四川省内江市第六中学2023-2024学年高三上学期入学考试化学试题（Word版附解析）

内江六中2023-2024学年(上)高2024届入学考试化学试题考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Zn65第I卷选择题(满分42分)一、选择题(每题只有一个正确答案，每题2分，共42分)1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是A.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下使粗浆纤维变为细浆，该过程为化学变化，A错误；B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，B正确；C．SO2可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C错误；D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D错误；故答案：B。2.某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析，下列说法正确的是A.BaSO4、CH3COONH4都属于强电解质B.SiO2、NO2都属于酸性氧化物C.NaCl溶液、牛奶都属于溶液D.CuSO4·5H2O、水玻璃都属于纯净物【答案】A【解析】【详解】A.BaSO4、CH3COONH4属于盐类，其溶于水的部分可以完全电离，故其是强电解质，A正确；B.酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，并且化合价不变。NO2和碱发生氧化还原反应，所以NO2 不是酸性氧化物，故B错误；C.牛奶属于胶体，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；正确答案：A。3.尾虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。其中一种信息素的结构简式如图，下列关于该化合物说法正确的是A.该化合物与互为同系物B.该化合物的一氯取代物共有6种C.该化合物在一定条件下能发生取代、加成、氧化反应D.1mol该化合物在一定条件下与足量H2发生反应，消耗H2的物质的量为2mol【答案】C【解析】【详解】A．两者含有的官能团不同，该化合物含有的是酯基，而后者含有的是羧基，所以不是同系物，故A错误；B．一氯取代物是一个氯原子取代一个氢原子，则该化合物的一氯取代物共有8种，故B错误；C．该化合物含有碳碳双键，则在一定条件下能发生加成和氧化反应，存在酯基，发生取代反应，故C正确；D．1mol该化合物中只有碳碳双键在一定条件下与足量H2发生反应，所以消耗H2的物质的量为1mol，故D错误；故选C选项。4.下列离子方程式与所给事实不相符的是A.Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：B.食醋去除水垢中的CaCO3： C向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：D.Na2S去除废水中的Hg2+：【答案】B【解析】【详解】A．Cl2和NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆写，其余均可拆写为离子，A正确；B．食醋为弱酸不能拆写为离子，反应为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+CO2↑⏐+H2O，B错误；C．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳生成碳酸氢钙溶液和次氯酸：ClO−+CO2+H2O=HClO+，C正确；D．Na2S将Hg2+转化为沉淀除去，反应为Hg2++S2−=HgS↓，D正确；故答案为：B。5.下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是A.的溶液中：B.含有大量的溶液中：C.中性溶液中：D.溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．酸性条件下，抑制的水解，能大量共存，故A正确；B．，不能大量共存，故B错误；C．水解呈酸性，因而在中性溶液中不能大量存在，故C错误；D．，不能大量共存，故D错误；故答案为A。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol中含有共价键的数目为 B.25℃时，1LpH=9的CH3COONa溶液中，由水电离的OH-数目为C.0.1molC2H5OH分子中含极性键数目为D.8.4gNaHCO3和MgCO3混合物中含有阴离子数目为【答案】D【解析】【详解】A．1mol中含有共价键物质的量为11mol，则0.1mol该有机物含有共价键数目为1.1NA，故A错误；B．水电离出的H+和OH-，其中部分H+与CH3COO-结合成CH3COOH，25℃下，pH=9醋酸钠溶液中c(OH-)=10-5mol/L，1L该溶液中由水电离的OH-数目为10-5NA，故B错误；C．