湖南省攸縣第三中學(xué)2022-2023學(xué)年高三第六次月考化學(xué)試題

攸縣三中2023屆高三月考化學(xué)試卷(六)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分，每小題只有一個選項符合題意。)1.2021年6月，中國航天員搭乘“神舟十二號”進駐空間站，開啟了中華民族“空間站時代”的新篇章。下列說法錯誤的是A.航天員的耳機使用的雙層蛋白皮革主要成分是有機物B.運載火箭的燃料偏二甲肼()燃燒過程中化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能C.航天器使用的太陽能電池帆板的主要成分是二氧化硅D.天和核心艙的霍爾發(fā)動機燃料原子核含77個中子【答案】C【解析】【詳解】A．蛋白皮革主要成分為蛋由質(zhì)，其屬于有機物，A項正確；B．燃料偏二甲肼()燃燒過程中將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，為火箭提供動力，B項正確；C．太陽能電池帆板的主要成分是硅單質(zhì)，C項錯誤；D．原子核中中子數(shù)=質(zhì)量數(shù)-質(zhì)子數(shù)=131-54=77，D項正確；答案選C。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1molCH4中含有的電子數(shù)為8NAB.一定條件下，1molI2(g)和2molH2(g)發(fā)生反應(yīng)生成的HI分子數(shù)為2NAC.1L1×10-8mol/LHClO4溶液中含有的H+數(shù)為10-8NAD.1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含N粒子數(shù)為NA【答案】D【解析】【詳解】A．CH4分子中含有10個電子，則1molCH4中含有的電子數(shù)為10NA，A錯誤；B．H2、I2反應(yīng)產(chǎn)生HI的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，因此一定條件下，1molI2(g)和2molH2(g)發(fā)生反應(yīng)生成的HI分子數(shù)小于2NA，B錯誤；C．在1L1×10-8mol/LHClO4溶液中溶質(zhì)電離產(chǎn)生的HClO4的數(shù)目是10-8NA，溶液中溶劑也電離產(chǎn)生H+，故該溶液中含有的H+數(shù)為10-8NA，C錯誤；D．1L0.5mol/LNH4NO3溶液中含有溶質(zhì)的物質(zhì)的量是0.5mol，根據(jù)N元素守恒可知含有N粒子數(shù)為NA，D正確；故合理選項是D。3.下列離子共存的判斷或離子方程式書寫正確的是A.甲基橙顯黃色的溶液中可存在大量以下離子：、、、B.強酸性溶液中可存在大量以下離子：、、C.將過氧化鈉投入水中：D.氨化的溶液中通入過量：【答案】C【解析】【詳解】A．甲基橙顯黃色的溶液中含有大量的OH-，則+2OH-=Cu(OH)2↓，Cu2++=CuCO3↓，A錯誤；B．強酸性溶液中含有大量的H+，則+=+Cl-，B錯誤；C．將過氧化鈉投入水中的離子方程式為：，C正確；D．氨化的溶液中通入過量的離子方程式為：，D錯誤；故答案為：C。4.氮的氧化物是大氣污染物之一，如圖為科研人員探究消除氮氧化物的反應(yīng)機理，下列說法錯誤的是A.整個過程中作催化劑B.過程Ⅰ中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為C.過程中涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)D.過程Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2【答案】D【解析】【詳解】A．整個過程中先參加反應(yīng)后又被生成，是催化劑，A正確；B．過程Ⅰ中的反應(yīng)物為、NO，產(chǎn)物為、、，對應(yīng)的化學(xué)方程式為，故B正確；C．過程Ⅰ、Ⅱ中的化學(xué)反應(yīng)均存在元素化合價的升降，即涉及的反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，C正確；D．過程Ⅱ的化學(xué)方程式為，Ni元素化合價降低，是氧化劑，O元素化合價升高，是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，故D錯誤；選D。5.為探究的性質(zhì)，進行了如下實驗(和溶液濃度均為)。實驗操作與現(xiàn)象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產(chǎn)生藍色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍色沉淀生成；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是A.實驗①說明加熱促進水解反應(yīng)B.實驗②說明既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C.