【文档说明】安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考化学试题 含解析.docx，共(21)页，1.694 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省十五校卓越联盟体2024届高三上学期10月联考化学试题考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.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案区域内作答，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．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．。3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。可

能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32K-39Fe-56Zn-65一、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.中国在国际上首次于实验室中实现由二氧化碳到淀粉的从头合成。下列说法错误的是A.人工合成淀粉有利于实

现“碳达峰、碳中和”目标B.在口腔中咀嚼淀粉类食物时，淀粉会水解产生麦芽糖C.人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水化合物甲醇的过程中需要引入还原剂D.用太阳能产生的电能来电解水，生产合成淀粉所需的2H，此过程可将太阳能完全转化为

化学能【答案】D【解析】【详解】A．人工合成淀粉有助于二氧化碳的减少，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A正确；B．淀粉在唾液淀粉酶作用下可初步消化为麦芽糖，麦芽糖有甜味，故B正确；C．人工合成淀粉时，二氧化碳转化为碳水

化合物甲醇的过程中，C元素化合价下降，二氧化碳发生还原反应，该过程中需要引入还原剂，故C正确；D．电解水的过程中有热量产生，该过程不可能将太阳能完全转化为化学能，故D错误；故选D。2.2ClONO是一种空气污染物，其结构与NaClO的

相似，下列说法不合理的是A.水解生成盐酸和硝酸B.与盐酸作用能产生氯气C.可用NaOH溶液处理该污染物D.该物质中Cl为正1价【答案】A【解析】【详解】A．2ClONO结构与NaClO的相似，水解原理与

NaClO相似，生成次氯酸和硝酸，故A错误；B．2ClONO与盐酸发生归中反应生成氯气，故B正确；C．2ClONO与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，可用NaOH溶液处理该污染物，故C正确；D．ClONO2结构与NaClO的相似，由化合价代数

和为零可知，2ClONO中Cl为正1价，故D正确；故选A。3.下列离子方程式书写正确的是A.焙烧硫铁矿过程中会产生2SO气体，用NaOH溶液吸收过量2SO：223SOOHHSO−+−=++B.铜丝插入到热的浓硫酸中：()2224

42CuHSOCuSOH+−+=++浓C.加热蓝色的2CuCl溶液，溶液变绿：()()()()()224224CuHOaq,4ClCuClaq,4aqlHO+−−++蓝色黄色H0D.向明矾溶液中滴加()2BaOH溶液，使沉淀的物质的量最大时：()

322443AlSOOHBaBaSOAlOH3+−−+++++=【答案】C【解析】【详解】A．用NaOH溶液吸收过量2SO生成NaHSO3，离子方程式为：23SOOHHSO−−+=，故A错误；B．铜丝插入到热的浓硫酸中反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，离子方程式为：Cu+2H

2SO4(浓)Cu2++SO2↑+2H2O+SO24−，故B错误；C．()()()()()224224CuHOaq,4ClCuClaq,4aqlHO+−−++蓝色黄色H0，焓变大于零，为吸热反应，将

氯化铜溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，故C正确；D．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀物质的量最大，离子方程式：()3224432AlSOOHBa36aBSO2AlOH33+−−+++++=，故D

错误；故选：C。4.以空气中久置废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是A.过滤步骤中所用到的玻璃仪器有2种B.硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物C.取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素D.实验过程不直

接蒸发结晶的原因是4FeSO会水解生成()2FeOH【答案】B【解析】【详解】A．过滤装置图为，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，共3种，故A错误；B．硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血，原因是人体血红素是亚铁离子配合物

，故B正确；C．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，可能是废铁屑中+3价铁被单质铁还原为Fe2+，不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，故C错误；D．实验过程不直接蒸发结晶原因是防止4FeSO被氧气氧化，故D错误；选B。5.下列四组

实验中，操作正确且能达到预期目的的是A．配制稀硫酸B．加热分解3NaHCO固体C．实验室制2ClD．排出盛有4KMnO溶液的滴定管尖嘴内的气泡的A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．不能在量筒中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释，故A错误；B．碳酸氢钠加热分解有水生成，则试管口应略向下

