河南省青桐鸣大联考2023-2024学年高三上学期12月月考 化学答案Word版.docx

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2024届普通高等学校招生全国统一考试青桐鸣高三大联考化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.全卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16S：32Cl：35.5Fe：56Bi：209一、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.废物改头换面，服务日常生活。下列说法正确的是A.钢管表面镀锌可起到防腐的作用，镀锌层破损后，钢管腐蚀速率加快B.生产豆奶产生的豆渣可加工成面粉和饼干，豆渣中含有的纤维素与淀粉互为同分异构体C.废弃玻璃磨粉可代替砂子掺入混凝土建造房子，玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂D.废旧轮胎制成的橡胶粉可掺入沥青中铺路，橡胶均属于天然有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．由于锌比铁活泼，当锌与铁构成电化学腐蚀时，先腐蚀锌，故钢管表面镀锌可起到防腐的作用，即镀锌层破损后，钢管腐蚀速率减慢，A错误；B．纤维素与淀粉的组成通式虽然都用(C6H10O5)n表示，但是二者的n值不同，即二者分子式不相同，故不互为同分异构体，B错误；C．玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂，涉及的反应主要为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，C正确；D．橡胶中的天然橡胶属于天然有机高分子化合物，而合成橡胶属于合成有机高分子化合物，D错误；故答案为：C。2.芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是 A.a、b均能与NaOH溶液反应B.a、c均能与b发生酯化反应C.b的芳香族同分异构体有3种D.基态碳原子与氧原子核外未成对电子数相等【答案】C【解析】【详解】A．a、b均含有羧基，均能与NaOH溶液反应，故A正确；B．a中含有羧基和羟基、c中含有羟基，b中含有羧基，能与a、c中的羟基发生酯化反应，故B正确；C．b的芳香族同分异构体含有苯环，若取代基为醛基和羟基，如，共有3种；若取代基为酯基，如，共有1种；故b的芳香族同分异构体共有4种，故C错误；D．基态碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，有两个未成对电子；基态氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，也有2个未成对电子，故D正确；故答案选：C。3.下列关于化学实验的基本操作正确的是A．制备纯净的B．收集氨气并进行尾气处理C．量取稀硫酸并排除滴定管中的气泡D．用该装置进行喷泉实验A.AB.BC.CD.D【答案】D 【解析】【详解】A．氢氧化亚铁易被空气氧化成氢氧化铁，氢氧化钠溶液悬空滴入硫酸亚铁溶液中，此方法生成的氢氧化亚铁与空气接触，易被氧化，不能制备纯净的氢氧化亚铁，故A错误；B．氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，集气瓶正放时，氨气应从短管进长管出，故B错误；C．量取稀硫酸应用酸式滴定管，图中为碱式滴定管，故C错误；D．挤压胶头滴管中的氢氧化钠溶液进入烧瓶，使二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶内气压减小，打开长导管的止水夹，就可以形成喷泉，故D正确；故选D。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.46g和的混合气体中所含原子数目为4.5B.乙酸和乙醇发生酯化反应生成1mol时，生成C—O键的数目为C.56gFe与71g完全反应，转移电子数目为3D.1mol/L溶液中含有Na+的数目为2【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均符合(NO2)，46g此混合气体，含有(NO2)的物质的量为1mol，含有原子的数目为3NA，A项错误；B．乙酸和乙醇酯化反应的方程式为：，其中羧基断裂C-O键，醇中的羟基断裂O-H键，酯中生成C-O键，生成1molH2O，生成C-O键的数目为1NA，B项正确；C．根据电子守恒，可得关系式：2Fe~3Cl2~6e-，1mol铁与1mol氯气反应，铁过量，氯气完全反应，转移电子数为2NA，C项错误；D．溶液的体积未知，无法计算Na+的数目，D项错误。故选B。5.下列离子方程式错误的是A.用过量氨水吸收少量气体：B.用溶液腐蚀覆铜板： C.NaClO溶液中通入少量气体：D.向硫酸酸化的溶液中滴加少量双氧水：【答案】C【解析】【详解】A．