【文档说明】安徽省五校联考2024-2025学年高三上学期11月期中考试 化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，2.597 MB，由envi的店铺上传

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颍上一中蒙城一中淮南一中怀远一中涡阳一中2025届高三第一次五校联考化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将答题卡上项目填写清楚。3.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题区域内作答，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．．．．．

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。4.可能用到的相对原子质量：H1O16Na23S32Cu64一、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.化学与生产生活、科技环境密切相关。下列叙述错误的是

A.棉、麻、毛、丝均属于天然纤维B.可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色C.我国“祝融号”火星探测器用的碳化硅铝基复合材料，其增强体为SiCD.黏土高温烧结制陶瓷过程中没有形成新的化学键【答案】D【解析】【详解】A．棉、麻、毛主要成分为纤维素，丝

主要成分为蛋白质，棉、麻、毛、丝均属于天然纤维，A正确；B．炒菜时，可利用蔗糖的焦糖化反应为食物增色，B正确；C．复合材料是由基体和增强体构成，既然铝为基体，则增强体为SiC，C正确；D．陶瓷烧结的过程中发生了化学变化，形成了新的化学键，D错误；答案选D。2.我国传统文化博大精深，其中有很

多涉及到化学知识。以下说法正确的是A.“火树银花合，星桥铁锁开”描述的璀璨夺目的烟花是其元素的化学性质B.《本草纲目拾遗》中提到，“强水，性最猛烈，能蚀五金”中的“强水”指盐酸C.《天工开物》中记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……然后逐

层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥的罐中掺有煤炭)。其冶炼Zn的方程式为3ZnCO2CZn3CO高温++D.《新修本草》中“绛矾，本来绿色，新出窟未见风

者，正如琉璃、烧之赤色”，其呈赤色的物质为34FeO【答案】C【解析】【详解】A．璀璨夺目的烟花是金属元素的焰色反应，焰色反应为元素的物理性质，A错误；B．盐酸不能溶解金、银等金属，“强水”不是盐酸，B错误；C．“火法”冶炼锌是将碳酸锌在高温下用碳还原为单质锌，高温

下碳转化为一氧化碳，反应方程式为：3ZnCO2CZn3CO高温++，C正确；D．34OFe为黑色，呈赤色的物质为23FeO，D错误；故答案为：C。3.下列离子方程式与所给事实不相符是A.漂白液(主要成分是NaClO)在空气中漂白杀菌的原理：223ClOCOHOHClOHCO−−++=+B.2H

S除去工业废水中2Cu+：22HSCuCuS2H+++=+C.碘化亚铁溶液与等物质的量2Br反应：23222Fe2I2Br2FeI4Br+−+−++++=D.NaOH溶液与少量224HCO稀溶液的反应

：2224242HCO2OHCO2HO−−+=+【答案】C【解析】【详解】A．漂白液(主要成分是NaClO)在空气中漂白杀菌是因为与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸能漂白杀菌，离子方程式为：223ClOCOHOHClOHCO−−++=+，

A正确；B．2HS除去工业废水中2Cu+的原理是将2Cu+转化为硫化铜沉淀，离子方程式为：22HSCuCuS2H+++=+，B正确；C．因还原性：2IFe−+＞，即2Br优先将I−氧化成I2，故碘化亚铁溶液与等物质的量2Br反应时只有I−与2Br的反应，则反应的离子方程式为：222IBrI

2Br−−+=+，C错误；D．NaOH溶液与少量224HCO稀溶液的反应，定不足量224HCO系数为1，则反应的离子方程式为：的2224242HCO2OHCO2HO−−+=+，D正确；故选C。4.下列各组离子在水溶液

中因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是A.H+、I−、4MnO−、K+B.2Pb+、24SO−、Na+、3NO−C.Cl−、CN−、3Fe+、4NH+D.3CHCOO−、24SO−、2Mg+、3HCO−【答案】A【解析】【

详解】A．酸性条件下I-与-4MnO发生氧化还原反应，不能大量共存，A项符合题意；B．Pb2+与2-4SO反应生成PbSO4沉淀、不能大量共存，但该反应不是氧化还原反应，B项不符合题意；C．CN-与Fe3+会形成配离子[Fe(CN)6]3-、不能大量共存，但该反应不是氧化还原反应

