北京市朝陽區(qū)2023-2024學年高三上學期期中質(zhì)量檢測 化學 附答案

北京市朝陽區(qū)2023~2024學年度第一學期期中質(zhì)量檢測高三化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1C：12N：14O：16S：32Ba：137第一部分一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.我國科學家首次合成大面積全碳納米材料——石墨炔，其結構與石墨類似，可用于制備儲鋰電極材料。下列關于石墨炔的說法不正確的是A.與石墨互為同分異構體 B.碳原子有sp、sp2兩種雜化方式C.與石墨類似，層間存在范德華力 D.具有傳導電子的性能【答案】A【解析】【詳解】A．石墨炔也是碳的一種單質(zhì)，與石墨互為同素異形體，A錯誤；B．石墨炔結構中既有三鍵的碳原子也有雙鍵的碳原子，所以有sp、sp2兩種雜化方式，B正確；C．結構與石墨類似，所以層間存在范德華力，C正確；D．與石墨結構類似，所以具有傳導電子的性能，D正確；故選D。2.下列化學用語或圖示表達不正確的是A.基態(tài)S原子的最外層電子軌道表示式：B.基態(tài)2９Cu原子的電子排布式：C.H2O的VSEPR模型：D.Cl2分子中σ鍵的形成：【答案】B【解析】【詳解】A．基態(tài)S原子的最外層電子軌道表示式：，故A正確；B．基態(tài)2９Cu原子的電子排布式：，故B錯誤；C．H2O的VSEPR模型：，故C正確；D．Cl2分子中σ鍵的形成：，故D正確；答案選B。3.核污染水中含有38Sr、55Cs等多種放射性同位素粒子，會對人體和環(huán)境產(chǎn)生危害。下列說法不正確的是A.含有的中子比質(zhì)子多27個B.Sr位于元素周期表第五周期、第ⅡA族C.可用沉淀法或離子交換法去除核污染水中的D.借助元素周期表比較可知Sr的金屬性比Cs強【答案】D【解析】【詳解】A．由結構可知，的質(zhì)子數(shù)為55，中子數(shù)為137-55=82，故含有的中子比質(zhì)子多27個，A正確；B．根據(jù)Sr元素的原子核外電子排布與元素在周期表的位置關系，可知該元素在元素周期表中位于第五周期第IIA族，B正確；C．Sr(OH)2是沉淀，故可用沉淀法或離子交換法去除核污染水中的，C正確；D．借助元素周期表比較可知Cs的金屬性大于Rb，Rb的金屬性大于Sr，故Cs的金屬性大于Sr，D錯誤；故選D。4.下列應用中未涉及氧化還原反應的是A.將過氧化鈉置于呼吸面具中供氧 B.將明礬置于渾濁的水中凈水C.將漂白粉置于水中漂白衣物 D.將覆銅板置于氯化鐵溶液中制作電路板【答案】B【解析】【詳解】A．Na2O2和呼出的二氧化碳以及水反應生成氧氣，有化合價的變化，涉及氧化還原反應，A不符合；B．明礬凈水的原理是生成了氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附的作用，反應中沒有元素化合從發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應，B符合；C．將漂白粉置于水中漂白衣物，次氯酸鈣與二氧化碳反應生成次氯酸，次氯酸起漂白作用時發(fā)生氧化還原反應，C不符合；D．將覆銅板置于氯化鐵溶液中制作電路板，氯化鐵與銅反應生成氯化銅和氯化亞鐵，鐵、銅化合價發(fā)生變化，涉及氧化還原反應，D不符合；答案選B。5.金屬鉀可以與水(滴加酚酞溶液)劇烈反應，下列說法不正確的是A溶液變紅，證明生成了堿性物質(zhì)B.鉀浮在液面上并燃燒，與其密度及反應的熱效應有關C.鉀與水反應比鈉與水反應更劇烈，說明鉀的金屬性比鈉強D.金屬鉀與水發(fā)生反應前后化學鍵類型不變【答案】D【解析】【詳解】A.鉀與水反應后，使滴加了酚酞的溶液變紅，證明生成了堿性物質(zhì)，故A正確；B.鉀浮在液面上，說明鉀的密度小于水；燃燒說明反應放熱，故B正確；C.金屬與水反應越劇烈，說明金屬性越強，故C正確；D.金屬鉀與水發(fā)生反應：,水中含有極性共價鍵，生成氫氧化鉀含有離子鍵和極性鍵，氫氣中含有非極性鍵，前后化學鍵類型不同，故D錯誤。答案為：D。6.下列反應的方程式不正確的是A.C和濃H2SO4反應：B.NH3的催化氧化反應：C.向氫硫酸中通入SO2：D.