2023年学年广东省佛山市顺德区高三(上)质检化学试卷(一模)(附详解)

2023-2023学年广东省佛山市顺德区高三〔上〕质检化学试卷〔一模〕一、单项选择题〔1644.0分〕中国是世界著名的陶瓷古国。以下国宝级文物主要由陶瓷制成的是( )选项 A B C D文物名称 东汉铜车马

舞马衔杯纹银萧何月下追韩壶 信梅瓶

雪景寒林图A B.B C.C D.D近年我国在科学技术领域取得了举世瞩目的成就对以下成就所涉及的化学学问的推断错误的选项是( )“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金“鲲龙”水陆两栖飞机的燃料航空煤油属于纯洁物“神舟十三号”运载火箭用到的碳纤维属于型无机非金属材料“嫦娥五号”月球探测器制作五星红旗用的芳纶属于合成纤维苯甲酸重结晶试验操作中，不需要用到的仪器是( )烧杯 B. 酒精灯C. 坩埚 D. 漏斗化学与生活息息相关。以下说法错误的选项是( )中秋节月饼包装袋中放入小袋铁粉，是利用了铁的复原性向豆浆中参加卤水，加热后成豆腐脑利用了胶体的性质126页国庆期间燃放的五颜六色的烟花是利用了金属元素的焰色试验75%酒精溶液用于消毒利用了其氧化性近期中国科学家在试验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成其路径如下图。以下表示相关微粒的化学用语正确的选项是( )CO2分子的电子式：图中C1(甲醇)的构造式：CH3OH814C86O2−的构造示意图：辛勤劳动才能制造奇特生活。以下劳动与所涉及的化学学问不相符的是( )选项 劳开工程A 社区效劳：回收旧衣物并进展分类B污C试管D

化学学问棉、麻和丝主要成分均为纤维素碳酸钠溶液显碱性硝酸具有强氧化性豆科植物可实现自然固氮A B.B C.C D.D2023年诺贝尔生理学或医学奖颁发给觉察温度和触觉感受器的两位科学家，其中温度感受器的觉察与辣椒素有关辣椒素的构造如下图以下有关辣椒素的说法正确的选项是( )226页只含有3种官能团C.属于烯烃以下除杂试剂和分别方法都正确的选项是(

B.全部原子肯定共面D.能发生加成反响选项 物质(括号内为杂质)

除杂试剂

分别方法AO2(N2)Mg粉加热BCO2(SO2)饱和Na2CO3溶液洗气CFe2O3(Al2O3)盐酸过滤A.ADB.Cl2(HCl)BC.C饱和食盐水D.D洗气以下说法正确的选项是( )由于SO2具有漂白性，所以它能使酸性高锰酸钾溶液褪色SO2气体通入BaCl2溶液能产生白色沉淀BaSO3热稳定性：HF>HCl>PH3硫和氯气分别与铁反响后，铁元素的价态一样陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是( )选项 陈述Ⅰ钠金属性比钾强SiO2有导电性Al2O3的熔点高浓硫酸具有吸水性

陈述Ⅱ可用Na和熔融KCl在高温下反响制备KSiO2可用于制备光导纤维可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体用浓硫酸枯燥SO2A B.B C.C D.D在给定条件下，以下选项所示的物质间转化不能一步实现的是( )HCl(浓B.C.D.

