1、北京北京 101 中学中学 2020 届高三年级上学期届高三年级上学期 10 月月考化学试卷月月考化学试卷 I 卷：选择题（共卷：选择题（共 42 分）分） 1.下列现象或活动过程中不 发生氧化还原反应的是 A 雷电 B用我国研发的天眼 接受宇宙中的信号 C航空煤油用作水路两 用飞机的飞行燃料 D 手机充电 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【分析】 在物质发生化学变化时，元素化合价也发生了变化，则发生了氧化还原反应，否则没发生氧 化还原反应，以此分析。 【详解】A. 雷电时，空气中的氧气和氮气化合生成一氧化氮，该反应元素化合价发生变化， 属于氧化还原反应，故 A 不选； B
2、. 天眼接受宇宙中的信号，没有发生化学变化，所以没发生氧化还原反应，故选 B； C.燃烧反应氧化还原反应，故 C 不选； D. 手机充电是电解原理，将电能转化为化学能，发生了氧化还原反应，故 D 不选。 答案选 B。 2.三氟化氮（NF3）常用于微电子工业，可用以下反应制备：4NH3+3F2NF3+3NH4F，下列 说法中，正确的是（ ） A. NF3的电子式为 B. NH4F分子中仅含离子键 C. 在制备 NF3的反应中，NH3表现出还原性 D. 在制备 NF3的反应方程式中，各物质均为共价化合物 【答案】C 【详解】ANF3为共价化合物，但 F 原子外围还有 3 对孤对电子，则 NF3的电
3、子式为 ，故 A错误； BNH4F中铵根与氟离子之间为离子键，而铵根内还含有共价键，故 B错误； C该反应中 NH3NF3氮元素的化合价由-3价+3价，所以氨气作还原剂表现出还原性， 故 C 正确； DNH4F中铵根与氟离子之间为离子键，所以 NH4F是离子化合物，故 D错误； 故答案为 C。 【点睛】考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，在 4NH3+3F2=NF3+3NH4F反 应中 NH3NF3氮元素的化合价由-3 价+3 价， F2F-氟元素得电子化合价降低， 由 0价-1 价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂被 氧化，氧化剂被还原。
4、3.下列关于元素周期表应用的说法正确的是 A. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索 B. 在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料 C. 在 IA、IIA 族元素中，寻找制造农药主要元素 D. 在过渡元素中，可以找到半导体材料 【答案】A 【详解】 A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式， 它反映元素原子的内部结构和它们之 间相互联系的规律。 为元素性质的系统研究提供指导， 为新元素的发现及预测它们的原子结 构和性质提供线索，故 A正确； B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故 B 错误； C.通常制造农药的主要元素有 F、Cl、S、P 等元素，并
5、不在 IA、IIA 族元素中，故 C 错误； D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故 D错误； 答案选 A。 【点睛】 本题主要考查了周期表的意义， 元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面： 农药多数是含 Cl、P、S、N、As 等元素的化合物。 半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如 Ge、Si、Ga、Se 等。 催化剂的选择： 人们在长期的生产实践中， 已发现过渡元素对许多化学反应有良好的催化 性能。 耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从B到B的过渡元素，如钛、钽、 钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材
6、料，是制造火箭、 导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。 矿物的寻找： 地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。 科学实 验发现如下规律： 相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多， 相对原子质量较大的元素在 地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元 素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要 富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共生在一起，同处于 一种矿石中。 4.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中只有 Y、Z处于同一周期且相邻， Z是地壳中含
7、量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X) r(O)r(H)，故 A 错误；B、Na 的最高价氧化物的水化物是 NaOH，NaOH 属 于强碱， 故 B错误； C、 同周期从左向右非金属性增强， 即 O的非金属性强于 N，故 C错误； D、可以组成 HNO3和 NH4NO3，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故 D正确。 5.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol OH 含有的电子数目为 10NA B. 1mol Cl2溶于水，转移电子的数目为 NA C. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的分子数目为 0.1NA D
8、. 1L 1 mol L-1 Na2CO3溶液中含有的 CO32数目为 NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.1molOH-中所含电子数为 8+1+1=10mol，即 10NA，故 A正确； B.1mol Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的 量小于 1mol，故 B 错误； C.标准状况下，CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故 C 错误； D.碳酸根离子在水中水解，1L1molL-1的 Na2CO3溶液中含有的 CO32-数目小于 NA，故 D错 误。 故选 A。 6.下列各组离子在强碱性环境下可以大量共存的是（ ） A. MnO4、I、