向FeBr2溶液中通入足量Cl2：【答案】D【解析】【詳解】A．C和濃H2SO4發(fā)生氧化還原反應，生成CO2、SO2,化學反應方程式為：，故A正確；B．在催化劑和加熱條件下，NH3和O2發(fā)生催化氧化反應，其化學方程式為：，故B正確；C．氫硫酸與SO2發(fā)生價態(tài)歸中反應，其反應方程式為：，故C正確；D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此時溴離子也會被氯氣氧化，故其方程式為：，故D錯誤；故選D。7.下列事實與水解反應無關的是A.常溫下相同濃度溶液的pH大?。篘a2S(aq)>(NH4)2S(aq)B.純堿溶液去除油污的能力強弱：熱純堿液>冷純堿液C.除去工業(yè)廢水中的Hg2＋：向廢水中加入FeS固體D.配制FeCl3溶液：將FeCl3固體溶于濃鹽酸，再稀釋至所需濃度【答案】C【解析】【詳解】A．硫化鈉是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，硫化銨是弱酸弱堿鹽，發(fā)生互促雙水解，導致常溫下相同濃度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合；B．純堿水解呈堿性，為可逆過程，加熱促進水解，且酯的水解為可逆過程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在強堿存在的條件下，ROOH與堿反應，有利于平衡向正反應方向移動，所以熱的純堿溶液去油污效果好，與水解有關，B不符合；C．除去工業(yè)廢水中的Hg2＋：向廢水中加入FeS固體，利用HgS的溶度積小于FeS，與水解無關，C符合；D．配制FeCl3溶液時，為抑制FeCl3水解，先將氯化鐵固體溶于濃鹽酸中，再稀釋至所需濃度，D不符合；故答案為：C。8.下列實驗能達到實驗目的的是ABCD驗證濃硫酸具有脫水性配制100mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液制備并收集NO2鐵件鍍銅A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．濃硫酸將蔗糖中的氫、氧元素按水的組成比脫去，發(fā)生的反應為：，故A正確；B．定容時，視線、液面凹液面與刻度線相切，故B錯誤；C．二氧化氮與水反應，不能用排水法進行收集，需采用向上排空法進行收集，故C錯誤；D．電鍍池中，鍍層金屬作陽極，電鍍件作陰極，故鐵件應連接在電源的負極，故D錯誤。答案為：A。9.根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得結論正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A將Cl?通入品紅溶液溶液紅色褪去Cl?具有漂白性B向某溶液中滴加幾滴氯水，再滴加KSCN溶液溶液變紅原溶液中有Fe2＋C向Ca(ClO)2溶液中通入SO2氣體有沉淀生成酸性：H2SO3>HClOD向Al(OH)3沉淀中分別滴加足量鹽酸或NaOH溶液沉淀均溶解Al(OH)3是兩性氫氧化物，Al表現(xiàn)一定的非金屬性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．Cl2沒有漂白性，而是Cl2與水反應生成HClO的漂白性，A錯誤；B．若原溶液中含有Fe3＋，滴加幾滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也會變紅；應該先滴加KSCN溶液，溶液不變色，再滴加氯水，溶液變紅，說明原溶液中有Fe2＋；B錯誤；C．Ca(ClO)2溶液中的ClO－具有氧化性，能將SO2氧化成，生成微溶物CaSO4，而不是CaSO3，不能說明酸性H2SO3＞HClO，C錯誤；D．Al(OH)3可與鹽酸或NaOH溶液反應生成鹽和水，說明Al(OH)3是兩性氫氧化物，具有一定的酸性，能說明Al具有一定的非金屬性，D正確；答案選D。10.一定溫度下，在2L的恒容密閉容器中，“甲烷重整”反應()原理如下。已知“甲烷重整”反應在不同溫度下的化學平衡常數(shù)：溫度/℃850100012001400K0.522751772下列說法不正確的是A.物質(zhì)a可能是Fe3O4B.