漂白液26页2023年5月29其中芯片全为中国制造制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液工艺涉及的反响为：Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O。以下说法不正确的选项是( )该反响中，复原产物只有HNO2标况下，生成2.24LH2时，转移电子的物质的量为0.4mol氧化性：HNO3>H2SiF6制作芯片的单质硅具有半导体性能如图是铜及局部含铜粒子的价荷图。以下推断不合理的是( )在酸性环境中，Cu变成a需要加氧化剂4Cu(OH)2−转化成Cu(OH)2需要加碱42假设将高铜酸根离子(CuO−)填入坐标，应当填在b的位置2在酸性环境中，Cu2O可以歧化成a和CuNA为阿伏加德罗常数的值。以下有关表达正确的选项是( )0.1mol⋅L−1的硫酸溶液中含H+的数目为0.2NA22gD16O含有的质子数和中子数均为NA20.1molCl2通入适量水中，转移的电子数为0.2NA标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA以下指定反响的离子方程式书写正确的选项是( )醋酸与NaOH溶液混合：H++OH−=H2O向FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl−3NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO−+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O34铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4(浓)=Cu2++SO2−+H2↑4某化合物构造如下图，其中X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，Z和X同主族。以下说法正确的选项是()426页W与Z形成的化合物中只含离子键该化合物中Y都满足8电子稳定构造原子半径：Z>W>YX3YW3是弱酸二、试验题〔115.0分〕某兴趣小组通过试验制备Fe(NO3)3并进展性质探究。HNO3的制备：利用如图装置，模拟氨的催化氧化法制备硝酸。其中，甲为氨气的发生装置，且甲中所用试剂只能从以下物质选取：A.浓氨水B.NH4ClC.NH4NO3D.CaO①假设选择试剂A和D，则甲中发生反响的化学方程式为 。②假设只用一种试剂制取氨气，则该试剂的最正确选择为 (选填试剂标号)，此时，甲中空白处所需装置应为 (选填以下标号)。526页③试验完毕后从戊中取出少量液体于试管中滴入紫色石蕊试液当观看到 现象时，说明已制得硝酸。假设没有观看到此现象，可能的缘由是 。Fe(NO3)3溶液的制备：利用硝酸与以下物质反响制备Fe(NO3)3溶液时，最正确选择为 (填标号)。A.FeB.FeOC.Fe2O3D.Fe3O4E.Fe(OH)2Fe(NO3)3溶液性质的探究：取适量0.1mol⋅L−1Fe(NO3)3固体析出。①试验任务：通过设计试验探究Fe(NO3)3溶液溶解银的缘由。3②查阅资料：NO−在不同条件下的复原产物较简单，有时难以观看到气体产生。3③提出猜测：猜测a：Fe3+具有氧化性，能够氧化Ag；3猜测b：Fe(NO3)3溶液呈酸性，在此酸性条件下NO−能氧化Ag。3④设计试验、验证猜测Ⅰ.甲同学从上述试验的生成物中检测出Fe2+，验证了猜测a成立。请写出Fe3+氧化Ag的离子方程式 。Ⅱ.乙同学设计试验验证猜测b，请帮他完成下表中内容试验步骤(不要求写具体操作过程)① ②

预期现象和结论假设银镜消逝，猜测b成立；假设银镜不消逝，猜测b不成立。626页三、简答题〔449.0分〕一种从废弃SCR催化剂(主要含78%TiO2、V2O5及SiO2、Al2O3等)中回收钛、钒的工艺流程如下图：答复以下问题：操作①的名称是 ，废弃催化剂碱浸前需要粉碎的目的是 。V2O5的化学性质与氧化铝相像，则“碱浸”过程中V2O5发生反响的离子方程式为 。沉淀X的主要成分是Al(OH)3、 (填化学式)，“调整pH=10”时，硫酸用量不能过多，否则可能造成的结果是 。在焙烧NH4VO3时，气体产物经过与 (填化学式)反响后，可以在生产流程中循环利用。工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用V2O5在酸性条件下与二元弱酸H2C2O4反响，得到含有VO2+的浸取液，则该反响的离子方程式为 。整个流程钛元素的损耗率为8%，假设取1吨废弃催化剂理论上最多能得到TiO2的质量为 吨。(保存1位有效数字)从高铝粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、CaO、Ga2O3、Li2O等)中回收金属Al、Ga并制备电池正极材料LiCoO2的工艺流程如下图：726页：①Ga与Al同主族，其化学性质相像。②随着温度上升，Li2CO3在水溶液中的溶解度减小：温度/°C020406080100溶解度/g1.541.331.171.010.850.72③本工艺流程中，不同金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表格所示：金属离子Al3+Ga3+

