【文档说明】江苏省泰州中学2022-2023学年高三上学期第一次月度检测 化学 含解析.docx，共(22)页，1.628 MB，由envi的店铺上传

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江苏省泰州中学2022~2023学年秋学期高三年级第一次月度检测试卷化学学科试卷(考试时间：75分钟，考试分值：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19P-31S-16Cr-52Fe-5

6一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.动态清零是我国新冠疫情防控的基本政策。佩戴口罩能有效预防新冠疫情扩散。有关口罩的知识，下列说法正确的是A.古人使用蚕丝巾遮盖口鼻，蚕丝巾的主要成分是

蛋白质B.医用口罩过滤层由聚丙烯熔喷布构成，熔喷布是天然高分子材料C.一次性防尘口罩可防烟、雾，烟、雾的分散质是空气D.氯气泄漏时，可戴上用NaCl溶液润湿过的口罩【答案】A【解析】【详解】A．古人使用蚕丝巾遮盖口鼻，蚕丝巾即蚕丝的主要成分是蛋白质，A正

确；B．医用口罩过滤层由聚丙烯熔喷布构成，熔喷布是合成有机高分子材料，B错误；C．烟、雾，烟、雾的分散剂是空气，C错误；D．由于NaCl溶液不能与氯气反应不能被吸收，氯气泄漏时，应该戴上弱碱性的碳酸氢钠溶液润湿过的口罩，D错误；故答案为：A。2.反应32428NH3Cl6NHClN=++可用于氯

气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为20的氯原子：2017ClB.N2分子的结构式：N-NC.NH3分子的电子式：D.氯化铵既含离子键又含共价键【答案】D【解析】【详解】A．中子数为20的氯原子质量数是37，该原子表示为3717Cl，故A错误；B．

N2分子的结构式为NN，故B错误；C．NH3分子的电子式为：故C错误；D．氯化铵中铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成共价键，故D正确；故选D。3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y核

外有13种运动状态不同的电子，基态时Z原子3p原子轨道上成对电子与不成对电子数目相等。下列说法正确的是A.原子半径：r(X)>r(Y)B.ZW2是含有极性键的非极性分子C.Z的简单气态氢化物的稳定性比W

的弱D.元素Y、W形成的化合物属于离子晶体【答案】C【解析】【分析】X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；Y核外有13种运动状态不同的电子，则Y为Al元素；基态时Z原子3p原子轨道上成对电子与不成对电子数目相等，则Z为S元素；短周期主族

元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，则W为Cl元素。【详解】A．X、Y分别为N、Al，由于Al的电子层数比N多一层，即半径r(N)<r(Al)，A错误；B．ZW2为SCl2，是含有极性键的极性分子，B错误；C．Z、W分别为S、Cl，非金属

性S<Cl，即Z的简单气态氢化物的稳定性比W的弱，C正确；D．元素Y、W形成的化合物AlCl3，是共价化合物，属于分子晶体，D错误；故选C。4.某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备2NaNO，下列说法正确的是A.装置A无需加热，滴入浓硝酸就能发生反应B.装置B中

铜的作用是提高NO的生成率C.装置C中装的药品可以是碳酸钠固体D.装置E中的酸性4KMnO溶液的主要作用是吸收生成的2NO【答案】B【解析】【分析】制备NaNO2并对其性质作探究，由实验装置可知，A中发生Δ3222C+4HNO==CO+4NOHO()+2浓，B中稀释挥发的硝酸和

将生成的二氧化氮转化为NO，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O2═2NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，以此解答该题。【详解】A．装置A中发生Δ3222C+4HNO==CO+4NOHO()+2浓，需要加热

，故A错误；B．二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，故装置B中铜的作用是提高NO的生成率，故B正确；C．为保证制得的亚硝酸钠的纯度，应除去二氧化碳、水等杂质，则C装置中盛放的试剂可以是氢氧化钠固体，不能选碳酸钠固体，故C错误；D．E装置的作用是利用高锰酸钾溶液

的强氧化性氧化吸收有毒气体一氧化氮，吸收有毒的NO气体，避免污染空气，反应的离子方程式为：3-4MnO+4H++5NO=3Mn2++5-3NO+2H2O，故D错误；故选：B。5.液氨可以微弱的电离产生2NH−和4NH+，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形

成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH3、NH2OH、2NO−、3NO−的说法正确的是A.NH3的键角比2NH−中的大B.NH2OH难溶于水C.2NO−的空间构型为直线形D.含3NO−的

