通州區(qū)2024-2025學(xué)年第一學(xué)期高三年級(jí)期中質(zhì)量檢測(cè)

化學(xué)試卷

2024年11月

本試卷共8頁(yè)，共100分。考試時(shí)長(zhǎng)90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答

無效?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將答題卡交回。

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12016s32Fe56

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一

項(xiàng)。

I,下列關(guān)于與"F說法正確的是

A.是同種核素B.是同素異形體

C.比謳F多一個(gè)電子D.NF比因F多一個(gè)中子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.與質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，因此兩者是不同種核素，A錯(cuò)誤：

B.同素異形體指的是同種元素的不同單質(zhì)：與"F是兩種不同的原子，不是單質(zhì)，因此兩者不是同素

異形體，B錯(cuò)誤：

C.同位素之間質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)均相同，I9F比I8F多一個(gè)中子，C錯(cuò)誤；

D.的中子數(shù)是io,只有9個(gè)中子，秒F比多一個(gè)中子，D正確。

本題選D。

2.下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)不止確的是

A.CO?的空間結(jié)構(gòu)模型：

B.基態(tài)Cr原子的價(jià)層電子排布式：3d54sl

C.NaCl的電子式：Na+［：C1：］-

D.K?的結(jié)構(gòu)示意圖：的9)288

【答案】A

【解析】

【詳解】A.82為直線形結(jié)構(gòu)，空間結(jié)構(gòu)模型為QQ^，A錯(cuò)誤；

B.Cr原子序數(shù)為24,其價(jià)層電子排布式：3d'ds'B正確；

C.NaQ為離子化合物，由鈉離子和氯離子構(gòu)成，其電子式為：Na，［：口：「，C正確；

D.K為19號(hào)元素，故K+的結(jié)構(gòu)示意圖：蝕勿，D正確；

答案選A。

3.下列說法不正確的是

A.A1(OH)3可用于治療胃酸過多B.SCh可用于殺菌消毒

C.FesCU用于制作紅色染料D.NazCh用于呼吸面具中氧氣來源

【答案】C

【解析】

【詳解】A.胃酸的主要成分為鹽酸，AI(0H)3能與鹽酸反應(yīng)，可用于治療胃酸過多，A正確：

B.二氧化硫能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，可使細(xì)菌死亡，則SO?可用于殺菌消毒，B正確：

C.Fe,04呈黑色，可作為磁性材料，F(xiàn)e?O3呈紅棕色，用于制作紅色染料，C不正確：

D.NazCh能與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)并生成氧氣，則可用于呼吸面具中氧氣來源，D正確：

故選C。

4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是

A.26gH—C三C—H中含有。鍵的數(shù)目為3NA

B.ILlmol.L1NH4NO3溶液中含、H：的數(shù)目為NA

C.ImolCO和H2的混合氣體含有的分子數(shù)目為2NA

D.Imol水中含有的電子數(shù)為18NA

【答案】A

【解析】

【詳解】A.26gC2H2的物質(zhì)的量為InioL一個(gè)C2H2分子中含有3個(gè)。鍵，故26gCH2中含有。鍵的數(shù)目

為3NA,A正確：

B.、H；在水溶液中發(fā)生水解，ILlmWL/NH4NO3溶液中含NH：的數(shù)目小于NA,B錯(cuò)誤：

C.CO和H?均由分子構(gòu)成，ImolCO和H2的混合氣體含有的分子數(shù)目為NA,C錯(cuò)誤：

D.1個(gè)H?O分子中含有10個(gè)電子，故Imol水中含有的電子數(shù)為ION、，D錯(cuò)誤；

答案選A。

5.F列方程式對(duì)事實(shí)的表述不正確的是

電解

A.電解飽和食鹽水的反應(yīng)：2Cr+2H2O_Cl2T+H2T+20H

B.利用覆銅板制作印刷電路板：Fe+Cu2+=Fe24+Cu

C.濃硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生紅棕色氣體：4?03(濃)+(^1=(?11([^03)2+21\1021+2^^0

5

D.硫酸鋁溶液中滴加氨水產(chǎn)生白色膠狀沉淀：Al++3NH3-H2O=Al(OH)3+3NH：

【答案】B

【解析】

【詳解】A.電解飽和食鹽水生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，反應(yīng)的離子方程式為：

電解

2Cr+2H2O==CLT+H.T+20H-,A正確：

B.利用覆銅板制作印刷電路板，Cu與FeCb溶液反應(yīng)生成CuCL和FeCL,離子方程式為：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯(cuò)誤：