實驗③說明發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D.整個實驗說明對的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響【答案】D【解析】【分析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進的水解反應(yīng)，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在同一反應(yīng)體系中，鐵離子的水解反應(yīng)與還原反應(yīng)共存并相互競爭，結(jié)合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應(yīng)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應(yīng)得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)鐵氰化鉀檢測結(jié)果可知，同時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應(yīng)，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應(yīng)速率快，鐵離子的還原反應(yīng)未來得及發(fā)生?！驹斀狻緼．鐵離子水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍色沉淀，故B正確；C．實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)速率快，故C正確；D．結(jié)合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯誤。綜上所述，答案為D。6.鹽X溶液能發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分反應(yīng)的反應(yīng)條件已略)，相對分子質(zhì)量：c比b大16，f比e大16。下列推斷正確的是A.X可能為正鹽，也可能為酸式鹽 B.將b通入a的水溶液中可能生成白色沉淀C.a、b、c、d、e、f可能都是極性分子 D.反應(yīng)①、②可能具有相同的實驗現(xiàn)象【答案】A【解析】【分析】根據(jù)題干信息，相對分子質(zhì)量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能為氧化的過程；轉(zhuǎn)化關(guān)系中，c和f與Z反應(yīng)均能得到強酸，則c可能為SO3，f為NO2，Z為H2O，Y為O2，則b為SO2，e為NO，鹽X溶液與鹽酸反應(yīng)得到a，與NaOH反應(yīng)得到d，a與O2得到SO2，則a為H2S，d與O2得到NO，則d為NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．由分析可知，X可以是NH4HS或(NH4)2S，即可X可能為正鹽，也可能為酸式鹽，A正確；B．bSO2，a為H2S，兩者發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成淡黃色固體，B錯誤；C．c為SO3，分子中電荷呈中心對稱，為非極性分子，C錯誤；D．反應(yīng)①為H2S被氧化生成SO2，無明顯現(xiàn)象，反應(yīng)②為NO被氧化生成NO2，現(xiàn)象為生成紅棕色氣體，兩個反應(yīng)的現(xiàn)象不同，D錯誤；答案選A。7.用下列實驗裝置進行相應(yīng)實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖茿.快速制備少量NH3B.除去Na2CO3中的NaHCO3C.制取并收集一定Cl2D.乙醇加熱條件下能還原氧化銅【答案】D【解析】【詳解】A．圖示裝置中收集NH3的試管口被試管塞堵死了，空氣不能排除，將發(fā)生炸裂的安全事故，A不合題意；B．加熱固體不能用蒸發(fā)皿，應(yīng)該用大試管或者坩堝，B不合題意；C．Cl2的密度比空氣的大，應(yīng)該用向上排空氣法，即收集裝置中應(yīng)該長進短出，C不合題意；D．已知2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，則圖示裝置能夠?qū)崿F(xiàn)乙醇加熱條件下能還原氧化銅，D符合題意；故答案為D。8.分枝酸可用于生化研究。其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于分枝酸的敘述正確的是A.分子中含有5種官能團B.可發(fā)生加聚和氧化反應(yīng)C.1mol分枝酸最多可與3molNaHCO3發(fā)生反應(yīng)D.所有原子可能都處于同一平面【答案】B【解析】【詳解】A．分枝酸分子中含有碳碳雙鍵、羥基、羧基和醚鍵4種官能團，A錯誤；B．分枝酸分子含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)和氧化反應(yīng)，含羥基可以發(fā)生氧化反應(yīng)，B正確；C．