湖南省岳陽市臨湘市2025屆高三上學(xué)期9月月考化學(xué)試題 含解析

2024年高三上學(xué)期化學(xué)月考試卷一、選擇題(共15小題，滿分45分，每小題3分)1.2021年6月，中國航天員搭乘“神舟十二號(hào)”進(jìn)駐空間站，開啟了中華民族“空間站時(shí)代”的新篇章。下列說法不正確的是A.艙外航天服使用的鍍鋁膠布是一種復(fù)合材料B.航天器使用太陽能電池板的主要成分是二氧化硅C.航天員“天地通話”耳機(jī)使用的雙層蛋白皮革是有機(jī)物D.航天員佩戴的質(zhì)輕、耐沖擊腕表使用的鈦合金是金屬材料【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．鍍鋁膠布用特殊工藝在膠布薄膜鍍上一層極薄金屬鋁而形成的一種復(fù)合材料，故A正確；B．太陽能電池板的主要成分是晶體硅，故B錯(cuò)誤；C．蛋白皮革的成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)是有機(jī)物，故C正確；D．由于鈦是一種金屬，鈦合金應(yīng)該屬于金屬材料，故D正確；選B2.下列化學(xué)用語正確的是A.二氧化碳的電子式：B.乙醛的空間填充模型：C.基態(tài)Mn2+的價(jià)電子軌道表示式：D.反式聚異戊二烯的結(jié)構(gòu)簡式：【答案】B【解析】【詳解】A．C最外層4個(gè)電子需要共用4對(duì)電子達(dá)飽和，所以它與兩個(gè)氧原子分別共用兩對(duì)電子，電子式為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．乙醛結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，比例模型為，B項(xiàng)正確；C．Mn2+價(jià)電子為3d5，所以它的排布為，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．分子中若R1>R2且R3>R4或R1<R2且R3<R4則該烯烴為順式；其他為反式。中-CH2->-CH3且-CH2->H則該烯烴為順式，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。3.下列利用海帶提取單質(zhì)碘的實(shí)驗(yàn)原理與裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.用裝置甲灼燒海帶 B.用裝置乙過濾海帶灰浸泡液C.用裝置丙得到I2的CCl4溶液 D.用裝置丁提純粗碘【答案】A【解析】【詳解】A．海帶的灼燒要使用坩堝，A錯(cuò)誤；B．海帶灰難溶于水，用過濾方法除去，B正確；C．I2更易溶解在CCl4中，且CCl4密度比水大，與水互不相溶，用分液漏斗分離，C正確；D．碘單質(zhì)易升華，碘蒸氣遇裝有冷水的圓底燒瓶發(fā)生凝固，得到純凈的碘固體，從而得到提純，D正確；故選A。4.每年10月23日上午6:02到晚上6:02被譽(yù)為“摩爾日”。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.18g重水(D2O)中含有的質(zhì)子數(shù)為9NAB.3.9gNa2O2固體中含有陰陽離子的總數(shù)目為0.15NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LH2O2含有的非極性共價(jià)鍵數(shù)目為0.5NAD.1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入適量氨氣后呈中性，此時(shí)溶液中數(shù)目為0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A．18gD2O物質(zhì)的量為0.9mol，含有的質(zhì)子數(shù)為9NA，A正確；B．3.9gNa2O2物質(zhì)的量為0.05mol，含有的陰陽離子總物質(zhì)的量為0.05mol×3=0.15mol，總數(shù)目為0.15NA，B正確；C．標(biāo)況下H2O2不是氣體，11.2LH2O2物質(zhì)的量大于0.5mol，含有的非極性共價(jià)鍵數(shù)目大于0.5NA，C錯(cuò)誤；D．1L0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入氨氣呈中性，此時(shí)溶液中有c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，則有c()=c(Cl-)，故此時(shí)溶液中銨根離子數(shù)目等于氯離子數(shù)目為0.1NA，D正確；故答案選C。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的族序數(shù)是周期序數(shù)的3倍，基態(tài)時(shí)Y原子3s原子軌道上有1個(gè)電子，Z與X處于同一主族。下列說法不正確的是A.原子半徑：r(W)<r(Z)<r(Y)B.