【文档说明】四川省成都市外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.594 MB，由小赞的店铺上传

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成都外国语学校2024—2025学年度(上)第一学月考试化学试卷注意事项：1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。2、本堂考试75分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质

量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24Ta-181第I卷(选择题，共42分)1.三星堆历史文化广受大众关注和喜欢。近年来，一种由纯金、铜、银组成的合金，由于能呈现出玫瑰的颜色，因此被称作玫瑰金，与传统黄金相比，

其含金量只有75%。下列关于说法不正确的是A.青铜是使用最早的合金，主要成分是铜锡合金B.可用稀硝酸鉴别玫瑰金和纯金C.玫瑰金的硬度比黄金大，熔、沸点比黄金高D.将玫瑰金投入硝酸银溶液中，有银析出【答案】C【解析】【详解】A．铜性质稳

定易冶炼，青铜是使用最早的合金，主要成分是铜锡合金，A正确；B．黄金是纯净物，玫瑰金是纯金、铜、银组成的合金，金不和稀硝酸反应，而铜银能和稀硝酸反应，故可用稀硝酸鉴别玫瑰金和纯金，B正确；C．黄金是纯净物，玫瑰金是黄金与铜的合金，合金的熔沸点低于纯金属的熔沸

点、硬度高于纯金属，所以玫瑰金的硬度比黄金大，熔、沸点比黄金低，C错误；D．铜活泼性强于银，将玫瑰金投入硝酸银溶液中，铜与硝酸银发生置换反应生成银单质，故有银析出，D正确；故选C。2.下列有关化学用语的叙述正确的是A.3NH的结构式为B.肼的电子式：C

.简单硫离子的结构示意图为D.2SO的VSEPR模型：【答案】A【解析】【详解】A．3NH中N与H之间是极性键，结构式为，故A正确；B．肼的电子式为，故B错误；C．简单硫离子的结构示意图为，故C错误；D．2

SO中心原子S的价层电子对数为6222+=32－，含有1对孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，如图所示：，故D错误；故选A。3.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，311.2LNH与11.2LHF均含有A5N个质子B.2.

4gMg与足量稀硝酸完全反应可生成20.1molHC.1822.0gHO与2D16O混合物中所含中子数小于AND.常温常压下，271gCl溶于水中，转移电子数目小于AN【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，311.2LNH含有A

A11.2N105N22.4=个质子，但标准状况下，HF不是气体，则11.2LHF物质的量不是0.5mol，即11.2LHF所含质子数不是A5N，A错误；B．镁和稀硝酸反应生成硝酸镁、NO和水，没有

氢气产生，B错误；C．182HO与162DO的摩尔质量都是20g/mol，则1822.0gHO与162DO混合物的物质的量为2g=0.1mol20g/mol，1个182HO与2D16O都含有10个中子，所以1822.

0gHO与162DO混合物中所含中子数为AA0.1N?10=N，C错误；D．271gCl物质的量为71g=1mol71g/mol，氯气溶于水中，部分氯气溶解在水中，一部分氯气发生化学反应生成HCl和HC

lO，则转移电子数目小于AN，D正确；故选D。4.下列叙述正确的是A.常温下浓硫酸分别与Fe、Cu反应，生成的气体相同B.取两份新制氯水，分别滴加3AgNO溶液和淀粉KI溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，说明氯气与水的反应存在限度C.等质量的22NaO

分别与足量2CO、2SO反应，转移的电子数不同D.冶炼金属Mg和Al，电解熔融物的类别都属于盐酸盐【答案】C【解析】【详解】A．常温下铁在浓硫酸中钝化，致密钝化膜阻碍反应继续进行，铜和浓硫酸再常温下不反应，故A错误；B．氯气与水反

应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，也能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则取两份新制氯水，分别滴加硝酸银溶液和淀粉碘化钾溶液，前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，不能说明氯气与水的反应存在限度，故B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，1mol过氧化钠完全反应

时，转移电子的物质的量为1mol，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；D．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能导电，所以工业上制备金属铝时，不能用电解熔融氯化