溶液都具有强氧化性【答案】A【解析】【详解】A．NH3、2NH−的N原子都采用sp3杂化，NH3的N原子上有1对孤电子对，而2NH−的N原子上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致

NH3的键角比2NH−中的大，A正确；B．-OH是亲水基，NH2OH与水分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此NH2OH易溶于水，B错误；C．2NO−中的中心N原子的价层电子对数是2+5+1-222=3，N原子上含有1对孤电子对，因此2NO−的空

间构型是V形，C错误；D．在酸性溶液中，含3NO−的溶液H+、3NO−起HNO3的作用，表现强氧化性，而当溶液显中性或碱性时不具有强氧化性，D错误；故合理选项是A。6.能正确表示下列变化的离子方程式是A.

大理石与醋酸反应：233223CO2CHCOOHCOHO2CHCOO−−+=++B.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：2232SO2OHSOHO−−+=+C.硫酸铝溶液与过量氨水反应：332242Al4NHHOAlO4NH2HO

+−++=++D.向43NHHCO溶液中加过量的NaOH溶液：432NHOHNHHO+−+=+【答案】B【解析】【详解】A.大理石与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2+-33223CaCO+2CHCOOH=Ca+CO+HO+2CHCOO，选

项A错误；B.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体，生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2232SO2OHSOHO−−+=+，选项B正确；C.硫酸铝溶液与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为：3++

3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH，选项C错误；D.向43NHHCO溶液中加过量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水，反应的离子方程式为：-+-2343223HCO+NH+2OH=NHHO+HO+CO−，选项D错误；答案选B。7.下列

有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.钠的熔点较低，可制作高压钠灯B.盐酸具有还原性，可用于金属除锈C.2SO具有漂白性，可使4KMnO溶液褪色D.22HO具有氧化性，可用于伤口创面消毒【答案】D【解析】【详解】A．钠发出的黄光射程远透雾能力强，

可制作高压钠灯，A无对应关系；B．盐酸具有酸性能和金属氧化物反应，可用于金属除锈，B无对应关系；C．2SO具有还原性，能和高锰酸钾发生氧化还原反应，可使4KMnO溶液褪色，C无对应关系；D．22HO具有氧化性，能杀菌消毒，可用于伤口创面消毒，D有对应关系；故选D。8.氮化硅(Si

3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备的Si3N4操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)，有关叙述不．正确的是A.“还原”反应中氧化产物为CO2B.“高温氮化”反应的化学方程式为：3Si+2N2高温

Si3N4C.“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉D.“稀酸Y”可选用稀硝酸【答案】A【解析】【分析】石英砂为SiO2，SiO2与焦炭在高温下发生2SiO2C==Si2CO高温＋＋，粗硅与氮气反应生成Si3N4，据此分析；【详解】A．焦炭与

石英砂发生反应2SiO2C==Si2CO高温＋＋，焦炭被氧化成CO，不是CO2，故A错误；B．“高温氮化”是Si与氮气反应，其反应方程式为2343Si2N==SiN高温＋，故B正确；C．原料气中含有N2和

少量的O2，氧气能与Cu反应生成CuO，N2不与Cu反应，操作X可以得到纯净氮气，故C正确；D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe、Cu与稀硝酸反应，得到可溶于水的Fe(

NO3)3和Cu(NO3)2，稀硝酸可以除去Si3N4中Fe和Cu，故D正确；答案为A。9.3-丙基-5，6-二羟基异香豆素(Y)的一步合成路线反应如图。下列有关说法正确的是A.X分子存在顺反异构体B.Y与足量2H加成后有5个手性碳

原子C.1molY最多能与4molNaOH反应D.1molY与浓溴水反应，最多消耗4mol2Br【答案】B【解析】【详解】A．该结构不满足顺反异构的条件，故A错误；B．每个碳原子周围连接4个不同的原子或原子团为手性碳原子，则Y与足量H2加

成后有5个手性碳原子，故B正确；C．酚羟基和酯基能与氢氧化钠反应，故1molY最多能与3molNaOH反应，故C错误；D．Y含有酚羟基，能与1mol浓溴水发生邻位或对位取代，其物质的量之比为1:1，且含有碳碳双键，可与浓溴水按物质的量之比为1:1发生加成，所以1mo

lY与浓溴水反应，最多消耗2mol，故D错误；故选B。10.对于制取水煤气的反应：()()()()22CsHOgCOgHg++高温，下列说法正确的是A.该反应的化学平衡常数()()2KCOHcc=B.增加碳的量，

