【化学】北京市第十五中学2019届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】北京市第十五中学2019届高三上学期期中考试（解析版）

北京市第十五中学2019届高三上学期期中考试 相对原子质量： H ‎1 C 12 N 14 Na 23 S 32 Ba 137‎ 一．选择题 ‎1.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献，下列没有涉及化学反应的是（ ）‎ A B C D 神十一载人飞船发射 陶器烧制 湿法炼铜 打磨磁石制司南 ‎【答案】D ‎【解析】A、飞船发射涉及燃料的燃烧，有化学反应，故A正确；B、陶器烧制过程中，有新的硅酸盐生成，属于化学变化，故B正确；C、湿法炼铜是指铁与硫酸铜反应生成铜单质，故C正确；D、打磨磁石制指南针只改变物质的外形，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误。故选D。‎ ‎2.在给定条件下，下列物质的转化能实现的是(　　)‎ A. S SO3 H2SO4‎ B. NaNa2ONa2CO3‎ C. NH3NO2HNO3‎ D. AI2O3 AlCl3(aq)Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A．硫和氧气在点燃条件下生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故A错误；‎ B．钠和氧气在点燃的条件下生成过氧化钠，不能得到氧化钠，故B错误；‎ C．氨气与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故C错误；‎ D．氧化铝为两性氧化物，可以与盐酸反应生成氯化铝，氢氧化铝只与强碱反应，与弱碱不反应，则氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增加的是（ ）‎ A. 氨气还原氧化铜 B. 二氧化锰加入过氧化氢溶液中 C. 次氯酸钙露置在空气中变质 D. 过氧化钠吸收二氧化碳 ‎【答案】D ‎【解析】A. 氨气还原氧化铜后生成铜，固体质量减小；B. 二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，其质量不变；C. 次氯酸钙露置在空气中变质后，次氯酸钙转化为碳酸钙，固体质量减小；D. 过氧化钠吸收二氧化碳后，变成碳酸钠，固体质量减小，D正确，本题选D。‎ ‎4.全世界每年因生锈损失的钢铁，约占世界年产量的十分之一。一种钢铁锈蚀原理示意图如右，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 缺氧区：Fe－2e－=== Fe2+‎ B. 富氧区：O2 + 2H2O + 4e－=== 4OH－‎ C. Fe失去的电子通过电解质溶液传递给O2‎ D. 隔绝氧气或电解质溶液均可有效防止铁生锈 ‎【答案】C ‎【解析】由钢铁锈蚀原理示意图可知，铁发生了吸氧腐蚀。A. 缺氧区，铁发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－=== Fe2+，A正确；B. 富氧区，氧气得电子发生还原反应，O2 + 2H2O + 4e－=== 4OH－，B正确；C. 由图可知，Fe失去电子通过金属导体传递给富氧区的O2，电子不能在电解质溶液中自由移动，C不正确；D. 隔绝氧气或电解质溶液后，就不能形成原电池，所以均可有效防止铁生锈，D正确。本题选C。‎ ‎5.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是（ ）‎ 选项 事实 推测 A Mg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应 Be（铍）与冷水更难反应 B Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键 Si与Cl形成共价键 C HCl在‎1500℃‎时分解，HI在‎230℃‎时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料 ⅣA族元素的单质都是半导体材料 ‎【答案】D ‎【解析】A.Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐减弱。根据 Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be（铍）与冷水更难反应，A合理； B. Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加。根据Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，B合理；C.Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱。根据 HCl在‎1500℃‎时分解、HI在‎230℃‎时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；D. 硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。ⅣA族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，如金刚石不导电，锡和铅是金属导体，D不合理。本题选D。‎ ‎6.中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如下。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 该过程将太阳能转化成为化学能 B. 该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3‎ D. 原料气N2可通过分离液态空气获得 ‎【答案】B ‎【详解】A．根据图示，常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3，该过程将太阳能转化成为化学能，故A正确；‎ B．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B错误；‎ C．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C正确；‎ D．原料气N2可通过分离液态空气获得，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列解释事实的离子方程式不正确的是(　　)‎ A. 铝片放入NaOH溶液中有气体产生：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2−+3H2↑‎ B. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+‎ C. 