北京市通州區(qū)2024-2025學(xué)年高三年級上冊期中考試 化學(xué)試題 （解析版）

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

化學(xué)試卷

2024年11月

本試卷共8頁，共100分。考試時(shí)長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，請將答題卡交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12016S32Fe56

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)。

1.下列關(guān)于與I9F說法正確的是

A,是同種核素B.是同素異形體

C.I9F比I8F多一個(gè)電子D.I9F比I8F多一個(gè)中子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.18F與19F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)；"F與I9F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，"F比I8F多一個(gè)中子，C錯(cuò)誤；

D.&F的中子數(shù)是10,"F只有9個(gè)中子，比I8F多一個(gè)中子，D正確。

本題選D。

2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正確的是

A.CO2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.JC的結(jié)構(gòu)示意圖：^19)288

【答案】A

【解析】

【詳解】A.CO2為直線形結(jié)構(gòu)，空間結(jié)構(gòu)模型為QQD，A錯(cuò)誤;

B.Cr原子序數(shù)為24,其價(jià)層電子排布式：3d54s1.B正確；

C.NaCl為離子化合物，由鈉離子和氯離子構(gòu)成，其電子式為：Na+［：Cl：］->C正確；

D.K為19號元素，故K+的結(jié)構(gòu)示意圖：他般J，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.S02可用于殺菌消毒

C.Fe3C>4用于制作紅色染料D.Na2O2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，A1(OH)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S02可用于殺菌消毒，B正確；

C.Fe3O4呈黑色，可作為磁性材料，F(xiàn)e2O3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-U1NH4NO3溶液中含NH；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Imol,一個(gè)C2H2分子中含有3個(gè)0■鍵，故26gC2H2中含有。鍵的數(shù)目

為3NA,A正確；

B.NH：在水溶液中發(fā)生水解，ILlmol-L-NH4NO3溶液中含NH：的數(shù)目小于NA,B錯(cuò)誤；

C.CO和H2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)HzO分子中含有10個(gè)電子，故Imol水中含有的電子數(shù)為IONA,D錯(cuò)誤；

答案選A。

5.下列方程式對事實(shí)的表述不正確的是

電解

A.電解飽和食鹽水的反應(yīng)：2CF+2H2O-Cl2T+H2T+20H-

B.利用覆銅板制作印刷電路板：Fe+Cu2+=Fe2++Cu

C.濃硝酸與銅反應(yīng)產(chǎn)生紅棕色氣體：4HNO3（濃）+CU=CU（NO3）2+2NO2T+2H2O

3+

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：

電角星

2Cr+2H2O^C12T+H2T+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CuC12和FeCb,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+2旦0,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銹，離子方程式為：

3+

Al+3NH3-H2O=Al（OH%J+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n兩池中滴加酚酰溶液，鐵片I附近出現(xiàn)紅色

D.圖H中氧氣濃度差異會導(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n中，右池通入氧氣，氧氣

得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以鐵片n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n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U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)。2+4日+2H2O=4OH\若向圖II

兩池中滴加酚醐溶液，鐵片n附近出現(xiàn)紅色，故c錯(cuò)誤；

D.圖II中氧氣濃度差異會導(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.下列事實(shí)不熊用平衡移動原理解釋的是

A,密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4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CaCX）3

C.pH=1的醋酸溶液稀釋10倍，溶液的pH<2

D.H2O2溶液中滴加FeCL溶液，促進(jìn)H2O2分解

【答案】D

【解析】

【詳解】A.密閉燒瓶內(nèi)的NO?和N2（D4的混合氣體，受熱后顏色加深，是因?yàn)闇囟壬撸胶庀蛏蒒O2

的方向移動，能用平衡移動原理解釋，A錯(cuò)誤；

B.Na?CO3溶液將水垢中的CaSC）4轉(zhuǎn)化為CaCOs，是因?yàn)樘妓徕}溶解度小于硫酸鈣，能用平衡移動原

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，能用平衡移動原

理解釋，C錯(cuò)誤；

D.112。？溶液中滴加FeCb溶液，促進(jìn)H2。？分解，是因?yàn)槁然F作催化劑，不能用平衡移動原理解釋，

D正確;