第一電離能：I1(Y)<I1(Z)<I1(X)C.X與Y形成的化合物一定只含有離子鍵D.W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Z的強(qiáng)【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的族序數(shù)是周期序數(shù)的3倍，X是O元素；基態(tài)時(shí)Y原子3s原子軌道上有1個(gè)電子，Y是Na元素；Z與X處于同一主族，Z是S元素，則W是Cl元素。【詳解】A．同周期元素從左到右原子半徑依次減小，原子半徑：r(Cl)<r(S)<r(Na)，A正確；B．同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢(shì)，同主族元素從上到下第一電離能依次減小，第一電離能：I1(Na)<I1(S)<I1(O)，B正確；C．Na與O形成的化合物Na2O2中既含有離子鍵有含有共價(jià)鍵，C錯(cuò)誤；D．同周期元素從左到右，最高價(jià)含氧酸的酸性依次增強(qiáng)，酸性：HClO4>H2SO4，D正確；故選C。6.下列圖示實(shí)驗(yàn)裝置(部分夾持裝置省略)正確的是A.圖1用于制備并收集少量氨氣B.圖2可吸收多余的HCl氣體C.圖3用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液測(cè)定某醋酸溶液的濃度D.圖4可用于制備少量NaHCO3【答案】D【解析】【詳解】A．氯化銨分解可以得到氨氣和氯化氫，但稍遇冷就會(huì)再發(fā)生，收集不到氨氣，實(shí)驗(yàn)室用氫氧化鈣和氯化銨固體混合加熱制備氨氣，故A錯(cuò)誤；B．HCl氣體極易溶于水，但不溶于植物油，而且植物油的密度比水小，不利于氯化氫的吸收，應(yīng)該把植物油換成四氯化碳，故B錯(cuò)誤；C．NaOH溶液和醋酸溶液恰好反應(yīng)時(shí)溶液呈堿性，而甲基橙的變色范圍是3.1-4.4，無法準(zhǔn)確判定滴定終點(diǎn)，應(yīng)該用酚酞試劑，故C錯(cuò)誤；D．二氧化碳通入氨化的飽和食鹽水中，發(fā)生反應(yīng),過濾可以得到少量NaHCO3，故D正確；故答案為：D。7.硫酸是重要的化工原料。稀硫酸具有酸的通性；濃硫酸具有吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性，能氧化大多數(shù)金屬單質(zhì)和部分非金屬單質(zhì)。金屬冶煉時(shí)產(chǎn)生的含SO2廢氣經(jīng)回收處理、催化氧化、吸收后可制得硫酸。2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)=-196.6kJ·mol-1。工業(yè)制硫酸尾氣中的SO2可用氨水吸收，吸收液經(jīng)處理后釋放出的SO2又可循環(huán)利用。在指定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是A.FeS2(s)SO3(g) B.稀H2SO4(aq)C(s)C.濃H2SO4SO2(g) D.SO2(g)(NH4)2SO4(aq)【答案】C【解析】【詳解】A．FeS2(s)和氧氣在高溫條件下反應(yīng)生成氧化鐵和SO2(g)，故A錯(cuò)誤；B．稀H2SO4(aq)和蔗糖不反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．濃H2SO4(aq)和銅在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅、SO2(g)、水，故C正確；D．SO2(g)和過量氨水反應(yīng)生成(NH4)2SO3(aq)，故D錯(cuò)誤；故選：C。8.科學(xué)家合成了一種新的共價(jià)化合物(結(jié)構(gòu)如圖所示)，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和。下列說法錯(cuò)誤的是A.原子半徑： B.非金屬性：C.Z的單質(zhì)具有較強(qiáng)的還原性 D.原子序數(shù)為82的元素與W位于同一主族【答案】C【解析】【分析】由共價(jià)化合物的結(jié)構(gòu)可知，X、W形成4個(gè)共價(jià)鍵，Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，Z形成1個(gè)共價(jià)鍵，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，則X為C元素、Y為O元素、Z為F元素、W為Si元素?！驹斀狻緼．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則C、O、F的原子半徑大小順序?yàn)镃＞O＞F，故A正確；B．同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強(qiáng)，同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，則C、O、Si的非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)镺＞C＞Si，故B正確；C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金屬性最強(qiáng)，單質(zhì)具有很強(qiáng)的氧化性，故C錯(cuò)誤；D．