过量氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸氨和水，离子方程式为：，故A正确；B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板，反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：，故B正确；C．将少量二氧化硫通入溶液中，发生氧化还原反应，但次氯酸根过量，会有次氯酸生成，离子方程式为：，故C错误；D．高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，过氧化氢被氧化为O2，高锰酸钾被还原为硫酸锰，离子方程式为，故D正确；答案选C。6.通过对已知物质的性质和实验的描述进行类比推测，得出的相应结论正确的是选项已知物质的性质和实验类比推测ACuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应也生成蓝色沉淀BNaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生C向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象向NaHCO3固体中加入少量水，也伴随放热现象D少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀少量CO2通入BaCl2溶液中也产生白色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】 【详解】A．CuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，但CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应由于形成铜氨络离子而得不到蓝色沉淀，反应原理为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A不合题意；B．NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生是由于Al3+和发生双水解反应，原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生是由于Fe3+和发生双水解反应，原理为：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，B符合题意；C．向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象即Na2CO3固体溶于水时放热，但NaHCO3溶于水时需要吸热，C不合题意；D．少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀是由于发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，少量CO2通入BaCl2溶液中由于HCl的酸性比H2CO3强，二者不反应，故不能产生白色沉淀，D不合题意；故答案为：B。7.有机物M和N是合成药物的中间体，在一定条件下M可以转化为N，其过程如图所示，下列说法错误的是A.该反应类型为消去反应B.可用金属Na鉴别M和NC.M的分子式为D.N可使酸性溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，故A正确；B．M有羟基和酯基、N有酯基和碳碳双键，Na可以与羟基置换出氢气，可以用Na鉴别M和N，故B正确；C．由结构简式可知，M的不饱和度为2，M的分子式为C9H16O3，故C错误；D．N中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；答案选C。8.某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是A.“碱溶”时，所用NaOH溶液可更换为氨水B.若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质C.通过控制沉淀ⅰ、ⅱi的比例可改变聚合氯化铝的组成D.“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解【答案】C【解析】【分析】铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含偏铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。【详解】A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；C．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故C正确；D．氢氧化铝加盐酸溶解生成氯化铝，但熔融氯化铝不能导电，电解无法得到铝单质，故D错误；故选C。9.化合物M(结构如图所示)具有较大的阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素。下列说法正确的是 A.