C.濃硝酸與銅反應(yīng)生成二氧化氮紅棕色氣體、硝酸銅和水，化學(xué)方程式為：

4HNO3(濃)+Cu=Cu(NO3)、+2NO2T+2H?O,C正確；

D.硫酸鋁溶液中滴加氨水產(chǎn)生白色氫氧化鋁膠狀沉淀和硫酸鏤，離子方程式為：

3+

Al+3NH,-H2O=Al(OH)31+3NH；,D正確；

故選B。

6.某學(xué)習(xí)小組按下圖的兩組裝置來探究鋼鐵的腐蝕情況。下列相關(guān)說法錯(cuò)誤的是

A.兩組裝置中負(fù)極均為左池的鐵片

B.圖I中將石墨電極換成鋅棒，可減緩鐵片被腐蝕

C.若向圖II兩池中滴加酚醐溶液，鐵片I附近出現(xiàn)紅色

D.圖II中氧氣濃度差異會(huì)導(dǎo)致電流計(jì)示數(shù)不同

【答案】C

【解析】

【分析】圖1中鐵、碳構(gòu)成原電池，為鐵的吸氧腐蝕，鐵為負(fù)極、碳為正極：圖II中，右池通入氧氣，氧氣

得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以鐵片II是正極、鐵片I是負(fù)極。

【詳解】A.圖1中鐵、碳構(gòu)成原電池，鐵為負(fù)極；圖H中，右池通入氧氣，氧氣得電子發(fā)生還原反應(yīng)，

所以右池鐵片為正極、左池鐵片為負(fù)極，兩組裝置中負(fù)極均為左池的鐵片，故A正確：

B.圖I中將石墨電極換成鋅棒，構(gòu)成原電池，鋅為負(fù)極、鐵為正極，可減緩鐵片被腐蝕，故B正確：

C.圖II中鐵片I是負(fù)極，發(fā)生反應(yīng)Fe-2e=Fe2+,鐵片H是正極,發(fā)生反應(yīng)Ch+4e-+2H2。=40任，若向圖II

兩池中滴加酚酸溶液，鐵片II附近出現(xiàn)紅色，故C錯(cuò)誤：

D.圖n中氧氣濃度差異會(huì)導(dǎo)致反應(yīng)速率不同，所以電流計(jì)示數(shù)不同，故D正確；

選C。

7,卜.列事實(shí)不熊用平衡移動(dòng)原理解釋的是

A.密閉燒瓶?jī)?nèi)的NO?和的混合氣體，受熱后顏色加深

B.Na2cO3溶液將水垢中的CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3

C.pH=1的醋酸溶液稀釋10倍，溶液的pH<2

D.也。？溶液中滴加FeCh溶液，促進(jìn)HzO?分解

【答案】D

【解析】

【詳解】A.密閉燒瓶?jī)?nèi)的NO?和N??！坏幕旌蠚怏w，受熱后顏色加深，是因?yàn)闇囟壬?，平衡向生成NO?

的方向移動(dòng)，能用平衡移動(dòng)原理解釋，A錯(cuò)誤；

B.Na2cO,溶液將水垢中的CaSO4技化為CaCO,,是因?yàn)樘妓徕}溶解度小于硫酸鈣，能用平衡移動(dòng)原

理解釋，B錯(cuò)誤：

C.pH=1的醋酸溶液稀釋10倍，溶液的pH<2,是因?yàn)榇姿崾侨跛?，稀釋促進(jìn)電離，能用平衡移動(dòng)原

理解釋,C錯(cuò)誤：

D.山。2溶液中滴加FeCh溶液，促進(jìn)H/)2分解，是因?yàn)槁然F作催化劑，不能用平衡移動(dòng)原理解樗，

D正確;

故選Do

8.卜圖所示裝置和試劑能完成相應(yīng)氣體的發(fā)生和收集實(shí)驗(yàn)的是（除雜和尾氣處理裝置任選）

選

氣體試劑

項(xiàng)

ANH3熟石灰+濃氨水

濃鹽酸

BCl2MnO?+

Na2sO3+濃硫

Cso.

酸

Dco2碳酸鈣+稀硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.濃氨水滴入熟石灰中能產(chǎn)生氨氣，但氨氣密度比空氣小，收集氨氣不能使用向上排空氣法,

A不符合題意；

B.MnCh與濃鹽酸在常溫下不能發(fā)生反應(yīng)，不能牛.成Ch,B不符合題意；

C.Na2s03與濃硫酸反應(yīng)可制取SO2,S02的密度比空氣大，可使用向上排空氣法收集，C符合題意；

D.由丁硫酸鈣微溶丁?水，所以碳酸鈣與稀硫酸難以發(fā)生持續(xù)反應(yīng)，不能制取CO?氣體，D不符合題意:

故選C。

9.關(guān)于Na2c和NaHCO，的下列說法中，不正確的是

A.兩種物質(zhì)的溶液中，所含微粒的種類相同

B.向飽和Na2cO3溶液中通入CO?,會(huì)產(chǎn)生NaHCOi

C.分別向二者的溶液中加入NaOH同體，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均減小

D.測(cè)定二者混合物中Na2c0,質(zhì)量分?jǐn)?shù)的方法是：取ag混合物充分加熱，質(zhì)量減少bg

【答案】C

【解析】

【詳解】A.Na2c0；和NaHCO：的溶液中均存在H+、?0、0H\Na\CO；、HCO；、H2co3,A正

確；

B.向飽和Na2co，溶液中通入CO?,發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO會(huì)產(chǎn)生

NaHCO,,B正確；

C.分別向二者的溶液中加入NaOH固體，NaOH電離出的OH-會(huì)抑制CO；、HCO3的水解，水解平衡

均受到抑制，但NaOH電離出的0H?使溶液的堿性增強(qiáng)，溶液的pH增大，C錯(cuò)誤：

D.取agNa2c03和NaHCCh的固體混合物充分加熱，質(zhì)量減少bg,可由差量法計(jì)算碳酸氫鈉的質(zhì)量，然

后計(jì)算碳酸鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，D正確；

答案選C。

10.某溫度下，在密閉容器中充入一定量的X(g),發(fā)生下列反應(yīng)：X(g)^Y(g)(AH,<0),

Y(g)=Z(g)(AH2<0),測(cè)得各氣體濃度與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示。下列反應(yīng)進(jìn)程示意圖符合題意的

是

1X

1\Y……Z

0反應(yīng)時(shí)間一?