可提高反应速率C.一定温度下，在固定体积的密闭容器中，当压强不再改变，说明反应已达平衡D.()()()()ECC2EHOECOEHH0−+−−−−(其中E表示键能，碳用是石墨)【答案】C【解析】【详解】A．该反应的化学平衡常数()()()22cc

HKcHOCO=，A错误；B．碳是固体，浓度视为常数，增加碳的量，不能提高反应速率，B错误；C．该反应是一个气体体积增大的反应。一定温度下，在固定体积的密闭容器中，未达平衡前，压强是变量，当压强不再改变，说明反应已达

平衡，C正确；D．反应热为反应物的键能之和-生成物的键能之和，但是表达式中石墨的键能表示有错误，根据石墨的结的构可知1mol碳含有32mol碳碳单键，D错误；故选C。11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的

结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向1mL10.1molL−4MgSO溶液中，滴入2滴10.1molL−NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴140.1molLCuSO−溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色()sp2MgOHK()sp2CuOHKB向3mL()33Fe

NO溶液中滴加几滴HI溶液，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色I−的还原性比2Fe+的强C分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸钠溶液中滴加酚酞，后者红色更深碳酸酸性强于苯酚D苯和液溴在3FeBr的催化下发生反应，将得到的气体直接通入3AgNO溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取

代反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向1mL0.1mol/LMgSO4溶液中，滴入2滴0.1mol/LNaOH溶液，产生白色沉淀，氢氧化镁存在溶解平衡，再滴入2滴0.1mol/LCuSO4溶液，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，导致平衡正向移动，白

色沉淀逐渐溶解，最终白色沉淀逐渐变为蓝色，说明Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，故A正确；B．HI为强酸，可电离出H+，3NOH−+、也可直接氧化I−，故B错误；C．由现象可知，碳酸根离子水解程度大，可知苯酚酸性大于碳酸氢根

离子的酸性，故C错误；D．溴单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D错误；答案选A。12.室温下：()7.52aHClO10K−=、()6.38a123HCO

10K−=、()10.25a223HCO10K−=、()8.55sp3CaCO10K−=。实验室进行多组实验测定某些酸、碱、盐性质，相关实验记录如下：实验实验操作和现象1测定130.10molLNaHCO

−溶液的pH约为82测定10.10molL−HCN与10.05molL−NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH>73向NaClO溶液中通入少量的2CO，测得pH降低4向1230.01molLNaCO−溶液中加入等体积120.02molLCaCl−溶液，产生白色沉淀

下列所得结论正确的是A.实验1溶液中存在：()()()()2323COHHCOOHcccc−+−+=+B.由实验2可得()()waaHCNHCNKKKC.实验3反应的离子方程式：2223COHO2ClOCO2HClO−−++=+D.实验4所得上层清

液中的()26.5513CO210molc−−−=【答案】D【解析】【分析】由电离常数可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3−；由实验1可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性；由实验2可知，0.10mol•L-1氢氰酸与0

.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性。【详解】A．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒，碳酸氢钠溶液中存在的关系为()()()()2323COO

HHCOHcccc−−++=+，故A错误；B．由分析可知，实验2中0.10mol•L-1氢氰酸与0.05mol•L-1氢氧化钠溶液等体积混合后反应得到等浓度的氢氰酸和氰酸钠的混合溶液，氢氰酸的电离程度小于

氰酸根离子的水解程度，使溶液呈碱性，则氢氰酸的电离常数Ka（HCN）<()waHCNKK，故B错误；C．由分析可知，弱酸和酸式根离子在溶液中的电离程度为H2CO3＞HClO＞HCO3−，则次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应

的离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HCO3−+HClO，故C错误；D．由题意可知，VL0.01mol/L碳酸钠溶液和VL0.02mol/L氯化钙溶液等体积混合反应后溶液中过量的钙离子浓度为0.020.012VVV−mol/L=

0.005mol/L，由碳酸钙的溶度积可知溶液中碳酸根离子浓度为()8.556.25510/210/0.005spKmolLmolLCac−−+==，故D正确；故选：D。13.3MoO可以催化1,2−丙二醇()获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确的是A.转

化过程中涉及非极性共价键断裂与形成B.反应过程中Mo形成共价键的数目始终保持不变C.如果原料是乙二醇，则主要有机产物是乙二醛和乙烯D.Cu催化氧化1,2−丙二醇所得产物与3MoO催化时相同【答案】A【解析】【详解】A．历程③中有碳破单键断裂，历程④中有碳碳双键形成