，C项不符合题意；D．CH3COO-、Mg2+、-3HCO会发生水解反应，但达不到剧烈双水解的程度，因此能大量共存，D项不符合题意；答案选A。5.用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．除去氢氧化钙固体中混有的少量氯化铵固体B．利用该装置验证

牺牲阳极法C．测量生成氢气的体积D．制备3BaSOA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钙与氯化铵加热时会反应生成氨气，此实验不能达到除杂目的，故A错误；B．利用该装置验证牺牲阳

极法，即验证Fe是否被腐蚀，Fe若失去电子会生成Fe2+，不应该使用KSCN溶液，可以使用铁氰化钾溶液检验Fe2+，故B错误；C．锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，针筒可测量生成氢气的体积，故C正确；D．2SO的水溶液会被3NO

−氧化成24SO−，从而生成4BaSO沉淀，故D错误；故选C。6.根据物质的组成和性质，通过化学变化可以实现物质之间的转化。结合下列几组转化关系图：下列说法正确的是A.图1所示转化关系适用于所有的短周期

金属元素B.图2是钠及其化合物之间的相互转化图，所以金属Na和22NaO暴露在空气中最终都会转化为23NaCOC.铁是高中阶段最重要的变价金属，图3所示的所有转化过程都有化合价的变化，都是氧化还原反应D.图4是工业制硫酸的原理示意图，燃烧时通入足量的空气将硫黄直接转化成3SO，可以减

少反应步骤，提高转化率【答案】B【解析】【详解】A．短周期中Mg和Al与氧气反应生成的MgO和23AlO不能与水反应，故图1所示的转化关系不适用于所有的短周期金属元素，A项错误；的B．根据图示可知，金属

Na暴露在空气中的转化过程为222OHO223OCONaNaNaOHNaCO→→→，22ONa暴露在空气中的转化过程为22223OCONaNaCO→，最终都会转化为23NaCO，B项正确；C．图3中，()3FeOH和3FeCl相互转化过程

中铁元素都是3+价，没有化合价的变化，C项错误；D．图4中S与2O燃烧只能生成2SO，不能直接生成3SO，D项错误；答案选B。7.硫及其化合物部分转化关系如图。设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下

311.2LSO中原子总数为A2NB.反应①每消耗24.8gSO，断裂的氢硫键数目为A0.3NC.反应②每生成0.1mol氧化产物，转移电子数为A0.2ND.100mL1mol/L的23NaSO溶液中，23SO−的数目为0.1N【答案】B【解析】【详解】A．3SO标准状况下不

是气体，无法用气体的摩尔体积计算物质的量，A项错误；B．反应①为222SO2HS3S2HO+=+，每消耗24.8gSO即0.075mol，则消耗硫化氢为0.15mol，氢硫键数目为AA0.1520.3NN=，B项正确；C．反应②为22323S6OHSO2S3HO−

−−+=++，23SO−为氧化产物，S元素由0价升高到+4价，每生成230.1molSO−转移电子数为A0.4N，C项错误；D．23SO−会发生水解，()23NaSO0.1moln=的23NaSO溶液中，23SO−的数目小于A0.1N，D项错误；故选B8.为了达到实验目的，下列实验中的实验仪

器与试剂选择均正确的选项实验目的主要仪器试剂。A配制1450mL0.1molL−氯化钠溶液500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、托盘天平氯化钠固体、蒸馏水B测定中和反应反应热大烧杯、小烧杯、量筒2个、泡沫塑料、硬纸板10.50molL−盐酸、1

0molL5H5O.Na−溶液C测定NaOH溶液的物质的量浓度酸式滴定管、锥形瓶、铁架台(带铁夹)已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液D提纯混有2MgCl杂质的3AlCl溶液烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台待提纯的3AlCl溶液、NaOH溶液A.

AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．配制1450mL0.1molL−氯化钠溶液，根据实验步骤，需要的仪器主要有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、托盘天平，试剂为氯化钠固体、蒸馏水，故A正确；B．测定中和反应反应热，仪器缺少温度计和玻璃搅拌器，故

B错误；C．测定NaOH溶液的物质的量浓度，缺少碱式滴定管和指示剂，故C错误；D．提纯方法可以用：①加入过量NaOH溶液；②过滤；③向滤液中通2CO气体；④过滤得()3AlOH；⑤加适量盐酸得3AlCl溶液，仪器、药品均不正确，故D错误；选A。9.某学习小组欲用下图所示的装置证

