浙江省四校聯(lián)盟聯(lián)考2023-2024學年高三上學期化學試題

2023學年第一學期浙江省四校聯(lián)盟聯(lián)考試題化學學科考生須知：1.本卷滿分100分，考試時間90分鐘；2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號；3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效；4.考試結束后，只需上交答題卷?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Cu64選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質不含有機物的是A.有機玻璃 B.足球烯 C.氯仿 D.聚酯纖維【答案】B【解析】【詳解】A．有機玻璃是聚甲基丙烯酸甲酯，是由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物，屬于有機物，A不符合題意；B．足球烯屬于碳單質，屬于無機物，B符合題意；C．氯仿是三氯甲烷，由甲烷發(fā)生取代而來，屬于有機物，C不符合題意；D．聚酯纖維，也就是我們俗稱的“滌綸”，是一種由有機二元酸和二元醇通過化學縮聚制成的合成纖維，它屬于高分子化合物的一種，屬于有機物，D不符合題意；故選B。2.下列化學用語正確的是A.溴乙烷的分子結構模型：B.的電子式：C.的VSEPR模型：D.基態(tài)Si原子的價層電子的軌道表示式：【答案】A【解析】【詳解】A．溴乙烷的結構簡式為CH3CH2Br，原子半徑Br＞C＞H則其分子結構模型為，A正確；B．為共價化合物，其電子式為，B錯誤；C．NH3中形成3個σ鍵，有1對孤對電子，因此其VSEPR模型為四面體，C錯誤；D．基態(tài)Si原子的價層電子為3s23p2，其軌道表示式為，D錯誤；故選A。3.(俗稱銨鐵藍)是一種藍色的無機顏料。下列有關說法不正確的是A.Fe元素位于元素周期表的d區(qū)B.銨鐵藍中鐵元素有兩種化合價C.中H―N―H的鍵角比中的H―N―H的鍵角大D.銨鐵藍中的配體是，該配體中鍵與鍵的數(shù)目之比是2∶1【答案】D【解析】【詳解】A．Fe為26號元素，位于第四周期第Ⅷ族，屬于d區(qū)元素，故A正確；B．銨鐵藍中鐵元素有+2價和+3價兩種化合價，故B正確；C．和NH3中N都是sp3雜化，無孤對電子，NH3有1對孤對電子，因此中H―N―H的鍵角比中的H―N―H的鍵角大，故C正確；D．中形成碳氮三鍵，三鍵中有1個σ鍵、2個π鍵，鍵與鍵的數(shù)目之比是1:2，故D錯誤；故選D。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系正確的是A.導電能力很強，可用于制作光導纖維B.濃硫酸具有吸水性，可用作的干燥劑C.具有弱堿性，可用于制作胃酸中和劑D.硝酸銨易溶于水，可直接作為氮肥施用【答案】C【解析】【詳解】A．導光性強，可用于制作光導纖維，故A錯誤；B．濃硫酸能吸收SO3形成發(fā)煙硫酸，因此不能用濃硫酸干燥SO3，故B錯誤；C．，因此具有弱堿性，且其溶液堿性不強可以用作胃酸中和劑，故C正確；D．高效氮肥硝酸銨受熱或經(jīng)撞擊易發(fā)生爆炸，必須改性處理后才能施用，故D錯誤；故選C。5.利用下列裝置和試劑進行實驗，能達到實驗目的是A．制備固體B．驗證鐵釘吸氧腐蝕C．制備乙烯D．洗滌AgCl沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．制備碳酸氫鈉固體應先向飽和食鹽水中通入過量氨氣，再通入過量二氧化碳，A錯誤；B．