原子序數(shù)為82的元素為鉛元素，與硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正確；故選C。9.海水提溴常用“空氣吹出法”，其部分流程如圖：下列說法正確的是A.“氧化Ⅰ”發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為Cl2+Br-=Br2+Cl-B.“吹出”通入空氣利用了氧氣的氧化性C.“吸收”所得溶液中大量存在的微粒有Cl2、Br-、SOD.“氧化Ⅱ”產(chǎn)生可循環(huán)使用的物質(zhì)X為H2SO4【答案】D【解析】【詳解】A．“氧化Ⅰ”發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，A錯(cuò)誤；B．“吹出”通入空氣利用了溴的沸點(diǎn)較低易揮發(fā)的特點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．“吸收”通入SO2發(fā)生的主要反應(yīng)為SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，能將可能存在的Cl2還原成Cl-，所得溶液中大量存在的微粒有Cl-、Br-、SO、H+，C錯(cuò)誤；D．“吸收”通入SO2被氧化生成H2SO4，進(jìn)入“氧化Ⅱ”分離出Br2，產(chǎn)生可循環(huán)使用的物質(zhì)X為H2SO4，D正確；故選D。10.常溫下，用0.10mol·L-1的鹽酸滴定20mL相同濃度的某一元堿BOH溶液，滴定過程中pH及電導(dǎo)率變化曲線如圖所示：下列說法正確的是A.BOH的Kb約為1×10-5B.a點(diǎn)：C.b點(diǎn)：c(B+)>0.05mol·L-1D.滴加鹽酸的過程中，溶液中水的電離程度先減小后增大【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖知，開始時(shí)BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，BOH電離程度較小，則溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的Kb==10-5，A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)等濃度的BOH和BCl混合溶液，存在電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，所以存在，B錯(cuò)誤；C．由A項(xiàng)分析可知，BOH是弱堿，b點(diǎn)為BOH與HCl恰好完全反應(yīng)，由于B+發(fā)生水解，故b點(diǎn)c(B+)<0.05mol·L-1，C錯(cuò)誤；D．隨著鹽酸的滴加，一開始BOH電離的OH-濃度越來越小，對(duì)水的電離的抑制作用也越來越小，水的電離程度增大，B+濃度越來越大，B+水解對(duì)水的電離起促進(jìn)作用，當(dāng)恰好完全反應(yīng)生成BCl時(shí)，水的電離程度最大，繼續(xù)滴加鹽酸，由于HCl電離出的H+對(duì)水的電離和B+水解均起到抑制作用，導(dǎo)致水的電離程度又減小，即滴加鹽酸的過程中，溶液中水的電離程度先增大后減小，D錯(cuò)誤；故選A。11.關(guān)于Cl2通入FeI2溶液中的反應(yīng)，下列有關(guān)說法正確的是A.Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+得到的1個(gè)電子基態(tài)時(shí)填充在3d軌道上B.若通入Cl2只生成一種氧化產(chǎn)物，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-C.若>1.5時(shí)，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2++2I-=2Fe3++2C1-+I2D.通入過量Cl2有利于提高I2產(chǎn)量【答案】A【解析】【詳解】A．Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，F(xiàn)e2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，由Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，得到的1個(gè)電子基態(tài)時(shí)填充在3d軌道上，故A正確；B．I-的還原性強(qiáng)于Fe2+，若通入Cl2只生成一種氧化產(chǎn)物，即Cl2只氧化還原性強(qiáng)的I-，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B錯(cuò)誤；C．