北京市2024_2025学年高三化学上学期10月月考试卷含解析

这是一份北京市2024_2025学年高三化学上学期10月月考试卷含解析，共22页。试卷主要包含了5 Cu64，2 ml， 为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Cl35.5 Cu64
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确的是
A. 制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应
B. 可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构
C. 已知In的原子序数为49，可推知In位于元素周期表第四周期
D. 基态Cu+的价层电子排布式为3d10
【答案】C
【解析】
【详解】A．量子点是指尺寸通常在2～20nm，制备过程中得到的CuInS2量子点溶液属于胶体，能够产生丁达尔效应，故A正确；
B．X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构，故B正确；
C．已知In的原子序数为49，可推知In核外有5个电子层，位于元素周期表第五周期，故C错误；
D．Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu失去最外层1个电子得到Cu+，基态Cu+的价层电子排布式为3d10，故D正确；
选C。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的电子式
B. 乙醇的分子填充模型：
C. 电子云图为
D. 的空间结构模型为
【答案】A
【解析】
【详解】A．HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl-O键，次氯酸的电子式为：，故A错误；
B．填充模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系与原子间连接，乙醇的分子填充模型：，故B正确；
C．p电子云图为纺锤形，z为z轴方向，所以2pz电子云图为，故C正确；
D．NH3的空间结构是三角锥形，空间结构模型为，故D正确；
答案选A。
3. 下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是
A. 熔点：SiO2>CO2B. 酸性：H2SO3>H2CO3
C. 碱性：NaOH>LiOHD. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查金属性、非金属性、熔点、热稳定性等，明确最高价氧化物的水化物酸性、碱性与非金属性、金属性的关系是解答本题的关键，难度不大。
【详解】A．熔点的一般规律：共价晶体>离子晶体>分子晶体，SiO2为共价晶体，CO2为分子晶体，则熔点SiO2> CO2，不能用元素周期律解释，A错误；
B．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物得水化物的酸性越强，非金属性：S>C，则酸性H2SO4> H2CO3，H2SO3不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，因此酸性：H2SO3> H2CO3不能用元素周期律解释，B错误；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物得水化物的碱性越强，金属性：Na>Li，则碱性NaOH>LiOH，能用元素周期律解释，C正确；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，则热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，D错误；
故答案选C。
4. 下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是
A. 金属钠露置空气中迅速变暗
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白
C. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
D. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属钠露置在空气中与空气中的氧气反应，生成氧化钠，使钠表面迅速变暗，氧气发生还原反应，不符合题意，故A错误；
B.露置在空气中的过氧化钠与空气中的水蒸气以及二氧化碳反应，生成氧气，最后变成碳酸钠白色固体，反应过程中固体过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，水蒸气和二氧化碳没有被氧化或被还原，不符合题意，故B错误；
C.充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，试管内气体减少，压强减小，则液面上升，二氧化氮中的氮元素化合价既升高又降低，既被氧化又被还原，符合题意，故C正确；
D.将氨气与氯化氢混合发生化合反应，生产氯化铵固体颗粒，则产生大量白烟，反应中氯化氢和氨气没有发生化合价变化，不是氧化还原反应，不符合题意，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查物质的性质和氧化还原反应的原理，首先应该能正确判断物质发生的化学反应，其次从化合价的角度判断氧化还原反应。
5. 在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是
A. 氧化性：ClO－>SO42->I2
B. 漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
C. ClO－与I－在碱性条件下可以发生氧化还原反应
D. 向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-＞I2，再加入足量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-＜I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-＞I2＞SO42-，A错误；
B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；
C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性．因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；
D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，
答案选A。
6. 一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是

A. a点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2 ml
C. 反应的化学方程式为：3A2B＋C
D. 反应开始到5min，υ(C) =0.04 ml/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；
B. 反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 ml，则增加了0.4 ml，故B错误；