向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32- +CO2+H2O=H2SiO3(胶体)+ CO32-‎ D. 用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含CaSO4)：CaSO4+CO32-CaCO3+SO42- ‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．铝片放入NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为：2Al+2OH﹣+2H2O=2 AlO2−+3H2↑，故A正确；‎ B．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72−(橙色)+H2O⇌2CrO42−(黄色)+2H+，滴加少量浓H2SO4，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，故B正确；‎ C．碳酸的酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液中通入过量CO2制备硅酸凝胶，符合强酸制取弱酸，二氧化碳过量时，生成碳酸氢根离子，离子反应方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(胶体)+2HCO3-，故C错误；‎ D．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，碳酸钠与硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，离子方程式：CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列解释事实的方程式不正确的是（ ）‎ A. 用Na2S处理含Hg2+废水：Hg2+ + S2− = HgS↓‎ B. 燃煤中添加生石灰减少SO2的排放：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4‎ C. 工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉：Cl2 + OH－ = Cl－+ ClO－ + H2O D. 向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），产生氯气：ClO－+ Cl－+2H＋ = Cl2↑+ H2O ‎【答案】C ‎【解析】A、用Na2S处理含Hg2+废水，为沉淀法，离子方程式为：Hg2+ + S2− = HgS↓，故A正确；B、燃煤中添加生石灰减少SO2的排放，发生氧化还原反应，方程式为：2CaO + O2 + 2SO2 2CaSO4，故B正确；C. 工业上将Cl2 通入石灰乳中制漂白粉，石灰乳没有全部电离，离子方程式为：Cl2 +Ca(OH)2 = Cl－+ ClO－ + H2O，故C错误；D、向漂白液中加入适量洁厕灵（含盐酸），在酸性条件下，次氯酸根将氯离子氧化，产生氯气：ClO－+ Cl－+2H＋ = Cl2↑+ H2O，故D正确；故选C。‎ ‎9.国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：CO2(g) + 4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g)，若温度从‎300℃‎升至‎400℃‎，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列关于该过程的判断正确的是（ ）‎ A. 该反应的ΔH < 0 B. 化学平衡常数K增大 C. CO2的转化率增加 D. 正反应速率增大，逆反应速率减小 ‎【答案】A ‎【解析】A、若温度从‎300℃‎升至‎400℃‎，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。故A正确；B、升高温度，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，故B错误；C、反应物的转化率减小，故C错误；D、升高温度正、逆反应速率均增大，故D错误；故选A。‎ ‎10.将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为‎2 L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)，得到如下三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min CO H2O CO2‎ ‎1‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎5‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎1‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该反应的正反应为放热反应 B. 实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16 mol/(L·min)‎ C. 实验2中，平衡常数K=1/6‎ D. 实验3跟实验2相比，改变的条件可能是温度 ‎【答案】D ‎【解析】A. 由表中数据可知，实验1中CO的转化率为40%，而实验2中CO的转化率为20%，压强不能使该化学平衡发生移动，由于温度升高使得CO的转化率减小，所以该反应的正反应为放热反应，A正确；B. 实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16 mol/(L·min)，B正确；C. 实验2中，平衡混合物中各组分CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.8mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L、0.2 mol/L，所以平衡常数K=1/6，C正确；D. 实验3跟实验2相比，各组分的平衡量没有改变，所以改变的条件不可能是温度，可能是加入了合适的催化剂，D不正确。本题选D。‎ 点睛：要注意题中反应是在恒温恒容条件下进行的，故不可采用增大压强的措施（即缩小容器体积）。在投料相同且保证达到等效平衡的前提下，加快化学反应速率的措施只有加入催化剂了。‎ ‎11.常温时，向20mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a点的pH=1‎ B. b点时，c (CH3COO—)=0.05mol/L C c点时，V(NaOH)=20mL D. 