若增大的值，則CH4的平衡轉(zhuǎn)化率降低C.D.1000℃，若容器中、，則反應處于平衡狀態(tài)【答案】D【解析】【詳解】A．由反應①可知，氫元素被還原，則鐵元素被氧化，所以物質(zhì)a可能是Fe3O4，故A正確；B．若增大的值，即相當于增加CH4的濃度，則CH4的平衡轉(zhuǎn)化率降低，故B正確；C．升高溫度，化學平衡常數(shù)增大，則正反應為吸熱反應，故C正確；D．1000℃，若容器中、，則，則此時反應未處于平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選D。11.基于水煤氣轉(zhuǎn)化反應，通過電化學裝置制備純氫的原理示意如下。下列說法不正確的是A.電解質(zhì)溶液可以是KOH溶液B.陰極電極反應為：C.使用陰離子交換膜能減緩單位時間內(nèi)乙室中c(OH-)降低D.該裝置中氧化反應和還原反應分別在兩極進行，利于制得高純度氫氣【答案】B【解析】【詳解】A．陽極失去電子變成，但陽極出來的是所以乙池里電解質(zhì)溶液應為堿性，可以是KOH溶液，A正確；B．陽極電極反應為：，陰極的電極反應式為：，B錯誤；C．陰極的電極反應式為：若為陰離子交換膜，從甲池向乙池遷移，因此能減緩單位時間內(nèi)乙室中c(OH-)的降低，C正確；D．在陰極生成，在陽極產(chǎn)生且在乙池被吸收變成，因此利于制得高純度氫氣，D正確；故選B。12.某小組同學進行如下實驗探究沉淀轉(zhuǎn)化：①向20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液，得濁液Ⅰ；②向濁液Ⅰ中繼續(xù)滴加20mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液，充分振蕩，得濁液Ⅱ；③將濁液Ⅱ過濾，向濾渣中加入過量鹽酸產(chǎn)生氣體，過濾、洗滌、干燥，測得剩余固體a的質(zhì)量大于0.233g。下列說法不正確的是A.Na2CO3溶液顯堿性的原因：B.固體a的成分為BaSO4C.c(Ba2＋)大小關系：濁液Ⅰ<濁液ⅡD.由該實驗可以推斷【答案】C【解析】【詳解】A．Na2CO3溶液顯堿性的原因：，A正確；B．向濁液Ⅰ中繼續(xù)滴加20mL0.1mol·L-1Na2SO4溶液，充分振蕩，得濁液Ⅱ，加鹽酸有固體a剩余，為硫酸鋇，B正確；C．鋇離子先后與碳酸根離子和硫酸根離子進行兩次沉淀，則c(Ba2＋)大小關系：濁液Ⅰ＞濁液Ⅱ，C錯誤；D．碳酸鋇轉(zhuǎn)化為硫酸鋇，說明，D正確；答案選C。13.分別向相同濃度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入鹽酸，滴定過程中溶液的pH變化如下圖，下列說法不正確的是A.曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的過程B.a、b、c點水的電離程度：a>b>cC.a、b、d點均滿足：D.ab段和de段發(fā)生的主要反應均為：【答案】C【解析】【分析】碳酸鈉在溶液中的水解程度大于碳酸氫鈉，相同濃度碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉溶液，則曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，a點為碳酸鈉溶液與鹽酸恰好反應得到碳酸氫鈉和氯化鈉的混合溶液，b點和e點都是碳酸氫鈉與鹽酸恰好反應得到氯化鈉和碳酸的混合溶液，d點為碳酸鈉、碳酸氫和氯化鈉的混合溶液，c點為鹽酸、氯化鈉和碳酸的混合溶液。【詳解】A．由分析可知，曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，故A正確；B．由分析可知，a點為碳酸氫鈉和氯化鈉的混合溶液，碳酸氫根離子在溶液中水解促進水的電離，b點為氯化鈉和碳酸的混合溶液，碳酸電離出的氫離子抑制水的電離，c點為鹽酸、氯化鈉和碳酸的混合溶液，碳酸和鹽酸電離出的氫離子抑制水的電離，c點溶液中氫離子濃度大于b點，抑制水的電離程度大于b點，則水的電離程度大小順序為a>b>c，故B正確；C．a(chǎn)、b、d點溶液中均存在電荷守恒關系，故C錯誤；D．