浙江省四校联盟联考2023-2024学年高三上学期化学试题

2023学年第一学期浙江省四校联盟联考试题化学学科考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Cu64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.下列物质不含有机物的是A.有机玻璃 B.足球烯 C.氯仿 D.聚酯纤维【答案】B【解析】【详解】A．有机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，属于有机物，A不符合题意；B．足球烯属于碳单质，属于无机物，B符合题意；C．氯仿是三氯甲烷，由甲烷发生取代而来，属于有机物，C不符合题意；D．聚酯纤维，也就是我们俗称的“涤纶”，是一种由有机二元酸和二元醇通过化学缩聚制成的合成纤维，它属于高分子化合物的一种，属于有机物，D不符合题意；故选B。2.下列化学用语正确的是A.溴乙烷的分子结构模型：B.的电子式：C.的VSEPR模型：D.基态Si原子的价层电子的轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．溴乙烷的结构简式为CH3CH2Br，原子半径Br＞C＞H则其分子结构模型为，A正确；B．为共价化合物，其电子式为，B错误；C．NH3中形成3个σ键，有1对孤对电子，因此其VSEPR模型为四面体，C错误；D．基态Si原子的价层电子为3s23p2，其轨道表示式为，D错误；故选A。3.(俗称铵铁蓝)是一种蓝色的无机颜料。下列有关说法不正确的是A.Fe元素位于元素周期表的d区B.铵铁蓝中铁元素有两种化合价C.中H―N―H的键角比中的H―N―H的键角大D.铵铁蓝中的配体是，该配体中键与键的数目之比是2∶1【答案】D【解析】【详解】A．Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，故A正确；B．铵铁蓝中铁元素有+2价和+3价两种化合价，故B正确；C．和NH3中N都是sp3杂化，无孤对电子，NH3有1对孤对电子，因此中H―N―H的键角比中的H―N―H的键角大，故C正确；D．中形成碳氮三键，三键中有1个σ键、2个π键，键与键的数目之比是1:2，故D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.导电能力很强，可用于制作光导纤维B.浓硫酸具有吸水性，可用作的干燥剂C.具有弱碱性，可用于制作胃酸中和剂D.硝酸铵易溶于水，可直接作为氮肥施用【答案】C【解析】【详解】A．导光性强，可用于制作光导纤维，故A错误；B．浓硫酸能吸收SO3形成发烟硫酸，因此不能用浓硫酸干燥SO3，故B错误；C．，因此具有弱碱性，且其溶液碱性不强可以用作胃酸中和剂，故C正确；D．高效氮肥硝酸铵受热或经撞击易发生爆炸，必须改性处理后才能施用，故D错误；故选C。5.利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的是A．制备固体B．验证铁钉吸氧腐蚀C．制备乙烯D．洗涤AgCl沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．制备碳酸氢钠固体应先向饱和食盐水中通入过量氨气，再通入过量二氧化碳，A错误；B．铁钉中有碳和铁，浸泡在食盐水中能发生吸氧腐蚀，导致试管中氧气含量变小通过氧气传感器可以监测，B正确；C．乙醇发生消去反应生成乙烯需要控制温度在170℃，因此温度计应深入液面以下，C错误；D．洗涤沉淀时不能用玻璃棒搅拌，用玻璃棒搅拌容易捅破滤纸，D错误；故选B。6.高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾(K2FeO4)性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4→O2↑＋CuSO4+H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法错误的是A.①中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1B.②若有标准状况下5.6LO2生成，则转移电子0.5molC.②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性D.由①、②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2【答案】B【解析】【详解】A．