北京市101中學2023屆高三化學10月月考試題（含解析）北京101中學2023屆高三年級上學期10月月考化學試卷I卷：選擇題〔共42分〕1.以下現象或活動過程中不發(fā)生氧化復原反響的是A雷電B用我國研發(fā)的天眼接受宇宙中的信號C航空煤油用作水路兩用飛機的飛行燃料D充電A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】在物質發(fā)生化學變化時，元素化合價也發(fā)生了變化，那么發(fā)生了氧化復原反響，否那么沒發(fā)生氧化復原反響，以此分析。【詳解】A.雷電時，空氣中的氧氣和氮氣化合生成一氧化氮，該反響元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化復原反響，故A不選；B.天眼接受宇宙中的信號，沒有發(fā)生化學變化，所以沒發(fā)生氧化復原反響，應選B；C.燃燒反響氧化復原反響，故C不選；D.充電是電解原理，將電能轉化為化學能，發(fā)生了氧化復原反響，故D不選。答案選B。2.三氟化氮〔NF3〕常用于微電子工業(yè)，可用以下反響制備：4NH3+3F2＝NF3+3NH4FA.NF3的電子式為B.NH4FC.在制備NF3的反響中，NH3表現出復原性D.在制備NF3的反響方程式中，各物質均為共價化合物【答案】C【解析】【詳解】A．NF3為共價化合物，但F原子外圍還有3對孤對電子，那么NF3的電子式為，故A錯誤；B．NH4F中銨根與氟離子之間為離子鍵，而銨根內還含有共價鍵，故BC．該反響中NH3→NF3氮元素的化合價由-3價→+3價，所以氨氣作復原劑表現出復原性，故C正確；D．NH4F中銨根與氟離子之間為離子鍵，所以NH4F是離子化合物，故故答案為C。【點睛】考查氧化復原反響，明確元素化合價是解此題關鍵，在4NH3+3F2=NF3+3NH4F反響中NH3→NF3氮元素的化合價由-3價→+3價，F2→F-氟元素得電子化合價降低，由0價→-13.以下關于元素周期表應用的說法正確的選項是A.為元素性質的系統(tǒng)研究提供指導，為新元素的發(fā)現提供線索B.在金屬與非金屬的交界處，尋找可做催化劑的合金材料C.在IA、IIA族元素中，尋找制造農藥主要元素D.在過渡元素中，可以找到半導體材料【答案】A【解析】【詳解】A.元素周期表是元素周期律的具體表現形式，它反映元素原子的內部結構和它們之間相互聯(lián)系的規(guī)律。為元素性質的系統(tǒng)研究提供指導，為新元素的發(fā)現及預測它們的原子結構和性質提供線索，故A正確；B.在周期表中金屬和非金屬的分界處可以找到半導體材料，故B錯誤；C.通常制造農藥的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C錯誤；D.在過渡元素中尋找耐高溫、耐腐蝕的合金材料，并不是半導體材料，故D錯誤；答案選A?！军c睛】此題主要考查了周期表的意義，元素周期表在生產方面的應用表現在以下幾個方面：①農藥多數是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。②半導體材料都是周期表里金屬與非金屬交接界處的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。③催化劑的選擇：人們在長期的生產實踐中，已發(fā)現過渡元素對許多化學反響有良好的催化性能。④耐高溫、耐腐蝕的特種合金材料的制?。涸谥芷诒砝飶蘑驜到ⅣB的過渡元素，如鈦、鉭、鉬、鎢、鉻，具有耐高溫、耐腐蝕等特點。它們是制作特種合金的優(yōu)良材料，是制造火箭、導彈、宇宙飛船、飛機、坦克等的不可缺少的金屬。⑤礦物的尋找：地球上化學元素的分布跟它們在元素周期表里的位置有密切的聯(lián)系?？茖W實驗發(fā)現如下規(guī)律：相對原子質量較小的元素在地殼中含量較多，相對原子質量較大的元素在地殼中含量較少；偶數原子序數的元素較多，奇數原子序數的元素較少。處于地球外表的元素多數呈現高價，處于巖石深處的元素多數呈現低價；堿金屬一般是強烈的親石元素，主要富集于巖石圈的最上部；熔點、離子半徑、電負性大小相近的元素往往共生在一起，同處于一種礦石中。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素。以下說法正確的選項是A.原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿C.Y的單質的氧化性比Z的強D.X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物【答案】D【解析】Z是地殼中含量最高的元素，即Z為O，W是短周期中金屬性最強的元素，W是Na，只有Y和Z處于同一周期且相鄰，四種元素原子序數依次增大，因此Y為N，X為H，A、電子層數越多，半徑越大，電子層數相同，半徑隨著原子序數的遞增而減小，因此半徑大小順序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A錯誤；B、Na的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH屬于強堿，故B錯誤；C、同周期從左向右非金屬性增強，即O的非金屬性強于N，故C錯誤；D、可以組成HNO3和NH4NO3，前者屬于共價化合物，后者屬于離子化合物，故D正確。5.NA為阿伏伽德羅常數的值，以下說法正確的選項是A.1molOH－含有的電子數目為10NAB.1molCl2溶于水，轉移電子的數目為NAC.標準狀況下，2.24LCCl4含有的分子數目為0.1NAD.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－數目為NA【答案】A【解析】【詳解】A.1molOH-中所含電子數為8+1+1=10mol，即10NA，故A正確；B.1mol

