浙江省宁波市十校高三下学期二模化学试题

宁波十校2024届高三3月联考化学选择题部分一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.常温常压下，下列物质为气态的是A.甲醇 B.甲醛 C.甲酸 D.水【答案】B【解析】【详解】A．常温常压下，甲醇为液态，A不符合；B．常温常压下，甲醛为气态，B符合；C．常温常压下，甲酸为液态，C不符合；D．常温常压下，水为液态，D不符合；答案选B。2.碳酸氢钠常用作食用碱或工业用碱，下列说法不正确的是A.向碳酸氢钠固体中加入少量水后，会出现吸热现象B.碳酸氢钠溶液呈碱性，加入溶液后，产生较多氨气C.分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠先发生分解D.往饱和碳酸钠溶液中通入，会产生碳酸氢钠沉淀【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶于水吸热，A项正确；B．碳酸氢钠溶液和溶液不反应，B项错误；C．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，故分别同时加热等量碳酸钠和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠先发生分解，C项正确；D．往饱和碳酸钠溶液中通入，碳酸钠和、H2O反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化碳会有碳酸氢钠析出，D项正确；答案选B。3.下列表示正确的是A.的价层电子对互斥（VSEPR）模型：B.的电子式：C.基态的价层电子轨道表示式：D.的名称：乙二酸乙二酯【答案】A【解析】【详解】A．的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，A正确；B．的电子式为，B错误；C．基态的价层电子轨道表示式为C错误；D．的名称为乙二酸二乙酯，D错误；答案选A。4.具有强氧化性，可发生反应：。下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数的值）A.既是氧化产物，又是还原产物 B.仅作氧化剂C.生成1mol转移电子的数目为 D.实验室不可用加热固体的方法制备【答案】B【解析】【详解】A．中N元素化合价由+5价变为0价，中N元素化合价由3价变为0价，则既是氧化产物，又是还原产物，A项正确；B．中N元素化合价由+5价变为0价，O元素化合价由2价变为0价，则既是氧化剂又是还原剂，B项错误；C．中N元素化合价由+5价变为0价，反应消耗2mol生成2molN2转移10mol电子，则生成1mol转移电子的数目为，C项正确；D．由反应可知，受热分解可生成N2、O2和H2O，故实验室不可用加热固体的方法制备，D项正确；答案选B。5.下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是A.1.0mol/L氨水溶液（）中：、、B.1.0mol/L氯化钠溶液（）中：、、C.0.1mol/L碳酸钠溶液（）中：、、D.0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液（）中：、、【答案】C【解析】【详解】A．氨水和会生成沉淀，不共存，故A错误；B．的氯化钠溶液会促进水解产生胶体，不能共存，故B错误；C．的碳酸钠溶液中：、、各离子间不反应，可以大量共存，故C正确；D．酸性高锰酸钾会与发生氧化还原反应生成二氧化碳，不能共存，故D错误；故选C。6.《开宝本草》记载“取钢煅作叶，如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为］可用如下方法检测。下列相关说法不正确的是A.气体X为B.铁华粉中含有铁单质C.由上述实验可知，结合的能力强于D.制备铁华粉的主要反应为【答案】A【解析】【分析】铁华粉中加入稀硫酸并加热，产生的刺激性气味的气体X为醋酸蒸气；铁华粉中加入稀盐酸生成氢气和滤液有氢气生成说明铁华粉中含有铁单质，滤液中加入铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，说明有滤液中有亚铁离子，该沉淀不溶于稀盐酸，但与NaOH可反应生成棕色沉淀。【详解】A．气体X醋酸蒸气，A错误；B．加入盐酸，有氢气产生，说明铁华粉中含有铁单质，B正确；C．由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN，C正确；D．由题中信息可知，制备铁华粉的主要反应方程式，D正确；故选：A。7.类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是已知结论A15—冠—5（冠醚）能识别12—冠—4（冠醚）能识别B酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸酸性：氢氟酸＞氢氯酸C溶解度：D晶体硅是半导体材料晶体硅的化学键含金属键成分A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．12—冠—4（冠醚）与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠—4（冠醚）不能识别，A项错误；B．F的吸电子能力强于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F的非金属性比Cl强，所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，HF键能比HCl键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸＜氢氯酸，B项错误；C．