形成氢氧化物沉淀的pH范围3.3～10.62.9～9.4答复以下问题：“滤渣1”的成分除了Fe2O3之外还含有 。4“酸浸”后铁元素以铁配离子(FeCl−)的形式存在，写出Fe2O3在该过程中4的离子方程式 。“”步骤中的范围应为 “滤”中镓元素的存在形式为 (4)工业上通过电解法利用“物质X”制备Ga，反响的化学方程式为 。(5)“LiCoO2”中的Co元素化合价为 在“电池级Li2CO3”转化为“LiCoO2”的反响中，氧化剂与复原剂物质的量之比为 。氧化锌在液晶显示器、薄膜晶体管、发光二极管等产品中均有应用，常用以下三种锌盐为原料经高温分解制备。答复以下问题：Zn为30号元素，它在元素周期表中的位置是 。原料Ⅰ中阴离子空间构造为 ，其等电子体为 (写出1种即可)。原料阴离子对应的酸沸点较高的是 写构造简缘由是 (4)关于以上几种锌盐说法正确的选项是 。化合物Ⅱ中电负性最大的元素是O化合物Ⅱ中全部C原子的杂化形式均为sp3C.化合物Ⅲ中只存在离子键和极性共价键D.化合物Ⅰ阴离子中σ键和π键数目比为2：1826页(5)ZnO这两种晶体的局部构造。①图a不是纤锌矿型ZnO的晶胞单元，缘由是 。图闪锌矿型属于立方晶胞原的坐标(1,1,则原的坐标为 。22③图b的闪锌矿型ZnO晶体中离O距离最近的Zn原子数为 ，其晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为 g/cm3(列出计算式)。Ⅰ为原料合成法匹拉韦的路线如图(局部反响条件省略)。如下信息：答复以下问题：

