSO47H2O析出，滤液2中主要含有和，加热，水解生成，离子方程式为，将煅烧得到；“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为，则反应的化学方程式为；“转化Ⅱ”中，和Mg反应生成Ti和MgCl2，化学方程式为+2Mg= Ti+2MgCl2。
【小问1详解】
由分析可知，“净化”后的滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，则滤液1中存在的主要阴离子为；
【小问2详解】
“酸溶”过程中，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式为；
【小问4详解】
中，离子的配位数为6，则与距离最近且相同的O2-由6个，与O2-距离最近且相同的离子有3个，故的晶胞图为 或 ；
【小问5详解】
①由分析可知，该温度下，与反应的总化学方程式为；
②随着温度升高，与C发生反应生成，故尾气中的含量升高。
15. 硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。
（1）写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。
（2）“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。
（3）写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
（4）“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。
（5）在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。
（6）在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。
【答案】（1）
（2）使得完全溶解和沉淀完全
（3）
（4）温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)
（5）
（6）加热后分解生成和将五价钒还原为
【解析】
【分析】废钒催化剂主要含有和Fe2O3几种物质，加入稀H2SO4和Na2SO3溶液酸浸后，由于SiO2不反应，故滤渣1应是SiO2， Fe2O3和H2SO4、Na2SO3反应后生成硫酸亚铁，被还原成，加入NaOH溶液调节，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2是Fe(OH)2。通过四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系图可知，加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体，过滤、煅烧得到。
【小问1详解】
“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价， 而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
【小问3详解】
加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。
【小问4详解】
温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。
【小问5详解】
固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。
【小问6详解】
中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。
16. 以炼锌和矿渣(主要成分)为原料可获得三种金属盐，其部分实验过程如下：
①常温下，浸出液中各金属离子形成氢氧化物沉淀的见表1。
②金属离子在该条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子形成沉淀的
表2金属离子的萃取率
金属离子
开始沉淀
沉淀完全
金属离子
萃取率
8.0
90
0
1.7
3.1
99
5.5
10.5
0
3.0
4.4
97~98.5
（1）“酸浸”时转化为两种硫酸盐，该反应的离子方程式为_____________。
（2）调节的范围为______________。
（3）滤饼通过盐酸酸溶、铁粉还原、萃取、反萃取等过程，可以实现的分离．已知萃取剂萃取的萃取原理可表示为：
①萃取前必须用铁粉将还原为的原因是_____________，检验是否完全被还原的实验操作是_____________。
②与同主族，化学性质相似．电解“反萃取”得到的溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为_______________。
（4）已知：酸性条件下氧化性：，水层中的的测定：用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，滴定终点时溶液由橙红色变为浅蓝色，滴定反应为。
请补充完整实验方案：①准确称量硫酸铈固体，加水溶解，加入适量______________使溶液的，将溶液完全转移到容量瓶中，定容得标准硫酸铈溶液；②量取_____________。③重复实验两次，平均消耗标准硫酸铈溶液。
[实验中可使用的试剂：邻二氮菲亚铁试剂、硫酸、盐酸。]
（5）根据(4)中实验数据，计算水层中的含量_______________(写出计算过程)
【答案】（1）
（2）4.4~5.5 （3） ①. 会被萃取，而不会被萃取 ②. 取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原 ③. 或
（4） ①. 硫酸溶液 ②. 含溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色
（5）
【解析】
【分析】炼锌矿渣(主要成分)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3， 滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解， 再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+， 萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga， 经精炼后得到粗镓；
【小问1详解】
ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe 为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为: ；
【小问2详解】
根据表格可知调使Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，Zn2+不沉淀，故调范围为4.4~5.5；
【小问3详解】
萃取前必须用铁粉将还原为，防止被萃取，而不会被萃取；与溶液反应显红色，故检验是否完全被还原的实验操作是取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原；
②与同主族，化学性质相似，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解“反萃取”得到的NaGaO2溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为或；
【小问4详解】
①溶解硫酸铈，防止镓水解，使溶液的，加入适量的硫酸溶液，，Ce4+可以氧化Cl-，不能用盐酸；
②用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，硫酸铈是标准液，含离子的水时待测液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，量取含的溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色；
【小问5详解】
根据滴定数据计算
含量
17. 铁黄是一种重要的化工产品。
（1）制备铁黄：向一定浓度溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色．当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄．通入氧气过程中，记录溶液pH变化如题所示。
已知：25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全。
①加氨水至pH为6.0时，溶液中残留浓度为_________。
②时段，溶液pH几乎不变；时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____________。
（2）在催化剂的表面上，分解产生。较和更易与烟气中的发生反应生成。当一定浓度溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂的反应管，的脱除效率与温度的关系如图所示。仅用相同浓度相同流速的溶液通过反应管(无催化剂进行实验测得：随着温度升高，热分解速率加快，升温至以上，大量汽化。
①时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是_________________。
②温度高于的脱除效率降低的原因是________________。
（3）用于常压电化学法合成氨．该电解装置如图所示。在阴极参与反应，电解前后的质量不变。该电极的反应过程可描述为_________________。
【答案】（1） ①. ②. 段，，c(H+)基本保特不变
段，，c(H+)增大
（2） ①. 大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快 ②. 后，分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降
（3）在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用
【解析】
【小问1详解】
①25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全，可以计算出c(OH-)=10-(14-8.5)mol/L=10-5.5 mol/L，则Ksp(Fe(OH)2)=10-5×(10-5.5)2=10-16，则当pH为6.0时，c(OH-)=10-(14-6)mol/L=10-8 mol/L，溶液中残留浓度为c(Fe2+)= =1.0mol/L；②时段，溶液pH几乎不变，时段，溶液pH明显降低，原因是段，发生反应：，c(H+)基本保特不变，
段，发生反应：，c(H+)增大；
【小问2详解】
①根据题目已知条件：在催化剂的表面上，分解产生，较和更易与烟气中的发生反应生成，且温度升高，过氧化氢汽化，增大了反应接触面积，所以，时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是：大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快；
②温度过高，过氧化氢分解速率加快，所以，温度高于的脱除效率降低的原因是：分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降；
【小问3详解】
该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，电解质溶液中有OH-，在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用，所以在阴极参与反应，电解前后的质量不变（催化剂参与反应，但反应前后质量不变）。
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