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江苏省镇江市2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·镇江开学考）从烟道气分离回收硫的基本反应：。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于置换反应
B．铝土矿的主要成分为
C．在该反应中表现出氧化性
D．、CO和均属于酸性氧化物
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应没有单质参加，不属于置换反应，故A不符合题意；
B．铝土矿的主要成分为氧化铝，不是六氟合铝酸钠，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂，反应中表现出氧化性，故C符合题意；
D．一氧化碳属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应；
B.．铝土矿的主要成分为氧化铝；
D.CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物。
2．（2022高三上·镇江开学考）乙醛常用于有机合成，可由乙醇氧化得到。乙醇催化氧化制取乙醛的反应：，下列说法正确的是（ ）
A．CuO晶体是共价晶体
B．的电子式：
C．的沸点低于
D．中所含键的物质的量为6mol
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氧化铜是含有离子键的离子晶体，故A不符合题意；
B．水是共价化合物，电子式为，故B不符合题意；
C．乙醇能形成分子间氢键，二甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于二甲醚，沸点高于二甲醚，故C不符合题意；
D．乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1mol乙醛分子中含有σ键的物质的量为6mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CuO晶体是离子晶体；
B.水为共价化合物；
C.乙醇分子间能形成氢键，沸点高于乙醚。
3．（2022高三上·镇江开学考）白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的物质。下列说法正确的是（ ）
A．电负性大小： B．半径大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于硅元素，电负性大于硅元素的，故A符合题意；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径大于镁离子的，故B不符合题意；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素的，故C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.元素的非金属性越强电负性越大；
B.电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．（2022高三上·镇江开学考）下图为实验室制备并验证其氧化性的实验装置，实验过程中控制甲装置滴加硫酸溶液的量，其中表述错误的是（ ）
A．用装置甲产生气体
B．装置乙中应通入过量的
C．装置丙中溶液颜色发生变化，体现了具有氧化性
D．用装置丁吸收尾气
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，装置甲为二氧化硫的制备装置，故A不符合题意；
B．由分析可知，装置乙中二氧化硫与氯酸钠、稀硫酸混合溶液反应制备二氧化氯气体，为防止具有还原性的二氧化硫与二氧化氯反应，干扰二氧化氯与碘化钾溶液的反应，通入的二氧化硫必需适量，不能过量，故B符合题意；
C．由分析可知，装置丙中盛有的碘化钾溶液与二氧化氯气体反应生成单质碘，溶液变蓝色用于验证二氧化氯的氧化性，故C不符合题意；
D．由分析可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.装置甲中利用70%硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫；
C.发生颜色变化，说明碘离子被氧化为碘单质，体现 具有氧化性；
D.会污染空气，不能排放到空气中，可用NaOH溶液吸收。
5．（2022高三上·镇江开学考）下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．溶液显酸性，可用作自来水厂的净水剂
B．属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料
C．具有还原性，可用于葡萄酒的保存
D．浓硫酸具有脱水性，可干燥氯气
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．溶液发生水解，生成氢氧化亚铁胶体，胶体微粒可以吸附水中的杂质，一起沉到水底，其净水原理与酸性无关，故A不符合题意；
B．颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，与碱性氧化物无关，故B不符合题意；
C．具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些营养成分被氧化，起到保质作用，故C符合题意；
D．浓硫酸用于干燥氯气，体现的是浓硫酸的吸水性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有较强的吸附性；
B.用作粉刷墙壁的红色涂料是因为是红棕色固体；
D.浓硫酸用于干燥氯气，是因为浓硫酸具有吸水性。
6．（2022高三上·镇江开学考）黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化，下列说法正确的是（ ）
A．的价电子排布式为
B．晶体中存在离子键和非极性共价键
C．与都是非极性分子
D．与的空间构型相同
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．铁元素的原子序数为26，铁原子的价电子排布式为3d64s2，亚铁离子的价电子排布式为3d6，故A不符合题意；
B．二硫化亚铁是存在离子键和硫硫非极性共价键的离子晶体，故B符合题意；
C．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，分子的空间构型是结构不对称的V形，属于极性分子，故C不符合题意；
D．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型是平面三角形，亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型是三角锥形，两者的空间构型不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Fe为26号元素，Fe原子失去2个电子形成 ；
C.根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