Cl2溶于水，只有局部氯氣與水反響生成氯化氫和次氯酸，所以轉移的電子的物質的量小于1mol，故B錯誤；C.標準狀況下，CCl4是液體，不能使用氣體摩爾體積進行計算，故C錯誤；D.碳酸根離子在水中水解，1L1mol?L-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-數目小于NA，故D錯誤。應選A。6.以下各組離子在強堿性環(huán)境下可以大量共存的是〔〕A.MnO4－、I－、Al3+、NH4+ B.Ca2+、HCO3－、CH3COO－、ClO－C.Na+、SO42－、NO3－、K+ D.Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－【答案】C【解析】【詳解】A．強堿性溶液中Al3+和NH4+不能大量存在，且MnO4－能氧化I－，而不能大量共存，故A錯誤；B．Ca2+、HCO3－在強堿性溶液中不能大量共存，易生成CaCO3沉淀，故B錯誤；C．Na+、SO42－、NO3－、K+在強堿性溶液中能大量存在，且彼此間不發(fā)生離子反響，故C正確；D．強堿性溶液中Fe3+、Mg2+不能大量存在，易生成Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，且Fe3+和SCN－能發(fā)生離子反響使溶液顯紅色，而不能共存，故D錯誤；故答案為C。7.以下解釋事實的方程式書寫正確的選項是〔〕A.Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32－=CaCO3↓B.Na2O2作呼吸面具的供氧劑：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C.稀HNO3洗滌做過銀鏡反響的試管：Ag+2H++NO3－=Ag++NO2↑+H2OD.FeCl3溶液腐蝕線路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【答案】B【解析】【詳解】A．硫酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：CO32-+CaSO4?CaCO3+SO42-，故A錯誤；B．Na2O2與二氧化碳反響生成氧氣，可作呼吸面具的供氧劑，該反響的化學方程式為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B正確；C．稀HNO3洗滌做過銀鏡反響的試管，反響生成NO，正確的離子方程式為：3Ag+4H++NO3-═3Ag++NO↑+2H2O，故C錯誤；D．FeCl3與銅反響生成氯化亞鐵和氯化銅，正確的離子方程式為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D錯誤；故答案為B。8.在濃鹽酸中H3AsO3可與SnCl2反響，反響的離子方程式為3SnCl2+12Cl－+2H3AsO3+6H+＝2As+3SnCl6－+6M。以下關于該反響的說法中，錯誤的選項是〔〕A.M為H2OB.每復原1mol氧化劑，就有3mol電子轉移C.復原性：SnCl2>AsD.氧化產物和復原產物的物質的量之比為2：3【答案】D【解析】【詳解】A．根據原子守恒可知M為H2O，故A正確；B．Sn由+2價升高到+4價，SnCl2作復原劑，As由+3價降低到0價，H3AsO3作氧化劑，轉移3

mol電子，故B正確；C．由復原劑的復原性大于復原產物的復原性可知，復原性：As＜SnCl2，故C正確；D．由方程式可知氧化產物和復原產物的物質的量之比為3：2，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】考查氧化復原反響，把握反響中元素的化合價變化為解答的關鍵，3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+6M，由原子守恒可知，M為H2O，Sn元素的化合價升高，As元素的化合價降低，特別注意氧化復原反響中復原劑的復原性大于復原產物的復原性及氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性。9.某科研團隊研制出“TM﹣LiH〔TM表示過渡金屬〕〞雙催化劑體系，顯著提高了在溫和條件下氮氣和氫氣合成NH3的效率，原理示意如下：以下分析不合理的是〔〕A.狀態(tài)Ⅰ，吸收能量并有N≡N鍵發(fā)生斷裂 B.合成NH3總反響的原子利用率是100%C.“TM﹣LiH〞能降低合成氨反響的△H D.生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3【答案】C【解析】【分析】由流程可知氮氣與TM-LiH反響生成LiNH，LiNH與氫氣反響生成氨氣和LiH，總反響為2LiNH+3H2═2LiH+2NH3?！驹斀狻緼．狀態(tài)Ⅰ為氮氣生成LiNH的過程，N≡N鍵發(fā)生斷裂要吸收能量，故A正確；B．由流程可知氮氣和氫氣反響，生成物只有氨氣，原子利用率為100%，故B正確；C．催化劑可降低反響的活化能，但不能降低反響物和生成物的總能量，不能改變反響熱，故C錯誤；D．由狀態(tài)Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正確。應選C。10.某同學向SO2和Cl2的混合氣體中參加品紅溶液，振蕩，溶液褪色，將此無色溶液分成三份，依次進行實驗，實驗操作和實驗現象記錄如下：序號實驗操作實驗現象溶液不變紅，試紙不變藍溶液不變紅，試紙褪色生成白色沉淀以下實驗分析中，不正確的選項是A.