和组成不相似，则由＜，不能推测出溶解度：，C项错误；D．晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比推理出，晶体硅的化学键含金属键成分，D项正确；答案选D。8.某实验小组为制备1氯2甲基丙烷（沸点69℃），将2甲基1丙醇和溶于中，加热回流（伴有气体产生）。反应完全后倒入冰水中分解残余的，分液收集层，再用无水干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的部分装置（夹持及加热装置略）如下图，下列说法不正确的是A.装置①在加热回流时，需加入沸石或碎瓷片B.装置②与装置①的冷凝管上端相连，因气体极易溶于水，需将尾气处理装置设计成防倒吸C.装置③在分液前无法区分水层与有机层时，可向分液漏斗中滴水，若上层无水滴通过轨迹，则上层为水层D.沸点为39.8℃，为增强冷凝效果，可使用装置④的蒸馏装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水浴加热【答案】A【解析】【详解】A．该装置中有搅拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，A项错误；B．装置②与装置①的冷凝管上端相连，用来收集反应生成的，气体极易溶于水，所以要防止倒吸，B项正确；C．向两层溶液中滴水，滴入水后如果先接触有机层，滴入的水与有机层会有明显的界限，如果滴入水层，就会消失不见，C项正确；D．沸点为39.8℃，1氯2甲基丙烷沸点69℃，故可使用装置④的蒸馏装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水浴加热，得到纯净的1氯2甲基丙烷，D项正确；答案选A。9.关于有机物检测，下列说法正确的是A.分子式为的有机物不能使酸性溶液褪色，则该有机物一定不是醇B.可用溴水鉴别甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯C.与的核磁共振氢谱谱图是完全相同的D.淀粉水解液碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，出现砖红色沉淀，说明淀粉水解生成了还原性糖【答案】D【解析】【详解】A．属于醇，但不能使酸性溶液褪色，A项错误；B．甲酸水溶液、甲醛水溶液就能和溴水反应使溴水褪色，现象相同，故不能用溴水鉴别甲酸水溶液、甲醛水溶液和甲苯，B项错误；C．与都含有两种不同环境的氢原子，且个数比均为3:1，但由于所含官能团不同使得化学位移不同，故二者的核磁共振氢谱谱图不完全相同，C项错误；D．淀粉水解液生成葡萄糖，葡萄糖为还原性糖，碱化后，加入新制氢氧化铜并加热，，出现砖红色沉淀，D项正确；答案选D。10.下列指定反应与方程式不相符的是A.淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：B.用惰性电极电解溶液，阴极的电极反应式：C.甘油与硝酸发生酯化反应：D.在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚：【答案】C【解析】【详解】A．I在空气中被氧化为I2，使淀粉溶液变蓝，离子方程式为，A项正确；B．用惰性电极电解溶液，阴极上水电离出的H+发生还原反应生成H2，Mg2+和水电离产生的OH反应生成沉淀，故阴极的电极反应式为，B项正确；C．醇和羧酸的反应为酯化反应，故该反应不是酯化反应，C项错误；D．在酸催化下，苯酚与甲醛反应生成羟甲基苯酚，反应的方程式为，D项正确；答案选C。11.有机物L的合成路线（反应条件和其他产物已经略去）如下图所示，下列说法不正确的是A.1molX最多能与2mol（水溶液）发生反应B.在Z→M的过程中，发生还原反应，M的结构简式为C.Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同D.N和L均难溶于水【答案】B【解析】【详解】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与2mol发生反应，A正确；B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在Z→M的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，则M的结构简式为，B错误；C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C正确；D．由题干信息可知，L为醚类物质，N是卤代烃，二者均难溶于水，D正确；故选：B。12.有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为，下列说法不正确的是A.Z与N可形成化合物、B.最简单氢化物的沸点：C.M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大D.离子中Y发生杂化【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，N元素的价层电子排布式为，则n为Cl元素；阳离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、4，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Mg元素。