1molC2H5OH中含有极性键物质的量为7mol，即0.1mol乙醇中含有极性键数目为0.7NA，故C错误；D．NaHCO3、MgCO3中分别含有阴离子HCO、CO，NaHCO3、MgCO3摩尔质量均为84mol/L，即8.4g该混合物中含有阴离子数目为0.1NA，故D正确；答案为D。7.下列实验能达到目的的是实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象C判断反应后是否沉淀完全将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液D检验淀粉是否发生了水解向淀粉水解液中加入碘水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A ．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。故答案选C。【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。8.劳动成就梦想。下列校园的劳动与所述的化学知识没有关联的是劳动项目化学知识A学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污洗涤剂促进油污的挥发B实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管硝酸具有强氧化性C消防演习中使用泡沫灭火器模拟灭火铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解D校医开紫外灯给教室消毒紫外线可以使蛋白质变性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．学校食堂阿姨用洗涤剂清洗灶台上的油污，是利用乳化原理，乳化剂的亲油基插入油污，亲水基露在外面，从而被水溶解，A符合题意；B．实验老师用稀硝酸清洗做过银镜反应的试管，是利用硝酸与银反应生成可溶性的硝酸银，体现硝酸的强氧化性，B不符合题意；C．消防演习中使用泡沫灭火器，是铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生强烈双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，C不符合题意； D．校医开紫外灯给教室消毒，是因为紫外线可以使细菌病毒的蛋白质变性，D不符合题意；故选A。9.某实验小组利用下图装置进行实验。下列说法不正确的是A.滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔B.蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明氯气的氧化性强于碘C.蘸有品红溶液的棉花褪色，说明氯气具有漂白性D.蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是棉花先变红后褪色【答案】C【解析】【详解】A．滴加浓盐酸时需将分液漏斗上端玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，A正确；B．蘸有淀粉KI溶液的棉花变蓝，说明Cl2与KI溶液发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色。在该反应中Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，所以氯气的氧化性强于碘，B正确；C．氯气本身没有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，能够使品红溶液褪色，C错误；D．浓盐酸与KMnO4溶液反应产生Cl2，Cl2溶于蘸有紫色石蕊溶液中，反应产生HCl、HClO，酸使紫色石蕊试液变为红色，HClO同时具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此看到蘸有紫色石蕊溶液的棉花上出现的现象是先变红后褪色，D正确；故合理选项是C。10.打开分液漏斗活塞和玻璃塞，进行如图所示的探究实验，对实验现象分析正确的是A.试管中产生大量气泡，说明被氧化产生B.试管内层溶液褪色，说明具有还原性 C.试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明具有氧化性D一段时间后试管内有白色沉淀，说明有生成【答案】D【解析】【详解】A．与硫酸中S元素的化合价为相邻价态，不能发生氧化还原反应，与70%的硫酸发生复分解反应生成，故A错误；B．试管内层溶液褪色，发生反应，说明具有氧化性，故B错误；C．试管中浸有品红溶液的棉球褪色，说明具有漂白性，故C错误；D．与氯化钡溶液不反应，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，发生反应，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，说明有生成，故D正确；故选D。11.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法不正确的是A.a和c可以反应生成bB.