①說明Cl2被完全消耗B.②中試紙褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中假設將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，也能說明SO2被Cl2氧化為SO42?D.實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化【答案】C【解析】A.①加熱后溶液不變紅，濕潤的淀粉碘化鉀試紙不變藍，說明沒有氯氣，那么Cl2被完全消耗，選項A正確；B.當二氧化硫過量，加熱后二氧化硫與碘發(fā)生氧化復原反響SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中試紙褪色，選項B正確；C.硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故③中假設將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42?，選項C不正確；D.實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化，故加熱后溶液不恢復紅色，選項正確。答案選C。點睛：此題考查二氧化硫和氯氣的漂白性及復原性和氧化性。注意分清兩者漂白性的區(qū)別，易錯點為選項C，硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故③中假設將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42?。11.CO2催化加氫制取甲醇的研究，對于環(huán)境、能源問題都具有重要的意義。反響如下：反響ⅰ：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H1=﹣58kJ·mol-1反響ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+42kJ·mol-1以下說法不正確的選項是A.增大氫氣濃度能提高二氧化碳的轉化率B.增大壓強，有利于向生成甲醇的方向進行，反響ⅰ的平衡常數增大C.升高溫度，生成甲醇的速率加快，反響ⅱ的限度同時增加D.選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產物中的比率【答案】B【解析】【詳解】A.增大氫氣濃度平衡正向移動導致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳轉化率增大，故A正確；B.增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動，增大壓強，反響i的平衡正向移動，所以向生成甲醇的方向移動，但是化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變化學平衡常數不變，所以增大壓強反響i的平衡常數不變，故B錯誤；C.升高溫度任何化學反響速率都增大，升高溫度平衡向吸熱方向移動，升高溫度反響ii向正向移動，那么反響ii的反響限度增大，故C正確；D.催化劑具有選擇性和專一性、高效性，所以選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產物中的比率，故D正確；答案選B。12.以下實驗所得結論正確的選項是①②③④充分振蕩試管，下層溶液紅色褪去溶液變紅溶液變紅充分振蕩右側小試管，下層溶液紅色褪去A.①中溶液紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OHB.②中溶液變紅的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋C.由實驗①、②、③推測，①中紅色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D.④中紅色褪去證明右側小試管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸【答案】D【解析】【詳解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，且水解徹底，那么紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆號，故A錯誤；B．醋酸鈉水解顯堿性，那么②中溶液變紅的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，故B錯誤；C．褪色與萃取無關，與反響有關，故C錯誤；D．乙酸與碳酸鈉反響，導致堿性降低，那么溶液紅色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正確；故答案為D。13.HI常用作有機反響中的復原劑，受熱會發(fā)生分解反響。443℃時：2HI〔g〕H2〔g〕+I2〔g〕△H＝+12.5kJ·mol－1向1L密閉容器中充入1molHI，443℃時，體系中c〔HI〕與反響時間tA.0～20min內的平均反響速率可表示為v〔H2〕＝0.0045mol·L－1·min－1B.升高溫度，再次平衡時，c〔HI〕>0.78mol·L－1C.該反響的化學平衡常數計算式為D.反響進行40min時，體系吸收的熱量約為0.94kJ【答案】D【解析】【詳解】A.0～20min內HI濃度變化1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L，2HI(g)?H2(g)+I2(g)，那么氫氣濃度變化為0.045mol/L，反響速率v===0.00225mol/(L?min)，故A錯誤；B．