【文档说明】江苏省镇江市镇江中学2022-2023学年高一下学期3月检测化学试题 含解析.docx，共(19)页，4.214 MB，由小赞的店铺上传

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省镇中高一年级第二学期三月检测(化学)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ni-59选择题(共39分)单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国计划在2030年实现“碳达峰

”，体现了对解决全球环境问题的大国担当。下列说法正确的是A.利用火力发电，减少CO2的排放B.燃煤中加入CaO减少CO2气体排放C.采取节能低碳生活方式，禁止使用化石燃料D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用【答案】D【解析】【分析】【详解】A．利用火

力发电，会增加煤炭的燃烧，不利于减少CO2的排放，故A错误；B．CaO和CO2高温下几乎不反应，因此燃煤中加入CaO不能减少CO2气体排放，故B错误；C．采取节能低碳生活方式，不能禁止使用化石燃料，只能尽量使用新

能源代替化石燃料，故C错误；D．用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现CO2的资源化利用，有利于减少CO2的排放，故D正确。综上所述，答案为D。2.钛有“二十一世纪的金属”、“生物金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：422Mg+TiCl2MgClTi+高温。下列说法正确的是

A.中子数为14的镁原子：1412MgB.Cl−结构示意图：C.2MgCl的电子式：D.钛与人体骨骼相近，具有良好的生物相容性，能制造股骨头和各种关节【答案】D【解析】【详解】A．中子数为14的镁原子质量数为26，该核素表示为2612Mg，故A错误；B．Cl−

核外有18个电子，结构示意图为，故B错误；C．2MgCl是离子化合物，电子式为，故C错误；D．钛有“生物金属”的美称，钛与人体骨骼相近，具有良好的生物相容性，能制造股骨头和各种关节，故D正确；选D。3.氮是生命的基础，氮及其化合物在

生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为13224NH(g)5O(g)4NO(g)6HO(g)ΔH904kJmol−++=−，2NO和24NH反应放出大量的热，在火箭燃料中

使用。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.2N不溶于水，可用作保护气B.3NH极易溶于水，可用作制冷剂C.2NO具有强氧化性，可作火箭燃料推进剂D.3HNO易挥发，可用来制备硝酸盐【答案】C【解析】【详解】A．2N常做保护气，与其无毒无害，且

性质稳定有关，与溶解性无关，因此故A错误；B．3NH常做制冷剂，是因为其易液化，余溶解性无关，故B错误；C．2NO具有强氧化性，能与24NH发生氧化还原反应，反应放出大量热，因此可作火箭推进剂，故C正确；D．3HNO可用硝酸制备

硝酸盐，是因为硝酸是典型的强酸，可与碱或盐等物质反应生成硝酸盐，与其挥发性无关，故D错误；故选：C。4.氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为13224NH(g)5O(g)4NO(g)

6HO(g)ΔH904kJmol−++=−，2NO和24NH反应放出大量的热，在火箭燃料中使用。实验室采用下列装置制取氨气，正确的是A.生成3NHB.干燥3NHC.收集3NH并验满D.吸收多余3NH【答案】D【解析】【详解

】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口重新反应生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；B．浓硫酸与氨气能反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C．因氨气密度小于空气，收集氨气时导管应伸入试管底部

，C错误；D．氨气极易溶于水，吸收多余的氨气时应该注意防倒吸，D正确；故选D。5.氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为13224NH(g)5O(g)4NO(g)6HO(g)ΔH904kJmol−++=−，2

NO和24NH反应放出大量的热，在火箭燃料中使用。对于反应3224NH(g)5O(g)4NO(g)6HO(g)++，下列有关说法不正确的是A.在容器中充入34molNH和25molO，一定条件下充分反应，反应结束后，电子转移的物质的量为20molB.在恒容容器内，

反应达到平衡后，通入Ar，压强增大，但v(正)和v(逆)都不变C.断裂1molNH−键的同时，断裂1molOH−键，说明该反应达到平衡伏态D.当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态【答案】A【解析

】【详解】A．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化，A错误；B．在恒容容器内，反应达到平衡后，通入Ar，压强增大，但各物质浓度均不变，v(正)和v(逆)都不变，B正确；C．从方程式可以看出，断裂12molNH−键的同时，断裂

12molOH−键，即断裂1molNH−键的同时，断裂1molOH−键，说明该反应达到平衡伏态，C正确；D．该反应前后气体分子数增加，气体总质量不变，恒容条件下当混合气体的平均摩尔质量不变，说明该反应达到平衡状态，D正确

