北京市通州区2024-2025学年高三年级上册期中考试 化学试题 （解析版）

通州区2024-2025学年第一学期高三年级期中质量检测

化学试卷

2024年11月

本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答

无效。考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12016S32Fe56

第一部分

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.下列关于与I9F说法正确的是

A,是同种核素B.是同素异形体

C.I9F比I8F多一个电子D.I9F比I8F多一个中子

【答案】D

【解析】

【详解】A.18F与19F质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误；

B.同素异形体指的是同种元素的不同单质；"F与I9F是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素

异形体，B错误；

C.同位素之间质子数和电子数均相同，"F比I8F多一个中子，C错误；

D.&F的中子数是10,"F只有9个中子，比I8F多一个中子，D正确。

本题选D。

2.下列化学用语或图示表达不正确的是

A.CO2的空间结构模型:

B.基态Cr原子的价层电子排布式：3d54sl

C.NaCl的电子式：Na+［：C1：］-

D.JC的结构示意图：^19)288

【答案】A

【解析】

【详解】A.CO2为直线形结构，空间结构模型为QQD，A错误;

B.Cr原子序数为24,其价层电子排布式：3d54s1.B正确；

C.NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为：Na+［：Cl：］->C正确；

D.K为19号元素，故K+的结构示意图：他般J，D正确；

答案选A。

3.下列说法不正确的是

A.A1(OH)3可用于治疗胃酸过多B.S02可用于杀菌消毒

C.Fe3C>4用于制作红色染料D.Na2O2用于呼吸面具中氧气来源

【答案】C

【解析】

【详解】A.胃酸的主要成分为盐酸，A1(OH)3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，A正确；

B.二氧化硫能使蛋白质发生变性，可使细菌死亡，则S02可用于杀菌消毒，B正确；

C.Fe3O4呈黑色，可作为磁性材料，Fe2O3呈红棕色，用于制作红色染料，C不正确；

D.NazCh能与二氧化碳和水蒸气反应并生成氧气，则可用于呼吸面具中氧气来源，D正确；

故选C„

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.26gH—C三C-H中含有。键的数目为3NA

B.ILlmol-U1NH4NO3溶液中含NH；的数目为NA

C.ImolCO和H2的混合气体含有的分子数目为2NA

D.Imol水中含有的电子数为18NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.26gC2H2的物质的量为Imol,一个C2H2分子中含有3个0■键，故26gC2H2中含有。键的数目

为3NA,A正确；

B.NH：在水溶液中发生水解，ILlmol-L-NH4NO3溶液中含NH：的数目小于NA,B错误；

C.CO和H2均由分子构成，ImolCO和H2的混合气体含有的分子数目为NA,C错误；

D.1个HzO分子中含有10个电子，故Imol水中含有的电子数为IONA,D错误；

答案选A。

5.下列方程式对事实的表述不正确的是

电解

A.电解饱和食盐水的反应：2CF+2H2O-Cl2T+H2T+20H-

B.利用覆铜板制作印刷电路板：Fe+Cu2+=Fe2++Cu

C.浓硝酸与铜反应产生红棕色气体：4HNO3（浓）+CU=CU（NO3）2+2NO2T+2H2O

3+

D.硫酸铝溶液中滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al+3NH3-H2O=Al（OH）3+3NH：

【答案】B

【解析】

【详解】A.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：

电角星

2Cr+2H2O^C12T+H2T+20H-,A正确；

B.利用覆铜板制作印刷电路板，Cu与FeCb溶液反应生成CuC12和FeCb,离子方程式为:

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；

C.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮红棕色气体、硝酸铜和水，化学方程式为：

4HNO3（浓）+Cu=Cu（NO3）,+2NO2T+2旦0,C正确；

D.硫酸铝溶液中滴加氨水产生白色氢氧化铝胶状沉淀和硫酸锈，离子方程式为：

3+

Al+3NH3-H2O=Al（OH%J+3NH：,D正确；

故选B。

6.某学习小组按下图的两组装置来探究钢铁的腐蚀情况。下列相关说法错误的是

A.两组装置中负极均为左池的铁片

B.图I中将石墨电极换成锌棒，可减缓铁片被腐蚀

c.若向图n两池中滴加酚酰溶液，铁片I附近出现红色

D.图H中氧气浓度差异会导致电流计示数不同

【答案】C

【解析】

【分析】图1中铁、碳构成原电池，为铁的吸氧腐蚀，铁为负极、碳为正极；图n中，右池通入氧气，氧气

得电子发生还原反应，所以铁片n是正极、铁片I是负极。

【详解】A.图1中铁、碳构成原电池，铁为负极；图n中，右池通入氧气，氧气得电子发生还原反应，

所以右池铁片为正极、左池铁片为负极，两组装置中负极均为左池的铁片，故A正确；

B.图I中将石墨电极换成锌棒，构成原电池，锌为负极、铁为正极，可减缓铁片被腐蚀，故B正确；

C.图U中铁片I是负极，发生反应Fe-2e=Fe2+,铁片H是正极，发生反应。2+4日+2H2O=4OH\若向图II

两池中滴加酚醐溶液，铁片n附近出现红色，故c错误；

D.图II中氧气浓度差异会导致反应速率不同，所以电流计示数不同，故D正确；

选C。

7.下列事实不熊用平衡移动原理解释的是

A,密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深

B.Na2cO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCX）3

C.pH=1的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<2

D.H2O2溶液中滴加FeCL溶液，促进H2O2分解

【答案】D

【解析】

【详解】A.密闭烧瓶内的NO?和N2（D4的混合气体，受热后颜色加深，是因为温度升高，平衡向生成NO2

的方向移动，能用平衡移动原理解释，A错误；

B.Na?CO3溶液将水垢中的CaSC）4转化为CaCOs，是因为碳酸钙溶解度小于硫酸钙，能用平衡移动原

理解释，B错误；

C.pH=1的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<2,是因为醋酸是弱酸，稀释促进电离，能用平衡移动原

理解释，C错误；

D.112。？溶液中滴加FeCb溶液，促进H2。？分解，是因为氯化铁作催化剂，不能用平衡移动原理解释，

D正确;

故选D。

8.下图所示装置和试剂能完成相应气体的发生和收集实验的是（除杂和尾气处理装置任选）

选

气体试齐IJ

项

ANH3熟石灰+浓氨水

BCl2MnO2+浓盐酸

Na2so3+浓硫

Cso2

酸

Dco2碳酸钙+稀硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓氨水滴入熟石灰中能产生氨气，但氨气密度比空气小，收集氨气不能使用向上排空气法,

A不符合题意；

B.MnO2与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能生成Cb,B不符合题意；

C.Na2sCh与浓硫酸反应可制取SCh,SO2的密度比空气大，可使用向上排空气法收集，C符合题意；

D.由于硫酸钙微溶于水，所以碳酸钙与稀硫酸难以发生持续反应，不能制取CO2气体，D不符合题意;

故选C。

9.关于Na?C03和NaHCC>3的下列说法中，不正确的是

A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同

B.向饱和Na2cO3溶液中通入CO2，会产生NaHCC>3

C.分别向二者的溶液中加入NaOH固体，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均减小

D.测定二者混合物中Na2c。3质量分数的方法是：取ag混合物充分加热，质量减少bg

【答案】c

【解析】

【详解】A.Na?C03和NaHCC>3的溶液中均存在H+、H20>OH>Na\CO；、HCO3,H2co3,A正

确；

B.向饱和Na2cO3溶液中通入C。？，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3会产生

NaHCO3,B正确；

C.分别向二者的溶液中加入NaOH固体，NaOH电离出的OH-会抑制CO：、HCO£的水解，水解平衡

均受到抑制，但NaOH电离出的OH使溶液的碱性增强，溶液的pH增大，C错误；

D.取agNa2cCh和NaHCCh的固体混合物充分加热，质量减少bg,可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然

后计算碳酸钠的质量分数，D正确；

答案选C。

10.某温度下，在密闭容器中充入一定量的x(g),发生下列反应：X(g)^Y(g)(AH1<0),

Y(g)^Z(g)(AH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的

反应进程反应呈

【答案】B

【解析】

【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间

的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)UY(g)的反应速率大于Y(g)QZ(g)

的反应速率，则反应X(g)=Y(g)的活化能小于反应Y(g)=Z(g)的活化能。

【详解】A.X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于0,而图像显示Y的能量高于X,即图像显示X(g)

=Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；

B.图像显示X(g)?Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于0,且X(g)QY(g)的活化能小于Y(g)=Z(g)的活