元素的第一电离能：Y>X>WB.M中属于p区的元素有4种C.L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成D.M中L和Z元素最外层均不满足结构【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，且Y能形成4个共价键，半径比Li小，故Y为C，原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B，且Z周围形成4个共价键，则Z为B，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为F，X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O，综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，W为F、X为O、Y为C，根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故元素的第一电离能为F＞O＞C即W>X>Y，A错误；B．由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，故M中出Li属于s区，其余4种元素属于p区，B正确；C．由分析可知，X为O、L为Li，L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X，得不到Li2O2即，C错误；D．由分析可知，L为Li，Z为B，由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最外层不满足结构，而Z元素即B最外层满足结构，D错误；故答案为：B。10.卤代甲硅烷是一类重要的硅化合物，是合成其他硅烷衍生物的起始原料。三溴甲硅烷(，熔点-73.5℃、沸点111.8℃，易水解、易着火)的合成反应为：，一种合成并提纯 的装置如图所示。下列说法正确的是A.合成阶段，装置2和6均需冷水浴；提纯阶段，装置6需加热B.装置4的作用为吸收未反应的C.合成阶段，从装置8逸出的气体可直接排放；提纯阶段，装置9收集满产品后需将缩细处烧封D.为提高冷凝效果，可将装置7更换为球形冷凝管【答案】B【解析】【分析】三颈烧瓶中液溴需要热水浴与氢气在管式炉3中化合反应生成溴化氢，通过4中的溴化亚铁除去溴化氢中的溴蒸汽，溴化氢和硅在管式炉5中反应合成，最后通过蒸馏冷凝提纯得到。【详解】A．合成阶段，装置2需热水浴使液溴挥发溴蒸汽，与氢气在3中化合反应，故A错误；B．装置4为除去溴化氢中的溴蒸汽，故B正确；C．合成阶段，从装置8逸出的气体含有溴化氢，不能直接排放，故C错误；D．蒸馏装置中不能使用球形冷凝管，容易有液体残留，需用直型冷凝管，故D错误；故选B。11.亚铜催化乙酰胺与溴苯偶联反应的机理如图所示，已知Ph为苯基。下列说法错误的是 A.a为反应的催化剂B.b中Cu的化合价为＋1价C.反应体系中同时存在极性键和非极性键的断裂和形成D.反应的总方程式为PhBr++HBr【答案】C【解析】【详解】A．由反应历程可知，反应前后都存在物质a，则其为催化剂，A正确；B．a到b过程中，Cu原子成键数目未发生改变，则b中Cu为+1价，B正确；C．由反应历程可知，反应中无非极性键断裂与形成，C错误；D．由反应历程可知，a为催化剂，bcdef为中间产物，则反应的总方程式为PhBr++HBr，D正确；故选C。12.微生物燃料电池是一种可以将污水中能量加以利用的技术，它可以通过产电微生物对污水中葡萄糖进行代谢，其工作原理如图所示。研究表明，溶液酸化会导致微生物活性降低，进而导致产电性能下降，其中N极上发生反应的同时还伴随着反硝化反应(转化为)，下列说法错误的是 A.电池工作时，电流应从N极流向M极，且N极电势高B.该装置应选择质子交换膜，从左极室移向右极室C.M极的电极反应为D.当N极消耗22.4L(标准状况下)时，M极生成4mol【答案】D【解析】【分析】N极O元素化合价由0降低到-2，得电子发生还原反应，N极为正极；M极为负极，葡萄糖被氧化为二氧化碳，根据M极产生H+可知电极反应式为：；【详解】A．据分析，N为正极，M为负极，电池工作时，电流从N极流向M极，且N极电势高，故A正确；B．M极产生H+，溶液酸化会使微生物活性降低，离子交换膜应选择阳离子交换膜，H+从左极室流向右极室，故B正确；C．据分析，M极电极反应为：，故C正确；D．氧气与电子的关系式为：O2~4e-，消耗1mol氧气，转移4mol电子，但是N极同时有NO转化为N2，这个反应转移的电子数未知，故无法计算M极产生H+的物质的量，故D错误；答案为D。13.已知T℃时，难溶电解质和的饱和溶液中或与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是 A.x︰y=3︰1B.T℃时，C.T℃时，饱和溶液和饱和溶液中：D.T℃时，若溶液中如a点所示，则加入NaOH可使溶液pH沿水平线向右移动至b点【答案】A【解析】【分析】由图可知，溶液pH为5、6时，X(OH)x饱和溶液中Xx+的浓度分别为10—3mol/L、10—6mol/L，由温度不变，溶度积不变可得：10—3×(10—9)x=10—6×(10—8)x，解得x=3，同理可知，溶液pH为6、7时，Y(OH)y饱和溶液中Yy+的浓度分别为10—4mol/L、10—6mol/L，由温度不变，溶度积不变可得：10—4×(10—8)y=10—6×(10—7)y，解得y=2，则T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20。