；故选A。6.铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。232FeO(s)3CO(g)2Fe(s)3CO(g)ΔH0++是炼铁工业中的主反应．硫铁矿烧渣中含有大量3Fe(OH)，工业上常用于制取绿矾()42FeSO7HO。铁元素的常

见价态有2+、3+价，实验室可用赤血盐()36KFe(CN)溶液检验2Fe+，黄血盐()46KFe(CN)溶液检验3Fe+。下列关于铁及其化合物的性质与用途，不具有对应关系的是A.Fe具有还原性，可用作食品抗氧化

剂B.23FeO属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料C.3FeCl溶液中3Fe+具有较强氧化性，可制作印刷电路板D.3Fe(OH)胶体具有吸附性，可用作自来水的净水剂【答案】B【解析】【详解】A．Fe具有还原性，能与氧气反应，可用作食品抗氧

化剂，性质和用途相对应，A不符合题意；B．23FeO呈红棕色，可用作粉刷墙壁的红色涂料，选项中性质和用途不相对应，B符合题意；C．3FeCl溶液中3Fe+具有较强的氧化性，能与铜反应，故可制作印刷电路板，性质和用途相对应，C不符合题意；D．3Fe(OH)胶体具有吸

附性，能吸附悬浮性杂质，可用作自来水的净水剂，性质和用途相对应，D不符合题意；故选B。7.铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。232FeO(s)3CO(g)2Fe(s)3CO(g)ΔH0++是炼铁工业中的主反应．硫铁矿烧渣中含有大量3

Fe(OH)，工业上常用于制取绿矾()42FeSO7HO．铁元素的常见价态有2+、3+价，实验室可用赤血盐()36KFe(CN)溶液检验2Fe+，黄血盐()46KFe(CN)溶液检验3Fe+。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的

是A.2HO(g)34Fe(s)FeO(s)⎯⎯⎯→高温B.32NHHO33FeCl(aq)Fe(OH)⎯⎯⎯⎯→的C.Cu3Fe(aq)Fe+⎯⎯→D.24HSO234FeOFeSO(aq)⎯⎯⎯⎯→稀【答案】AB

【解析】【详解】A．铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，故选A；B．氯化铁和氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，故选B；C．2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铜不能置换出铁，故不选C；D．氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，故不选D；选AB。8.铁元素是重要的金属元素，含有铁元素

的物质，在人类的生产生活中有着重要的应用。232FeO(s)3CO(g)2Fe(s)3CO(g)ΔH0++是炼铁工业中的主反应。硫铁矿烧渣中含有大量3Fe(OH)，工业上常用于制取绿矾()42FeSO7HO。铁元素的常见价态有2+、3+价，实验室可用赤血盐()36K

Fe(CN)溶液检验2Fe+，黄血盐()46KFe(CN)溶液检验3Fe+。由硫铁矿烧渣(主要含23232FeOAlOSiO、、)制取绿巩的流程如下：下列有关说法不正确的是A.第一次“过滤”所得滤渣的主要成分是2SiOB.“反应”时发生的主

要反应为322FeFe3Fe+−+=C.“检验”时可用46KFe(CN)溶液检验上一步“反应”是否进行完全D.“调pH”的主要目的是将未被还原的3Fe+转化为3Fe(OH)沉淀除杂【答案】D【解析】【分析】硫铁矿烧渣酸溶后，二氧化硅不反应，过滤得到的滤渣为二氧化

硅，滤液中的金属离子为Al3+和Fe3+，加入过量铁粉的目的是将铁离子完全转化为亚铁离子，检验过程用黄血盐()46KFe(CN)溶液检验3Fe+，无现象则完全反应，NaOH溶液调节pH值是将3+Al转化为3Al(OH)沉淀，过滤后滤渣为3Al(O

H)沉淀，经过一系列操作得到绿矾。【详解】A．根据分析，第一次“过滤”所得滤渣的主要成分是2SiO，A正确；B．“反应”时，加入过量铁粉的目的是将铁离子完全转化为亚铁离子，发生的主要反应为322FeFe3Fe+++=，B正确；C．根据分析，“检

验”时可用46KFe(CN)溶液检验上一步“反应”是否进行完全，C正确；D．“调pH”的主要目的是将3Al+转化为3Al(OH)沉淀除杂，D错误；故选D。9.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两

种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是A.该反应的化学方程式为3B+4D⇌6A+2CB.反应进行到1s时，v(A)=v(C)C.反应从开始到6s的时间内，B的平均反应速率为0.05mol·L-1·s-1D.反应进行