反应过程中的值不断增大 ‎【答案】D ‎【解析】A、CH3COOH为弱酸，部分电离，a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液，c(H+)浓度小于0.1 mol/L，则pH大于1，故A错误；B、b点溶质为CH3COOH和CH3‎ COONa，二者物质的量相等；溶液体积由20mL扩大为30mL，根据物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=0.1 mol/L×；CH3COOH的电离和CH3COO－的水解均是微弱的，则二者的浓度应均接近于≈0.033mol/L，不会等于0.05mol/L，故B错误； C、假设c点时，V(NaOH)=20mL，则CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa，此时溶液显碱性，pH＞7，与图不符，故假设不成立，故C错误；D、，随着NaOH的加入，溶液的碱性逐渐增强，c(H+)逐渐减小，而温度不变，Ka不变，则的值逐渐增大，故D正确。故选D。‎ 点睛：b点溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者物质的量相等，此时溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，又c(CH3COOH)+ c(CH3COO－)= 0.1 mol/L×，所以c(CH3COO－)略大于0.033mol/L，c(CH3COOH)略小于0.033mol/L，B选项为该题的难点。‎ ‎12.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（　　）‎ 实验 现象 结论 A 向2 mL0.1 mol•L﹣1的FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡 溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色 Fe3+比Fe2+氧化性强 B 将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热 钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰 钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快 C 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝 NH4HCO3分解产生氨气 D 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一直无明显现象，另一只产生黄色沉淀 相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小 ‎【答案】B ‎【详解】A．向FeCl3溶液中加入KSCN，溶液变红，再加铁粉，红色褪去，变为浅绿色，说明发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，其中Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Fe3+氧化性比Fe2+强，故A正确；‎ B．将钠放置在空气中，钠表面变暗，生成氧化钠，说明钠易与氧气反应；将钠加热，钠燃烧，生成过氧化钠，故B错误；‎ C．湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝，说明产生了碱性气体NH3，即NH4HCO3分解产生NH3，故C正确；‎ D．向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，则两支试管中c(I-)=c(Cl-)；一支试管中产生黄色沉淀，该黄色沉淀为AgI，说明c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)；另一支试管无现象，说明c(Ag+)·c(Cl-)＜Ksp(AgCl)，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.常温时，研究pH对一定浓度FeSO4的稳定性的影响，根据下图分析不合理的是（ ）‎ A. pH小于1时，亚铁几乎无损耗，可能的原因是4Fe2++ O2+ 10H2O4Fe(OH)3 + 8H+平衡逆向移动 B. pH在3.0~5.5之间，pH的变化对FeSO4稳定性影响不大 C. pH大于6.5时，亚铁损耗量突变，可能的原因是生成的Fe(OH) 2更易被氧化 D. 其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，FeSO4的稳定性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】A、Fe2+易与O2反应，反应方程式为4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH小于1时，c(H+)浓度较大，反应向左进行，Fe2+‎ 几乎无损耗，故A正确；B、由图可知，pH在3.0～5.5之间，Fe2+的损耗量几乎不变，说明pH在3.0～5.5之间，pH变化对FeSO4稳定性影响不大，故B正确；C、pH大于6.5时，c(H+)浓度较小，亚铁损耗量突变，可能原因是酸性减弱，2价铁更易被氧化，故C正确；D、其它条件相同时，FeSO4溶液中加入少量(NH4)2SO4固体，NH4+水解，c(H+)浓度增大，4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+向左进行，抑制Fe2+的被氧化，FeSO4的稳定性增强，故D错误。故选D。‎ ‎14.高铁酸钠（Na2FeO4）是具有紫色光泽的粉末，是一种高效绿色强氧化剂，碱性条件下稳定，可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极，以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液，控制一定电压电解制备高铁酸钠，电解装置和现象如下：‎ c(NaOH) ‎ 阴极现象 阳极现象 ‎1 mol·L－1‎ 产生无色气体 产生无色气体，10min内溶液颜色无明显变化 ‎10 mol·L－1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体，3min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深 ‎15 mol·L－1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体，1min后溶液变为浅紫红色，随后逐渐加深 下列说法不正确的是（ ）‎ A. a为铁钉，b为石墨 B. 阴极主要发生反应：2H2O + 2e－=== H2↑+ 2OH－‎ C. 高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+ 8OH－=== FeO42－+ 4H2O D. 