9、Al3+、NH4+ B. Ca2+、HCO3、CH3COO、ClO C. Na+、SO42、NO3、K+ D. Fe3+、Mg2+、SCN、Cl 【答案】C 【详解】A强碱性溶液中 Al3+和 NH4+不能大量存在，且 MnO4能氧化 I，而不能大量共 存，故 A 错误； BCa2+、HCO3在强碱性溶液中不能大量共存，易生成 CaCO3沉淀，故 B 错误； CNa+、SO42、NO3、K+在强碱性溶液中能大量存在，且彼此间不发生离子反应，故 C 正确； D强碱性溶液中 Fe3+、Mg2+不能大量存在，易生成 Fe(OH)3和 Mg(OH)2沉淀，且 Fe3+和 SCN能发生离子反应使溶液显红
10、色，而不能共存，故 D 错误； 故答案为 C。 7.下列解释事实的方程式书写正确的是（ ） A. Na2CO3溶液处理水垢中的 CaSO4：Ca2+CO32=CaCO3 B. Na2O2作呼吸面具的供氧剂：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 C. 稀 HNO3洗涤做过银镜反应的试管：Ag+2H+NO3=Ag+NO2+H2O D. FeCl3溶液腐蚀线路板：Fe3+Cu=Fe2+Cu2+ 【答案】B 【详解】A硫酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，故 A 错 误； BNa2O2与二氧化碳反应生成氧气，可作呼吸面具的供氧剂，该反应的化学方程式为
11、： 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，故 B正确； C稀 HNO3洗涤做过银镜反应的试管，反应生成 NO，正确的离子方程式为： 3Ag+4H+NO3-3Ag+NO+2H2O，故 C 错误； DFeCl3与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+， 故 D 错误； 故答案为 B。 8.在浓盐酸中 H3AsO3可与 SnCl2反应，反应的离子方程式为 3SnCl2+12Cl+2H3AsO3+6H+ 2As+3SnCl6+6M。下列关于该反应的说法中，错误的是（ ） A. M为 H2O B. 每还原 1mol氧化剂，就有 3mol电子转移 C. 还原
12、性：SnCl2As D. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为 2：3 【答案】D 【解析】 【详解】A根据原子守恒可知 M为 H2O，故 A正确； BSn 由+2价升高到+4 价，SnCl2作还原剂，As 由+3 价降低到 0 价，H3AsO3作氧化剂，转 移 3 mol电子，故 B正确； C由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：AsSnCl2，故 C正确； D由方程式可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为 3：2，故 D 错误； 故答案为 D。 【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键， 3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl
13、62-+6M，由原子守恒可知，M 为 H2O，Sn 元素的化 合价升高，As 元素的化合价降低，特别注意氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物 的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。 9.某科研团队研制出“TMLiH（TM 表示过渡金属）”双催化剂体系，显著提高了在温和条 件下氮气和氢气合成 NH3的效率，原理示意如下： 下列分析不合理的是（ ） A. 状态，吸收能量并有 NN 键发生断裂 B. 合成 NH3总反应的原子利用率是 100% C. “TMLiH”能降低合成氨反应的H D. 生成 NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH3 【答案】C 【解析】 【分析】 由流程可知氮气
14、与 TM-LiH 反应生成 LiNH，LiNH 与氢气反应生成氨气和 LiH，总反应为 2LiNH+3H22LiH+2NH3。 【详解】A状态为氮气生成 LiNH 的过程，NN 键发生断裂要吸收能量，故 A正确； B由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有氨气，原子利用率为 100%，故 B正确； C催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热， 故 C 错误； D由状态可知生成 NH3：2LiNH+3H22LiH+2NH3，故 D正确。 故选 C。 10.某同学向 SO2和 Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三 份，依次进行实验，实验操
15、作和实验现象记录如下： 序号 实验操作 实验现象 溶液不变红， 试纸不变蓝 溶液不变红，试纸褪色 生成白色沉淀 下列实验分析中，不正确 的是 A. 说明 Cl2被完全消耗 B. 中试纸褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI C. 中若将 BaCl2溶液换成 Ba(NO3)2溶液，也能说明 SO2被 Cl2氧化为 SO42 D. 实验条件下，品红溶液和 SO2均被氧化 【答案】C 【解析】 A. 加热后溶液不变红， 湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝， 说明没有氯气， 则 Cl2被完全消耗， 选项 A 正确； B. 当二氧化硫过量， 加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应
