北京市101中学2023届高三化学10月月考试题（含解析）

北京市101中学2023届高三化学10月月考试题（含解析）北京101中学2023届高三年级上学期10月月考化学试卷I卷：选择题〔共42分〕1.以下现象或活动过程中不发生氧化复原反响的是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充电A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】在物质发生化学变化时，元素化合价也发生了变化，那么发生了氧化复原反响，否那么没发生氧化复原反响，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，该反响元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故A不选；B.天眼接受宇宙中的信号，没有发生化学变化，所以没发生氧化复原反响，应选B；C.燃烧反响氧化复原反响，故C不选；D.充电是电解原理，将电能转化为化学能，发生了氧化复原反响，故D不选。答案选B。2.三氟化氮〔NF3〕常用于微电子工业，可用以下反响制备：4NH3+3F2＝NF3+3NH4FA.NF3的电子式为B.NH4FC.在制备NF3的反响中，NH3表现出复原性D.在制备NF3的反响方程式中，各物质均为共价化合物【答案】C【解析】【详解】A．NF3为共价化合物，但F原子外围还有3对孤对电子，那么NF3的电子式为，故A错误；B．NH4F中铵根与氟离子之间为离子键，而铵根内还含有共价键，故BC．该反响中NH3→NF3氮元素的化合价由-3价→+3价，所以氨气作复原剂表现出复原性，故C正确；D．NH4F中铵根与氟离子之间为离子键，所以NH4F是离子化合物，故故答案为C。【点睛】考查氧化复原反响，明确元素化合价是解此题关键，在4NH3+3F2=NF3+3NH4F反响中NH3→NF3氮元素的化合价由-3价→+3价，F2→F-氟元素得电子化合价降低，由0价→-13.以下关于元素周期表应用的说法正确的选项是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【解析】【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】此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：①农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。②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。③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响有良好的催化性能。④耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从ⅢB到ⅣB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。⑤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。处于地球外表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是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。以下说法正确的选项是A.原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y的单质的氧化性比Z的强D.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】D【解析】Z是地壳中含量最高的元素，即Z为O，W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，只有Y和Z处于同一周期且相邻，四种元素原子序数依次增大，因此Y为N，X为H，A、电子层数越多，半径越大，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此半径大小顺序是r(Na)>r(N)>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，以下说法正确的选项是A.1molOH－含有的电子数目为10NAB.1molCl2溶于水，转移电子的数目为NAC.标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数目为0.1NAD.1L1mol·L-1Na2CO3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，只有局部氯气与水反响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，1L1mol•L-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA，故D错误。应选A。6.以下各组离子在强碱性环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】【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；B．Ca2+、HCO3－在强碱性溶液中不能大量共存，易生成CaCO3沉淀，故B错误；C．Na+、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响，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－能发生离子反响使溶液显红色，而不能共存，故D错误；故答案为C。7.以下解释事实的方程式书写正确的选项是〔〕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+O2C.稀HNO3洗涤做过银镜反响的试管：Ag+2H++NO3－=Ag++NO2↑+H2OD.FeCl3溶液腐蚀线路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【答案】B【解析】【详解】A．硫酸钙不能拆开，正确的离子方程式为：CO32-+CaSO4⇌CaCO3+SO42-，故A错误；B．Na2O2与二氧化碳反响生成氧气，可作呼吸面具的供氧剂，该反响的化学方程式为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B正确；C．稀HNO3洗涤做过银镜反响的试管，反响生成NO，正确的离子方程式为：3Ag+4H++NO3-═3Ag++NO↑+2H2O，故C错误；D．FeCl3与铜反响生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D错误；故答案为B。8.在浓盐酸中H3AsO3可与SnCl2反响，反响的离子方程式为3SnCl2+12Cl－+2H3AsO3+6H+＝2As+3SnCl6－+6M。以下关于该反响的说法中，错误的选项是〔〕A.M为H2OB.每复原1mol氧化剂，就有3mol电子转移C.复原性：SnCl2>AsD.氧化产物和复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；B．Sn由+2价升高到+4价，SnCl2作复原剂，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．由复原剂的复原性大于复原产物的复原性可知，复原性：As＜SnCl2，故C正确；D．由方程式可知氧化产物和复原产物的物质的量之比为3：2，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氧化复原反响，把握反响中元素的化合价变化为解答的关键，3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+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，特别注意氧化复原反响中复原剂的复原性大于复原产物的复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“TM﹣LiH〔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：以下分析不合理的是〔〕A.状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂 B.