制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，可有效避免阳极产生气体 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题中信息可知，铁钉为阳极、石墨为阴极。阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；当氢氧化钠溶液的浓度很大时，阳极上既有氢氧根离子放电生成氧气，又有铁被氧化为FeO42－。A. a为铁钉，b为石墨，A正确；B. 阴极主要发生的电极反应是2H2O +‎ ‎ 2e－=== H2↑+ 2OH－，B正确；C. 高浓度的NaOH溶液，有利于发生Fe－6e－+ 8OH－=== FeO42－+ 4H2O，C正确；D. 制备Na2FeO4时，若用饱和NaCl溶液，阳极上氯离子放电产生氯气，D不正确。本题选D。‎ ‎15.N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+ 表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) + CO(g)CO2(g) + N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如下。下列说法不正确的是（ ）‎ A. ΔH = ΔH1 + ΔH2‎ B. ΔH = −226 kJ/mol C. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D. 为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O+ 和 Pt2O2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，结合盖斯定律计算①+②得到N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）△H=△H1＋△H2，故A正确；B、图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134KJ·mol－1-360KJ·mol－1=-226KJ·mol－1，故B正确；C、正反应反应活化能E1=134KJ·mol－1小于逆反应活化能E2=360KJ·mol－1，故C正确；D、①N2O+Pt2O＋=Pt2O2＋+N2 △H1，②Pt2O2＋+CO=Pt2O＋+CO2 △H2，反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充，故D错误；故选D。‎ 点睛：选项A是难点，要先写出两步反应方程式，再用盖斯定律，求出△H=△H1＋△H2。结合A，不难得出：反应过程中Pt2O＋和Pt2O2＋ 参与反应后又生成不需要补充。‎ ‎16.处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是（ ）‎ A. 处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变 B. 第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCN C. 第二步发生的反应为2OCN－ + 3ClO－ 2CO2↑ + CO32− + 3Cl－ + N2↑‎ D. 处理‎100 m3‎含NaCN 10.3 mg/L的废水实际至少需要50 mol NaClO ‎【答案】D ‎【解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2 OCN－+3ClO－=CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑，故C错误；D、参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理‎100 m3‎含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol×5/2=50mol。‎ 点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。‎ 二．非选择题（58分）‎ ‎17.碳、硫的含量影响钢铁性能．碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定．‎ ‎(1)采用如图装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2．‎ ①气体a的成分是___________．‎ ‎②若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O21_____+3_____．‎ ‎(2)将气体a通入测硫酸装置中(如图)，采用滴定法测定硫的含量．‎ ①H2O2氧化SO2的化学方程式：_____________________________________‎ ‎②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液．若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：_____．‎ ‎(3)将气体a通入测碳装置中(如图)，采用重量法测定碳的含量．‎ ①气体a通过B和C的目的是_________________________________‎ ‎②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_______．‎ ‎【答案】 (1). CO2、SO2、O2 (2). Fe3O4 (3). SO2 (4). H2O2+SO2=H2SO4 (5). (6). 除去SO2对CO2测定的干扰 (7). 吸收CO2气体前后吸收瓶的质量 ‎【分析】(1)①该装置中C、S和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；‎ ‎②若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，-2价的S被氧化为+4价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁；‎ ‎(2)①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸；‎ ‎②若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数；‎ ‎(3)①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰；‎ ‎②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量。