附着有b的试管，可以用清洗C.c具有氧化性，可漂白纸浆D.f的浓溶液和Cu在加热条件下反应时体现了其氧化性和酸性【答案】C【解析】【分析】由图可知，a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐。【详解】A．硫化氢气体能与二氧化硫气体反应生成硫和水，故A正确；B．硫不溶于水，易溶于二硫化碳，则附着有硫的试管，可用二硫化碳清洗除去硫，故B正确； C．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，故C错误；D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现强氧化性和酸性，故D正确；故选C。12.探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在试纸上试纸变白次氯酸钠溶液呈中性C向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀转化为，溶解度小于溶解度D取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B．次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误； C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；D．新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。13.已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如下图，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是A.X使蔗糖变黑主要体现了X的强氧化性B.若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C.若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可观察到有白色沉淀产生D.工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂【答案】D【解析】【分析】X为一-种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X为硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是SO3，B和氧气反应生成SO3，则B是SO2，A、C结合选项分析。【详解】由分析可知，X为硫酸，B为SO2、D为SO3。A．浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，A错误；B．若A为铁，常温下，铁与浓硫酸反应生成致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，所以铁在室温下遇不能完全溶解，B错误；C．若A为碳单质，C与浓硫酸混合加热反应产生CO2、SO2、H2O，则将C通入少量的澄清石灰水中，过量CO2与Ca(OH)2反应产生可溶性Ca(HCO3)2，因此不能观察到有白色沉淀产生，C错误；D．工业上SO2转化为SO3的反应条件为温度为400~500℃、压强为常压，同时使用催化剂，D正确；故合理选项是D。14.W、X、Y、Z、Q为原子半径依次增大的短周期主族元素，X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，Z的原子半径是第三周期中最小的，W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半。下列说法不正确的是 A.X元素与Q元素组成的化合物可做耐火材料B.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液可能显酸性也可能显碱性C.简单氢化物的沸点：X>Y>ZD.由Z和Q形成的化合物中存在离子键【答案】D【解析】【分析】同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，Z的原子半径是第三周期中最小的，所以Z是Cl，由W与X形成的物质可用来杀菌消毒且该物质的分子中含18e-，和W、X原子半径依次增大，可知W为H，X为O，再由X的原子序数等于W与Y的原子序数之和，知Y为N，Q原子最外层电子数为X原子最外层电子数的一半，且原子半径最大，知Q为Al。【详解】A．X元素与Q元素组成的化合物是Al2O3熔点高，可做耐火材料，故A正确；B．W、X、Y三种元素可以组成硝酸、亚硝酸、硝酸铵等，其水溶液均显酸性，也可以组成一水合氨，其水溶液显碱性，故B正确；C．水和氨气存在氢键，沸点较高，且水的沸点高于氨气的，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl，故C正确；D．由Z和Q形成的化合物是AlCl3，是共价化合物，只存在共价键，故D错误；故答案为：D15.如图1所示为铅蓄电池，图2所示为用铅蓄电池做电源，石墨做电极，电解溶液，Z为盐桥。下列说法正确的是A.X连B极，Y连A极B.铅蓄电池放电时，负极得电子被氧化，电极析出，质量越来越大C.