故選D。

8.下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

氣體試齊IJ

項(xiàng)

ANH3熟石灰+濃氨水

BCl2MnO2+濃鹽酸

Na2so3+濃硫

Cso2

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.MnO2與濃鹽酸在常溫下不能發(fā)生反應(yīng)，不能生成Cb,B不符合題意；

C.Na2sCh與濃硫酸反應(yīng)可制取SCh,SO2的密度比空氣大，可使用向上排空氣法收集，C符合題意；

D.由于硫酸鈣微溶于水，所以碳酸鈣與稀硫酸難以發(fā)生持續(xù)反應(yīng)，不能制取CO2氣體，D不符合題意;

故選C。

9.關(guān)于Na?C03和NaHCC>3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CO2，會產(chǎn)生NaHCC>3

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

D.測定二者混合物中Na2c。3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.Na?C03和NaHCC>3的溶液中均存在H+、H20>OH>Na\CO；、HCO3,H2co3,A正

確；

B.向飽和Na2cO3溶液中通入C。？，發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3會產(chǎn)生

NaHCO3,B正確；

C.分別向二者的溶液中加入NaOH固體，NaOH電離出的OH-會抑制CO：、HCO￡的水解，水解平衡

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

D.取agNa2cCh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)(AH1<0),

Y(g)^Z(g)(AH2<0),測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

反應(yīng)進(jìn)程反應(yīng)呈

【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)UY(g)的反應(yīng)速率大于Y(g)QZ(g)

的反應(yīng)速率，則反應(yīng)X(g)=Y(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X(g)

=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0,且X(g)QY(g)的活化能小于Y(g)=Z(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0,但圖像上X(g)UY(g)的活化能大于Y(g)=

Z(g)的活化能，C項(xiàng)不符合題意；

D.圖像顯示X(g)UY(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。

11.氨既是一種重要的化工產(chǎn)品，又是一種重要的化工原料。下圖為合成氨以及氨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NN對硝酸生產(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砂睔?，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，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NH3對硝酸生產(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C02是實(shí)現(xiàn)“雙碳”經(jīng)濟(jì)的有效途徑之一。恒壓、750℃時(shí)，CH&和CO2按物質(zhì)的量之比為

1：3投料，反應(yīng)經(jīng)如下流程可實(shí)現(xiàn)C。2高效轉(zhuǎn)化。

下列說法不正確的是

A.X為H2O,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Fe3（）4氧化CO的平衡正移

D.反應(yīng)制得4moic0,須投入lmolFe3（）4

【答案】D

【解析】

一定條件下

【分析】根據(jù)流程圖可知，總反應(yīng)CHd+3C0?八=4C0+2H2。,據(jù)此分析;

【詳解】A.根據(jù)分析可知，X為H2。，則氫氣還原四氧化三鐵，二氧化碳被CaO吸收，則Y為CaCC）3

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.Fe3（）4氧化CO生成CO2，CO2被吸收，濃度降低，平衡正向移動，C正確；

D.Fes。,在反應(yīng)II中先消耗，在反應(yīng)皿中又重新生成，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,

B.加入Y的目的是補(bǔ)充NaBr

電解

C.電解總反應(yīng)式為Br―3H2。一BrC)3+3H2T

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BrC)3，電極b為陽極，電極反應(yīng)為Br-6e+3H2O=BrO3

電解

+6H+；則電極a為陰極，電極a的電極反應(yīng)為2H2O+2e-=H2T+2OHr電解總反應(yīng)式為Br+3H2O^=BrOj

+3H2t；催化循環(huán)階段BrC)3被還原成Br循環(huán)使用、同時(shí)生成實(shí)現(xiàn)高效制H2和。2,即Z為。2。

【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BrC)3被還原成Br循環(huán)使用，故加入Y的目的是補(bǔ)