寸過一

能過渡毒2

11波念?r\

gIC

AB

反應(yīng)進(jìn)程.

反應(yīng)進(jìn)程

1;

能過娥蠢1能.大，

反應(yīng)進(jìn)程反應(yīng)進(jìn)程

【答案】B

【解析】

【分析】由圖可知，反應(yīng)初期隨著時(shí)間的推移X的濃度逐漸減小、Y和Z的濃度逐漸增大，后來隨著時(shí)間

的推移X和Y的濃度逐漸減小、Z的濃度繼續(xù)逐漸增大，說明X(g).Y(g)的反應(yīng)速率大于Y(g).-Z(g)

的反應(yīng)速率，則反應(yīng)X(g)?hY(g)的活化能小于反應(yīng)Y(g)『'Z(g)的活化能。

【詳解】A.X(g).Y(g)和Y(g)?"Z(g)的AH都小于0,而圖像顯示Y的能量高于X,即圖像顯示XQ)

?'Y(g)為吸熱反應(yīng)，A項(xiàng)不符合題意；

B.圖像顯示X(g)/Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于O且X(g)=Y(g)的活化能小于Y(g)UZ(g)的活

化能，B項(xiàng)符合題意：

C.圖像顯示X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于。但圖像上X(g)亍±Y(g)的活化能大于Y(g)二

Z(g)的活化能，C項(xiàng)不符合題意；

D.圖像顯示X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都大于0,且X(g)=Y(g)的活化能大于Y(g)=Z(g)的活

化能，D項(xiàng)不符合題意：

選B。

H.氨既是一種重要的化工產(chǎn)品，又是一種重要的化工原料。下圖為合成氨以及氮氧化制硝酸的流程示意

圖。下列說法不正確的是

硝酸

A.氨分離器可以加快合成氨的反應(yīng)速率

B.吸收塔中通入過量A的目的是提高硝酸的產(chǎn)率

C.工業(yè)生產(chǎn)中可選擇鋁作為罐體材料盛裝大量濃硝酸

D.可以用NH,對(duì)硝酸生產(chǎn)尾氣中的氮氧化物進(jìn)行處理

【答案】A

【解析】

【分析】氮?dú)夂蜌錃庠诤铣伤猩删剼?氨分離器用來分離氨氣,氨氣在氧化爐中氧化生成一氧化氮.進(jìn)

一步氧化生成二氧化氮，吸收塔中氮氧化合物與氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，通入過量的氧氣X可以提高硝酸

的產(chǎn)率。

【詳解】A.氨分離器將氨氣分離出來，減小濃度，反應(yīng)速率減小，平衡正向移動(dòng)，A錯(cuò)誤：

B.吸收塔中氮氧化合物與氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，通入過量的氧氣可以提高硝酸的產(chǎn)率，B正確：

C.鋁能與濃硝酸發(fā)生鈍化，可以使用鋁作為罐體材料盛裝大量濃硝酸，C正確；

D.硝酸生產(chǎn)中的尾氣為氮氧化合物，具有氧化性，氨氣具有還原性，可以發(fā)生歸中反應(yīng)生成氮?dú)?，故?/p>

以用NH,對(duì)硝酸生產(chǎn)尾氣中的氮氧化物進(jìn)行處理，D正確：

答案選A

12.CH4還原CO?是實(shí)現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟(jì)的有效途徑之一。恒壓、750C時(shí)，CH4IICO?按物質(zhì)的量之比為

I；3投料，反應(yīng)經(jīng)如下流程可實(shí)現(xiàn)CO2高效轉(zhuǎn)化。

下列說法不正確的是

AX為H?O.Y為CaCC)3和Fe

B.圖中轉(zhuǎn)化涉及反應(yīng)中有四個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)