羧基和等摩爾的碳酸氫鈉發(fā)生反應(yīng)，1個分枝酸分子含有2個羧基，故1mol分枝酸最多可與2molNaHCO3發(fā)生反應(yīng)，C錯誤；D．分子內(nèi)含有的2個飽和碳原子，與其相連的四個原子構(gòu)成四面體，則所有原子不可能都處于同一平面，D錯誤；答案選B。9.氯苯與硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)過程中，生成鄰、間、對硝基氯苯經(jīng)歷的中間體過程如圖所示．據(jù)所給信息可得出的結(jié)論是A.氯苯與硝酸發(fā)生一取代反應(yīng)是吸熱反應(yīng) B.相同溫度下，生成間硝基氯苯的速率最大C.反應(yīng)過程中經(jīng)歷了斷鍵產(chǎn)生的過程 D.選用合適的催化劑，有利于提高鄰硝基氯苯的選擇性【答案】D【解析】【詳解】A．圖中只是給出了氯苯和中間體的能量，并沒有給出最終產(chǎn)物的能量，故無法判斷該反應(yīng)是吸熱還是放熱，A錯誤；B．由圖可知，生成間硝基氯苯的活化能最大，故其反應(yīng)速率應(yīng)該是最慢的，B錯誤；C．反應(yīng)過程中經(jīng)歷了斷鍵產(chǎn)生的是硝基，不是，C錯誤；D．催化劑具有選擇性，故選用合適的催化劑，有利于提高鄰硝基氯苯的選擇性，D正確；故選D。10.某興趣小組利用工業(yè)廢棄的鐵銅合金制備碳式碳酸銅的簡易流程如圖。下列敘述錯誤的是A.“沉降”反應(yīng)中溶液與Na2CO3以不同方式或不同用量比混合不影響產(chǎn)品成分B.“過濾1”所得的濾液中的溶質(zhì)主要為硫酸銅C.“濾渣”的主要成分為氫氧化鐵D.“溶解”時發(fā)生了氧化還原反應(yīng)【答案】A【解析】【分析】廢棄的鐵銅合金加入稀硫酸和雙氧水溶解，得到硫酸鐵、硫酸銅的混合溶液，之后加入CuO調(diào)節(jié)pH除去Fe3+，過濾掉Fe(OH)3沉淀，加入碳酸鈉粉末沉降得到堿式碳酸銅，過濾得到產(chǎn)品。【詳解】A．“沉降”反應(yīng)中溶液是CuSO4溶液，與Na2CO3的混合方式應(yīng)該是將Na2CO3溶液加入溶液中，如果將CuSO4溶液加入Na2CO3溶液中，將會生成更多的氫氧化銅沉淀，影響堿式碳酸銅的生成，A錯誤；B．根據(jù)分析可知加入CuO調(diào)節(jié)pH可以除去Fe3+，濾液中的溶質(zhì)主要為硫酸銅，B正確；C．加入CuO調(diào)節(jié)pH可以除去Fe3+，得到Fe(OH)3沉淀，C正確；D．溶解過程中雙氧水在酸性環(huán)境中可以將Fe、Cu氧化，D正確；綜上所述答案為A。11.我國科學(xué)家設(shè)計了一種太陽能驅(qū)動的H2S分解裝置，工作原理如圖所示。下列敘述正確的是A.H+在電解質(zhì)溶液中從右向左定向移動B.乙中電極上發(fā)生氧化反應(yīng)，溶液進入甲中將H2S轉(zhuǎn)化為SC.丙中發(fā)生的電極反應(yīng)為-2e-+2H+=D.丁中在催化劑表面發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)生成H4[SiW12O40]和H2【答案】B【解析】【分析】由圖可知：H2S在甲區(qū)中與Fe3+發(fā)生氧化反應(yīng)生成S單質(zhì)，反應(yīng)為2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，乙區(qū)Fe2+發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe3+，所以乙區(qū)為陽極區(qū)，丙區(qū)為陰極區(qū)，H4[SiW12O40]得電子生成H6[SiW12O40]，電極反應(yīng)為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]；丁區(qū)H6[SiW12O40]在催化劑表面發(fā)生分解反應(yīng)生成H4[SiW12O40]和H2，結(jié)合電子守恒進行計算，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．在理論上甲區(qū)每生成1molS時，轉(zhuǎn)移2mol電子，由于電子和質(zhì)子電荷數(shù)相等，又乙區(qū)為陽極區(qū)，丙區(qū)為陰極區(qū)，所以H+由質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)移動的物質(zhì)的量為2mol，A錯誤；B．乙區(qū)Fe2+發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Fe3+，在甲裝置中Fe3+與H2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)為：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，B正確；C．丙區(qū)為陰極區(qū)，H4[SiW12O40]得電子生成H6[SiW12O40]，電極反應(yīng)為：H4[SiW12O40]+2e-+2H+=H6[SiW12O40]，C錯誤；D．