充H2O,維持NaBr溶液為一定濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；

電解

C.根據(jù)分析電解總反應(yīng)式為Br+3H2。^BrC)3+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6moi電子，。元素的化合價(jià)由-2價(jià)升

至0價(jià)，生成ImolCh失去4moi電子，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)產(chǎn)物物質(zhì)的量之比

n(O2)：n(Br-)=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SeO：的影響因素，測得不同條件下SeO：濃度隨時(shí)間變化關(guān)系如

下圖。

r

o

U

I

o

一

、

。

t/h

實(shí)驗(yàn)序水樣初始

水樣體積/mL納米鐵質(zhì)量/mg

號PH

①5086

②5026

③5028

下列說法正確的是

A.實(shí)驗(yàn)①中，0~2小時(shí)內(nèi)平均反應(yīng)速率v（SeO：）=2.0mol-！ji七1

+3+

B.實(shí)驗(yàn)③中，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe+SeO；+8H=2Fe+Se+4H2O

C.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

D.其他條件相同時(shí)，水樣初始pH越小，SeO：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

,、（S.OxlO^-l.OxlO-^mol-L17丁母

v（Seo2-）=--------------------------------------=2.0x10-5mol?I?.h］，A不正確；

v472h

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)的離子方程式中不能用H+配電荷守恒，B不正

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.綜合分析實(shí)驗(yàn)③和②可知，在相同時(shí)間內(nèi)，實(shí)驗(yàn)②中SeO：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)廢氣流程如下圖。

請回答：

(1)氮元素在元素周期表中的位置是O

(2)羥胺中(NH2OH)采用sp3雜化的原子有。

(3)N2H4和NH20H都能結(jié)合H+而具有弱堿性，N2H4的堿性強(qiáng)于NH?0H,原因是

(4)“吸收液”的主要成分是NaN。？、NaN03,寫出過程I中NO2與NazC。?反應(yīng)的化學(xué)方程式

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

(6)過程IV中，以Fe?+配合物為催化中心的“肌合成酶”，將NH20H與NH3轉(zhuǎn)化為朋(N2H其反

應(yīng)歷程如下所示:

下列說法正確的是

a.NH2OH,NH3和H2。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.若將NH20H替換為ND2OD,反應(yīng)制得的主要產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為D2N-ND2

(7)NH3OHCI是一種理想還原劑，氧化產(chǎn)物對環(huán)境友好寫出NH3OHCI還原FeC。的化學(xué)方程式

【答案】(1)第二周期第VA族

(2)N、O(3)O原子電負(fù)性大，使得NH?OH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+Na2cO3=NaNO2+NaNO3+CO2

(5)1(6)ac

(7)2NH3OHC1+2FeCl3=N2T+2FeCl2+2H2O+4HC1

【解析】

【分析】氮?dú)饣衔锱c碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)生成NaN。？、NaNOs吸收液，與二氧化硫反應(yīng)生成NH?OH,與

鹽酸反應(yīng)生成NH3OHC1，與NH3反應(yīng)生成N2H4；

【小問1詳解】

氮元素為第7號元素，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)以電子對為4的原子有N、O原子，采用sp3雜化的原子有N、0；

【小問3詳解】

O原子電負(fù)性大，使得NH?OH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NO2與Na2c。3反應(yīng)NO2自身歧化反應(yīng)，生成NaN。？、NaNC)3的化學(xué)方程式

2NO2+Na2cO3=NaNO2+NaNO3+CO2；

【小問5詳解】

過程IV中NH2OH中N的化合價(jià)由一1價(jià)降低到-2價(jià)，NH,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NH2OH+NH3=N2H4+H2O,每生成ImolN2H4,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1mol；