【详解】A．由分析可知，x、y分别为3、2，则x：y=3：2，故A错误；B．由分析可知，T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20，则X(OH)x的溶度积小于Y(OH)y的溶度积，故B正确；C．由分析可知，T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20，则饱和溶液中，Xx+、Yy+的浓度分别为mol/L、mol/L，所以Xx+的浓度小于Yy+的浓度，故C正确；D．由图可知，a点为X(OH)x的不饱和溶液、b点为X(OH)x的饱和溶液，则向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，可以使不饱和溶液转化为饱和溶液，则加入氢氧化钠可使溶液pH沿水平线向右移动至b点，故D正确；故选A。14.将晶体置于真空刚性容器中，升温可发生反应： 和，该体系达到平衡状态时的体积分数的关系如图所示。下列说法正确的是A700K前，只发生反应B.650K时，若容器内气体压强为，则C.b点温度下，分解率为8％D.在a点容器中加入催化剂，则b点将向上平移【答案】A【解析】【分析】只发生硫酸亚铁晶体的分解反应时，生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫的体积分数为50%，符合700K之前图中的曲线变化情况；700K之后，发生反应，且升高温度，反应正向移动，二氧化硫的体积分数逐渐增大。【详解】A．700K之前，二氧化硫的体积分数为50%，说明只发生反应：，故A正确；B．650K时，容器内气体只有二氧化硫和三氧化硫，且物质的量相等，若容器内气体的压强为P0，则Kp==，故B错误；C．b点二氧化硫的平衡体积分数为54%，设硫酸亚铁分解产生的二氧化硫和三氧化硫的物质的量均为1mol，三氧化硫的分解率为x，可列三段式：，二氧化硫的平衡体积分数为，解得x=，故C错误；D．催化剂不会影响化学平衡，加入催化剂，b点不移动，故D错误； 故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某化学小组利用如图流程在实验室制备硫酸亚铁铵晶体，并对产品纯度进行测定。回答下列问题：Ⅰ．晶体制备。（1）废铁屑进行“碱洗”的目的为___________。（2）“酸溶”时，判断反应结束的现象为___________；处理尾气的方法为___________。（3）“抽滤”后，检验滤液中是否含有的试剂为___________；用离子方程式解释滤液中不含的原因为___________。（4）“系列操作”为水浴加热蒸发至___________，冷却至室温，过滤，用无水乙醇洗涤，再用滤纸反复吸干晶体。Ⅱ．(M=392g／mol)晶体纯度测定。取0.3g样品放入锥形瓶中，加入30mL蒸馏水溶解，水浴加热至有热气产生，趁热用0.0100mol／L酸性标准溶液滴定至终点，平行实验三次，测得平均消耗14.50mL酸性标准溶液。（5）滴定终点时的现象为________，反应的离子方程式为___________。（6）计算该样品的纯度为___________(保留三位有效数字)。【答案】（1）除去废铁屑表面油污。通过废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体，先用碱洗，除去废铁屑表面油污，再用酸溶，抽滤出过量的铁粉和未反应的C粉，溶液中剩余Fe2+，加入硫酸铵溶液制的硫酸亚铁铵晶体。（2）①.不再产生气泡时，证明反应结束。②.处理尾气的方法：用氢氧化钠吸收产生的气体。（3）①.KSCN溶液②.Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）有晶膜出现时或有大量固体出现时。（5）①.当滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终点。②.5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。（6）94.7%【解析】 【分析】本题属于无机工艺流程题，由废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体，碱洗的目的一般是除去废料表面的油污，酸可以溶解大多数金属及其化合物；抽滤实质上是减压过滤，在滤液中加入硫酸铵固体值得产品，带结晶水的物质通常需要冷却结晶的方式制得。【小问1详解】碳酸钠溶液显碱性，在碱性条件下，废铁屑表面油污发生水解，“碱煮”的目的是除去废铁屑表面油污，故答案为：除去废铁屑表面油污；【小问2详解】酸溶时发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，所以当反应不再产生气体时，证明反应结束；用氢氧化钠溶液处理尾气。【小问3详解】显色法KSCN溶液检验Fe3+，无红色证明不含Fe3+；其原因是在“酸溶”过程中含有大量的铁单质，可与反应生成的Fe3+发生氧化还原反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+【小问4详解】蒸发过程的注意事项：有晶膜出现时或有大量固体出现时，停止加热。