C.過程II,CaO吸收CO2可促使FjO』氧化CO的平衡正移

D.反應(yīng)制得4molCO,須投入hnolFe5O4

【答案】D

【解析】

一定條件下

【分析】根據(jù)流程圖可知，總反應(yīng)CH4+3CC>2^--------------4CO+2H2O,據(jù)此分析；

【詳解】A.根據(jù)分析可知，X為HQ,則氫氣還原四氧化三鐵，二氧化碳被CaO吸收，則Y為CaCC^

和Fe,A正確；

B.圖中轉(zhuǎn)化涉及的反應(yīng)中有四個(gè)屬于氧化還原反應(yīng)，氫氣與四氧化三鐵、鐵生成四氧化三鐵，甲烷生成

一氧化碳，一氧化碳與四氧化三鐵，B正確；

C.FqO』氧化CO生成CO?,CO2被吸收，濃度降低，平衡正向移動(dòng)，C正確；

D.F%O4在反應(yīng)II中先消耗，在反應(yīng)HI中又重新生成，是催化劑，不需要投入，D錯(cuò)誤：

故選D。

13.以不同材料修飾的Pt為電極，一定濃度的NaBr溶液為電解液，采用電解和催化相結(jié)合的循環(huán)方式,

可實(shí)現(xiàn)高效制H?和O2,裝置如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是

A.電極a連接電源負(fù)極

B.加入Y的目的是補(bǔ)充NaBr

電解

C.電解總反應(yīng)式為Br+BHqi~BrO；+3H2

D.催化階段反應(yīng)產(chǎn)物物質(zhì)的量之比n[Z)：n(Br)=3:2

【答案】B

【解析】

【分析】電極b上Br?發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化成BrO；,電極b為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為Br-6e+3^0=8^,

電解

+6H+：則電極a為陰極，電極a的電極反應(yīng)為2H9+2e-=H2T+20H：電解總反應(yīng)式為BI-+3H2。^Br()3

+3H1催化循環(huán)階段BrO,被還原成Br循環(huán)使用、同時(shí)生成0?,實(shí)現(xiàn)高效制Fh和O?,即Z為0?。

【詳解】A.根據(jù)分析，電極a為陰極，連接電源負(fù)極，A項(xiàng)正確：

B.根據(jù)分析電解過程中消耗H20和Br,而催化階段BrO；被還原成Br循環(huán)使用，故加入Y的目的是補(bǔ)

充H9,維持NaBr溶液為一定濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

電

C.根據(jù)分析電解總反應(yīng)式為Br+3H2O=BrO：；+3H2T，C項(xiàng)正確；

D.催化階段,Br元素的化合價(jià)由+5價(jià)降至-1價(jià).生成ImolBr得到6sol電子，。元素的化合價(jià)由?2價(jià)升

至。價(jià)，生成ImolCh失去4mol電子，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)產(chǎn)物物質(zhì)的量之比

出02):/J(BF)=6:4=3：2,D項(xiàng)正確:

答案選B。

14.室溫下，為探究納米鐵去除水樣中ScO；的影響因素，測(cè)得不同條件下SeO：濃度隨時(shí)間變化關(guān)系如

T

O

E

O

W

實(shí)驗(yàn)序水樣初始

水樣體積/mL納米鐵質(zhì)量/mg

號(hào)pH

①5086

②5026

③5028

下列說法正確的是

A.實(shí)驗(yàn)①中，。?2小時(shí)內(nèi)平均反應(yīng)速率v（SeO；）=2.0mol】Lh"

B.實(shí)驗(yàn)③中，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe+SeO：+8H+=2Fe"+Se+4H2。

C.其他條件相問時(shí)，適當(dāng)增加納米鐵質(zhì)里可加快反應(yīng)速率

D.其他條件相同時(shí)，水樣初始pH越小，ScO：的去除效果越好

【答案】C

【解析】

【詳解】A.實(shí)驗(yàn)①中，0~2小時(shí)內(nèi)平均反應(yīng)速率

55,

/（5.0xl0--1.0xl0-,）mobE<t

v（SeO；）=^----------———1------=2.0xl0-5molL,-hA不止確：

B.實(shí)驗(yàn)③中水樣初始pH=8,溶液顯弱堿性，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式口不能用H*配電荷守恒，B不正

確；

C.綜合分析實(shí)驗(yàn)①和②可知，在相同時(shí)間內(nèi)，實(shí)驗(yàn)①中SeO：濃度的變化量大，因此，其他條件相同時(shí),

適當(dāng)增加納米鐵質(zhì)量可加快反應(yīng)速率，c正確：

D.絳合分析實(shí)驗(yàn)③和②可知，在相同時(shí)間內(nèi)，實(shí)驗(yàn)②中ScO；.濃度的變化量大，因此，其他條件相同時(shí),

適當(dāng)減小初始pH,SeO：的去除效果越好，但是當(dāng)初始pH太小時(shí)，H+濃度太大，納米鐵與H+反應(yīng)速

率加快，會(huì)導(dǎo)致與SeO：反應(yīng)的納米鐵減少，因此，當(dāng)初始pH越小時(shí)SeO：的去除效果不一定越好，D

不正確：

綜上所述，本題選C。

第二部分

本部分共5題，共58分。

15.工業(yè)上某種吸收氮氧化物NO,（NO和NO2混合氣）廢氣流程如卜圖。

請(qǐng)回答：

（I）氮元素在元素周期表中的位置是。

（2）羥胺中（NH?OH）采用sp?雜化的原子有o

（3）N2H,和NHQH都能結(jié)合H+而具有弱堿性，N2H,的堿性強(qiáng)于NH?OH,原因是。

（4）“吸收液，的主要成分是NaNO-NaNO,,寫出過程I中NO?與Na2cO3反應(yīng)的化學(xué)力程式

O

（5）過程IV中每生成ImolN2H4,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是mol。

（6）過程IV中，以Fe^配合物為催化中心的“腓合成的”，將NH20H與NH,轉(zhuǎn)化為麟（N2H4）,其反

應(yīng)歷程如下所示：

NHN、H卜H

NHjHII、H、下

?MH

■*b-H

H

HfHH?、HH\e?\；'O-HH、N，NH2

H-N號(hào)..H2O

下列說法正確的是_______o

a.NH2OH,N5和H?。均為極性分子

b.反應(yīng)涉及N-H、N-0、O-H鍵斷裂和N-N鍵生成

c.催化中心的Fe?+被氧化為Fe3+，后又還原為Fe?-

d.若洛NH20H替換為ND2OD,反應(yīng)制得的主要產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為D2N-ND2