由分析可知，曲線①表示鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程、曲線②表示鹽酸滴定碳酸氫鈉溶液的過程，則ab段和de段發(fā)生的反應都是碳酸氫鈉溶液與鹽酸反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，離子方程式都為，故D正確；故選C。14.一定溫度下，向含一定濃度金屬離子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S氣體至飽和c(H2S)為時，相應的金屬硫化物在溶液中達到沉淀溶解平衡時的與pH關系如下圖。下列說法不正確的是A.a點所示溶液中，B.該溫度下，C.b點所示溶液中，可發(fā)生反應D.Zn2+、Mn2+濃度均為的混合溶液，通入H2S并調(diào)控pH可實現(xiàn)分離【答案】C【解析】【詳解】A．a(chǎn)點所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4mol/L，由圖像可知此時pH=0~1，c(H+)>0.1mol/L，所以，故A正確；B．，又在時c(H+)、c(S2-)相同，圖像上取相同的橫坐標時<<，即c(S2-)相同時c(Zn2+)<c(Fe2+)<c(Mn2+)，所以該溫度下，，故B正確；C．從圖中可以得到b對應的溶液中c(Fe2+)＝10-5mol/L，c(H+)=10-3mol/L，而當c(H+)=10-3mol/L其飽和溶液中c(Fe2+)＝10-2mol/L，即b點Q<，即無FeS沉淀生成，所以不能發(fā)生反應，故C錯誤；D．根據(jù)前面所求溶度積相對大小，通入H2S并調(diào)控pH能否實現(xiàn)分離，取決于Zn2+完全沉淀時Mn2+是否沉淀了，當Zn2+完全沉淀時c(Zn2+)=10-5mol/L，圖中對應pH約為1.2，而Zn2＋、Mn2＋濃度均為的混合溶液Mn2＋開始沉淀的pH約為4.5，即Zn2+完全沉淀時Mn2+還沒有開始沉淀，可以實現(xiàn)分離，故D正確；故答案為C。第二部分二、本部分共5題，共58分。15.2023年杭州亞運會開幕式首次使用“零碳甲醇”作為主火炬塔燃料，實現(xiàn)廢碳再生、循環(huán)內(nèi)零碳排放。已知某些共價鍵的鍵能：化學鍵H-HC-HO-HC-OC=O鍵能/(kJ·mol-1)436413463351745（1）CO2的電子式為___________。（2）CH3OH分子結構如圖。①CH3OH分子中O的雜化軌道類型___________。②鍵長a、b、c從長到短的順序為___________。③乙醇的沸點(78℃)高于甲醇(65℃)。解釋原因：___________。（3）在350℃、催化下用CO2制備CH3OH的反應原理如圖。①該條件下制備甲醇的化學方程式為：________。②下列說法正確的是________(填序號)。A．電負性由大到小的順序：O>C>HB．步驟a涉及s-sσ鍵的斷裂和s-sp3σ鍵的形成C．步驟d、e的反應熱(ΔH)相等D．升高溫度可以提高反應速率和CH3OH的平衡產(chǎn)率（4）干冰(CO2)的晶胞結構如圖所示，若該晶胞邊長為apm，則干冰晶體的密度為________。(已知：；表示阿伏加德羅常數(shù))【答案】15.16.①.sp3雜化②.b>a>c③.乙醇和甲醇存在相似的分子間氫鍵，但乙醇的相對分子質(zhì)量大于甲醇，分子間作用力更大17.①.②.AB18.【解析】【小問1詳解】CO2的電子式為；【小問2詳解】①CH3OH分子中O原子形成了四個單鍵，所以雜化方式為sp3雜化；②原子半徑大小順序為：C>O>H，所以鍵長的順序為b>a>c；③乙醇和甲醇存在相似的分子間氫鍵，但乙醇的相對分子質(zhì)量大于甲醇，分子間作用力更大，所以乙醇的沸點高于甲醇；【小問3詳解】①由反應原理圖可知，反應物為二氧化碳和氫氣，所以方程式為：；②A．電負性由大到小的順序：O>C>H，正確；B．步驟a涉及s-sσ鍵即H-H的斷裂和s-sp3σ鍵即H-O的形成，B正確；C．步驟d、e兩個反應的產(chǎn)物不同，所以反應熱(ΔH)不相等，C錯誤；D．升高溫度可以提高反應速率，但生成CH3OH的反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆移，所以CH3OH的平衡產(chǎn)率降低，D錯誤；【小問4詳解】干冰分子在晶胞的位置為頂點和面心，平均每個晶胞含有的干冰分子個數(shù)為：，則晶胞密度為：。