若>1.5，假設(shè)FeI2的物質(zhì)的量為2mol，則Cl2的物質(zhì)的量大于3mol，假設(shè)Cl2的物質(zhì)的量為3mol，若3molCl2全部轉(zhuǎn)化為Cl-，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6mol，若2molFeI2完全被氧化，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，I-被氧化為I2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：2mol×(1×1+2×1)=6mol，所以氯氣是過量的，能將FeI2完全氧化，生成Fe3+和I2，反應(yīng)的離子方程式為：3Cl2+2Fe2++4I-=2Fe3++6C1-+2I2，故C錯(cuò)誤；D．若通入的氯氣過量，不但浪費(fèi)氯氣，還可能會(huì)導(dǎo)致生成的I2被進(jìn)一步氧化為，降低I2的產(chǎn)量，故D錯(cuò)誤；故選A。12.在“價(jià)一類”二維圖中融入“杠桿模型”，可直觀辨析部分物質(zhì)轉(zhuǎn)化及其定量關(guān)系。圖中的字母分別代表硫及其常見化合物，相關(guān)推斷不合理的是A.b、d、f既具有氧化性又具有還原性B.硫酸型酸雨的形成過程涉及b到c的轉(zhuǎn)化C.d與c在一定條件下反應(yīng)可生成b或aD.d在加熱條件下與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成e和f，且【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)圖中信息，b為，d為S，f為亞硫酸鹽，其中S元素價(jià)態(tài)都處于中間價(jià)態(tài)，既有氧化性，又有還原性，A正確；B．酸雨形成涉及到被氧氣氧化轉(zhuǎn)化為，B正確；C．d為S，c為，硫與濃硫酸加熱反應(yīng)，根據(jù)價(jià)態(tài)變化規(guī)律，只能生成b，不能生成氫硫酸，C錯(cuò)誤；D．d在加熱條件下與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)生成氫硫酸鹽和亞硫酸鹽，兩者之比2∶1，D正確；故選：C。13.自然界中原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾后變成CuSO4溶液，遇到閃鋅礦(ZnS)可慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)(CuS)。已知：Ksp(ZnS)=2×10-22，Ksp(CuS)=6×10-36。下列說法不正確的是A.1個(gè)ZnS晶胞(如圖所示)中含4個(gè)S2-B.Cu2＋基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d9C.反應(yīng)ZnS(s)＋Cu2＋(aq)?CuS(s)＋Zn2＋(aq)正向進(jìn)行，需滿足<×1014D.生成銅藍(lán)后的溶液中一定存在：c(S2-)=且c(S2-)>【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)均攤原則，1個(gè)ZnS晶胞(如圖)中含S2-數(shù)是，A正確；B．Cu的原子序數(shù)為29，其基態(tài)原子核外電子排布式為，Cu2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d9，B正確；C．反應(yīng)ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，K==，要使反應(yīng)正向進(jìn)行，Q<K，所以需滿足<×1014，C正確；D．生成銅藍(lán)后的溶液是硫化鋅、硫化銅的飽和溶液，存在c(S2-)==，D錯(cuò)誤；故選D。14.下列過程中的化學(xué)反應(yīng)對(duì)應(yīng)的離子方程式正確的是A.用KSCN試劑檢驗(yàn)Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓B.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸：2S2O+4H+=SO+3S↓+2H2OC.向Na2CO3溶液中通入過量SO2：CO+2SO2+H2O=CO2+2HSOD.將洗凈的雞蛋殼浸泡在米醋中獲得溶解液：2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑【答案】C【解析】【詳解】A．Fe3+遇KSCN溶液變?yōu)檠t色，不是生成沉淀，反應(yīng)的離子方程式：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，故A錯(cuò)誤；B．硫代硫酸鈉與稀硫酸反應(yīng)生成硫單質(zhì)和二氧化硫氣體，溶液出現(xiàn)渾濁，生成無色刺激性氣味氣體，反應(yīng)的離子方程式為：S2O+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故B錯(cuò)誤；C．亞硫酸酸性比碳酸強(qiáng)，向Na2CO3溶液中通入過量SO2，離子方程式為：CO+2SO2+H2O=CO2+2HSO，故C正確；D．醋酸是弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式，雞蛋殼中含碳酸鈣難溶于水，也保留化學(xué)式，反應(yīng)的離子方程式為：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D錯(cuò)誤；