，A正确B．Mo周国形成共价键数目有6个，4个两种情况，B错误C．根据题中信息可知，由历程③反应生成OH-C-H和3OCH-C-H，由历程④反应生成CH3CH=CH2，若乙二醇为原料历程③反应生成OH-C-H，由历程④反应生成CH2=CH2，C错误；D

．Cu催化氧化1.2-丙二醇生成物为3OOCH-C-C-H与MoO3催飞产物不同，错误；故选A。14.在一定温度和压强下，将按一定比例混合的2CO和2H通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：()()()()2242COg4HgCHg2HOg+=+21165kJmolH−=−()()(

)()222COgHgCOgHOg+=+141kJmolH−=+催化剂的选择是2CO甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测2CO转化率和生成4CH选择性［4CH选择性=422CHCOCO用于生成的物质的量的物质的量发生反

应×100%］随温度变化的影响如图所示。下列有关说法正确的是A.在260℃-320℃间，以2NiCeO−为催化剂，升高温度4CH的产率不变B.延长W点的反应时间，一定能提高2CO的转化率C.()()()()242COg3HgCHgHOg+=+1206kJ

mol−=+HD.高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高2CO转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加的快【答案】D【解析】【详解】A．在260℃～320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，由图可知，升高温度甲烷的选择性基本不变，但二氧化碳的转化率升高，故甲烷的的产率上升，故A错误；B．

W点可能为平衡点，延长时间二氧化碳转化率不变，故B错误；C．已知①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH=+41kJ•mol-1，由

盖斯定律①-②可得CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）ΔH=-165kJ•mol-1-41kJ•mol-1=-206kJ•mol-1，故C错误；D．由图可知，对应时间内以Ni为催化剂，二氧化碳转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni

-CeO2为催化剂，二氧化碳甲烷化反应已达到平衡状态，升高温度，平衡左移，以Ni为催化剂，二氧化碳甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，故D正确；故选：D。二、非选择题：共4题，共58分1

5.钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：已知：(i)氧化性：Co3+>-3ClO>Fe3+。(ii)CoCO3、Co(

OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]均难溶于水。（1）写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施_______。（2）“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______。（3）“氧化”中，被氧化的离子有_______。（4）

如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。（5）若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K=_______[已知

常温下，Ksp(MnS)=2.6×10-13，Kp(CuS)=1.3×10-36]。（6）“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。【答案】（1）搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3

溶液浓度（2）Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+Na2SO4+2H2O（3）2-3SO和Fe2+（4）0.7~2.2（5）2.0×1023（6）①.2-3HCO+Co2+=CoCO3↓+

H2O+CO2↑②.Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀【解析】【分析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入

碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。【小问1详解】依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。【小问2详解】根据原子守恒可知“还原浸

出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+Na2SO3+2H2SO4＝2CoSO4+Na2SO4+2H2O。【小问3详解】已知：(i)氧化性：Co3+>-3ClO>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co

3+＞-3ClO＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有2-3SO和Fe2+。【小问4详解】阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。【小问5详解】常温下“除铜”反

应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=2+2+2-132+2+2-36c(Mn)c(Mn)c(S)2.610=c(Cu)c(Cu)c(S)1.310−−=＝2×1023。【小问6详解】“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成

，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2-3HCO+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。16.化合物F可

以用于治疗哮喘、支气管炎、风湿等疾病。其一种合成路线如图：（1）一个A分子中采用sp3杂化方式的碳原子数目_______。（2）A→B经历两步反应，第二步是消去，第一步反应类型为_______。（3）C分子式为C19H20O5，则C的结构简式为_

______。（4）H的分子组成比F少两个亚甲基，请写出同时符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：_______。①分子中含有两个苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解，且水解得到的产物能与FeCl3溶液发生显色反应

；③其核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰的面积比为1∶1∶2∶2。（5）设计以、为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【答案】（1）3（2）加成反应（3）（4）（5）PCCDCM⎯⎯⎯→HBr⎯⎯⎯⎯→2+NaOH/HOH

⎯⎯⎯⎯→催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→。【解析】【分析】有合成路线可知，和甲醇发生反应生成C，则C是。【小问1详解】单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环中的碳原子采用sp2杂化，一个A分子中采用sp3杂化方式的碳原子数目