鐵釘中有碳和鐵，浸泡在食鹽水中能發(fā)生吸氧腐蝕，導致試管中氧氣含量變小通過氧氣傳感器可以監(jiān)測，B正確；C．乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯需要控制溫度在170℃，因此溫度計應深入液面以下，C錯誤；D．洗滌沉淀時不能用玻璃棒攪拌，用玻璃棒攪拌容易捅破濾紙，D錯誤；故選B。6.高銅酸鉀(KCuO2)是一種難溶于水的黑色粉末狀固體，與高鐵酸鉀(K2FeO4)性質相似，可以由四羥基合銅酸鉀和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高銅酸鉀在酸性條件下不穩(wěn)定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列說法錯誤的是A.①中還原劑和氧化劑的物質的量之比為2：1B.②若有標準狀況下5.6LO2生成，則轉移電子0.5molC.②中KCuO2既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性D.由①、②可知氧化性強弱順序為HBrO>KCuO2>O2【答案】B【解析】【詳解】A．配平兩個反應為、；反應①中HBrO→KBr中Br元素化合價降低2價，HBrO作氧化劑，中Cu元素化合價升高1價，作還原劑，則還原劑和氧化劑的物質的量之比為2∶1，A正確；B．反應②方程式為，生成1mol轉移4mol電子，標準狀況下生成5.6L即物質的量為mol，轉移電子，B錯誤；C．反應②反應方程式中Cu元素化合價降低，O元素化合價升高，既作氧化劑也作還原劑，既表現(xiàn)氧化性，又表現(xiàn)還原性，C正確；D．氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。則氧化性強弱順序為：，D正確；答案選B。7.為阿伏加德羅常數(shù)值，下列說法正確的是A.0.1mol通入足量水中，溶液中的含氯微粒數(shù)目之和為B.10mL18mol/L的濃硫酸與足量Zn完全反應，轉移的電子數(shù)大于C.0.01mol加入沸水制取的膠體中，含膠粒的數(shù)目為D.6.0g中的Si―O共價鍵的數(shù)目為【答案】B【解析】【詳解】A．該反應為可逆反應溶液中還有分子，因此0.1mol通入足量水中，溶液中的含氯微粒數(shù)目之和小于，A錯誤；B．10mL18mol/L的濃硫酸與足量Zn完全反應先發(fā)生，當濃硫酸變稀后發(fā)生，因此轉移的電子數(shù)大于，B正確；C．0.01molFeCl3加入沸水制取的膠體中，由于膠體粒子是多個微粒的聚合體，充分作用后所得膠體中膠粒數(shù)小于0.01NA，C錯誤；D．6.0g的物質的量為0.1mol，其中Si―O共價鍵的數(shù)目為，D錯誤；故選B。8.下列說法正確的是A.肽鍵中的氧原子與氫原子之間存在氫鍵，會使肽鏈盤繞或折疊成特定的空間結構，形成蛋白質的二級結構B.乙二醇能被過量的酸性氧化為乙二酸C.可以通過X射線獲得包括鍵長、鍵角、鍵能等分子結構信息D.在酸催化下，苯酚與少量的甲醛反應，可以生成網(wǎng)狀結構的酚醛樹脂【答案】A【解析】【詳解】A．肽鍵中的氧原子與氫原子之間存在氫鍵，會使肽鏈盤繞或折疊成特定的空間結構，形成蛋白質的二級結構，肽鍵在二級結構基礎上進一步盤曲折疊形成三級結構，故A正確；B．乙二醇能被過量的酸性氧化為二氧化碳，故B錯誤；C．X射線衍射不能測鍵能，故C錯誤；D．在酸催化下，苯酚與少量的甲醛反應，可以生成線型結構的酚醛樹脂，故D錯誤。答案為：A。9.下列反應的離子方程式正確的是A.向苯酚濁液中加入少量溶液：B.