16、SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI，中试纸褪色，选项 B 正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中 若将 BaCl2溶液换成 Ba(NO3)2溶液， 不能说明 SO2被 Cl2氧化为 SO42， 选项 C 不正确； D. 实 验条件下，品红溶液和 SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选 C。 点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别， 易错点为选项 C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将 BaCl2溶液换成 Ba(NO3)2 溶液，不能说明 SO2被 Cl2氧化为 SO42。 11.CO2催化加氢制取
17、甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下： 反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H1 =58 kJ mol-1 反应：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) H2 = +42 kJ mol-1 下列说法不正确 的是 A. 增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率 B. 增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应的平衡常数增大 C. 升高温度，生成甲醇的速率加快，反应的限度同时增加 D. 选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率 【答案】B 【解析】 【详解】A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳
18、转化率增大， 故 A 正确； B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应 i的平衡正向移动，所以向生 成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增 大压强反应 i的平衡常数不变，故 B错误； C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应 ii向 正向移动，则反应 ii的反应限度增大，故 C 正确； D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物 中的比率，故 D正确； 答案选 B。 12.下列实验所得结论正确的是 充分振荡试管，下 层溶液红色褪去 溶液变红 溶液变红 充分振
19、荡右侧小试管， 下层溶液红色褪去 A. 中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5NaOHCH3COONaC2H5OH B. 中溶液变红的原因是：CH3COOH2OCH3COOHH C. 由实验、推测，中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞 D. 中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸 【答案】D 【解析】 【详解】A乙酸乙酯在 NaOH 溶液中发生水解，且水解彻底，则红色褪去的原因是： CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故 A 错误； B醋酸钠水解显碱性，则中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故 B 错误
20、； C褪色与萃取无关，与反应有关，故 C 错误； D 乙酸与碳酸钠反应， 导致碱性降低， 则溶液红色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸， 故 D 正确； 故答案为 D。 13.HI常用作有机反应中的还原剂，受热会发生分解反应。已知 443时：2HI（g）H2 （g）+I2（g） H+12.5kJmol1向 1L密闭容器中充入 1mol HI，443时，体系中 c （HI）与反应时间 t的关系如图所示。下列说法中，正确的是（ ） A. 020min 内的平均反应速率可表示为 v（H2）0.0045molL1min1 B. 升高温度，再次平衡时，c（HI）0.78molL1 C. 该反应的化学平衡
21、常数计算式为 2 0.78 0.22 0.22 D. 反应进行 40 min 时，体系吸收的热量约为 0.94kJ 【答案】D 【解析】 【详解】A.020 min 内 HI浓度变化 1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L，2HI(g)H2(g)+I2(g)， 则氢气浓度变化为 0.045mol/L，反应速率 v= c t = 0.045mol/ L 20min =0.00225mol/(Lmin)，故 A 错误； B图中可知 120min 后反应达到平衡状态，c(HI)=0.78mol/L， 2HI(g)H2(g)+I2(g)H=+12.5kJmol-1，反应为吸热反应，升
22、温平衡正向进行，c(HI)0.78 molL-1，故 B错误； C.120min 后反应达到平衡状态，c(HI)=0.78mol/L， 22 2HI(g) 100 0.220.110.11 0.780.110.11 / / / H（g） I （g） 起始量（molL） 变化量（molL） 平衡量（molL） 平衡常数 K= 生成物平衡浓度幂次方乘积 反应物平衡浓度幂次方乘积 = 2 0.11 0.11 0.78 ，故 C错误； D 反应进行 40 min 时 HI浓度变化=1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L， 物质的量变化 0.15mol， 结合热化学方程式计算 2HI
23、(g)H2(g)+I2(g)H=+12.5kJmol-1，反应进行 40 min 时，体系 吸收的热量= 12.5kJ/mol 0.15mol 2mol 0.94kJ，故 D正确； 故答案为 D。 14.(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间 内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响， 结果如图。 下列说法不正确 的是 A. 60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关 B. 60之后，氧化速率降低可能与 O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关 C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧
24、化速率变化不大，与 SO32-水解程度增大有关 D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与 O2的溶解速率有关 【答案】C 【解析】 【分析】 A、温度越高，氧化速率越快； B、反应物浓度降低，反应速率降低； C、SO32-水解不影响溶液中+4 价硫的总浓度； D、 当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后， 亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。 【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率 加快有关，故 A 正确； B、反应物浓度降低，反应速率降低， 温度升高后 O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解， 均使反应物浓度
25、降低，故 B 正确； C、SO32-水解不影响溶液中+4 价硫的总浓度，故 C 错误； D、 当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后， 亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率， 因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故 D 正确； 故选 C。 【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反 应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。 II 卷卷 非选择题非选择题 15.I.2019 年是元素周期表发表 150周年， 期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。 中国科 学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等 9 种元素相对原子质量的新值，被
26、采用为国 际新标准。 （1）In 在周期表中的位置是_。 （2）In 的最高价氧化物的水化物的碱性_Ba(OH)2的碱性（填“”或“Al3+ (6). (7). Al3+3NH3+3H2OAl （OH）3+3NH4+ (8). 2Na+2H2O2Na+2OH+H2 (9). 离子键 和极性键 (10). (11). abd 【解析】 【分析】 I(1)In 的原子结构中含 5个电子层、最外层电子数为 3； (2)金属性 Ba 大于 In； (3)中子数为 115-49=66，电子数为 49； IIA+、B2-、C-、D、E、F3+分别表示含 10 个电子的六种粒子(离子或分子)，其中： aA+
27、、B2-、F3+核外电子层结构相同，可知 A为 Na、B 为 O、F为 Al； bC-是由两种元素组成的，C-为 OH-； cD 是两种元素组成的四原子分子，D为 NH3； dE 在常温下是无色液体，E 为 H2O； e往含 F3+的溶液中滴加含 C-的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失，白色 沉淀为氢氧化铝； III(9)Se 原子的质子数为 34； (10)aSe 为+4 价，为中间价； b浓硒酸与浓硫酸性质类似； c非金属性越强，对应氢化物越稳定； d非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强。 【详解】I(1)In 的原子结构中含 5个电子层、最外层电子数为 3，位于元素周期表
28、中第五 周期A族； (2)金属性 Ba 大于 In，则 In 的最高价氧化物的水化物的碱性Ba(OH)2的碱性； (3)中子数为 115-49=66，电子数为 49，中子数与电子数的差值为 66-49=17； II(4)C-的电子式为； (5)具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则 A+、B2-、F3+离子半径由大到小 的顺序为 O2-Na+Al3+； (6)电子式表示 A2B的形成过程为； (7)含 F3+的溶液中通入过量 D，反应的离子方程式是 Al3+3NH3+3H2O=Al(OH)3+3NH4+； (8)A单质与 E 反应离子方程式为 2Na+2H2O=2Na+2OH-+H
29、2，生成的化合物为 NaOH， 含化学键的类型是离子键和极性键； (9)Se 原子结构示意图可表示为； (10)aSe 为+4 价，为中间价，则 SeO2既有氧化性又有还原性，故 a 正确； b浓硒酸与浓硫酸性质类似，可能具有强氧化性、脱水性，故 b正确； c非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：H2SeH2SHCl，故 c错误； d非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则 H2SeO4HBrO4HClO4，故 d正确； 故答案为：abd。 【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢 化物的稳定性)， 非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳
30、定)， 元素的非金属性越 强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸 的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单 质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。 16.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下。 请回答下列问题： .转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在 T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图 如图所示。 （1）过程 i中 H2S 发生了_（填“氧化”或“还原”）反应。 （2）过程 ii的离子方程式是_。 （3）已知：Fe3+在 pH1.9时开始沉淀，pH3.