【小問6詳解】

a.NH2OH,NH3和H2。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-0鍵斷裂和N-N鍵生成，b錯(cuò)誤；

c.催化中心的Fe?+被氧化為Fe3+,后又還原為Fe?+,c正確；

d.若將NHzOH替換為ND?OD,反應(yīng)制得的主要產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為D?N-NH?,d錯(cuò)誤；

故選ac；

【小問7詳解】

NH3OHC1中N的化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，鐵由+3價(jià)降低到+2價(jià)，NH3OHC1還原FeCl3的化學(xué)方程

式，2NH3OHCl+2FeCL=電T+2FeCl2+2H2O+4HC1；

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)+102(g)T——^Cl2(g)+H2O(g)△H1=-57.2kTmol"ASK?將HC1和O2分別以不同起

始流速通入反應(yīng)器中，在360℃、400℃和440℃下反應(yīng)，通過檢測流出氣成分繪制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)。

90

%決

//

<<

7907

〉y

型

80唧N

S70S(0,10,80)

O60O-

HH801

(70〃(HC1)："(C>2)=4:4

/MHCl):n(O2)=4:360

(0.17,61)

0,180.14().100.06().180.140.100.06

HC1流速/(mol/h)HC1流速/(mol/h)

圖1圖2

回答下列問題:

(1)AS0(填“>”或“<”)；T3=℃。

(2)結(jié)合以下信息，可知H2燃燒熱AH=kJmol^

1

H2O(l)=H2O(g)AH2=+44.0kJ-mol

1

H2(g)+Cl2(g)=2HC1(g)AH3=-184.6kJ-mol

(3)下列措施可提高M(jìn)點(diǎn)HC1轉(zhuǎn)化率的是(填標(biāo)號)

A.增大HC1的流速B.將溫度升高40℃

C.增大n(HCl):n(C)2)D.使用更高效的催化劑

(4)圖中較高流速時(shí)，。(13)小于a(豈)和。(二)，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)載在TiO?上的RuC>2催化活性高，穩(wěn)定性強(qiáng)，Tic)?和RuOz的晶體結(jié)構(gòu)均可用下圖表示，二者

晶胞體積近似相等，Rut%與TiC)2的密度比為1.66,則Ru的相對原子質(zhì)量為(精確至1)。

【答案】(1)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1詳解】

反應(yīng)2HCl(g)+；C)2(g)UC12(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，HC1的轉(zhuǎn)化率越小，

故Ti代表的溫度為440℃,T3為360℃。

【小問2詳解】

表示氫氣燃燒熱的熱化學(xué)方程式為④H2(g)+102(g)=H20(l),設(shè)①

2HCl(g)+102(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)=H2O(g),③H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),則

④=①十③—②，因此氫氣的燃燒熱AH=-57.2kJ/mol-184.6kJ/mol-44kJ/mol=-285.8kJ/mol

【小問3詳解】

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

B.M對應(yīng)溫度為360℃,由圖像可知，升高溫度，HC1的轉(zhuǎn)化率增大，符合題意；

C.增大n(HCl):n(02),HC1的轉(zhuǎn)化率減小，不符合題意；

D.使用高效催化劑，可以增加該溫度下的反應(yīng)速率，使單位時(shí)間內(nèi)HC1的轉(zhuǎn)化率增加，符合題意；

故選BD。

【小問4詳解】

圖中在較高流速下，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(Ch)=4mol,可列出三段式

g02(g)

2HCl(g)+

UCl2(g)+H2O(g)

起始量/mol4400

變化量/mol3.20.81.61.6

平衡量/mol0.83.21.61.6

1.61.6

milKx=——72=6

Z0.8.321

(--)2x(—)2

7.27.2

【小問6詳解】

,“M(Ru)+32

由于二者的晶體結(jié)構(gòu)相似，體積近似相等，則其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比。故1-66=麗許，則Ru