向次氯酸鈉溶液中通入足量：C.用鐵作陽極電解氯化鎂溶液：D.向溶液中加入過量的HI溶液：【答案】A【解析】【詳解】A．苯酚顯弱酸性，可以與反應，離子方程式為：，A正確；B．向次氯酸鈉溶液中通入足量，次氯酸鈉能夠氧化，離子方程式為：，B錯誤；C．用鐵作陽極電解氯化鎂溶液，陽極鐵溶解，陰極析出氫氣，離子方程式為：，C錯誤；D．亞鐵離子具有還原性，在酸性條件下硝酸根具有強氧化性，碘離子是一種強還原劑，因此離子方程式為：，D錯誤；故選A。10.乙烯可發(fā)生如下轉化，下列說法正確的是A.X可以發(fā)生銀鏡反應B.M中至少8個原子共直線C.Z的鏈節(jié)為D.乙烯與加成后的物質水解也可以得到Y【答案】AD【解析】【分析】乙烯發(fā)生催化氧化生成X為乙醛、乙醛和水在加熱加壓條件下反應生成Y為乙二醇，乙二醇和對二苯甲酸發(fā)生縮聚反應生成Z?！驹斀狻緼．X為乙醛，乙醛的官能團為醛基，能發(fā)生銀鏡反應，A正確；B．羧基中的羥基氧原子為sp3雜化，因此M中至少有4原子共直線，B錯誤；C．乙二醇和對二苯甲酸通過酯化反應發(fā)生縮聚生成Z，Z的鏈節(jié)為，C錯誤；D．乙烯與加成后可以得到，發(fā)生水解后得到，D正確；故選AD。11.W、X、Y、Z為分布在三個不同短周期的主族元素，原子序數(shù)依次增大，只有Y、Z相鄰，W、Y兩種元素可組成10電子和18電子化合物，基態(tài)Z原子最高能級電子數(shù)是基態(tài)X原子最高能級電子數(shù)的4倍。下列說法正確的是A.第一電離能：X＜Y＜ZB.基態(tài)Y原子核外電子有8種空間運動狀態(tài)C.W與Y能形成一種含有配位鍵的微粒D.Z的單質在過量燃燒所得產(chǎn)物為非極性分子【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為分布在三個不同短周期的主族元素，原子序數(shù)依次增大，基態(tài)Z原子最高能級電子數(shù)是基態(tài)X原子最高能級電子數(shù)的4倍，則X、Z原子最高能級電子數(shù)可能是1、4或2、8，但是2、8該情況說明Z有f能級，f能級是從長周期中出現(xiàn)，故排除，所以X是B，Z為S，其中Y、Z相鄰，W、Y兩種元素可組成10電子和18電子化合物，所以推測出Y為O，W為H，所以W、X、Y、Z分別為H、B、O、S；【詳解】A．X、Y、Z分別為B、O、S，O、S同主族，核電荷數(shù)越大第一電離能越小，因此第一電離能S＜O，故A錯誤；B．Y為O，其基態(tài)原子核外電子分別排布在1s、2s、2p軌道上，因此有1+1+3=5種空間運動狀態(tài)的電子，故B錯誤；C．W為H、Y為O，形成的H3O+中有配位鍵，故C正確；D．Z為S、Y為O，硫在氧氣中燃燒生成二氧化硫，二氧化硫的中心原子為S，其價層電子對數(shù)為，有1對孤對電子，分子呈V形，屬于極性分子，故D錯誤；故選C。12.我國科研人員利用下圖裝置實現(xiàn)的脫除與的制備耦合，協(xié)同轉化。在電場作用下，雙極膜中間層的解離為和，并分別向兩極遷移。下列敘述不正確的是A.電極A的電極反應式為B.雙極膜中移向電極BC.將雙極膜換成陽離子交換膜，該裝置能穩(wěn)定、持續(xù)地工作D.電極B生成1mol時，電極A區(qū)域的溶液理論上質量增重98g【答案】C【解析】【分析】由圖可知，在電極A失去電子生成，電極A為負極，電極方程式為：，O2在電極B得到電子生成H2O2，電極B為正極，電極方程式為：，以此解答?！驹斀狻緼．由圖可知，在電極A失去電子生成，電極反應式為，A正確；B．由分析可知，電極A為負極，電極B為正極，原電池中陽離子移向正極，移向電極B，B正確；C．