(7)NH3OHCI是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對(duì)環(huán)境友好寫出NH3OHQ還原FcCL的化學(xué)方程式

°

【答案】(I)第二周期第VA族

(2)N、0(3)O原子電負(fù)性大，使得NH2OH分子中N原子周圍電子云密度低，結(jié)合氫離子能力減

弱，堿性減弱

(4)2NO2+Na2CO,=NaNO,+NaNO；+CO,

(5)1(6)ac

(7)2NHQHCl+2FeCl=N2T+2FeCl?+2H9+4HC1

【解析】

【分析】氮?dú)饣衔锱c碳酸鈉發(fā)生.反應(yīng)生.成NaNC>2、NaNO,吸收液，與二氧化硫反應(yīng)生成NH?OH,與

鹽酸反應(yīng)生成NH,OHC1，與NH,反應(yīng)生成N2H4；

【小問I詳解】

氮元素為第7號(hào)元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VA族：

【小問2詳解】

羥胺分子中，價(jià)以電子對(duì)為4的原子有N、O原子，采用sp‘雜化的原子有N、O：

【小問3詳解】

O原子電負(fù)性大，使得NH20H分子中N原子周圍電子云密度低，結(jié)合氫離子能力減弱，堿性減弱：

【小問4詳解】

過程I中NO：與Na2cO,反應(yīng)NO2自身歧化反應(yīng)，生成NaNO2、NaNO、的化學(xué)方程式

2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2:

【小問5詳解】

過程IV中NH20H中N的化合價(jià)由一1價(jià)降低到?2價(jià)，N&中N的化合價(jià)由?3價(jià)升高到-2價(jià)，發(fā)生的反

應(yīng)為NHzOH+NHauNiHj+H?。，每生成ImolN2H「轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1mol：

【小問6詳解】

a.NH2OH.Ng和H?O正負(fù)電中心不重合，均為極性分子，a正確；

b.反應(yīng)涉及N-H、N-O鍵斷裂和N-N鍵生成，b錯(cuò)誤；

c.催化中心的Fe?+被氧化為F03+，后又還原為Fe“，c正確；

d.若洛NHQH替換為NDQD,反應(yīng)制得的主要產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為D?N-NH2,d錯(cuò)誤：

故選ac；

【小問7詳解】

NHQHC1中N的化合價(jià)由-I價(jià)升高到0價(jià)，鐵由+3價(jià)降低到+2價(jià)，NHQHC1還原FeC^的化學(xué)方程

式，2NHQHCl+2FeCh=N2T+2FeCl2+2H2O+4HCI；

16.為實(shí)現(xiàn)氯資源循環(huán)利用，工業(yè)上采用RuC>2催化氧化法處理HC1廢氣：

2HCl(g)+1o2(g)^^Cl2(g)+H2O(g)AH=-57.2kJmor'ASK。將HQ和5分別以不同起

始流速通入反應(yīng)器中，在360C、400C和440c下反應(yīng)，通過檢測(cè)流出氣成分繪制HC1轉(zhuǎn)化率(a)曲

線，如下圖所示(較低流速下轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率)。

一/

*90M90

MMm)a80

￡s70

￡l7T!(oio.so>

Dc

HH

>KHCb：MOr4:4

?xHChMO?r432

(0,17,60

0.140.100.(16

HC1流速/(molh)HCI港速(molh)

圖I圖2

回答下列問題:

(1)AS______0(填“>”或)；T3="C。

(2)結(jié)合以下信息，可知H?燃燒熱AH=kJmol'o

H,O(1)=H,O(g)AH,=+44.0kJ?

H2(g)-K：l2(g)=2HC1(g)AH3=-184.6kJ-mol

(3)卜列措施可提高M(jìn)點(diǎn)HCI轉(zhuǎn)化率的是_______(填標(biāo)號(hào))

A.增大HCI的流速B.將溫度升高40℃

C.增大n(HCl):n(OjD.使用更高效的催化劑

(4)圖中較高流速時(shí)，雙鼻)小于雙12)和a(Tj,原因是.