合成NH3总反响的原子利用率是100%C.“TM﹣LiH〞能降低合成氨反响的△H D.生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3【答案】C【解析】【分析】由流程可知氮气与TM-LiH反响生成LiNH，LiNH与氢气反响生成氨气和LiH，总反响为2LiNH+3H2═2LiH+2NH3。【详解】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N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响，生成物只有氨气，原子利用率为100%，故B正确；C．催化剂可降低反响的活化能，但不能降低反响物和生成物的总能量，不能改变反响热，故C错误；D．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正确。应选C。10.某同学向SO2和Cl2的混合气体中参加品红溶液，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以下实验分析中，不正确的选项是A.①说明Cl2被完全消耗B.②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中假设将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.①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，那么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复原反响SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②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③中假设将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：此题考查二氧化硫和氯气的漂白性及复原性和氧化性。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③中假设将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。11.CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反响如下：反响ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1=﹣58kJ·mol-1反响ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2=+42kJ·mol-1以下说法不正确的选项是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，反响ⅰ的平衡常数增大C.升高温度，生成甲醇的速率加快，反响ⅱ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，反响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，所以增大压强反响i的平衡常数不变，故B错误；C.升高温度任何化学反响速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反响ii向正向移动，那么反响ii的反响限度增大，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.以下实验所得结论正确的选项是①②③④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荡右侧小试管，下层溶液红色褪去A.①中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OHB.②中溶液变红的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋C.由实验①、②、③推测，①中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D.④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，那么红色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆号，故A错误；B．醋酸钠水解显碱性，那么②中溶液变红的原因是：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故B错误；C．褪色与萃取无关，与反响有关，故C错误；D．乙酸与碳酸钠反响，导致碱性降低，那么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常用作有机反响中的复原剂，受热会发生分解反响。443℃时：2HI〔g〕H2〔g〕+I2〔g〕△H＝+12.5kJ·mol－1向1L密闭容器中充入1molHI，443℃时，体系中c〔HI〕与反响时间tA.0～20min内的平均反响速率可表示为v〔H2〕＝0.0045mol·L－1·min－1B.升高温度，再次平衡时，c〔HI〕>0.78mol·L－1C.该反响的化学平衡常数计算式为D.反响进行40min时，体系吸收的热量约为0.94kJ【答案】D【解析】【详解】A.0～20min内HI浓度变化1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L，2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，那么氢气浓度变化为0.045mol/L，反响速率v===0.00225mol/(L•min)，故A错误；B．图中可知120min后反响到达平衡状态，c(HI)=0.78mol/L，2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ•mol-1，反响为吸热反响，升温平衡正向进行，c(HI)＜0.78mol•L-1，故B错误；C.120min后反响到达平衡状态，c(HI)=0.78mol/L，平衡常数K==，故C错误；D．反响进行40min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(g)H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ•mol-1，反响进行40min时，体系吸收的热量=≈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。以下说法不正确的选项是A.60℃B.60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3C.(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，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、反响物浓度降低，反响速率降低；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℃B、反响物浓度降低，反响速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反响物浓度降低，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；应选C。【点睛】此题考查外界条件对化学反响速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反响速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。II卷非选择题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〔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“<〞〕。〔3〕In的中子数与电子数的差值为___。II.A+、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：a.A+、B2－、F3+核外电子层结构相同b.C－是由两种元素组成的C.D是两种元素组成的四原子分子d.E在常温下是无色液体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〔4〕C－的电子式：___。