D. 分子的空间构型是平面三角形， 的空间构型是三角锥形。
7．（2022高三上·镇江开学考）的反应机理如下：
反应I：
反应II：
反应中的能量变化如图，下列说法错误的是（ ）
A．
B．反应I的
C．通入过量空气，可提高的平衡转化率
D．反应速率由反应I决定
【答案】D
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由盖斯定律知，△H=2△H1 +△H2=，A不符合题意；
B．反应I可以发生，则△G=△H-△S＜0，优因为反应I的△H＞0，故△S＞0，B不符合题意；
C．通入过量空气，氧气浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，C不符合题意；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，从图上可以看出反应II的活化能大于反应I的活化能，故反应速率由反应II决定，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.反应Ⅰ的ΔH＞0，且ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动。
8．（2022·山东）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（ ）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
9．（2022高三上·镇江开学考）异黄酮类是药用植物的有效成分之一。一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是（ ）
A．1mol X与足量溴水反应消耗
B．1mol Y最多能与3mol NaOH反应
C．Y分子中存在顺反异构体
D．Z与足量加成所得有机物中含6个手性碳原子
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．X中能与溴反应的为两个酚羟基的邻位和对位，其中只有两个位置可以被取代，消耗的Br2为2mol，A不符合题意；
B．Y中，2mol酚羟基可消耗2mol氢氧化钠，1mol酚酯基可消耗2mol氢氧化钠，1mol醇酯基可消耗1mol氢氧化钠，总共需要消耗5mol氢氧化钠，B不符合题意；
C．顺反异构是去观察碳碳双键的同侧是否具有同种原子或基团，由Y的结构可知，不含有双键碳碳，所以Y不存在顺反异构，C不符合题意；
D．Z与足量的氢气加成以后的产物为： ，由加成后的产物可知其所包含的手性碳数目为6个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X中酚羟基的邻位和对位能与溴水发生取代反应；
B.Y中酚羟基和酯基均能与NaOH反应；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
10．（2022·南通模拟）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。
下列说法错误的是（ ）
A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O=6NH+2AsO
B．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NH
C．“氧化除AsO时生成1molFeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5mol
D．“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO4
【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A．由流程图可知，“氨浸”时CuO和As2O3都能发生反应，而少量不溶性杂质以浸渣被滤出，所以该过程涉及的离子方程式有和，故A项不符合题意；
B．根据A项中的离子方程式可知，“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：和，没有Cu2+，故B项符合题意；
C．根据流程图，可知氧化除的离子反应为：，即反应生成1mol FeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5mol，故C项不符合题意；
D．“蒸氨”过程中发生的化学反应为：，所以“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO4，故D项不符合题意；
【分析】A．依据流程图的反应物和产物分析判断；
11．（2022高三上·镇江开学考）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案及现象 探究目的
A 向KBr溶液中加入少量苯，通入适量后充分振荡，观察有机层颜色变化 氧化性：
B 向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 具有还原性
C 向蛋白质溶液中滴加饱和溶液，有固体析出，再加水观察固体是否溶解 蛋白质发生了变性
D 用pH计测量浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向KBr溶液中加入少量苯，通入适量后充分振荡，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，生成溴单质在有机层苯中的溶解度更大，观察有机层呈橙红色，则证明氧化性：，A不符合题意；
B．向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液呈血红色，说明被氯水氧化为，即证明具有还原性，B不符合题意；
C．向蛋白质溶液中滴加饱和溶液，有固体析出，再加水观察固体是否溶解，固体不溶解，则证明蛋白质发生了变性，C不符合题意；
D．用pH计测量浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者，因中CH3COO-和都会发生水解，无法比较，应用等浓度的CH3COONa溶液与溶液的pH进行比较，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液呈血红色，说明被氯水氧化为；
C.重金属盐能使蛋白质变性。
12．（2022高三上·镇江开学考）室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(，以KHA表示)溶液的性质。
实验1：用pH计测定0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01
实验2：向10.00 mL 0.05 mol/LKHA溶液中滴加5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液
实验3：向0.05 mol/LKHA溶液中加入过量澄清石灰水，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是（ ）
A．由实验1可得出：
B．实验2滴加过程中：逐渐减小