31、2时沉淀完全。 30时，在 T.F菌作用下，不同 pH的 FeSO4溶液中 Fe2+的氧化速率如下表。 pH 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 3.0 Fe2+氧化速率/ （gL1h1） 4.5 5.3 6.2 6.8 7.0 6.6 6.2 5.6 请结合以上信息，判断工业脱硫应选择的最佳 pH 范围，并说明原因：_。 II.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将 CH4氧化。结合如图回答问题。 （4）该过程的热化学方程式是_。 比较压强 p1和 p2的大小关系：p1_p2（选填“”“”或“”） 。 III.CO 变换：500时，CO进一步与水反应生成 CO2和 H2。
32、IV.H2提纯：将 CO2和 H2分离得到 H2的过程示意图如图。 （5）吸收池中发生反应的离子方程式是_。 结合电极反应式，简述 K2CO3溶液的再生原理：_。 【答案】 (1). 氧化 (2). 4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O (3). 1.5pH1.9，当 pH 大于 1.9时，Fe3+开始沉淀，导致 Fe2+和 Fe3+浓度均下降，会降低反应速率。pH 小于 1.5时， T.F菌活性较低， 反应速率减慢 (4). CH4（g） +H2O （g） CO （g） +3H2（g） H+204kJmol 1 (5). (6). CO 2+H2O+CO3 22HCO 3 (7). 阴极
33、反应：2H 2O+2eH2+2OH ， OH+HCO3CO32+H2O；阳极反应：4H2O4eO2+4H+，H+HCO3CO2+H2O，阳 极区多余的 K+经阳离子交换膜进入阴极区，使 K2CO3溶液得以再生 【解析】 【分析】 I转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在 TF菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意 图如图 2； (1)硫化氢被硫酸铁氧化生成单质硫； (2)过程是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子； (3)1.5PH1.9，当 PH 大于 1.9 时，Fe3+开始沉淀，导致 Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低 反应速率，PH1.5时，TF菌活性较低； (4)在催化剂的作用下，
34、水蒸气将 CH4氧化生成一氧化碳和水蒸气，图中反应的焓变 H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方 程式； 图象中甲烷体积分数随压强增大而增大，据此分析； (5)二氧化碳和碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾； 碳酸氢根离子存在电离平衡、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子。 【详解】I转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在 TF菌作用下，酸性环境中脱硫 过程示意图如图 2； (1)硫化氢被硫酸铁氧化生成单质硫，过程 i中 H2S发生了氧化反应； (2)过程是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子，反应的离子方程式为： 4F
35、e2+O2+4H+4Fe3+2H2O； (3)Fe3+在 pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2 时沉淀完全，分析 30时，在 TF菌作用下，不同 pH 的 FeSO4溶液中 Fe2+的氧化速率可知：工业脱硫应选择的最佳 pH范围 1.5PH1.9，当 PH大于 1.9 时，Fe3+开始沉淀，导致 Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，PH1.5 时，TF菌活性较低，反应速率减慢； (4)在催化剂的作用下，水蒸气将 CH4氧化生成一氧化碳和水蒸气，图中反应的焓变 H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方 程式为：C
36、H4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+204kJ/mol； 反应后气体物质的量增大， 增大压强平衡逆向进行， 图象中甲烷体积分数随压强增大而增 大，据此分析，比较压强 P1和 P2的大小关系：P1P2； (5)将 CO2和 H2分离得到 H2的过程示意图分析得到：二氧化碳和碳酸钾溶液反应生 成碳酸氢钾，反应的离子方程式为 CO2+H2O+CO32-=2HCO3-； HCO3-存在电离平衡：HCO3- H+CO32-，阴极 H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生， 阴极反应：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生。 17