【小问5详解】当滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终点；5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。【小问6详解】关系式法计算：，，，样品纯度=×100%=94.7%16.一种从废钼钴催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示： 已知：Ⅰ．废钼钴催化剂主要成分如表。主要成分CoO质量分数／％44.616.6714.37Ⅱ．“酸浸”所得溶液中主要含有、、等阳离子。回答下列问题：（1）钼酸铵[]中Mo元素的化合价为___________，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为___________。（2）“碱浸”时需在75℃条件下进行反应，且选择不同碱性试剂钼元素的浸出率随时间变化如图乙所示。则“碱浸”时的最佳条件为___________。（3）“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为___________。（4）“沉铋”时，反应的化学方程式为___________。（5）“氧化沉钴”时调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，其离子方程式为___________。（6）“沉钴”时，选用溶液，而不用溶液的原因为加入会产生杂质，请解释产生的原因：___________。（7）若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.14kg，则Bi元素的回收率为___________(保留三位有效数字，Bi元素的回收率)。【答案】（1）①.+6②.O>N>H（2）1-碳酸钠溶液、3h（3）防止硝酸挥发、分解 （4）Bi（NO3）3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O（5）3Co2++4H2O+MnO=3CoOOH↓+MnO2↓+5H+（6）Co2++CO+H2O=+CO2（7）79.1%【解析】【分析】废钼钴催化剂中加入碳酸钠碱浸，使钴、铋转化为沉淀，过滤后，滤液加入硝酸，生成钼酸，然后经过一系列操作得到钼酸铵；滤渣加入硝酸酸浸，得到含有、、等阳离子的溶液，再加入NaOH溶液沉铋，过滤得到BiONO3，滤液加入高锰酸钾氧化沉钴，调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，经过精制、还原，然后加入碳酸氢铵，生成CoCO3，据此解答。小问1详解】钼酸铵[]中铵根离子为+1价，O为-2价，则Mo元素的化合价为+6价，非金属性越强，电负性越大，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为O>N>H。【小问2详解】结合图像，则“碱浸”时的最佳条件为1-碳酸钠溶液、3h。【小问3详解】硝酸易挥发分解，“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为防止硝酸挥发、分解。【小问4详解】“酸浸”所得溶液中主要含有离子，“沉铋”时，反应的化学方程式为Bi（NO3）3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O。【小问5详解】“氧化沉钴”时调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，其离子方程式为3Co2++4H2O+MnO=3CoOOH↓+MnO2↓+5H+。【小问6详解】“沉钴”时，选用溶液，而不用溶液的原因为加入会产生杂质，产生的原因：Co2++CO+H2O=+CO2。【小问7详解】若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.14kg，则Bi元素的回收率为 ≈79.1%。17.甲硫醇()是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过和合成的主要反应为：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）计算反应的ΔH=___________。（2）时，向恒容密闭容器中充入一定量和发生反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是________(填选项字母)；若按相同比例再充入一定量和，的平衡转化率将________(填“变大”“变小”或“不变”)。A．容器内气体密度不再发生变化B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化C．的体积分数不再发生变化D．和的物质的量之比不再变化（3）时，按物质的量之比为1︰2向压强为的恒压密闭容器中充入和发生反应，达到平衡时，的转化率为80％，的体积分数为5％。①计算的选择性为___________(的选择性)。