3个；【小问2详解】A→B经的第一步反应为和反应生成，类型为加成反应。【小问3详解】和甲醇发生反应生成C，C是；【小问4详解】H的分子组成比F少两个亚甲基，①分子中含有两个苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解，且水解得到的产物能与

FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸酚酯；③其核磁共振氢谱有4组吸收峰，峰的面积比为1∶1∶2∶2，说明结构对称。符合条件的H的结构简式为；【小问5详解】氧化为，和反应生成，和HBr发生加成反应生成，水解为，缩聚为，合成路线为PCCDCM⎯⎯⎯→HBr⎯⎯

⎯⎯→2+NaOH/HOH⎯⎯⎯⎯→催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→。17.铬(Cr)属于分布较广的元素之一，其单质与化合物在颜料、纺织、电镀、制革等方面都有着重要作用。（1）氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)是一种重要的工业原料，可通过甲醇还原铬酸钠(Na2CrO4)制

备。其实验装置和步骤如下：Ⅰ.将一定量铬酸钠、甲醇与水的混合物加入三颈瓶；Ⅱ.缓慢滴加足量盐酸，保持温度在100℃反应3h；Ⅲ.冷却后加入NaOH，得到Cr(OH)3沉淀；Ⅳ.洗净沉淀，加入理论用量1.1倍的盐酸溶解后，通过结晶法得到

CrCl3·6H2O晶体。回答下列问题：①装置b的主要作用除导气外，还有____。②步骤Ⅱ中的反应会有CO2生成，请写出反应的化学方程式：___。③步骤Ⅳ中，盐酸过量的原因是___。（2）已知：碱性条件下，H2O2能把Cr(Ⅲ)氧化为CrO24−；酸性条件下，H2

O2能把Cr2O27−还原为Cr3+；Pb2+形成Pb(OH)2开始沉淀pH为5，完全沉淀pH为8。以CrCl3·6H2O和Pb(NO3)2为原料可制备铬酸铅(PbCrO4难溶于水)，具体步骤如下：边搅拌边向CrCl3·6H2O晶体中加入2mol·L-1的NaOH溶液至产

生的沉淀完全溶解，得到NaCrO2溶液，____。过滤，冷水洗涤，烘干，得到铬酸铅产品[实验中须使用的试剂：H2O2溶液、6mol·L-1的醋酸溶液、0.5mol·L-1的Pb(NO3)2溶液]。（3）

由含铬污水(主要含CrO24−)制备具有磁性的铁铬氧体(CrxFeyOz)的流程如图：FeSO4的作用是将CrO24−还原为Cr3+，通入的空气主要是将部分Fe2+氧化。若处理含1molCrO24−的污水时，投入的FeSO

4的物质的量为14mol，且沉淀时消耗O2的物质的量为1.5mol(清液中不含铬元素和铁元素)。则形成的铁铬氧体的化学式为___。(写出计算过程)【答案】（1）①.冷凝回流②.2Na2CrO4+CH3OH+10HCl100℃2CrCl3+CO2↑+4NaCl+7H2O③.抑制C

r3+的水解（2）先向溶液中加过量H2O2溶液，煮沸，再向溶液中加6mol·L-1的醋酸调节pH约为5，再滴加0.5mol·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀（3）CrFe14O20【解析】【小问1详解】①甲醇易挥发，仪器b是球形冷凝管，主要作用除导气外，还有冷凝回流，提高CH3

OH利用率；②步骤Ⅱ是在酸性条件下，用甲醇把Na2CrO4还原为CrCl3，甲醇自身被氧化为CO2，根据得失电子守恒、元素守恒配平得完整方程式为：2Na2CrO4+CH3OH+10HCl100℃2CrCl3+CO2↑+4NaCl+7H2O；③Cr3

+易水解，步骤Ⅳ中加过量盐酸，使溶液呈酸性抑制Cr3+水解，故此处填：抑制Cr3+水解；【小问2详解】由所给信息知，得到NaCrO2碱性溶液后，可加入H2O2将NaCrO2氧化为Na2CrO4，之后控制pH不大于5，加入Pb(NO3)2溶液

形成PbCrO4，具体方案如下：先向溶液中加过量H2O2溶液，煮沸，再向溶液中加6mol·L-1的醋酸调节pH约为5，再滴加0.5mol·L-1的Pb(NO3)2溶液至不再产生沉淀；【小问3详解】根据得失电子守恒得关系式：

2-4CrO~3FeSO4~Cr3+~3Fe3+，故1mol2-4CrO消耗FeSO4物质量=1mol×3=3mol，生成Cr3+：1mol，Fe3+：3mol，由O2~4FeSO4~4Fe3+，知，被O2氧化的FeSO

