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北京市朝阳区2023-2024学年高三上学期期中质量检测化学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市朝阳区2023-2024学年高三上学期期中质量检测化学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本部分共5题，共58分等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Ba：137
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是
A. 与石墨互为同分异构体B. 碳原子有sp、sp2两种杂化方式
C. 与石墨类似，层间存在范德华力D. 具有传导电子的性能
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨炔也是碳的一种单质，与石墨互为同素异形体，A错误；
B．石墨炔结构中既有三键的碳原子也有双键的碳原子，所以有sp、sp2两种杂化方式，B正确；
C．结构与石墨类似，所以层间存在范德华力，C正确；
D．与石墨结构类似，所以具有传导电子的性能，D正确；
故选D。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 基态S原子的最外层电子轨道表示式：
B. 基态2９Cu原子的电子排布式：
C. H2O的VSEPR模型：
D. Cl2分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：，故A正确；
B．基态2９Cu原子的电子排布式：，故B错误；
C．H2O的VSEPR模型：，故C正确；
D．Cl2分子中σ键的形成：，故D正确；
答案选B。
3. 核污染水中含有38Sr、55Cs等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是
A. 含有的中子比质子多27个
B. Sr位于元素周期表第五周期、第ⅡA族
C. 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的
D. 借助元素周期表比较可知Sr的金属性比Cs强
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，的质子数为55，中子数为137-55=82，故含有的中子比质子多27个，A正确；
B．根据Sr元素的原子核外电子排布与元素在周期表的位置关系，可知该元素在元素周期表中位于第五周期第IIA族，B正确；
C．Sr(OH)2是沉淀，故可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的，C正确；
D．借助元素周期表比较可知Cs的金属性大于Rb，Rb的金属性大于Sr，故Cs的金属性大于Sr，D错误；
故选D。
4. 下列应用中未涉及氧化还原反应的是
A. 将过氧化钠置于呼吸面具中供氧B. 将明矾置于浑浊的水中净水
C. 将漂白粉置于水中漂白衣物D. 将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2和呼出的二氧化碳以及水反应生成氧气，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不符合；
B．明矾净水的原理是生成了氢氧化铝胶体，胶体具有吸附的作用，反应中没有元素化合从发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合；
C．将漂白粉置于水中漂白衣物，次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸起漂白作用时发生氧化还原反应，C不符合；
D．将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板，氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，铁、铜化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合；
答案选B。
5. 金属钾可以与水(滴加酚酞溶液)剧烈反应，下列说法不正确的是
A 溶液变红，证明生成了碱性物质
B. 钾浮在液面上并燃烧，与其密度及反应的热效应有关
C. 钾与水反应比钠与水反应更剧烈，说明钾的金属性比钠强
D. 金属钾与水发生反应前后化学键类型不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钾与水反应后，使滴加了酚酞的溶液变红，证明生成了碱性物质，故A正确；
B. 钾浮在液面上，说明钾的密度小于水；燃烧说明反应放热，故B正确；
C. 金属与水反应越剧烈，说明金属性越强，故C正确；
D. 金属钾与水发生反应：,水中含有极性共价键，生成氢氧化钾含有离子键和极性键，氢气中含有非极性键，前后化学键类型不同，故D错误。
答案为：D。
6. 下列反应的方程式不正确的是
A. C和浓H2SO4反应：
B. NH3的催化氧化反应：
C. 向氢硫酸中通入SO2：
D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2：
【答案】D
【解析】
【详解】A．C和浓H2SO4发生氧化还原反应，生成CO2、SO2,化学反应方程式为：，故A正确；
B．在催化剂和加热条件下，NH3和O2发生催化氧化反应，其化学方程式为：，故B正确；
C．氢硫酸与SO2发生价态归中反应，其反应方程式为：，故C正确；
D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此时溴离子也会被氯气氧化，故其方程式为：，故D错误；
故选D。
7. 下列事实与水解反应无关的是
A. 常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)
B. 纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液
C. 除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体
D. 配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫化钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，硫化铵是弱酸弱碱盐，发生互促双水解，导致常温下相同浓度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合；
B．纯碱水解呈碱性，为可逆过程，加热促进水解，且酯的水解为可逆过程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在强碱存在的条件下，ROOH与碱反应，有利于平衡向正反应方向移动，所以热的纯碱溶液去油污效果好，与水解有关，B不符合；
C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体，利用HgS的溶度积小于FeS，与水解无关，C符合；
D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度，D不符合；
故答案为：C。
8. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素按水的组成比脱去，发生的反应为：，故A正确；
B．定容时，视线、液面凹液面与刻度线相切，故B错误；
C．二氧化氮与水反应，不能用排水法进行收集，需采用向上排空法进行收集，故C错误；
D．电镀池中，镀层金属作阳极，电镀件作阴极，故铁件应连接在电源的负极，故D错误。
答案为：A。
9. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2没有漂白性，而是Cl2与水反应生成HClO的漂白性，A错误；
B．若原溶液中含有Fe3＋，滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也会变红；应该先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液中有Fe2＋；B错误；
C．Ca(ClO)2溶液中的ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成，生成微溶物CaSO4，而不是CaSO3，不能说明酸性H2SO3＞HClO，C错误；
D．Al(OH)3可与盐酸或NaOH溶液反应生成盐和水，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，具有一定的酸性，能说明Al具有一定的非金属性，D正确；
答案选D。
10. 一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应()原理如下。
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
下列说法不正确的是
A. 物质a可能是Fe3O4
B. 若增大的值，则CH4的平衡转化率降低
C.