的相對原子質(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既可回收硫又可防止產(chǎn)生污染。

I.克勞斯法脫硫流程如下:

空氣

已知：催化轉(zhuǎn)化器中反應(yīng)為4H2s+2SO2=3S2+4H2O

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

(2)上圖流程中①、②原料氣理論上的最佳用量比為①：②二

II.工業(yè)上用Fe2(SC)4)3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)

近H2s(aq)UH+(aq)+HS-(aq)

iii.HS-+2Fe3+:——、SJ+2Fe2++H+

一定條件下測得脫硫率與Fe3+濃度的變化關(guān)系如下圖所示:

10oZ

%

、8o2

爵.5H

想6oLP

.5

堂

4o，脫硫率1.5

2O*pHS

O__?_O__?__

203()40

(3)吸收液過濾出S后，濾液需進(jìn)行再生，較經(jīng)濟(jì)的再生方法是

(4)當(dāng)Fe3+的濃度大于10g工一1時(shí)，濃度越大，脫硫率越低，這是由于.

HL工業(yè)上采用下圖所示裝置電解KjFe(CN)6］和KHCO3混合溶液一段時(shí)間，然后停止電解，通入

H2S,利用生成的K3［Fe(CN)6〕將H2s轉(zhuǎn)化為S,自身轉(zhuǎn)化為［Fe(CN)6〕

KJFeCNR和KHCC>3混合溶液

(5)電解時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為

(6)當(dāng)陰極產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下H.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)的離子方程式:

CO1++++HCO；

高溫

【答案】(1)2H2S+3O22SO2+2H2O

(2)1：2(3)通入足量的空氣

(4)Fe3+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

43

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

4

(6)16(7)H]CO|-+國[Fe(CN)67+])-[2S=[1[Fe(CN)6]"+0S+|^HCOJ

【解析】

【小問1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+3O22SO2+2H2。；

【小問2詳解】

流程中①2H2S+3O2呈生2so2+2q0,1個(gè)SO2需要1個(gè)H2S,②流程2H2S+SO2=3S；+2H2O,1個(gè)

SCh需要2個(gè)H2S,最佳用量比為①：②=1：2；

【小問3詳解】

根據(jù)HS-n2Fe.3+；——J+2F/++FT,濾液Fe?+,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)Fe3+的濃度大于10g.LT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，pH減小因素超過反應(yīng)iii中Fe3+濃度增大因素；故答案為：

Fe3+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；

【小問5詳解】

電解時(shí)陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，先將[Fe(CN)6]4-轉(zhuǎn)化為[Fe(CN)6產(chǎn)，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)：+2HCQ+SJ和陰極反應(yīng)式為

2HCO-+2e=H2T+2CO^,得到關(guān)系式為：H2?2cO；?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0價(jià)，方程式為

(2]CO|"+回[Fe(CN)6『+3H2S=@[Fe(CN)6,+0SJ+細(xì)CO,；

18.用黃鐵礦（主要成分FeS2）還原硫酸廠礦渣（含F(xiàn)e2（）3、?-Al2O3>SiO2等）制備鐵黃顏料（主要成分為

FeOOH）,工業(yè)流程如下：

_鐵黃晶種

制備品種FeOOH

鐵黃產(chǎn)品

f|FeSC>4溶液|件黃漿液1過濾、洗滌、干燥”

二次氧化FeOOH

硫酸廠硫酸-------過量FeS,

浸出液--------

酸浸-------1還原、過濾

T硫磺?

資料：a-ALO3化學(xué)性質(zhì)極不活潑，不溶于水也不溶于酸或堿。

I.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”過程中生成硫磺的離子方程式是。

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

可以制得FeOOH晶種，NaNO2與稀H2SO4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+

ii........