丁區(qū)H6[SiW12O40]在催化劑表面發(fā)生分解反應(yīng)生成H4[SiW12O40]和H2，沒有發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)，D錯誤；故合理選項是B。12.在體積均為的恒容密閉容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同溫度下發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡濃度隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0乙00A.曲線Ⅰ對應(yīng)的是甲容器B.a、b兩點所處狀態(tài)的壓強大小關(guān)系：9pa＞14pbC.c點：CO的體積分數(shù)＞D.900K時，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，則v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】【詳解】A．固體物質(zhì)不應(yīng)平衡移動，乙投入一氧化碳相當于投入二氧化碳，所以乙相當于兩個甲容器加壓，無論平衡如何移動，乙中一氧化碳濃度一定大于甲，故圖中曲線Ⅰ對應(yīng)的是乙容器，A錯誤；B．甲容器b處乙容器a處若a、b兩點所處溫度相同，壓強比等于物質(zhì)的量之比，pa：pb=（）：（）=14:9，即9pa=14pb，由于b點溫度更高，故a、b兩點所處狀態(tài)的壓強大小關(guān)系：9pa<14pb，B錯誤；C．a(chǎn)點一氧化碳體積分數(shù)為；c點相當于減壓，平衡正向移動，一氧化碳體積分數(shù)變大，故CO的體積分數(shù)＞，正確；D．a(chǎn)點1100K時的K=，降溫則一氧化碳濃度減小，K值減小，900K時K值小于；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，則Q=，平衡逆向移動，v(正)<v(逆)，D錯誤。故選C。13.在常溫下，向·L-1的Na2CO3溶液中滴加·L-1的鹽酸，溶液pH隨滴定百分率%的變化如圖所示。下列說法正確A.在a點的溶液中，c(H2CO3)-c(CO)＞c(OH-)-c(C1-)B.在b點的溶液中，2n(H2CO3)+n(HCO)＜0.002molC.煮沸目的是除去CO2，使突躍變大，冷卻后繼續(xù)滴定到終點D.若將·L-1的鹽酸換成同濃度的醋酸，當?shù)沃寥芤旱膒H=7時：c(Na+)=c(CH3COO-)【答案】C【解析】【詳解】A．在a點滴定百分率25%，是滴入10mL鹽酸和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化鈉，溶液中溶質(zhì)Na2CO3、NaHCO3、NaCl的物質(zhì)的量之比為1：1：1，根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)+c(HCO)+2c(CO)，根據(jù)鈉碳物料守恒可知，c(Na+)=2c(HCO)+2c(CO)+2c(H2CO3)，把c(Na+)代入電荷守恒有①：2c(H2CO3)+c(HCO)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，根據(jù)氯碳物料守恒可知，2c(C1-)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，則有②：c(HCO)=2c(C1-)-c(CO)-c(H2CO3)，把②代入①得：c(H2CO3)-c(CO)+c(H+)=c(OH-)-c(C1-)，故c(H2CO3)-c(CO)<c(OH-)-c(C1-)，A錯誤；B．在滴定百分率50%時，溶質(zhì)為氯化鈉、碳酸氫鈉，b點鹽酸比滴定百分率50%時稍微過量，生成碳酸，溶液pH=7，溶液為氯化鈉、碳酸氫鈉和碳酸溶液，n(CO-)<n(H2CO3)，溶液中存在物料守恒，n(CO)+n(HCO)+n(H2CO3，則n(H2CO3)+n(HCO)+n(H2CO3，即2n(H2CO3)+n(HCO，B錯誤；C．反應(yīng)生產(chǎn)二氧化碳能溶于水生成碳酸影響實驗滴定結(jié)果，煮沸目的是除去CO2，使突躍變大，冷卻后繼續(xù)滴定到終點，C正確；D．若將0.10mol/L的鹽酸換成同濃度的醋酸，當?shù)沃寥芤旱膒H=7時，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，由于pH=7，c(H+)=c(OH-)，得到：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，即c(Na+)>c(CH3COO-)，故D錯誤。故選C。14.為探究的性質(zhì)，進行了如下實驗(和溶液濃度均為)。實驗操作與現(xiàn)象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產(chǎn)生藍色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍色沉淀生成；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是A.實驗①說明加熱促進水解反應(yīng)B.