‎ ‎【详解】(1)①钢样中的碳、硫在装置A中被氧化为CO2、SO2，故a的成分为CO2、SO2以及未反应的O2；‎ ‎②FeS中的-2价的硫被氧化为SO2，+2价的Fe被氧化为+3价的铁，结合所给化学计量数，可知产物应为Fe3O4和SO2，故方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；‎ ‎(2)①H2O2具有氧化性，可氧化SO2使S的化合价升高为+6价，在溶液中反应产物应为硫酸，故反应方程式为：H2O2+SO2=H2SO4；‎ ‎②1mL NaOH相当于yg S，故z mL NaOH相当于 zy g S，则该样品中硫的质量分数为；‎ ‎(3)①测定碳的含量需将气体a中的SO2除去，防止造成干扰，B装置可氧化二氧化硫，C装置可以吸收二氧化硫，所以装置B和C的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故装置B和C的作用是除去SO2；‎ ‎②计算碳的质量分数须利用CO2的质量进行分析，故需测量CO2吸收瓶在吸收CO2气体前后的质量。‎ ‎【点睛】在气体流动性的反应装置中，通入的气体不能完全参与反应，故解答(1)中易忽略氧气在该装置中不能做到完全反应，会有剩余。‎ ‎18.煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源．‎ ‎(1)煤液化是_____(填“物理”或“化学”)变化过程。‎ ‎(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图所示：‎ ①SO2反应器中的化学方程式是_____________________________________________。‎ ‎②生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放．已知有V L(已换算成标准状况)尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀。尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是_____。‎ ‎(3)H2S还可用于回收单质硫．含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫．FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S) 随时间t的变化如图。‎ ①由图中信息可知，0～t1时，一定发生的反应是____________________(用离子方程式表示)。‎ ‎②t1以后，溶液中n(Fe3+)保持基本不变，原因是___________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 化学 (2). 2SO2+O2 2SO3 (3). (4). H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ (5). t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变(或2H2S+O2=2S+2H2O)‎ ‎【分析】(1)煤液化就是以煤为原料生产甲醇的过程，是化学变化；‎ ‎(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸的流程为：煤液化过程中产生的H2S被空气中的氧气氧化成二氧化硫，二氧化硫进一步被氧化成三氧化硫，在吸收塔中冷循环酸吸收三氧化硫生成硫酸，据此答题；‎ ‎(3)含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，硫化氢被铁离子氧化成单质硫，随着时间的推移，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，生成硫，所以n(Fe3+)基本不变，硫化氢不断被氧化成硫单质，据此答题。‎ ‎【详解】(1)煤的液化、气化、干馏过程都有新物质生成，都属于化学变化过程；‎ ‎(2)①SO2在反应器中与空气反应使其转化为SO3，故反应器中的化学方程式2SO2+O22SO3；‎ ‎②利用H2O2吸的氧化性是二氧化硫转化成硫酸，即H2O2吸收SO2的化学方程式SO2+H2O2＝H2SO4，设尾气中SO2的标况下的体积为x，根据 则x=，尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式为；‎ ‎(3)①由图中信息可知，0~t1段溶液中的n(Fe3+)逐渐减小，是因为H2S和FeCl3溶液发生了反应生成了硫单质其离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；‎ ‎②H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+；在酸性条件下，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n(Fe3+)基本不变(或2H2S+O2=2S+2H2O)。‎ ‎【点睛】难点在于(3)，H2S具有还原性，可将Fe3+转化为Fe2+，Fe2+具有还原性，由于空气中有氧气，可将Fe2+氧化为Fe3+，转化过程可看做2H2S+O2=2S+2H2O，即反应过程中没有消耗Fe3+。‎ ‎19.氨对人类的生产生活具有重要影响。‎ ‎(1)氨的制备与利用。‎ ‎① 工业合成氨的化学方程式是___________________________________________。‎ ‎② 氨催化氧化生成一氧化氮反应的化学方程式是_________________________________。‎ ‎(1)氨的定量检测。‎ 水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图：‎ ① 利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：__________________________。‎ ‎② 若利用氨气传感器将‎1 L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4 mol·L-1，则水样中氨氮(以氨气计)含量为________mg·L-1。‎ ‎(3)氨的转化与去除。‎ 微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。下图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。‎ ① 已知A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为5 : 2，写出A极的电极反应式：________。‎ ‎② 用化学用语简述NH4+去除的原理：______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (3). 水样中存在平衡：NH4++OH- NH3·H2O NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使OH-浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3 (4). 