由電極反應可知正極區(qū)消耗氫離子，負極區(qū)消耗氫氧根離子，雙極膜通過解離水可向兩級區(qū)分別提供氫氧根離子和氫離子，若換成陽離子交換膜，則無法向兩極提供氫氧根離子和氫離子，使得裝置不能穩(wěn)定、持續(xù)工作，C錯誤；D．電極B為正極，電極方程式為：，電極B生成1mol時，轉移2mol電子，負極電極方程式為：，吸收0.1molSO2，同時有2molOH進入電極A區(qū)域，電極A區(qū)域的溶液理論上質量增重64g+2×17g=98g，D正確；故選C。13.某興趣小組通過皂化反應制作肥皂，實驗流程圖如下，下列說法不正確的是A.步驟Ⅰ加入乙醇的目的是使豬油與氫氧化鈉溶液能充分接觸，加快反應速率B.步驟Ⅱ可用玻璃棒蘸取反應液滴到熱水中判斷反應是否完全C.步驟Ⅲ加入飽和食鹽水的目的是降低高級脂肪酸鈉的溶解度，使產(chǎn)品析出D.步驟Ⅳ可選擇焰色試驗檢驗肥皂中的雜質是否洗滌干凈【答案】D【解析】【分析】豬油加入乙醇與氫氧化鈉混合均勻，小心加熱，制得高級脂肪酸鈉鹽和甘油的混合粘稠狀液體，加入食鹽飽和溶液，肥皂鹽析而出，再壓濾成型制得肥皂，以此解答?！驹斀狻緼．豬油能溶于熱的乙醇，乙醇與水互溶，所以乙醇的加入能使豬油與氫氧化鈉溶液充分接觸，加快反應，A正確；B．油脂水解產(chǎn)物均能溶于水，所以只需檢驗反應混合物中是否還有難溶于水的豬油即可，即驗證步驟II中反應已完全的操作是：用玻璃棒蘸取反應液，浸入裝有熱水的試管中，振蕩，若無油滴浮在液面上，說明反應已完全，B正確；C．肥皂在氯化鈉溶液中溶解度較小，所以油脂制肥皂實驗中加一定量的飽和食鹽水為了降低肥皂的溶解度，使肥皂析出，C正確；D．水洗的目的除去肥皂表面殘留的NaCl，由于肥皂的主要成分是羧酸的鈉鹽，檢驗肥皂中的雜質是否洗滌干凈需要檢驗Cl，操作為：在試液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若有白色沉淀產(chǎn)生，則證明有Cl，反之說明肥皂中的雜質洗滌干凈，D錯誤；故選D。14.研究與自由基Cl原子(Cl·表示)的反應有助于保護臭氧層。已知反應有4條反應路徑(TS表示過渡態(tài)，IM表示中間物)如圖所示。下列說法不正確的是A.升高溫度有利于提高路徑①產(chǎn)物的選擇性B.路徑②中與Cl·反應生成與ICl的過程不是一個基元反應C.反應較短時間時，路徑④產(chǎn)物的選擇性大于路徑③D.四個反應路徑都涉及極性鍵的斷裂與生成【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，路徑①的活化能最高，因此升高溫度有利于提高路徑①產(chǎn)物的選擇性，A正確；B．由圖可知，路徑②中路徑②中與Cl·反應生成與ICl的過程有兩個基元反應，B正確；C．圖中信息給出路徑④的活化能高于路徑②，因此反應較短時間時，路徑②的產(chǎn)物選擇性大于路徑④，C錯誤；D．反應中斷裂有CH鍵、CI鍵，形成的有CCl鍵、ICl鍵、HCl鍵，都屬于極性鍵，D正確；故選C。15.已知：常溫下，、、。常溫下實驗室進行以下實驗，相關實驗記錄如表：實驗實驗操作1向溶液中滴加等濃度NaOH溶液制備2向溶液中加入一定體積的等濃度溶液產(chǎn)生白色沉淀，測得上層清液，pH=43向溶液中滴加等濃度鹽酸至溶液的pH=7下列說法不正確的是A.實驗1可用甲基橙作指示劑判斷反應終點B.實驗2中發(fā)生反應：C實驗2中未沉淀完全D.實驗3溶液中：【答案】D【解析】【分析】草酸為二元酸，當草酸和氫氧化鈉物質的量之比為1:1反應時恰好生成；向溶液中加入一定體積的等濃度溶液產(chǎn)生白色沉淀，測得上層清液，pH=4，則此時鈣離子結合草酸氫根離子電離出的草酸根離子沉淀，同時溶液中氫離子濃度增大使得草酸的電離平衡逆向移動生成一定量的草酸?！