D. 1000℃，若容器中、，则反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；
B．若增大的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；
C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．1000℃，若容器中、，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；
故选D。
11. 基于水煤气转化反应，通过电化学装置制备纯氢的原理示意如下。下列说法不正确的是
A. 电解质溶液可以是KOH溶液
B. 阴极电极反应为：
C. 使用阴离子交换膜能减缓单位时间内乙室中c(OH-)降低
D. 该装置中氧化反应和还原反应分别在两极进行，利于制得高纯度氢气
【答案】B
【解析】
【详解】A．阳极失去电子变成，但阳极出来的是 所以乙池里电解质溶液应为碱性，可以是KOH溶液，A正确；
B．阳极电极反应为：，阴极的电极反应式为：，B错误；
C．阴极的电极反应式为： 若为阴离子交换膜，从甲池向乙池迁移，因此能减缓单位时间内乙室中c(OH-)的降低，C正确；
D．在阴极生成，在阳极产生且在乙池被吸收变成，因此利于制得高纯度氢气，D正确；
故选B。
12. 某小组同学进行如下实验探究沉淀转化：
①向20mL0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加20mL0.1ml·L-1BaCl2溶液，得浊液Ⅰ；
②向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ；
③将浊液Ⅱ过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气体，过滤、洗涤、干燥，测得剩余固体a的质量大于0.233g。
下列说法不正确的是
A. Na2CO3溶液显碱性的原因：
B. 固体a的成分为BaSO4
C. c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ<浊液Ⅱ
D. 由该实验可以推断
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液显碱性的原因：，A正确；
B．向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ，加盐酸有固体a剩余，为硫酸钡，B正确；
C．钡离子先后与碳酸根离子和硫酸根离子进行两次沉淀，则c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ＞浊液Ⅱ，C错误；
D．碳酸钡转化为硫酸钡，说明，D正确；
答案选C。
13. 分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图，下列说法不正确的是
A. 曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程
B. a、b、c点水的电离程度：a>b>c
C. a、b、d点均满足：
D. ab段和de段发生的主要反应均为：
【答案】C
【解析】
【分析】碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，相同浓度碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，则曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，a点为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应得到碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，b点和e点都是碳酸氢钠与盐酸恰好反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，d点为碳酸钠、碳酸氢和氯化钠的混合溶液，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液。
【详解】A．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，故A正确；
B．由分析可知，a点为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，碳酸氢根离子在溶液中水解促进水的电离，b点为氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸和盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，抑制水的电离程度大于b点，则水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B正确；
C．a、b、d点溶液中均存在电荷守恒关系，故C错误；
D．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，则ab段和de段发生的反应都是碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式都为，故D正确；
故选C。
14. 一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S气体至饱和c(H2S)为时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如下图。下列说法不正确的是
A. a点所示溶液中，
B. 该温度下，
C. b点所示溶液中，可发生反应
D. Zn2+、Mn2+浓度均为的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4ml/L，由图像可知此时pH=0~1，c(H+)>0.1ml/L，所以，故A正确；
B．，又在时c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标时<<，即c(S2-)相同时c(Zn2+)< c(Fe2+)C．从图中可以得到b对应的溶液中c(Fe2+)＝10-5ml/L，c(H+)=10-3ml/L，而当c(H+)=10-3ml/L其饱和溶液中c(Fe2+)＝10-2ml/L，即b点Q<，即无FeS沉淀生成，所以不能发生反应，故C错误；
D．根据前面所求溶度积相对大小，通入H2S并调控pH能否实现分离，取决于Zn2+完全沉淀时Mn2+是否沉淀了，当Zn2+完全沉淀时c(Zn2+)=10-5ml/L，图中对应pH约为1.2，而Zn2＋、Mn2＋浓度均为的混合溶液Mn2＋开始沉淀的pH约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没有开始沉淀，可以实现分离，故D正确；
故答案为C。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。已知某些共价键的键能：
（1）CO2的电子式为___________。
（2）CH3OH分子结构如图。
①CH3OH分子中O的杂化轨道类型___________。
②键长a、b、c从长到短的顺序为___________。
③乙醇的沸点(78℃)高于甲醇(65℃)。解释原因：___________。
（3）在350℃、催化下用CO2制备CH3OH的反应原理如图。
①该条件下制备甲醇的化学方程式为：________。
②下列说法正确的是________ (填序号)。
A．电负性由大到小的顺序：O>C>H
B．步骤a涉及s-s σ键的断裂和s-sp3 σ键的形成
C．步骤d、e的反应热(ΔH)相等
D．升高温度可以提高反应速率和CH3OH的平衡产率
（4）干冰(CO2)的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为apm，则干冰晶体的密度为________。(已知：；表示阿伏加德罗常数)
【答案】15. 16. ①. sp3杂化 ②. b>a>c ③. 乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大
17. ①. ②. AB
18.