R1−NH2+O=CHR2→R1−N=CHR2+H2O化合物Ⅰ中官能团名称为 。化合物Ⅱ的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比6：4：1，其构造简式为 。反响物Ⅲ为乙二醛，其构造简式为 。反响②的反响类型是 ；反响③的反响类型是 。X的相对分子质量比化合物Ⅰ少14，且1molX能与足量NaHCO3溶液反响放出2molCO2，符合上述条件的X共有 种，写出其中任意一种含有手性碳原子的构造简式(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子926页)依据上述信息写出以甲苯及乙胺(CH3CH2NH2)为原料合成的路线(无机试剂任选，不需要注明反响条件)。 26页答案和解析【答案】C【解析】解：A.A错误；B.舞马衔杯纹银壶为合金制品，故B错误；C.萧何月下追韩信梅瓶，是陶瓷制成，故C正确；D.雪景寒林图，是纤维素产品。故D错误；应选：C。陶瓷是黏土烧制而成，属于硅酸盐产品，据此进展解答。此题考察物质及其分类的根底学问，涉及区分非金属材料，考察较为根底，难度较低。【答案】B【解析】解：A.A正确；航空煤油含沸点不同的烃，是混合物，故B错误；碳纤维为碳单质，属于型无机非金属材料，故C正确；嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”是由酰基和亚氨基组成的酰胺基团和苯环的组成的合成纤维，故D正确；应选：B。A.金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性的材料为合金；B.纯洁物只含有一种物质；C.碳纤维为碳单质；D.芳纶分子由酰基和亚氨基组成的酰胺基团和苯环的合成的。此题综合考察材料的组成、性质和用途等学问，为高频考点，侧重化学与生活的考察，有利于培育学生的良好的科学素养，提高学生学习的乐观性，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.苯甲酸重结晶试验操作中加热溶解需要用到烧杯，故A错误；苯甲酸重结晶试验操作中加热溶解需要用到酒精灯，故B错误；苯甲酸重结晶试验操作涉及加热溶解，趁热过滤，冷却结晶，洗涤枯燥，烘干装瓶，26页整个过程不需要干过，故C正确；苯甲酸重结晶试验操作中过滤需要用到漏斗，故D错误，应选：C。苯甲酸重结晶需要加热溶解；B.苯甲酸重结晶需要加热溶解；C.苯甲酸重结晶不需要蒸发结晶；D.苯甲酸重结晶需要过滤。此题主要考察重结晶相关操作，难度较小，引导学生留意根底学问的把握。【答案】D【解析】解：A.铁粉具有复原性，可用于食品抗氧化剂，故A正确；向豆浆中参加卤水，加热后成豆腐脑利用了胶体聚沉的性质，故B正确；素的焰色试验，故C正确；用，故D错误；应选：D。铁粉具有复原性；依据胶体的聚沉的性质解答；不同金属元素灼烧产生不同的焰色；D.酒精不具有强的氧化性。此题综合考物质的组成、性质和用途等学问，为高频考点，侧重化学与生活的考察，有利于培育学生的良好的科学素养，提高学生学习的乐观性，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.CO2是共价化合物，分子中C原子和O原子之间共用2对电子，其电子式为 ，故A错误；用一条短线表示一对共用电子对所得到的式子为构造式，甲醇的构造简式为CH3OH，构造式为 ，故B错误；26页6C.中子数为8的碳原子的质量数为6+8=14，该原子的核素符号为14C，故C正确；6DO−的质子数核外电子数核外电子分层排布则其构造示意图为 ，故D错误；应选：C。A.CO2C原子和O原子之间共用2对电子，CO原子外围均到达8e−构造；B.CH3OH是甲醇的构造简式；质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；是S2−的构造示意图。此题考察了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、构造式及构造简式、离子构造示意图、核素符号等学问，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培育了学生的敏捷运用力量，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.棉、麻主要成分均为纤维素，丝主要成分为蛋白质，故A错误；B.碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，用热的纯碱溶液去除餐具的油污，故B正确；C.过银镜反响的试管，故C正确；D.豆科植物的根瘤菌可实现自然固氮，所以利用豆科植物作绿肥进展施肥，故D正确；应选：A。丝主要成分是蛋白质；碳酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性；硝酸具有强的氧化性，能够氧化银生成可溶性的硝酸银溶液；D.豆科植物的根瘤菌可实现自然固氮。此题考察了物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考察化学与生活、生产等学问，有利于培育学生良好的科学素养，提高学习的乐观性，题目难度不大。【答案】D26页4A错误；存在 构造，具有甲烷的四周体构型，分子中碳原子肯定不行能共面，故B错误；该有机物含有氧元素，不属于烃，故C错误；含有碳碳双键、苯环，可以发生加成反响，故D正确；应选：D。该有机物含有碳碳双键、羟基、醚键、酰胺键；存在 构造，具有甲烷的四周体构型；烃只含有C、H两种元素；含有碳碳双键、苯环，具有它们的性质。此题考察有机物的构造与性质，娴熟把握官能团的构造、性质与转化，留意依据甲烷的四周体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考察学生运用学问解决问题的力量。【答案】D【解析】解：A.Mg与氧气、氮气均反响，不能除杂，故A错误；B.二者均与碳酸钠溶液反响，将原物质除去，不能除杂，故B错误；C.二者均与盐酸反响，不能除杂，应选足量NaOH溶液、过滤，故C错误；D.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气可分别，故D正确；应选：D。Mg与氧气、氮气均反响；B.二者均与碳酸钠溶液反响；C.二者均与盐酸反响；D.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解。此题考察混合物的分别提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分别方法、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。26页【答案】C【解析】解：A.二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，二氧化硫具有复原性能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，则SO2气体通入BaCl2溶液中不反响，故B错误；C.非金属性：F>Cl>P，对应气态氢化物为：HF>HCl>PH3C正确；D.S元素只能将Fe其产物是FeS、FeCl3D错误；应选：C。A.二氧化硫具有漂白性、复原性、氧化性等性质；B.盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性；C.非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；D.氯气能将铁氧化为较高价、S元素只能将Fe氧化为较低价。元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.在850℃时使K蒸汽分别出，而钠为液体，可用钠制取钾，但钠的金属性比钾弱，故A错误；二氧化硅为绝缘体，具有良好的光学特性，可用于制备光导纤维，故B错误；Al2O3制成的坩埚加热NaOH固体至熔融态，故C错误；浓硫酸具有吸水性，浓硫酸可用于枯燥H2、CO和SO2、NO2等气体，故D正确；应选：D。A.Na的金属性比K弱；B.二氧化硅为绝缘体；C.氧化铝能够与氢氧化钠反响；D.浓硫酸具有吸水性，作枯燥剂。分析、理解力量及敏捷应用根底学问的力量，题目难度不大。26页【答案】C△【解析】解：A.依次发生反响：MnO2+4HCl(浓)−MnCl2+Cl2↑+2H2O、Cl2+△2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可以一步实现，故A正确；B.S+O燃O2