16.合成氨的發(fā)展體現(xiàn)了化學科學與技術的不斷進步。（1）1898年，化學家用氮氣、碳化鈣(CaC2)與水蒸氣反應制備氨：i．碳化鈣和氮氣在1000℃的高溫下產(chǎn)生氰氨化鈣(CaCN2)；ii．氰氨化鈣與水蒸氣反應生成氨氣。寫出反應ii的化學方程式：___________。（2）20世紀初，以N2和H2為原料的工業(yè)合成氨方法研制成功。其反應為：。①N2的化學性質(zhì)穩(wěn)定，即使在高溫、高壓下，N2和H2的化合反應仍然進行得十分緩慢。從分子結構角度解釋原因：___________。②壓強對合成氨有較大影響。下圖為不同壓強下，以物質(zhì)的量分數(shù)x(H2)=0.75、x(N2)=0.25進料(組成1)，反應達平衡時，x(NH3)與溫度的計算結果。i．判斷壓強：p1___________p2(填“>”或“<”)，簡述理由：___________。ii．在p1、x(NH3)=0.20時，氮氣的轉(zhuǎn)化率為___________。iii．合成氨原料氣中存在不參與反應的Ar時會影響NH3的平衡含量。在p1時，以物質(zhì)的量分數(shù)x(H2)=0.675、x(N2)=0.225、x(Ar)=0.10進料(組成2)，反應達平衡時x(NH3)與溫度的計算結果與組成1相比有一定變化，在上圖中用虛線畫出相應曲線__________。（3）我國科學家研制出雙催化劑，通過光輻射產(chǎn)生溫差(如體系溫度為495℃時，納米Fe的溫度為547℃，而的溫度為415℃，解決了溫度對合成氨工業(yè)反應速率和平衡轉(zhuǎn)化率影響矛盾的問題，其催化合成氨機理如圖所示。分析解釋：與傳統(tǒng)的催化合成氨(鐵觸媒、)相比，雙催化劑雙溫催化合成氨具備優(yōu)勢的原因是___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.N2中含氮氮三鍵(N≡N)，鍵能大，難斷裂②.<③.合成氨反應是氣體分子數(shù)減小的反應，相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量分數(shù)增大④.⑤.（3）N≡N在“熱Fe”表面易于斷裂，有利于提高合成氨反應的速率；“冷Ti”低于體系溫度，氨氣在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡產(chǎn)率【解析】【小問1詳解】氰氨化鈣與水蒸氣反應生成氨氣和碳酸鈣，故反應的化學方程式寫為：；【小問2詳解】①N2中含氮氮三鍵(N≡N)，鍵能大，難斷裂，因此即使在高溫、高壓下，N2和H2的化合反應仍然進行得十分緩慢；②i．合成氨反應是氣體分子數(shù)減小的反應，相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，氨的物質(zhì)的量分數(shù)增大，所以p1<p2；ii．圖中，進料組成為x(H2)=0.75、x(N2)=0.25兩者物質(zhì)的量之比為3:1。假設進料中氫氣和氮氣的物質(zhì)的量分別為3mol和1mol，達到平衡時氮氣的變化量為xmol，則有：在p1、x(NH3)=0.20時，x(NH3)=，解得x=；iii．在相同溫度和相同壓強下，組成2平衡時氨的摩爾分數(shù)較小。在恒壓下充入惰性氣體Ar，反應混合物中各組分的濃度減小，各組分的分壓也減小，化學平衡要朝氣體分子數(shù)增大的方向移動，因此，充入惰性氣體Ar不利于合成氨，進料組成中含有惰性氣體Ar的圖用虛線畫出相應曲線如下：；【小問3詳解】N≡N在“熱Fe”表面易于斷裂，有利于提高合成氨反應的速率；“冷Ti”低于體系溫度，氨氣在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡產(chǎn)率，故與傳統(tǒng)的催化合成氨(鐵觸媒、)相比，雙催化劑雙溫催化合成氨具備優(yōu)勢。17.研究人員對Na2SO3和Fe粉去除廢水中的硝態(tài)氮進行研究。已知：i．某工廠排放的含氮廢水中總氮=10mg·L-1，含有硝態(tài)氮、氨氮。ii．本實驗中Na2SO3在時，脫除硝態(tài)氮(轉(zhuǎn)化為N2)效果較強。