【解析】
【小问1详解】
CO2的电子式为；
【小问2详解】
①CH3OH分子中O原子形成了四个单键，所以杂化方式为sp3杂化；②原子半径大小顺序为：C>O>H，所以键长的顺序为b>a>c；③乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大，所以乙醇的沸点高于甲醇；
【小问3详解】
①由反应原理图可知，反应物为二氧化碳和氢气，所以方程式为：；②A．电负性由大到小的顺序：O>C>H，正确；B．步骤a涉及s-s σ键即H-H的断裂和s-sp3 σ键即H-O的形成，B正确；C．步骤d、e两个反应的产物不同，所以反应热(ΔH)不相等，C错误；D．升高温度可以提高反应速率，但生成CH3OH的反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，所以CH3OH的平衡产率降低，D错误；
【小问4详解】
干冰分子在晶胞的位置为顶点和面心，平均每个晶胞含有的干冰分子个数为：，则晶胞密度为：。
16. 合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）1898年，化学家用氮气、碳化钙(CaC2)与水蒸气反应制备氨：
i．碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙(CaCN2)；
ii．氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。
写出反应ii的化学方程式：___________。
（2）20世纪初，以N2和H2为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：。
①N2的化学性质稳定，即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢。从分子结构角度解释原因：___________。
②压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数x(H2)=0.75、x(N2)=0.25进料(组成1)，反应达平衡时，x(NH3)与温度的计算结果。
i．判断压强：p1___________p2(填“>”或“<”)，简述理由：___________。
ii．在p1、x(NH3)=0.20时，氮气的转化率为___________。
iii．合成氨原料气中存在不参与反应的Ar时会影响NH3的平衡含量。在p1时，以物质的量分数x(H2)=0.675、x(N2)=0.225、x(Ar)=0.10进料(组成2)，反应达平衡时x(NH3)与温度的计算结果与组成1相比有一定变化，在上图中用虚线画出相应曲线__________。
（3）我国科学家研制出双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，纳米Fe的温度为547℃，而的温度为415℃，解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾的问题，其催化合成氨机理如图所示。
分析解释：与传统的催化合成氨(铁触媒、)相比，双催化剂双温催化合成氨具备优势的原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂 ②. < ③. 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 ④. ⑤.
（3）N≡N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
【解析】
【小问1详解】
氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气和碳酸钙，故反应的化学方程式写为： ；
【小问2详解】
①N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂，因此即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢；
②i．合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大，所以p1ii．图中，进料组成为x(H2)=0.75、x(N2)=0.25两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3ml和1ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，则有：
在p1、x(NH3)=0.20时，x(NH3)=，解得x=；
iii．在相同温度和相同压强下，组成2平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图用虚线画出相应曲线如下：；
【小问3详解】
N≡N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故与传统的催化合成氨(铁触媒、)相比，双催化剂双温催化合成氨具备优势。
17. 研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮=10mg·L-1，含有硝态氮、氨氮。
ii．本实验中Na2SO3在时，脱除硝态氮(转化为N2)效果较强。
iii．Na2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现___________性(填“氧化”或“还原”)。
（2）研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。
①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式___________。
②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。
（3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如图2和图3。
①根据图2，前15min内Na2SO3，脱除NO；主要反应的离子方程式为___________。
②根据图2和图3，20~60min内体系中生成主要反应的离子方程式为___________。
③检验处理后的废水中存在取一定量废水蒸发浓缩，___________(补充操作和现象)。
【答案】（1）还原 （2） ①. ②. c(H＋)较大时，的氧化性较强；或增大c(H＋)有利于提高和反应速率
（3） ①. ②. ③. 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
【小问2详解】
实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：；实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H＋)较大时，的氧化性较强或增大c(H＋)有利于提高和反应速率；
【小问3详解】
①根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO，在此过程中没有看到生成， 说明还原产物为，主要反应的离子方程式为；
②根据图2和图3，20~60min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成体系中生成，因此生成主要反应的离子方程式为；
③检验处理后的废水中是否存在：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
18. 铅、铜是芯片焊接和封装工艺过程中常用的金属材料，采用“火法工艺”和“湿法工艺”均可将铅冰铜冶炼成铅和铜。
已知：i．铅冰铜成分：Cu2S、PbS及少量FeS、ZnS；富冰铜主要成分：Cu2S、FeS。
ii．Cu2S、PbS难溶于酸，FeS、ZnS可溶于酸。
iii．0.1ml·L-1Fe2＋沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1ml·L-1Fe3＋沉淀为FeOOH，起始的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8。
Ⅰ．火法工艺：
（1）“第一次熔炼”过程中，控制空气用量可使铁以FeS的形式留在富冰铜中。
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是___________。
②富冰铜中的Cu2S转化生成1ml铜时，理论上至少需要反应___________mlO2。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是___________。
Ⅱ．湿法工艺：
（2）“酸浸”过程是用过量稀硫酸浸取铅冰铜。
①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的阳离子还有___________。
②废电解液不能循环使用次数过多，原因是___________。
（3）用废电解液制备ZnSO4和铁黄。
①经氧气处理后的废电解液中。实际浓度大于，则用ZnO调节溶液pH_______1.5(填“>”、“<”或“=”)时开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中Fe2＋转化为铁黄离子方程式是___________。
（4）“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是___________。
【答案】（1） ①. ②. 0.5 ③. Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等
（2） ①. 、、 ②. 电解液循环多次后，溶液中积累的、浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度
（3） ①. < ②.
