2023年屆北京市海淀區(qū)高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試題解析

海淀區(qū)2023~2023學(xué)年第一學(xué)期期中練習(xí)高三化學(xué)完畢后，將本試卷和答題紙一并交回。H1C12O16Na23S32Fe56第一局部選擇題〔42〕〔每題3分，共42分〕A.陶瓷工藝品B.紙質(zhì)練習(xí)簿A.陶瓷工藝品B.紙質(zhì)練習(xí)簿C.不銹鋼盆D.蠶絲領(lǐng)帶答案：AC.不銹鋼盆D.蠶絲領(lǐng)帶解：A.陶瓷的主要成分為硅酸鹽，屬于無機(jī)非金屬材料，故A選；B.紙張的主要成分為纖維素，為有機(jī)材料，故BC.不銹鋼的主要成分為鐵，有無機(jī)金屬材料，故C不選；D.蠶絲主要成分為蛋白質(zhì)，為有機(jī)材料，故D故答案選：A。A.甲烷的構(gòu)造式：以下對化學(xué)用語的描述中，的是A.甲烷的構(gòu)造式：B.磷的原子構(gòu)造示意圖：C.209Bi210BiB.磷的原子構(gòu)造示意圖：D.D.Na和Cl形成NaCl解：A4解：A4C-HA1518P3-的構(gòu)造示意圖，故B209Bi和210BiBiC83 83確；的DNa和Cl形成NaCl的過程N(yùn)aNa+ClClD故答案選：B。以下反響中，HO22Na+2HO=2NaOH+H↑

B.3NO+HO=2HNO+NO2 2 2 2 3C.Cl+HO

HCl+HClO

D.SO+HO HSO2 2 2 2 2 3答案：A思路：【分析】氧化復(fù)原反響中反響物中氧化劑化合價(jià)下降，復(fù)原劑化合價(jià)上升以此推斷。解：A.HOH+10HO做氧化劑，故A2 2B.HOB2C.HOC2D.SO2

HOD2故答案選：A。反響：2HO=2HO+O上升溫度

22 2 2

參加少量MnO固體2加水稀釋答案：C思路：

參加幾滴FeCl3解：A．上升溫度能夠增加單位體積內(nèi)活化分子數(shù)以及有效碰撞頻率，能夠加快化學(xué)反響率，故A項(xiàng)不選；HO

分解具有催化作用，能夠降低活化能，使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加，從而增加有效碰撞頻2 22率，能夠加快化學(xué)反響率，故B項(xiàng)不選；C．加水稀釋會(huì)降低單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，使有效碰撞頻率降低，化學(xué)反響速率將降低，故C項(xiàng)選；D．FeClHO

分解具有催化作用，能夠降低活化能，使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加，從而增加有效碰撞3 22頻率，能夠加快化學(xué)反響率，故D項(xiàng)不選；綜上所述，不能加快該反響的速率的是C項(xiàng)，故答案為C。5.以下事實(shí)用元素周期律解釋的是NaOH的堿性強(qiáng)于Al(OH)3MgAlC.HO穩(wěn)定性強(qiáng)于HS2D.HClO4

2的酸性強(qiáng)于HBrO的答案：D思路：解：A．NaOH、Al(OH)3

均是該元素最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物，NaOH的堿性強(qiáng)于Al(OH)3

可說明鈉元素金屬性強(qiáng)于鋁元素，故A項(xiàng)不選；B．Mg、AlMgMg>Al，二者是同一周期元素，原子序數(shù)Mg<Al，符合“同周期元素從左至右金屬性漸漸減弱”，故BC．非金屬性O(shè)>S，同時(shí)HO的穩(wěn)定性強(qiáng)于HS，能夠用元素周期律解釋，故C2 2D．HClO4

是氯元素最高價(jià)氧化物的水化物，HBrOHClO>HBrO，4但不能用元素周期律解釋，故D項(xiàng)選；綜上所述，不能用元素周期律解釋的是D項(xiàng)，故答案為D。6.常溫下，以下各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=1HCO-、K+、Cl-、Na+3B.無色溶液中：NH+、K+、MnO-、NO-4 4 3C.含有SO2-的溶液中：NO-、OH-、Na+、Ba2+4 3D.c(OH-)=10-2mol/LNa+、CO2-、Cl-、K+3答案：D思路：解：A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、HCO-能夠反響放出二氧化碳?xì)怏w，不能大量共存，故A3B．MnO-4