iii．Na2SO3和Fe粉均可以脫除硝態(tài)氮，本實驗中二者均為過量。（1）Na2SO3和Fe粉在去除廢水中硝態(tài)氮的過程中表現(xiàn)___________性(填“氧化”或“還原”)。（2）研究Na2SO3在pH=1的含氮廢水中發(fā)生反應的情況，實驗結果如圖1。①根據(jù)圖1，寫出“實驗組一”中發(fā)生反應的離子方程式___________。②進行“實驗組二”實驗時發(fā)現(xiàn)，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。（3）脫除pH=1的含氮廢水中硝態(tài)氮，單獨加入Na2SO3或同時加入Na2SO3與Fe粉的實驗結果如圖2和圖3。①根據(jù)圖2，前15min內(nèi)Na2SO3，脫除NO；主要反應的離子方程式為___________。②根據(jù)圖2和圖3，20~60min內(nèi)體系中生成主要反應的離子方程式為___________。③檢驗處理后的廢水中存在取一定量廢水蒸發(fā)濃縮，___________(補充操作和現(xiàn)象)?！敬鸢浮浚?）還原（2）①.②.c(H＋)較大時，的氧化性較強；或增大c(H＋)有利于提高和反應速率（3）①.②.③.加入濃NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體【解析】【小問1詳解】Na2SO3和Fe粉在去除廢水中硝態(tài)氮，將氮元素還原為，而Na2SO3和Fe粉的化合價升高，因此Na2SO3和Fe粉體現(xiàn)的是還原性；【小問2詳解】實驗組一相比空白組Na2SO3有所減少，在含有鹽酸的溶液中發(fā)生的離子方程式為：；實驗組二在實驗組一的基礎上將蒸餾水改為含氮廢水，Na2SO3消耗得更多，可能因為c(H＋)較大時，的氧化性較強或增大c(H＋)有利于提高和反應速率；【小問3詳解】①根據(jù)圖2，前15min內(nèi)Na2SO3脫除NO，在此過程中沒有看到生成，說明還原產(chǎn)物為，主要反應的離子方程式為；②根據(jù)圖2和圖3，20~60min內(nèi)主要是Fe作還原劑，F(xiàn)e的化合價升高，因為Fe粉是過量的，故只能生成體系中生成，因此生成主要反應的離子方程式為；③檢驗處理后的廢水中是否存在：取一定量廢水蒸發(fā)濃縮，加入濃NaOH溶液并加熱，產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。18.鉛、銅是芯片焊接和封裝工藝過程中常用的金屬材料，采用“火法工藝”和“濕法工藝”均可將鉛冰銅冶煉成鉛和銅。已知：i．鉛冰銅成分：Cu2S、PbS及少量FeS、ZnS；富冰銅主要成分：Cu2S、FeS。ii．Cu2S、PbS難溶于酸，F(xiàn)eS、ZnS可溶于酸。iii．0.1mol·L-1Fe2＋沉淀為Fe(OH)2，起始的pH為6.3，完全沉淀的pH為8.3；0.1mol·L-1Fe3＋沉淀為FeOOH，起始的pH為1.5，完全沉淀的pH為2.8。Ⅰ．火法工藝：（1）“第一次熔煉”過程中，控制空氣用量可使鐵以FeS的形式留在富冰銅中。①“熔煉”時鐵可以將PbS中的鉛置換出來，化學方程式是___________。②富冰銅中的Cu2S轉(zhuǎn)化生成1mol銅時，理論上至少需要反應___________molO2。③控制空氣用量進行二次熔煉而不能使用足量空氣一次性熔煉的原因是___________。Ⅱ．濕法工藝：（2）“酸浸”過程是用過量稀硫酸浸取鉛冰銅。①氧氣可將Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的陽離子還有___________。②廢電解液不能循環(huán)使用次數(shù)過多，原因是___________。（3）用廢電解液制備ZnSO4和鐵黃。①經(jīng)氧氣處理后的廢電解液中。實際濃度大于，則用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH_______1.5(填“>”、“<”或“=”)時開始有FeOOH沉淀析出。②廢電解液中Fe2＋轉(zhuǎn)化為鐵黃離子方程式是___________。（4）“濕法工藝”與“火法工藝”處理鉛冰銅相比，濕法工藝的優(yōu)點是___________?！