将Z换成阴离子交换膜，电解一小段时间后，X极区和Y极区溶液浓度均变小。D.将Z换成铜片，电解一小段时间，Z的质量几乎不变 【答案】D【解析】【分析】用铅蓄电池做电源，石墨做电极，电解溶液，Z为盐桥，铅蓄电池中铅为负极、氧化铅为正极，正极连接图2的Y极，负极连接X极，X极上氯离子失电子产生氯气，Y极上铜离子得电子产生铜。【详解】A．A为负极，B为正极，即X连A极，Y连B极，A错误；B．负极失电子被氧化，B错误；C．若2是阴离子交换膜，Y为阳极，电极反应式为，同时左边溶液转移相同个数的到右边，X为阴极，电极反应式为，所以左边溶液浓度减小，理论上右边溶液浓度不变，C错误；D．若将Z换成铜片，相当于两个串联的电解池，X为阴极(电极反应式为)，Z左侧为阳极(电极反应式为)，Z右侧为阴极(电极反应式为)，Y为阳极(电极反应式为)，理论上Z的质量不变，D正确；答案选D。16.下列有关实验原理或实验操作(部分夹持装置略)不正确的是A.可用图①所示装置检验石蜡油的分解产物中是否含有不饱和烃B.可用图②所示装置证明发生了沉淀转化3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)C.可用图③所示装置证明铁与水蒸气反应产生氢气D.可用图④所示装置证明氨气极易溶于水【答案】B【解析】【详解】A．石蜡油的分解产物中若含有不饱和烃，则酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液均褪色，A正确；B ．氯化镁溶液滴加到氢氧化钠溶液中，会产生氢氧化镁沉淀，但氢氧化钠过量，仍会生成氢氧化铁沉淀，不能证明是两种沉淀的转化，B错误；C．可观察到有肥皂泡沫吹起，可证明气体的密度比空气小，火柴点燃气体可观察到有蓝色火焰，能证明气体是氢气，C正确；D．氨气的喷泉实验原理即氨气易溶于水，烧瓶内外形成压强差，从而形成喷泉，D正确；答案选B。17.以下为有机物的制备实验装置。下列相关说法错误的是A.图1右侧试管中观察到淡黄色沉淀，可证明制备溴苯的反应为取代反应B.图2所制得的硝基苯因溶解有NO2略带黄色，可加入NaOH溶液分液获得纯净硝基苯C.图3导气管口应在右侧试管中Na2CO3溶液液面上方，以防止倒吸D.图4分水器分出生成的水可提高反应转化率，且有机组分密度可以大于水【答案】B【解析】【详解】A．图1中四氯化碳可溶解挥发产生的Br2，若产生淡黄色的沉淀，说明苯与溴反应时有HBr产生，发生取代反应，A项正确；B．由于浓硝酸易分解产生NO2气体使硝基苯略带黄色，可加入稀NaOH溶液，然后用苯进行萃取最后进行蒸馏即可得到纯净的硝基苯，B项错误；C．图3中右侧试管中为导管口在Na2CO3溶液的上方，目的是防止倒吸，Na2CO3溶液的作用吸收乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，C项正确；D．图4中乙酸与正丁醇发生酯化反应，乙醇、正丁醇、乙酸正丁酯受热挥发，冷凝管冷却后液体回流可提高反应的转化率，乙酸正丁酯密度大于水在分水器的下层，D项正确；答案选B。18.工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为。下列说法不正确的是A.保持其他条件不变，平衡时升高温度， B.反应生成1molTiCl4，转移电子数目为C.保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，达到新平衡时变小D.及时分离出CO，有利于TiCl4生成【答案】C【解析】【详解】A．该反应的正反应是放热反应，保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正、v逆都增大，但平衡向逆反应方向移动，故v正＜v逆，A正确；B．根据反应方程式可知：反应生成1molTiCl4，反应过程中转移4mol电子，则转移电子数目为4×6.02×1023，B正确；C．该反应的化学平衡常数K=，化学平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，即增大了反应物的浓度，化学平衡正向移动，但由于温度不变，因此化学平衡常数不变，C错误；D．及时分离出CO，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，会产生更多的TiCl4，因此有利于TiCl4生成，D正确；故答案为：C。19.室温下，的溶液的等于9.32，据此，下列说法错误的是A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B.室温下，是比更弱的电解质C.上述溶液中的水解程度大于的水解程度D.室温下，溶液中，的水解程度小于上述溶液中的水解程度【答案】B【解析】【分析】室温下，0.1的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于的电离程度，据此分析解答。【详解】A．室温下，上述溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；B．通过以上分析知，HCN的电离程度小于的电离程度，所以是比HCN 更强的电解质，故B错误；C．通过以上分析知，CN-的水解程度大于的水解程度，故C正确；D．CN-、相互促进水解，所以0.1NaCN溶液中，CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度，故D正确；故选B。