化能，B项符合题意；

C.图像显示X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于0,但图像上X(g)UY(g)的活化能大于Y(g)=

Z(g)的活化能，C项不符合题意；

D.图像显示X(g)UY(g)和Y(g)=Z(g)的AH都大于0,且X(g)=Y(g)的活化能大于Y(g)=Z(g)的活

化能，D项不符合题意；

选B。

11.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意

图。下列说法不正确的是

硝酸

A.氨分离器可以加快合成氨的反应速率

B.吸收塔中通入过量A的目的是提高硝酸的产率

C.工业生产中可选择铝作为罐体材料盛装大量浓硝酸

D.可以用NN对硝酸生产尾气中的氮氧化物进行处理

【答案】A

【解析】

【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨分离器用来分离氨气，氨气在氧化炉中氧化生成一氧化氮，进

一步氧化生成二氧化氮，吸收塔中氮氧化合物与氧气、水反应生成硝酸，通入过量的氧气X可以提高硝酸

的产率。

【详解】A.氨分离器将氨气分离出来，减小浓度，反应速率减小，平衡正向移动，A错误；

B.吸收塔中氮氧化合物与氧气、水反应生成硝酸，通入过量的氧气可以提高硝酸的产率，B正确；

C.铝能与浓硝酸发生钝化，可以使用铝作为罐体材料盛装大量浓硝酸，C正确；

D.硝酸生产中的尾气为氮氧化合物，具有氧化性，氨气具有还原性，可以发生归中反应生成氮气，故可

以用NH3对硝酸生产尾气中的氮氧化物进行处理，D正确；

答案选A

12.CH4还原C02是实现“双碳”经济的有效途径之一。恒压、750℃时，CH&和CO2按物质的量之比为

1：3投料，反应经如下流程可实现C。2高效转化。

下列说法不正确的是

A.X为H2O,Y为CaCC）3和Fe

B.图中转化涉及反应中有四个属于氧化还原反应

C.过程II,CaO吸收CO2可促使Fe3（）4氧化CO的平衡正移

D.反应制得4moic0,须投入lmolFe3（）4

【答案】D

【解析】

一定条件下

【分析】根据流程图可知，总反应CHd+3C0?八=4C0+2H2。,据此分析;

【详解】A.根据分析可知，X为H2。，则氢气还原四氧化三铁，二氧化碳被CaO吸收，则Y为CaCC）3

和Fe,A正确；

B.图中转化涉及的反应中有四个属于氧化还原反应，氢气与四氧化三铁、铁生成四氧化三铁，甲烷生成

一氧化碳，一氧化碳与四氧化三铁，B正确；

C.Fe3（）4氧化CO生成CO2，CO2被吸收，浓度降低，平衡正向移动，C正确；

D.Fes。,在反应II中先消耗，在反应皿中又重新生成，是催化剂，不需要投入，D错误；

故选D。

13.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式,

B.加入Y的目的是补充NaBr

电解

C.电解总反应式为Br―3H2。一BrC)3+3H2T

D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z):n(Br[=3:2

【答案】B

【解析】

【分析】电极b上Br发生失电子的氧化反应转化成BrC)3，电极b为阳极，电极反应为Br-6e+3H2O=BrO3

电解

+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H2O+2e-=H2T+2OHr电解总反应式为Br+3H2O^=BrOj

+3H2t；催化循环阶段BrC)3被还原成Br循环使用、同时生成实现高效制H2和。2,即Z为。2。

【详解】A.根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；

B.根据分析电解过程中消耗H20和Br,而催化阶段BrC)3被还原成Br循环使用，故加入Y的目的是补

充H2O,维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；

电解

C.根据分析电解总反应式为Br+3H2。^BrC)3+3H2T，C项正确；

D.催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成ImolBr得到6moi电子，。元素的化合价由-2价升

至0价，生成ImolCh失去4moi电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比

n(O2)：n(Br-)=6：4=3:2,D项正确；

答案选B。

14.室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO：的影响因素，测得不同条件下SeO：浓度随时间变化关系如