實驗②說明既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C.實驗③說明發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D.整個實驗說明對的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響【答案】D【解析】【分析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進的水解反應(yīng)，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在同一反應(yīng)體系中，鐵離子的水解反應(yīng)與還原反應(yīng)共存并相互競爭，結(jié)合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應(yīng)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應(yīng)得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)鐵氰化鉀檢測結(jié)果可知，同時發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應(yīng)，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應(yīng)速率快，鐵離子的還原反應(yīng)未來得及發(fā)生?！驹斀狻緼．鐵離子的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍色沉淀，故B正確；C．實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)速率快，故C正確；D．結(jié)合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯誤。綜上所述，答案為D。二、非選擇題(本題共4小題，共58分。)15.以印刷線路板的堿性蝕刻廢液(主要成分為[Cu(NH3)4]Cl2)或焙燒過的銅精煉爐渣(主要成分為CuO、SiO2少量Fe2O3)為原料均能制備CuSO4?5H2O晶體。完成下列填空：（1）取一定量蝕刻廢液和稍過量的NaOH溶液加入到如圖所示實驗裝置的三頸瓶中，在攪拌下加熱反應(yīng)并通入空氣，待產(chǎn)生大量的黑色沉淀時停止反應(yīng)，趁熱過濾、洗滌，得到CuO固體；所得固體經(jīng)酸溶、結(jié)晶、過濾等操作，得到CuSO4?5H2O晶體。①出用蝕刻廢液制備CuO反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。②檢驗CuO固體是否洗凈的實驗操作是_______。③裝置圖中裝置X的作用是_______。（2）已知該實驗中時，F(xiàn)e3+完全沉淀；時，Cu2+開始沉淀。實驗中可選用的試劑：1.0mol·L-1H2SO4、1.0mol·L-1HCl、1.0mol·L-1NaOH。以焙燒過的銅精煉爐渣為原料制備CuSO4?5H2O晶體時，請補充完整相應(yīng)的實驗方案：取一定量焙燒過的銅精煉爐渣，_______，加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、晾干，得到CuSO4?5H2O晶體。（3）測定產(chǎn)品純度。測定過程中發(fā)生下列反應(yīng)：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2S2O+I2=S4O+2I-。準確稱取4?5H2O樣品，加適量水溶解，轉(zhuǎn)移至碘量瓶中，加過量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3的溶液。則CuSO4?5H2O樣品的純度為_______。【答案】（1）①.[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O②.取最后一次洗滌液少量于試管中，向試管中加稀硝酸和硝酸銀，若沒有沉淀生成則洗滌干凈，若有沉淀生成則未洗凈③.防止倒吸（2）加入適量1.0mol?L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol?L-1NaOH調(diào)解pH在～，然后過濾（3）99%【解析】【分析】一定量蝕刻廢液和稍過量的NaOH溶液加入到三頸瓶中，攪拌、加熱生成氨氣、氧化銅、氯化鈉，過濾、洗滌，得到CuO固體，再加入一定量的稀硫酸，經(jīng)過蒸發(fā)、結(jié)晶、過濾等操作，得到CuSO4?5H2O晶體；也可以取一定量焙燒過的銅精煉爐渣，加入一定量的稀硫酸反應(yīng)，再調(diào)解pH，過濾，將濾液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，最終得到CuSO4?5H2O晶體，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】①[Cu(NH3)4]Cl2與NaOH加熱反應(yīng)生成CuO、NaCl、NH3和水，反應(yīng)的方程式為：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；②溶液中含有NaCl，則氯離子會附著在沉淀上，因此檢驗洗滌液中是否存在氯離子即可，檢驗CuO固體是否洗凈的實驗操作是：取最后一次洗液少量于試管中，向試管中加稀硝酸和硝酸銀，若沒有沉淀生成則洗滌干凈，若有沉淀生成則未洗凈；③實驗中有氨氣生成，氨氣極易溶于水，易產(chǎn)生倒吸，所以裝置圖中裝置X作用是防止倒吸；【小問2詳解】取一定量焙燒過的銅精煉爐渣，先加入適量1.0mol?L-1H2SO4溶解，得到含CuSO4和Fe2(SO4)3的溶液，由于時，F(xiàn)e3+完全沉淀，時，Cu2+開始沉淀，因此可逐滴加入1.0mol?L-1NaOH調(diào)解pH在～，將Fe3+沉淀，然后過濾，將濾液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、晾干，得到CuSO4?5H2O晶體；【小問3詳解】n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol?L-1，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；2+I2=+2I-可知，2CuSO4?5H2O～I2～2Na2S2O3，則CuSO4?5H2O的物質(zhì)的量為，所以CuSO4?5H2O樣品的純度為×100%=99.0%。16.對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：該工藝中，時，溶液中元素以的形態(tài)存在。（1）“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價為___________。（2）“沉鋁”中，生成的沉淀X的離子方程式___________。（3）“沉鉬”中，為。生成的離子方程式為___________。（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和Y，Y為___________(填化學(xué)式)。②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量___________(填化學(xué)式)氣體，再通入足量，可析出Y。（5）高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應(yīng)。①該氧化物為___________。②已知：和同族，和同族。在與上層的反應(yīng)中，元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為___________?！敬鸢浮浚?）+6（2）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（3）+=↓（4）①.②.（5）①.②.【解析】【分析】廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應(yīng)分別轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇?！拘?詳解】Na2MoO4中Na和O的化合價為+1和-2，根據(jù)化合價的代數(shù)和為0可知，Mo元素的化合價為+6?！拘?詳解】“沉鋁”中，NaAlO2溶液與過量CO2反應(yīng)可以生成Al(OH)3和碳酸氫鈉，因此，生成沉淀X的離子方程式為AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO?！拘?詳解】時，溶液中元素以的形態(tài)存在，“沉鉬”中，為，即：濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成BaMoO4沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為?！拘?詳解】①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3?！拘?詳解】①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由H2O2與AlAs反應(yīng)生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中，As元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8，As元素被氧化，則該反應(yīng)的氧化劑為H2O2，還原劑為GaAs。H2O2中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個H2O2參加反應(yīng)會使化合價降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中元素化合價升高的總數(shù)值等于化合價降低的總數(shù)值可知，該反應(yīng)的氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為8:2=4:1。17.