SO2

、2SO2

+O2

VO△

2SO2

，可以一步实现，故B正确；23 4 C.铁与水蒸气在高温下发生反响：3Fe+4HO(g)23 4 氧化铁，故C错误；

FeO +4H，不能一步反响生成D.碳酸氢钠的溶解度小，形成沉淀析出，反响方程式为NaCl+NH3+H2O+CO2=△NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠受热分解：2NaHCO3△步实现，故d正确；应选：C。

–Na2CO3H2OCO2↑，可以一A.二氧化锰能氧化浓HCl生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反响生成漂白液；B.硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫；C.铁与水蒸气在高温下反响生成四氧化三铁；D.碳酸钠。此题以物质转化为载体，综合考察元素化合物学问，题目比较根底，旨在考察学生对根底学问的把握状况。【答案】A解：A.反响中，H、NHNO3和HF为氧化剂，HNO2和H2为复原产物，故A错误；反响中，Si元素的化合价由0价上升到+42.24L即0.1molH2时，转移电子的物质的量为0.4molB正确；反响中，HNO3和HF为氧化剂，H2SiF6为氧化产物，则氧化性：HNO3>H2SiF6，故C正确；芯片的主要成分是硅，硅具有半导体性能，故D正确；应选：A。Si+HNO3+6HF=H2SiF6+HNO2+H2↑+H2O反响中，Si元素的化合价上升，HN元26页素的化合价降低，则Si为复原剂，生成H2SiF6为氧化产物，HNO3和HF为氧化剂，HNO2和H2为复原产物，据此分析推断。此题考察了氧化复原反响、元素化合物的性质，把握反响中元素化合价的变化、元素化合物的性质是解题的关键，有利于培育学生良好的科学素养，题目难度不大。【答案】B【解析】解：A.a中Cu元素为+2价，再酸性条件下，Cu变为a需要失去电子，发生氧化反响，故需要参加氧化剂，故A正确；B.由图可知，Cu(OH)2转化为Cu(OH)2−需要碱性条件，而Cu(OH)2−转化成Cu(OH)2需要4 4酸性条件，故B错误；2C.(CuO−)中铜元素为+3价，离子带1个单位负电荷，故填入坐标，应当填在b的位置，故C正确；2D.Cu2O中Cu元素为+1+2价铜和单质铜，故D正确；应选：B。a中Cu元素为+2价，由Cu→a发生氧化反响；4由图可知，Cu(OH)2−转化成Cu(OH)2需要加酸；C.依据Cu元素化合价、离子电荷确定；4D.Cu2O中Cu元素为+1价，可以发生歧化反响生成+2价铜和单质铜。息猎取力量、运用是分析解决问题的力量。【答案】B【解析】解：A.题目未给溶液体积，无法计算物质的量，故A错误；2gD16O含有的质子数和中子数均为2g