（4）反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用
【解析】
【分析】火法工艺：“第一次熔炼”过程中，铁将PbS中的铅置换出来，ZnS被氧化发生反应，从而得到粗铅，富冰铜和。将富冰铜经过二次熔炼主要发生得到铜单质。
湿法工艺：结合信息可知在酸浸过程中FeS、ZnS直接溶于酸，而Cu2S在氧气作用下也溶解反应生成硫和Cu2＋，而PbS难溶于酸留在酸浸渣中，进一步处理冶炼铅单质。酸浸液经过电解得到铜单质，废电解液经过氧气氧化和ZnO调节pH制备ZnSO4和铁黄。
【小问1详解】
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是。
②根据可得富冰铜中的Cu2S转化生成1ml铜时，理论上至少需要反应0.5mlO2。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是：Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等
【小问2详解】
①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的阳离子还有、、。
②废电解液中含有、等，循环多次后，溶液中积累的、浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度，所以不能循环使用次数过多。
【小问3详解】
①结合已知iii和分析可知，用ZnO调节溶液pH<1.5时开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中Fe2＋转化为铁黄的离子方程式是：。
小问4详解】
“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是：反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用。
19. 实验小组探究金属银与碘水的反应。
已知25℃时：i．碘水中、
ii．次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。
iii．；AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在。
将碘水I2溶于蒸馏水)加入盛有银粉的试管中，实验记录如下：
（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为___________。
（2）针对实验Ⅰ现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：
假设1：银粉与氢碘酸发生反应___________(填化学方程式)生成碘化银，使碘单质减少；。
假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；
假设3：银粉与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少。
实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：
①结合数据和实验现象判断假设l___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，振荡，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因：___________。
③资料表明假设2成立。
④实验小组针对假设3，在实验Ⅰ的基础上设计了实验Ⅱ和实验Ⅲ：
实验Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。
实验Ⅲ：向实验Ⅰ最后所得溶液中加入___________(填试剂)，溶液立即变蓝。
综合实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ，可以证实假设3.分析实验Ⅱ的作用是___________。
（3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂__________、__________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 不是 ③. AgI与浓KI溶液中的可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀 ④. 稀KI溶液 ⑤. 实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致
（3） ①. KNO3溶液 ②. KI
【解析】
【分析】根据将碘水加入盛有银粉的试管中的实验实验现象提出假设，结合的数值可知AgI难溶于水，若有AgI生成，溶液中有浑浊出现，假设1不是主要原因。实验证实银粉表面生成了AgI，根据 AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在，从平衡的角度分析AgI的生成。实验Ⅱ的现象说明证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的。Ag与碘水反应的过程中，证明AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行，要进行对比实验，若没有碘化银生成，指针无明显偏转。若加入碘化钾溶液后生成碘化银，指针明显偏转即可证明。所以先加硝酸钾溶液，再加碘化钾。
【小问1详解】
根据迁移到水生成次碘酸和氢碘酸。写出对应化学方程式：，答案为；
【小问2详解】
从所给信息可知银粉与HI反应生成和对应的化学方程式: 。结合数据的数值可知难溶于水，若有生成，溶液中应有浑浊出现，判断假设l不是主要原因。证实银粉表面生成了：AgI取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液时， 与浓KI溶液中的I-可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出沉淀。碘水中生成的次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。所以碘水中存在的、、多种微粒。向实验Ⅰ最后所得溶液中加入稀KI溶液，有利于的生成，使得溶液立即变蓝。说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是被消耗过多所致。结合以上分析可知实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；答案为： ；不是；AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应，加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀；稀KI溶液；实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；
【小问3详解】
Ag与碘水进行原电池设计时Ag作负极，失电子生成的。石墨作正极。先加KNO3溶液，构成闭合回路，但指针无明显偏转。几乎没有电流通过。再加KI溶液，指针明显偏转。银负极失电子生成的和生成的促进了体系中氧化还原反应的进行。答案为KNO3溶液；KI。A
B
C
D
验证浓硫酸具有脱水性
配制100 mL一定物质的量浓度的溶液
制备并收集NO2
铁件镀铜
选项
实验操作
现象
结论
A
将 Cl₂通入品红溶液
溶液红色褪去
Cl₂具有漂白性
B
向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红
原溶液中有Fe2＋
C
向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体
有沉淀生成
酸性：H2SO3>HClO
D
向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液
沉淀均溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物，Al 表现一定的非金属性
温度/℃
850
1000
1200
1400
K
0.5
2
275
1772
化学键
H-H
C-H
O-H
C-O
C=O
键能/(kJ·ml-1)
436
413
463
351
745
实验Ⅰ
现象
现象a：棕黄色溶液(pH≈5.9)迅速变为无色，Ag粉表面略变暗，未见其他明显现象，溶液pH≈6.2。
现象b：滴加淀粉溶液，未见明显变化；继续滴加稀H2SO4，溶液仍未见明显变化。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Ba：137