【详解】A．氮元素的原子序数为5，基态原子的价电子排布式为2s22p3，由于原子核外没有d轨道，所以由共价键的饱和性可知，氮原子与氯原子无法形成五氯化氮，故A错误；B．氨分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故B正确；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，故C正确；D．CH离子中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确；故选A。13.高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以为原料制备高氯酸原理如图所示。下列说法正确的是A.上述装置中，f极为光伏电池的正极B.a、b处均通入溶液C.d处得到较浓溶液，c处得到溶液D.若转移2mol电子，理论上生成100.5g【答案】C【解析】【分析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O4e=4H++O2↑或4OH4e=2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2↑或2H++2e=H2↑，OH与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液，以此来解答。【详解】A．图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；B．由以上分析可知，物质b为稀NaOH溶液，故B错误；C．左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C正确；D．电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O4e=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D错误；故选：C。14乙醛与氢氰酸（，弱酸）能发生加成反应，生成2羟基丙腈，历程如下：下列说法不正确的是A.因氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，与作用B.易挥发且有剧毒，是该反应不在酸性条件下进行的原因之一C.往丙酮与反应体系中加入一滴溶液，反应速率明显加快，因此碱性越强，上述反应越容易进行D.与加成的反应速率：【答案】C【解析】【详解】A．氧原子的电负性较大，醛基中的碳原子带部分正电荷，碳原子与作用，故A正确；B．易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故B正确；C．往丙酮与反应体系中加入一滴溶液，CN浓度增大，反应速率明显加快，若碱性过强，氢离子浓度降低，第二步反应难发生，故C错误；D．硝基是吸电子基，甲基是给电子基，间甲基苯甲醛中醛基中的碳原子正电性减弱，不利于亲核加成，所以与加成的反应速率：，故D正确；选C。15.常温下，往0.35mol/LCa(ClO)2溶液中通入CO2。已知：Ka(HClO)=4.0×108，，Ka2(H2CO3)=4.7×1011，Ksp(CaCO3)=3.4×109下列说法不正确的是A.通入一定量CO2后溶液pH=7，未出现CaCO3沉淀B.往Ca(ClO)2溶液中加盐酸酸化，将有Cl2生成C.通入一定量CO2后溶液中c(HClO)=c(C1O)，滴入酚酞试剂，溶液一直呈无色D.已知自然条件下，饱和碳酸溶液的，则自然条件下饱和碳酸溶液中存在c(H+)＞c()＞c(OH)＞c()【答案】AC【解析】【详解】A．向Ca(ClO)2溶液中通入一定量CO2后溶液pH=7，c(H+)=107mol/L，由于Ka(HClO)=4.0×108，=4.0×108，==0.4，根据Ca(ClO)2溶液浓度为0.35mol/L，则c(ClO)+c(HClO)=0.35mol/L×2=0.70mol/L，两式联立，解得c(ClO)=0.2mol/L；c(HClO)=0.5mol/L；溶液pH=7，溶液显中性，则溶液中c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒可得c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH)+c(C1O)+2c()+c()，故有2c(Ca2+)=c(C1O)+2c()+c()；0.35mol/LCa(ClO)2溶液中，c(Ca2+)=0.35mol/L，0.35mol/L×2=0.2mol/L+2c()+c()，所以2c()+c()=0.5mol/L，H2CO3的二级电离平衡常数Ka2==4.7×1011，pH=7，c(H+)=107mol/L，所以==4.7×104，结合等式2c()+c()=0.5mol/L，可知c()≈0.5mol/L，c()=0.5mol/L×4.7×104=2.35×104mol/L，c(Ca2+)·c()=0.35×2.35×104=8.225×105＞Ksp(CaCO3)=3.4×109，因此溶液中会出现CaCO3沉淀，A错误；B．加入盐酸酸化，次氯酸钙具有强氧化性，HCl具有还原性，会发生归中反应，将其氧化为氯气，反应方程式为：ClO+Cl+2H+=H2O+Cl2↑，B正确；C．Ka(HClO)==4.0×108，若c(ClO)=c(HClO)，则c(H+)=4.0×108mol/L，pH=8lg4=7.4，溶液显碱性，滴入酚酞溶液时，首先显红色，然后由于HClO、ClO的氧化性而将红色溶液氧化变为无色，不是一直为无色，C错误；D．