×10×NA/mol=NA，故B正确；2 20g/mol氯气与水的反响为可逆反响，无法计算转移电子数，故C错误；标况下，四氯化碳不是气态，无法使用22.4L/molD错误；应选：B。题目未给溶液体积；D16O分子中含有的质子数10个，中子数为10个；2D26页氯气与水的反响为可逆反响；D.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体。“热点”，它既考察了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系伏加德罗常数的关系是解题的关键。【答案】C【解析】解：A.醋酸与氢氧化钠溶液反响的离子方程式为：CH3COOH+OH−=CH3COO−H2O，故A错误；B.向FeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−B错误；3C.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，离子方程式为：HCO−+Ba2++OH−=BaCO3↓3+H2OC正确；D.铜丝插入热的浓硫酸中，离子方程式为：Cu+2H

SO(浓)

△u++O−+HO+2 4 4 2SO2↑，故D错误；应选：C。醋酸为弱酸，不能拆开；该反响不满足电荷守恒和得失电子守恒；氢氧化钡足量，二者反响生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水；D.铜与浓硫酸加热反响生成二氧化硫气体。此题考察离子方程的书写推断，为高频考点，把握物质性质、反响实质为解答关键，留意把握离子方程的书写原则，试题侧重考察学生的分析与应用力量，题目难度不大。【答案】D【解析】解：由分析可知，X为H、Y为B、W为O、Z为Na；A.O与Na形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠只含离子键，而过氧化钠既含有离子键又含有共价键，故A错误；构造中存在形成3个共价键的B原子，不满足8电子稳定构造，故B错误；同周期自左而右原子半径减小Z(钠)>Y(硼)>W(氧)C错误；26页非金属性B<C，H3BO3H3BO3D正确；应选：D。X、Y、W、ZX为H元素；Z和X同主族，二者原子序数相差大于2，故Z为Na；由原子序数相对大小可知Y、W处于其次周期，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，则W处于偶数族，图示构造中W形成2条共价键，则W为O元素，故Y为B元素。周期律，留意结合价键构造进展分析推断，题目侧重考察学生分析推理力量、敏捷运用学问的力量。【答案NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑ A c 溶液变红装置漏气没有生成硝酸，或者虽然生成硝酸，但氨气过量使溶液呈碱性C Fe3++Ag=Fe2++Ag+ 测定0.1mol⋅L−1Fe(NO3)3溶液的pH 配制一样的pH的硝酸溶液，将溶液参加制备的银镜中A3⋅2O+O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为NH3⋅H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；②假设只用一种试剂制取氨气，则该试剂的最正确选择为NH3⋅H2O，利用其加热易挥发的性质来制取氨气，给液体加热的装置为C，故答案为：A；c；③可以用石蕊试液来检验戊中是否有硝酸生成，假设溶液不变红，则说明可能装置漏气没有生成硝酸，或者虽然生成硝酸，但氨气过量使溶液呈碱性，故答案为：溶液变红；装置漏气没有生成硝酸，或者虽然生成硝酸，但氨气过量使溶液呈碱性；(2)硝酸氧化低价铁时，自身会被复原为氮氧化物，造成铺张和污染环境，故最正确试剂为Fe2O3，故答案为：C；(3)I.假设猜测a成立。Fe3+氧化Ag的离子方程式为Fe3++Ag=Fe2++Ag+，故答案为：Fe3++Ag=Fe2++Ag+；3II.假设要验证猜测bFe3+NO−能3否氧化Ag，则需要先测定所得Fe(NO3)3溶液的pH值，然后配制一样pH的硝酸溶液，加26页入银，观看是否溶解，故答案为：①测定0.1mol⋅L−1Fe(NO3)3溶液的PH；②配制一样的pH液参加制备的银镜中。