C. 反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 ml减少为0.2 ml，变化量为0.6 ml，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 ml，变化量为0.4 ml，C的物质的量由0增加到0.2 ml，变化量为0.2 ml，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 ml：0.4 ml：0.2 ml=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；
D. 反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 ml，υ(C) ==0.02 ml/(L·min)，故D错误；
答案选C。
【点睛】从图像中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。
7. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 溶液含有的个数为
B. 重水中所含质子数为
C. 乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为
D. 溶液中，、数目之和为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于铝离子水解，溶液含有的个数小于，A错误；
B．1.8g重水()的物质的量为，含有的质子数为，B错误；
C．乙烯和丙烯最简式相同为CH2， 28gCH2中所含碳原子数=×1×NA=2NA，C正确；
D．没有给出溶液体积，无法计算、数目之和，D错误；
故选C。
8. 下列实验方案能达到实验目的的是(部分夹持装置已略去)
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠加热易分解，则小试管中应为碳酸氢钠，故A不能达到实验目的；
B．生成的氢氧化亚铁易被氧气氧化，应隔绝空气，故B不能达到实验目的；
C．氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口会重新化合生成氯化铵，应选铵盐与碱加热制备氨气，故C不能达到实验目的；
D．发生强酸制取弱酸的反应，醋酸与碳酸钠反应生成气体，硼酸不能，可证明醋酸酸性比硼酸强，故D能达到实验目的；
故选：D
9. 下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用稀盐酸除铁锈： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： NH3·H2O + SO2 = NH4++ HSO3－
C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用稀盐酸除铁锈，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O，故A正确；
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2反应生成亚硫酸铵和水： 2NH3·H2O + SO2 =2NH4++ SO32－+ H2O，故B错误；
C. 用金属钠除去甲苯中的水，钠与甲苯不反应，与水反应生成氢氧化钠：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑，故C正确；
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中，铜与硫酸不反应，但氢离子使硝酸根离子具有强氧化性与铜发生反应：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O，故D正确；
答案选B。
10. 下列物质间的转化在给定条件下能实现的是
①
②
③
④
A ②④B. ③④C. ①④D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①氨气催化氧化得到NO而不是得到NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，故①不符合转化关系；
②饱和氯化钠溶液中通入过量氨气，再通入过量二氧化碳反应产生碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠与硫酸氢钠反应生成二氧化碳，故②符合转化关系；
③氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液得到氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，故③不符合转化关系；
④钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故④符合转化关系；
综上，正确的有②④；
答案选A
11. 将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[C(H2O)6]2++4Cl-[CCl4]2-+6H2O△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：
已知：[C(H2O)6]2+粉红色、[CCl4]2-蓝色、[ZnCl4]2-无色，下列结论和解释正确的是
A. [C(H2O)6]2+和[CCl4]2-的C2+配位数之比为2︰3
B. 由实验①可知平衡逆向移动
C. 由实验②可推知△H＜0
D. 由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＜[CCl4]2-
【答案】B
【解析】
【详解】A．由化学式可知，[C(H2O)6]2+和[CCl4]2—的C2+配位数之比为3︰2，故A错误；
B．实验①加水稀释，溶液由蓝色变为粉红色说明加水稀释时，平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C．由实验②将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液由蓝色变为粉红色说明降低温度时，平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应△H>0，故C错误；
D．实验③加入少量氯化锌固体，溶液由蓝色变为粉红色说明锌离子与氯离子结合生成[ZnCl4]2—，溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则[ZnCl4]2—-的稳定性强于[CCl4]2—，故D错误；
故选B。
12. 向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：
下列说法不正确的是
A. 向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低
B. 向所得溶液中加入等体积水，
C. 该温度下，反应的
D. 配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘单质在水中的溶解度小于有机溶剂四氯化碳中的溶解度，向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低，A正确；
B．向所得溶液中加入等体积水，体积扩大一倍，各离子浓度瞬间减少一半，，故平衡逆向移动，，B错误；
C．，C正确；
D．碘单质在水中的溶解度小，配制碘水时，加入少量KI，，可促进的溶解，D正确；
故选B。
13. 用下图装置探究Cl2的漂白原理，其中红纸①是干燥的，红纸②~④分别用下表中的试剂润湿。向中心Ca(ClO2)2粉末上滴加几滴盐酸，产生大量黄绿色气体，红纸变化如下：

已知酸性：H2CO3>HClO>，下列对于该实验的分析不正确的是