配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低2价，HBrO作氧化剂，中Cu元素化合价升高1价，作还原剂，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为2∶1，A正确；B．反应②方程式为，生成1mol转移4mol电子，标准状况下生成5.6L即物质的量为mol，转移电子，B错误；C．反应②反应方程式中Cu元素化合价降低，O元素化合价升高，既作氧化剂也作还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：。则氧化性强弱顺序为：，D正确；答案选B。7.为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A.0.1mol通入足量水中，溶液中的含氯微粒数目之和为B.10mL18mol/L的浓硫酸与足量Zn完全反应，转移的电子数大于C.0.01mol加入沸水制取的胶体中，含胶粒的数目为D.6.0g中的Si―O共价键的数目为【答案】B【解析】【详解】A．该反应为可逆反应溶液中还有分子，因此0.1mol通入足量水中，溶液中的含氯微粒数目之和小于，A错误；B．10mL18mol/L的浓硫酸与足量Zn完全反应先发生，当浓硫酸变稀后发生，因此转移的电子数大于，B正确；C．0.01molFeCl3加入沸水制取的胶体中，由于胶体粒子是多个微粒的聚合体，充分作用后所得胶体中胶粒数小于0.01NA，C错误；D．6.0g的物质的量为0.1mol，其中Si―O共价键的数目为，D错误；故选B。8.下列说法正确的是A.肽键中的氧原子与氢原子之间存在氢键，会使肽链盘绕或折叠成特定的空间结构，形成蛋白质的二级结构B.乙二醇能被过量的酸性氧化为乙二酸C.可以通过X射线获得包括键长、键角、键能等分子结构信息D.在酸催化下，苯酚与少量的甲醛反应，可以生成网状结构的酚醛树脂【答案】A【解析】【详解】A．肽键中的氧原子与氢原子之间存在氢键，会使肽链盘绕或折叠成特定的空间结构，形成蛋白质的二级结构，肽键在二级结构基础上进一步盘曲折叠形成三级结构，故A正确；B．乙二醇能被过量的酸性氧化为二氧化碳，故B错误；C．X射线衍射不能测键能，故C错误；D．在酸催化下，苯酚与少量的甲醛反应，可以生成线型结构的酚醛树脂，故D错误。答案为：A。9.下列反应的离子方程式正确的是A.向苯酚浊液中加入少量溶液：B.向次氯酸钠溶液中通入足量：C.用铁作阳极电解氯化镁溶液：D.向溶液中加入过量的HI溶液：【答案】A【解析】【详解】A．苯酚显弱酸性，可以与反应，离子方程式为：，A正确；B．向次氯酸钠溶液中通入足量，次氯酸钠能够氧化，离子方程式为：，B错误；C．用铁作阳极电解氯化镁溶液，阳极铁溶解，阴极析出氢气，离子方程式为：，C错误；D．亚铁离子具有还原性，在酸性条件下硝酸根具有强氧化性，碘离子是一种强还原剂，因此离子方程式为：，D错误；故选A。10.乙烯可发生如下转化，下列说法正确的是A.X可以发生银镜反应B.M中至少8个原子共直线C.Z的链节为D.乙烯与加成后的物质水解也可以得到Y【答案】AD【解析】【分析】乙烯发生催化氧化生成X为乙醛、乙醛和水在加热加压条件下反应生成Y为乙二醇，乙二醇和对二苯甲酸发生缩聚反应生成Z。【详解】A．X为乙醛，乙醛的官能团为醛基，能发生银镜反应，A正确；B．羧基中的羟基氧原子为sp3杂化，因此M中至少有4原子共直线，B错误；C．乙二醇和对二苯甲酸通过酯化反应发生缩聚生成Z，Z的链节为，C错误；D．乙烯与加成后可以得到，发生水解后得到，D正确；故选AD。11.W、X、Y、Z为分布在三个不同短周期的主族元素，原子序数依次增大，只有Y、Z相邻，W、Y两种元素可组成10电子和18电子化合物，基态Z原子最高能级电子数是基态X原子最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是A.第一电离能：X＜Y＜ZB.基态Y原子核外电子有8种空间运动状态C.W与Y能形成一种含有配位键的微粒D.Z的单质在过量燃烧所得产物为非极性分子【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为分布在三个不同短周期的主族元素，原子序数依次增大，基态Z原子最高能级电子数是基态X原子最高能级电子数的4倍，则X、Z原子最高能级电子数可能是1、4或2、8，但是2、8该情况说明Z有f能级，f能级是从长周期中出现，故排除，所以X是B，Z为S，其中Y、Z相邻，W、Y两种元素可组成10电子和18电子化合物，所以推测出Y为O，W为H，所以W、X、Y、Z分别为H、B、O、S；【详解】A．X、Y、Z分别为B、O、S，O、S同主族，核电荷数越大第一电离能越小，因此第一电离能S＜O，故A错误；B．