驹斀狻緼．常溫下，則草酸氫根離子的水解平衡常數(shù)為＜，則溶液顯酸性，用甲基橙作該反應終點的終點，A正確；B．鈣離子結合草酸氫根離子電離出的草酸根離子沉淀，同時溶液中氫離子濃度增大使得草酸的電離平衡逆向移動生成一定量的草酸，離子方程式為，B正確；C．，此時，又根據(jù)，則此時溶液中即鈣離子未沉淀完全，C正確；D．溶液中存在電荷守恒、物料守恒，則質子守恒為，此時常溫下溶液pH=7則溶液中氫離子和氫氧根離子濃度相等，有，D錯誤；故選D。16.探究含硫化合物的性質，下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗方案現(xiàn)象結論A溴丁烷和濃硫酸混合液加熱，產(chǎn)生氣體先通過NaOH溶液，再通過酸性溶液酸性溶液褪色溴丁烷發(fā)生消去反應B向溶液中通入和氣體X出現(xiàn)白色沉淀氣體X不一定具有氧化性C將高氯酸滴入溶液產(chǎn)生無色氣體，將產(chǎn)生的氣體通過飽和溶液后，再通入溶液產(chǎn)生白色沉淀非金屬性：Cl>S>SiD常溫下將鋁片插入濃硫酸中，一段時間后取出，洗凈，然后放入溶液中鋁片表面有紅色物質析出金屬性：Al>CuA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．如果溴丁烷發(fā)生水解反應生成丁醇，丁醇也有可能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，A錯誤；B．如果X具有氧化性和二氧化硫一起通入氯化鋇溶液可能生成硫酸鋇沉淀、X如果是堿性氣體和二氧化硫一起通入氯化鋇溶液也可能產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，B正確；C．最高價氧化物對應水化物的酸性越強則元素的非金屬性越強，SO2不是S元素的最高價氧化物，C錯誤；D．常溫下將鋁片插入濃硫酸中，鋁片表面會發(fā)生鈍化，因此洗凈后插入硫酸銅溶液不會在表面有紅色物質析出，D錯誤；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.鎳是近些年來化學研究的熱門金屬?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出基態(tài)鎳原子的電子排布式_______。（2）鎳與鐵相比，鐵更易形成正三價，原因是_______。（3）丁二酮肟的結構如下圖，丁二酮肟可以與鎳形成配合物，是檢測鎳的重要手段之一。①下列說法正確的是_______。A．鎳常壓下可以和一氧化碳形成四羰基鎳配合物，在該配合物中，鎳的化合價為0B．能量最低的激發(fā)態(tài)C原子的電子排布式：C．丁二酮肟中C原子的雜化方式為D．根據(jù)N、F、H的電負性和分子結構特點可推測的堿性強于②已知丁二酮肟可以與反應：，配合物中含有兩個五元環(huán)，且含有兩個由氫鍵形成的六元環(huán)。請畫出該配合物的結構_______。（4）Ni與Cl形成的某化合物晶體的晶胞如圖。①該化合物的化學式為_______。②每個Ni的配位數(shù)為_______?！敬鸢浮浚?）（2）三價鐵的外層電子排布式為半充滿的，較穩(wěn)定，而三價鎳為，因此鐵更易形成三價（3）①.AD②.（4）①.