明23HSO和HClO的酸性强弱，已知()()()()a123a123a223a223HSOHCOHSOHCOKKKK。下列有关说法错误的是A.装置C中发生的反应是：3232HCOSOHSOCO−−+=+B.通过本实验不能得出非金属性强弱顺序：Cl

SC.将2SO气体直接通入()2CaClO溶液中，如果产生白色沉淀，可以证明酸性：23HSOHClOD.装置D颜色变浅但不褪色，且E中产生白色沉淀可证明23HCO酸性强于HClO【答案】C【解析】【分析】23HSO和HClO之间可以发生氧化还原反应，因此不能通过直接反应证明它们之

间的酸性强弱，本实验原理是通过设计实验证明23HSO酸性强于23HCO，而23HCO酸性强于HClO，从而间接证明23HSO酸性强于HClO。【详解】A．装置A用于制备二氧化硫，装置B用于出去二氧化硫中的HCl，装置C中过量

的二氧化硫和碳酸氢钠反应，装置D除去二氧化硫，装置E中二氧化碳和漂白粉反应，故装置C中二氧化硫和碳酸氢钠反应生成的是3HSO−和2CO，故A正确；B．通过本实验能证明HCl酸性大于23HSO，由于亚硫酸、次氯酸都不是最高价含氧

酸，所以不能得出非金属性顺序：ClS，故B正确；C．2SO直接通入()2CaClO溶液中会发生氧化还原反应，生成的白色沉淀是4CaSO，所以不能通过强酸制弱酸证明23HSO酸性强于HClO，故C错误；D．D中颜色变浅但不褪色说明2SO已

经除尽，E中生成的白色沉淀是3CaCO后，说明二氧化碳和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，能证明23HCO的酸性强于HClO，故D正确；选C。10.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，其中仅X、Y在同一周期，它们形成的一种物质结构如图所示，所有原子均形成了8电子稳

定结构。下列推断正确的是A.X的氧化物一定是酸性氧化物B.Y的简单氢化物是一种常见的弱电解质C.W性质活泼，常温下可以保存在4CCl中D.X、Y、W可以形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号

主族元素，W原子序数最大，且能失去一个电子形成W+，则W为K元素；X可形成四个共价键，Y可形成三个共价键，且X、Y在同一周期，结合原子序数大小，判断X为C元素，Y为N元素；Z可形成两个共价键，判断为第VIA族元素，结合原子序数大小，Z为S元素。【详解】A．X的氧化物可能是CO或2CO

，CO不能与碱反应生成盐和水，CO不是酸性氧化物，A错误；B．Y为N元素，3NH在熔融状态下不能导电，是非电解质，不是电解质，B错误；C．W为K元素，K的密度小于4CCl，故不能用其保存，C错误；D．X、Y、W可以形成

KCN，K+和CN-存在离子键，是离子化合物，D正确；故选D。11.镁及其化合物是用途很广的金属材料，可通过以下步骤从海水中提取镁。下列说法正确的是A.试剂①一般选用石灰乳，该步反应的离子方程式为：()222MgOHMgOH+−+=B.2MgCl溶

液通过蒸发浓缩、冷却结晶可得到无水2MgClC.工业上通过电解熔融2MgCl制Mg，故也可以通过电解熔融3AlCl制AlD.镁合金密度较小，硬度和强度都较大，可用于制作火箭、导弹和飞机的部件【答案】D【解析】【分析】从海水中提取镁的流程为：将石灰乳加到浓缩过的海水中，将2Mg+转化为()2MgO

H沉淀，过滤后再用盐酸将()2MgOH沉淀溶解生成2MgCl溶液，蒸发结晶得22·6HOMgCl晶体，再将22·6HOMgCl晶体在氯化氢气流中加热失去结晶水得无水2MgCl，最后电解熔融的无水2MgCl，生成单质Mg，

据此分析回答。【详解】A．试剂①一般选用石灰乳，石灰乳不能拆开，保留为化学式，正确的离子方程式为：()()2222MgCaOHMgOHCa+++=+，A错误；B．2MgCl溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶得到的为22·6HOMgCl晶体，为了防止22·6HOMgCl晶体加热过程发生水解

，一般将22·6HOMgCl晶体在氯化氢气流中加热失去结晶水得无水2MgCl，B错误；C．3AlCl是共价化合物，熔融时不导电，不能通过电解熔融氯化铝的方法制取铝，应采用冰晶石降低氧化铝的熔点，然后电解熔融氧化铝制取铝，C错误；D．镁合金的主要特点包括密度较小、硬度和强度较高等，具有优异的