有顏色，在無色溶液中不能大量存在，故B不選；C．SO2-、Ba2+能夠反響生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故C4D．c(OH-)=10-2mol/LOH-，OH-、Na+、CO2-、Cl-、K+離子間不能發(fā)生反響，能夠3大量共存，故DD。以下事實(shí)與鹽類的水解的是用明礬凈水用稀鹽酸去除鐵銹用熱的純堿溶液清洗油污配制FeCl3

溶液時(shí)參加少量鹽酸答案：B思路：解：A.明礬中鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附性可用于凈水，與鹽類的水解有關(guān)，故A不選；B.稀鹽酸與鐵銹反響6HCl+FeO=2FeCl+3HO可用于去除鐵銹，與鹽類的水解無關(guān)，故B2 3 3 2C.純堿溶液中碳酸根水解呈堿性可以使油污發(fā)生水解反響生成可溶性物質(zhì)，用于清洗油污，與鹽類水解有關(guān)，故CD.FeCl3

Fe3++3HO2

Fe(OH)3

+3H+，參加少量鹽酸增加氫離子濃度平衡逆移，可以防止鐵離子的水解，與鹽類水解有關(guān)，故D不選。故答案選：B。NA

代表阿伏加德羅常數(shù)值，以下說法正確的選項(xiàng)是A.6.2gNaO0.2N2 AB.pH=2的鹽酸中的H+0.01NAC.2.3gNa和足量O2

0.1NAB.證明二氧化硫具有漂白性C.證明碳酸鈉熱穩(wěn)定性比碳酸氫鈉高B.證明二氧化硫具有漂白性C.證明碳酸鈉熱穩(wěn)定性比碳酸氫鈉高解：A．6.2gNaOC．2.3gNa物質(zhì)的量為解：A．6.2gNaOC．2.3gNa物質(zhì)的量為6.2g62g/mol=0.1mol，0.1molNaO0.1×3N=0.3NA22AA法錯(cuò)誤；B．未告知溶液體積，無法計(jì)算溶液中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量，故B項(xiàng)說法錯(cuò)誤；2.3g=0.1mol，Na與足量O后，Na10.1molNa23g/mol 20.1×N=0.1N，故CA AD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，HO2D綜上所述，說法正確是C項(xiàng)，故答案為C。9.用以下試驗(yàn)裝置完成對應(yīng)的試驗(yàn)〔夾持裝置已略去，不能到達(dá)試驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.證明氨氣極易溶于水2 A答案：C思路：D.證明鐵與水蒸氣反響生成氫氣答案：B思路：D.證明鐵與水蒸氣反響生成氫氣解：A.擠壓膠頭滴管，氨氣遇水溶解，燒瓶內(nèi)氣壓降低，在大氣壓的作用下將燒杯中的水向上壓形成“噴泉”，可以說明氨氣極易溶于水，故A二氧化硫使高錳酸鉀褪色表現(xiàn)為二氧化硫的復(fù)原性，無法證明二氧化硫具有漂白性，故B錯(cuò)誤；碳酸氫鈉不穩(wěn)定加熱分解，而碳酸鈉不分解，則圖中小試管中溫度低碳酸氫鈉分解，可知碳酸氫鈉的穩(wěn)定性差，故C鐵與水蒸氣反響生成氫氣，用燃燒的火柴靠近能點(diǎn)燃?xì)怏w并有淡藍(lán)色火焰可說明生成氫氣，故D正確。故答案選：B。以下對試驗(yàn)現(xiàn)象解釋的方程式中，正確的選項(xiàng)是A.0.1mol/L次氯酸溶液的pH4.2：HClO=H++ClO-向醋酸中參加NaHCO溶液得到無色氣體：2CHCOOH+CO2-=2CHCOO-+HO+CO3 3 3 3 2 2NaHSO