Y为O，其基态原子核外电子分别排布在1s、2s、2p轨道上，因此有1+1+3=5种空间运动状态的电子，故B错误；C．W为H、Y为O，形成的H3O+中有配位键，故C正确；D．Z为S、Y为O，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫的中心原子为S，其价层电子对数为，有1对孤对电子，分子呈V形，属于极性分子，故D错误；故选C。12.我国科研人员利用下图装置实现的脱除与的制备耦合，协同转化。在电场作用下，双极膜中间层的解离为和，并分别向两极迁移。下列叙述不正确的是A.电极A的电极反应式为B.双极膜中移向电极BC.将双极膜换成阳离子交换膜，该装置能稳定、持续地工作D.电极B生成1mol时，电极A区域的溶液理论上质量增重98g【答案】C【解析】【分析】由图可知，在电极A失去电子生成，电极A为负极，电极方程式为：，O2在电极B得到电子生成H2O2，电极B为正极，电极方程式为：，以此解答。【详解】A．由图可知，在电极A失去电子生成，电极反应式为，A正确；B．由分析可知，电极A为负极，电极B为正极，原电池中阳离子移向正极，移向电极B，B正确；C．由电极反应可知正极区消耗氢离子，负极区消耗氢氧根离子，双极膜通过解离水可向两级区分别提供氢氧根离子和氢离子，若换成阳离子交换膜，则无法向两极提供氢氧根离子和氢离子，使得装置不能稳定、持续工作，C错误；D．电极B为正极，电极方程式为：，电极B生成1mol时，转移2mol电子，负极电极方程式为：，吸收0.1molSO2，同时有2molOH进入电极A区域，电极A区域的溶液理论上质量增重64g+2×17g=98g，D正确；故选C。13.某兴趣小组通过皂化反应制作肥皂，实验流程图如下，下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ加入乙醇的目的是使猪油与氢氧化钠溶液能充分接触，加快反应速率B.步骤Ⅱ可用玻璃棒蘸取反应液滴到热水中判断反应是否完全C.步骤Ⅲ加入饱和食盐水的目的是降低高级脂肪酸钠的溶解度，使产品析出D.步骤Ⅳ可选择焰色试验检验肥皂中的杂质是否洗涤干净【答案】D【解析】【分析】猪油加入乙醇与氢氧化钠混合均匀，小心加热，制得高级脂肪酸钠盐和甘油的混合粘稠状液体，加入食盐饱和溶液，肥皂盐析而出，再压滤成型制得肥皂，以此解答。【详解】A．猪油能溶于热的乙醇，乙醇与水互溶，所以乙醇的加入能使猪油与氢氧化钠溶液充分接触，加快反应，A正确；B．油脂水解产物均能溶于水，所以只需检验反应混合物中是否还有难溶于水的猪油即可，即验证步骤II中反应已完全的操作是：用玻璃棒蘸取反应液，浸入装有热水的试管中，振荡，若无油滴浮在液面上，说明反应已完全，B正确；C．肥皂在氯化钠溶液中溶解度较小，所以油脂制肥皂实验中加一定量的饱和食盐水为了降低肥皂的溶解度，使肥皂析出，C正确；D．水洗的目的除去肥皂表面残留的NaCl，由于肥皂的主要成分是羧酸的钠盐，检验肥皂中的杂质是否洗涤干净需要检验Cl，操作为：在试液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则证明有Cl，反之说明肥皂中的杂质洗涤干净，D错误；故选D。14.研究与自由基Cl原子(Cl·表示)的反应有助于保护臭氧层。已知反应有4条反应路径(TS表示过渡态，IM表示中间物)如图所示。下列说法不正确的是A.升高温度有利于提高路径①产物的选择性B.路径②中与Cl·反应生成与ICl的过程不是一个基元反应C.反应较短时间时，路径④产物的选择性大于路径③D.四个反应路径都涉及极性键的断裂与生成【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，路径①的活化能最高，因此升高温度有利于提高路径①产物的选择性，A正确；B．由图可知，路径②中路径②中与Cl·反应生成与ICl的过程有两个基元反应，B正确；C．图中信息给出路径④的活化能高于路径②，因此反应较短时间时，路径②的产物选择性大于路径④，C错误；D．反应中断裂有CH键、CI键，形成的有CCl键、ICl键、HCl键，都属于极性键，D正确；故选C。15.已知：常温下，、、。常温下实验室进行以下实验，相关实验记录如表：实验实验操作1向溶液中滴加等浓度NaOH溶液制备2向溶液中加入一定体积的等浓度溶液产生白色沉淀，测得上层清液，pH=43向溶液中滴加等浓度盐酸至溶液的pH=7下列说法不正确的是A.实验1可用甲基橙作指示剂判断反应终点B.实验2中发生反应：C实验2中未沉淀完全D.实验3溶液中：【答案】D【解析】【分析】草酸为二元酸，当草酸和氢氧化钠物质的量之比为1:1反应时恰好生成；向溶液中加入一定体积的等浓度溶液产生白色沉淀，测得上层清液，pH=4，则此时钙离子结合草酸氢根离子电离出的草酸根离子沉淀，同时溶液中氢离子浓度增大使得草酸的电离平衡逆向移动生成一定量的草酸。