铝的方法制得，故D错误；故选C。5.还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是的A.铁与水蒸气反应：22322Fe3H

O(g)FeO3H++高温B.肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成2HC.向溶液a中滴加36KFe(CN)溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应D.向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有23

FeO【答案】B【解析】【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：23422Fe4HO(g)FeO4H++高温，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，

说明含有二价铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还是Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。答案选B。6.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A.通入足量3NH的溶液：K+、2

Cu+、24SO−、Cl−B.()131WK110molLHc−−+=的溶液中：4NH+、Na+、Cl−、3NO−C.与Al反应能放出2H的溶液中：2Fe+、K+、3NO−、24SO−D.澄清透明溶液中：K+

、Na+、2AlO−、3HCO−【答案】B【解析】【详解】A．通入足量3NH的溶液，生成氨水，水溶液显碱性，2Cu+与OH−生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．在()131WK110molLHc−−+=的溶液中，即溶中的()cH0.1/Lmol+=，显酸性，4N

H+、Na+、Cl−、3NO−相互均不反应，一定能大量共存，B符合题意；C．与Al反应能放出2H的溶液有可能显碱性，也有可能显酸性。若溶液显碱性，Fe2+与OH-不能大量共存；若溶液显酸性，2Fe+会被3NO−氧化为3Fe+，导致不能大量共存，C不符合题意

；D．2AlO−与3HCO−二者会发生离子反应：()232233HOHCOAlOCOAlOH−−−++=+，不能大量共存，D不符合题意；故选B。7.化学反应中会出现“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”特殊情况。下列反应中属于这种情况的是①过量稀硫酸

与块状石灰石；②过量的氢气与氮气在催化剂存在下充分反应；③过量稀硝酸与铜反应；④常温下将铝片投入到过量浓硫酸中；⑤过量铜与浓硫酸反应；⑥过量的锌与118molL−的硫酸反应；⑦过量的2MnO和浓盐酸A.③⑥B.②③⑤⑦C.①②④⑤⑦D

.①②③④⑤⑥⑦【答案】C【解析】【详解】①稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故①正确；②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②正确；③铜与过量的稀硝酸反

应时，铜完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故③错误；④常温下铝遇浓硫酸发生钝化，不再继续反应，故④正确；⑤随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故⑤正确；⑥锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能

完全反应，故⑥错误；的⑦MnO2与浓盐酸加热反应制取氯气，不能与稀盐酸反应，过量的2MnO和浓盐酸反应，到最后浓盐酸转化为稀盐酸，稀盐酸与MnO2不再反应，⑦正确；故答案为C。8.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.用装置甲定量测定化学反应速率B.用装置乙证明

酸性：硝酸>碳酸>硅酸C.用装置丙验证苯与液溴反应为取代反应D.用装置丁探究化学反应速率的影响因素【答案】D【解析】【详解】A．定量测定二氧化锰做催化剂过氧化氢分解的化学反应速率时，应选用分液漏斗防止气体逸出，同时还需要秒表测定相同时间内生成氧气

的体积，则装置甲不能达到定量测定化学反应速率的实验目的，故A错误；B．硝酸具有挥发性，硝酸与碳酸钠固体反应生成的二氧化碳中混有硝酸，硝酸也可以和硅酸钠反应生成硅酸，该实验不能证明酸性：硝酸>碳酸>硅酸

，故B错误；C．苯和液溴在溴化铁催化剂作用下反应，且产生大量热，液溴易挥发，因此进入到试管中的气体不仅是HBr，还有挥发的溴蒸汽，溴蒸汽也能使硝酸银生成溴化银淡黄色沉淀，因此丙不能证明苯与液溴反应产生了HBr，故C错误；D．装

置丁中两个试管中盐酸浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；答案选D。9.700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应CO(g)+H2O(g)垐?噲?CO2(g)+H2(g)，部分数据见表：

反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)=10.40tmol•L-1•min-1B.温度升至800℃，则正反应速率加快，逆反应速率减慢C