C．实验2所得的溶液中：
D．实验3中反应的离子方程式为：
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以Ka2＞Kh1=，则Ka1·Ka2＞Kw，A不符合题意；
B．实验2滴加过程中遵循电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，随着铜浓度KOH溶液的滴入，c(K+)不变，c(H+)减小，c(K+)+c(H+)减小，所以c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)逐渐减小，B符合题意；
C．向10.00 mL 0.05 mol/L KHA溶液中加入5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液，二者混合发生反应：KHA+KOH=K2A+H2O，最终得到等浓度KHA与K2A的混合溶液，则根据物料守恒可得：2c(K+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，C不符合题意；
D．不符合物质反应的微粒数目比，应该以不足量的KHA为标准书写离子方程式，二者反应产生CaA沉淀、H2O，反应的离子方程式为：HA-+Ca2++OH-=CaA↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.0.05 mol/LKHA溶液的pH约为4.01，则HA-的电离程度大于其水解程度；
B.根据电荷守恒分析；
C.根据物料守恒分析；
D.澄清石灰水过量，发生的反应为HA-+Ca2++OH-=CaA↓+H2O。
13．（2022高三上·镇江开学考）在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。
选择性=×100％
下列有关说法正确的是（ ）
A．在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B．延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C．选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
【答案】C
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A不符合题意；
B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B不符合题意；
C．由图可知，使用不同的催化剂，CO2的转化率不同，选项C符合题意；
D．图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320℃后，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，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.以为催化剂，CO2的转化率增大，CH4的产率上升；
B.W点可能是平衡点；
D.温度能影响催化剂的活性。
二、综合题
14．（2022高三上·镇江开学考）氧化亚铜是一种重要的无机化工原料，在工农业生产等领域有广泛的用途。的制备有电解法、湿法还原法和水解法等。
（1）电解法
以含NaOH的碱性NaCl为电解质溶液，纯铜为阴、阳极电解制备。写出电解的总反应式 。
（2）湿法还原法
水合肼还原碱性的铜氨离子，可得到和。
①写出上述反应的离子方程式 。
②不考虑空间构型，结构的示意图可表示为 。
③保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率有影响。当水合肼浓度过高时，的转化率增大，但的产率却下降，可能的原因是 。
（3）水解法
已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇。
以CuCl为前驱体水解也可制得，前驱体CuCl可由与、NaCl在溶液中反应，过滤制得。
①写出生成CuCl的离子方程式 。
②用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，并能防止滤渣被空气氧化为。CuCl被氧化为的化学方程式为 。
【答案】（1）
（2）；；水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu
（3）；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）电解法制备，阳极失电子发生氧化反应生成，阴极得电子发生还原反应生成H2，总反应式为；
故答案为：；
（2）①根据题意可知，水合肼还原碱性的铜氨离子的离子方程式为；
故答案为：；
②Cu2+与NH3之间以配位键相连，结构的示意图可表示为 ；
故答案为： ；
③水合肼作还原剂，作氧化剂，水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu，使的转化率增大，但的产率却下降；
故答案为：水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu；
（3）①前驱体CuCl可由与、NaCl在溶液中反应，过滤制得，则生成CuCl的离子方程式为；
故答案为：；
②CuCl被氧化为的化学方程式为；
故答案为：。
【分析】（1）以纯铜为阴、阳极电解NaCl的碱性溶液的总反应为；
（2）①水合肼还原碱性的铜氨离子，可得到和 ，据此书写离子方程式；
②中Cu2+与NH3之间以配位键结合；
③水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu，则 的转化率增大，但的产率却下降；
（3）①与、NaCl发生反应 ；
②CuCl被氧化为的化学方程式为。
15．（2022高三上·镇江开学考）含氮化合物(NOx、等)是环境污染物，可用以下方法消除其污染。
（1）使用催化剂，采用还原技术，能有效脱除电厂烟气中氮氧化物，反应机理如图所示。
①根据上图所示，NO、NH3在有氧条件下的总化学方程式是 。
②将一定比例的O2、NH3和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置见图甲)。反应相同时间测得NO的去除率随反应温度的变化曲线如图乙所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是 ；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是 。
（2）在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮。其工作原理示意图如图所示。
①写出上述催化反应中在Pt颗粒表面转化为的反应式 。
②被H2还原为N2的过程可描述为 。
【答案】（1）4NO+4NH3+O24N2+6H2O；迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；O2与NH3反应生成了NO