圖中可知120min后反響到達平衡狀態(tài)，c(HI)=0.78mol/L，2HI(g)?H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ?mol-1，反響為吸熱反響，升溫平衡正向進行，c(HI)＜0.78mol?L-1，故B錯誤；C.120min后反響到達平衡狀態(tài)，c(HI)=0.78mol/L，平衡常數K==，故C錯誤；D．反響進行40min時HI濃度變化=1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，物質的量變化0.15mol，結合熱化學方程式計算2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ?mol-1，反響進行40min時，體系吸收的熱量=≈0.94kJ，故D正確；故答案為D。14.(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時，分別研究了一段時間內溫度和(NH4)2SO3初始濃度對空氣氧化(NH4)2SO3速率的影響，結果如圖。以下說法不正確的選項是A.60℃B.60℃之后，氧化速率降低可能與O2的溶解度下降及(NH4)2SO3C.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關D.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O2的溶解速率有關【答案】C【解析】【分析】A、溫度越高，氧化速率越快；B、反響物濃度降低，反響速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率?！驹斀狻緼、溫度越高，氧化速率越快，60℃B、反響物濃度降低，反響速率降低，溫度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反響物濃度降低，故B正確；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確；應選C。【點睛】此題考查外界條件對化學反響速率的影響，解題關鍵：綜合理解多種條件同時對反響速率影響時，有一個條件在某時段起主導作用。II卷非選擇題年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦〔49In〕等9〔1〕In在周期表中的位置是___?！?〕In的最高價氧化物的水化物的堿性___Ba(OH)2的堿性〔填“>〞或“<〞〕。〔3〕In的中子數與電子數的差值為___。II.A+、B2－、C－、D、E、F3+分別表示含10個電子的六種粒子〔離子或分子〕。其中：a.A+、B2－、F3+核外電子層結構相同b.C－是由兩種元素組成的C.D是兩種元素組成的四原子分子d.E在常溫下是無色液體e.往含F3+的溶液中滴加含C－的溶液至過量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失〔4〕C－的電子式：___?！?〕A+、B2－、F3+離子半徑由大到小的順序為___〔用離子符號表示〕?！?〕電子式表示A2B的形成過程___。〔7〕含F3+的溶液中通入過量D，反響的離子方程式是___?！?〕A單質與E反響的離子方程式為___，生成的化合物中化學鍵的類型是___。III.硒〔34Se〕是動物和人體所必需的微量元素之一，也是重要的工業(yè)原料，與氧同族?！?〕Se原子結構示意圖可表示為___。〔10〕以下說法合理是___。a.SeO2既有氧化性又有復原性b.濃硒酸可能具有強氧化性、脫水性c.熱穩(wěn)定性：H2Se<HCl<H2Sd.酸性：H2SeO4<HBrO4<HClO4【答案】(1).第5周期IIIA族(2).<(3).17(4).(5).O2－>Na+>Al3+(6).(7).Al3++3NH3+3H2O＝Al〔OH〕3↓+3NH4+(8).2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑(9).離子鍵和極性鍵(10).(11).abd【解析】【分析】I．(1)In的原子結構中含5個電子層、最外層電子數為3；(2)金屬性Ba大于In；(3)中子數為115-49=66，電子數為49；II．A+、B2-、C-、D、E、F3+分別表示含10個電子的六種粒子(離子或分子)，其中：a．A+、B2-、F3+核外電子層結構相同，可知A為Na、B為O、F為Al；b．C-是由兩種元素組成的，C-為OH-；c．D是兩種元素組成的四原子分子，D為NH3；d．E在常溫下是無色液體，E為H2O；e．往含F3+的溶液中滴加含C-的溶液至過量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失，白色沉淀為氫氧化鋁；III．(9)Se原子的質子數為34；(10)a．Se為+4價，為中間價；b．濃硒酸與濃硫酸性質類似；c．非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定；d．非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強?！驹斀狻縄．(1)In的原子結構中含5個電子層、最外層電子數為3，位于元素周期表中第五周期ⅢA族；(2)金屬性Ba大于In，那么In的最高價氧化物的水化物的堿性＜Ba(OH)2的堿性；(3)中子數為115-49=66，電子數為49，中子數與電子數的差值為66-49=17；II．