故選：C。15.通過反應(yīng)Ⅰ：，可以實(shí)現(xiàn)溫室氣體資源化利用。該反應(yīng)通過如下步驟實(shí)現(xiàn)：反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：密閉容器中，反應(yīng)物起始物質(zhì)量比時(shí)，在不同條件下(分別在溫度為250℃下壓強(qiáng)變化和在壓強(qiáng)為下溫度變化)達(dá)到平衡時(shí)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)變化如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)可表示為B.曲線表示CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化C.提高CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的轉(zhuǎn)化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑D.在、280℃條件下，平衡時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.10【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．化學(xué)平衡常數(shù)是可逆反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)各種生成物濃度冪之積與各種反應(yīng)物濃度冪之積的比，則反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式為：，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)蓋斯定律，將反應(yīng)II+III，整理可得=-48.2kJ/mol，該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)。升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減少，故曲線b為等壓線，表示CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度變化，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)選項(xiàng)B分析可知：為放熱反應(yīng)，要提高由CO2合成CH3OH的反應(yīng)的轉(zhuǎn)化率，根據(jù)平衡移動(dòng)原理可知：反應(yīng)應(yīng)該在低溫下進(jìn)行，若研發(fā)出在低溫區(qū)高效的催化劑，就可以使反應(yīng)速率大大提高，縮短達(dá)到平衡所需時(shí)間，C正確；D．根據(jù)選項(xiàng)B分析可知曲線b為等壓線。增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大，因此曲線a為等溫線，由曲線可知反應(yīng)條件為壓強(qiáng)為在、溫度為250℃條件下，平衡時(shí)CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.10，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。二、工藝流程題(共2小題，滿分28分，每小題14分)16.工業(yè)以煉鋼污泥(主要成分為鐵的氧化物，還含有CaO、SiO2、C等雜質(zhì))為原料制備脫硫劑活性Fe2O3·H2O，并用該脫硫劑處理沼氣中H2S的流程如下：（1）“除雜”：若使還原后的濾液中Ca2＋完全沉淀(離子濃度小于10-6mol·L-1)，則濾液中c(F-)需大于___________；若溶液的pH偏低，將會(huì)導(dǎo)致CaF2沉淀不完全，其原因是___________[Ksp(CaF2)=1.44×10-10，Ka(HF)=3.53×10-4]。（2）“沉鐵”：生成FeCO3沉淀的離子方程式為___________。（3）“脫硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一種固體脫硫劑(無水Fe2O3無脫硫作用)，其原理是將廢氣中的含硫化合物化學(xué)吸附到脫硫劑的孔隙中，發(fā)生反應(yīng)改變其化學(xué)組成。當(dāng)脫硫劑達(dá)到飽和后，即不再具有脫硫能力需要對(duì)其進(jìn)行再生。利用活性Fe2O3·H2O脫除沼氣中的H2S可轉(zhuǎn)化成Fe2S3·H2O，其脫除及常溫下再生的原理如圖所示。①“脫硫”反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。