②反应Ⅰ的平衡常数___________(是用分压表示的平衡常数)。（4）在、反应压力为0.7Mpa条件下，气体按90mL／min的速率通过催化剂表面发生反应，每分钟反应体系中转化率、选择性随温度的变化如图甲所示，催化机理如图乙所示。 ①370℃时，用分压表示的反应速率为___________Mpa／min。②结合催化机理分析，当温度高于370℃时，转化率随温度升高而降低的原因可能为___________。③从化学键的角度描述ⅲ→ⅰ脱水的过程：___________。【答案】（1）b-2a（2）①.CD②.不变（3）①.62.5%②.1.48（4）①.0.1932②.温度过高，催化剂会失去活性③.ⅲ中的W—O键和H—S键断开，之后O和H结合在一起形成水【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，Ⅱ-2Ⅰ=，则ΔH=b-2a；【小问2详解】A．所有反应物和产物都是气体，容器恒容，则气体密度不是变量，故容器内气体密度不再发生变化，不能证明反应达到平衡，A错误；B．结合A分析可知，总质量不变，且反应气体分子数不变的反应，则混合气体的平均相对分子质量不是变量，则当其不变的时候不能证明反应达到平衡，B错误；C．硫化氢为反应物，随着反应的进行，逐渐减少，当其体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡，C正确； D．根据题给信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ都会生成水，但是只有反应Ⅱ生成，则和的物质的量之比是变量，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；故选故选CD；若按相同比例再充入一定量和，相当于加压，两个反应都是气体分子数不变的反应，则加压平衡不移动，故的平衡转化率将不变；【小问3详解】假设通入1mol和2mol，达到平衡时，的转化率为80％，则平衡时参加反应的为0.8mol，的体积分数为5％，则的物质的量为(1mol+2mol)×5%=0.15mol，生成消耗的甲醇的物质的量为0.3mol，则生成消耗的甲醇的物质的量为0.8mol-0.3mol=0.5mol，生成的物质的量为0.5mol①的选择性为；②根据①的分析可知，平衡时的物质的量为0.2mol，的物质的量为2mol-0.5mol-0.15mol=1.35mol，的物质的量为0.5mol，的物质的量为0.5mol+0.15mol×2=0.8mol，则反应Ⅰ的平衡常数；【小问4详解】①假设通入1mol和2mol，根据图中信息可知，370℃时，每分钟参加反应的甲醇的物质的量为1mol×92%=0.92mol，其中生成的物质的量为0.92mol×90%=0.828mol，其分压为，则用分压表示的反应速率为0.1932Mpa／min；②温度过高，催化剂会失去活性，导致转化率降低；③由图可知ⅲ→ⅰ脱水的过程为：ⅲ中的W—O键和H—S键断开，之后O和H结合在一起形成水。18.废旧铅酸蓄电池中含60％以上铅和铅的化合物，对其实施有效回收可实现铅资源的综合有效利用，减少环境污染。回答下列问题：Ⅰ．火法炼铅：对废旧铅酸蓄电池进行拆解处理，然后用NaOH溶液对铅膏中的预脱硫，将得到的PbO固体与淀粉在700℃下共热得到粗铅。 （1）“预脱硫”反应的化学方程式为___________，淀粉的作用为___________。Ⅱ．电化学回收：废旧铅酸蓄电池拆解得到的Pb阴极、阳极和膏熔炼获得铅电极，通过如图甲所示装置制备高纯铅。（2）该装置的能量转化形式为___________。（3）该离子交换膜应选择___________，M极的电极反应为___________。Ⅲ．湿法炼铅：用溶液浸泡废铅膏，再用冰醋酸处理制得溶液，经结晶法获得晶体，然后在空气氛围中焙烧醋酸铅获得超细氧化铅产品。（4）若不考虑碳酸的分解，已知、、、和，则用冰醋酸处理的K=___________(用含a、b、c、d、e的式子表示)。Ⅳ．利用铅膏中的制备：以铅膏()、和NaOH为原料，通过混合后进行沉淀转化可制得。已知：ⅰ．的产率(η)随pH的变化如图乙所示。ⅱ．。（5）加入NaOH的作用为___________。（6）加人NaOH不能过量的原因为___________。 【答案】（1）①.PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O②.还原剂（2）化学能转化为电能（3）①.阴离子交换膜②.+2e-=Pb+3OH-（4）（5）加入NaOH消耗H+，使+H2O2+2H+平衡右移，使变为。（6）防止生成Pb(OH)2【解析】【小问1详解】根据元素守恒，“预脱硫”反应的化学方程式为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O；由题，PbO变为Pb，化合价降低，则淀粉作用为还原剂；【小问2详解】该装置为原电池，是化学能转化为电能；【小问3详解】由图可知OH-移向负极，为阴离子交换膜；M极的电极反应为+2e-=Pb+3OH-【小问4详解】由题：、、、、，Pb2+用冰醋酸处理PbCO3方程式为2CH3COOH+PbCO3=(CH3COO)2Pb+H2CO3，K==。【小问5详解】加入NaOH消耗H+，使+H2O2+2H+平衡右移，使变为。【小问6详解】