下图。

r

o

U

I

o

一

、

。

t/h

实验序水样初始

水样体积/mL纳米铁质量/mg

号PH

①5086

②5026

③5028

下列说法正确的是

A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v（SeO：）=2.0mol-！ji七1

+3+

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO；+8H=2Fe+Se+4H2O

C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率

D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO：的去除效果越好

【答案】C

【解析】

【详解】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率

,、（S.OxlO^-l.OxlO-^mol-L17丁母

v（Seo2-）=--------------------------------------=2.0x10-5mol•I?.h］，A不正确；

v472h

B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守恒，B不正

C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO；浓度的变化量大，因此，其他条件相同时,

适当增加纳米铁质量可加快反应速率，c正确;

D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeO：浓度的变化量大，因此，其他条件相同时,

适当减小初始pH,SeO：的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速

率加快，会导致与SeO：反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO：的去除效果不一定越好，D

不正确；

综上所述，本题选C。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.工业上某种吸收氮氧化物NO,(NO和NO2混合气)废气流程如下图。

请回答：

(1)氮元素在元素周期表中的位置是O

(2)羟胺中(NH2OH)采用sp3杂化的原子有。

(3)N2H4和NH20H都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH?0H,原因是

(4)“吸收液”的主要成分是NaN。？、NaN03,写出过程I中NO2与NazC。?反应的化学方程式

(5)过程IV中每生成ImolN2H4,转移电子的物质的量是molo

(6)过程IV中，以Fe?+配合物为催化中心的“肌合成酶”，将NH20H与NH3转化为朋(N2H其反

应历程如下所示:

下列说法正确的是

a.NH2OH,NH3和H2。均为极性分子

b.反应涉及N-H、N-0、O-H键断裂和N-N键生成

c.催化中心的Fe?+被氧化为Fe3+,后又还原为Fe?+

d.若将NH20H替换为ND2OD,反应制得的主要产物的结构简式为D2N-ND2

(7)NH3OHCI是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好写出NH3OHCI还原FeC。的化学方程式

【答案】(1)第二周期第VA族

(2)N、O(3)O原子电负性大，使得NH?OH分子中N原子周围电子云密度低，结合氢离子能力减

弱，碱性减弱

(4)2NO2+Na2cO3=NaNO2+NaNO3+CO2

(5)1(6)ac

(7)2NH3OHC1+2FeCl3=N2T+2FeCl2+2H2O+4HC1

【解析】

【分析】氮气化合物与碳酸钠发生反应生成NaN。？、NaNOs吸收液，与二氧化硫反应生成NH?OH,与

盐酸反应生成NH3OHC1，与NH3反应生成N2H4；

【小问1详解】

氮元素为第7号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VA族；

【小问2详解】

羟胺分子中，价以电子对为4的原子有N、O原子，采用sp3杂化的原子有N、0；

【小问3详解】

O原子电负性大，使得NH?OH分子中N原子周围电子云密度低，结合氢离子能力减弱，碱性减弱；

【小问4详解】

过程I中NO2与Na2c。3反应NO2自身歧化反应，生成NaN。？、NaNC)3的化学方程式

2NO2+Na2cO3=NaNO2+NaNO3+CO2；

【小问5详解】

过程IV中NH2OH中N的化合价由一1价降低到-2价，NH,中N的化合价由-3价升高到-2价，发生的反

应为NH2OH+NH3=N2H4+H2O,每生成ImolN2H4,转移电子的物质的量是1mol；

【小问6详解】

a.NH2OH,NH3和H2。正负电中心不重合，均为极性分子，a正确；

b.反应涉及N-H、N-0键断裂和N-N键生成，b错误；

c.催化中心的Fe?+被氧化为Fe3+,后又还原为Fe?+,c正确；

d.若将NHzOH替换为ND?OD,反应制得的主要产物的结构简式为D?N-NH?,d错误；

故选ac；

【小问7详解】

NH3OHC1中N的化合价由-1价升高到0价，铁由+3价降低到+2价，NH3OHC1还原FeCl3的化学方程

式，2NH3OHCl+2FeCL=电T+2FeCl2+2H2O+4HC1；

16.为实现氯资源循环利用，工业上采用RuC>2催化氧化法处理HC1废气：

2HCl(g)+102(g)T——^Cl2(g)+H2O(g)△H1=-57.2kTmol"ASK„将HC1和O2分别以不同起

始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HC1转化率(a)曲

线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。

90

%决

//

<<

7907

〉y

型

80唧N

S70S(0,10,80)

O60O-

HH801

(70〃(HC1)："(C>2)=4:4

/MHCl):n(O2)=4:360

(0.17,61)