(4)C-的電子式為；(5)具有相同電子排布的離子，原子序數大的離子半徑小，那么A+、B2-、F3+離子半徑由大到小的順序為O2-＞Na+＞Al3+；(6)電子式表示A2B的形成過程為；(7)含F3+的溶液中通入過量D，反響的離子方程式是Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(8)A單質與E反響離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，生成的化合物為NaOH，含化學鍵的類型是離子鍵和極性鍵；(9)Se原子結構示意圖可表示為；(10)a．Se為+4價，為中間價，那么SeO2既有氧化性又有復原性，故a正確；b．濃硒酸與濃硫酸性質類似，可能具有強氧化性、脫水性，故b正確；c．非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定，那么熱穩(wěn)定性：H2Se＜H2S＜HCl，故c錯誤；d．非金屬性越強，對應最高價含氧酸的酸性越強，那么H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，故d正確；故答案為：abd?！军c睛】元素非金屬性強弱的判斷依據：①非金屬單質跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩(wěn)定性)，非金屬單質跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩(wěn)定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；②最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱．最高價含氧酸的酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；③氧化性越強的非金屬元素單質，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。16.氫氣作為清潔能源有著廣泛的應用前景，含硫天然氣制備氫氣的流程如下。請答復以下問題：Ⅰ.轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T.F〔1〕過程i中H2S發(fā)生了___〔填“氧化〞或“復原〞〕反響?！?〕過程ii的離子方程式是___?！?〕：①Fe3+在pH＝1.9時開始沉淀，pH＝3.2時沉淀完全。②30℃時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+pH0.91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+氧化速率/〔g·L－1·h－1〕4.55.36.26.87.06.66.25.6請結合以上信息，判斷工業(yè)脫硫應選擇的最正確pH范圍，并說明原因：___。II.蒸氣轉化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結合如圖答復以下問題?！?〕①該過程的熱化學方程式是___。②比擬壓強p1和p2的大小關系：p1___p2〔選填“>〞“<〞或“＝〞〕。III.CO變換：500℃時，CO進一步與水反響生成CO2和H2IV.H2提純：將CO2和H2別離得到H2的過程示意圖如圖?！?〕①吸收池中發(fā)生反響的離子方程式是___。②結合電極反響式，簡述K2CO3溶液的再生原理：___?！敬鸢浮?1).氧化(2).4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O(3).1.5≤pH<1.9，當pH大于1.9時，Fe3+開始沉淀，導致Fe2+和Fe3+濃度均下降，會降低反響速率。pH小于1.5時，T.F菌活性較低，反響速率減慢(4).CH4〔g〕+H2O〔g〕＝CO〔g〕+3H2〔g〕△H＝+204kJmol－1(5).＞(6).CO2+H2O+CO32－＝2HCO3－(7).陰極反響：2H2O+2e＝H2↑+2OH－，OH－+HCO3－＝CO32－+H2O；陽極反響：4H2O－4e＝O2↑+4H+，H++HCO3－＝CO2+H2O，陽極區(qū)多余的K+經陽離子交換膜進入陰極區(qū)，使K2CO3溶液得以再生【解析】【分析】I．轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質硫；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子；(3)1.5≤PH＜1.9，當PH大于1.9時，Fe3+開始沉淀，導致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反響速率，PH＜1.5時，T?F菌活性較低；Ⅱ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反響的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標注物質聚集狀態(tài)和對應反響的焓變寫出熱化學方程式；②圖象中甲烷體積分數隨壓強增大而增大，據此分析；Ⅳ．(5)①二氧化碳和碳酸鉀溶液反響生成碳酸氫鉀；②碳酸氫根離子存在電離平衡、氫氧根離子和碳酸氫根離子反響生成碳酸根離子?！驹斀狻縄．轉化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質硫，過程i中H2S發(fā)生了氧化反響；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子，反響的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；(3)Fe3+在pH=l.9時開始沉淀，pH=3.2時沉淀完全，分析30℃時，在T．