倾斜，故B错误；C．浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下发生反应生成氯气，故C正确；D．4KMnO具有强氧化性，应该装在酸式滴定管中，故D错误；故选C。6.下列关于海水资源利用的说法中正确的是A.粗盐中的2Ca+、2M

g+、24SO−等杂质，按照加入药品的顺序：23NaCO溶液、NaOH溶液、2BaCl溶液、过滤后加盐酸，可进行除杂B.第②步应直接蒸发结晶得到无水2MgClC.氯碱工业的产物NaOH在阳极生成D.从第③步到第⑤步

的目的是富集溴元素【答案】D【解析】【分析】海水初步分离得到粗盐和苦卤，粗盐精炼得到精盐，精盐溶解后电解即为氯碱工业。苦卤中加入碱生成氢氧化镁，氢氧化镁中加入盐酸得到氯化镁晶体，最后在HCl气流中蒸干得到无水氯化镁，苦卤中的NaBr，加入氧

化剂将溴离子氧化成溴单质，溴加入二氧化硫的水溶液中生成溴离子和硫酸根离子，吸收液中加入氧化剂将溴离子氧化成溴单质。【详解】A．除去粗盐中的钙离子、镁离子和硫酸根离子等杂质，加入碳酸钠的顺序需在加入氯化钡之后，

这样才能除去多余的钡离子，A错误；B．第②步直接蒸发结晶，氯化镁会水解，需要在HCl气流中蒸干，从而抑制氯化镁的水解，B错误；C．氯碱工业中阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子结合钠离子生成氢氧化钠，产物NaOH在阴极产生，C错误；D．

苦卤中溴的浓度较低，故先将溴离子转化成单质溴，再用二氧化硫的水溶液吸收，再将溴离子氧化成溴单质，从第③步到第⑤步的目的是富集溴元素，D正确；故答案选D。7.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12240.1molLHCO−溶液中含224HCO分子的数目小于A0.1NB.标准

状况下，22.24LSO与21.12LO充分反应，生成的3SO分子数目为A0.1NC.832gS()与6S()的混合物中所含的共价键数目为AND.标准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成的HCl分子数为AN【答案】C【解析】【详解】A．没有明确溶液体积，

不能计算12240.1molLHCO−溶液中含224HCO分子的数目，故A错误；B．标准状况下，22.24LSO与21.12LO的物质的量分别是0.1mol、0.05mol，SO2和O2反应可逆，生成的3SO分子数目小于A0.1N，

故B错误；C．832gS()中共价键数目为()AA32g8328g/molNN=，32g6S()中共价键数目为()AA32g6326g/molNN=，所以832gS()与6S()的混合物中所含的共价键数目为AN，故C正确；D．标

准状况下，22.4L氯气与甲烷的混合气体中氯气的物质的量小于1mol，光照时发生取代反应反应生成的HCl分子数小于AN，故D错误；选C。8.下图是某一电化学腐蚀过程的原理图，有关说法正确的是A.左侧电势高于右侧B.浸金过程中的催化剂只有3NHC.整个反应过程中，氧化剂为2OD.阳极

区发生的反应为：22O2HO4e4OH−−++=【答案】C【解析】【详解】A．正极电势低于负极，则左侧电势低于右侧，故A错误；B．依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点，浸金过程中的催化剂有3NH和()2+34CuNH，故B错误；C．由

图可知，2O在正极得到电子生成OH-，作氧化剂，故C正确；D．阳极区发生氧化反应，失去电子，故D错误；故选C。9.某稀溶液中可能含有下列离子中的若干种：24SO−、23SO−、Cl−、3HCO−、Na+、2Mg+、3Fe+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶

液的组成，某同学取上述溶液，进行了如下实验：①向溶液中加入足量的()2BaOH溶液，产生白色沉淀；②取①中沉淀，加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体；③取②中反应后的溶液，加入硝酸酸化的3AgNO溶液，有白色沉淀生成。下列