4物质的量=1.5mol×4=6mol，生成Fe3+：6mol，此时还剩余FeSO4物质的量=14mol-3mol-6mol=5mol，故所得铁铬氧体中含有：Cr3+1mol、Fe3+9mol、Fe2+5mol，根据化合价代数和为0知，O2-物质的量=1?3+9?3+5?2

=20mol2，故x：y：z=1mol：(9+5)mol：20mol=1：14：20，故该化合物化学式为：CrFe14O20。18.钛(Ti)及其合金具有密度小、质量轻、比强度高、耐腐蚀性等优点，被称为“全能金属”。（1）工业上利用

金红石()2TiO制备金属钛的流程如下：已知：2TiO转化为4TiCl有直接氯化法和碳氯化法。a.直接氯化：()()()()2242TiOs2ClgTiClgOg+=+1172kJmolH−=+b碳氯化：()()()()()224

TiOs2Clg2CsTiClg2COg++=+151kJmolH−=−①“碳氯化”的反应趋势远大于直接氯化，原因是_______。②“碳氯化”过程中每生成1mol4TiCl，理论上转移电子数为_______。③“还原”步骤中可使用金

属Mg在800~900℃及氩气保护下制取金属钛。相比于传统的氢气还原法(2500℃下，用2H作还原剂)，请从能源利用、物质转化与资源综合利用角度分析，用金属Mg还原的优点是_______。（2）我国科学家研究出USTB工艺制取金属钛，其原理如图。的.①该方法使用具有导

电性的TiO•TiC固溶体作阳极，碳钢作阴极，熔盐作电解质，电解时阳极发生的主要电极反应为_______。②由于水对实验有严重影响，而熔盐2CaCl具有很强的吸水性，所以必须对2CaCl进行预处理。将装有2CaCl的坩埚置于电阻炉后，同时以11.5Lmin−的速度通入显

气，实验所得到的熔盐2CaCl重量随温度和时间的变化曲线如图所示。图中244℃时发生2CaCl脱除结晶水的反应。请结合图像分析，工业上一般在778℃时，将通入氩气的速度降至10.2Lmin−，其原因可能是____

___。【答案】（1）①.C和2O反应高温条件下生成CO，促使平衡正向(或向右)移动②.4NA或2346.0210③.用Mg还原可在较低温度下反应而节约能源，副产物2MgCl还可通过电解生成2Cl和Mg后分别到“氯化”过程和“还原”过程中循环使用（2）①.2TiOTiC4e2TiCO−+−

=+②.氩气进入电阻炉后，因温度升高而导致体积膨胀，778℃时，将通入氩气的速度降至10.2Lmin−，可达到惰性保护气氛的要求，而且可降低由气流带走的熔盐损失，也可减少对坩埚的冲刷【解析】【分析】金红石()2TiO中加入氯气、

C在高温条件下发生反应224TiO2Cl2CTiCl2CO高温+++，然后在CCl4中精制，加入活泼金属如Mg等，发生置换反应冶炼得到Ti，据此分析（1）问。小问1详解】①从平衡角度理解，“碳氯化”的反应中生

成的C继续和氧气反应再生成CO，促使平衡正向(或向右)移动所以其趋势远大于直接氯化；②“碳氯化”过程224TiO2Cl2CTiCl2CO高温+++，该反应中氯元素化合价降低4价，得到电子数为4，碳元素化合价升高4，所以

每生成1mol4TiCl，理论上转移电子数为4NA或2346.0210；③“还原”步骤中可使用金属Mg在800~900℃及氩气保护下制取金属钛。相比于传统的氢气还原法(2500℃下，用2H作还原剂)，用Mg还原可在较低温度下反应而节约

能源，副产物2MgCl还可通过电解生成2Cl和Mg后分别到“氯化”过程和“还原”过程中循环使用；【小问2详解】①TiO•TiC固溶体作阳极，发生失电子的氧化反应，生成Ti2+和CO，其电极反应式为：2TiOTiC4e2TiCO−+−=+；②根据图像可知，氩气进入电阻炉后，因

温度升高而导致体积膨胀，778℃时，将通入氩气的速度降至10.2Lmin−，可达到惰性保护气氛的要求，而且可降低由气流带走的熔盐损失，也可减少对坩埚的冲刷，所以工业上一般在778℃时，将通入氩气的速度降至1

0.2Lmin−。【获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com