（2）NO+8e—+10H+=NH+3H2O；NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①由图可知，催化剂作用下，一氧化氮和氨气在有氧条件下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O；
②在50～250℃范围内随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，一氧化氮的去除率迅速上升，后随着温度的升高，催化剂的活性降低，化学反应速率减慢导致一氧化氮去除率上升缓慢；当反应温度高于380℃时，在催化剂作用下氨气和氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮导致一氧化氮去除率迅速下降，故答案为：迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；O2与NH3反应生成了NO；
（2）①由图可知，催化反应中硝酸根离子酸性条件下在铂颗粒表面得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e-+10H+=NH+3H2O，故答案为：NO+8e-+10H+=NH+3H2O；
②由图可知，催化反应中硝酸根离子被氢气还原为氮气的过程为硝酸根离子在铜颗粒表面转化为一氧化氮，一氧化氮在铂颗粒表面转化为一氧化二氮，一氧化二氮与氢气在铱表面反应转化为氮气和水，故答案为：NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O。
【分析】（1）①催化剂作用下，一氧化氮和氨气在有氧条件下反应生成氮气和水；
②温度能影响催化剂的活性；
（2）①在Pt颗粒表面转化为和水，反应的离子方程式为NO+8e-+10H+=NH+3H2O；
② 该反应的过程为：NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O 。
三、综合题
16．（2022高三上·镇江开学考）SCR催化剂广泛应用于燃煤烟气的处理，其主要成分为、、，还含有少量CaO、、等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如下：
（1）“酸浸还原”中转化成可溶于水的，该反应的化学方程式为 。
（2）“碱浸”时转化为的离子方程式为 。
（3）“滤渣”的主要成分是 。
（4）常温下，。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当“滤液”的时，为 。
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为。电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。
（6）钛渣经处理可得到粗。将氯化为是冶炼金属钛的主要反应之一、工业上常采用“加碳氯化”的方法生产，同时得到CO，相应的化学方程式为
①
②
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
【答案】（1）
（2）
（3）Al(OH)3
（4）1.610-5
（5）石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗
（6），反应的，，，使反应得以进行
【知识点】盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与反应得到，该反应中V元素化合价从+5变为+4，则C元素化合价从+3变为+4，说明反应中有CO2生成，其反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）“碱浸”时与反应生成了，故反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）用盐酸调解溶液pH=9时，溶液中的转化为Al(OH)3沉淀，故“滤渣”的主要成分是Al(OH)3，故答案为：Al(OH)3；
（4）此时溶液的，故c(OH-)=0.1mol/L，根据可计算出c(Ca2+)=5.510-4mol/L，由可计算出=1.610-5，故答案为：1.610-5；
（5）电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗，故答案为：石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗；
（6）已知：①；
②；
根据盖斯定律，①+②得，反应的，，，使反应得以进行，故答案为：，反应的，，，使反应得以进行。
【分析】向废SCR催化剂中加入H2C2O4溶液酸浸还原，发生反应 ，再加入NaOH溶液碱浸，反应后过滤得到钛渣；加入盐酸调节pH，过滤除去H2SiO3、Al(OH)3；加入石灰乳过滤得到CaWO4，最后熔融状态下电解CaWO4得到金属W。
17．（2022高三上·镇江开学考）采用沉淀-氧化法处理含铬(Ⅲ)废水，并回收制备重铬酸钾的流程如下：
已知：①，溶液时，主要以存在；在时，主要以存在。
②酸性条件下，氧化性强于。
（1）Cr(III)在水溶液中的存在形态分布如图所示。
25℃时，、，若除去废水中，使其浓度小于，“调pH”的范围为 。
（2）“氧化”过程中发生反应的化学反应方程式为 。
（3）请补充完整“氧化”后继续制取晶体的实验方案：沉淀中加入理论量1.5倍的，并用KOH溶液调pH约为10，静置过夜，使之充分反应， ，冰水洗涤及干燥。(部分物质溶解度曲线如图所示：实验中须使用的试剂：KOH溶液、10％溶液、稀硫酸)。
（4）为测定制得的晶体的纯度，进行如下实验：称取样品0.3000g加水溶解，所得溶液加入250mL容量瓶中定容。移取25.00mL于锥形瓶中，加入适量至溶液呈强酸性，再用标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液24.00mL[已知：(未配平)]。
计算样品中的质量分数 (写出计算过程)。
【答案】（1）6-12
（2）
（3）加入过量稀硫酸使pH小于5，加热浓缩、降温结晶并过滤
（4）根据题意，可算得消耗掉的亚铁离子的物质的量为：0.0250mol/L×0.024L=0.0006mol，设重铬酸根离子的物质的量为x，根据方程式则重铬酸钾的质量分数为：。
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）使铬离子的浓度小于即为完全沉淀，根据Cr(OH)3的，可知，则，即pH达到6时，达到要求，根据图示，在pH为12的时候，开始产生，所以pH的范围为6-12。
（2）铬离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铬，再与过氧化氢反应被氧化成铬酸根和水，其化学方程式为。
（3）经过充分反应之后，生成了铬酸钾溶液，再加入过量的稀硫酸，使pH小于5，此时主要生成重铬酸钾，再经过加热浓缩、降温结晶、过滤，冰水洗涤及干燥即可得到最终的产品重铬酸钾。
（4）消耗24mL硫酸亚铁铵溶液，其中亚铁离子的物质的量为0.0250mol/L×0.024L=0.0006mol，根据方程式 ，设重铬酸根离子的物质的量为x，则根据方程式的比例关系得
则重铬酸钾的质量分数为：。
【分析】（1）结合 、计算；
（2）“氧化”过程中发生反应；
（3） 溶液时，主要以存在 ，则充分反应后加入过量稀硫酸使pH小于5，加热浓缩、降温结晶并过滤，冰水洗涤及干燥得到 晶体 ；