到6s时，各物质的反应速率相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．从图象分析，达到平衡时B、C物质质量分别较少0.6mol、0.8mol，A、D物质增加1.2mol、0.4mol，各物质物质的量变量比值是B:C:A

:D=3:4:6:2，故该反应的化学方程式为3B+4C⇌6A+2D，A错误；B．反应进行到1s时，v(A)＝-1-10.6mol=0.3molLs2L1s，v(C)＝-1-1(1-0.6)mol=0.2molLs2L1s，不相等，B错误；C．反应从

开始到6s的时间内，B的平均反应速率为-1-1(1.0-0.4)mol=0.05molLs2L6s，C正确；D．反应进行到6s时，反应达到平衡状态，各物质的正逆反应速率相等，同向反应速率之比等于系数之比，D

错误；故选C。10.废旧CPU中的金(Au)Ag、和Cu回收的部分流程如下：已知：44HAuClHAuCl+−=+。下列说法正确的是A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少B.“过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和+AgC.用浓盐酸和3N

aNO也可以溶解金D.用过量Zn粉将41molHAuCl完全还原为Au，参加反应的Zn为1.5mol【答案】C【解析】【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，滤液中含金属离子为铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，锌

粉还原得到金。【详解】A．浓硝酸被还原产生NO2，产生1molNO2得1mol电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1molNO得3mol电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；B．“过滤”所得

滤液中的阳离子含有H+、Cu2+和+Ag，B错误；C．浓盐酸和3NaNO在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；D．44HAuClHAuCl+−=+，氢离子也会与锌反应，41molHAuCl参加反应时转移的电子物质的量为4mol，消耗锌的

物质的量为2mol，D错误；故选C。11.常温下，取铝土矿(含有Al2O3、FeO、Fe2O3、SiO2等物质)用硫酸浸出后的溶液，分别向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是A.加入过量NaOH溶液：Na+、AlO2−、OH-、SO24−B加入过量氨

水：NH4+、Al3+、OH-、SO24−C.通入过量Cl2：Fe2+、H+、ClO-、SO24−D.加入过量H2SO4溶液：Fe2+、Na+、NO3−、SO24−.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．加入过量NaOH溶液后，铝离子转化为偏铝酸根，铁离子和亚铁离子转化为沉淀，溶液中主要存

在的离子为Na+、AlO2−、OH-、SO24−，故A项正确；B．加入过量氨水后，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，溶液中Al3+不能大量存在，故B项错误；C．通入过量Cl2后，Fe2+被氧化为Fe3+，故C项错误；D．加入过量H2SO4溶

液，H+与NO3−混合后有强氧化性，Fe2+被氧化Fe3+，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。12.下列生产或实验事实引出的相应结论不．正确的是选项事实结论A向135mL0.1molLFeCl−溶液中加入11mL

0.1molLKI−溶液，充分振荡，完全反应后，滴加KSCN溶液，出现血红色3222Fe2I2FeI+−+++是可逆反应B工业制硫酸时，在3SO的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环增大气液接触面积，使3SO的吸收速率增大C其他条件相同，223NaSO溶液和24HSO溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉

淀所需时间缩短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快DA、B两支试管中分别加入等体积5%的22HO溶液，在B试管中加入2~3滴3FeCl溶液，B试管中产生气泡块当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】为.【详解】A．向135mL0.1m

olLFeCl−溶液中加入11mL0.1molLKI−溶液，充分振荡，完全反应后，FeCl3过量，滴加KSCN溶液，出现血红色，不能证明3222Fe2I2FeI+−+++是可逆反应，故A错误；B．工业制硫酸时，在3SO的吸收阶段，吸收塔里要装填瓷环，可以增大气液

接触面积，使SO3的吸收速率增大，故B正确；C．其他条件相同，223NaSO溶液和24HSO溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短，时间越短出现浑浊，说明反应速率越快，能证明当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快，故C正确；D．A、B两支试管中分别加入等体积5%

的22HO溶液，在B试管中加入2~3滴3FeCl溶液，B试管中产生气泡块，产生气泡越快说明反应越快，说明当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率，故D正确；选A。13.2SO是引起酸雨的因素之一，工业上

通过NaClO碱性溶液(含NaOH)吸收2SO来控制和治理。在45℃时，将含有2SO的烟气和NaClO碱性溶液按图示方式通入反应釜；常加23NiO作催化剂，催化过程如图1所示。下列说法不正确的是A.催化过程1的化学