(5)設(shè)N點(diǎn)轉(zhuǎn)化率為平衡轉(zhuǎn)化率，則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(用平衡物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)代替平

衡濃度計(jì)算)

(6)負(fù)我在Tit)?上的RuO2催化活性高，穩(wěn)定性強(qiáng)，TiO2和Ri】。？的晶體結(jié)構(gòu)均可用下圖表示，二者

晶胞體枳近似相等，RuO:與Tie)2的密度比為1.66,則Ru的相對(duì)原子質(zhì)量為(精確至1)。

【答案】(1)?.<②.360℃

(2)-285.8(3)BD

(4)流速過快，反應(yīng)物分子來不及在催化劑表面接觸而發(fā)生反應(yīng)，導(dǎo)致轉(zhuǎn)化率下降，同時(shí)，T3溫度低，反

應(yīng)速率低，故單位時(shí)間內(nèi)氯化氫的轉(zhuǎn)化率低。

(5)6(6)101

【解析】

【小問I詳解】

反應(yīng)2HCl(g)+；O2(g)『'C12(g)+H2O(g)前后的氣體分子數(shù)目在減小，所以該反應(yīng)AS<0,該反應(yīng)為放

熱反應(yīng)，由于在流速較低時(shí)的轉(zhuǎn)化率視為平衡轉(zhuǎn)化率，所以在流速低的時(shí)候，溫度越高，HCI的轉(zhuǎn)化率越小，

故T代表的溫度為440℃,T3為360C。

【小問2詳解】

表示氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式為④H2(g)+1o2(g)=H2O(l),設(shè)①

2HCl(g)+io2(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)=H2O(g),③ll2(g)Kl2(g)=2HCl(g),則

④=①+③一②，因此氫氣的燃燒熱AH=-57.2kJ/mol-l84.6kJ/mol-44kJ/mol=-285.8kj/mol

【小問3詳解】

A.增大HCI的流速，由圖像可知，HC1的轉(zhuǎn)化率在減小，不符合題意;

B.M對(duì)應(yīng)溫度為360C,由圖像可知，升高溫度，HQ的轉(zhuǎn)化率增大,符合題意：

C.增大n(HCl):n(02),HCI的轉(zhuǎn)化率減小，不符合題意；

D.使用高效催化劑，可以增加該溫度卜的反應(yīng)速率，使單位時(shí)間內(nèi)HQ的轉(zhuǎn)化率增加，符合題意：

故選BD。

【小問4詳解】

圖中在較高流速卜.，T3溫度下的轉(zhuǎn)化率低于溫度較高的Ti和T2,主要是流速過快，反應(yīng)物分子來不及在催

化劑表面接觸而發(fā)生反應(yīng)，導(dǎo)致轉(zhuǎn)化率下降，同時(shí)，T3溫度低，反應(yīng)速率低，故單位時(shí)間內(nèi)氯化氫的轉(zhuǎn)化率

低。

【小問5詳解】

由圖像可知，N點(diǎn)HC1的平衡轉(zhuǎn)化率為80%,設(shè)起始n(HCl)=n(O2)=4m01,可列出三段式

也(g).Cl(g)+HO(g)

2HCI(g)+22

起始量/mol4400

變化量/mol3.20.81.61.6

平衡量/mol().83.21.61.6

1.61.6

VA*

則Kx=-；7p_」^二6。

0.8,3.2T

)-x2

7.27.2

【小問6詳解】

M(Ru)+32

由于二者的晶體結(jié)構(gòu)相似‘體枳近似相等’則其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比。故「66=而而五'則Ru

的相對(duì)原子質(zhì)量為101o

17.H2s廣泛存在于許多燃?xì)夂凸I(yè)廢氣中，脫除其中的H2s既可［可收硫又可防止產(chǎn)生污染。

【.克勞斯法脫硫流程如下:

已知：催化轉(zhuǎn)化器中反應(yīng)為4H2sI2SO2=3S2?4H2O

(1)寫出高溫反應(yīng)爐發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式______。

(2)上圖流程中①、②原料氣理論上的最佳用量比為①：②;o

II.工業(yè)上用Fe?(SO,、吸收液脫除煙氣中的H2S。此方法包含的過程如下:

i-H2S(g)^H2S(aq)

"H2S(aq)^-H'(aq)+HS(aq)

iii.HS-+2Fe3+;——SJ+2Fe2++H+

一定條件下測(cè)得脫硫率與Fe3+濃度的變化關(guān)系如下圖所示:

10)2.5

%

;

懈830

震

40?脫硫率

(3)吸收液過渡出0后，濾液需進(jìn)行再生，較經(jīng)濟(jì)的再生方法是。

(4)當(dāng)Fe"的濃度大于10g17時(shí)，濃度越大，脫硫率越低，這是由于。

HI.工業(yè)上采用下圖所示裝置電解K4[Fe(CN)6〕和KHCO,混合溶液一段時(shí)間，然后停止電解，通入

H2s,利用生成的K3[卜《CN%]將H2s轉(zhuǎn)化為S,自身轉(zhuǎn)化為K,[%(CN)。]

KJFUCNM和KHCO3混合溶液

(5)電解時(shí)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。

(6)當(dāng)陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2L氣體后通入H?S,完全反應(yīng)后有g(shù)S析出。