20.室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化B.Ka2(H2SO3)的数量级为10−8C.pH=7时，c(Na+)<3c(SO)D.NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10−7mol·L−1【答案】C【解析】【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。【详解】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A正确；B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)=c(H+)=1×10−7.2=100.8×10−8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10−8，故B正确；C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜ c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C错误；D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7mol·L−1，故D正确。综上所述，答案为C。21.在T℃时，铬酸镁(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是A.T℃时，图中X点对应的是过饱和溶液B.向Ag2CrO4饱和溶液中加入K2CrO4固体能使溶液由Y点变为X点C.T℃时，在Z点和Y点，Ag2CrO4的Ksp相等D.图中a=×10-4【答案】B【解析】【详解】A．X点位于Z点上方，则T℃时，图中X点对应溶液中离子积大于溶度积，是过饱和溶液，A项正确；B．向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B项错误；C．Y点和Z点都在曲线上，Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，则T℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等，C项正确；D．由图可知，Ksp=c(Ag+)2⋅c(CrO)=(1×10−3)2×1×10−5=1×10−11，则a=，D项正确；故选：B。第II卷(非选择题共58分) 22.废旧锂电池的正极材料中含有镍、钴、锂、铝等金属元素。一种从废旧锂电池中回收镍、钴、锂制备相应产品的工艺流程如下：已知：①浸出液中镍、钴、锂、铝分别以Ni2+、、Li+、Al3+的形式存在。②碳酸锂的溶解度(g/L)见表。温度/℃020406080100Li2CO31.541.331.171.010.850.72（1）中Co的化合价是___________。（2）某研究团队对“酸浸”条件做了大量研究，得出如下图示，根据下图选择适宜的浸取条件：硫酸浓度___________；温度___________；浸出时间___________。（3）“还原”操作时主要反应的离子方程式为___________；经检测，浸出液中，“除铝”时，要使Al3+开始沉淀，pH值应大于___________。（4）实验室“萃取”操作需要在___________(填仪器名称)中进行；“沉钴”的离子方程式为___________。（5）“一系列操作”为___________、洗涤、干燥。【答案】（1）+3（2）①.2.0mol/L②.70℃③.120min（3）①.②.4（4）①.分液漏斗②. （5）蒸发结晶、趁热过滤【解析】【分析】废旧电池用稀硫酸浸泡，并加入Na2SO3，Na2SO3具有还原性，将Co3＋还原为Co2＋，加入Na2CO3除铝后萃取；钴负载有机相经过反萃取后，加入H2C2O4沉钴得到CoC2O4；镍、锂水相经过一系列操作得到Li2SO4，Li2SO4加入(NH4)2CO3，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO3，据此分析解题。【小问1详解】显示带一个单位负电荷，所以Co的化合价是+3；【小问2详解】根据图像可知，当硫酸浓度为2mol/L，温度为70℃，浸出时间为120min时，浸取的效果最好；【小问3详解】Na2SO3具有还原性，将Co3＋还原为Co2＋，反应离子方程式为；浸出液中，且，代入，求得，此时pH值为4；所以“除铝”时，要使Al3+开始沉淀，pH值应大于4；【小问4详解】实验室“萃取”操作需要分液漏斗在中进行；加入H2C2O4沉钴得到CoC2O4，离子方程式为；【小问5详解】Li2SO4加入(NH4)2CO3，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO323.亚硫酰氯(SOCl2)又名氯化亚砜，是一种无色或淡黄色发烟液体，有强烈刺激性气味，常用作脱水剂，遇水剧烈水解，受热易分解。某实验小组设计实验制备氯化亚砜并探究其性质。已知：①实验室制备原理为。实验一：制备并探究SOCl2的性质，制备SOCl2的装置如图(夹持装置已略去)。 （1）a仪器的名称为_______，b装置的作用是_______。（2）可通过固体与70%浓反应制取，可通过固体与浓盐酸反应制取，则上图中制取的装置为_______(填字母)。（3）将上述装置制得的SOCl2通过蒸馏方法提取出来(加热及夹持装置略)，装置安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)。（4）甲同学认为SOCl2可用作热分解制取无水的脱水剂，反应的化学方程式为_______；但乙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯，所以乙同学取少量在不断通入SOCl2蒸气的条件下加热，充分反应后通入N2，加水溶解，取溶解后的溶液少许，加入_______(填写试剂和实验现象)，说明发生了副反应。实验二：测定某SOCl2样品中SOCl2的纯度。①准确称量称量瓶和盖的总质量，迅速加入样品，立即盖紧，称量，质量为。②将样品溶于溶液中，发生反应：SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O，将反应后的溶液稀释到。③准确量取100ml上面溶液于碘量瓶中，加入两滴指示剂，用适量稀盐酸中和过量的 溶液至恰好完全。④准确加入碘标准溶液，充分反应后，用淀粉溶液作指示剂，用的溶液滴定过量的碘，反应为。平行测定两次，反应消耗溶液的平均体积为。（5）判断滴定终点的方法为_______，样品中SOCl2的质量分数为_______；下列情况会导致测定的SOCl2的质量分数偏高的是_______(填标号)。A.实际碘标准溶液浓度偏低B.实际溶液浓度偏低C.将0.6mlSOCl2样品溶解于300mlNaOH溶液中时，气体吸收不充分，有部分气体逸出【答案】（1）①.(球形)冷凝管②.吸收未反应的和蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶（2）A（3）⑥⑩③⑤（4）①.②.溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀（5）①.当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色②.③.A【解析】【分析】制备SOCl2需要先制取氯气和二氧化硫，根据装置分析，用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，氯气中含有氯化氢和水，需要用饱和食盐水除去氯化氢，故装置的左侧为制取氯气，右侧为制取二氧化硫。据此分析。【小问1详解】①a为冷凝管②因为反应过程有很多有毒的气体，需要进行处理，故b为吸收未反应的Cl2、SO2和SOCl2蒸气，防止空气中的水蒸气进入三颈瓶。【小问2详解】根据分析装置A为制取氯气。 【小问3详解】组装蒸馏装置对混合物进行整理提纯，按由上而下、由左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥，结构连接尾接管⑩，SOCl2容易水解，为防止外界水蒸气进行最后连接③⑤。故连接顺序为：⑥⑩③⑤。【小问4详解】①SOCl2可用作热分解FeCl3⋅6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，SOCl2遇水剧烈水解生成二氧化硫和氯化氢，该反应的化学方程式为；②SOCl2具有还原性，铁离子具有氧化性，二者可以反应生成亚铁离子和硫酸根离子，所以可以检验亚铁离子，用铁氰化钾，或用钡离子检验硫酸根离子。方法为：溶液，产生蓝色沉淀或溶液，产生白色沉淀”；【小问5详解】①滴定终点为碘单质完全反应，故终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色；②根据方程式SOCl2+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2O;Na2SO3+H2O+I2=Na2SO4+2HI；分析，有关系式为，SOCl2---I2，硫代硫酸钠的物质的量为0.1V×10-3mol，则与SOCl2反应的碘的物质的量为（0.05×0.05-0.05V×10-3）mol，则样品中SOCl2的物质的量5×119×（0.05×0.05-0.05V×10-3）g，则质量分数为③A．实际碘标准溶液浓度偏低，则硫代硫酸钠的用量减少，则与SOCl2反应的碘量增加，则SOCl2的质量分数增高，。A正确；B．实际溶液浓度偏低，则用量大，与与SOCl2反应的碘量减少，则SOCl2的质量分数减少，B错误；C．水解过程，气体吸收不充分，有部分气体逸出，则SOCl2的质量分数减小，C错误故选A。 24.我国的能源以煤炭为主，燃煤烟气中等有害气体的排放会污染环境，用CO还原脱除SO2将其转化为单质硫，对工业生产具有重要的意义。（1）已知常温常压下，的燃烧热为，CO(g)的燃烧热为，则CO还原脱除：_______。（2）在某温度时，进行CO还原脱除：。①若在刚性容器中进行，下列说法一定能确定反应达到平衡状态的是_______。A.B.CO与SO2的浓度之比不再改变C.容器内的压强不再改变D.的值不再改变②若控制进料比(物质的量)为4∶1，反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，则该反应在此温度下的平衡常数为_______。