3.4 (5). CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+ (6). 在好氧微生物反应器：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，在MFC 电池正极：2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O ‎【分析】(1) ①工业合成氨是利用氮气和氢气在高温高压催化剂的作用下反应生成氨气；‎ ‎②在加热条件下氨发生催化氧化生成NO和水 ‎(2) ①氢氧根离子浓度增大利于生成氨气，可先分析水样中存在的平衡，再用化学平衡移动原理解释；‎ ‎②可依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮(以氨气计)含量；‎ ‎(3) 根据图示中的物质变化及H+移动方向，可判断：A为原电池的负极，B为原电池的正极；左图为在厌氧微生物的作用下，CH3COO-被氧化成CO2，留下的NH4+在右图中的好氧微生物的作用下被O2氧化为NO3-，NO3-又在左图被还原为N2，从而去除氨氮。‎ ‎【详解】(1)①工业上用N2和H2化合成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H22NH3。答案为：N2+3H22NH3‎ ‎②氨发生催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O。答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O ‎(2)①在氨氮水样中存在平衡：NH4++OH- NH3·H2O NH3＋H2O，加入NaOH溶液电离出OH-，OH-浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3，进而被空气吹出。答案为：水样中存在平衡：NH4++OH- NH3·H2O NH3＋H2O，加入NaOH溶液，使OH-浓度增大，平衡正向移动，有利于生成NH3‎ ‎②氨氮水样含N物质被氧化为N2,N化合价从-3价升高为0价，升高了3价。由于转移电子物质的量为610-4mol，所以被氧化的NH3物质的量为210-4mol，质量为2×10-4mol×‎17g/mol=3.4×10‎-3g=3.4mg，水样中氨氮含量为3.4mg‎1L=3.4mg/L。答案为：3.4‎ ‎(3)①根据图示，B极的反应是NO3-得电子被还原成N2，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，A、B两极生成的CO2和N2物质的量之比为5:2，根据正负极得失电子相等，则1molCH3COO-失去8mol电子生成2molCO2，A极的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+。答案为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+‎ ‎②根据图示可知，NH4+去除的原理是：NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，NO3- 在MFC 电池正极转化为N2：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O。答案为：在好氧微生物反应器：NH4++2O2=NO3-+2H++H2O，在MFC 电池正极：2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O ‎【点睛】1、用平衡移动原理解释原因时，应先分析存在什么平衡，再根据改变的条件判断平衡的移动情况，得出相应的结论。‎ ‎2、要会根据待计算的量来确定计算的方向。本题(1)的②，待计算的量以mg/L为单位，意为计算‎1L水样中折算成氨气质量的氨氮毫克数。‎ ‎3、写电极反应时，应准确判断用什么离子配平，要注意所处的环境，特别是判断什么离子能自由移动。‎ ‎20.研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。‎ ‎（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式：____________________________________________________。‎ ‎（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。‎ ①写出钙化作用的离子方程式：________________________________________。‎ ‎②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：____+______=（CH2O）x+x18O2+xH2O ‎（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：‎ ‎①气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂__________________________。‎ ‎②滴定。将吸收后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_______mol/L。‎ ‎（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。‎ ①结合方程式简述提取CO2的原理：_______________________________________。‎ ‎②用该装置产生物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO2+H2OH2CO3，H2CO3HCO3－+H+ (2). Ca2++ 2HCO3－= CaCO3↓+ CO2↑+H2O (3). xCO2 (4). 2x H218O (5). (6). (7). a室：2H2O-4e－= O2↑+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2↑+H2O (8). c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH ‎【分析】（1）溶于海水的CO2产生的HCO3-来自于碳酸的第一步电离；‎ ‎（2）①海水中的钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙从而使碳钙化；‎ ‎②O2只来自于H2O，则用18O标记水；‎ ‎（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：‎ ‎①用硫酸酸化海水，用氮气吹出CO2 ；‎ ‎②利用n(CO2)=n(HCO3－)=n(HCl)计算海水中溶解无机碳的浓度。