F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工業(yè)脫硫應選擇的最正確pH范圍1.5≤PH＜1.9，當PH大于1.9時，Fe3+開始沉淀，導致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反響速率，PH＜1.5時，T?FⅡ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反響的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標注物質聚集狀態(tài)和對應反響的焓變寫出熱化學方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+204kJ/mol；②反響后氣體物質的量增大，增大壓強平衡逆向進行，圖象中甲烷體積分數隨壓強增大而增大，據此分析，比擬壓強P1和P2的大小關系：P1＞P2；Ⅳ．(5)①將CO2和H2別離得到H2的過程示意圖分析得到：二氧化碳和碳酸鉀溶液反響生成碳酸氫鉀，反響的離子方程式為CO2+H2O+CO32-=2HCO3-；②HCO3-存在電離平衡：HCO3-H++CO32-，陰極H+放電濃度減小平衡右移，CO32-再生，陰極反響：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使碳酸鉀溶液得以再生。17.某小組模擬工業(yè)上回收分銀渣中的銀，過程如下：〔1〕Na2SO3溶液和氨水均可作浸出劑，但由于氨水易______〔填物理性質〕，故用Na2SO3溶液更環(huán)保。〔2〕Ⅰ中主要反響：AgCl+2+Cl-。研究發(fā)現：其他條件不變時，該反響在敞口容器中進行，浸出時間過長會使銀的浸出率〔浸出液中銀的質量占起始分銀渣中銀的質量的百分比〕降低，可能原因是______〔用離子方程式表示〕。〔3〕研究發(fā)現：浸出液中含銀化合物總濃度與含硫化合物總濃度及浸出液pH的關系如以下圖。①pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化趨勢是______。②解釋①中變化趨勢的原因：______。③pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，原因是___。〔4〕將Ⅱ中反響的離子方程式補充完整：□__+□___OH-+□______=□______+□______+□______+CO32-〔5〕Ⅲ中回收液可直接循環(huán)使用，但循環(huán)屢次后，銀的浸出率會降低。從回收液離子濃度變化和反響限度的角度分析原因：______。【答案】(1).揮發(fā)(2).2(3).含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大(4).浸出液中c()增大，使浸出反響的平衡正向移動(5).pH較小時，與H+結合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()均較小(6).4(7).6(8).HCHO(9).4Ag(10).8(11).4H2O(12).隨著循環(huán)次數增加，浸出液中c()減小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度減小【解析】【分析】分銀渣中主要成分是AgCl，Ⅰ中用Na2SO3溶液作浸出劑，主要反響：AgCl+2+Cl-；浸出液與甲醛反響，Ⅱ中發(fā)生4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+反響，生成Ag回收，同時又生成，III中循環(huán)使用。【詳解】〔1〕氨水易揮發(fā)污染空氣，故用Na2SO3溶液更環(huán)保；〔2〕反響在敞口容器中進行，很容易被空氣中氧氣氧化，離子反響方程式為2；〔3〕①根據圖像可知，當pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大；②①中變化趨勢的原因：浸出液中c()增大，使浸出反響AgCl+2+Cl-的平衡正向移動；③pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，pH較小時，與H+結合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()均較小；〔4〕Ag的化合價由+1價降至0價，HCHO被氧化成CO32-，回收液循環(huán)使用，說明有SO32-生成，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+〔5〕隨著循環(huán)次數增加，浸出液中c()減小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度減小【點睛】注意化學平衡中減少反響物濃度或增加生成物濃度對反響限度的影響。18.磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2〔1〕上述流程中能加快反響速率的措施有___?！?〕磷精礦粉酸浸時發(fā)生反響：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①該反響表達出酸性關系：H3PO4___H2SO4〔填“>〞或“<〞〕。②結合元素周期律解釋①中結論：P和S電子層數相同，___?！?