2024年高考第三次模拟考试题：化学（江苏卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（江苏卷）（解析版），共14页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列化学反应表示不正确的是，铁及其化合物的转化具有重要应用等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．2024年1月，从邮轮首航到电动飞机首飞再到航天首发，我国一批科技创新实现新的突破。下列说法不正确的是（ ）
A．“天目一号”气象星座卫星的光伏发电系统工作时可将化学能转化为电能
B． “快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体实现助推
C．“爱达·魔都号”邮轮使用的镁铝合金具有密度低、抗腐蚀性强的特点
D．“AG60E”电动飞机使用的动力型锂电池具有质量轻、比能量高的特点
【答案】A
【解析】光伏发电系统工作时可将光能转化为电能，A错误； “快舟一号甲”运载火箭利用燃料与氧化剂反应放热并产生大量气体，通过反冲获得推动力实现升空，B正确；镁铝合金是一种主要由镁和铝组成的合金，具有密度低、抗腐蚀性强的特点，C正确；锂离子电池具有质量轻、体积小、储存能量大、比能量高的特点，D正确。
2．超硬陶瓷材料氮化硅可由反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列说法正确的是（ ）
A．NH3的电子式为B．SiH4为平面正方形结构
C．SiH4是非极性分子D．Si3N4晶体属于分子晶体
【答案】C
【解析】NH3的电子式为，A错误；SiH4的价层电子对数为4，为正四面体结构，B错误；SiH4的正电荷中心与负电荷中心重合，是非极性分子，C正确；Si3N4属于共价晶体，D错误。
3．实验室使用下列装置制取、除杂、检验并收集少量乙烯，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取乙烯
B．用装置乙除去乙烯中的SO2气体
C．用装置丙检验乙烯
D．用装置丁收集乙烯
【答案】A
【解析】乙醇发生消去反应制取乙烯，温度需要170℃，水浴加热达不到这个温度，A错误；SO2是酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应，故可以用装置乙除去乙烯中的SO2气体，B正确；乙烯可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，可以用装置丙检验乙烯，C正确；乙烯不溶于水，可以用排水法收集，D正确。
4．嫦娥石属于陨磷钠镁钙石族，其纯晶体成分为Ca8YFe(PO4)7。下列说法正确的是（ ）
A．电离能大小：I1(Na)＞I1(Mg)B．碱性强弱：Ca(OH)2＞Mg(OH)2
C．离子半径大小：r(Ca2+)＞r(P3-)D．电负性大小：
【答案】B
【解析】镁元素的3s轨道电子处于全充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则电离能大小：I1(Na)＜I1(Mg)，A错误；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性钙强于镁，则碱性强弱：Ca(OH)2＞Mg(OH)2，B正确；电子层结构相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径大小：r(Ca2+)＜r(P3-)，C错误；非金属性越强，电负性越大，则电负性大小：，D错误。
阅读下列材料，完成5～7题：
在元素周期表中，某些主族元素与右下方主族元素的有些性质是相似的。例如，Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱形成[Be(OH)4]2-；BeO和Al2O3都具有难溶于水、高熔点等性质。BeCl2和AlCl3在气态时通常以二聚体的形式存在，(AlCl3)2的结构如图所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和H2。工业上用焦炭和石英砂(主要成分为SiO2)在高温条件下反应制得粗硅。硼酸(H3BO3)和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润滑剂等。
5．下列说法正确的是（ ）
A．(AlCl3)2中含有配位键B．[Be(OH)4]2-的空间结构为平面正方形
C．SiO2中的O-Si-O键角为120°D．H3BO3晶体中存在的作用力只有共价键
【答案】A
【解析】(AlCl3)2中Al原子提供空轨道，Cl原子提供孤电子对以此来形成配位键，所以(AlCl3)2中含有配位键，A正确；[Be(OH)4]2-中的中心原子为Be，Be原子和四个OH-形成共价键，Be原子采用sp3形式杂化，空间构型应为正四面体结构，B错误；SiO2为共价晶体，每个O原子被两个Si原子共用，每个Si原子分别与4个O原子相连，故Si原子采用sp3形式杂化，形成的应为正四面体结构，键角不为120°，C错误；H3BO3晶体中存在的作用力除了共价键还存在分子间作用力，D错误。
6．下列化学反应表示不正确的是（ ）
A．氢氧化铍溶于强碱：Be(OH)2+2OH-=[Be(OH)4]2-
B．可溶性铝盐的净水原理：2Al3++3H2O=Al2O3+6H+
C．硅与氢氧化钠溶液反应：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