溶液中參加足量Ba〔OH〕

溶液，得到白色沉淀：2H++SO2-+Ba2++2OH-=BaSO↓+2HO4在煤中添加石灰石，降低尾氣中SO

2濃度：2CaCO+2SOO

4 4 2加熱2CaSO+2CO2 3 2 2 4 2答案：D思路：解：A.HClO為弱電解質(zhì)，不完全電離，故A錯(cuò)誤；B.NaHCO3

溶液中電離生成Na+和HCO-3

，不能拆成CO2-形式，故B3C.NaHSO4

溶液中參加足量Ba〔OH〕2

溶液反響，離子方程式中H+與SO

2-的系數(shù)比應(yīng)為1:1離子方程式為4H++SO2-+Ba2++OH-=BaSO↓+HOC4 4 2D.石灰石與SO2

和空氣中氧氣反響得到CaSO4

和CO2

降低尾氣中SO2

濃度，化學(xué)方程式為：加熱2CaCO+2SO+O 2CaSO+2COD3 2 2 4 2故答案選：D。能量變化如以下圖。以下說法的是生成活化氧的總反響是吸熱反響反響前后氧元素的化合價(jià)發(fā)生轉(zhuǎn)變生成活化氧的反響在有水條件下更簡潔發(fā)生D.反響過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成答案：A思路：解：AAB．反響前氧氣中O0，在活化氧中O0，反響前后氧元素的化合價(jià)發(fā)生了轉(zhuǎn)變，故B正確；C．C正確；D．依據(jù)圖示，反響物氧氣中存在氧氧鍵，炭黑中存在碳碳鍵，生成物活化氧中存在碳氧鍵和碳碳鍵，因此反響過程中存在氧氧鍵的斷裂和碳氧鍵的生成，故DA。單質(zhì)溴是一種重要的化工原料，室溫下為深紅棕色、易揮發(fā)的液體，密度約3.1g/cm3。工業(yè)上常以海〔主要成分為單質(zhì)溴的鹵水只能選擇熱空氣吹出法，工藝流程如以下圖。以下說法的是流程一中，分液時(shí)粗溴位于下層流程二中，溶液C的溴含量高于鹵水乙流程二中，試劑X可以是HCl兩種流程均利用了單質(zhì)溴的易揮發(fā)性答案：C思路：解：A．水蒸氣吸取溴得到溴水，溴的密度為3.1g/cm3，大于水的密度，所以分液時(shí)溴在下層，故A項(xiàng)說法正確；CB說法正確；流程二中，由于Br+SO+2HO=HSO+2HBr，所以試劑XHBr氧化為Br，如Cl2 2 2 2 4 2 2Cl+2HBr=Br+2HCl，而HCl無氧化性，故C2 2兩種流程中，水蒸氣或熱空氣能將溶液中的溴帶出，都是利用溴的易揮發(fā)性，故D項(xiàng)說法正確；綜上所述，說法不正確的選項(xiàng)是CC。五氯化磷〔PCl〕是有機(jī)合成中重要的氯化劑，可由如下反響制得：5PCl〔g〕+Cl〔g〕 PCl〔g〕△H=-93.0kJ/mol3 2 52.0L2.0molPCl3

1.0molCl2t/s050t/s050150250350n〔PCl〕/mol500.240.360.400.40以下說法正確的選項(xiàng)是上升溫度，平衡向正反響方向移動(dòng)增大壓強(qiáng)，活化分子百分?jǐn)?shù)增大，反響速率加快5該溫度下，反響的化學(xué)平衡常數(shù)的數(shù)值為6D.0~150sv〔PCl〕=2.4×10-3mol/〔L·s〕3答案：C思路：【分析】依據(jù)反響的起始物質(zhì)的量和平衡時(shí)PCl5

物質(zhì)的量寫出該反響的“三段法”，以此計(jì)算化學(xué)平衡常數(shù)，反響速率等值。解：A．反響△H<0，正反響放熱，上升溫度，平衡向逆反響方向移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．增大壓強(qiáng)，各物質(zhì)的濃度增大，反響速率加快，活化分子百分?jǐn)?shù)不變，故B錯(cuò)誤；C.250sn(PCl)=0.4mol，則有5PCl(g)+Cl(g)PCl(g)325起始(mol)210變化(mol)0.40.40.4平衡(mol)1.60.60.4c(PCl)

0.4mol2L 5該溫度下，反響的化學(xué)平衡常數(shù)K=

5 = ，故C c(PCl3

)c(Cl2

) 1.6mol

0.6mol 6D.0~150s

v(PCl3

c)=v(PCl)= 故答案選：C。5 t故答案選：C。

0.36mol2L150s

2L 2L 〔 〔〕=1.2 10-3mol/ LsNaO1.56gNaO

40mLA(液體體積無明22 22編①編①②③④號(hào)操作i.產(chǎn)生大量能使帶火星木條i.產(chǎn)生大量能使帶火星木條現(xiàn)溶液變紅色，20復(fù)燃的氣體 溶液變紅色2小時(shí)后象 液褪色.秒后褪色 ii.溶液變紅色，10分鐘 無明顯變化ii.變紅色后褪色以下說法的是由②中現(xiàn)象iNaO與水反響有HO22 22由③、④可知，②中溶液紅色褪去是由于c(OH-)大由②、③、④可知，①中溶液紅色褪去的主要緣由不是c(OH-)大D.56mol/L答案：D思路：【分析】1.56gNaO