物理和机械性能，广泛用于航空航天、汽车、电子等多个领域，可用于制作火箭、导弹和飞机的部件，D正确；故答案为：D。12.根据下图回答，下列说法错误的是A.燃料电池中正极反应为22O4e2HO4OH−−++=B.此装置用于粗铜精炼时，硫酸铜溶液的浓度不

变C.硫酸铜溶液中2Cu+向b极移动D.若用该装置进行粗铜的精炼，当通入1mol氢气时，理论上可得到64g精铜【答案】B【解析】【分析】燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极。【详解】A．燃料电池中，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应为22O4e

2HO4OH−−++=，故A正确；B．此装置用于粗铜精炼时阳极溶解的金属有铜、锌、铁等，阴极析出的只有铜，所以电解质溶液中铜离子浓度减小，故B错误；C．电解池中阳离子向阴极移动，故2Cu+向b极移动，故C正确；D．电解精

炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以a为粗铜，b为纯铜，当通入1mol氢气时，转移电子2mol，则根据2Cu2eCu+−+=，可得到64g精铜，故D正确；故选B。13.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应3322210NaN2KNOKO5NaO16N+=++

。对于该反应，下列叙述中正确的是A.3NaN中含有离子键和共价键B.氧化剂和还原剂是同一物质C.反应过程中转移1mol电子，则产生22.4L气体(标准状况)D.氧化产物与还原产物原子个数之比为1:15【答案】A【解析】【详解】A．3NaN是离子化合物，存在离子

键，3N−中存在共价键，A正确；B．硝酸钾中N元素化合价降低，硝酸钾是氧化剂；叠氮化钠中N元素化合价升高，叠氮化钠是还原剂，B错误；C．反应过程中若转移1mol电子，则参加反应的叠氮酸钠的物质的量为1mol，生成氮气的物质的量为1.6mol，则产生35.84L气体(标准状况)，C错误；D．叠氮化钠

中N元素化合价升高，被氧化，硝酸钾中N元素化合价降低，被还原，故被氧化的氮原子与被还原的氮原子数之比为30:215:1=，则氧化产物与还原产物原子个数之比为15:1，D错误；故选A。14.在2L的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的C

O气体，一定条件下发生反应：()()()()4Nis4COgNiCOg+，已知该反应平衡常数与温度的关系如下表：温度/℃2580230平衡常数4510251.910−下列说法错误的是A.上述生成()()4NiCOg的反应为放热反应B.其

他条件不变时，增大压强，CO的平衡转化率增大C.在80℃时，测得某时刻，()4NiCO、CO浓度均为0.5mol/L，则此时()()vv正逆D.加入催化剂，反应速率加快，平衡常数增大【答案】D【解析】【详解】A．由表格数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该

反应是放热反应，故A正确；B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的平衡转化率增大，故B正确；C．80℃时，四羰基合镍、一氧化碳浓度均为0.5mol/L，反应的浓度熵()()444cNiCO0.5Q

===8>2cCO0.5c，说明反应向逆反应方向进行，说明正反应速率小于逆反应速率，故C正确；D．加入催化剂可以降低反应的活化能，反应速率加快，但化学平衡不移动，平衡常数不变，故D错误；故选D。二、非选择题：

本题共4小题，共58分。15.非金属元素氯(Cl)能形成的物质种类很多，单质及化合物的用途很广泛。（1）2Cl是一种重要的化工原料，液氯储存区贴有的说明卡如下(部分)：危险性___________储运要求远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪泄漏处理NaOH、3NaHSO溶

液吸收包装钢瓶①从下列选项中选出说明卡中危险性栏横线上缺少的一个标识图标___________。A．B．C．D．②写出“泄漏处理”中3NaHSO溶液的作用___________。③将2Cl通入适量NaOH溶液中，产物中可能有NaCl、NaClO、3NaClO。当溶液中

()()Cl:ClO6:1cc−−=时，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。④工业常用电解饱和食盐水的方法制氯气，写出电解时阴极产生的气体为___________，该反应的化学反应方程式___________。（2）高铁酸钾是一种高效多功能水处理剂，工业上

常采用NaClO氧化法生产，反应原理为：①在碱性条件下，利用NaClO浓溶液氧化硝酸铁，制得24NaFeO，该反应的离子方程式为___________。②然后在低温条件下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，可析出高铁酸钾，写出该反应的化学方程式：