【详解】A．常温下，则草酸氢根离子的水解平衡常数为＜，则溶液显酸性，用甲基橙作该反应终点的终点，A正确；B．钙离子结合草酸氢根离子电离出的草酸根离子沉淀，同时溶液中氢离子浓度增大使得草酸的电离平衡逆向移动生成一定量的草酸，离子方程式为，B正确；C．，此时，又根据，则此时溶液中即钙离子未沉淀完全，C正确；D．溶液中存在电荷守恒、物料守恒，则质子守恒为，此时常温下溶液pH=7则溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，有，D错误；故选D。16.探究含硫化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A溴丁烷和浓硫酸混合液加热，产生气体先通过NaOH溶液，再通过酸性溶液酸性溶液褪色溴丁烷发生消去反应B向溶液中通入和气体X出现白色沉淀气体X不一定具有氧化性C将高氯酸滴入溶液产生无色气体，将产生的气体通过饱和溶液后，再通入溶液产生白色沉淀非金属性：Cl>S>SiD常温下将铝片插入浓硫酸中，一段时间后取出，洗净，然后放入溶液中铝片表面有红色物质析出金属性：Al>CuA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．如果溴丁烷发生水解反应生成丁醇，丁醇也有可能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．如果X具有氧化性和二氧化硫一起通入氯化钡溶液可能生成硫酸钡沉淀、X如果是碱性气体和二氧化硫一起通入氯化钡溶液也可能产生亚硫酸钡沉淀，B正确；C．最高价氧化物对应水化物的酸性越强则元素的非金属性越强，SO2不是S元素的最高价氧化物，C错误；D．常温下将铝片插入浓硫酸中，铝片表面会发生钝化，因此洗净后插入硫酸铜溶液不会在表面有红色物质析出，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.镍是近些年来化学研究的热门金属。回答下列问题：（1）写出基态镍原子的电子排布式_______。（2）镍与铁相比，铁更易形成正三价，原因是_______。（3）丁二酮肟的结构如下图，丁二酮肟可以与镍形成配合物，是检测镍的重要手段之一。①下列说法正确的是_______。A．镍常压下可以和一氧化碳形成四羰基镍配合物，在该配合物中，镍的化合价为0B．能量最低的激发态C原子的电子排布式：C．丁二酮肟中C原子的杂化方式为D．根据N、F、H的电负性和分子结构特点可推测的碱性强于②已知丁二酮肟可以与反应：，配合物中含有两个五元环，且含有两个由氢键形成的六元环。请画出该配合物的结构_______。（4）Ni与Cl形成的某化合物晶体的晶胞如图。①该化合物的化学式为_______。②每个Ni的配位数为_______。【答案】（1）（2）三价铁的外层电子排布式为半充满的，较稳定，而三价镍为，因此铁更易形成三价（3）①.AD②.（4）①.②.6【解析】【小问1详解】Ni为28号元素，其基态原子的电子排布式为(或)；【小问2详解】Ni的基态原子电子排布式为，Fe的基态原子电子排布式为，三价铁的外层电子排布式为半充满的，较稳定，而三价镍为，因此铁更易形成三价；【小问3详解】①羰基CO为中性配位体，化合物为电中性，因此镍为0价，A正确；2s电子的能量高于1s能量电子，因此2s电子发生跃迁后形成的激发态要比1s电子发生跃迁能量要低，B错误；丁二酮肟中C原子形成碳氮双键和甲基，因此其杂化方式为sp2、sp3，C错误；电负性F＞N＞H，NH3中孤对电子比NF3中孤对电子离N原子更远，因此NH3更容易结合氢离子形成配位键，NH3的碱性强于NF3，D正确；②配合物中含有两个五元环，且含有两个由氢键形成的六元环，则由氮原子提供孤对电子和Ni2+形成配位键，氢键存在于羟基之间，其结构为；【小问4详解】根据均摊法，Ni：、Cl：，则该化合物的分子式为NiCl2；根据图示可知，Ni原子周围有6个Cl原子，因此Ni原子的配位数为6。18.工业上以石英砂为原料生产高纯硅的工艺路线如下：已知：电负性Cl>C>H>Si．回答下列问题：（1）写出石英砂与焦炭反应的化学方程式_______。（2）下列说法正确的是_______。A.中Si的化合价为+2B.晶体Si的熔点高于C.该工艺流程中的和HCl都可循环使用D.(沸点33.0℃)中混有少量(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯（3）的水解过程可以表示为：已知比易水解，导致这一现象的原因是_______。设计实验验证水解后溶液中的主要离子_______。（4）写出与足量乙醇反应生成A的化学方程式_______。