兩種方法對某工業(yè)廢氣(主要成分為)進行回收利用。（1）自驅(qū)動光電催化法，原理如圖，步驟如下：Ⅰ.常溫下，左池中的電解液是稀硫酸和少量KI的混合溶液，右池中的是稀硫酸。Ⅱ.持續(xù)光照條件下，表面會產(chǎn)生光生空穴()和光生電子，光生空穴會氧化：，左池溶液逐漸由無色變?yōu)樽厣珪r，通入工業(yè)廢氣，溶液突然褪色變混，停止通氣，濾出固體，待溶液由無色再次變棕時，再次通入工業(yè)廢氣，并不斷循環(huán)。Ⅲ.實驗過程中，右池持續(xù)通入。①結(jié)合化學(xué)用語解釋Ⅱ中溶液顏色變化的原因：_______。②若右池中只發(fā)生，不考慮其他反應(yīng)，則右池溶液pH_______(填“不變”“變大”或“變小”)。③裝置中總反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______。④實驗中S的產(chǎn)率和電解效率接近100%。但的電解效率明顯偏小，可能的原因有_______(寫出兩點)。電解效率的定義：（2）熱解法制。將和的混合氣體導(dǎo)入石英管反應(yīng)器熱解(一邊進料，另一邊出料)，發(fā)生反應(yīng)：。該反應(yīng)可看成由反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ分兩步進行，并且第Ⅱ步是決速步。反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：常壓下，按體積之比投料，不同溫度時，其他條件不變，反應(yīng)相同時間后，測得和體積分數(shù)()如下表：溫度/℃950100010501100115001①1150℃時，的體積分數(shù)是_______。②在950℃~1150℃范圍內(nèi)，的體積分數(shù)隨溫度升高會發(fā)生變化，寫出該變化規(guī)律并分析原因：_______。（3）對比上述兩種方法，說明哪種方法更具優(yōu)勢并說明理由：_______?！敬鸢浮浚?）①.電池負極發(fā)生反應(yīng)，溶液由無色變?yōu)樽厣?；通入氣體，發(fā)生反應(yīng)，溶液由棕色變?yōu)闊o色②.變大③.④.右側(cè)電極可能發(fā)生反應(yīng)；發(fā)生分解反應(yīng)生成水和氧氣，所以的電解效率明顯偏?。?）①.0.65%②.在950℃~1150℃范圍內(nèi)，的體積分數(shù)隨溫度升高先增大后減小，原因是溫度升高到一定程度，反應(yīng)Ⅱ速率明顯加快（3）自驅(qū)動光電催化法在常溫下就能反應(yīng)，熱解法制，需要在高溫條件下反應(yīng)，所以自驅(qū)動光電催化法更具優(yōu)勢【解析】【小問1詳解】①電池負極發(fā)生反應(yīng)，溶液由無色變?yōu)樽厣?；通入氣體，發(fā)生反應(yīng)，溶液由棕色變?yōu)闊o色；②若右池中只發(fā)生反應(yīng)，電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，有通過質(zhì)子交換膜進入右池與反應(yīng)生成，濃度變小，所以右池溶液pH變大；③裝置中和氧氣反應(yīng)生成S單質(zhì)和雙氧水，總反應(yīng)的化學(xué)方程式是；④右側(cè)電極可能發(fā)生反應(yīng)；發(fā)生分解反應(yīng)生成水和氧氣，所以的電解效率明顯偏?。弧拘?詳解】①1150℃時，設(shè)參加反應(yīng)的的物質(zhì)的量為、參加反應(yīng)的的物質(zhì)的量為，反應(yīng)后氣體總物質(zhì)的量為，根據(jù)碳元素守恒，，根據(jù)氫元素守恒，，則，根據(jù)S元素守恒，的物質(zhì)的量為，體積分數(shù)是0.65%；②由表中數(shù)據(jù)可知，低溫下，發(fā)生反應(yīng)I，隨溫度升高，反應(yīng)I平衡正向移動，氫氣體積分數(shù)增大，則的體積分數(shù)增大，而高溫階段,隨溫度升高增大，變化倍數(shù)大于H2%變化倍數(shù)，說明高溫對反應(yīng)Ⅱ的選擇性增大，反應(yīng)Ⅱ消耗S2速率大于反應(yīng)I生成S2的速率，S2的體積分數(shù)又減小，則原因為低溫階段，發(fā)生反應(yīng)I，隨溫度升高，反應(yīng)I平衡正向移動，S2的體積分數(shù)增大，高溫階段對反應(yīng)Ⅱ的選擇性增大，反應(yīng)Ⅱ消耗S2速率大于反應(yīng)I生成S2的速率，S2的體積分數(shù)又減小，故答案為：在950℃~1150℃范圍內(nèi)，的體積分數(shù)隨溫度升高先增大后減小，原因是溫度升高到一定程度，反應(yīng)Ⅱ速率明顯加快?！拘?詳解】自驅(qū)動光電催化法在常溫下就能反應(yīng)，熱解法制，需要在高溫條件下反應(yīng)，所以自驅(qū)動光電催化法更具優(yōu)勢。18.2021年諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎頒發(fā)給發(fā)現(xiàn)溫度和觸覺感受器的兩位科學(xué)家，其中溫度感受器的發(fā)現(xiàn)與辣椒素有關(guān)。辣椒素1的一種合成路線如圖(部分試劑或產(chǎn)物已略去)。已知：R1—CH2BrR1—CH=CH—R