②.6【解析】【小問1詳解】Ni為28號元素，其基態(tài)原子的電子排布式為(或)；【小問2詳解】Ni的基態(tài)原子電子排布式為，F(xiàn)e的基態(tài)原子電子排布式為，三價鐵的外層電子排布式為半充滿的，較穩(wěn)定，而三價鎳為，因此鐵更易形成三價；【小問3詳解】①羰基CO為中性配位體，化合物為電中性，因此鎳為0價，A正確；2s電子的能量高于1s能量電子，因此2s電子發(fā)生躍遷后形成的激發(fā)態(tài)要比1s電子發(fā)生躍遷能量要低，B錯誤；丁二酮肟中C原子形成碳氮雙鍵和甲基，因此其雜化方式為sp2、sp3，C錯誤；電負性F＞N＞H，NH3中孤對電子比NF3中孤對電子離N原子更遠，因此NH3更容易結合氫離子形成配位鍵，NH3的堿性強于NF3，D正確；②配合物中含有兩個五元環(huán)，且含有兩個由氫鍵形成的六元環(huán)，則由氮原子提供孤對電子和Ni2+形成配位鍵，氫鍵存在于羥基之間，其結構為；【小問4詳解】根據(jù)均攤法，Ni：、Cl：，則該化合物的分子式為NiCl2；根據(jù)圖示可知，Ni原子周圍有6個Cl原子，因此Ni原子的配位數(shù)為6。18.工業(yè)上以石英砂為原料生產(chǎn)高純硅的工藝路線如下：已知：電負性Cl>C>H>Si．回答下列問題：（1）寫出石英砂與焦炭反應的化學方程式_______。（2）下列說法正確的是_______。A.中Si的化合價為+2B.晶體Si的熔點高于C.該工藝流程中的和HCl都可循環(huán)使用D.(沸點33.0℃)中混有少量(沸點67.6℃)，通過蒸餾可提純（3）的水解過程可以表示為：已知比易水解，導致這一現(xiàn)象的原因是_______。設計實驗驗證水解后溶液中的主要離子_______。（4）寫出與足量乙醇反應生成A的化學方程式_______?！敬鸢浮浚?）（2）CD（3）①.Si有空的3d軌道，容易受到水分子進攻；Si―Cl鍵鍵能小，容易斷鍵②.取少量水解后的溶液分成兩等份于兩支試管中，一支試管中滴入紫色石蕊試液，變成紅色，則證明溶液中有氫離子；另一支試管中滴入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解，則證明溶液中有氯離子（4）【解析】【分析】利用制得粗硅，粗硅在HCl的作用下會生成SiHCl3，在氫氣的作用下，被還原為純硅?！拘?詳解】石英砂的主要成分為SiO2，用C在高溫下還原得到粗硅，化學反應方程式為；【小問2詳解】電負性Cl＞H＞Si，中H為1價、Cl為1價，因此Si為+4價，A錯誤；Si和SiO2都是共價晶體，Si的原子半徑大于O因此SiSi鍵長比SiO鍵長要長，因此SiO鍵鍵能更大，晶體Si的熔點低于，B錯誤；由流程圖可以看出步驟Ⅱ消耗HCl生成H2，后續(xù)氫氣還原時消耗H2生成HCl，則和HCl都可循環(huán)使用，C正確；(沸點33.0℃)中混有少量(沸點67.6℃)，二者沸點相差較大可以用蒸餾的方式提純，D正確；【小問3詳解】Si位于第三周期，但是其電子只排了3s、3p軌道其第三能級還有空軌道，因此容易受到水分子進攻、另外Si―Cl鍵鍵長更長，鍵能小，對比CCl鍵更容易斷鍵；水解生成硅酸和鹽酸，要檢驗水解后的溶液中的主要離子即檢驗氫離子和鋁離子：取少量水解后的溶液分成兩等份于兩支試管中，一支試管中滴入紫色石蕊試液，變成紅色，則證明溶液中有氫離子；另一支試管中滴入硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解，則證明溶液中有氯離子；【小問4詳解】乙醇中的羥基氫因為氧氫鍵極性較大而有電離的趨勢，因此與足量乙醇反應可以類比的水解二寫出：。19.硫酸是一種重要的基礎化工原料，古法制備硫酸常用的原料是膽礬或綠礬，現(xiàn)代一般用接觸法。（1）二氧化硫在作用下的催化氧化是工業(yè)生產(chǎn)硫酸的主要反應。