.反应在t1min时未达到平衡D.反应在t2min时，H2O的转化率约为66.7%【答案】D【解析】【详解】A．t1min时，生成H2的物质的量为2n(H)=Δn(CO)=1.2mol-0.8mol=0.4mol，则在t1min内的平均速率为v(H2)=1

0.40mol2Ltmin=10.2tmol•L-1•min-1，A错误；B．温度升高，正、逆反应速率均加快，B错误；C．t1min时，H2O物质的量为2n(HO)=0.6mol-Δn(CO)=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t1和t2min时H2O的物质的量不变，

说明反应在t1min时达到平衡，C错误；D．根据表格数据，反应在t2min时，H2O的转化率为%0.6mol-0.2mol100%0.6m6o7l6.，D正确；答案选D。10.下列离子方程式书写正确

的是A.足量碳酸氢钠与少量氢氧化钡溶液反应：2332HCOBaOHBaCOHO−+−++=+B.将2SO通入漂白粉溶液中：2223SOHOCa2ClOCaSO2HClO+−+++=+C.铝放入氢氧化钠溶液中：()2242Al2OH6HO2

AlOH3H−−++=+D.用稀硝酸溶解铜：2322Cu2NO4HCu2NO2HO−++++=++【答案】C【解析】【详解】A．足量碳酸氢钠与少量氢氧化钡溶液反应按物质的量之比为2：1反应，离子方程式为22-33232HCOBa2OH

BaCO2HO+CO−+−++=+，故A错误；的B．将2SO通入漂白粉溶液中离子方程式为：2224SOHOCa3ClOCaSOCl2HClO+−−+++=++，故B错误；C．铝放入氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，所给离子方程式正确，故C正确；D．铜和稀硝酸反应，还原产物为

NO，离子方程式为2323Cu2NO8H3Cu2NO4HO−++++=++，故D错误；故选C。11.已知电对的标准电极电势(Eϴ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。现有4组电对的标准电极电势：①θ24E(PbO/PbSO)=+1.69V；

②θ2+4E(MnO/Mn)=+1.51V−；③θ3+2+EFe/Fe=+0.77V（）；④θ-2ECl/Cl=+1.36V（）。下列有关说法正确的是A.溶液中浓度均为1mol/L的Fe3+和Cl-可发生反应：3+-2+22Fe+2Cl=

2Fe+ClB.酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸C.向含2molFeCl2的溶液中加1molPbO2可观察到黄绿色气体产生D.PbO2与酸性MnSO4反应的离子方程式：2++2244425PbO+2Mn+4H+5SO=5

PbSO+2MnO+2HO−−【答案】D【解析】【详解】A．由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强可知，氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为PbO2>4MnO−>Cl2>Fe3+，Cl2的氧化性强于Fe3+，Fe3+不能与Cl-反应生成Cl2

，A错误；B．4MnO−的氧化性强于Cl2，4MnO−能与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，则酸化高锰酸钾时不能用盐酸，B错误；C．还原性：Fe2+>Cl-，FeCl2溶液与少量PbO2混合时，还原性强的Fe2+先与PbO2反应，根据FeCl2与PbO2的量可知不可能有黄绿

色气体生成，C错误；D．PbO2氧化性强于4MnO−，PbO2能将Mn2+氧化成4MnO−，自身转化为PbSO4沉淀，反应的离子方程式为2+2+244425PbO+2Mn+5SO+4H=5PbSO+2+2HOMnO−−，D正确；故

答案选D。12.下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论的A向()32FeNO样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液溶液变红()32FeNO样品已变质B向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热，加NaOH中和稀硫酸，再加入新制()2CuOH悬浊液产生砖红色沉淀蔗糖发生

了水解C在锌与稀硫酸反应体系中加入少量硫酸铜产生气泡速率加快2Cu+是反应的催化剂D常温下将铝片分别插入稀硝酸、浓硝酸中前者产生无色气体，后者无明显现象稀硝酸的氧化性比浓硝酸强A.AB.BC.CD.D【答案】B【