②工業(yè)上要求脫除及再生整個(gè)過程溫度不能超過90℃，原因是___________；多次“再生”后，脫硫劑的活性不斷下降，脫硫效果明顯變差的原因可能是___________?！敬鸢浮浚?）①.1.2×10-2mol·L-1②.pH偏低形成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度減小，CaF2沉淀不完全（2）Fe2＋＋HCO＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NH＋H2O（3）①.Fe2O3·H2O＋3H2S=Fe2S3·H2O＋3H2O②.溫度超過90℃，F(xiàn)e2O3·H2O和Fe2S3·H2O均會(huì)發(fā)生分解③.多次“再生”后，脫硫劑表面的大部分孔隙被S或其他雜質(zhì)覆蓋，使得脫硫劑的活性下降【解析】【分析】首先用稀硫酸溶解煉鋼污泥生成二價(jià)鐵離子、三價(jià)鐵離子，之后加入廢鐵屑將三價(jià)鐵轉(zhuǎn)化為二價(jià)鐵，加入氟化銨除掉鈣離子，之后加入氨水和碳酸氫銨生成碳酸亞鐵，從而除掉二價(jià)鐵離子，再經(jīng)過一系列處理得到活性Fe2O3·H2O，以此解題；【小問1詳解】①由于CaF2的溶度積常數(shù)Ksp(CaF2)=1.44×10-10，c(Ca2+)=1.0×10-6mol/L，則c(F-)=；②pH偏低，氫離子與氟離子形成弱電解質(zhì)HF，導(dǎo)致溶液中F-濃度減小，CaF2沉淀不完全；【小問2詳解】在沉鐵時(shí)，溶液中的Fe2+與、NH3·H2O反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀、和水，生成FeCO3沉淀的離子方程式為Fe2＋＋HCO＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NH＋H2O；【小問3詳解】①根據(jù)反應(yīng)原理可知在“脫硫”反應(yīng)中，F(xiàn)e2O3·H2O和H2S反應(yīng)產(chǎn)生Fe2S3·H2O和H2O，“脫硫”反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2O3·H2O＋3H2S=Fe2S3·H2O＋3H2O；②工業(yè)上要求脫除及再生整個(gè)過程溫度不能超過90℃，這是由于溫度超過90℃，F(xiàn)e2O3·H2O和Fe2S3·H2O均會(huì)發(fā)生分解；③多次“再生”后，脫硫劑的活性不斷下降，脫硫效果明顯變差的原因可能是由于多次“再生”后，脫硫劑表面的大部分孔隙被S或其他物質(zhì)覆蓋，使得脫硫劑的活性下降。17.碳酸鍶(SrCO3)具有屏蔽X射線的功能，廣泛應(yīng)用于彩色顯示裝置、等離子顯色裝置的熒光屏玻璃中。工業(yè)上以天青石(主要成分為SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤為原料生產(chǎn)碳酸鍶。工藝流程如下：已知：①Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2在不同溫度下的溶解度(g)：溫度/°C2040608090100Sr(OH)21.773.958.4220.244.591.2Ba(OH)23.898.2220.94101.4——Ca(OH)20.1730.1410.1210.0940.0860.076②浸取時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)2，硫化鍶的溶解度主要受氫氧化鍶的溶解度影響。③BaSO4、SrCO3、BaCO3和SrSO4均難溶于水，在相同溫度下的溶解度(S)關(guān)系如下：S(BaSO4)≈S(SrCO3)＜S(BaCO3)＜S(SrSO4)?；卮鹣铝袉栴}：（1）天青石、煤混合粉碎的目的是___________。（2）天青石與煤焙燒時(shí)CO還原了SrSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（3）用熱水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是___________。（4）碳化過程控制條件讓硫氫化鍶吸收二氧化碳有利于產(chǎn)品質(zhì)量的提高，并且可以提供硫化氫使氫氧化鍶轉(zhuǎn)化為硫氫化鍶。寫出碳化時(shí)硫氫化鍶吸收二氧化碳的化學(xué)方程式：___________。（5）若達(dá)到碳化終點(diǎn)后繼續(xù)碳化，則會(huì)使產(chǎn)品產(chǎn)率降低，結(jié)合化學(xué)方程式解釋原因：___________，取碳化后的料漿滴入無色酚酞試劑，若___________表明到達(dá)碳化終點(diǎn)。（6）由于碳化所用的CO2中含有少量的O2、SO2等，在碳化時(shí)發(fā)生副反應(yīng)，生成少量的SrSO3、SrSO4，所以要對(duì)碳化完成的碳酸鍶漿進(jìn)行脫硫處理。方法為加入純堿，并加熱煮沸，寫出脫硫過程SrSO4與純堿反應(yīng)的化學(xué)方程式___________?！敬鸢浮浚?）