D．焦炭与石英砂反应：SiO2+2CSi+2CO↑
【答案】B
【解析】由题给信息可知，Be(OH)2是两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应生成[Be(OH)4]2-（四羟基合铍离子），A正确；可溶性铝盐净水原理为Al3+在溶液中水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水作用，反应的离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，B错误；Si与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2，C正确；焦炭与石英砂高温条件下反应生成粗硅和CO，D正确。
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氧化铍熔点较高，可用作耐火材料
B．硼酸具有弱酸性，可用作润滑剂
C．金属铝质地柔软，可用于冶炼高熔点金属
D．二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维
【答案】A
【解析】BeO具有难溶于水、高熔点等性质，则其耐高温，因此可作耐火材料，A符合题意；硼酸可用作润滑剂是因为硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，层之间易滑动，B不符合题意；铝热反应常用于冶炼高熔点金属，其原理为铝与某些金属氧化物在高温条件下发生反应，铝热反应中铝失电子化合价升高，所以铝作还原剂，反应中体现出其还原性，C不符合题意；SiO2具有良好的光学特性，可用于制造光导纤维，与其硬度大、熔点高无关，D不符合题意。
8．铁及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．工业制硫酸涉及的物质转化：FeS2SO3H2SO4
B．实验室制溴苯涉及的物质转化：FeFeBr2，C6H6C6H5Br，
C．利用高温水蒸气处理铁器的化学方程式：3Fe+4H2OFe3O4+4H2
D．利用铁粉从AgCl中获取Ag的离子方程式：Fe+2Ag+=Fe2++2Ag
【答案】C
【解析】FeS2高温下与氧气反应生成SO2， 不能一步生成SO3，A错误；Fe与Br反应生成FeBr3，B错误；高温下水蒸气与铁反应生成Fe3O4和H2，C正确；利用铁粉从AgCl中获取Ag的离子方程式应为：Fe+2AgCl=Fe2++2Ag+2Cl-，D错误。
9．某光刻胶(ESCAP)由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：下列叙述不正确是（ ）
A．合成ESCAP的一种单体为苯乙烯
B．曝光时发生了取代反应和消去反应
C．X的酸性比ESCAP的酸性强
D．Y分子碳原子共平面且存在顺反异构
【答案】D
【解析】由图可知，合成ESCAP的单体为，故其中的一种单体为苯乙烯，A正确；曝光时ESCAP支链上的酯基发生取代反应生成羧基和羟基，羟基又发生消去反应生成碳碳双键得到，故发生了取代反应和消去反应，B正确；X中含有羧基，故其酸性比ESCAP的酸性强，C正确；Y分子中碳碳双键两端的基团相同，不存在顺反异构，故D错误。
10．反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)可用于含氮氧化物的尾气脱硝。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．该反应达到平衡后，移除部分H2O(g)，正反应速率增大
C．提高n(NO2)：n(CH4)的比例，可增大NO2的平衡转化率
D．该反应每消耗46g NO2，转移电子的数目约为4×6.02×1023
【答案】D
【解析】根据反应方程式可知，该反应是熵增的反应，故该反应的△S＞0，A错误；H2O(g)是生成物，在该反应达到平衡后，若移除部分H2O(g)，逆反应速率瞬间减小，正反应速率不变，由于v(正)＞v(逆)，故化学平衡正向移动，平衡移动过程中正反应速率逐渐减小，B错误；若提高n(NO2)：n(CH4)比例，化学平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，但NO2的平衡转化率反而会降低，C错误；根据反应方程式可知：每有2 ml NO2反应，反应过程中会转移8 ml电子，则当消耗46g（1 ml）NO2时，转移电子的物质的量是4 ml，则转移的电子数目约为4×6.02×1023，D正确。
11．下列实验方案能达到探究目的的是（ ）
【答案】B
【解析】向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变为血红色，表明Fe2O3没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明Fe2O3全部被还原，因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，A错误；室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，后者的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液的碱性强，ClO-的水解程度比CH3COO-大，从而说明ClO-结合H+的能力比CH3COO-强，B正确；将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明Ksp(BaSO4)比Ksp(BaCO3)大，因为使用的是Na2CO3饱和溶液，C错误；向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后没有加入碱中和硫酸，加入银氨溶液后，银氨溶液与硫酸发生了反应，水解生成的葡萄糖并没有与银氨溶液发生反应，所以虽然没有产生银镜，但并不能说明蔗糖水解产物没有还原性，D错误。