A. 对比①②的现象，说明红纸褪色涉及的反应是Cl2+H2O⇌HCl+HClO
B. 对比②③的现象，说明能使红纸褪色的微粒是HClO
C. 对比②④的现象，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+
D. 对比②③④的现象，说明c(HClO)越大，漂白效果越好
【答案】B
【解析】
【分析】Ca(ClO2)2粉末上滴加几滴盐酸，产生大量黄绿色气体，该气体为氯气，氯气的水溶液中含有次氯酸和盐酸，结合次氯酸的强氧化性和漂白性以及盐酸的酸性分析解答。
【详解】A．①中干燥的红纸不褪色，②中湿润的红纸褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，涉及的反应是Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故A正确；
B．②中湿润的红纸褪色，③中浸泡在饱和食盐水中的红纸不褪色，说明氯气在饱和食盐水中几乎没有溶解，不能说明使红纸褪色的微粒是HClO，故B错误；
C．②中湿润的红纸逐渐褪色，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液下酸性，④中NaHCO3溶液调至中性(pH=7)，红纸快速褪色，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+，故C正确；
D．④中c(HClO)最大，红纸快速褪色，②中c(HClO)其次，红纸逐渐褪色，③中c(HClO)最小，红纸几乎不褪色，说明c(HClO)越大，漂白效果越好，故D正确；
故选B。
14. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法不正确的是：
A. 溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
B. 该实验可证明蓝色恢复与空气无关
C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快
D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
【答案】C
【解析】
【详解】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，A正确；
B． 该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确；
C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；
D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；
因此答案选C。
二、填空题(共58分)
15. 自然界中的局部氮循环如下图。
（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是______（ 填数字序号）。
（2） NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为_____________。
（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为Cl2）的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。
①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是_____ （ 填字母序号）。
a.过量氨进入循环水后，水中NO和NO 含量会升高
b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关
d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂
②通过检测循环水中的c（NO）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO）检测利用的是酸性条件下I- 被NO 氧化为I2的反应，该反应的历程如下：
I. NO+2H+= NO++H2O
II. ……
III.2ONI= I2+2NO
II的离子方程式为___________。
（4）含NO 的废水可用二硫化亚铁（FeS2）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NO+ 5FeS2+___H+ 7N2↑+10SO+___________
【答案】 ①. ①② ②. ③. acd ④. ⑤. 4 ⑥.
【解析】
【分析】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气；
（3）①氨进入循环水后会与会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，是水体富营养化；氨气水溶液呈碱性；
②酸性条件下I- 被NO 氧化为I2则总反应为，和反应I、III，写出II的离子方程式；
（4）根据化合价升降守恒、电荷守恒和元素守恒配平方程；
【详解】（1）氮的固定是将空气中游离的氮转变成氮的化合物的过程，有自然固氮和人工固氮之分，即将N2转化为其他含N化合物，从图上看，①②分别属于自然固氮和人工固氮，故答案为：①②；
（2）工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂条件下合成氨气化学方程式为：，故答案为：；
（3）①a.过量氨进入循环水后，会与水系统中的硝化细菌和氧气等发生硝化作用，生成NO和NO，故NO和NO含量会升高，故a正确；
b.水体富营养化是指含N、P的营养盐含量过多而引起的水质污染现象，故过量氨进入循环水后，会导致水体富营养化，故b错误；
c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关，故c正确；
d.氨对杀菌剂杀菌效果的有很大的影响，为保证杀菌效果，可以改用非氧化性杀菌剂，故d正确；故答案为：acd；
②酸性条件下I- 被NO 氧化为I2则总反应为，反应I×2+II+III可得，则II的离子方程式为，故答案为：；
（4）由离子方程式可知NO中N由+5价变为0价，化合价下降，FeS2中S由-1价升高到+6，化合价升高，此时化合价升降已经相等，则Fe元素化合价不变，反应生成5Fe2+，再根据电荷守恒可得，故答案为：4；。
16. 我国科学家制备了一种ZnPc/C60太阳能电池，其结构示意图如下。
（1）铝元素属于_____________区(填“s”“d”“”或“p”)。
（2）C60分子中60个碳原子都是等价的，均以近似_____________杂化的方式形成3个不共平面的σ键，余下的1个p轨道电子互相重叠形成闭壳层电子结构，π电子云分布在C60分子笼的内外层表面上。循环伏安测试表明：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子。
（3）①ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是_____________。
②ZnPc中存在配位键的原因是_____________。
（4）某溶剂中，ZnPc可以和C60形成分子间电荷转移复合物，反应方程式可表示为：ZnPc+C60ZnPc-C60，不同温度下生成电荷转移复合物的平衡常数如下表。
反应：ZnPc+C60ZnPc-C60△H_____________0(填“＞”或“＜”)，ZnPc-C60中ZnPc是电子_____________(填“给体”或“受体”)。
（5）LiF晶体结构属于氯化钠型，其晶胞结构如图所示。