方程式：232NiONaClO2NiONaCl+=+B.催化过程2的离子方程式：2232NiOClONiOCl2O−−+=++C.反应釜中的总反应：2242NaClOSO2NaOHNaClNaSOHO++=++D.用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好，可生成难溶CaSO

4有利于反应进行【答案】D【解析】【分析】【详解】A．催化过程1中，Ni2O3与ClO-反应生成NiO2和Cl-，则化学方程式为232NiONaClO2NiONaCl+=+，A正确；B．催化过程2中，NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，则反应的离子方程式为2232N

iOClONiOCl2O−−+=++，B正确；C．反应釜中，含NaOH的NaClO溶液与SO2催化剂表面接触后发生反应，生成24SO−、Cl-等，总反应的化学方程式为2242NaClOSO2NaOHNaClNaSOHO++=++，C正

确；D．用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫，虽然也能将SO2氧化为H2SO4并最终转化为CaSO4，但难溶的CaSO4会堵塞催化剂层的气孔，使SO2、Ca(ClO)2溶液、催化剂三者难以充分接触，从而降低脱硫效果，D不正确；故选D。非选择题(共61分)14.工业燃烧煤

、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物()x22NOCOSO、、等气体，严重污染空气．对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。I．脱硝：（1）催化剂存在下，2H还原2NO生成水蒸气和其他无毒物质的化学方程式为___

____。II．脱碳：向2L密闭容器中加入222molCO6molH、，在恒温恒容的条件下发生反应2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)ΔH0++。（2）下列叙述中，能说明此反应达到平衡状态的

是_______(填字母)。A.单位时间内生成3nmolCHOH的同时生成2nmolHOB.2CO和2H的物质的量分数保持不变C.2CO和2H的浓度保持不变D.混合气体的密度保持不变（3）该反应过程中的部分数据见下表：反应时间/min()2nCO/mol()

2nH/mol()3nCHOH/mol()2nHO/mol02600104.5201301①20min时，反应是否达到平衡状态？__________(填“是”或“否)，理由是____________。②前10m

in内的平均反应速率()3vCHOH=____________11molLmin−−；平衡时2H的浓度为()2cH=____________1molL−；平衡时2CO的转化率为________________。③在其他条件不变的情况下

，若20min时向该密闭容器中通入21molH，此时正反应速率将___________(用“变快”，“变慢”或“不变”填空)。【答案】（1）22224H+2NON+4HO催化剂（2）BC（3）①.是②.30min时各物质物质的量和20min时相同③.0.025④.1.5⑤.50%⑥.变快【解

析】【小问1详解】催化剂存在下，2H还原2NO生成水蒸气和其他无毒物质，根据氧化还原反应规律，无毒物质是氮气，反应的化学方程式为：22224H+2NON+4HO催化剂；【小问2详解】A.单位时间内生成3nmolCHOH的同时生成2nmolHO，全部为正反应方

向，不能判断达到平衡，A错误；B.2CO和2H的物质的量分数保持不变，可以判断达到平衡，B正确；C.2CO和2H的浓度保持不变，可以判断达到平衡，C正确；D.恒容条件下，混合气体总质量不变，混合气体的密度保持不变，不能判断达到平衡，D错误；故选BC；【小问3详解】①由表格中数据可列出：()

()()()2232COg3HgCHOHgHOg/mol260010min/mol1.54.50.50.520min/mol131130min/mol1311++起始，20min时已经达到平衡，理由是：30min时各物质物质的量和20min时相同；②前10min内的平均反应速

率()-1-130.5mol2LvCHOH0.025molLmin10min==；平衡时2H的浓度为()23molcH1.5mol/L2L==；平衡时2CO的转化率为63100%50%3−=；③在其他条件不变的情况下，若20min时向该密闭容器中通

入21molH，反应物浓度增大，正反应速率变快。15.以含镍废料(主要成分为NiO，还含有少量232FeOFeOSiOCoO、、、)为原料制备xyNiO和碳酸钴的工艺流程如下：（1）酸溶时，将含镍废料粉碎，目的是_

________。（2）“氧化”中添加3NaClO的作用_________(用离子方程式表示)。（3）调pH过程中生成黄钠铁钒沉淀，同时产生无色无味气体，其离子方程式为________。（4）从4NiSO溶液获得42NiSO6HO晶体的操作依次是：_