1.56g的物質(zhì)的量= =0.02mol，參加到40mL水中充分反響得溶液A(液體體積無明顯變化)，22 78g/mol0.02mol 2完全反響生成氫氧化鈉，則氫氧化鈉的濃度為

0.04L

=1mol/L，結(jié)合試驗(yàn)現(xiàn)象分析推斷。解：A．過氧化鈉與水反響得到的溶液A是氧氣，是過氧化氫在二氧化錳催化作用下發(fā)生了分解，說明NaO與水反響有HO

生成，故A22 22由分析知，②步驟ii1mol/L，與③i都是滴加酚酞后，溶液變紅色，10ii中滴加幾滴鹽酸后，氫氧化鈉濃度減小，溶液變成紅色，由④知，0.1mol/L的氫氧化鈉溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，2小時(shí)后無明顯變化，說明氫氧化鈉溶液的濃度較大時(shí)，一段時(shí)間后顏色會(huì)褪去，濃度較小時(shí)，不能褪色，說明②溶液紅色褪去是由于c(OH-)大，故B依據(jù)B的分析可知，1mol/L10溶液變紅色，20秒后就褪色，說明溶液紅色褪去的主要緣由不是c(OH-)大，而是過氧化氫的氧化作用，故C①中過氧化氫已經(jīng)將酚酞氧化了，因此褪色后的溶液再滴加5滴6mol/L鹽酸，溶液不能變成紅色，故DD。其次局部非選擇題〔共58分〕A、B、D、E、XAA、B能形成兩種液態(tài)化合物ABABDE2 22D、X8?！?〕AB

的電子式為 ；E在周期表中的位置是 。22如以下圖所示，將X單質(zhì)的水溶液分別滴入盛有不同試劑的試管中。①試管a中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為 該反響可用于制備漂白液。②試管b中的試驗(yàn)現(xiàn)象為 ，說明X的非金屬性強(qiáng)于碘，從原子構(gòu)造的角度解釋其緣由是 。鎵〔Ga〕與E為同主族元素，氮化鎵〔GaN〕作為第三代半導(dǎo)體材料，具有耐高溫、耐高電壓等特31性，隨著5G技術(shù)的進(jìn)展，GaN商用進(jìn)入快車道。以下相關(guān)說法中，正確的選項(xiàng)是 〔填字母序號(hào)。a.Ga位于元素周期表的第四周期b.GaNGa+3c.Ga3+的離子半徑小于E3+的離子半徑XB2

是一種高效消毒劑，工業(yè)上用其處理中性廢水中的錳，使Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2

沉淀除去，X被復(fù)原至(1).(2).第ⅢA(1).(2).第ⅢA3(3).Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO(4).溶液變藍(lán)(5).22氯原子和碘原子最外層都是7個(gè)電子，但氯原子半徑比碘原子半徑小，原子核對核外電子的吸引力強(qiáng)，得電子能力強(qiáng)，失電子能力弱，所以氯的非金屬性比碘強(qiáng)(6).ab(7).2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl-+12H+思路：【分析】AA為HA、BAB和ABBO2 22元素；DDNaEE數(shù)大于D，則EAlD、X8，D1X7，且XD，則XCl〔1〕ABHO，EAlⅢA322 22解：由上述分析可知〔1〕ABHO，EAlⅢA322 22答案為：；第ⅢA3〔2〕①XClCl+2NaOH=NaCl+NaClO+H答案為：；第ⅢA32 2Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；2 2②制氯水滴入淀粉碘化鉀溶液中發(fā)生反響：Cl2

+2KI=2KCl+I2

Cl的非金屬強(qiáng)于I7核外電子的吸引力強(qiáng)，得電子力量強(qiáng)，失電子力量弱，所以氯的非金屬性比碘強(qiáng)，故答案為：溶液變藍(lán)；氯原子和碘原子最外層都是7個(gè)電子，但氯原子半徑比碘原子半徑小，原子核對核外電子的吸引力強(qiáng)，得電子力量強(qiáng)，失電子力量弱，所以氯的非金屬性比碘強(qiáng)；〔3〕a.GaⅢA4周期，故ab.GaNN-30可知Ga+3價(jià)，故bc.Ga3+的電子層數(shù)大于Al3+的電子層數(shù)，則Ga3+的離子半徑大于E3+的離子半徑，故c錯(cuò)誤；故答案選：ab；〔4〕XB2

為ClO2

與Mn2+

反應(yīng)生成MnO2

沉淀和Cl-

2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl+12H+，故答案為2ClO2

+5Mn2++6H2

2

+2Cl-+12H+。自然界中的局部氮循環(huán)如以下圖。上圖含氮物質(zhì)的各步轉(zhuǎn)化中，屬于氮的固定的是 〔填數(shù)字序號(hào)。NH3