37、.某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下： （1）Na2SO3溶液和氨水均可作浸出剂，但由于氨水易_（填物理性质） ，故用 Na2SO3 溶液更环保。 （2）中主要反应：AgCl + 2 2- 3 SO 3- 3 2 Ag(SO ) + Cl-。研究发现：其他条件不变时， 该反应在敞口容器中进行， 浸出时间过长会使银的浸出率 （浸出液中银的质量占起始分银渣 中银的质量的百分比）降低，可能原因是_（用离子方程式表示） 。 （3）研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液 pH的关系如下 图。 pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是_。 解释中变化趋势的
38、原因：_。 pH=5 时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与 pH=10 时不同，原因是_。 （4）将中反应的离子方程式补充完整： _ 3- 3 2 Ag(SO )+_OH- +_ = _ +_ +_ + CO32- （5）中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度 变化和反应限度的角度分析原因：_。 【答案】 (1). 挥发 (2). 2 2-2- 324 SO +O =2SO (3). 含银化合物总浓度随含硫化合物 总浓度的增大而增大 (4). 浸出液中 c( 2- 3 SO)增大，使浸出反应的平衡正向移动 (5). pH 较小时， 2- 3 SO与
39、H+结合生成 - 3 HSO或 H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但 c( 2- 3 SO) 均较小 (6). 4 (7). 6 (8). HCHO (9). 4Ag (10). 8 2- 3 SO (11). 4H2O (12). 随着循环次数增加，浸出液中 c( 2- 3 SO)减小、c(Cl-)增大，均使 AgCl + 2 2- 3 SO 3- 3 2 Ag(SO ) + Cl-的限度减小 【解析】 【分析】 分银渣中主要成分是 AgCl，中用 Na2SO3溶液作浸出剂，主要反应：AgCl + 2 2- 3 SO 3- 3 2 Ag(SO ) + Cl-；浸出液与甲醛反应，中发生 4
40、 3- 3 2 Ag(SO )+6OH-+HCHO=4Ag+8 2 3 SO +4H2O+ 2 3 CO 反应，生成 Ag回收，同时又生成 2 3 SO ，III中循环使用。 【详解】 （1）氨水易挥发污染空气，故用 Na2SO3溶液更环保； （2）反应在敞口容器中进行， 2 3 SO 很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为 2 22 324 2SOOSO ； （3） 根据图像可知， 当 pH=10 时， 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大； 中变化趋势的原因： 浸出液中c( 2 3 SO )增大， 使浸出反应AgCl + 2 2- 3 SO 3- 3 2 Ag(SO ) + C
41、l-的平衡正向移动； pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与 pH=10时不同，pH 较小时， 2 3 SO 与 H+结合生成 3 HSO或 H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但 c( 2 3 SO )均较小； （4）Ag 的化合价由+1 价降至 0 价，HCHO 被氧化成 CO3 2-，回收液循环使用，说明有 SO 3 2-生 成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得： 4 3- 3 2 Ag(SO )+6OH-+HCHO=4Ag+8 2 3 SO +4H2O+ 2 3 CO （5）随着循环次数增加，浸出液中 c( 2 3 SO )减小、c(Cl-)增大，均使 Ag
42、Cl + 2 2- 3 SO 3- 3 2 Ag(SO ) + Cl-的限度减小 【点睛】注意化学平衡中减少反应物浓度或增加生成物浓度对反应限度的影响。 18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为 Ca5(PO4)3(OH)，还含有 Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度： Ca5(PO4)3(OH)”或“”） 。 结合元素周期律解释中结论：P 和 S电子层数相同，_。 （3）酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F所含氟转化为 HF，并进一步转化为 SiF4除去。写出生 成 HF的化学方程式：_。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2脱除，同时自身也会发生分