________，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如题图所示，该曲线中B段所表示氧化物的化学式为_________(写出计算推理过程)。【答案】（1）增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，提高浸取率（2）23326Fe+ClO6H6Fe+Cl3HO+−++−+=+（3）()(

)32+2342342263Fe3CONa+2SO3HO=NaFeSOOH3CO+−−++++（4）①.蒸发浓缩、冷却结晶②.26.3g42NiSO6HO的物质的量为0.1mol，根据Ni元素守恒，B段

氧化物中Ni元素的物质的量为0.1mol，则O元素的物质的量为8.3g0.1mol59g/mol=0.15mol16g/mol−，n(Ni):n(O)=2:3，则该曲线中B段所表示氧化物的化学式为Ni2O3【解析】【分析】含镍废料主要成分为NiO，还含有少量23

2FeOFeOSiOCoO、、、，二氧化硅不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+、Co2+等阳离子，加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调节溶液pH=2.2生成黄钠铁钒沉淀除铁；过滤，滤液中加有机萃取剂萃取Ni2+，水层中含有Co2

+加NaHCO3得到CoCO3；4NiSO溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得42NiSO6HO，42NiSO6HO煅烧得xyNiO。【小问1详解】酸溶时，将含镍废料粉碎，目的是增大与硫酸的接触面积，加快反应速率，

提高浸取率。【小问2详解】“氧化”中加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为23326Fe+ClO6H6Fe+Cl3HO+−++−+=+。【小问3详解】调pH过程中加Na2CO3调节溶液pH=2.2生成黄钠铁钒沉淀和无色无味的二氧化碳气体，反应的离子方程式为()()32+2342

342263Fe3CONa+2SO3HO=NaFeSOOH3CO+−−++++；【小问4详解】从4NiSO溶液获得42NiSO6HO晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。26.3g42NiSO6HO的物质的量为0.1mol

，根据Ni元素守恒，B段氧化物中Ni元素的物质的量为0.1mol，则O元素的物质的量为8.3g0.1mol59g/mol=0.15mol16g/mol−，n(Ni):n(O)=2:3，则该曲线中B段所表示氧化物的化学式为Ni2O3。16.科学研究发现在不同金属催化剂

的作用下，密闭容器中的2H可高效转化酸性溶液中的硝态氮()3NO−，以达到消除污染的目的，其工作原理如图所示。的（1）导电基体上消除含氮污染物具体历程可描述为：2H在导电基体的单原子铂上失去e−转化为H+，电子进入

导电基体中进行传导，______为NO，NO在单原子铂表面得到一部分e−还原为2NO，_______。其中导电基体上3NO−生成4NH+的总反应离子方程式为______。（2）导电基体上的Pt颗粒增多____________(用“无影响”，“有利于”或“不利于”填空)降

低溶液中的含氮量，原因_______。（3）若导电基体上只有单原子Pt，含氮污染物_______(用“能”或“不能”填空)被消除，原因______。（4）铱()Ir的表面发生反应的化学方程式：______________。【答案】（1）①.3NO−在单原子铜表面得到一部分电

子还原②.3NO−在Pt颗粒表面得到一部分e−还原为4NH+③.342NO8e10HNH3HO−−++++=+（2）①.不利于②.3NO−在Pt颗粒表面被还原为4NH+（3）①.不能②.NO在单原子铂表面得到一部分e−还原为2NO，若导电基体上只有单原子Pt，3NO−不能被还

原为NO（4）Ir2222NO+H=N+HO【解析】【小问1详解】根据图示，2H在导电基体的单原子铂上失去e−转化为H+，电子进入导电基体中进行传导，3NO−在单原子铜表面得到一部分电子还原为NO，NO在单原子铂表面得到一部分e−还原为2NO，

3NO−在Pt颗粒表面得到一部分e−还原为4NH+。其中导电基体上3NO−得电子发生还原反应生成4NH+，根据电子守恒，总反应离子方程式为342NO8e10HNH3HO−−++++=+。【小问2详解】导电基体上的Pt颗粒增多，3NO−在Pt

颗粒表面被还原为4NH+，不利于降低溶液中的含氮量。【小问3详解】NO在单原子铂表面得到一部分e−还原为2NO，若导电基体上只有单原子Pt，3NO−不能被还原为NO，含氮污染物不能被消除。【小问4详解】铱()Ir

的表面氢气和N2O反应生成N2和水，发生反应的化学方程式Ir2222NO+H=N+HO。17.实验小组以某铜渣(主要成分2CuCuS、，含少量Mn和Ag)为原料先制备硫酸铜，再由硫酸铜制备碱式碳酸铜