增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料的利用率（2）SrSO4+4COSrS+4CO2（3）促進(jìn)鍶的化合物的溶解，降低鈣的化合物的溶解（4）Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S（5）①.二氧化碳足量，發(fā)生反應(yīng)SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成產(chǎn)量下降②.無色酚酞不變紅（6）SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4【解析】【分析】天青石(主要成分為SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤粉碎后灼燒，SrSO4與碳生成的CO反應(yīng)生成SrS，利用熱水浸取，過濾除去濾渣1，所得濾液除鋇，過濾得到濾渣2，向?yàn)V液中通入CO2炭化得到SrCO3，然后脫硫，通過一系列操作得到SrCO3，據(jù)此解答。【小問1詳解】依據(jù)外界條件對(duì)反應(yīng)速率的影響可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反應(yīng)物接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高原料的利用率?！拘?詳解】天青石與煤焙燒時(shí)CO還原了SrSO4生成SrS，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SrSO4+4COSrS+4CO2?！拘?詳解】由于Sr(OH)2、Ba(OH)2的溶解度隨溫度升高而增大，Ca(OH)2的溶解度隨溫度升高而減小，所以用熱水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促進(jìn)鍶的化合物的溶解，降低鈣的化合物的溶解?！拘?詳解】碳化時(shí)硫氫化鍶吸收二氧化碳生成SrCO3和H2S，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S?！拘?詳解】由于二氧化碳足量，發(fā)生反應(yīng)SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO3)2，造成產(chǎn)量下降，所以若達(dá)到碳化終點(diǎn)后繼續(xù)碳化，則會(huì)使產(chǎn)品產(chǎn)率降低；由于反應(yīng)中有H2S生成，其溶液顯酸性，所以取碳化后的料漿滴入無色酚酞試劑，若無色酚酞不變紅表明到達(dá)碳化終點(diǎn)。【小問6詳解】根據(jù)原子守恒可知脫硫過程SrSO4與純堿反應(yīng)生成SrCO3和Na2SO4，氟的化學(xué)方程式為SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4。三、解答題(共1小題，滿分12分，每小題12分)18.“納米零價(jià)鐵—H2O2”體系可將煙氣中難溶的NO氧化為可溶的NO。（1）制備納米零價(jià)鐵：將FeSO4溶液與堿性NaBH4溶液混合可生成納米零價(jià)鐵、H2和NaBO2等，該反應(yīng)的離子方程式為___(NaBH4、NaBO2中B元素均為+3價(jià))。（2）NO的氧化：在一定溫度下，將H2O2溶液和HCl溶液霧化后與煙氣按一定比例混合，以一定流速通過裝有納米零價(jià)鐵的反應(yīng)裝置，可將煙氣中的NO氧化。①Fe2+催化H2O2分解產(chǎn)生HO·，HO·將NO氧化為NO的機(jī)理如圖1所示，Y的化學(xué)式為____。②NO與H2O2反應(yīng)生成HNO3的化學(xué)方程式為___。③納米零價(jià)鐵的作用是___。④NO脫除率隨溫度的變化如圖2所示。溫度高于120℃時(shí)，NO脫除率隨溫度升高呈現(xiàn)下降趨勢(shì)的主要原因是___。（3）氧化產(chǎn)物的吸收：氧化后的產(chǎn)物在煙氣的攜帶下被Ca(OH)2溶液吸收，轉(zhuǎn)化為____(填化學(xué)式)?！敬鸢浮浚?）2Fe2++BH+4OH-=2Fe+BO+2H2↑+2H2O（2）①.Fe3+或FeCl3②.2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O③.與HCl溶液反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+④.H2O2的分解速率隨溫度升高而加快，H2O2濃度減小，NO脫除率降低（3）Ca(NO3)2【解析】【分析】【小問1詳解】將FeSO4溶液與堿性NaBH4溶液混合可生成納米零價(jià)鐵、H2和NaBO2等，鐵元素化合價(jià)由+2降低為0，NaBH4中H元素化合價(jià)由-1升高為0，根據(jù)得失電子守恒，該反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++BH+4OH-=2Fe+BO+2H2↑+2H2O?！拘?詳解】①Fe2+催化H2O2分解產(chǎn)生HO-和，O元素化合價(jià)降低，所以鐵元素化合價(jià)升高，Y的化學(xué)式為FeCl3；②NO被H2O2氧化