说法正确的是A.①中沉淀只含4BaSO、3MgCOB.②中气体可能是2SOC.由实验③中的现象可知原溶液中一定含有Cl−D.原溶液中一定存在Na+、24SO−、3HCO−、2Mg+【答案】D【解析】【分析】①溶液中加入足量的氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，未生成红褐

色沉淀，则一定没有铁离子，②取①中的沉淀，加入足量的稀盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡，一定含有硫酸根离子，在不含铁离子、含有硫酸根离子且离子浓度均相同的情况下，要保证溶液呈电中性，则

一定含有镁离子，镁离子与亚硫酸根离子反应，故亚硫酸根离子一定不存在。沉淀溶解时生成气体，则说明还有碳酸氢根离子存在，为保证溶液呈电中性，则一定含有钠离子，故氯离子也不存在。最终确定存在硫酸根离子、镁离子、碳酸氢根离子和钠离子。【详解】A．沉淀中含有硫酸钡沉淀、氢氧化镁和碳

酸钡，A错误；B．溶液中不含亚硫酸根离子，②中气体一定是二氧化碳，B错误；C．实验②中引入了氯离子，且根据分析可知，原溶液中不含氯离子，C错误；D．根据分析可知，原溶液中一定存在Na+、24SO−、3HCO−、2Mg+，D正确；故答案选D。10.为探究某样品的成分(可能为亚硝酸钠或氯化钠)

，将样品溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象和结论A先加入少量3KClO溶液，再加3AgNO溶液和足量稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠B先加到少量淀粉KI溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若

溶液变蓝色，则样品为亚硝酸钠C加到少量4KMnO溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量23NaSO溶液，再加入2BaCl溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A.AB.BC.CD.D【

答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下KClO3能被NaNO2还原为Cl-，Cl-和硝酸银溶液反应生成白色沉淀AgCl，加入硝酸银溶液和稀硝酸后生成白色沉淀，Cl-可能是KClO3被还原得到的，也可能是NaCl中的，所以根据实验现象不能确定样品为

NaNO2，A错误；B．亚硝酸钠具有氧化性，可以将I-氧化为I2，溶液变蓝色，而NaCl没有氧化性，所以根据实验现象能确定样品为NaNO2，B正确；C．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使

其褪色，C错误；D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，所以根据实验现象不能确定样品为NaNO2，D错误；故选B。11.化合物A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂，其结构简式如图所示。W、X、Y、Z是位

于三个周期的主族元素且原子序数依次增大。X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，Y基态原子核外电子有5种空间运动状态。下列说法错误的是A.Y与Z形成的两种常见化合物中的阴阳离子个数比均为1：2B.电负性大小关系：Y>X>W>ZC.化合物A中所

有的X原子均采用2sp杂化D.与Y同周期的主族元素中，有2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z是位于三个周期的主族元素且原子序数依次增大，W为H元素，Y基态原

子核外电子有5种空间运动状态，氧元素的基态原子电子式排布为2241s2s2p，核外电子有5种空间运动，则Y为O元素；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则Z为Na元素，X原子形成3个共价键，X最高价氧化物对应的水化物为弱酸，则X为B元素；【详解】A．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均

为1：2，A项正确；B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性大小顺序为：O>H>B>Na即Y>W>X>Z，B项错误；C．化合物A中所有的X原子子形成3个共价键，X是B原子，均采用2s

p杂化，C项正确；D．Y是O元素，与Y同周期的主族元素中，有F和N这2种元素的基态原子核外电子的原子轨道与Y相同，D项正确；答案选B。12.据文献报道，某反应的反应历程如图所示，下列有关该历程的说法正确的是A.4Ti+可以加快反应速率B.在该循环中有6种中间产物

C.总反应的化学方程式为32224NH3O2N6HO++催化剂D.分解反应44222TiNHNOTiNHO++−=→++的反应过程中一定有氮氮键断裂【答案】A【解析】【分析】由反应历程可知，参加反应的有O2、NH3和NO

，生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O2=催化剂3N2+6H2O，反应中Ti4+、H-O-Fe(Ⅱ)是催化剂，Ti4+…NH3、Ti4+…NH2-N=O等物质是中间产物，以此解答该题。【详解】A．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，