（4）根据计算。
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江苏省镇江市2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·镇江开学考）从烟道气分离回收硫的基本反应：。下列说法正确的是（ ）
A．该反应属于置换反应
B．铝土矿的主要成分为
C．在该反应中表现出氧化性
D．、CO和均属于酸性氧化物
2．（2022高三上·镇江开学考）乙醛常用于有机合成，可由乙醇氧化得到。乙醇催化氧化制取乙醛的反应：，下列说法正确的是（ ）
A．CuO晶体是共价晶体
B．的电子式：
C．的沸点低于
D．中所含键的物质的量为6mol
3．（2022高三上·镇江开学考）白云土是一种硅酸盐，用氢氟酸处理白云土生成一种水溶性很低的物质。下列说法正确的是（ ）
A．电负性大小： B．半径大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
4．（2022高三上·镇江开学考）下图为实验室制备并验证其氧化性的实验装置，实验过程中控制甲装置滴加硫酸溶液的量，其中表述错误的是（ ）
A．用装置甲产生气体
B．装置乙中应通入过量的
C．装置丙中溶液颜色发生变化，体现了具有氧化性
D．用装置丁吸收尾气
5．（2022高三上·镇江开学考）下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．溶液显酸性，可用作自来水厂的净水剂
B．属于碱性氧化物，可用作粉刷墙壁的红色涂料
C．具有还原性，可用于葡萄酒的保存
D．浓硫酸具有脱水性，可干燥氯气
6．（2022高三上·镇江开学考）黄铁矿是一种重要的含铁矿物，在潮湿空气中会被缓慢氧化，下列说法正确的是（ ）
A．的价电子排布式为
B．晶体中存在离子键和非极性共价键
C．与都是非极性分子
D．与的空间构型相同
7．（2022高三上·镇江开学考）的反应机理如下：
反应I：
反应II：
反应中的能量变化如图，下列说法错误的是（ ）
A．
B．反应I的
C．通入过量空气，可提高的平衡转化率
D．反应速率由反应I决定
8．（2022·山东）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（ ）
气体 液体 固体粉末
A 饱和溶液
B 溶液 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
9．（2022高三上·镇江开学考）异黄酮类是药用植物的有效成分之一。一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是（ ）
A．1mol X与足量溴水反应消耗
B．1mol Y最多能与3mol NaOH反应
C．Y分子中存在顺反异构体
D．Z与足量加成所得有机物中含6个手性碳原子
10．（2022·南通模拟）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。
下列说法错误的是（ ）
A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为As2O3+6NH3+3H2O=6NH+2AsO
B．“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：Cu2+、NH
C．“氧化除AsO时生成1molFeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5mol
D．“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO4
11．（2022高三上·镇江开学考）室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案及现象 探究目的
A 向KBr溶液中加入少量苯，通入适量后充分振荡，观察有机层颜色变化 氧化性：
B 向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 具有还原性
C 向蛋白质溶液中滴加饱和溶液，有固体析出，再加水观察固体是否溶解 蛋白质发生了变性
D 用pH计测量浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·镇江开学考）室温下，通过下列实验探究邻苯二甲酸氢钾(，以KHA表示)溶液的性质。
实验1：用pH计测定0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01
实验2：向10.00 mL 0.05 mol/LKHA溶液中滴加5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液
实验3：向0.05 mol/LKHA溶液中加入过量澄清石灰水，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是（ ）
A．由实验1可得出：
B．实验2滴加过程中：逐渐减小
C．实验2所得的溶液中：
D．实验3中反应的离子方程式为：
13．（2022高三上·镇江开学考）在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。
选择性=×100％
下列有关说法正确的是（ ）
A．在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B．延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C．选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D．高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
二、综合题
14．（2022高三上·镇江开学考）氧化亚铜是一种重要的无机化工原料，在工农业生产等领域有广泛的用途。的制备有电解法、湿法还原法和水解法等。
（1）电解法
以含NaOH的碱性NaCl为电解质溶液，纯铜为阴、阳极电解制备。写出电解的总反应式 。
（2）湿法还原法
水合肼还原碱性的铜氨离子，可得到和。
①写出上述反应的离子方程式 。
②不考虑空间构型，结构的示意图可表示为 。
③保持其它条件不变，水合肼浓度对的产率有影响。当水合肼浓度过高时，的转化率增大，但的产率却下降，可能的原因是 。
（3）水解法
已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇。
以CuCl为前驱体水解也可制得，前驱体CuCl可由与、NaCl在溶液中反应，过滤制得。
①写出生成CuCl的离子方程式 。
②用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，并能防止滤渣被空气氧化为。CuCl被氧化为的化学方程式为 。
15．（2022高三上·镇江开学考）含氮化合物(NOx、等)是环境污染物，可用以下方法消除其污染。
（1）使用催化剂，采用还原技术，能有效脱除电厂烟气中氮氧化物，反应机理如图所示。
①根据上图所示，NO、NH3在有氧条件下的总化学方程式是 。