___________。③电解法制备高铁酸钾操作简便，成功率高，其原理如图所示，电解过程中，写出生成高铁酸根(24FeO−)的电极反应式___________。【答案】（1）①.C②.将氯气还原为Cl−③.3:1④.氢气(或2H)⑤.2222N

aCl2HO2NaOHHCl+++通电（2）①.3242Fe3ClO10OH2FeO5HO3Cl+−−−−++=++②.2424NaFeO2KOHKFeO2NaOH+=+③.242Fe8OH6eFeO

4HO−−−+−=+【解析】【小问1详解】①A标识表示易燃物质，B标识表示放射性物质，C标识表示有毒物质，D标识表示爆炸性物质，氯气是有毒物质，故选C；②氯气具有氧化性，3HSO−有还原性，故可将氯气

还原为Cl−；③氯气中Cl的化合价有0价升高到+5价、+1价和降低到-1价，根据电子得失守恒，()()cCl:cClO6:1−−=，则()()3cClO:cClO1:1−−=，()()()3cCl:cClOcClO6:2−−−+=，则氧化剂与还原剂之比为3:1；④电解饱和食盐水

制氯气，阴极发生还原反应，水得到电子生成氢气，电解总反应为2222NaCl2HO2NaOHHCl+++通电；【小问2详解】①在碱性条件下，利用NaClO浓溶液氧化硝酸铁，发生3324232Fe(NO)3NaClO10NaOH2NaFeO5HO3NaCl+6NaNO++=++，制得24N

aFeO，离子方程式为：32422Fe3ClO10OH2FeO5HO3Cl+−−−−=++++；②然后在低温条件下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，由于24KFeO的溶解度小于24NaFeO，故可析出高铁酸钾

，化学方程式2424NaFeO2KOHKFeO2NaOH+=+；③在碱性溶液中，Fe在阳极失去电子生成高铁酸根(24FeO−)，电极反应式242Fe8OH6eFeO4HO−−−+−=+。16.硫代硫酸钠(223NaSO)可用作分析试

剂，它有较强的还原性，常用于纺织工业中纸浆漂白后的脱氯剂。某兴趣小组设计了利用2SO和23NaCO、2NaS生成223NaSO并探究其性质，其制备装置图如图(加热和夹持装置略)：已知：i．22232NaS3SO2NaSO3S+=+、23223NaSOSNaSO+=。ii．硫单质在

含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。（1）乙装置的作用为___________。（2）已知223NaSO脱氯(2Cl)后的溶液呈强酸性，则其脱氯的离子方程式为：___________。（3）制备223NaSO时，丙中通常还会加入少量乙醇目的是_______

____。（4）223NaSO溶液和3AgNO溶液反应生成的白色沉淀223AgSO不稳定，其易发生复分解型的水解反应。沉淀有明显的颜色变化：白色→黄色→棕色→黑色。实验证实该黑色物质为2AgS。①由此推测223NaSO中S原子的氧化态为(可视为价态)：_

__________。②223AgSO发生水解反应的离子方程式：___________。（5）为检验制得产品(2232NaSO5HO)的纯度。该实验小组称取5.0000g产品配制成250mL硫代硫酸

钠溶液，并用直接碘量法标定该溶液的浓度。发生的反应为2222346I2SO2ISO−−−+=+。在锥形瓶中加入25.00mL待测溶液、少量淀粉溶液，再用120.0500molLI−标准溶液进行滴定。平行滴定三次消耗2I标准溶液平均体积为15.00mL。①滴定终点的标志为：_____

______。②则该产品的纯度为___________%(保留三位有效数字)。【答案】（1）防止丙中溶液倒吸（2）2223224SO4Cl5HO2SO8Cl10H−−−+++=++（3）加入乙醇后析出的硫单质，颗粒更小，分布均匀，增大

接触面积加快反应速率（4）①.2−和6+②.2223224AgSOHOAgSSO2H−++=++（5）①.当滴加最后半滴标准液，溶液变成蓝色，且半分钟内蓝色不褪去②.74.4【解析】【分析】甲中浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫，乙装置防止丙中溶液倒吸，丙中发生反应22232Na