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是
A. 与石墨互为同分异构体B. 碳原子有sp、sp2两种杂化方式
C. 与石墨类似，层间存在范德华力D. 具有传导电子的性能
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨炔也是碳的一种单质，与石墨互为同素异形体，A错误；
B．石墨炔结构中既有三键的碳原子也有双键的碳原子，所以有sp、sp2两种杂化方式，B正确；
C．结构与石墨类似，所以层间存在范德华力，C正确；
D．与石墨结构类似，所以具有传导电子的性能，D正确；
故选D。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 基态S原子的最外层电子轨道表示式：
B. 基态2９Cu原子的电子排布式：
C. H2O的VSEPR模型：
D. Cl2分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态S原子的最外层电子轨道表示式：，故A正确；
B．基态2９Cu原子的电子排布式：，故B错误；
C．H2O的VSEPR模型：，故C正确；
D．Cl2分子中σ键的形成：，故D正确；
答案选B。
3. 核污染水中含有38Sr、55Cs等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是
A. 含有的中子比质子多27个
B. Sr位于元素周期表第五周期、第ⅡA族
C. 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的
D. 借助元素周期表比较可知Sr的金属性比Cs强
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构可知，的质子数为55，中子数为137-55=82，故含有的中子比质子多27个，A正确；
B．根据Sr元素的原子核外电子排布与元素在周期表的位置关系，可知该元素在元素周期表中位于第五周期第IIA族，B正确；
C．Sr(OH)2是沉淀，故可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的，C正确；
D．借助元素周期表比较可知Cs的金属性大于Rb，Rb的金属性大于Sr，故Cs的金属性大于Sr，D错误；
故选D。
4. 下列应用中未涉及氧化还原反应的是
A. 将过氧化钠置于呼吸面具中供氧B. 将明矾置于浑浊的水中净水
C. 将漂白粉置于水中漂白衣物D. 将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2和呼出的二氧化碳以及水反应生成氧气，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不符合；
B．明矾净水的原理是生成了氢氧化铝胶体，胶体具有吸附的作用，反应中没有元素化合从发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合；
C．将漂白粉置于水中漂白衣物，次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸起漂白作用时发生氧化还原反应，C不符合；
D．将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板，氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，铁、铜化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合；
答案选B。
5. 金属钾可以与水(滴加酚酞溶液)剧烈反应，下列说法不正确的是
A 溶液变红，证明生成了碱性物质
B. 钾浮在液面上并燃烧，与其密度及反应的热效应有关
C. 钾与水反应比钠与水反应更剧烈，说明钾的金属性比钠强
D. 金属钾与水发生反应前后化学键类型不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 钾与水反应后，使滴加了酚酞的溶液变红，证明生成了碱性物质，故A正确；
B. 钾浮在液面上，说明钾的密度小于水；燃烧说明反应放热，故B正确；
C. 金属与水反应越剧烈，说明金属性越强，故C正确；
D. 金属钾与水发生反应：,水中含有极性共价键，生成氢氧化钾含有离子键和极性键，氢气中含有非极性键，前后化学键类型不同，故D错误。
答案为：D。
6. 下列反应的方程式不正确的是
A. C和浓H2SO4反应：
B. NH3的催化氧化反应：
C. 向氢硫酸中通入SO2：
D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2：
【答案】D
【解析】
【详解】A．C和浓H2SO4发生氧化还原反应，生成CO2、SO2,化学反应方程式为：，故A正确；
B．在催化剂和加热条件下，NH3和O2发生催化氧化反应，其化学方程式为：，故B正确；
C．氢硫酸与SO2发生价态归中反应，其反应方程式为：，故C正确；
D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此时溴离子也会被氯气氧化，故其方程式为：，故D错误；
故选D。
7. 下列事实与水解反应无关的是
A. 常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)
B. 纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液
C. 除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体
D. 配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫化钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，硫化铵是弱酸弱碱盐，发生互促双水解，导致常温下相同浓度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合；
B．纯碱水解呈碱性，为可逆过程，加热促进水解，且酯的水解为可逆过程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在强碱存在的条件下，ROOH与碱反应，有利于平衡向正反应方向移动，所以热的纯碱溶液去油污效果好，与水解有关，B不符合；
C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体，利用HgS的溶度积小于FeS，与水解无关，C符合；
D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度，D不符合；
故答案为：C。
8. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素按水的组成比脱去，发生的反应为：，故A正确；
B．定容时，视线、液面凹液面与刻度线相切，故B错误；
C．二氧化氮与水反应，不能用排水法进行收集，需采用向上排空法进行收集，故C错误；
D．电镀池中，镀层金属作阳极，电镀件作阴极，故铁件应连接在电源的负极，故D错误。
答案为：A。
9. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2没有漂白性，而是Cl2与水反应生成HClO的漂白性，A错误；
B．若原溶液中含有Fe3＋，滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也会变红；应该先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液中有Fe2＋；B错误；
C．Ca(ClO)2溶液中的ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成，生成微溶物CaSO4，而不是CaSO3，不能说明酸性H2SO3＞HClO，C错误；
D．Al(OH)3可与盐酸或NaOH溶液反应生成盐和水，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，具有一定的酸性，能说明Al具有一定的非金属性，D正确；
答案选D。
10. 一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应()原理如下。
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
下列说法不正确的是
A. 物质a可能是Fe3O4
B. 若增大的值，则CH4的平衡转化率降低
C.