解析】【详解】A．在()32FeNO中加入稀硫酸后，向溶液中提供了H+，会发生反应233234H32HOFeNOFeNO+−++++=++使滴入KSCN溶液变红，无法确定是否为样品变质，A错误；B．利用新制()2CuOH悬浊液检验蔗糖水解产物——葡萄糖，需在碱性环

境下进行。因此向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后需用NaOH溶液中和碱化，再加入新制()2CuOH悬浊液，产生砖红色沉淀，则证明蔗糖发生了水解，B正确；C．在锌与稀硫酸反应体系中加入少量硫酸铜，发生反应22ZnCuZnCu++

+=+，Zn和Cu形成了原电池体系加快了反应速率，而不是2Cu+作为反应的催化剂，C错误；D．常温下将铝片分别插入稀硝酸、浓硝酸中，前者产生无色气体、后者无明显现象的原因是浓硝酸的氧化性更强，在铝片表面发生钝化阻止反应继续进行，所以不能根

据是否有气体产生来判断稀硝酸、浓硝酸的氧化性强弱，D错误；故答案为：B。13.利用2Cl氧化绿色的24KMnO的浓强碱溶液反应制备4KMnO的装置如下图所示(加热及夹持装置已省略)，下列关于本实验的说法错误的是A.装置A中仪器b的名称是三颈烧瓶，装置B的作用是除去挥发出来

的HClB.装置D中试剂d可能是足量的NaOH溶液，不能是23NaSO溶液C.装置C中发生反应的化学方程式为2244Cl2KMnO2KCl2KMnO+=+D.反应完成后应先熄灭装置A处酒精灯，再打开弹簧夹通入空气，待装置冷却后拆除【答案】B【解析】【分析】由实验装置图可知，装置

A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与锰酸钾在浓强碱溶液中反应制备高锰酸钾，装置D中盛有的氢氧化钠溶液或亚硫酸钠溶液用于吸收未反

应的氯气，防止污染空气。【详解】A．由实验装置图可知，装置A中仪器b为三颈烧瓶，由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，故A正确；B．由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液或亚硫酸钠溶液用于吸收未反应的氯气，

防止污染空气，故B错误；C．由分析可知，装置C中氯气与锰酸钾在浓强碱溶液中反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为2244Cl2KMnO2KCl2KMnO+=+，故C正确；D．反应完成后，装置中残留有毒的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染空气，拆除时应先熄灭装置A处酒精灯，再打开弹簧夹通

入空气，将残留的氯气赶入装置D中，待装置冷却后再拆除，故D正确；故选B。14.废旧铅蓄电池会导致铅污染，回收铅的流程如图所示。已知：铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4。下列说法错误的是A.SO2的作用是将PbO2还原成P

bSO4B.加入(NH4)2CO3后发生的反应为：PbSO4(s)+CO23−(aq)垐?噲?PbCO3(s)+SO24−(aq)C.步骤X可以是蒸干灼烧D.若步骤X为电解，则整个流程中，HNO3可循环使用【答案】C【解析】【分

析】铅膏向浆液中加入二氧化硫和(NH4)2CO3，PbO2具有氧化性，将二氧化硫氧化，生成硫酸铅，再加入碳酸铵发生反应，生成PbCO3和(NH4)2SO4；向PbCO3中加入HNO3生成Pb(NO3)2和二

氧化碳气体，Pb(NO3)2处理得到铅单质。【详解】A．二氧化硫具有还原性，根据分析可知，SO2的作用是将PbO2还原成PbSO4，A正确；B．根据分析可知，加入(NH4)2CO3后，PbSO4转化为Pb

CO3，发生的反应为PbSO4(s)+CO23−(aq)垐?噲?PbCO3(s)+SO24−(aq)，B正确；C．Pb(NO3)2溶液水解生成氢氧化铅和挥发性酸，蒸干灼烧得到铅氧化物，C错误；D．若步骤X为电解，则整个流程中阳极生成硝酸、阴极生成铅单质，HNO3可循环使用，D正确；故选

C。第II卷(非选择题，共58分)15.化学在人类生产、生活中起着重要的作用。请回答下列问题：I．铁及其化合物的化合价—物质类别二维图如图所示。（1）工业上冶炼Fe常用的方法是_______(填字母)。A.电解法B.还原法C