12．室温下，用含少量Ca2+的FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示。已知：
Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7、Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。
下列说法正确的是（ ）
A．0.1ml·L-1 NH4F溶液中：c(F-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
B．“除钙”得到的上层清液中：c(Ca2+)＜
C．pH=10的氨水—NH4HCO3溶液：c(CO32-)＜c(HCO3-)
D．“沉铁”反应的离子方程式：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】向含少量Ca2+的FeSO4溶液中，加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，所得滤液主要含有Fe2+、SO42-和NH4+，再加入氨水−NH4HCO3溶液“沉铁”得到FeCO3沉淀。因F−、NH4+均能水解生成HF、NH3·H2O，则0.1ml⋅L−1 NH4F溶液中，由物料守恒得：c(F-)+ c(HF)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，A错误；“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液，则c(Ca2+)=
，B错误；pH=10的氨水−NH4HCO3溶液中，因=0.47＜1，则c(CO32-)＜c(HCO3-)，C正确；Fe2+与HCO3-反应生成FeCO3沉淀，HCO3-电离出的H+与NH3·H2O结合生成NH4+和H2O，则“沉铁”反应的离子方程式为：Fe2++HCO3-+NH3·H2O =FeCO3↓+NH4++H2O，D错误。
13．采用热分解法脱除沼气中的H2S过程中涉及的主要反应为
反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1=169.8 kJ·ml-1
反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2=63.7kJ·ml-1
保持100 kPa不变，将H2S与CH4按2∶1体积比投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得H2、S2与CS2的体积分数如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g)的ΔH=106.1kJ·ml-1
B．曲线Y代表的是CS2的平衡体积分数
C．高于1050℃时，H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高减小
D．1050℃下反应，增大体系的压强，平衡后H₂的体积分数可能达到0.07
【答案】C
【解析】根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得：2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g)的ΔH=233.5kJ·ml-1，A错误；将H2S与CH4按2∶1体积比投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，S2是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，950℃～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，所以S2的体积分数会增大，1050℃～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2的体积分数会减小，因此曲线Y是S2，曲线Y代表的是S2的平衡体积分数，B错误；根据方程式中的数量关系，可知曲线Z为H2，曲线X为CS2，1050℃～1150℃之间，S2与CS2的体积分数差值越来越小，所以H2S平衡转化率与CH4平衡转化率的差值随温度升高减小，C正确；在1050℃下反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积增大的反应，增大体系的压强，平衡会逆向移动，平衡后H2的体积分数小于0.07，D错误。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）高砷煤中含有砷硫铁（FeAsS）等物质。燃煤产生的烟气中含NO、SO2、粉尘等，经过SCR脱硝除去NO，粉尘经沉降得到粉煤灰。
（1）燃煤固硫
①燃用高砷煤时加入生石灰将大部分硫元素转化为 （填化学式）留在煤渣中。
②高砷煤燃烧过程中，砷硫铁在高温下被氧化成As2O3释放到烟气中，该反应的化学方程式为 。
（2）SCR脱硝（脱除烟气中的NO）