敬鸢浮浚?）①.②.0.5③.Pb不能以單質(zhì)形式析出；焦炭、鐵等原料消耗過多；銅的產(chǎn)量和純度受到影響等（2）①.、、②.電解液循環(huán)多次后，溶液中積累的、濃度增加，電解時可能放電析出，降低Cu的純度（3）①.<②.（4）反應條件溫和、不產(chǎn)生SO2污染物、廢電解液等物質(zhì)循環(huán)利用【解析】【分析】火法工藝：“第一次熔煉”過程中，鐵將PbS中的鉛置換出來，ZnS被氧化發(fā)生反應，從而得到粗鉛，富冰銅和。將富冰銅經(jīng)過二次熔煉主要發(fā)生得到銅單質(zhì)。濕法工藝：結合信息可知在酸浸過程中FeS、ZnS直接溶于酸，而Cu2S在氧氣作用下也溶解反應生成硫和Cu2＋，而PbS難溶于酸留在酸浸渣中，進一步處理冶煉鉛單質(zhì)。酸浸液經(jīng)過電解得到銅單質(zhì)，廢電解液經(jīng)過氧氣氧化和ZnO調(diào)節(jié)pH制備ZnSO4和鐵黃?！拘?詳解】①“熔煉”時鐵可以將PbS中的鉛置換出來，化學方程式是。②根據(jù)可得富冰銅中的Cu2S轉(zhuǎn)化生成1mol銅時，理論上至少需要反應0.5molO2。③控制空氣用量進行二次熔煉而不能使用足量空氣一次性熔煉的原因是：Pb不能以單質(zhì)形式析出；焦炭、鐵等原料消耗過多；銅的產(chǎn)量和純度受到影響等【小問2詳解】①氧氣可將Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的陽離子還有、、。②廢電解液中含有、等，循環(huán)多次后，溶液中積累的、濃度增加，電解時可能放電析出，降低Cu的純度，所以不能循環(huán)使用次數(shù)過多?！拘?詳解】①結合已知iii和分析可知，用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH<1.5時開始有FeOOH沉淀析出。②廢電解液中Fe2＋轉(zhuǎn)化為鐵黃的離子方程式是：。小問4詳解】“濕法工藝”與“火法工藝”處理鉛冰銅相比，濕法工藝的優(yōu)點是：反應條件溫和、不產(chǎn)生SO2污染物、廢電解液等物質(zhì)循環(huán)利用。19.實驗小組探究金屬銀與碘水的反應。已知25℃時：i．碘水中、ii．次碘酸不穩(wěn)定，室溫下部分分解為碘酸。iii．；AgI在濃KI溶液中可以(無色)形式存在。將碘水I2溶于蒸餾水)加入盛有銀粉的試管中，實驗記錄如下：實驗Ⅰ現(xiàn)象現(xiàn)象a：棕黃色溶液(pH≈5.9)迅速變?yōu)闊o色，Ag粉表面略變暗，未見其他明顯現(xiàn)象，溶液pH≈6.2?，F(xiàn)象b：滴加淀粉溶液，未見明顯變化；繼續(xù)滴加稀H2SO4，溶液仍未見明顯變化。（1）碘水中I2與H2O反應的化學方程式為___________。（2）針對實驗Ⅰ現(xiàn)象a“棕黃色溶液迅速變?yōu)闊o色”的原因，實驗小組提出如下假設：假設1：銀粉與氫碘酸發(fā)生反應___________(填化學方程式)生成碘化銀，使碘單質(zhì)減少；。假設2：銀粉與碘單質(zhì)直接化合生成碘化銀，使碘單質(zhì)減少；假設3：銀粉與氫碘酸及O2共同作用生成碘化銀，使碘單質(zhì)減少。實驗小組結合資料分析并設計實驗驗證假設：①結合數(shù)據(jù)和實驗現(xiàn)象判斷假設l___________(填“是”或“不是”)主要原因。②通過實驗證實銀粉表面生成了AgI：取表面變暗的銀粉，加入一定量濃KI溶液，振蕩，靜置，取上層清液，加蒸餾水稀釋，出現(xiàn)黃色渾濁。用化學平衡移動原理解釋出現(xiàn)黃色渾濁的原因：___________。③資料表明假設2成立。④實驗小組針對假設3，在實驗Ⅰ的基礎上設計了實驗Ⅱ和實驗Ⅲ：實驗Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分振蕩后分液，取上層清液，加入淀粉溶液，未見明顯變化；加入稀硫酸后溶液變藍。實驗Ⅲ：向?qū)嶒灑褡詈笏萌芤褐屑尤隷__________(填試劑)，溶液立即變藍。綜合實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ，可以證實假設3.分析實驗Ⅱ的作用是___________。（3）反思