其熱化學反應方程式為：，其催化機理分為三步：第1步：第2步：第3步：①催化氧化總反應的_______(用a、b、c的代數(shù)式表示)。②設為相對壓力平衡常數(shù)，其表達式寫法：在濃度平衡常數(shù)表達式中，用相對分壓代替濃度。氣體的相對分壓等于其分壓(單位為kPa)除以。在溫度T、初始總壓為100kPa的恒容密閉容器中通入2mol、1mol和5mol，只進行反應：，測得平衡壓強為90kPa，則平衡常數(shù)_______。（2）研究表明，催化氧化的反應速率方程為。式中：k為反應速率常數(shù)，隨溫度T升高而增大；為平衡轉化率，為某時刻轉化率，n為常數(shù)。在時，將一系列溫度下的k、值代入上述速率方程，得到曲線，如圖1所示。①曲線上v最大值所對應溫度稱為該下反應的最適宜溫度。下列說法正確的是_______。A．v達到最大值時，平衡轉化率最大B．時，v逐漸提高，原因是升高溫度，k逐漸增大C．后，v逐漸下降，原因是升高溫度，逐漸降低D．溫度是影響反應速率的主要因素，溫度越高，反應速率越快②保持其它條件不變，在圖1中作出時的曲線_______。（3）/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纖維)也可以脫硫。/炭基材料脫硫原理是：在炭表面被吸附，吸附態(tài)在炭表面被催化氧化為，再轉化為硫酸鹽等。硫酸工廠尾氣中的可采用/炭基材料脫硫，控制一定氣體流速和溫度，煙氣中的存在對/炭基材料催化劑脫硫活性的影響結果如圖2所示，分析去除率先增大后減小的原因_______。【答案】（1）①.②.640（2）①.BC②.（3）氧氣濃度低于8%時，隨著氧氣濃度升高，反應速率加快，去除率增大；氧氣濃度高于8%時，、分子會產(chǎn)生競爭吸附，當分子占據(jù)催化劑過多活性位時，剩余的分子就不能很好地被吸附，導致脫硫率下降【解析】【小問1詳解】①由蓋斯定律可知，得；②在溫度T、初始總壓為100kPa的恒容密閉容器中通入2mol、1mol和5mol，起始物質的量總量為8mol，平衡壓強為90kPa，則平衡時氣體的物質的量為，列三段式：，可得，，，；【小問2詳解】①A．由圖知，v達到最大值時的溫度為490°C，SO2平衡轉化率a并不最大，因為2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，△H=196kJ/mol，溫度越低，轉化率越大，A錯誤；B．t<tm時，v逐漸提高，原因是升高溫度，k逐漸增大，對速率的影響大于因(?1)0.8減小對速率的影響，總體速率加快，B正確；C．t>tm后，v逐漸下降，原因是升高溫度，a逐漸降低，速率常數(shù)k增大沒有a減小對速率影響大，故總體速率減小，C正確；D．由圖知，t<tm時，溫度是影響反應速率的主要因素，溫度越高，反應速率越快，但t>tm后，溫度不再是主要影響因素，D錯誤；故答案為：BC；②保持其它條件不變，在圖1中作出時，轉化率低，則濃度高，速率快，曲線【小問3詳解】氧氣濃度低于8%時，隨著氧氣濃度升高，反應速率加快，去除率增大；氧氣濃度高于8%時，、分子會產(chǎn)生競爭吸附的局勢，當分子占據(jù)催化劑過多活性位時，剩余的分子就不能很好地被吸附，導致脫硫率下降.20.某研究小組用CuO(含少量、)樣品為原料制備(式量為246)，按如下流程開展實驗。（1）步驟Ⅱ的離子反應方程式為_______。（2）下列說法正確的是_______。A.步驟Ⅰ，為了加快樣品的溶解速率，除了適當提高溫度，還可以采用的措施有研磨樣品、攪拌及適當提高酸液濃度B.步驟Ⅲ，可以將NaOH溶液改成CuO，有利于提高最終產(chǎn)品的純度C.步驟Ⅲ和步驟Ⅴ中洗滌操作的目的相同D.