在烟气中加入适量NH3，用钒氧化物作催化剂将NH3、NO、O2转化为N2。烟气中含有 As2O3会使钒氧化物催化剂中毒。
①在SCR脱硝的反应中还原剂为 （填化学式）。
②研究发现砷中毒机理主要是As2O3分子破坏了催化剂的Lewis酸位点，使V=O数量减少（产物中As化合价为+3、+5）。请补充完整产物的结构。
③As2O5不易使催化剂中毒。但与As2O3相比，As2O5更不利于脱硝反应的进行，其原因是 。
（3）粉煤灰成分研究
粉煤灰可用于水泥工业，粉煤灰中的氨含量（NH3或铵盐）会影响水泥的性能。
①取50.00 g粉煤灰加入NaOH蒸出NH3，用20 mL 0.1000 ml⋅L的H2SO4溶液吸收NH3，用0.2000ml⋅L NaOH溶液滴定过量的H2SO4至终点，平行滴定3次，平均消耗NaOH溶液10.00 mL，计算粉煤灰中的以NH3计的氨含量 （用mg⋅g表示，写出计算过程）。
②相同烟气所得脱硝粉煤灰（经过SCR脱硝后获得）与未脱硝粉煤灰（直接沉降获得）加水后溶解后，所得浆液pH随时间的变化如图所示。脱硝粉煤灰pH始终比未脱硝粉煤灰低的原因是 。
【答案】（1）①CaSO4（2分） ②2FeAsS+5O2As2O3+Fe2O3+2SO2（2分）
（2）① NH3（2分） ②（2分） ③As2O5有氧化性，会消耗还原剂（2分）
（3）①粉煤灰中的氨含量0.68mg·g-1（3分） ②部分SO2被氧化为SO3，SO3与NH3、H2O反应生成(NH4)2SO4溶于水呈酸性（2分）
【解析】（1）①向燃煤中加入生石灰，高温时CaO、O2和SO2转化为CaSO4留在煤渣中。②高砷煤燃烧过程中，砷硫铁（FeAsS）在高温下被氧化成As2O3释放到烟气中，铁元素转化为Fe2O3，硫元素被氧化为SO2，据此可写出该反应的化学方程式。
（2）①NH3、NO、O2转化为N2，其中NH3的N化合价从-3变为0，失电子化合价升高，是还原剂。②由题意可知，产物中As的化合价为+3、+5，As2O3分子破坏了催化剂的Lewis酸位点，故考虑有一个As与两个位点结合，是+5价，另一个As仍然与3个O结合，是+3价，据此可写出有关物质的结构。③As2O5不易使催化剂中毒，但与As2O3相比，As2O5更不利于脱硝反应的进行，因为As2O5有氧化性，会消耗还原剂。
（3）①由NaOH溶液可计算出过量H2SO4的物质的量为(0.2000ml·L-1×10×10-3L)×
=1×10-3ml，则与NH3反应H2SO4的物质的量为0.1000 ml⋅L−1×20×10-3L－1×10-3ml= 1×10-3ml，粉煤灰中的以NH3计的氨含量为≈0.68mg·g-1。②未脱硝粉煤灰中的NO有氧化性，部分SO2被NO氧化为SO3，SO3与NH3、H2O反应生成(NH4)2SO4溶于水呈酸性，所以脱硝粉煤灰pH始终比未脱硝粉煤灰低。
15．（15分）褪黑素是由松果体产生的一种胺类激素，在调节昼夜节律及睡眠-觉醒方面发挥重要作用。某研究小组以乙炔为原料，设计合成路线如下(部分反应条件已省略)：
已知：无水乙酸钠在碱石灰作用下发生反应：CH3COONa+NaOHCH4↑+Na2CO3。
回答下列问题：
（1）C中所含官能团的名称为氰基和 。
（2）已知： ，通常用酯基和氨基生成酰胺基，不用羧基和氨基直接反应，结合电负性解释原因 。
（3）E的结构简式为 。
（4）写出符合下列条件的H的一种同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式： 。
ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；
ⅱ.含有结构，不含N—H键；
ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：R—CNR—COOH，综合上述信息，写出由二氯甲烷和乙醇制备的合成路线(无机试剂、有机溶剂任选)： 。
【答案】（1）酯基（2分） （2）酯基中碳氧元素电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，羧基与氨基难生成酰胺（3分）
（3） （2分） （4）（3分）
（5）（5分）
【解析】HC≡CH和HCl在HgCl2催化下发生加成反应反应生成A（CH2=CHCl），A和NaCN发生取代反应生成B（CH2=CHCN）；B和M发生加成反应生成C，根据C的结构简式及M的分子式可知M为；C和H2发生加成反应生成D，D比C多4个氢原子，则C中-C≡N完全和H2发生加成反应，D为；D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据F的结构简式及E的分子式可知E为；H发生水解反应生成I，根据I的化学式可知I为；I和碱石灰反应生成J，J发生取代反应生成褪黑素，则J为。
（1）根据C的结构简式可判断C中所含官能团的名称为氰基和酯基。
（2）由于酯基中碳、氧元素的电负性差值最大，最容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧、氢元素电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，因此羧基与氨基难生成酰胺。
（3）根据以上分析可知E的结构简式为。
（4）H的同分异构体符合下列条件：ⅰ.含有3个六元环，其中1个是苯环；ⅱ.含有结构，不含N－H键；ⅲ.含有4种不同化学环境的氢原子，结构对称，符合条件的结构简式有。