D. 1000℃，若容器中、，则反应处于平衡状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；
B．若增大的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；
C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．1000℃，若容器中、，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；
故选D。
11. 基于水煤气转化反应，通过电化学装置制备纯氢的原理示意如下。下列说法不正确的是
A. 电解质溶液可以是KOH溶液
B. 阴极电极反应为：
C. 使用阴离子交换膜能减缓单位时间内乙室中c(OH-)降低
D. 该装置中氧化反应和还原反应分别在两极进行，利于制得高纯度氢气
【答案】B
【解析】
【详解】A．阳极失去电子变成，但阳极出来的是 所以乙池里电解质溶液应为碱性，可以是KOH溶液，A正确；
B．阳极电极反应为：，阴极的电极反应式为：，B错误；
C．阴极的电极反应式为： 若为阴离子交换膜，从甲池向乙池迁移，因此能减缓单位时间内乙室中c(OH-)的降低，C正确；
D．在阴极生成，在阳极产生且在乙池被吸收变成，因此利于制得高纯度氢气，D正确；
故选B。
12. 某小组同学进行如下实验探究沉淀转化：
①向20mL0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加20mL0.1ml·L-1BaCl2溶液，得浊液Ⅰ；
②向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ；
③将浊液Ⅱ过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气体，过滤、洗涤、干燥，测得剩余固体a的质量大于0.233g。
下列说法不正确的是
A. Na2CO3溶液显碱性的原因：
B. 固体a的成分为BaSO4
C. c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ<浊液Ⅱ
D. 由该实验可以推断
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3溶液显碱性的原因：，A正确；
B．向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ，加盐酸有固体a剩余，为硫酸钡，B正确；
C．钡离子先后与碳酸根离子和硫酸根离子进行两次沉淀，则c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ＞浊液Ⅱ，C错误；
D．碳酸钡转化为硫酸钡，说明，D正确；
答案选C。
13. 分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图，下列说法不正确的是
A. 曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程
B. a、b、c点水的电离程度：a>b>c
C. a、b、d点均满足：
D. ab段和de段发生的主要反应均为：
【答案】C
【解析】
【分析】碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，相同浓度碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，则曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，a点为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应得到碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，b点和e点都是碳酸氢钠与盐酸恰好反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，d点为碳酸钠、碳酸氢和氯化钠的混合溶液，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液。
【详解】A．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，故A正确；
B．由分析可知，a点为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，碳酸氢根离子在溶液中水解促进水的电离，b点为氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸和盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，抑制水的电离程度大于b点，则水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B正确；
C．a、b、d点溶液中均存在电荷守恒关系，故C错误；
D．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，则ab段和de段发生的反应都是碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式都为，故D正确；
故选C。
14. 一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S气体至饱和c(H2S)为时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如下图。下列说法不正确的是
A. a点所示溶液中，
B. 该温度下，
C. b点所示溶液中，可发生反应
D. Zn2+、Mn2+浓度均为的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4ml/L，由图像可知此时pH=0~1，c(H+)>0.1ml/L，所以，故A正确；
B．，又在时c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标时<<，即c(S2-)相同时c(Zn2+)< c(Fe2+)
D．根据前面所求溶度积相对大小，通入H2S并调控pH能否实现分离，取决于Zn2+完全沉淀时Mn2+是否沉淀了，当Zn2+完全沉淀时c(Zn2+)=10-5ml/L，图中对应pH约为1.2，而Zn2＋、Mn2＋浓度均为的混合溶液Mn2＋开始沉淀的pH约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没有开始沉淀，可以实现分离，故D正确；
故答案为C。
第二部分
二、本部分共5题，共58分。
15. 2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。已知某些共价键的键能：
（1）CO2的电子式为___________。
（2）CH3OH分子结构如图。
①CH3OH分子中O的杂化轨道类型___________。
②键长a、b、c从长到短的顺序为___________。
③乙醇的沸点(78℃)高于甲醇(65℃)。解释原因：___________。
（3）在350℃、催化下用CO2制备CH3OH的反应原理如图。
①该条件下制备甲醇的化学方程式为：________。
②下列说法正确的是________ (填序号)。
A．电负性由大到小的顺序：O>C>H
B．步骤a涉及s-s σ键的断裂和s-sp3 σ键的形成
C．步骤d、e的反应热(ΔH)相等
D．升高温度可以提高反应速率和CH3OH的平衡产率
（4）干冰(CO2)的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为apm，则干冰晶体的密度为________。(已知：；表示阿伏加德罗常数)
【答案】15. 16. ①. sp3杂化 ②. b>a>c ③. 乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大
17. ①. ②. AB
18.
【解析】
【小问1详解】
CO2的电子式为；
【小问2详解】
①CH3OH分子中O原子形成了四个单键，所以杂化方式为sp3杂化；②原子半径大小顺序为：C>O>H，所以键长的顺序为b>a>c；③乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大，所以乙醇的沸点高于甲醇；
【小问3详解】
①由反应原理图可知，反应物为二氧化碳和氢气，所以方程式为：；②A．电负性由大到小的顺序：O>C>H，正确；B．步骤a涉及s-s σ键即H-H的断裂和s-sp3 σ键即H-O的形成，B正确；C．步骤d、e两个反应的产物不同，所以反应热(ΔH)不相等，C错误；D．升高温度可以提高反应速率，但生成CH3OH的反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，所以CH3OH的平衡产率降低，D错误；
【小问4详解】
干冰分子在晶胞的位置为顶点和面心，平均每个晶胞含有的干冰分子个数为：，则晶胞密度为：。
16. 合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）1898年，化学家用氮气、碳化钙(CaC2)与水蒸气反应制备氨：
i．碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙(CaCN2)；
ii．氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。
写出反应ii的化学方程式：___________。
（2）20世纪初，以N2和H2为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：。
①N2的化学性质稳定，即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢。从分子结构角度解释原因：___________。
②压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数x(H2)=0.75、x(N2)=0.25进料(组成1)，反应达平衡时，x(NH3)与温度的计算结果。
i．判断压强：p1___________p2(填“>”或“<”)，简述理由：___________。
ii．在p1、x(NH3)=0.20时，氮气的转化率为___________。
iii．合成氨原料气中存在不参与反应的Ar时会影响NH3的平衡含量。在p1时，以物质的量分数x(H2)=0.675、x(N2)=0.225、x(Ar)=0.10进料(组成2)，反应达平衡时x(NH3)与温度的计算结果与组成1相比有一定变化，在上图中用虚线画出相应曲线__________。
（3）我国科学家研制出双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，纳米Fe的温度为547℃，而的温度为415℃，解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾的问题，其催化合成氨机理如图所示。
分析解释：与传统的催化合成氨(铁触媒、)相比，双催化剂双温催化合成氨具备优势的原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂 ②. < ③. 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 ④. ⑤.