碳酸在溶液中存在两步电离平衡，主要是来自于第一步电离，H+两步电离均会生成，故c(H+)＞c()；主要是部分电离得到，而且电离程度十分微弱，H2CO3电离出的程度大于电离产生的程度，故c()和c(OH)要小于c()；Kb1==2.13×104，溶液pH=5.6，c(H+)=105.6mol/L，c(OH)=108.4mol/L，c()≈c(H+)=105.6mol/L，带入Kb1==2.13×104，可得c()=4.7×1011mol/L，小于c(OH)=108.4mol/L，故离子浓度大小关系为：c(H+)＞c()＞c(OH)＞c()，D正确；故合理选项是AC。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，下列方案设计、结论均正确的是实验目的方案设计现象结论A探究金属Na、Ca的金属性强弱将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中金属Na与水反应更加剧烈Na的金属性强于CaB判断AlCl3的化学键类型将AlCl3固体溶于水，进行导电性实验AlCl3溶液可导电AlCl3中含有离子键C探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应将红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色气体炭与浓硝酸在加热条件下反应生成NO2D探究有机物中官能团之间的影响分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水前者无明显现象，后者快速固化氰基活化双键，使其更易发生加聚反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中，分别发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于NaOH易溶于水，会迅速扩散到溶于中，反应继续进行；而Ca(OH)2微溶水，反应产生Ca(OH)2覆盖在金属表面，阻止反应的进行，导致Ca与水的反应速率比Na与H2O反应的缓慢，因此不能比较金属Na、Ca的金属性强弱，A不符合题意；B．AlCl3固体溶于水，AlCl3电离产生Al3+、Cl，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，但不能判断其物质中含有离子键，B不符合题意；C．浓硝酸具有不稳定性，在加热时会发生分解反应：4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，反应产生的NO2也会产生红棕色气体，而不能证明C与浓硝酸反应产生NO2，C不符合题意；D．分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，说明氰基活化双键，使其更易发生加聚反应，产生高聚物，可以用于探究有机物中官能团之间的影响，D符合题意；故合理选项是D。二、非选择题（本大题共5小题，共52分。）17.氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答：（1）钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。①钴蓝晶胞中、、O原子个数比为__________。②原子间最短的距离为__________。③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、__________（填字母序号）。（2）苯、1,3丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。①下列说法正确的是__________。A.同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种B.苯中碳原子杂化方式为C.1，3丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长D.的二氯代物有9种（不考虑立体异构）②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘（）、蒽（）、菲（）。分子式为的稠环芳烃，一个分子中σ键有__________个。（3）邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键。①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键__________。②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是__________。【答案】17.①.1:2:4②.③.c、f18.①.BD②.5419.①.②.形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键【解析】【小问1详解】①Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32，则钴蓝晶胞中、、O原子个数比为：8:16:32=1:2:4；②由图可知，原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：；③根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅰ型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；【小问2详解】①A．