（5）以CH2Cl2和CH3CH2OH为原料合成有机物，CH2Cl2和NaCN可发生取代反应生成NCCH2CN，NCCH2CN和H2发生加成反应可生成H2NCH2CH2CH2NH2，NCCH2CN可发生水解反应生成HOOCCH2COOH，过量CH3CH2OH和HOOCCH2COOH发生酯化反应可得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3和H2NCH2CH2CH2NH2发生取代反应可得到目标产物，由此可确定合成路线。
16．（15分）过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，是一种用途广泛的化工产品。以石灰石（含有少量铁、硅的氧化物）为原料制备CaO2的实验流程如下：
已知：①双氧水(H2O2)在弱酸性或中性条件下性质较稳定，在碱性条件下不稳定。
②273 K时，CaCl2(aq)+H2O2(aq)CaO2(s)+2HCl(aq) ΔH=62.2kJ·ml-1
（1）判断“酸浸1”完成的标志是 。
（2）“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为 ；相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是 。
（3）“转化”需在冰水浴中进行，生成CaO2·8H2O晶体的离子方程式为 ；CaCl2与H2O2直接混合时反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2的生成，其可能原因为 。
（4）测定产品中CaO2含量。高锰酸钾滴定法原理为：在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，不正确的是 （填字母）。
A. 滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
B. 当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点
C. 滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小
D. 读取 KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大
（5）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]为原料也可制备CaO2，设计制备CaO2·8H2O晶体的实验方案： 。（须使用的试剂：NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水）
【答案】（1）继续滴加盐酸，酸浸液中无气泡产生（2分） （2）①Fe(OH)3、SiO2（2分）
②抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出（2分）
（3）Ca2++2NH3·H2O+H2O2+6H2OCaO2·8H2O↓+2NH4+（2分）
氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行（2分） （4）AC （2分）
（5）搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2--3次，干燥（3分）
【解析】石灰石矿渣经过“酸浸”后产生的溶液中溶质主要为剩余的HCl、生成的CaCl2和FeCl2、FeCl3，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，然后经加入H2O2溶液将FeCl2氧化为FeCl3，加入氨水，HCl与氨水反应产生NH4Cl，FeCl3与氨水反应形成Fe(OH)3沉淀，过滤除去沉淀，所得溶液中的溶质主要为CaCl2和新生成的NH4Cl，加入(NH4)2CO3溶液时，CaCl2与(NH4)2CO3反应生成CaCO3沉淀和NH4Cl，所以过滤后，所得滤液中的溶质主要为NH4Cl，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。
（1）石灰石主要成分是CaCO3，在“酸浸1”时，会发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O +CO2↑，若“酸浸1”完成，再滴加稀盐酸时，不能再与CaCO3发生反应产生CO2气体，就无气泡产生了。
（2）①石灰石含有杂质Fe2O3、FeO、SiO2，酸浸时，Fe2O3、FeO与酸反应产生FeCl3、FeCl2，加入双氧水，FeCl2被氧化成FeCl3，加入的氨水与FeCl3反应产生Fe(OH)3沉淀，经过滤除去，SiO2与HCl不能发生反应，也以沉淀的形式存在，故“除杂”时，待充分反应后将溶液煮沸并趁热过滤，“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3、SiO2。②相比普通过滤装置，使用如图所示的热抽滤装置的优点是抽滤比普通过滤速度更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出。
（3） “转化”需在冰水浴中进行，CaCl2与氨水、H2O2在溶液中反应生成CaO2⋅8H2O晶体，同时反应产生NH4Cl。CaCl2与H2O2直接混合时反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其可能原因为氨水与反应生成的HCl中和，使H+浓度降低以及放出热量，均促进反应向生成CaO2的方向进行。