②将一定比例的O2、NH3和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置见图甲)。反应相同时间测得NO的去除率随反应温度的变化曲线如图乙所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是 ；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是 。
（2）在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮。其工作原理示意图如图所示。
①写出上述催化反应中在Pt颗粒表面转化为的反应式 。
②被H2还原为N2的过程可描述为 。
三、综合题
16．（2022高三上·镇江开学考）SCR催化剂广泛应用于燃煤烟气的处理，其主要成分为、、，还含有少量CaO、、等。一种从废SCR催化剂中回收钨的工艺如下：
（1）“酸浸还原”中转化成可溶于水的，该反应的化学方程式为 。
（2）“碱浸”时转化为的离子方程式为 。
（3）“滤渣”的主要成分是 。
（4）常温下，。“沉钨”过程中不断加入石灰乳，当“滤液”的时，为 。
（5）“熔融电解”过程中阴极反应为。电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。
（6）钛渣经处理可得到粗。将氯化为是冶炼金属钛的主要反应之一、工业上常采用“加碳氯化”的方法生产，同时得到CO，相应的化学方程式为
①
②
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
17．（2022高三上·镇江开学考）采用沉淀-氧化法处理含铬(Ⅲ)废水，并回收制备重铬酸钾的流程如下：
已知：①，溶液时，主要以存在；在时，主要以存在。
②酸性条件下，氧化性强于。
（1）Cr(III)在水溶液中的存在形态分布如图所示。
25℃时，、，若除去废水中，使其浓度小于，“调pH”的范围为 。
（2）“氧化”过程中发生反应的化学反应方程式为 。
（3）请补充完整“氧化”后继续制取晶体的实验方案：沉淀中加入理论量1.5倍的，并用KOH溶液调pH约为10，静置过夜，使之充分反应， ，冰水洗涤及干燥。(部分物质溶解度曲线如图所示：实验中须使用的试剂：KOH溶液、10％溶液、稀硫酸)。
（4）为测定制得的晶体的纯度，进行如下实验：称取样品0.3000g加水溶解，所得溶液加入250mL容量瓶中定容。移取25.00mL于锥形瓶中，加入适量至溶液呈强酸性，再用标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液24.00mL[已知：(未配平)]。
计算样品中的质量分数 (写出计算过程)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的简单分类
【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应没有单质参加，不属于置换反应，故A不符合题意；
B．铝土矿的主要成分为氧化铝，不是六氟合铝酸钠，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂，反应中表现出氧化性，故C符合题意；
D．一氧化碳属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应的反应物均为化合物，不属于置换反应；
B.．铝土矿的主要成分为氧化铝；
D.CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物。
2．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氧化铜是含有离子键的离子晶体，故A不符合题意；
B．水是共价化合物，电子式为，故B不符合题意；
C．乙醇能形成分子间氢键，二甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于二甲醚，沸点高于二甲醚，故C不符合题意；
D．乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1mol乙醛分子中含有σ键的物质的量为6mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CuO晶体是离子晶体；
B.水为共价化合物；
C.乙醇分子间能形成氢键，沸点高于乙醚。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氧元素的非金属性强于硅元素，电负性大于硅元素的，故A符合题意；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径大于镁离子的，故B不符合题意；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素的，故C不符合题意；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.元素的非金属性越强电负性越大；
B.电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，装置甲为二氧化硫的制备装置，故A不符合题意；
B．由分析可知，装置乙中二氧化硫与氯酸钠、稀硫酸混合溶液反应制备二氧化氯气体，为防止具有还原性的二氧化硫与二氧化氯反应，干扰二氧化氯与碘化钾溶液的反应，通入的二氧化硫必需适量，不能过量，故B符合题意；
C．由分析可知，装置丙中盛有的碘化钾溶液与二氧化氯气体反应生成单质碘，溶液变蓝色用于验证二氧化氯的氧化性，故C不符合题意；
D．由分析可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.装置甲中利用70%硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫；
C.发生颜色变化，说明碘离子被氧化为碘单质，体现 具有氧化性；
D.会污染空气，不能排放到空气中，可用NaOH溶液吸收。
5．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．溶液发生水解，生成氢氧化亚铁胶体，胶体微粒可以吸附水中的杂质，一起沉到水底，其净水原理与酸性无关，故A不符合题意；
B．颜色为红棕色，可用作红色油漆和涂料，与碱性氧化物无关，故B不符合题意；
C．具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些营养成分被氧化，起到保质作用，故C符合题意；
D．浓硫酸用于干燥氯气，体现的是浓硫酸的吸水性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有较强的吸附性；
B.用作粉刷墙壁的红色涂料是因为是红棕色固体；
D.浓硫酸用于干燥氯气，是因为浓硫酸具有吸水性。
6．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．铁元素的原子序数为26，铁原子的价电子排布式为3d64s2，亚铁离子的价电子排布式为3d6，故A不符合题意；
B．二硫化亚铁是存在离子键和硫硫非极性共价键的离子晶体，故B符合题意；
C．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，分子的空间构型是结构不对称的V形，属于极性分子，故C不符合题意；