〕酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF〔4〕H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反響時間，不同溫度下的有機碳脫除率如下圖。80℃〔5〕脫硫時，CaCO3稍過量，充分反響后仍有SO42－殘留，參加BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是__?！敬鸢浮?1).研磨、加熱(2).<(3).核電荷數P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O＝10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(6).BaCO3+SO42－+2H3PO4＝BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO【解析】【分析】(1)常用加快化學反響速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等；(2)①根據反響方程式，由H2SO4參加反響得到H3PO4，是由強酸制取弱酸；②H3PO4和H2SO4均為最高價含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強；(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，反響過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反響，生成CaSO4?H2O，H3PO4和HF(4)根據圖象，80℃前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80℃后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導致H2O(5)脫硫過程是參加CaCO3發(fā)生反響，脫硫時，CaCO3稍過量，與多余的硫酸反響生成CaSO4，而CaSO4微溶，所以充分反響后仍有SO42-殘留，參加BaCO3可進一步提高硫的脫除率，由于BaCO3參加反響轉化生成難溶的BaSO4，在沉淀轉化的反響根底之上發(fā)生進一步反響促使正向進行程度增大，據此分析?！驹斀狻?1)常用加快化學反響速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等。故答案為：研磨，加熱；(2)①根據反響方程式，是由H2SO4參加反響得到H3PO4，是由強酸制取弱酸，因此酸性強弱為：H3PO4＜H2SO4；②H3PO4和H2SO4均為最高價含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強，可以簡單解釋為：P的半徑大于S，P的非金屬性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性；(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，反響過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反響，生成CaSO4?H2O，H3PO4和HF，所以化學反響方程式為：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF；(4)根據圖象，80℃前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80℃后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率，所以可以解釋為：溫度高于80℃時，H2O2的分解速率加快，導致H2(5)參加BaCO3可進一步提高硫的脫除率，由于BaCO3參加反響轉化生成難溶的BaSO4，BaSO4相對于CaSO4溶解度更低，可使溶液中SO42-濃度更低，考慮到沉淀轉化的反響效率較低，所以進一步提高硫的脫除率那么是考慮在沉淀轉化反響的根底上發(fā)生效率更高的反響，促使沉淀反響的進行，沉淀轉化反響為：BaCO3+SO42-BaSO4+CO32-，此時溶液中磷酸具有一定的酸性，可以繼續(xù)發(fā)生反響生成CO2，于是整個反響的熵增，正向進行的程度更大，可以到達進一步脫除率的效果，綜合考慮那么離子方程式為：BaCO3+SO42-+H3PO4═BaSO4+CO2↑+H2O+H2PO4-?！军c睛】無機物質的制備，常與物質別離與提純聯(lián)系在一起，制備的目標物質要容易別離出來，物質別離與提純有多種方法，總的說有物理方法和化學方法兩大類：物理方法有過濾、蒸發(fā)、蒸餾、分液、萃取、結晶、重結晶、滲析等；化學方法有沉淀法、熱分解法、電解法、氧化復原法等；要根據目標物質的性質和特點來選擇適宜的制備、別離方法。19.以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反響的多樣性。實驗試劑現象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產生白色沉淀〔1〕經驗檢，現象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現象Ⅰ：__________?！?〕經檢驗，現象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現象是__________。②通過以下實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證