（4）CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，H2O2被KMnO4氧化为O2，MnO4-被还原为无色的Mn2+，因此滴加标准酸性KMnO4溶液时，若无气泡产生，溶液由无色变为浅红色，则证明滴定达到终点，实验中不能一直观察滴定管中溶液体积的变化，A错误；用标准酸性KMnO4溶液滴定H2O2溶液时，滴定终点判断方法是：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点，B正确；在滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则滴定消耗标准酸性KMnO4溶液的体积偏大，H2O2的质量偏大，因而会导致测定结果偏大，C错误；读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，V1偏小，滴定后仰视读数，V2偏大，则消耗标准溶液体积(V2-V1)会偏大，最终导致测定结果偏大，D正确。
（5）电石渣[主要成分为Ca(OH)2，还含有少量SiO2等杂质]，以电石渣为原料液可以制备CaO2，要求必须使用NH4Cl溶液、H2O2溶液、冰水，由于NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，其水溶液能溶解Ca(OH)2，反应产生CaCl2溶液，过滤除去酸性氧化物SiO2等固体杂质，CaCl2溶液与H2O2溶液在冰水浴反应，就可得到CaO2·8H2O晶体。故制备CaO2·8H2O晶体的实验方案是：在搅拌下，向NH4Cl溶液中分批加入电石渣，置于冰水浴中反应一段时间后，过滤；在冰水浴中，边搅拌边向H2O2溶液中缓慢滴加所得滤液，待有大量晶体生成，过滤，用少量冰水洗涤2--3次，干燥。
17．（16分）利用·OH、ClO-、·O2-等氧化剂可消除苯酚和甲醛引起的环境污染。
（1）·OH是一种重要的活性基团，·OH容易发生淬灭。·OH可用于脱除苯酚生成CO2。
①·OH的电子式为 。
②利用电化学氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，装置如下图所示。a极生成H2O2，H2O2进一步将b极产物氧化且有·OH生成，实现高效处理含苯酚废水。生成·OH的离子方程式为 。
③其他条件不变时，不同温度下苯酚的浓度随时间的变化如图所示。0～20min内，50℃的化学反应速率与40℃的基本相同，原因是 。
④·OH的存在几乎不受pH影响，研究认为，苯酚的电化学转化的中间产物为各种有机酸等，经过一段时间溶液pH先变小后变大的原因是 。
（2）ClO-、·O2-具有较强氧化性，可用于处理甲醛污染。利用新型复合光催化剂TiO2/Bi2WO6消除甲醛污染的反应机理如下图所示，请补充完整描述·O2-和·OH产生的过程：光照下，TiO2和Bi2WO6在VB端产生空穴(h+)，电子(e-)均转移至CB端， 。生成的·O2-和·OH能消除甲醛生成无污染气体，写出·OH氧化除去甲醛的化学方程式： 。
【答案】（1）①（2分） ②Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH（2分）
③0～20min，与40℃相比，50℃时温度较高化学反应速率加快，·OH更易发生淬灭，导致c(·OH)下降，所以与40℃相比，50℃时化学反应速率基本相同（3分） ④当有机酸产生时，溶液的pH开始降低，反应进行到一定程度后，有机酸累积速率小于其转化为CO2的速率，pH又开始上升（3分）
（2）①TiO2的CB端的电子转移至Bi2WO6的CB端，在Bi2WO6的CB端O2得电子生成·O2-，在TiO2和Bi2WO6的VB端，H2O、OH-失电子生成·OH（3分）
②4·OH+HCHO=CO2↑+3H2O（3分）
【解析】（1）①羟基（·OH）是一种中性基团，比OH-少一个电子。②a极O2被还原生成H2O2，则a极是阴极；阳极上的Fe被氧化为Fe2+，生成的Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，同时有羟基生成，反应的离子方程式为Fe2++H2O2+H+=Fe3++H2O+·OH。③0～20min，与40℃相比，50℃时温度较高化学反应速率加快，·OH更易发生淬灭，导致 c(⋅OH)下降，所以与40℃相比，50℃时化学反应速率基本相同。④当有机酸产生时，溶液的pH开始降低，反应进行到一定程度后，有机酸累积速率小于其转化为CO2的速率，pH又开始上升。
（2）①TiO2 的CB端的电子转移至Bi2WO6的CB端，在Bi2WO6的CB端O2得电子生成·O2-，在TiO2和Bi2WO6的VB端，H2O、OH−失电子生成·OH。②生成的·O2-和·OH能消除甲醛生成无污染气体CO2，同时有水生成。选项
探究目的
实验方案
A
CO还原Fe2O3实验中，Fe2O3是否全部被还原
向CO还原Fe2O3所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，观察颜色变化
B
比较CH3COO-和ClO-结合H+的能力大小
室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH
C
比较Ksp(BaSO4)和
Ksp (BaCO3)的相对大小
将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生
D
蔗糖水解产物是否具有还原性
向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热煮沸，冷却后加入银氨溶液，水浴加热，观察现象
元素
H
C
O
电负性
2.1
2.5
3.5