〔5〕A+、B2－、F3+离子半径由大到小的顺序为___〔用离子符号表示〕。〔6〕电子式表示A2B的形成过程___。〔7〕含F3+的溶液中通入过量D，反响的离子方程式是___。〔8〕A单质与E反响的离子方程式为___，生成的化合物中化学键的类型是___。III.硒〔34Se〕是动物和人体所必需的微量元素之一，也是重要的工业原料，与氧同族。〔9〕Se原子结构示意图可表示为___。〔10〕以下说法合理是___。a.SeO2既有氧化性又有复原性b.浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性c.热稳定性：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).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；II．A+、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：a．A+、B2-、F3+核外电子层结构相同，可知A为Na、B为O、F为Al；b．C-是由两种元素组成的，C-为OH-；c．D是两种元素组成的四原子分子，D为NH3；d．E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)a．Se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，位于元素周期表中第五周期ⅢA族；(2)金属性Ba大于In，那么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，那么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，反响的离子方程式是Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(8)A单质与E反响离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，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)a．Se为+4价，为中间价，那么SeO2既有氧化性又有复原性，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，那么热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，故c错误；d．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，那么H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，故d正确；故答案为：abd。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①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定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②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；③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。请答复以下问题：Ⅰ.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F〔1〕过程i中H2S发生了___〔填“氧化〞或“复原〞〕反响。〔2〕过程ii的离子方程式是___。〔3〕：①Fe3+在pH＝1.9时开始沉淀，pH＝3.2时沉淀完全。②30℃时，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请结合以上信息，判断工业脱硫应选择的最正确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。结合如图答复以下问题。〔4〕①该过程的热化学方程式是___。②比拟压强p1和p2的大小关系：p1___p2〔选填“>〞“<〞或“＝〞〕。III.CO变换：500℃时，CO进一步与水反响生成CO2和H2IV.H2提纯：将CO2和H2别离得到H2的过程示意图如图。〔5〕①吸收池中发生反响的离子方程式是___。②结合电极反响式，简述K2CO3溶液的再生原理：___。【答案】(1).氧化(2).4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O(3).1.5≤pH<1.9，当pH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe2+和Fe3+浓度均下降，会降低反响速率。pH小于1.5时，T.F菌活性较低，反响速率减慢(4).CH4〔g〕+H2O〔g〕＝CO〔g〕+3H2〔g〕△H＝+204kJmol－1(5).＞(6).CO2+H2O+CO32－＝2HCO3－(7).阴极反响：2H2O+2e＝H2↑+2OH－，OH－+HCO3－＝CO32－+H2O；阳极反响：4H2O－4e＝O2↑+4H+，H++HCO3－＝CO2+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T．F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Ⅱ是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子；(3)1.5≤PH＜1.9，当PH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反响速率，PH＜1.5时，T•F菌活性较低；Ⅱ．(4)①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，图中反响的焓变△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，标注物质聚集状态和对应反响的焓变写出热化学方程式；②图象中甲烷体积分数随压强增大而增大，据此分析；Ⅳ．(5)①二氧化碳和碳酸钾溶液反响生成碳酸氢钾；②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响生成碳酸根离子。【详解】I．转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T．F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发生了氧化反响；(2)过程Ⅱ是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子，反响的离子方程式为：4Fe2++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T．F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正确pH范围1.5≤PH＜1.9，当PH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反响速率，PH＜1.5时，T•FⅡ．(4)①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，图中反响的焓变△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，标注物质聚集状态和对应反响的焓变写出热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+204kJ/mol；②反响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，比拟压强P1和P2的大小关系：P1＞P2；Ⅳ．(5)①将CO2和H2别离得到H2的过程示意图分析得到：二氧化碳和碳酸钾溶液反响生成碳酸氢钾，反响的离子方程式为CO2+H2O+CO32-=2HCO3-；②HCO3-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，阴极反响：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使碳酸钾溶液得以再生。