（3）N≡N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
【解析】
【小问1详解】
氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气和碳酸钙，故反应的化学方程式写为： ；
【小问2详解】
①N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂，因此即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢；
②i．合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大，所以p1
在p1、x(NH3)=0.20时，x(NH3)=，解得x=；
iii．在相同温度和相同压强下，组成2平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图用虚线画出相应曲线如下：；
【小问3详解】
N≡N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故与传统的催化合成氨(铁触媒、)相比，双催化剂双温催化合成氨具备优势。
17. 研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。
已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮=10mg·L-1，含有硝态氮、氨氮。
ii．本实验中Na2SO3在时，脱除硝态氮(转化为N2)效果较强。
iii．Na2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。
（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现___________性(填“氧化”或“还原”)。
（2）研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。
①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式___________。
②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是___________。
（3）脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如图2和图3。
①根据图2，前15min内Na2SO3，脱除NO；主要反应的离子方程式为___________。
②根据图2和图3，20~60min内体系中生成主要反应的离子方程式为___________。
③检验处理后的废水中存在取一定量废水蒸发浓缩，___________(补充操作和现象)。
【答案】（1）还原 （2） ①. ②. c(H＋)较大时，的氧化性较强；或增大c(H＋)有利于提高和反应速率
（3） ①. ②. ③. 加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
【解析】
【小问1详解】
Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；
【小问2详解】
实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：；实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H＋)较大时，的氧化性较强或增大c(H＋)有利于提高和反应速率；
【小问3详解】
①根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO，在此过程中没有看到生成， 说明还原产物为，主要反应的离子方程式为；
②根据图2和图3，20~60min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成体系中生成，因此生成主要反应的离子方程式为；
③检验处理后的废水中是否存在：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
18. 铅、铜是芯片焊接和封装工艺过程中常用的金属材料，采用“火法工艺”和“湿法工艺”均可将铅冰铜冶炼成铅和铜。
已知：i．铅冰铜成分：Cu2S、PbS及少量FeS、ZnS；富冰铜主要成分：Cu2S、FeS。
ii．Cu2S、PbS难溶于酸，FeS、ZnS可溶于酸。
iii．0.1ml·L-1Fe2＋沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1ml·L-1Fe3＋沉淀为FeOOH，起始的pH为1.5，完全沉淀的pH为2.8。
Ⅰ．火法工艺：
（1）“第一次熔炼”过程中，控制空气用量可使铁以FeS的形式留在富冰铜中。
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是___________。
②富冰铜中的Cu2S转化生成1ml铜时，理论上至少需要反应___________mlO2。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是___________。
Ⅱ．湿法工艺：
（2）“酸浸”过程是用过量稀硫酸浸取铅冰铜。
①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的阳离子还有___________。
②废电解液不能循环使用次数过多，原因是___________。
（3）用废电解液制备ZnSO4和铁黄。
①经氧气处理后的废电解液中。实际浓度大于，则用ZnO调节溶液pH_______1.5(填“>”、“<”或“=”)时开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中Fe2＋转化为铁黄离子方程式是___________。
（4）“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是___________。
【答案】（1） ①. ②. 0.5 ③. Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等
（2） ①. 、、 ②. 电解液循环多次后，溶液中积累的、浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度
（3） ①. < ②.