Ti4+是催化剂，可以加快反应速率，故A正确；B．由分析可知，反应中Ti4+…NH3、Ti4+…NH2…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O…H-O-Fe(II)、Ti4+…NH2-N=O、O=Fe(III)共5种物质使中间产物，故B错误；C．由图可知，参加反应的有O2、NH3和NO，

生成物有N2和H2O，反应方程式为：2NO+4NH3+2O2催化剂3N2+6H2O，故C错误；D．反应中N-H、N=O键断裂，形成O-.H键、N≡N键，故D错误；故选A。13.实验室模拟以磷石膏(含42CaSO2HO及杂质23A

lO、23FeO等)为原料制取轻质3CaCO，流程如下：下列说法错误的是A.滤渣1的主要成分为3CaCOB.“浸取1”时，应先通3NH再通2CO，滤液1中浓度最大的阴离子为24SO−C.“浸取2”时，发生反应的离子方程式为24232CaO2NHHO

Ca2NHHO++++=+D.“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为()3AlOH、()3FeOH【答案】D【解析】【分析】磷石膏(含42CaSO2HO及杂质23AlO、23FeO等)用溶有NH3和CO2混合溶液浸取，此时溶于

pH=6.5，4CaSO转化为溶解度更小的3CaCO，滤渣1为3CaCO、23AlO、23FeO，高温煅烧滤渣1再用NH4Cl溶液，得到含有Ca2+的滤液，以此解答。【详解】A．由分析可知，滤渣1的主要成分为3CaCO，故A正确；B．由于NH3极易

溶于水，CO2难溶于水，易溶于氨化后碱性溶液，故“浸取1”，应先通NH3再通CO2，发生的反应为：CaSO4·2H2O+2NH3+CO2=CaCO3+(NH4)2SO4，故滤液1中主要溶质为(NH4)2SO4，浓度最大的阴离子为24SO−，

故B正确；C．滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙发生反应，发生反应的离子方程式为：24232CaO2NHHOCa2NHHO++++=+，故C正确；

的D．“滤渣1的成分是碳酸钙、氧化铝和氧化铁，高温加热时碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，氧化铝和氧化铁性质稳定，不发生反应，“浸取2”中氯化铵与氧化钙反应，使其溶解，则“浸取2”时，所得滤渣2的主要成分为23AlO、23FeO，故D错误；故选D。14.某有色金

属工业的高盐废水中主要含有H+、2Cu+、2Zn+、24SO−、F−和Cl−，利用如图电解装置可回收4ZnSO、4CuSO并尽可能除去F−和Cl−，其中双极膜(BP)中间层的2HO被解离为H+和OH−

，并在直流电场作用下分别向两极迁移，M膜、N膜需在一价阴离子交换膜和阳离子交换膜中选择。下列说法正确的是A.电解过程中，不需要控制高盐废水的pHB.BP膜中H+均向右侧溶液迁移，M膜为一价阴离子交换膜C.溶液a的溶质主要为HF和HCl，

溶液b的溶质主要为4ZnSO和4CuSOD.当阳极产生22.4L气体(标准状况)时，理论上有2mol离子通过N膜【答案】B【解析】【分析】由图可知，最左侧连接外接电源正极，为阳极室，水放电生成氧气和氢离子；最右侧为阴极室，

水放电生成氢气和氢氧根离子；【详解】A．电解过程中，若pH过高则会导致锌离子、铜离子转化为沉淀，故应控制高盐废水的pH不能过高，A错误；B．电解池中阳离子向阴极移动，BP膜中氢离子均向右侧溶液迁移；氟离子、氯离子通过M膜

向左侧迁移，故M膜为一价阴离子交换膜，B正确；C．溶液a中氟离子、氯离子通过M膜向左侧迁移，氢离子与右侧双极膜迁移出来的OH-中和，故反应后溶液a的溶质主要为硫酸锌和硫酸铜；溶液b的溶质主要为右侧迁移过来的氟离子、氯离子与左侧前过来的氢离子生成的为HF和HCl，C错误；D．阳极反