‎ ‎（4）电解海水，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电。‎ ‎【详解】（1）考查碳酸的第1步电离：CO2+H2OHCO3－+H+‎ ‎（2）①根据反应物是HCO3－，生成物是CaCO3和CO2，易知本题的反应方程式。‎ Ca2++ 2HCO3－=CaCO3↓+ CO2↑+H2O 。‎ ‎②根据元素守恒法，及示踪原子的标记可知方程式中的填空为：xCO2+ 2x H218O ‎（3）①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl会挥发出来影响后续的滴定。‎ ‎②该滴定过程转化的关系式为n(CO2)=n(HCO3－)=n(HCl)，n(HCl)= x mol/L×y×10‎-3L= xy×10-3mol，所以n(CO2)= xy×10-3mol，所以c()=mol/L ‎（4）①海水pH＞8，显碱性，需要H+中和降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e－= O2↑+4H+，c（OH－）下降，H2OOH－+H+平衡右移，c（H+）增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2+H2O。‎ ‎②c室反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH 。‎ ‎21.纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：‎ I．Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO( OH)红棕色悬浊液。‎ ‎（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是 ________________________________________________。‎ ‎②上述反应完成后，测得a值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：‎ 用离子方程式解释FeO( OH)生成后溶液pH下降的原因：_____________________________。‎ ‎（2）经检验：当a=7时，产物中存在大量Fe2O3。对Fe2 O3的产生提出两种假设：‎ i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO( OH)向Fe2 O3的转化；‎ ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO( OH)向Fe2O3的转化。‎ ①经分析，假设i不成立的实验依据是______________________________________________。‎ ‎②其他条件相同时，向FeO( OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30 min后测定物质的组成，结果如下：‎ 以上结果表明：__________________________________。‎ ‎③ a=7和a =9时，FeO( OH)产率差异很大的原因是__________________________________。‎ Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO( OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。‎ ‎（3）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。‎ ‎①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是___________________。‎ ‎②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如下图所示：‎ 经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强 (4). 溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内, FeO( OH)向Fe2O3转化的越多 (5). a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+ (6). Fe2O3 (7). 在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降 ‎【详解】（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：。‎ ‎②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO( OH)红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：。‎ ‎（2）①根据表中数据，a=8或9时反应后溶液pH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强，说明假设i.反应过程中溶液酸性增强，导致FeO( OH)向Fe2O3的转化不正确。故答案为：a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强。‎ ‎②表中数据分析可知，其他条件相同时，向FeO( OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3‎ 的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO( OH)向Fe2O3的转化的越多。故答案为：溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内， FeO( OH)向Fe2O3转化的越多 ‎③a=7和a=9时，FeO( OH)产率差异很大的原因是：a=9时溶液中几乎无亚铁离子，而a=7时溶液中还存在亚铁离子。故答案为：a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+。‎ ‎（3）①共沉淀pH过低时，Fe2+导致FeO( OH)向Fe2O3的转化，则共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是：Fe2O3，故答案为：Fe2O3。‎ ‎②经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是：实际操作过程中会有部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子，故N=2时，参与共沉淀的亚铁离子减少，导致生成的Fe3O4的产率减小。故答案为：在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降。‎