【答案】（1）（2）CD（3）①.Si有空的3d轨道，容易受到水分子进攻；Si―Cl键键能小，容易断键②.取少量水解后的溶液分成两等份于两支试管中，一支试管中滴入紫色石蕊试液，变成红色，则证明溶液中有氢离子；另一支试管中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解，则证明溶液中有氯离子（4）【解析】【分析】利用制得粗硅，粗硅在HCl的作用下会生成SiHCl3，在氢气的作用下，被还原为纯硅。【小问1详解】石英砂的主要成分为SiO2，用C在高温下还原得到粗硅，化学反应方程式为；【小问2详解】电负性Cl＞H＞Si，中H为1价、Cl为1价，因此Si为+4价，A错误；Si和SiO2都是共价晶体，Si的原子半径大于O因此SiSi键长比SiO键长要长，因此SiO键键能更大，晶体Si的熔点低于，B错误；由流程图可以看出步骤Ⅱ消耗HCl生成H2，后续氢气还原时消耗H2生成HCl，则和HCl都可循环使用，C正确；(沸点33.0℃)中混有少量(沸点67.6℃)，二者沸点相差较大可以用蒸馏的方式提纯，D正确；【小问3详解】Si位于第三周期，但是其电子只排了3s、3p轨道其第三能级还有空轨道，因此容易受到水分子进攻、另外Si―Cl键键长更长，键能小，对比CCl键更容易断键；水解生成硅酸和盐酸，要检验水解后的溶液中的主要离子即检验氢离子和铝离子：取少量水解后的溶液分成两等份于两支试管中，一支试管中滴入紫色石蕊试液，变成红色，则证明溶液中有氢离子；另一支试管中滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解，则证明溶液中有氯离子；【小问4详解】乙醇中的羟基氢因为氧氢键极性较大而有电离的趋势，因此与足量乙醇反应可以类比的水解二写出：。19.硫酸是一种重要的基础化工原料，古法制备硫酸常用的原料是胆矾或绿矾，现代一般用接触法。（1）二氧化硫在作用下的催化氧化是工业生产硫酸的主要反应。其热化学反应方程式为：，其催化机理分为三步：第1步：第2步：第3步：①催化氧化总反应的_______(用a、b、c的代数式表示)。②设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以。在温度T、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中通入2mol、1mol和5mol，只进行反应：，测得平衡压强为90kPa，则平衡常数_______。（2）研究表明，催化氧化的反应速率方程为。式中：k为反应速率常数，随温度T升高而增大；为平衡转化率，为某时刻转化率，n为常数。在时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到曲线，如图1所示。①曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度。下列说法正确的是_______。A．v达到最大值时，平衡转化率最大B．时，v逐渐提高，原因是升高温度，k逐渐增大C．后，v逐渐下降，原因是升高温度，逐渐降低D．温度是影响反应速率的主要因素，温度越高，反应速率越快②保持其它条件不变，在图1中作出时的曲线_______。（3）/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫。/炭基材料脱硫原理是：在炭表面被吸附，吸附态在炭表面被催化氧化为，再转化为硫酸盐等。硫酸工厂尾气中的可采用/炭基材料脱硫，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/炭基材料催化剂脱硫活性的影响结果如图2所示，分析去除率先增大后减小的原因_______。【答案】（1）①.②.640（2）①.BC②.（3）氧气浓度低于8%时，随着氧气浓度升高，反应速率加快，去除率增大；氧气浓度高于8%时，、分子会产生竞争吸附，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降【解析】【小问1详解】①由盖斯定律可知，得；②在温度T、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中通入2mol、1mol和5mol，起始物质的量总量为8mol，平衡压强为90kPa，则平衡时气体的物质的量为，列三段式：，可得，，，；【小问2详解】①A．由图知，v达到最大值时的温度为490°C，SO2平衡转化率a并不最大，因为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，△H=196kJ/mol，温度越低，转化率越大，A错误；B．