223Cu(OH)CO。实验包括如下过程：I浸取。将一定量的铜渣粉碎后加入到如图所示的三颈烧瓶中，再通过分液漏斗分批滴入稀硝酸和稀硫酸混合溶液，滴加液体的间隔利用二连球鼓入2O，铜渣充分反应后，向溶液中加入少量NaCl，过滤。（

1）已知浸取时无S和2SO生成，写出浸取时2CuS所发生反应的离子方程式：__________。（2）整个浸取过程中，发生还原反应的物质有_______a．3HNOb．24HSOc．2CuSd．2O（3）滴加液体的间隔向三颈烧瓶内鼓入2O的目的是____。当观察到_____，可以停止鼓入

2O。II制取4CuSO。向滤液中加入NaOH溶液调节pH为7左右，过滤；向滤渣中加入稀硫酸至滤渣恰好完全溶解，得4CuSO溶液。III制223Cu(OH)CO。已知223Cu(OH)CO的产率()2

2342nCu(OH)CO100%nCuSO随起始()23nNaCO与()4nCuSO的比值和溶液pH的关系如图所示。（4）补充完整制取223Cu(OH)CO的实验方案：向烧杯中加入12330mL0.5molLNaCO−溶液，将烧杯置于70℃的

水浴中，边搅拌边加入____14mL0.5molLCuSO−溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用10.1molLNaOH−溶液或10.1molL−盐酸调节溶液pH约_____，充分反应后，过滤，________，低温烘干，得到223Cu(OH)CO。(实验中可选用的试剂或仪器：140.5m

olLCuSO−溶液、121.0molLBaCl−溶液、10.1molLNaOH−溶液、1molL−盐酸、pH计)（5）实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得223Cu(OH)CO的产率偏低，但Cu元素含量偏大，原因是_________。【答案】（1）-+2+2

-23423CuS+10NO+16H6Cu+3SO+10NO+8HO（2）ad（3）①.使NO转化为硝酸，提高硝酸的利用率②.装置中气体不再出现红棕色（4）①.25②.9.0③.洗涤（5）若反应时溶液pH过大，根据图2可知223Cu(OH)CO的产率偏低，沉淀中含有2Cu(O

H)，而2Cu(OH)中铜元素的质量分数大于223Cu(OH)CO，所得所得223Cu(OH)CO的产率偏低，但Cu元素含量偏大。【解析】【分析】三颈烧瓶中发生反应，Cu、Cu2S、Mn、Ag能与硝酸发生氧化还原反

应，硝酸被还原产生的NO与氧气和水反应重新生成硝酸，提高硝酸的利用率。【小问1详解】浸取时无S和2SO生成，2CuS转化为铜离子和硫酸根，离子方程式为：-+2+2-23423CuS+10NO+16H6Cu+3SO+10NO+8HO；【小问2详解】根

据分析，整个浸取过程中，发生还原反应的物质有：硝酸，氧气，选ad；【小问3详解】硝酸被还原成NO，为了充分利用硝酸，可向反应装置中不时的通入氧气，使其转化为硝酸，提高硝酸的利用率，故鼓入氧气的目的是：使NO转化为硝酸，提高硝酸的利用率；当鼓入氧气后，

装置中气体不再出现红棕色，说明装置中就没有NO了，此时可以停止鼓入氧气；【小问4详解】从图中可以看出，当234n(NaCO)1.2n(CuSO)=时碱式碳酸铜的产率最大，此时需要加入140.5molLCuSO−溶液的体积为30mL1.2=25

mL，当pH=9.0时，碱式碳酸铜的产率最大，可通过加盐酸或氢氧化钠调节溶液pH为9.0，充分反应后过滤，洗涤，低温烘干，得到碱式碳酸铜，则由140.5molLCuSO−溶液制取223Cu(OH)CO的实

验方案：向烧杯中加入12330mL0.5molLNaCO−溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入2514mL0.5molLCuSO−溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用10.1molLNaOH−溶液或10.1molL−盐酸调节溶液

pH约9.0，充分反应后，过滤，洗涤，低温烘干，得到223Cu(OH)CO。【小问5详解】若反应时溶液pH过大，根据图2可知223Cu(OH)CO的产率偏低，沉淀中含有2Cu(OH)，而2Cu(OH)

中铜元素的质量分数大于223Cu(OH)CO，所得所得223Cu(OH)CO的产率偏低，但Cu元素含量偏大。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com