应为-+222HO-4e=4H+O，当阳极产生22.4L气体(标准状况下为1mol)时，根据电子守恒可知，有4mol离子通过N膜，D错误；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.氯化钛(4TiCl)可用于制造烟幕、织物媒染剂、人造珍珠等。常温下为无色液体，沸点为136℃，与水剧烈反应

产生白烟。实验室利用反应2242TiOC2ClTiClCO+++高温制备4TiCl的装置如图所示。在制备4TiCl时，对原料及装置的干燥程度要求很高。回答下列问题：（1）若分别用4KMnO与2MnO作氧化剂与盐酸反应制备2Cl，当获得等量的2Cl时消耗的氧化剂

物质的量之比为___________。（2）B中试剂的作用为___________。（3）干燥管D中的试剂可以是___________，装置E中棉花球的作用为___________。（4）4TiCl与

水剧烈反应产生的白烟为22TiOxHO，写出反应的化学方程式___________。（5）实验中发现F中有少量白烟产生，为避免此现象，改进措施是___________。（6）实验结束后，取下A装置后应进行的操作为

___________；G中发生反应的离子方程式为：___________。【答案】（1）2:5（2）除去Cl2中的HCl（3）①.白色CuSO4粉末②.防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口（4）()4222

TiCl2HOTiOHO4HClxx++=+（5）在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛碱石灰的干燥管（6）①.关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水；并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残

余氯气②.2-32224SOClHO2H2ClSO+−−++=++【解析】【分析】A中制备氯气，B中盛放饱和食盐水，用于除去Cl2中的HCl，C中盛放浓硫酸，用于干燥氯气，D中放白色CuSO4粉末、用于检验Cl2中

的水蒸气是否已除去，E中发生反应2242TiO+C+2Cl=TiCl+CO高温，F中通过冷凝收集4TiCl，为防止水分进入F中引起4TiCl水解，F后应该接一个干燥装置，G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应、为尾气处理装置。【小问1详解】若分别用4KMnO与2MnO作氧化剂与盐酸反应制备2Cl，根据

422216HCl(浓)+2KMnO2KCl+2MnCl+8HO+5Cl=、MnO2＋4HCl(浓)=MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，当获得等量的2Cl时消耗高锰酸钾和二氧化锰的物质的量之比为2:5，即消耗的氧化剂物质

的量之比为2:5。【小问2详解】据分析，B中试剂的作用为除去Cl2中的HCl。【小问3详解】在制备4TiCl时，对原料及装置的干燥程度要求很高，则进入E的氯气需干燥而纯净，D用于检验Cl2中的水蒸气是否已除去，则干燥管D中的试剂可以是白色CuSO4粉末，若白色粉末不变蓝说明Cl2中的水蒸气已除

去，装置E中棉花球的作用为：防止碳粉与TiO2粉末堵塞玻璃管管口。【小问4详解】4TiCl与水剧烈反应产生的白烟为22TiOxHO，反应的化学方程式为：()4222TiCl2HOTiOHO4HClxx+

+=+。【小问5详解】实验中发现F中有少量白烟产生，为4TiCl与水剧烈反应产生的22TiOxHO，为避免此现象，需防止G中水分进入F中，则收集四氯化钛后还要干燥装置(例如通入盛有浓硫酸的洗气瓶)后再进行多余氯气的处理，故改进措施是：在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶、或者将G装置换成盛

碱石灰的干燥管(防止水蒸气进入装置F同时吸收氯气)。【小问6详解】当观察到球形冷凝管没有液体滴下时说明反应结束，反应结束后应继续通入一段时间Cl2，主要目的是排出残留在装置中的TiCl4，同时防止冷却使液体倒吸入F中，停止通氯气后还需要在干燥环境中继续冷却F装置到

室温，则在取下A装置后应进行的操作为：关上a处和F装置后干燥装置后导管处的止水夹冷却到室温后、停止通冷凝水、并把A装置的导气管插入G中，以防止A装置产生残余氯气；G中亚硫酸钠和氯气发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为：2-32224SOClHO2H2ClSO+−−++=++。1

6.纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO，另外含有少量23FeO、CuO、2SiO、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时()36spCuS61