t<tm时，v逐渐提高，原因是升高温度，k逐渐增大，对速率的影响大于因(−1)0.8减小对速率的影响，总体速率加快，B正确；C．t>tm后，v逐渐下降，原因是升高温度，a逐渐降低，速率常数k增大没有a减小对速率影响大，故总体速率减小，C正确；D．由图知，t<tm时，温度是影响反应速率的主要因素，温度越高，反应速率越快，但t>tm后，温度不再是主要影响因素，D错误；故答案为：BC；②保持其它条件不变，在图1中作出时，转化率低，则浓度高，速率快，曲线【小问3详解】氧气浓度低于8%时，随着氧气浓度升高，反应速率加快，去除率增大；氧气浓度高于8%时，、分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降.20.某研究小组用CuO(含少量、)样品为原料制备(式量为246)，按如下流程开展实验。（1）步骤Ⅱ的离子反应方程式为_______。（2）下列说法正确的是_______。A.步骤Ⅰ，为了加快样品的溶解速率，除了适当提高温度，还可以采用的措施有研磨样品、搅拌及适当提高酸液浓度B.步骤Ⅲ，可以将NaOH溶液改成CuO，有利于提高最终产品的纯度C.步骤Ⅲ和步骤Ⅴ中洗涤操作的目的相同D.步骤Ⅴ，为加快产品的干燥速度，可采取加热烘干的方式（3）步骤Ⅴ，如果采取蒸发浓缩、冷却结晶的方案获得的产品可能混有的杂质是_______。（4）可用碘量法测定产品中Cu元素的含量，进而测定产品纯度，已知：i．ii．iii．CuI固体能吸附溶液中的，大量存在时，会被还原iv．，。步骤如下：取产品2.460g配成100mL溶液，移取25.00mL溶液到碘量瓶中(如下图)，加入适量的硫酸调pH，再加入过量KI，塞上碘量瓶的塞子、用少量水封，在暗处静置5分钟，打开塞子，用0.1000mol/L标准溶液滴定至溶液呈浅黄色，加入适量溶液，剧烈振荡碘量瓶，再加入淀粉溶液，用标准溶液继续滴定至终点。平行滴定三次，平均消耗溶液20.00mL。①加入硫酸调pH不宜过低的原因是_______；加入溶液的原因是_______。②产品的纯度为_______。【答案】（1）（2）AB（3）或（4）①.pH过低，发生歧化反应②.使CuI转化为CuSCN，释放出吸附的单质③.80.00%【解析】【分析】由题给流程可知，向样品中加入足量硫酸，间隙加热使金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，过滤得到硫酸盐溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3.5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤得到硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入过量的氨水，将溶液中的铜离子转化为硫酸四氨合铜，向溶液中加入95%乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使硫酸四氨合铜转化为晶体析出，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜晶体。【小问1详解】由分析可知，步骤Ⅱ中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问2详解】A．适当提高温度、研磨样品、搅拌、适当提高酸液浓度等措施可以加快步骤Ⅰ样品的溶解速率，故正确；B．氧化铜能与铁离子在溶液中水解生成的氢离子反应，促进铁离子在溶液中的水解程度转化为氢氧化铁沉淀，所以步骤Ⅲ可以将氢氧化钠溶液改成氧化铜调节溶液pH，目的是不引入新杂质，提高最终产品的纯度，故正确；C．由分析可知，步骤Ⅲ洗涤的目的是使附着在氢氧化铁溶液表面的铜离子完全加入溶液中，提高产品的产率，步骤Ⅴ洗涤的目的是除去产品表面附有的可溶性杂质，提高产品的纯度，洗涤的目的不同，故错误；D．步骤Ⅴ用加热烘干的方式加快产品的干燥速度，否则一水硫酸四氨合铜晶体会失去结晶水导致产品不纯，故错误；故选AB；【小问3详解】如果步骤Ⅴ采取蒸发浓缩、冷却结晶的方案获得的产品，铜离子会在溶液中发生水解反应生成氢氧化铜或碱式硫酸铜，导致产品中混用有氢氧化铜或碱式硫酸铜杂质，故答案为：或；【小问4详解】①加入硫酸溶液调节溶液pH时，若溶液pH过低，溶液中的氢离子会与硫代硫酸根离子反应生成二氧化硫、硫沉淀和水，使得消耗硫代硫酸钠溶液体积过大，导致测定结果偏高，所以加入硫酸溶液调节溶液pH不宜过低；由题意可知，加入硫氰化铵的目的是使碘化亚铜转化为硫氰化亚铜，使附着在碘化亚铜表面的碘单质释放加入溶液中，减小滴定误差，故答案为：pH过低，发生歧化反应；使CuI转化为CuS