(7)補(bǔ)全通入H2s時(shí)發(fā)生反應(yīng)的禽子方程式：。

co++

O"O+□=□+□OHC03

高溫

【答案】(1)2H2S+3O2=2SO2+2H2O

(2)1：2(3)通入足量的空氣

(4)Fe"濃度增大，pH減小，使過程i、ii向逆反應(yīng)方向進(jìn)行且pH減小的影響超過過程中Fe3+濃度增大

的影響

(5)[Fe(CN)6r-e-=[Fe(CN)5丁

(6)16(7)駐O廣+國(guó)[Fe(CN)6『+UjH2S=@[Fe(CN)6『+|l]sJ+團(tuán)CO；

【解析】

【小問I詳解】

高溫反應(yīng)爐中反應(yīng)物為空氣與原料氣，產(chǎn)物為二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式：

高溫

2H2s+302-------2SO2+2H2O；

【小問2詳解】

高溫

流程中①2H?S+302^=250?+2比0,1個(gè)SO?需要1個(gè)H2S,②流程2H2S+SCh=3Sl+2H◎1個(gè)

SO2需要2個(gè)HzS,最佳用量比為①：②=1：2；

【小問3詳解】

根據(jù)HS-+2Fe3+=^sJ+2Fe2++H+，濾液Fe2+,在酸性環(huán)境，需進(jìn)行再生，較經(jīng)濟(jì)的再生方法是通

入足量的。2(或空氣)將亞鐵離子變?yōu)殍F離子；

【小問4詳解】

圖中當(dāng)F3?的濃度大于lOgLT時(shí)，濃度越大，脫硫率越低，這是由于Fe3+濃度增大，pH減小，增加了氫

離子濃度，反應(yīng)i、ii的化學(xué)平衡逆向移動(dòng)，pH減小因素超過反應(yīng)iii中Fe3+濃度增大因素；故答案為：

Fe"濃度增大，pH減小，使過程i、ii向逆反應(yīng)方向進(jìn)行且pH減小的影響超過過程中Fe"濃度增大的影

響：

【小問5詳解】

電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，先將[Fe(CN)小-轉(zhuǎn)化為[Fe(CN)6]3,化合價(jià)升高，所以反應(yīng)為；

4

[Fe(CN)6]-e=[Fe(CN)6]\

【小問6詳解】

②根據(jù)2Fe(CN)：+2CO；+H2s=2Fe(CN)：+2HCO；+SJ和陰極反應(yīng)式為

2HCOi+2e=H2T+2CO；,得到關(guān)系式為：生?2c0；?S,所以生成標(biāo)況下的氫氣體積是1L2L的時(shí)

候，析出16gS；

【小問7詳解】

根據(jù)化合價(jià)升降法及元素守可知，鐵化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，S化合價(jià)由-2價(jià)升高到。價(jià)，方程式為

囪8：+機(jī)Fe(CN)6『+由2s應(yīng)[Fe(CN)6丁+[T]s1+囪HCO；:

18.用黃鐵礦住要成分FeS2)還原硫酸廠礦渣(含F(xiàn)qO,、a-AIQs、Si。？等)制備鐵黃顏料(主要成分為

FcOOH),工業(yè)流程如下:

收黃晶片

I'IcOOH

ilUFcS,

過*

ifQl.■4^1

資料.：a-ALO,化學(xué)性質(zhì)極不活潑，不溶于水也不溶于酸或堿。

L制備鐵黃產(chǎn)品

(1)提高“酸浸”的速率可以采用的措施有。(任寫一條措施)

(2)“還原”過程中生成硫橫的離子方程式是。

(3)制備FeOOH晶種。向FeSC\溶液中加入一定量的NaNC^，鼓入空氣，在一定的溫度和pH條件下

可以制得FeOOH品種，NaNO2與稀H?SO4反應(yīng)生成的氣體在反應(yīng)中起催化劑作用。催化過程主要反

應(yīng)：

i.Fe2++NO=Fe(NO)2+

2+

iii.2Fe+NO,+3H2O=2FeOOHI+4H++NOT

反應(yīng)ii、iii均有FeOOH生成，請(qǐng)寫巴ii發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：e

(4)“二次氧化”時(shí)，將所得的晶種按一定比例加入一定濃度的FeSOj溶液中，然后通入。2氧化，溫

度控制在80~85℃,再滴加氨水。溶液pH對(duì)鐵黃質(zhì)量分?jǐn)?shù)影響如下表所示：

序

PH顏色w（FeOOH）/%

號(hào)

11~2黃、紅67.3

23亮黃86.5

33~4亮黃88.6

44亮黃87.1

55黃中有紅黑78.9

相

①溶液的pH應(yīng)控制到o

②pH過低或過高會(huì)造成鐵黃質(zhì)量分?jǐn)?shù)降低，原因可能是

IL產(chǎn)品純度測(cè)定

鐵黃純度可以通過產(chǎn)品的耗酸量確定C

r—nnH,S()4標(biāo)準(zhǔn)液ECNa2c2O4溶液’EmNaOH標(biāo)準(zhǔn)液-rm

鐵黃工〃——>溶液—二——>溶液浴/

La-g5----溶解-----A-------B--———酚獻(xiàn)——?-----C--

5+

資料：Fe+3C2O;-=Fe(C2O4f,Fe(GOj；不與稀堿液反應(yīng)。

(5)“溶解”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(6)HF。,標(biāo)準(zhǔn)液和NaOH標(biāo)準(zhǔn)液濃度均為0.1000mol/L,消耗兩溶液的體積依次為％mL、V2mL,