17.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〕Ⅰ中主要反响：AgCl+2+Cl-。研究发现：其他条件不变时，该反响在敞口容器中进行，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的关系如以下图。①pH=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______。②解释①中变化趋势的原因：______。③pH=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Ⅱ中反响的离子方程式补充完整：□__+□___OH-+□______=□______+□______+□______+CO32-〔5〕Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环屡次后，银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反响限度的角度分析原因：______。【答案】(1).挥发(2).2(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()增大，使浸出反响的平衡正向移动(5).pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小(6).4(7).6(8).HCHO(9).4Ag(10).8(11).4H2O(12).随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度减小【解析】【分析】分银渣中主要成分是AgCl，Ⅰ中用Na2SO3溶液作浸出剂，主要反响：AgCl+2+Cl-；浸出液与甲醛反响，Ⅱ中发生4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+反响，生成Ag回收，同时又生成，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〕反响在敞口容器中进行，很容易被空气中氧气氧化，离子反响方程式为2；〔3〕①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；②①中变化趋势的原因：浸出液中c()增大，使浸出反响AgCl+2+Cl-的平衡正向移动；③pH=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，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()均较小；〔4〕Ag的化合价由+1价降至0价，HCHO被氧化成CO32-，回收液循环使用，说明有SO32-生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+〔5〕随着循环次数增加，浸出液中c()减小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度减小【点睛】注意化学平衡中减少反响物浓度或增加生成物浓度对反响限度的影响。18.磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：：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)<CaSO4·0.5H2〔1〕上述流程中能加快反响速率的措施有___。〔2〕磷精矿粉酸浸时发生反响：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①该反响表达出酸性关系：H3PO4___H2SO4〔填“>〞或“<〞〕。②结合元素周期律解释①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〔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解。相同投料比、相同反响时间，不同温度下的有机碳脱除率如下图。80℃〔5〕脱硫时，CaCO3稍过量，充分反响后仍有SO42－残留，参加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P<S，原子半径P>S，得电子能力P<S，非金属性P<S(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O＝10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(6).BaCO3+SO42－+2H3PO4＝BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO【解析】【分析】(1)常用加快化学反响速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；(2)①根据反响方程式，由H2SO4参加反响得到H3PO4，是由强酸制取弱酸；②H3PO4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，反响过程为Ca5(PO4)3F和H2SO4反响，生成CaSO4•H2O，H3PO4和HF(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H2O(5)脱硫过程是参加CaCO3发生反响，脱硫时，CaCO3稍过量，与多余的硫酸反响生成CaSO4，而CaSO4微溶，所以充分反响后仍有SO42-残留，参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，由于BaCO3参加反响转化生成难溶的BaSO4，在沉淀转化的反响根底之上发生进一步反响促使正向进行程度增大，据此分析。【详解】(1)常用加快化学反响速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等。故答案为：研磨，加热；(2)①根据反响方程式，是由H2SO4参加反响得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：H3PO4＜H2SO4；②H3PO4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，反响过程为Ca5(PO4)3F和H2SO4反响，生成CaSO4•H2O，H3PO4和HF，所以化学反响方程式为：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4•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H2(5)参加BaCO3可进一步提高硫的脱除率，由于BaCO3参加反响转化生成难溶的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响效率较低，所以进一步提高硫的脱除率那么是考虑在沉淀转化反响的根底上发生效率更高的反响，促使沉淀反响的进行，沉淀转化反响为：BaCO3+SO42-BaSO4+CO32-，此时溶液中磷酸具有一定的酸性，可以继续发生反响生成CO2，于是整个反响的熵增，正向进行的程度更大，可以到达进一步脱除率的效果，综合考虑那么离子方程式为：BaCO3+SO42-+H3PO4═BaSO4+CO2↑+H2O+H2PO4-。【点睛】无机物质的制备，常与物质别离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易别离出来，物质别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、氧化复原法等；要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、别离方法。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响的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀〔1〕经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。〔2〕经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过以下实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证