2++

iii.2Fe+N02+3H2O=2FeOOHJ+4H+NOt

反應(yīng)ii、iii均有FeOOH生成，請寫出ii發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：0

（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Fes。,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對鐵黃質(zhì)量分?jǐn)?shù)影響如下表所示：

序

PH顏色w(FeOOH)/%

號

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過低或過高會造成鐵黃質(zhì)量分?jǐn)?shù)降低，原因可能是

H.產(chǎn)品純度測定

鐵黃純度可以通過產(chǎn)品的耗酸量確定。

----；-H,SC)4標(biāo)準(zhǔn)液-------Na7GOd溶液--------NaOH標(biāo)準(zhǔn)液--------

股鐵黃2:__溶液人___＞溶液B'弋產(chǎn)儀〉溶液c

--------溶解--------------酚酬-------

3+Fe

資料：Fe+3C2Ot=(C2O4f,FeGOj：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o

(6)H2s0“標(biāo)準(zhǔn)液和NaOH標(biāo)準(zhǔn)液濃度均為01000mol/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)。

【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+2SJ

2++

(3)4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ44NO2+8H

(4)①.3~4②.pH過低會導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe3+,pH過高會導(dǎo)致產(chǎn)生Fe(OH)3,鐵黃產(chǎn)品質(zhì)量分

數(shù)都降低

(5)2FeOOH+3H2s。4=Fe2(SO4)3+4H2O

⑹|卜卜2卜10、89

xlOO%

W

【解析】

【分析】向硫酸廠礦渣中加入硫酸酸浸，將Fe2()3轉(zhuǎn)化為硫酸鐵，a-AI2O3和二氧化硅不參與反應(yīng)，過濾

得到主要含a-AbO3、SiO2濾渣和浸出液，向浸出液中加入過量FeS2,溶液中的Fe3+與FeSz反應(yīng)生成

Fe2\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NaN。？，鼓入空氣，在一定

的溫度和pH條件下可以制得FeOOH晶種，將所得的晶種按一定比例加入一定濃度的FeSC)4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Fe2+、S(硫磺)，則反應(yīng)的離子方程式為：

3+2+

FeS2+2Fe=3Fe+2SJ；

【小問3詳解】

由題意可知，制備FeOOH晶種時(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)iii可知，反應(yīng)ii為溶液中Fe(NO)2+與氧氣和水反應(yīng)生成FeOOH、二氧化氮和氫離子，則反應(yīng)的離子

2++

方程式為：4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ44NO2+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過低會導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe3+,pH過高會導(dǎo)致產(chǎn)生Fe(OH)3，所以pH過低或過高會造成鐵黃質(zhì)量分

數(shù)降低，則原因可能是：pH過低會導(dǎo)致產(chǎn)生游離的Fe3+,pH過高會導(dǎo)致產(chǎn)生Fe(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)為鐵黃與稀硫酸反應(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】

3

滴定消耗VzmLO.Imol/L氫氧化鈉溶液，則過量硫酸的物質(zhì)的量為0.1mol/LXV2X10LX-=-V^XW

22

89g/mol

4由反應(yīng)式可知，鐵黃的純度為

mol,------xl00%=

Wg

|卜-口2}10—4x89

xlOO%

W

19.為探究NaClO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：IOX黃綠色）、I。式無色）。

（1）甲同學(xué)研究NaClO與KI溶液的反應(yīng)，他將Cl2通入NaOH溶液中制備pH=l1.7的84消毒液代替

NaClO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

I10mL0.1mo//LKI溶液入淀粉溶液，溶液變

(pH?11.7)

1藍(lán)

溶液變黃綠色，再滴

5滴

n10mL84消毒液入淀粉溶液，溶液顏

II0.Imol/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o

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

（2）乙同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)n過程中也有可能生成卜，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)

III0.Imol/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

液

色。

①實(shí)驗(yàn)III中藍(lán)色褪去的可能原因?yàn)椋ㄓ秒x子方程式表示）。

②由以上實(shí)驗(yàn)可以得出：