0K−=，()25spZnS310K−=，回答下列问题：（1）料渣Ⅰ的化学成分是___________。（2）调pH加入的X可能是___________，料液的主要溶质为___________。（3）写出氧化过程中生成()2MnOOH的离子方程式：___

________。（4）除铜原理为()()()()22ZnSsCuaqCuSsZnaq++++，该反应的平衡常数K=___________。（5）草酸锌晶体(242ZnCO2HO)加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示：①图中A→B的过程中发生反应的化学方程式为_

__________。②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是___________。【答案】（1）2SiO（2）①.ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO②.ZnSO4、CuSO4（3）Mn2++ClO-+2OH-=()2M

nOOH+Cl-（4）12510（5）①.242ZnCOZnOCOCO++高温②.取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验【解析】【分析】废辞电池预处理物(主要成分为Zn

O，另含少量23FeO、CuO、2SiO、MnO等)中加入盐酸进行酸浸，2SiO不参与反应，所以滤渣1为2SiO，滤液中含有Zn2+、Cu2+，Fe3+和Mn2+，向滤液中加入H2O2后，将Mn2+转化为MnO(OH)2沉淀，则滤液中存在

的离子为Zn2+、Cu2+和Fe3+，加入试剂ZnCO3或者Zn(OH)2调节pH，使得Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，此时滤液中剩余Zn2+、Cu2+，继续加入ZnS将Cu2+转化为CuS沉淀除去，滤渣3为CuS

，得到的滤液阳离子只有Zn2+，草酸铵后，得到草酸锌沉淀，同时得到氯化铵溶液，将草酸锌晶体加热分解后得到纳米氧化锌。【小问1详解】见分析，预处理物中加盐酸后，2SiO不参与反应，所以滤渣1为2SiO。【小问2详解】“除铁”过程中，将得Fe3+转化

为Fe(OH)3沉淀除去，所以需要加入物质与溶液中的H+反应，使得溶液的pH增大，为了不引入新的杂质，所以选择含金属锌的物质，可以为ZnCO3或Zn(OH)2或ZnO，由分析可知，料液的主要溶质为：ZnSO4、CuSO4，小问3详解】氧化过程中Mn2+和NaClO发生氧

化还原反应生成()2MnOOH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Mn2++ClO-+2OH-=()2MnOOH+Cl-。【小问4详解】除铜时，涉及沉淀的转化，即()()()()22ZnSsCuaqCuSsZnaq++++，平衡常数K=()()()

()()()()()2+2+2-25sp12362+2+2-spcZncZncSKZnS310====510KCuS610cCucCucS−−。【小问5详解】①加热过程中Zn原子守恒，则由以下关系，【2

4224ZnCO2HO~ZnCO~ZnO18.90.1mol0.1molmol18915.3g8.1g18.9则A点对应的物质为24ZnCO，B点对应的物质为ZnO，A到B发生的化学方程为：242ZnC

OZnOCOCO++高温；②胶体具有丁达尔效应，确定ZnO属于纳米材料的方法是：取适量的ZnO放入烧杯中，加人适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。17.X为三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{()3243KFeCO}，该配合物对光敏感，光照下即发生分解。某兴趣小组进行

了如下探究实验：已知：固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子；气体F为气体B与气体I组成的混合物，只含有两种元素，气体B与气体I所含元素相同；固体G是磁铁矿中的重要物质；所有气体体积均已换算成标况下数据。请回答下列

问题：（1）固体A的成分为___________，I的化学式为___________。（2）写出固体D真空加热分解的化学方程式___________。（3）写出溶液C与足量酸性4KMnO溶液反应的离子方程式___________。（4）写出G到J的离子方程式：___________

。设计实验检验溶液J中H+以外的阳离子___________。【答案】（1）①.K2C2O4、FeC2O4②.CO（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑（3）5C2O24−+2MnO4−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）①

.Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O②.取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+【解析】【分析】黑色固体G是一种磁性物质，则G为四氧化三铁，1

.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为1.55g232g/mol×3≈0.02mol，由铁原子个数守恒可知，1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，由质量守恒定律可知，E中氧原子的物质的量为1.44g-1.