3成氧气，氧气与氨气在丙装置中的催化剂加热的状况下，生成一氧化氮，一氧化氮、氧气、水生成硝酸，可以用石蕊试液来检验戊中是否有硝酸生成；硝酸具有强氧化性，与铁、+2价铁等反响均生成硝酸铁，硝酸铁中Fe3+、NO−均具有氧化性，可以通过掌握变量的方法来探究硝酸铁与银反响的实质，据此解答。3此题考察了氮及其化合物的性质，铁及其化合物的性质，涉及到氨气的制取，氨氧化制硝酸，硝酸铁氧化性的试验探究和方案设计评价等，综合性强，难度中等，把握氮及其化合物，铁及化合物的性质是解题的关键。【答案】过滤增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反响速率V2O5+2OH−=2VO−+H2OH2SiO3Al(OH)3H+过量可能使VO−沉淀，3 3“调整pH=10”时硫酸用量不能过多否则造成损失HCl V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O0.7【解析】解：(1)操作①后得到浸渣和浸出液，为固液分别，名称是过滤；为了增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反响速率，故废弃催化剂碱浸前需要粉碎，故答案为：过滤；增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反响速率；3V2O5的化学性质与氧化铝相像，“碱浸”过程中V2O5与氢氧化钠反响生成NaVO3和水，发生反响的离子方程式为V2O5+2OH−=2VO−+H2O，33故答案为：V2O5+2OH−=2VO−+H2O；33SiO2与氢氧化钠反响生成硅酸钠与硫酸反响后生成难溶于水的硅酸，故沉淀的主要成分是Al(OH)3H2SiO3；Al(OH)3H+过量可能使VO−沉3淀，“调整pH=10”时，硫酸用量不能过多，否则造成损失，3故答案为：H2SiO3；Al(OH)3沉淀又重溶解进入反响液，且H+过量可能使VO−沉淀，3“调整pH=10”时，硫酸用量不能过多，否则造成损失；在焙烧NH4VO3时，气体产物经过与HCl反响后生成氯化铵，可以在生产流程中循环利用，故答案为：HCl；26页工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用V2O5在酸性条件下与二元弱酸H2C2O4反响，得到含有VO2+的浸取液，同时生成二氧化碳和水，该反响的离子方程式为V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，故答案为：V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；整个流程钛元素的损耗率为8%，假设取1吨废弃催化剂，理论上最多能得到SiO2的质量为(1781−8%)吨=0.7吨，故答案为：0.7。废弃SCR催化剂(主要含78%TiO2、V2O5及SiO2、Al2O3等)粉碎预处理后参加氢氧化钠溶TiOSO4溶液，浓缩水解后得到H2TiO3，焙烧得到TiO2；浸出液调整pH=10，得到沉淀X为Al(OH)3、2O3432O5此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握制备流程、发生的反响、物质的性质为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问与试验的结合，题目难度不大。【答案CaCO3、Li2CO3 Fe2O3+6H++8Cl−=2FeCl−+3H2O9.4～10.6GaO−或2 2 NaGaO 2GaO(熔融)2 2

4 22Ga+3O ↑ +3 1：42【解析】解：(1)1的成分除了Fe2O3之外还含有CaCO3、Li2CO3，故答案为：CaCO3、Li2CO3；4“酸浸”后铁元素以铁配离子(FeCl−)的形式存在，则Fe2O3与盐酸反响的离子44方程式为Fe2O3+6H++8Cl−=2FeCl−+3H2O，44故答案为：Fe2O3+6H++8Cl−=2FeCl−+3H2O；4形由题中表格形成氢氧化物沉淀的pHGaGaO−形22式存在，pH大于9.4，Al元素要形成沉淀，以Al(OH)3形式存在，pH小于10.6，所以符合要求的pH范围为9.4～10.6；滤液2中镓元素的存在形式为GaO−或NaGaO2，22故答案为：9.4～10.6；GaO−或NaGaO2；2由题中信息可知，Ga与AlAl2O3制备Al，同理工业上通过电解熔融的Ga2O3制备Ga，其化学方程式为2Ga2O3(熔融)解