①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因_____________。
②LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为_____________cm3(计算结果保留一位有效数字)。
【答案】（1）p （2）sp2
（3） ①. 3d10 ②. N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道
（4） ①. ＜ ②. 给体
（5） ①. 阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能 ②. 7×10-23
【解析】
【小问1详解】
铝原子的价电子排布式为3s23p1，则铝元素属于p区。答案为：p；
【小问2详解】
C60分子中60个碳原子都是等价的，且每个C原子形成3个σ键、最外层不存在孤电子对，则均以近似sp2杂化的方式形成3个不共平面的σ键。答案为：sp2；
【小问3详解】
①基态Zn的价电子排布式为3d104s2，则ZnPc中Zn2+的价层电子排布式是3d10。
②ZnPc中，N原子的最外层具有孤电子对，Zn2+具有空轨道，则存在配位键的原因是：N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道。答案为：3d10；N原子能给出孤电子对，Zn2+有能接受孤电子对的空轨道；
【小问4详解】
从表中数据可以看出，升高温度，K值减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以反应：ZnPc+C60ZnPc-C60△H＜0；题中信息显示：C60在溶液中可以逐步可逆地接受6个电子形成负离子，却很难失去电子变为阳离子，则ZnPc-C60中C60是电子受体，ZnPc是电子给体。答案为：＜；给体；
【小问5详解】
①LiF和NaCl都形成离子晶体，LiF的熔点和沸点比NaCl的高，则表明LiF的晶格能比NaCl大，原因是：LiF和NaCl的阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能。
②在1个晶胞中，含Li+个数为=4，含F-个数为=4，则1个晶胞中含有4个“LiF”，LiF晶体的密度约为2.6g/cm3，LiF晶胞的体积约为≈7×10-23cm3。答案为：阴、阳离子的带电荷分别相同，但Li+半径小于Na+半径、F-半径小于Cl-半径，所以LiF的晶格能大于NaCl的晶格能；7×10-23。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的个数时，可采用均摊法。
17. 将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。
（1）一种富集烟气中的方法示意图如下：
写出“解吸”过程产生的化学方程式：_______。
（2）性质稳定，使其活化是实现转化的重要前提。
①使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受_______(填“C”或“O”)原子的孤电子对，破坏的结构使其活化。
②采用电化学、光化学等手段，使_______(填“提供”或“接受”)电子转化为
（3）与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下：
i.
ii.
研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：_______。
（4）在催化剂作用下，将1ml、3ml投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如下。
已知：
①随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是_______。
②在240℃达到平衡时，体系_______(填“吸收”或“放出”)的热量为_______kJ(除了反应ⅰ和ⅱ不考虑其他反应)。
【答案】（1）2KHCO3K2CO3+CO2+H2O
（2） ①. O ②. 接受
（3）CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度 ②. 吸收 ③. 3.45
【解析】
【小问1详解】
“解吸”过程产生的化学方程式为酸式盐碳酸氢钾的受热分解：2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；
【小问2详解】
使用过渡金属作催化剂，提供空轨道接受O原子的孤电子对，破坏的结构使其活化；采用电化学、光化学等手段，使接受电子转化为；
【小问3详解】
由盖斯定律可知反应i-反应ii可得目标方程CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)；
【小问4详解】
随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应i为放热反应，反应ii为吸热反应。随温度升高，反应i逆向移动程度小于反应ii正向移动程度；根据图像可知二氧化碳的转化率为15%，甲醇的选择性是20%，故有1ml15%20%=0.03ml二氧化碳参与反应i，反应i放热490.03=1.47kJ；1ml15%80%=0.12ml二氧化碳参与反应ii，反应ii吸热410.12=4.92kJ。故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92-1.47=3.45kJ。
18. 工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾和胆矾。相关流程如下图。
已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T。f细菌)在pH 1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。
（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是___________。
（2）生物堆浸过程的反应在T。f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：
第二阶段反应为继续被氧化转变成，反应的离子方程式为___________。
（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在___________范围内。
（4）过程Ⅰ中，加入固体还原堆浸液中的，得到溶液X。为判断堆浸液中是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入___________试剂(填试剂的化学式)，观察溶液颜色变化。
（5）过程Ⅱ中，用和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示的作用是___________。
（6）绿矾的纯度可通过滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c ml/L的溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为___________。(已知：摩尔质量为278g/ml)
（7）用晶体配制溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验测定溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如下：
分析黄色固体中除、还可能含有___________离子。
【答案】（1）增大接触面积，加快化学反应速率
（2）
（3）1