12g16g/mol=0.02mol，则E为氧化亚铁；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素，由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知，气体B为二氧化碳、气体I为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙，

则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，由质量守恒定律可知，D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g-1.44g-0.448L22.4L/mol×28g/mol=0.88g，由原子个数守恒可知，D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量

为0.448L0.88g+22.4L/mol44g/mol=0.04mol、氧原子的物质的量为2.88g-1.12g-0.04mol12g/mol16g/mol=0.08mol，则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol：0.04mol：0.08mol=1：

2：4，化学式为FeC2O4；由固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子可知，溶液C为草酸钾溶液，由固体A的质量可知，草酸钾的物质的量为7.86g-0.02mol144g/mol166g/mol=0.03mol，则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳，由原

子个数守恒可知，X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2：0.02mol=3：1，由化合价代数和为0可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。小问1详解】由分析可知，固体A的成分为K2C2O4、

FeC2O4。I的化学式为CO。【小问2详解】由分析可知，固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。【小问3详解】由分析可知，溶液C为草酸钾溶液，草酸钾溶液与足量酸性高锰

酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O24−+2MnO4−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。【小问4详解】由分析可知，G为Fe3O4，Fe3O4和盐酸反应生成FeCl2、FeCl3，离子方程式为：F

e3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。由分析可知，黑色固体D为四氧化三铁，四氧化三铁与足量盐酸反应生成【氯化铁、氯化亚铁和水，则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于

试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+。18.2CO的综合再利用是近几年的研究热门。Ⅰ.利用太阳能，以2CO为原料制取炭黑的流程如图所示。（1）过程2的

化学方程式为___________。Ⅱ.近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量2CO的空气吹入23KCO溶液中，再把2CO从溶液中提取出来，并使之与2H反应生成甲醇。其工艺流程如图所示：（2）①吸收池中发生的主要反应的离子方程式为___________。②上述流程能循环利用的物质主要为

___________(填化学式)。③合成塔中发生反应的化学方程式为___________。（3）不同温度下，在1L恒容密闭容器中充入22molCO和25molH，相同时间内测得2CO的转化率随温度的变化如图甲所示：①45T-T阶段温度升高2CO的转化率下降的原因可能为__

_________，c点v正___________v逆(填“<”、“=”或“>”)。②计算温度为4T时b点的平衡常数为___________。Ⅲ.以稀硫酸为电解质溶液，惰性材料为电极，利用太阳能将2CO

转化为低碳烯烃，工作原理如图乙所示。（4）产生乙烯的电极反应式为___________。【答案】（1）700K234CO+6FeO2FeO+C=（2）①2--3223CO+CO+HO=2HCO②.KHCO3③.2232CO3HCHOHHO++（3）①.该反应是

放热反应，升高温度平衡逆向移动②.<③.800（4）+-2222CO+12H+12e=CH=CH+4HO【解析】【分析】I．过程2是FeO和CO2反应生成34FeO和C；II．空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3，碳酸氢钾不稳定，在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，二氧

化碳与氢气合成甲醇。吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；由分解池分解后所得溶液是碳酸钾可通入吸收池再利用分析解答在1L恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2反应生成甲根

据图像，T1时，a点的二氧化碳的转化率增大，说明a点反应正向进行；b点二氧化碳转化率为80％，根据三段式列式计算平衡浓度，再计算平衡常数；III．太阳能电池为电源，电解强酸性的二氧化碳水溶液得到乙烯，乙烯在阴极生成。.【小问1

详解】过程2是FeO和2CO反应生成34OFe和C，故化学方程式为700K2346FeO2FeOCCO+=+；【小问2详解】①吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3；②循环使用的物质为KHCO3；③

根据题意方程式为2232CO3HCHOHHO++；【小问3详解】①该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；C点升温平衡逆向移动，故正反应速率小于逆反应速率。②根据图像，b点二氧化碳转化率为80％，则有：2232CO3HCHOHHO++起始量（mol／

L）250变化量（mol／L）1.64.81.61.6平衡量（mol／L）0.40.21.61.631.61.68000.40.2K==，故答案为：800；【小问4详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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