D．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型是平面三角形，亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型是三角锥形，两者的空间构型不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Fe为26号元素，Fe原子失去2个电子形成 ；
C.根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
D. 分子的空间构型是平面三角形， 的空间构型是三角锥形。
7．【答案】D
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由盖斯定律知，△H=2△H1 +△H2=，A不符合题意；
B．反应I可以发生，则△G=△H-△S＜0，优因为反应I的△H＞0，故△S＞0，B不符合题意；
C．通入过量空气，氧气浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，C不符合题意；
D．反应的活化能越大，反应速率越慢，从图上可以看出反应II的活化能大于反应I的活化能，故反应速率由反应II决定，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.反应Ⅰ的ΔH＞0，且ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行；
C.通入过量空气，可促进SO2的转化，平衡正向移动。
8．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
9．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．X中能与溴反应的为两个酚羟基的邻位和对位，其中只有两个位置可以被取代，消耗的Br2为2mol，A不符合题意；
B．Y中，2mol酚羟基可消耗2mol氢氧化钠，1mol酚酯基可消耗2mol氢氧化钠，1mol醇酯基可消耗1mol氢氧化钠，总共需要消耗5mol氢氧化钠，B不符合题意；
C．顺反异构是去观察碳碳双键的同侧是否具有同种原子或基团，由Y的结构可知，不含有双键碳碳，所以Y不存在顺反异构，C不符合题意；
D．Z与足量的氢气加成以后的产物为： ，由加成后的产物可知其所包含的手性碳数目为6个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X中酚羟基的邻位和对位能与溴水发生取代反应；
B.Y中酚羟基和酯基均能与NaOH反应；
C.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
10．【答案】B
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】A．由流程图可知，“氨浸”时CuO和As2O3都能发生反应，而少量不溶性杂质以浸渣被滤出，所以该过程涉及的离子方程式有和，故A项不符合题意；
B．根据A项中的离子方程式可知，“氨浸”后的滤液中存在的阳离子主要有：和，没有Cu2+，故B项符合题意；
C．根据流程图，可知氧化除的离子反应为：，即反应生成1mol FeAsO4，消耗(NH4)2S2O8为1.5mol，故C项不符合题意；
D．“蒸氨”过程中发生的化学反应为：，所以“蒸氨”后的滤液中含有(NH4)2SO4，故D项不符合题意；
【分析】A．依据流程图的反应物和产物分析判断；
11．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向KBr溶液中加入少量苯，通入适量后充分振荡，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，生成溴单质在有机层苯中的溶解度更大，观察有机层呈橙红色，则证明氧化性：，A不符合题意；
B．向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液呈血红色，说明被氯水氧化为，即证明具有还原性，B不符合题意；
C．向蛋白质溶液中滴加饱和溶液，有固体析出，再加水观察固体是否溶解，固体不溶解，则证明蛋白质发生了变性，C不符合题意；
D．用pH计测量浓度均为的和溶液的pH，后者大于前者，因中CH3COO-和都会发生水解，无法比较，应用等浓度的CH3COONa溶液与溶液的pH进行比较，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；
B.向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液呈血红色，说明被氯水氧化为；
C.重金属盐能使蛋白质变性。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由0.05 mol/LKHA溶液的pH，测得pH约为4.01，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以Ka2＞Kh1=，则Ka1·Ka2＞Kw，A不符合题意；
B．实验2滴加过程中遵循电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，随着铜浓度KOH溶液的滴入，c(K+)不变，c(H+)减小，c(K+)+c(H+)减小，所以c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)逐渐减小，B符合题意；
C．向10.00 mL 0.05 mol/L KHA溶液中加入5.00 mL 0.05 mol/LKOH溶液，二者混合发生反应：KHA+KOH=K2A+H2O，最终得到等浓度KHA与K2A的混合溶液，则根据物料守恒可得：2c(K+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，C不符合题意；
D．不符合物质反应的微粒数目比，应该以不足量的KHA为标准书写离子方程式，二者反应产生CaA沉淀、H2O，反应的离子方程式为：HA-+Ca2++OH-=CaA↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.0.05 mol/LKHA溶液的pH约为4.01，则HA-的电离程度大于其水解程度；
B.根据电荷守恒分析；
C.根据物料守恒分析；
D.澄清石灰水过量，发生的反应为HA-+Ca2++OH-=CaA↓+H2O。
13．【答案】C
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A不符合题意；
B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B不符合题意；
C．由图可知，使用不同的催化剂，CO2的转化率不同，选项C符合题意；
D．图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320℃后，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，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.以为催化剂，CO2的转化率增大，CH4的产率上升；