計(jì)算鐵黃的純度為(列出計(jì)算式，不需化簡(jiǎn))。

【答案】(1)增大硫酸的濃度、加熱、將礦渣粉碎、攪拌等

3+2+

(2)FeS2+2Fe=3Fe+2S>L

2+

(3)4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJMNO?+8H*

(4)①.3~4②.pH過低會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe"，pH過高會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生FC(OH)3,鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量分

數(shù)都降低

(5)2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4\+4H2O

⑹|卜?卜卜心89

xlOO%

W

【解析】

【分析】向硫酸廠礦渣中加入硫酸酸浸，將Fe2。；轉(zhuǎn)化為硫酸鐵，a-AbO3和二氧化硅不參與反應(yīng)，過濾

得到主要含a-AKh、SiO2濾清和發(fā)出液，向浸出液中加入過量FeS2,溶液中的Fe3+與FeS2反應(yīng)生成

Fe?+、S,過濾得到硫磺和硫酸亞鐵溶液，再向硫酸亞鐵溶液中加入一定量的NaNO”鼓入空氣，在一定

的溫度和pH條件下可以制得FcOOH晶種，將所得的晶種按一定比例加入一定濃度的FeSO.,溶液中，然

后通入氧氣氧化，溫度控制在80~85℃,再滴加氨水制得鐵黃漿液，漿液再經(jīng)過濾、洗滌、干燥得到鐵黃

產(chǎn)品，據(jù)此解答。

【小問1詳解】

提高“酸浸”的速率可以采用的措施有：增大硫酸的濃度、加熱、將礦渣粉碎、攪拌等：

【小問2詳解】

由分析可知，“還原”過程中Fe3+與FeS2反應(yīng)生成Fe?+、S(硫磺)，則反應(yīng)的離子方程式為：

3+2+

FeS2+2Fe=3Fe4-2S>1：

【小問3詳解】

由題意可知，制備FcOOH品種時(shí)，亞硝酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成的一氧化氮是反應(yīng)的催化劑，由反應(yīng)i和

反應(yīng)in可知，反應(yīng)11為溶液中卜e(NU)2+與氧氣和水反應(yīng)生成FeOOH,二氧化氮和氫離于，則反應(yīng)的高子

2++

方程式為：4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ+4NO2+8H；

【小問4詳解】

①由表格數(shù)據(jù)可知，溶液的pH為3~4時(shí)，鐵黃的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最大，所以二次氧化時(shí)溶液的pH應(yīng)控制到

3-4；

②pH過低會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe"，pH過高會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生Fe(OH)3,所以pH過低或過高會(huì)造成鐵黃質(zhì)量分

數(shù)降低，則原因可能是：pH過低會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe3+,pH過高會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)生FC(OH)3,鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量

分?jǐn)?shù)都降低；

【小問5詳解】

由圖可知，“溶解”時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為佚黃與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O；

【小問6詳解】

滴定消耗HmLO.lmol/L氫氧化鈉溶液，則過量硫酸的物質(zhì)的量為O.lmol/LXV2X103LX1=1V,X10'

22■

,._.410mol-10x89g/mol

4mob由反應(yīng)式可知，鐵黃的純反為「2?:〉〈100%=

wg

-fV.--Vjxl0-4x89

~-------------X100%-

W

19.為探究NaQO與KI溶液的反應(yīng)機(jī)理，查閱資料并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

資料：i.飽和NaClO溶液的pH約為11。

ii.部分微粒在水溶液中的顏色：10-（黃綠色）、10,無色）。

（I）甲同學(xué)研究NaQO與KI溶液的反應(yīng)，他將C12通入NaOH溶液中制備pHR1.7的84消毒液代替

NaQO溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。

實(shí)驗(yàn)滴管燒杯現(xiàn)象

溶液變棕黃色，再滴

5滴84消毒液

I10mL0.1/w//LKI溶液入淀粉溶液，溶液變

藍(lán)

410

溶液變黃綠色，再滴

?

5滴

10mL84消毒液入淀粉溶液，溶液顏

II0.\mol/LKI

(pH?11.7)色不變藍(lán)，久置后，

溶液

溶液黃綠色消失

①制備84消毒液時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

②實(shí)驗(yàn)I中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為。

③根據(jù)實(shí)驗(yàn)II中溶液變?yōu)辄S綠色，推測(cè)此時(shí)的主要氧化產(chǎn)物為

（2）乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)“過程中也有可能生成口，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行探究。

實(shí)

滴管燒杯現(xiàn)象

驗(yàn)

隨著KI溶液的滴入，溶液變?yōu)辄S綠

10mL84消毒

色，且顏色不斷加深，同時(shí)觀察到溶

逐滴加入液

液中出現(xiàn)局部變藍(lán)但很快褪去的現(xiàn)

IIIOAmol/L（pH?11.7）

象。繼續(xù)滴加KI溶液，藍(lán)色褪去速度

KI溶液含少量淀粉溶

變慢，最終溶液變?yōu)樗{(lán)色，且不再褪