步驟Ⅴ，為加快產(chǎn)品的干燥速度，可采取加熱烘干的方式（3）步驟Ⅴ，如果采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方案獲得的產(chǎn)品可能混有的雜質是_______。（4）可用碘量法測定產(chǎn)品中Cu元素的含量，進而測定產(chǎn)品純度，已知：i．ii．iii．CuI固體能吸附溶液中的，大量存在時，會被還原iv．，。步驟如下：取產(chǎn)品2.460g配成100mL溶液，移取25.00mL溶液到碘量瓶中(如下圖)，加入適量的硫酸調pH，再加入過量KI，塞上碘量瓶的塞子、用少量水封，在暗處靜置5分鐘，打開塞子，用0.1000mol/L標準溶液滴定至溶液呈淺黃色，加入適量溶液，劇烈振蕩碘量瓶，再加入淀粉溶液，用標準溶液繼續(xù)滴定至終點。平行滴定三次，平均消耗溶液20.00mL。①加入硫酸調pH不宜過低的原因是_______；加入溶液的原因是_______。②產(chǎn)品的純度為_______。【答案】（1）（2）AB（3）或（4）①.pH過低，發(fā)生歧化反應②.使CuI轉化為CuSCN，釋放出吸附的單質③.80.00%【解析】【分析】由題給流程可知，向樣品中加入足量硫酸，間隙加熱使金屬氧化物轉化為可溶的硫酸鹽，過濾得到硫酸鹽溶液；向溶液中加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入氫氧化鈉溶液調節(jié)溶液pH為3.5，將溶液中的鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾、洗滌得到硫酸銅溶液；向硫酸銅溶液中加入過量的氨水，將溶液中的銅離子轉化為硫酸四氨合銅，向溶液中加入95%乙醇降低硫酸四氨合銅的溶解度，使硫酸四氨合銅轉化為晶體析出，過濾、洗滌、干燥得到一水硫酸四氨合銅晶體?！拘?詳解】由分析可知，步驟Ⅱ中加入過氧化氫溶液的目的是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為，故答案為：；【小問2詳解】A．適當提高溫度、研磨樣品、攪拌、適當提高酸液濃度等措施可以加快步驟Ⅰ樣品的溶解速率，故正確；B．氧化銅能與鐵離子在溶液中水解生成的氫離子反應，促進鐵離子在溶液中的水解程度轉化為氫氧化鐵沉淀，所以步驟Ⅲ可以將氫氧化鈉溶液改成氧化銅調節(jié)溶液pH，目的是不引入新雜質，提高最終產(chǎn)品的純度，故正確；C．由分析可知，步驟Ⅲ洗滌的目的是使附著在氫氧化鐵溶液表面的銅離子完全加入溶液中，提高產(chǎn)品的產(chǎn)率，步驟Ⅴ洗滌的目的是除去產(chǎn)品表面附有的可溶性雜質，提高產(chǎn)品的純度，洗滌的目的不同，故錯誤；D．步驟Ⅴ用加熱烘干的方式加快產(chǎn)品的干燥速度，否則一水硫酸四氨合銅晶體會失去結晶水導致產(chǎn)品不純，故錯誤；故選AB；【小問3詳解】如果步驟Ⅴ采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方案獲得的產(chǎn)品，銅離子會在溶液中發(fā)生水解反應生成氫氧化銅或堿式硫酸銅，導致產(chǎn)品中混用有氫氧化銅或堿式硫酸銅雜質，故答案為：或；【小問4詳解】①加入硫酸溶液調節(jié)溶液pH時，若溶液pH過低，溶液中的氫離子會與硫代硫酸根離子反應生成二氧化硫、硫沉淀和水，使得消耗硫代硫酸鈉溶液體積過大，導致測定結果偏高，所以加入硫酸溶液調節(jié)溶液pH不宜過低；由題意可知，加入硫氰化銨的目的是使碘化亞銅轉化為硫氰化亞銅，使附著在碘化亞銅表面的碘單質釋放加入溶液中，減小滴定誤差，故答案為：pH過低，發(fā)生歧化反應；使CuI轉化為CuS