同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4种，A错误；B．苯中，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则苯中碳原子杂化方式为，B正确；C．根据信息可知，1,3丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则其中碳原子间的键长小于乙烷中的碳碳键键长，C错误；D．根据定一移一的原则可知，的二氯代物有、、、，一共9种，D正确；故选BD；②根据题给信息可知，分子式为的稠环芳烃中含有苯环的个数为7个，其中含有C—Cσ键的个数为：36，C—Hσ键的个数为：18，则一个分子中σ键有54个；【小问3详解】从化学反应进行的方向可以知道，邻羟基苯甲醛在分子间形成氢键，会导致分子数减少，则熵减少，但是该物质更加易于形成分子内氢键，说明形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键。18.砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸（）形式存在］中回收砷的工艺流程如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.砷酸（）在酸性条件下有强氧化性Ⅳ.，请回答：（1）从含砷废水到滤液Ⅰ，浓度明显减小的阳离子为__________（用离子符号表示）。（2）下列说法正确的是__________。A.沉砷时产生的废气可用溶液吸收处理B.酸化的目的是增加价砷的氧化性C.浸取后所得滤渣的主要成分是，不含D.酸性：（3）“沉砷”过程中是否可用过量的替换__________（填“是”或“否”）；请从平衡移动的角度解释原因__________。（4）砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为__________。还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，设计检验实验方案__________。【答案】（1）（2）ABD（3）①.否②.由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷（4）①.②.取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴（或）溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全【解析】【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，，浸取得到硫化亚铁滤渣和含的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和，酸化后生成，砷酸()在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成。【小问1详解】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，与FeS发生如下反应：，反应过程中浓度明显减小；【小问2详解】沉砷时产生的废气中含有H2S，可用溶液吸收将其转化为CuS固体处理，故A正确；砷酸（）在酸性条件下有强氧化性，因此酸化的目的是将砷酸钠转化为砷酸，从而增强+5价砷的氧化性，故B正确；和的溶度积常数接近，在加NaOH溶液碱浸时，可以部分转化为，因此滤渣中可能含，故C错误；非金属性Se>As，则两者最高价氧化物水化物的酸性强弱：，故D正确；【小问3详解】已知：Ⅱ．；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。【小问4详解】砷酸“还原”过程中发生的化学方程式为；还原后溶液需检验是否仍剩余砷酸，可利用其强氧化性检验，检验实验方案：取少量溶液于一洁净试管中，滴入几滴(或)溶液，再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，则证明砷酸未还原完全。19.通过电化学将转化为有机物、开发利用清洁能源都是实现“双碳”目标的重要途径。请回答：（1）某研究小组采用单原子和纳米作串联催化剂，通过电解法将最终转化为乙烯，装置示意图如图1所示。惰性电极a上催化剂纳米处的电极反应式为__________。（2）另一研究小组研究乙醇水催化重整获得清洁能源，主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①__________。②保持压强为，按投料，发生反应，测得平衡时和的选择性［例如的选择性］及的产率[产率］随温度T的变化关系如图2所示。下列说法正确的是__________。A.曲线a表示平衡时的选择性B.乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大C.300℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降D.降低水醇比［］有助于提高的选择性③500℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示平衡常数__________。（3）第三个研究小组研究还原获得能源。恒压、750℃条件下，和按物质的量之比1:3投料，经如下流程实现高效转化。①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的__________。