.热分解法D.物理方法（2）下列有关铁及其化合物的说法正确的是_______(填字母)。A.纯净的铁是银白色B.物质A不稳定，在空气中受热能迅速被氧化成物质DC.物质E受热分解生成物质DD.除去C溶液中混有的少量2CuCl杂

质，可以向混合液中加入NaOH溶液（3）上述二维图中的B在空气中不能稳定存在，请写出物质B在空气中变化的化学方程式：_______。II．硫化氢的转化是资源利用的研究课题。将2HS和空气的混合气体通入3Fe

Cl、2CuCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。（4）历程①发生反应的离子方程式为_______，历程③中参加反应的()()22nFe:nO+=_______。（5）酸性4KMnO溶液是常用的氧化剂，能将2HS氧化为S。向2HS溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液中出

现浑浊，写出反应的离子方程式：_______。已知228SO−的结构式为，其中S元素化合价为_______，在Ag+催化下，228SO−能使含2Mn+的溶液变成紫红色，试比较S、228NaSO和4KMnO的氧化性强弱：_______。III．三星堆出土的金面具等金制品揭

示了人类古文明对黄金的使用。金的化学性质很稳定，单独用浓盐酸或浓硝酸均不能将金溶解，但将浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3配制成王水，则可以溶解金，发生的反应如下：342AuHNO4HClHAuClNO2HO++=++。（6）王水溶金过程中，硝酸的作用是_______。（7）4HAuCl

可用Zn粉还原，完成“沉金”。41molHAuCl被Zn完全还原时，消耗Zn的物质的量是_______mol。【答案】（1）B（2）AC（3）()()22234FeOHO2HO4FeOH++=（4）①.22HSCuCuS2

H+++=+②.4：1（5）①.22425HS2MnO6H2Mn5S8HO−++++=++②.6+③.2284NaSOKMnOS（6）作氧化剂（7）1.5【解析】【分析】I．根据物质类别和化合价可知，A为FeO，D为23FeO，B为2Fe(OH)，E为3Fe(OH)，C为

亚铁盐，F为铁盐，据此解答。【小问1详解】工业上冶炼Fe常用的方法是热还原法，故选B；【小问2详解】A．纯净的铁是银白色，有金属光泽，A正确；B．FeO不稳定，在空气中受热能迅速被氧化成34FeO，而不是23FeO，B错误；C．3Fe(OH)受热分解生成23FeO，即物质E受热分解生成物质D

，C正确；D．除去亚铁盐溶液中混有的少量2CuCl杂质，加入NaOH溶液会使亚铁离子也沉淀，不符合除杂原则，应加入足量铁粉后过滤，D错误；故选AC；【小问3详解】2Fe(OH)不稳定，易被氧化生成3Fe(OH)，在空气中变化的化学方程式为：()

()22234FeOHO2HO4FeOH++=；【小问4详解】历程①中硫化氢和铜离子反应生成硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：22HSCuCuS2H+++=+；历程③中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4F

e3++2H2O，则参加反应的()()22nFenO+=∶4∶1；【小问5详解】酸性4KMnO溶液能将2HS氧化为S，自身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：22425HS2MnO6H2Mn5S8HO

−++++=++；根据228SO−的结构式可知，2个氧原子-1价，6个氧原子-2价，可求得S元素化合价为+6；在Ag+催化下，228SO−能将2Mn+氧化为高锰酸根，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强弱：2284NaSOK

MnOS；【小问6详解】反应中氮元素化合价降低，可知王水溶金过程中，硝酸的作用是作氧化剂；【小问7详解】4HAuCl中金元素化合价为+3价，根据得失电子守恒，41molHAuCl被Zn完全还原时，消耗Zn的物

质的量是131.52molmol=。16.钽酸锂()3LiTaO是一种功能材料。一种以钽渣(主要成分是23TaOOFe，含少量杂质油脂和23AlO等)为原料制备钽酸锂的流程如下：已知：+5价Ta具有氧化性；常温下，()33sp3KAlOH1.010−=。请回答下列问题：（1