B.W点可能是平衡点；
D.温度能影响催化剂的活性。
14．【答案】（1）
（2）；；水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu
（3）；
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；电极反应和电池反应方程式；盐类水解的应用
【解析】【解答】（1）电解法制备，阳极失电子发生氧化反应生成，阴极得电子发生还原反应生成H2，总反应式为；
故答案为：；
（2）①根据题意可知，水合肼还原碱性的铜氨离子的离子方程式为；
故答案为：；
②Cu2+与NH3之间以配位键相连，结构的示意图可表示为 ；
故答案为： ；
③水合肼作还原剂，作氧化剂，水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu，使的转化率增大，但的产率却下降；
故答案为：水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu；
（3）①前驱体CuCl可由与、NaCl在溶液中反应，过滤制得，则生成CuCl的离子方程式为；
故答案为：；
②CuCl被氧化为的化学方程式为；
故答案为：。
【分析】（1）以纯铜为阴、阳极电解NaCl的碱性溶液的总反应为；
（2）①水合肼还原碱性的铜氨离子，可得到和 ，据此书写离子方程式；
②中Cu2+与NH3之间以配位键结合；
③水合肼浓度升高，还原性增强，可能将还原为Cu，则 的转化率增大，但的产率却下降；
（3）①与、NaCl发生反应 ；
②CuCl被氧化为的化学方程式为。
15．【答案】（1）4NO+4NH3+O24N2+6H2O；迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；O2与NH3反应生成了NO
（2）NO+8e—+10H+=NH+3H2O；NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①由图可知，催化剂作用下，一氧化氮和氨气在有氧条件下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O；
②在50～250℃范围内随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，一氧化氮的去除率迅速上升，后随着温度的升高，催化剂的活性降低，化学反应速率减慢导致一氧化氮去除率上升缓慢；当反应温度高于380℃时，在催化剂作用下氨气和氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮导致一氧化氮去除率迅速下降，故答案为：迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；O2与NH3反应生成了NO；
（2）①由图可知，催化反应中硝酸根离子酸性条件下在铂颗粒表面得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+8e-+10H+=NH+3H2O，故答案为：NO+8e-+10H+=NH+3H2O；
②由图可知，催化反应中硝酸根离子被氢气还原为氮气的过程为硝酸根离子在铜颗粒表面转化为一氧化氮，一氧化氮在铂颗粒表面转化为一氧化二氮，一氧化二氮与氢气在铱表面反应转化为氮气和水，故答案为：NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O。
【分析】（1）①催化剂作用下，一氧化氮和氨气在有氧条件下反应生成氮气和水；
②温度能影响催化剂的活性；
（2）①在Pt颗粒表面转化为和水，反应的离子方程式为NO+8e-+10H+=NH+3H2O；
② 该反应的过程为：NO在Cu颗粒表面转化为NO，NO在Pt颗粒表面转化为N2O，N2O与H2在Ir表面反应转化为N2和H2O 。
16．【答案】（1）
（2）
（3）Al(OH)3
（4）1.610-5
（5）石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗
（6），反应的，，，使反应得以进行
【知识点】盖斯定律及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）与反应得到，该反应中V元素化合价从+5变为+4，则C元素化合价从+3变为+4，说明反应中有CO2生成，其反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）“碱浸”时与反应生成了，故反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）用盐酸调解溶液pH=9时，溶液中的转化为Al(OH)3沉淀，故“滤渣”的主要成分是Al(OH)3，故答案为：Al(OH)3；
（4）此时溶液的，故c(OH-)=0.1mol/L，根据可计算出c(Ca2+)=5.510-4mol/L，由可计算出=1.610-5，故答案为：1.610-5；
（5）电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗，故答案为：石墨此时作阳极，发生氧化反应，生成了CO2，石墨被消耗；
（6）已知：①；
②；
根据盖斯定律，①+②得，反应的，，，使反应得以进行，故答案为：，反应的，，，使反应得以进行。
【分析】向废SCR催化剂中加入H2C2O4溶液酸浸还原，发生反应 ，再加入NaOH溶液碱浸，反应后过滤得到钛渣；加入盐酸调节pH，过滤除去H2SiO3、Al(OH)3；加入石灰乳过滤得到CaWO4，最后熔融状态下电解CaWO4得到金属W。
17．【答案】（1）6-12
（2）
（3）加入过量稀硫酸使pH小于5，加热浓缩、降温结晶并过滤
（4）根据题意，可算得消耗掉的亚铁离子的物质的量为：0.0250mol/L×0.024L=0.0006mol，设重铬酸根离子的物质的量为x，根据方程式则重铬酸钾的质量分数为：。
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）使铬离子的浓度小于即为完全沉淀，根据Cr(OH)3的，可知，则，即pH达到6时，达到要求，根据图示，在pH为12的时候，开始产生，所以pH的范围为6-12。
（2）铬离子先与氢氧根离子反应生成氢氧化铬，再与过氧化氢反应被氧化成铬酸根和水，其化学方程式为。
（3）经过充分反应之后，生成了铬酸钾溶液，再加入过量的稀硫酸，使pH小于5，此时主要生成重铬酸钾，再经过加热浓缩、降温结晶、过滤，冰水洗涤及干燥即可得到最终的产品重铬酸钾。
（4）消耗24mL硫酸亚铁铵溶液，其中亚铁离子的物质的量为0.0250mol/L×0.024L=0.0006mol，根据方程式 ，设重铬酸根离子的物质的量为x，则根据方程式的比例关系得
则重铬酸钾的质量分数为：。
【分析】（1）结合 、计算；
（2）“氧化”过程中发生反应；
（3） 溶液时，主要以存在 ，则充分反应后加入过量稀硫酸使pH小于5，加热浓缩、降温结晶并过滤，冰水洗涤及干燥得到 晶体 ；
（4）根据计算。
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