②若和按物质的量之比1:1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行，请解释原因（结合第①问数据进行说明）__________。【答案】（1）（2）①.②.ABD③.0.225（3）①.3:4②.若和按物质的量之比1:1投料，过程ⅰ中刚好与反应：，无剩余的；过程ⅱ的反应为、、，ⅰ无剩余，导致ⅱ结束后，导致iii无法将完全转化成，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行【解析】【小问1详解】由图可知，纳米处的电极上发生的反应是被还原为乙烯，所以电极反应式为：；【小问2详解】①根据盖斯定律可得，；②A．由选择性的定义可知的选择性与的选择性的和为1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为的产率曲线，又由于起始时按投料，所以一开始体系中没有，所以反应Ⅱ开始时不反应，的选择性为0，表示平衡时选择性的曲线是c，则曲线a表示的是的选择性，故A正确；B．由图可知，随着温度的升高，的选择性逐渐降低，相当于反应Ⅰ中生成物不断被分离出去，所以乙醇的平衡转化率是一直升高的，故B正确；C．曲线b为氢气的产率曲线，的选择性随温度的升高而升高，的选择性随温度的升高而降低，由图可知，300℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的大于反应Ⅰ生成的，从而导致曲线b随温度升高而降低，故C错误；D．降低水醇比［］，即降低的物质的量，对于反应Ⅱ而言，反应正向移动，有助于提高的选择性，故D正确；故选ABD；③500℃、100kPa条件下，设和的起始量分别为1mol和3mol，设达到平衡后的物质的量为xmol、反应Ⅰ生成的为amol，则可有如下式子：由图可知500℃时，的产率为80%，和的选择性相等都为50%，故有，，结合两式可解得，。由此可计算出平衡时，，，，所以反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数；【小问3详解】①过程ⅲ的反应为：、，当时，ⅲ可顺利发生；②若和按物质的量之比1:1投料，过程ⅰ中刚好与反应：，无剩余的；过程ⅱ的反应为、、，ⅰ无剩余，导致ⅱ结束后，导致iii无法将完全转化成，最终导致ⅱ、ⅲ循环无法持续进行。20.某小组设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略）。已知：①测定原理为甲醛把还原成，产生的与定量反应生成，与菲洛嗪形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量；②吸光度用A表示，计算公式为，其中a为吸光度系数，b为光在样本中经过的距离，c为溶液浓度。请回答：（1）仪器A的名称是__________。（2）制备银氨溶液，仪器B中放置的药品是__________（填“溶液”或“氨水”）。（3）选择正确的操作，完成室内空气中甲醛含量的测定：__________操作①：取下玻璃塞→操作②：__________→操作③：__________→操作④：使可滑动隔板处于最右端→操作⑤：__________→操作⑥：__________→操作⑦：__________→再将操作③～⑦重复4次→测定溶液吸光度。a.打开，关闭b.打开，关闭c.将可滑动隔板拉至最左端d.热水浴加热仪器Ae.将可滑动隔板缓慢推至最右端f.将可滑动隔板迅速推至最右端（4）写出甲醛与银氨溶液反应的化学方程式__________。（5）将仪器A中溶液的调至1，加入足量溶液，充分反应后加入菲洛嗪，通过测定吸光度确定生成1.12mg，则空气中甲醛的含量为__________mg/L。（6）下列说法正确的是__________。A.本实验缺少尾气处理装置B.实验应在室内不同点位进行空气取样，以保证数据的准确性C.毛细管的作用是减小空气通入速率，保证空气中的被吸收完全D.有色配合物浓度越大，测得吸光度数值越大【答案】（1）三颈烧瓶（2）氨水（3）dacbe（4）（5）0.0375（6）BCD【解析】【分析】硝酸银溶液中滴加氨水生成AgOH白色沉淀，加入过量氨水沉淀溶解，得到银氨溶液；故在仪器A为硝酸银溶液、B为氨水，反应生成银氨溶液，然后通过C向A通入室内空气，空气中甲醛和银氨溶液水浴加热发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的与定量反应生成，与菲洛嗪形成有色配合物，在562nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12mg，可计算室内空气中甲醛含量。【小问1详解】仪器A的名称是三颈烧瓶；【小问2详解】由分析可知，仪器B中放置的药品是氨水；【小问3详解】结合分析可知，室内空气中甲醛含量的测定操作为：操作①：取下玻璃塞→操作②d.热水浴加热仪器A→操作③a.打开，关闭→操作④使可滑动隔板处于最右端，排出容器中空气→操作⑤c.将可滑动隔板拉至最左端，吸入室内待测的空气→操作⑥b.打开，关闭→操作⑦e.将可滑动隔板缓慢推至最右端，使得待测空气缓缓进入银氨溶液充分反应→再将操作③～⑦重复4次，减小实验误差→测定溶液吸光度；故答案为：dacbe；【小问4详解】甲醛具有一定还原性，能还原一价银为银单质，与银氨溶液反应生成银单质和碳酸铵、水、氨气，化学方程式；【小问5详解】甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银氨溶液中元素化合价+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12