（4）反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用
【解析】
【分析】火法工艺：“第一次熔炼”过程中，铁将PbS中的铅置换出来，ZnS被氧化发生反应，从而得到粗铅，富冰铜和。将富冰铜经过二次熔炼主要发生得到铜单质。
湿法工艺：结合信息可知在酸浸过程中FeS、ZnS直接溶于酸，而Cu2S在氧气作用下也溶解反应生成硫和Cu2＋，而PbS难溶于酸留在酸浸渣中，进一步处理冶炼铅单质。酸浸液经过电解得到铜单质，废电解液经过氧气氧化和ZnO调节pH制备ZnSO4和铁黄。
【小问1详解】
①“熔炼”时铁可以将PbS中的铅置换出来，化学方程式是。
②根据可得富冰铜中的Cu2S转化生成1ml铜时，理论上至少需要反应0.5mlO2。
③控制空气用量进行二次熔炼而不能使用足量空气一次性熔炼的原因是：Pb不能以单质形式析出；焦炭、铁等原料消耗过多；铜的产量和纯度受到影响等
【小问2详解】
①氧气可将Cu2S氧化成硫和Cu2＋，酸浸液中的阳离子还有、、。
②废电解液中含有、等，循环多次后，溶液中积累的、浓度增加，电解时可能放电析出，降低Cu的纯度，所以不能循环使用次数过多。
【小问3详解】
①结合已知iii和分析可知，用ZnO调节溶液pH<1.5时开始有FeOOH沉淀析出。
②废电解液中Fe2＋转化为铁黄的离子方程式是：。
小问4详解】
“湿法工艺”与“火法工艺”处理铅冰铜相比，湿法工艺的优点是：反应条件温和、不产生SO2污染物、废电解液等物质循环利用。
19. 实验小组探究金属银与碘水的反应。
已知25℃时：i．碘水中、
ii．次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。
iii．；AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在。
将碘水I2溶于蒸馏水)加入盛有银粉的试管中，实验记录如下：
（1）碘水中I2与H2O反应的化学方程式为___________。
（2）针对实验Ⅰ现象a“棕黄色溶液迅速变为无色”的原因，实验小组提出如下假设：
假设1：银粉与氢碘酸发生反应___________(填化学方程式)生成碘化银，使碘单质减少；。
假设2：银粉与碘单质直接化合生成碘化银，使碘单质减少；
假设3：银粉与氢碘酸及O2共同作用生成碘化银，使碘单质减少。
实验小组结合资料分析并设计实验验证假设：
①结合数据和实验现象判断假设l___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②通过实验证实银粉表面生成了AgI：取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液，振荡，静置，取上层清液，加蒸馏水稀释，出现黄色浑浊。用化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因：___________。
③资料表明假设2成立。
④实验小组针对假设3，在实验Ⅰ的基础上设计了实验Ⅱ和实验Ⅲ：
实验Ⅱ：取一定量碘水，加入CCl4，充分振荡后分液，取上层清液，加入淀粉溶液，未见明显变化；加入稀硫酸后溶液变蓝。
实验Ⅲ：向实验Ⅰ最后所得溶液中加入___________(填试剂)，溶液立即变蓝。
综合实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ，可以证实假设3.分析实验Ⅱ的作用是___________。
（3）反思：实验小组认为，本实验Ag与碘水反应的过程中，AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行。进行电化学实验证实。补全下图所示电化学装置中的试剂__________、__________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 不是 ③. AgI与浓KI溶液中的可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀 ④. 稀KI溶液 ⑤. 实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致
（3） ①. KNO3溶液 ②. KI
【解析】
【分析】根据将碘水加入盛有银粉的试管中的实验实验现象提出假设，结合的数值可知AgI难溶于水，若有AgI生成，溶液中有浑浊出现，假设1不是主要原因。实验证实银粉表面生成了AgI，根据 AgI在浓KI溶液中可以(无色)形式存在，从平衡的角度分析AgI的生成。实验Ⅱ的现象说明证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的。Ag与碘水反应的过程中，证明AgI的生成促进了体系中氧化还原反应的进行，要进行对比实验，若没有碘化银生成，指针无明显偏转。若加入碘化钾溶液后生成碘化银，指针明显偏转即可证明。所以先加硝酸钾溶液，再加碘化钾。
【小问1详解】
根据迁移到水生成次碘酸和氢碘酸。写出对应化学方程式：，答案为；
【小问2详解】
从所给信息可知银粉与HI反应生成和对应的化学方程式: 。结合数据的数值可知难溶于水，若有生成，溶液中应有浑浊出现，判断假设l不是主要原因。证实银粉表面生成了：AgI取表面变暗的银粉，加入一定量浓KI溶液时， 与浓KI溶液中的I-可发生反应；加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出沉淀。碘水中生成的次碘酸不稳定，室温下部分分解为碘酸。所以碘水中存在的、、多种微粒。向实验Ⅰ最后所得溶液中加入稀KI溶液，有利于的生成，使得溶液立即变蓝。说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是被消耗过多所致。结合以上分析可知实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；答案为： ；不是；AgI与浓KI溶液中的I-可发生反应，加蒸馏水后，使溶液中离子的浓度商大于平衡常数，平衡左移，析出AgI沉淀；稀KI溶液；实验Ⅱ的作用：证明碘水中存在的、、等微粒在H＋作用下能够生成足以使淀粉溶液变蓝的，结合实验Ⅲ可以说明实验Ⅰ最后所得溶液没有变蓝是Ⅰ-被消耗过多所致；
【小问3详解】
Ag与碘水进行原电池设计时Ag作负极，失电子生成的。石墨作正极。先加KNO3溶液，构成闭合回路，但指针无明显偏转。几乎没有电流通过。再加KI溶液，指针明显偏转。银负极失电子生成的和生成的促进了体系中氧化还原反应的进行。答案为KNO3溶液；KI。A
B
C
D
验证浓硫酸具有脱水性
配制100 mL一定物质的量浓度的溶液
制备并收集NO2
铁件镀铜
选项
实验操作
现象
结论
A
将 Cl₂通入品红溶液
溶液红色褪去
Cl₂具有漂白性
B
向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液
溶液变红
原溶液中有Fe2＋
C
向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体
有沉淀生成
酸性：H2SO3>HClO
D
向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液
沉淀均溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物，Al 表现一定的非金属性
温度/℃
850
1000
1200
1400
K
0.5
2
275
1772
化学键
H-H
C-H
O-H
C-O
C=O
键能/(kJ·ml-1)
436
413
463
351
745
实验Ⅰ
现象
现象a：棕黄色溶液(pH≈5.9)迅速变为无色，Ag粉表面略变暗，未见其他明显现象，溶液pH≈6.2。
现象b：滴加淀粉溶液，未见明显变化；继续滴加稀H2SO4，溶液仍未见明显变化。
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