S3SO2NaSO3S+=+、23223NaSOSNaSO+=制备223NaSO，最后用氢氧化钠吸收二氧化硫，防止污染。【小问1详解】2SO易溶于水，在吸收时要防止倒吸，所以乙装置的作用为防止丙中溶液倒吸；【小问2详解】223NaSO吸收2Cl，223NaSO被氧化为硫酸根

离子，2Cl被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2223224SO4Cl5HO2SO8Cl10H−−−+++=++；【小问3详解】根据题目中信息：硫单质在含乙醇的水溶液中析出时，颗粒更小，分布均匀。可知

加入少量乙醇目的是析出的硫单质，颗粒更小，分布均匀，增大接触面积加快反应速率。【小问4详解】①根据223AgSO水解的的反应为复分解反应，复分解反应为非氧化还原反应。水解反应生成2AgS中的硫为2−价，所以另外一个硫原子为6+价；②根据①可得223AgSO水解生成2AgS、硫

酸，水解的离子方程式为2223224AgSOHOAgSSO2H−++=++。【小问5详解】①滴定终点，最后滴入的碘有剩余，碘能使淀粉变蓝，所以滴定终点的标志为：当滴加最后半滴标准液，溶液变成蓝色，且半分钟内蓝色不褪去；②根据3222264I2SO2ISO−−−+=+反应，n(2232Na

SO5HO)=2n(I2),2232NaSO5HO的纯度为325015.0010L0.0500mol/L22485100%74.4%25−=。17.煤气化渣属于大宗固废，主要成分为23FeO、23AlO、

2SiO、CaO及少量MgO等。一种利用“酸浸-碱沉-充钠”工艺，制备钠基正极材料4NaFePO和回收23AlO的流程如下：已知：①25℃时，有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子2Mg+3Fe+3Al+2Fe+开始沉淀时的pH8.81.53.66.5沉淀完全时的pH/3.24.7

8.3的②()()()()()32324AlOH2NaAlOHaqAlO3HOs2NaOHaq+加热溶出晶种。回答下列问题：（1）酸浸时，为了提高浸出率，可采取的措施有___________(写出一条

即可)，“滤渣”的主要成分为___________(填化学式)。（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH范围应为___________。（3）“除杂”时需加入的试剂X是___________。A.氨水B.NaOH溶液C.()3AlOHD.

MgO（4）“水热合成”中，424NHHPO作为磷源，“滤液2”的作用是___________，水热合成4NaFePO的离子方程式为___________。（5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料2NaFeO，其工艺如下：①该工艺经

碳热还原高温条件下得到34FeO，碳热还原的化学方程式为___________。②焙烧过程每生成21.2molNaFeO，转移电子数为___________。【答案】（1）①.搅拌、适当升温、粉碎煤气化渣②.2

SiO、4CaSO（2）)3.2,3.6或3.23.6或3.2pH3.6（3）B（4）①.提供Na+和反应所需要的碱性环境②.2424432ΔFeNH3OHNaHPONaFePONH3HO++−+−

++++++（5）①.2334Δ3FeOC2FeOCO++②.A0.4N或232.40810【解析】【分析】煤气化渣属于大宗固废，主要成分为主要成分为23FeO、23AlO、2SiO、CaO及少量MgO等，往煤气化渣中加入浓硫酸酸浸，二氧化硅不反应、不溶解成为滤渣，过滤往得到的滤

液中加入氢氧化钠溶液碱沉，反应生成氢氧化铁沉淀和含镁离子、铝离子等的滤液1，过滤、煅烧氢氧化铁得到氧化铁，往氧化铁中加入稀硫酸酸化、足量铁还原后，加NH4H2PO4、滤液2和稳定剂反应得到NaFePO4，滤液1中加过量的氢氧

化钠溶液除镁离子，过滤得氢氧化镁沉淀和含Na[Al(OH)4]、NaOH的滤液，往所得滤液中加Al(OH)3晶种，过滤，滤液2含NaOH，所得固体焙烧得Al2O3。【小问1详解】通过搅拌、粉碎煤气化渣等措施有利于增大酸浸时的接触面积，适当升温能加快反应速率。2Si

O不与硫酸反应，CaO能与硫酸反应生成微溶的4CaSO，故滤渣的主要成分为2SiO、4CaSO。【小问2详解】碱沉的目的是生成()3FeOH沉淀，不能让3Al+，2Mg+沉淀。故控制溶液pH范围应为)3.2