0,180.14().100.06().180.140.100.06

HC1流速/(mol/h)HC1流速/(mol/h)

图1图2

回答下列问题:

(1)AS0(填“>”或“<”)；T3=℃。

(2)结合以下信息，可知H2燃烧热AH=kJmol^

1

H2O(l)=H2O(g)AH2=+44.0kJ-mol

1

H2(g)+Cl2(g)=2HC1(g)AH3=-184.6kJ-mol

(3)下列措施可提高M点HC1转化率的是(填标号)

A.增大HC1的流速B.将温度升高40℃

C.增大n(HCl):n(C)2)D.使用更高效的催化剂

(4)图中较高流速时，。(13)小于a(岂)和。(二)，原因是。

(5)设N点转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K=(用平衡物质的量分数代替平

衡浓度计算)

(6)负载在TiO?上的RuC>2催化活性高，稳定性强，Tic)?和RuOz的晶体结构均可用下图表示，二者

晶胞体积近似相等，Rut%与TiC)2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为(精确至1)。

【答案】(1)①.<②.360℃

(2)-285.8(3)BD

(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反

应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。

(5)6(6)101

【解析】

【小问1详解】

反应2HCl(g)+；C)2(g)UC12(g)+H2O(g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应AS<0,该反应为放

热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HC1的转化率越小，

故Ti代表的温度为440℃,T3为360℃。

【小问2详解】

表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+102(g)=H20(l),设①

2HCl(g)+102(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)=H2O(g),③H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g),则

④=①十③—②，因此氢气的燃烧热AH=-57.2kJ/mol-184.6kJ/mol-44kJ/mol=-285.8kJ/mol

【小问3详解】

A.增大HC1的流速，由图像可知，HC1的转化率在减小，不符合题意;

B.M对应温度为360℃,由图像可知，升高温度，HC1的转化率增大，符合题意；

C.增大n(HCl):n(02),HC1的转化率减小，不符合题意；

D.使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HC1的转化率增加，符合题意；

故选BD。

【小问4详解】

图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的Ti和T2,主要是流速过快，反应物分子来不及在催

化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率

低。

【小问5详解】

由图像可知，N点HC1的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(Ch)=4mol,可列出三段式

g02(g)

2HCl(g)+

UCl2(g)+H2O(g)

起始量/mol4400

变化量/mol3.20.81.61.6

平衡量/mol0.83.21.61.6

1.61.6

milKx=——72=6

Z0.8.321

(--)2x(—)2

7.27.2

【小问6详解】

,“M(Ru)+32

由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1-66=丽许，则Ru

的相对原子质量为101o

17.H2s广泛存在于许多燃气和工业废气中，脱除其中的H2s既可回收硫又可防止产生污染。

I.克劳斯法脱硫流程如下:

空气

已知：催化转化器中反应为4H2s+2SO2=3S2+4H2O

(1)写出高温反应炉发生反应的化学方程式______o

(2)上图流程中①、②原料气理论上的最佳用量比为①：②二

II.工业上用Fe2(SC)4)3吸收液脱除烟气中的H2s。此方法包含的过程如下:

i.H2s(g)=H2s(aq)

近H2s(aq)UH+(aq)+HS-(aq)

iii.HS-+2Fe3+:——、SJ+2Fe2++H+

一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度的变化关系如下图所示:

10oZ

%

、8o2

爵.5H

想6oLP

.5

堂

4o，脱硫率1.5

2O*pHS

O__।_O__।__

203()40

(3)吸收液过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是

(4)当Fe3+的浓度大于10g工一1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于.

HL工业上采用下图所示装置电解KjFe(CN)6］和KHCO3混合溶液一段时间，然后停止电解，通入

H2S,利用生成的K3［Fe(CN)6〕将H2s转化为S,自身转化为［Fe(CN)6〕

KJFeCNR和KHCC>3混合溶液

(5)电解时，阳极的电极反应式为

(6)当阴极产生标准状况下H.2L气体后通入H?S,完全反应后有gS析出。

(7)补全通入H2s时发生反应的离子方程式:

CO1++++HCO；

高温

【答案】(1)2H2S+3O22SO2+2H2O

(2)1：2(3)通入足量的空气

(4)Fe3+浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中Fe3+浓度增大

的影响

43

(5)[Fe(CN)6]--e-=[Fe(CN)6]-

4

(6)16(7)H]CO|-+国[Fe(CN)67+])-[2S=[1[Fe(CN)6]"+0S+|^HCOJ

【解析】

【小问1详解】

高温反应炉中反应物为空气与原料气，产物为二氧化硫，反应的化学方程式：

高温

2H2s+3O22SO2+2H2。；

【小问2详解】

流程中①2H2S+3O2呈生2so2+2q0,1个SO2需要1个H2S,②流程2H2S+SO2=3S；+2H2O,1个

SCh需要2个H2S,最佳用量比为①：②=1：2；

【小问3详解】

根据HS-n2Fe.3+；——J+2F/++FT,滤液Fe?+,在酸性环境，需进行再生，较经济的再生方法是通

入足量的。2(或空气)将亚铁离子变为铁离子；

【小问4详解】

图中当Fe3+的浓度大于10g.LT时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，增加了氢

离子浓度，反应i、ii的化学平衡逆向移动，pH减小因素超过反应iii中Fe3+浓度增大因素；故答案为：

Fe3+浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中Fe3+浓度增大的影

响；

【小问5详解】

电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将[Fe(CN)6]4-转化为[Fe(CN)6产，化合价升高，所以反应为：

4

[Fe(CN)6]--e-=[Fe(CN)6]\

【小问6详解】

②根据2Fe(CN)：+2CO，+H2s=2Fe(CN)：+2HCQ+SJ和阴极反应式为

2HCO-+2e=H2T+2CO^,得到关系式为：H2〜2cO；〜S,所以生成标况下的氢气体积是1L2L的时

候，析出16gS；

【小问7详解】

根据化合价升降法及元素守可知，铁化合价由+3价降低到+2价，S化合价由-2价升高到0价，方程式为

(2]CO|"+回[Fe(CN)6『+3H2S=@[Fe(CN)6,+0SJ+细CO,；

18.用黄铁矿（主要成分FeS2）还原硫酸厂矿渣（含Fe2（）3、«-Al2O3>SiO2等）制备铁黄颜料（主要成分为

FeOOH）,工业流程如下：

_铁黄晶种

制备品种FeOOH

铁黄产品

f|FeSC>4溶液|件黄浆液1过滤、洗涤、干燥”

二次氧化FeOOH

硫酸厂硫酸-------过量FeS,

浸出液--------

酸浸-------1还原、过滤

T硫磺।

资料：a-ALO3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。

I.制备铁黄产品

（1）提高“酸浸”的速率可以采用的措施有。（任写一条措施）

（2）“还原”过程中生成硫磺的离子方程式是。

（3）制备FeOOH晶种。向Fes。,溶液中加入一定量的NaN。？，鼓入空气，在一定的温度和pH条件下

可以制得FeOOH晶种，NaNO2与稀H2SO4反应生成的气体在反应中起催化剂作用。催化过程主要反

应：

i.Fe2++NO=Fe（NO）2+

ii........