）“焙烧”在沸腾炉中进行，常采用“逆流操作”，即在沸腾炉中上部填入固体原料，在下部通入空气，这样操作的目的是_______。（2）列举固体1的一种用途：_______；灼烧固体2得到新的固体，则新固体的化学式为_______。

（3）“焙烧”中发生的主要反应的化学方程式为_______。（4）“沉钽”中，如果用盐酸替代硫酸，会发生副反应，反应过程中31molNaTaO得到2mol电子生成3Ta+，写出该副反应的离子方程式：_______。气体Y可用于___

____阶段循环利用。（5）“沉铝”中，()351cAl1.010molL+−−表明已完全沉淀。为了使()3AlOH完全沉淀，pH至少为_______(保留2位有效数字)。（6）质量为mt的含Ta废渣中Ta的质量分数为，按上述流程制备得到3akgLi

TaO，3LiTaO的产率为_______%。【答案】（1）增大固气接触面积，增大反应速率（2）①.制造红色颜料、炼铁等②.23AlO（3）2323232324TaOFeO4NaCO5O8NaTaO2FeO4CO++

=++焙烧（4）①.3322TaO6H2ClTaCl3HO−+−+++=++②.沉铝（5）4.7（6）181a2360mω【解析】【分析】钽渣(主要成分是23TaOFeO，含少量杂质油脂和Al2O3等)加纯碱在空气中焙烧除去油脂，同时23TaOFeO转化为NaTaO3、Fe2O3，A

l2O3转化为NaAlO2；水浸后过滤除去不溶于水的Fe2O3得到含NaTaO3、NaAlO2的滤液，则固体1为Fe2O3；“沉铝”中，滤液中通入的气体X为CO2，固体2为氢氧化铝，再向滤液中加稀硫酸沉钽，过滤得

到难溶于水的HTaO3，滤液的主要成分为Na2SO4；最后灼烧HTaO3和碳酸锂混合物得到LiTaO3和气体Y(含水、CO2)，据此解答。【小问1详解】“焙烧”在沸腾炉中进行，常采用“逆流操作”，即在沸腾炉中上部填入固体原料，在下部通入空气，有利于固气充分接触，加快反应速率，所

以这样操作的目的是增大固气接触面积，增大反应速率；【小问2详解】①固体1为Fe2O3，其用途为制造红色颜料、炼铁等；②固体2为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；【小问3详解】由流程可知，“焙烧”中主要反应是23TaOFeO与碳酸钠在空气中焙烧生成钽酸钠、氧化铁和二氧化碳，则主要反应

的化学方程式为：2323232324TaOFeO4NaCO5O8NaTaO2FeO4CO++=++焙烧；【小问4详解】①依题意，+5价Ta具有氧化性，则钽酸钠具有氧化性，能氧化盐酸生成氯气，故反应的离子方程式为：3322TaO6H

2ClTaCl3HO−+−+++=++；②气体Y是CO2和H2O的混合物，气体X为CO2，则气体Y可以循环用于沉铝阶段循环利用；【小问5详解】根据溶度积计算，当铝离子浓度为10-5mol/L时，328-33--1-13-51.010c(OH)=molL

10molL10−=，28pH=14-pOH=14-4.73，则pH至少为4.7；【小问6详解】原料中Ta的质量m(Ta)=1000mωkg，则181a181a236=100%=%1000mωkg2360mωkg产率。17.蔗糖与浓硫酸发生反应时有白雾产生。某化学小组对其成分进行探

究。查阅资料：i．白雾中可能含有2SO、2CO、CO、水蒸气。ii．常温下，CO可与银氨溶液反应：324233CO2AgNHOH2AgNHCO()()2NH+=++。iii．文献中实验及现象如下：a处注入浓硫酸后，混合物逐渐变为黑色，黑色物质体积膨胀，生

成白雾：c、d处颜色褪去；e处固体白色变为蓝色；f处产生少量白色浑浊；g处生成黑色浑浊。Ⅰ．小组同学对文献中实验现象进行分析。（1）a处变为黑色，体现浓硫酸___________性。（2）针对c、d、e处现象，

