【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2

B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：H1O16Na23

S32Cu64一、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.2HS除去工业废水中2Cu+：22HSCuCuS2H+++=+C.碘化亚铁溶液与等物质的量2B

r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：222IBrI2Br−−+=+，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−、3F

e+、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222OHO223OCO

NaNaNaOHNaCO→→→，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24.8g

SO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．23S

O−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、10molL5H5O.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：ClS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2C

O，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()2MgOH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22·6HOM

gCl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22O4e2HO4OH−−++=，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CO气体，一定条件下发生反应：()()()()4Nis

4COgNiCOg+，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)⑤.2222NaCl2HO2NaOHHCl+++通电（2）①.32

42Fe3ClO10OH2FeO5HO3Cl+−−−−++=++②.2424NaFeO2KOHKFeO2NaOH+=+③.242Fe8OH6eFeO4HO−−−+−=+【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24NaFeO，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）2223224SO4Cl

5HO2SO8Cl10H−−−+++=++（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22232NaS3SO2NaSO3S+=+、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(2232NaSO5HO)=2n(I2),2232NaSO5HO的纯度为325015.0010L

0.0500mol/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/3.24.78.3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②.2SiO、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②.2424432ΔFeNH3OHNaH

PONaFePONH3HO++−+−++++++（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。2SiO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2334Δ3FeOC2FeOCO++。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++2122.5kJ/molH=−回答下列问题：（1）反应()()()()23322C

Og4HgCHOCHgHOg++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___________mol。【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()()()()23322CO4HC

HgggOHOgCH++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：()()()()233223

00120.50.5110.2COg4HgCHOCHgHOg/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，()()332CHOCHHO0.5MPapp==，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%0.3molxx=，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−。