,3.6或3.23.6或3.2pH3.6。【小问3详解】除杂是将2Mg+转化为()2MgOH沉淀出去，3Al+转化为()4NaAlOH，故应该加入足量的NaOH溶液。【小问4详解】滤液2的主要成分是NaOH，做可以提供水热合成4NaFePO需要的Na+和碱性环境

。根据元素守恒且NaOH足量，离子方程式应为2424432ΔFeNH3OHNaHPONaFePONH3HO++−+−++++++。【小问5详解】根据提示信息，氧化剂为23FeO对应的产物为34FeO，还原剂为C，高温下的氧化产物为CO，故方程式为2334

Δ3FeOC2FeOCO++。焙烧的方程式为34232224FeO6NaCOO12NaFeOCOΔ6+++，结合方程式计算生成21.2molNaFeO，转移电子数为A0.4N。18.2023年杭州亚运会主火炬创新使用了绿色能源作为燃料，在全球大型体育赛事上实现了废碳的再生利用。所以2CO的资源

化利用备受关注，研究2CO资源化综合利用有重要意义。已知：反应I：()()()()222COgHgCOgHOg++141.2kJ/molH=+反应II：()()()()223322COg6HgCHOCHg3HOg++21

22.5kJ/molH=−回答下列问题：（1）反应()()()()23322COg4HgCHOCHgHOg++H=___________kJ/mol。（2）将2molCO、23molH置于2L的密闭容器中，控制适当条件使其发生反应：()()

()()23322COg4HgCHOCHgHOg++，测得CO的某种平衡量值(x)在不同压强下随温度的变化如图1所示：①纵坐标x可表示___________(填“体积分数”或“转化率”)，为了提高反应速

率的同时能提高CO的转化率，可采取的措施有___________(填字母)。a．使用高效催化剂b．增大压强c．升高温度d．增大2H的浓度②若13MPap=，B点表示反应从开始进行到5min时达到平衡状态，则()2Hv=___________11molLmin−−，pK=____

_______4MPa−(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③若对D点状态的反应同时进行升高温度、减小压强的操作，重新达到平衡状态可能是图中A∼G点中的___________点。（3）在恒压密闭容器中投入2molCOx和2molHy，发生上述

反应I和II。测得2CO的平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性2CO100%CO=物质的量反应的的物质的量)随温度的变化曲线如图2所示。T℃达到平衡时，理论上生成33CHOCH的物质的量为___________mol，剩余2H的物质的量为___________m

ol。【答案】（1）204.9−（2）①.转化率②.bd③.0.2④.0.25⑤.G（3）①.0.15x②.yx−【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，目标反应=反应II2−反应I，即()()()()2332

2CO4HCHgggOHOgCH++的111212122.5kJmol241.2kJmol204.9kJmolHHH−−−=−=−−=−。【小问2详解】①由上述分析可知，反应()()()()23322CO4HCHgggOHOgCH

++的H0，升高温度，平衡逆向移动，结合题图1可知，随着温度的升高，x的值减小，故x表示CO的平衡转化率。a．使用高效催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，即改变不了CO的街转化率，a不符合题意；b．增大压强，平衡正向移动，CO

的平衡转化率增大，b符合题意；c．升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，c不符合题意；d．增大2H的浓度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，d符合题意；故选bd；②由题图1可知，B点时CO的平衡转化率为50%，可列三段式：()()()()23322300120.50.5110.2CO

g4HgCHOCHgHOg/mol/mo5l/mol0.5++起始量转化量平衡量若13MPap=，B点表示反应CO的转化率为50%，体积为2L，5mint=故()1120.2molLminHv−−=，()()2COH1MPa==pp，()()332CH

OCHHO0.5MPapp==，故()()()()3324p242CHOCHHO0.25MPaCOHppKpp−==。③若对D点状态的反应同时进行升高温度、减小压强的操作，平衡均逆向移动，故重新达到平衡状态CO的平衡转化率减小，由题图1可知，可能是图中A∼G点中的G点。【

小问3详解】由题图2可知，T℃达到平衡时，2CO的平衡转化率为40%，CO的选择性为25%，即一共转化了0.4molx的2CO，其中有25%发生反应I，则有75%发生反应II，故反应II理论上消耗2CO的物质的量为0.4mol75%0.3molx

x=，故生成33CHOCH的物质的量为0.15molx。反应I消耗20.1molHx，反应II消耗20.9molHx剩余2H的物质的量为()molyx−。