分析不正确的是___________。A．c处品红褪色，说明浓硫酸具有强氧化性B．d处可能是2SO使高锰酸钾溶液褪色C．将e处无水4CuSO移至a、c之间，可证明产物有水（3）f处沉淀较少，可能是因为通入气体过量导致。写出2SO过量时，沉淀变少的化学方程式___________。（4）经检验，g处

黑色固体是Ag，但不能确认白雾含CO。从氧化还原角度说明理由___________。Ⅱ．综合上述分析，小组同学对实验进行改进。（5）证明有CO生成的实验现象是___________。（6）设计实验证明反应后k处溶液中含有23CO−。取反应后k处溶液

，___________。(写出实验操作、预期现象与结论)【答案】（1）脱水（2）C（3）32232CaSO+SO+HO=Ca(HSO)（4）g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性，所以不能确认白雾含CO（5）f处澄清石灰水不变浑浊，g处产生黑色固体（

6）加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有23CO−【解析】【分析】a处浓硫酸和蔗糖反应，k处氢氧化钠吸收CO2、SO2，f处石灰水检验CO2、SO2是

否除尽，g处银氨溶液检验CO。【小问1详解】a处变为黑色，说明蔗糖脱水碳化，体现浓硫酸脱水性。【小问2详解】A．c处品红褪色，说明有二氧化硫生成，浓硫酸和碳反应放出二氧化硫，则体现浓硫酸的强氧化性，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，

d处可能是2SO使高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．将e处无水4CuSO移至a、c之间，由于蔗糖用水浸湿、c处棉球也会带出水蒸气，所以不能证明产物有水，故C错误；选C【小问3详解】2SO过量时，亚硫酸钙和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钙使沉淀变少，反应的化学方程式为3223

2CaSO+SO+HO=Ca(HSO)。【小问4详解】经检验，g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性，所以不能确认白雾含CO。【小问5详解】f处澄清石灰水不变浑浊，说明没有二氧

化硫进入g，g处产生黑色固体，证明有CO生成；【小问6详解】取反应后k处溶液，加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有23CO−。18.

黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如图：回答下列问题：（1）A的化学名称___________。（2）C生成D的反应类型为___________，设计该步反应的目的是___________。（3）F的结构简式___________。（4）由G经两步反应生成H，第一步为加成

反应，第二步为消去反应，写出第一步反应完成后的产物为___________（5）E完全加氢后有___________个手性碳原子。（6）同时满足以下条件的E的同分异构体有___________种。。①含有两个苯环，且两

个苯环通过一根单键直接相连；②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6：2：2：2：1：1。【答案】（1）2－乙基苯酚（2）①.取代反应②.保护酚羟基，防止被氧化（3）（4）（5）3（6）4【解析】【分析】由有机物的转化

关系可知，催化剂作用下在600-700℃转化为，高温高压下与水发生加成反应生成，则C为；催化剂作用下与发生取代反应生成，催化剂作用下与氧气共热发生催化氧化反应生成，催化剂作用下与氢气反应转化为，则F为；一定条件下与发生取代反

应生成，先发生加成反应生成、发生消去反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，的名称为2－乙基苯酚，故答案为：2－乙基苯酚；【小问2详解】由分析可知，C生成D的反应为催化剂作用下与发生取代反应生成和氯化氢，由和分子中都含有羟基、D→E时D中羟基被氧化可知，设计该步反应的目的

是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】由分析可知，第一步G发生加成反应所得产物为，故答案为：；【小问5详解】由结构简式可知，完全加氢的产

物中含有如图*所示的3个手性碳原子：，故答案为：3；【小问6详解】E的同分异构体含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连，能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与氯化铁溶液发生显色反应，说明同分异构体分子中含有酚羟基酯基和醛基，核磁共振氢谱有六组峰，

且峰面积比为6：2：2：2：1：1说明同分异构分子中含有的取代基为甲酸酚酯基和2个处于对称位置的甲基，则同分异构体的结构有如图数字标注的4种：，故答案为：4。