43、解。相同投料比、相 同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO42残留，加入 BaCO3可进一步提高硫的 脱除率，其离子方程式是_。 【答案】 (1). 研磨、加热 (2). (3). 核电荷数 PS，得电子能力 PS，非金属性 PS (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4 0.5H2O+6H3PO4+2HF (5). 80后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (6). BaCO3+SO42 +2H3PO4 BaSO4+CO2+H2O+2H2PO4 【解析】 【分析】 (1)
44、常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等； (2)根据反应方程式，由 H2SO4参加反应得到 H3PO4，是由强酸制取弱酸； H3PO4和 H2SO4均为最高价含氧酸，主要可从 P和 S的非金属性角度考虑，S的非金属性 强于 P，可以使 O 上电子云密度降低更大，继而导致 H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸 性越强； (3)酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F所含氟转化为 HF，反应过程为 Ca5(PO4)3F和 H2SO4反应， 生成 CaSO4 1 2 H2O，H3PO4和 HF，据此写出反应方程式； (4)根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高
45、，有机碳脱 除率降低，考虑 H2O2受热分解，导致 H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率； (5)脱硫过程是加入 CaCO3发生反应， 脱硫时， CaCO3稍过量， 与多余的硫酸反应生成 CaSO4， 而 CaSO4微溶，所以充分反应后仍有 SO42-残留，加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，由 于 BaCO3参加反应转化生成难溶的 BaSO4，在沉淀转化的反应基础之上发生进一步反应促 使正向进行程度增大，据此分析。 【详解】(1)常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等。故答案为：研磨， 加热； (2)根据反应方程式，是由 H2SO4参加反应得到 H3PO4，是由强酸制取弱酸，
46、因此酸性强 弱为：H3PO4H2SO4； H3PO4和 H2SO4均为最高价含氧酸，主要可从 P和 S的非金属性角度考虑，S的非金属性 强于 P，可以使 O 上电子云密度降低更大，继而导致 H+更易电离，H+越易电离，含氧酸酸 性越强，可以简单解释为：P 的半径大于 S，P 的非金属性小于 S，所以 H3PO4的酸性小于 H2SO4的酸性； (3)酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F所含氟转化为 HF，反应过程为 Ca5(PO4)3F和 H2SO4反应， 生成 CaSO4 1 2 H2O，H3PO4和 HF，所以化学反应方程式为：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO
47、4 1 2 H2O+6H3PO4+2HF； (4)根据图象，80前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80后随着温度升高，有机碳脱 除率降低， 考虑 H2O2受热分解， 导致 H2O2浓度降低影响有机碳的脱除率， 所以可以解释为： 温度高于 80时，H2O2的分解速率加快，导致 H2O2的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下 降； (5)加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，由于 BaCO3参加反应转化生成难溶的 BaSO4， BaSO4相对于 CaSO4溶解度更低，可使溶液中 SO42-浓度更低，考虑到沉淀转化的反应效率 较低，所以进一步提高硫的脱除率则是考虑在沉淀转化反应的基础上发生效率更高的反
48、应， 促使沉淀反应的进行，沉淀转化反应为：BaCO3+SO42-BaSO4+CO32-，此时溶液中磷酸 具有一定的酸性， 可以继续发生反应生成 CO2， 于是整个反应的熵增， 正向进行的程度更大， 可以达到进一步脱除率的效果，综合考虑则离子方程式为： BaCO3+SO42-+H3PO4BaSO4+CO2+H2O+H2PO4-。 【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出 来，物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类：物理方法有过滤、 蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、 氧化还原法等；要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。 19.以 Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象， 探究盐的性质和盐溶液间反应的 多样