2++

iii.2Fe+N02+3H2O=2FeOOHJ+4H+NOt

反应ii、iii均有FeOOH生成，请写出ii发生反应的离子方程式：0

（4）“二次氧化”时，将所得的晶种按一定比例加入一定浓度的Fes。,溶液中，然后通入。2氧化，温

度控制在80~85℃,再滴加氨水。溶液pH对铁黄质量分数影响如下表所示：

序

PH颜色w(FeOOH)/%

号

11〜2黄、红67.3

23亮黄86.5

33〜4亮黄88.6

44亮黄87.1

55黄中有红黑78.9

相

①溶液的pH应控制到o

②pH过低或过高会造成铁黄质量分数降低，原因可能是

H.产品纯度测定

铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。

----；-H,SC)4标准液-------Na7GOd溶液--------NaOH标准液--------

股铁黄2:__溶液人___＞溶液B'弋产仪〉溶液c

--------溶解--------------酚酬-------

3+Fe

资料：Fe+3C2Ot=(C2O4f,FeGOj：不与稀碱液反应。

(5)“溶解”时发生反应的化学方程式为o

(6)H2s0“标准液和NaOH标准液浓度均为01000mol/L,消耗两溶液的体积依次为^mL、V2mL,

计算铁黄的纯度为(列出计算式，不需化简)。

【答案】(1)增大硫酸的浓度、加热、将矿渣粉碎、搅拌等

3+2+

(2)FeS2+2Fe=3Fe+2SJ

2++

(3)4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ44NO2+8H

(4)①.3~4②.pH过低会导致产生游离的Fe3+,pH过高会导致产生Fe(OH)3,铁黄产品质量分

数都降低

(5)2FeOOH+3H2s。4=Fe2(SO4)3+4H2O

⑹|卜卜2卜10、89

xlOO%

W

【解析】

【分析】向硫酸厂矿渣中加入硫酸酸浸，将Fe2()3转化为硫酸铁，a-AI2O3和二氧化硅不参与反应，过滤

得到主要含a-AbO3、SiO2滤渣和浸出液，向浸出液中加入过量FeS2,溶液中的Fe3+与FeSz反应生成

Fe2\S,过滤得到硫磺和硫酸亚铁溶液，再向硫酸亚铁溶液中加入一定量的NaN。？，鼓入空气，在一定

的温度和pH条件下可以制得FeOOH晶种，将所得的晶种按一定比例加入一定浓度的FeSC)4溶液中，然

后通入氧气氧化，温度控制在80~85℃,再滴加氨水制得铁黄浆液，浆液再经过滤、洗涤、干燥得到铁黄

产品，据此解答。

【小问1详解】

提高“酸浸”的速率可以采用的措施有：增大硫酸的浓度、加热、将矿渣粉碎、搅拌等；

【小问2详解】

由分析可知，“还原”过程中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+、S(硫磺)，则反应的离子方程式为：

3+2+

FeS2+2Fe=3Fe+2SJ；

【小问3详解】

由题意可知，制备FeOOH晶种时，亚硝酸钠与稀硫酸反应生成的一氧化氮是反应的催化剂，由反应i和

反应iii可知，反应ii为溶液中Fe(NO)2+与氧气和水反应生成FeOOH、二氧化氮和氢离子，则反应的离子

2++

方程式为：4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ44NO2+8H；

【小问4详解】

①由表格数据可知，溶液的pH为3~4时，铁黄的质量分数最大，所以二次氧化时溶液的pH应控制到

3-4；

②pH过低会导致产生游离的Fe3+,pH过高会导致产生Fe(OH)3，所以pH过低或过高会造成铁黄质量分

数降低，则原因可能是：pH过低会导致产生游离的Fe3+,pH过高会导致产生Fe(OH)3,铁黄产品质量

分数都降低；

【小问5详解】

由图可知，“溶解”时发生的反应为铁黄与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，则反应的化学方程式为：

2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O；

【小问6详解】

3

滴定消耗VzmLO.Imol/L氢氧化钠溶液，则过量硫酸的物质的量为0.1mol/LXV2X10LX-=-V^XW

22

89g/mol

4由反应式可知，铁黄的纯度为

mol,------xl00%=

Wg

|卜-口2}10—4x89

xlOO%

W

19.为探究NaClO与KI溶液的反应机理，查阅资料并进行实验。

资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11„

ii.部分微粒在水溶液中的颜色：IOX黄绿色）、I。式无色）。

（1）甲同学研究NaClO与KI溶液的反应，他将Cl2通入NaOH溶液中制备pH=l1.7的84消毒液代替

NaClO溶液进行如下实验。

实验滴管烧杯现象

溶液变棕黄色，再滴

5滴84消毒液

I10mL0.1mo//LKI溶液入淀粉溶液，溶液变

(pH«11.7)

1蓝

溶液变黄绿色，再滴

5滴

n10mL84消毒液入淀粉溶液，溶液颜

II0.Imol/LKI

(pH«11.7)色不变蓝，久置后，

溶液

溶液黄绿色消失

①制备84消毒液时发生反应的化学方程式为

②实验I中发生主要反应的离子方程式为o

③根据实验U中溶液变为黄绿色，推测此时的主要氧化产物为

（2）乙同学认为实验n过程中也有可能生成卜，设计实验进行探究。

实

滴管烧杯现象

验

(随着KI溶液的滴入，溶液变为黄绿

10mL84消毒

色，且颜色不断加深，同时观察到溶

逐滴加入液

液中出现局部变蓝但很快褪去的现

III0.Imol/L（pH«11.7）

象。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度

KI溶液含少量淀粉溶

变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪

液

色。

①实验III中蓝色褪去的可能原因为（用离子方程式表示）。

②由以上实验可以得出：