（3）在600℃时，发生如下系列反应，测得不同进料比(物质的量)下平衡体系各物质分布如图所示(图中起始投料固定为)。反应I：反应II：反应III：①该条件下，为减少有毒物质COS的产生，同时脱除，实际生产中应控制进料比为_______，在进料比大于2.5之后，COS的含量会明显增大，试分析原因_______。②根据图中曲线，可判断_______(填“>”“=”或“<”)。（4）SO2—空气质子交换膜燃料电池也可用于处理SO2，其原理如图。若用该电池处理标准状况下SO2 含量为20%的燃煤烟气3.36L，则理论上电路中转移电子数为_______。【答案】（1）-2688kJ/mol（2）①.AD②.1.08（3）①.2.0②.，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多③.>（4）0.06NA【解析】【小问1详解】根据题意得出的热化学方程式为+O2(g)SO2(g)△H=-，CO(g)的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-，将两个方程式依次编号为①②，由2×②-①得，所以△H=2×(-283.0)-(-297.2)=-268.8kJ/mol。【小问2详解】①正向反应速率等于逆向反应速率，且速率之比等于系数之比，即时，可以判定反应达到平衡状态，A正确；CO与SO2的浓度之比不再改变不能判断反应达到平衡状态，跟反应得投料比和反应程度有关，B错误；根据方程式可以看出，反应前后的系数之和相等，压强一直保持不变，因此容器内的压强不再改变无法判定反应达到平衡状态，C错误；反应达到平衡状态时，各成分的浓度不再发生改变，的值不再改变，可以判定反应达到平衡状态，D正确；②控制进料比(物质的量)为4∶1，设起始投料n(CO)=4mol，n(SO2)=1mol,平衡时SO2反应xmol,列出三段式： ，根据反应达平衡时，混合气体中的体积分数为5%，可得=5%，解出：x=0.75，反应前后系数相同，体积不影响平衡常数，则平衡常数K==1.08。【小问3详解】①当进料比为2时，图中n(CO2)比较大，同时n(SO2)很少，n(COS)几乎为0，故实际生产中应控制进料比为2.0；在进料比大于2.5之后，CO的含量较多，此时反应II的反应程度比反应III的程度大的多，故COS的含量会明显增大；②投料比为2.0时，反应I中的产物n(S)、n(CO2)很大，而n(CO)、n(SO2)很小，则K1较大，反应II中产物：n(COS)很小，n(CO)、n(S)中n(S)很大，则K2较小，所以K1>K2【小问4详解】标准状况下SO2的物质的量为=0.03mol，在电极a上SO2转化为H2SO4，一个SO2失去2个电子，则0.03molSO2失去0.03×2=0.06mol电子即0.06NA。25.第四周期的元素，如：钛(22Ti)、铁(26Fe)、砷、硒、锌等及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓形状为___________，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有___________种。（2）琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度来看Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是___________。（3）SCN-可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸()。①写出与SCN-互为等电子体的一种微粒___________(分子或离子)；②硫氰酸分子中π键和σ键的个数之比为___________；③异硫氰酸的沸点比硫氰酸沸点高的原因是___________。（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中x和y点所堆积的原子均为___________(填元素符号)；若该晶胞密度为ρg·cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1，用NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为___________nm。 【答案】（1）①.球形②.2（2）Fe3+价电子排布为3d5，半满状态，构型更稳定（3）①.N2O(或CO2、CS2、OCN-)②.2：3③.异硫氰酸可以形成分子间氢键（4）①.Zn②.【解析】【小问1详解】基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，最高能层为第四能层，s电子云轮廓形状为球形；与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有Cr：3d54s1，Cu：3d104s1，共两种。【小问2详解】从结构角度来看，Fe2+的价电子排布式是3d6，再失一个电子形成3d5半充满稳定结构，故易被氧化成Fe3+。【小问3详解】①与SCN-互为等电子体的微粒有N2O、CO2、CS2、OCN-等；②硫氰酸(H—S—C≡N)中π键和σ键的个数之比为2∶3；③异硫氰酸分子间可以形成氢键，故其沸点比硫氰酸沸点高。【小问4详解】