4Ga+3O ↑，2故答案为：2Ga2O3(熔融)2

Ga+3O ↑；226页2依据化合物中化合价代数和为0可知，LiCoO2中Li为+1价，O为−2价，所以Co元素为+3价；在“电池级Li2CO3”转化为“LiCoO2”的反响中，是Li2CO3、Co3O4、O2发生氧化复原反响，其中1molO2参与反响，得到4mol电子，由化合价可知，1molCo3O4转化成3molLiCoO2只失去1mol电子，由得失电子守恒和元素守恒，其化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2=12LiCoO2+6CO2，则O2是氧化剂，Co3O4是复原剂，所以氧化剂与复原剂物质的量之比为1：4，故答案为：+3；1：4。高铝粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、CaO、Ga2O3、Li2O等)参加Na2CO3溶液加热溶浸Ga与AlAl2O3Ga2O3与Na2CO3溶液NaAlO2和NaGaO2，Fe2O3不反响，CaOLi2O分别转化为CaCO3沉淀和Li2CO3沉淀，趁热过滤，滤渣1为Fe2O3、CaCO3、Li2CO3，在滤渣1中参加盐酸酸浸，溶解Fe2O3、CaCO3，吸附提锂得Li2CO3，在电池级参加Co3O4，通入空气制备电池正极材料LiCoO2；滤液1为NaAlO2和NaGaO2，通入CO2，调pH值，使NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，经过一系列操作，回收金属Al；滤液2为NaGaO2溶液，参加适量的HCl，使NaGaO2转化为Ga(OH)3沉淀，灼烧得Ga2O3，电解熔融的Ga2O3回收金属Ga；据此解答。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握制备流程、发生的反响、物质的性质为解答的关键，侧重分析与试验力量的考察，留意元素化合物学问与试验的结合，题目难度不大。3【答案】第四周期ⅡB族平面三角形NO−或SO3 HOOC−COOH 草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基构造，可以分别与其他分子形成分子间氢3键A 晶胞单元是晶体的最小重复构造单元，该构造中包含了三个更小的重复构造单元(1,3,3)

(65+16)×4444

NA×a3×10−21【解析】解：(1)Zn为30号元素，位于第四周期ⅡB族，故答案为：第四周期ⅡB族；3Ⅰ中阴离子为CO2−，据图可知C原子形成碳氧双键，实行sp2杂化，空间构型为平面3CO2−的等电子体有NO−、3 3SO3等，3故答案为：平面三角形；NO−或SO3；3Ⅱ、Ⅲ阴离子对应的酸分别为CH3COOH(乙酸、醋酸)、HOOC−COOH(草酸)，草酸26页间氢键，所以HOOCCOOH的沸点较高，故答案为：HOOC−COOH；草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基构造，可以分别与其他分子形成分子间氢键；A.化合物Ⅱ中O元素的非金属性最强，电负性最大，故A正确；化合物Ⅱsp3sp2杂化，故B错误；化合物Ⅲ中两个C原子之间为非极性共价键，故C错误；单键均为σ键，双键中有一个σ键一个π键，所以化合物Ⅰ阴离子中σ键和π键数目比为3：1，故D错误；故答案为：A；①晶胞单元是晶体的最小重复构造单元，图示构造中包含了三个更小的重复构造单元，所以不是ZnO的晶胞单元，单元；②依据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子2位于体对角线上，坐标为(1,3,3)，444故答案为：(1