是氮循環(huán)中的重要物質(zhì)，工業(yè)合成氨反響的化學(xué)方程式為 。某化工廠消滅泄漏，大量氨水進(jìn)入循環(huán)水系統(tǒng)，使循環(huán)水中含氯殺菌劑〔有效成分為Cl〕的殺菌效2果降低、硝化作用增加，導(dǎo)致循環(huán)水的pH發(fā)生波動(dòng)，最終造成設(shè)備腐蝕。①以下有關(guān)氨對循環(huán)水影響的說法中，正確的選項(xiàng)是 〔填字母序號(hào)。過量氨進(jìn)入循環(huán)水后，水中NO-2

NO-含量會(huì)上升3過量氨進(jìn)入循環(huán)水后，不會(huì)導(dǎo)致水體富養(yǎng)分化循環(huán)水pHpH為削減氨對殺菌劑殺菌效果的影響，可以改用非氧化性殺菌劑c〔NO-2

〕可推斷循環(huán)水的水質(zhì)是否惡化，c〔NO-2

〕檢測利用的是酸性條件下I-被NO-2

氧化為I2

的反響，該反響的歷程如下：NO-2

+2H+=NO++HO2II.……III.2ONI=I+2NO2II的離子方程式為 。含NO-的廢水可用二硫化亞鐵〔FeS〕處理，在反硝化細(xì)菌的作用下發(fā)生以下反響，請將離子方程式3 2反硝化細(xì)菌補(bǔ)充完整：14NO-+5FeS+ H+ 7N↑+10SO2-+ 3 2 2 4答 案 ：(1).①②(2).N2

(g)+3H2

(g)

高溫高壓催化劑

2NH3

(g)(3).acd(4).2NO++2I-=2ONI(5).4(6).5Fe2++2HO2思路：【分析】氮的固定是將空氣中游離的氮轉(zhuǎn)變成氮的化合物的過程；工業(yè)上用氮?dú)夂蜌錃庠诟邷馗邏捍呋瘎l件下合成氨氣；①氨進(jìn)入循環(huán)水后會(huì)與會(huì)與水系統(tǒng)中的硝化細(xì)菌和氧氣等發(fā)生硝化作用，生成NO-2

NO-，是水體富3養(yǎng)分化；氨氣水溶液呈堿性；②酸性條件下I-NO-

氧化為I

則總反響為2NO-+2I-+4H+=2NO+I

+2H

O，和反響I、III，寫出II2 2 2 2 2的離子方程式；依據(jù)化合價(jià)升降守恒、電荷守恒和元素守恒配平方程；1〕N轉(zhuǎn)2化為其他含N化合物，從圖上看，①②分別屬于自然固氮和人工固氮，故答案為：①②；〔2〕N(g)+3H2

(g)

高溫高壓催化劑

2NH3

(g)N2

(g)+3H2

(g)

高溫高壓催化劑

2NH3

(g)；①a.過量氨進(jìn)入循環(huán)水后，會(huì)與水系統(tǒng)中的硝化細(xì)菌和氧氣等發(fā)生硝化作用，生成NO-2

和NO-，故3NO-2

NO-含量會(huì)上升，故a3水體富養(yǎng)分化是指含NP體富養(yǎng)分化，故b循環(huán)水pHpHc氨對殺菌劑殺菌效果的有很大的影響，為保證殺菌效果，可以改用非氧化性殺菌劑，故d正確；故答案為：acd；I-NO-

I

則總反響為2NO-+2I-+4H+=2NO+I

+2H

OI×2+II+III2 2 2 2 22NO-+2I-+4H+=2NO+I+2H

O，則II2NO++2I-=2ONI2 2 22NO++2I-=2ONI；NO-N+50145=70，F(xiàn)eS

S-16，3 2化合價(jià)上升107=70，此時(shí)化合價(jià)升降已經(jīng)相等，則Fe5Fe2+，再依據(jù)電荷守恒可得14NO-+5FeS3 2

+4H+=7N2

+10SO2-+5Fe2++2H4

O，故答案為：45Fe2++2HO。2 2用CO

制備CHOH可實(shí)現(xiàn)CO的能源化利用，反響如下：CO+3H CHOH+HO2 3 2 2 2 3 2溫度為523K時(shí)，測得上述反響中生成8.0gCHOH(g)放出的熱量為12.3kJ。反響的熱化學(xué)方程式為3 。1L3molCO2和6molH2

，參加適宜的催化劑進(jìn)展反響。該溫度下反響的化學(xué)平衡常數(shù)值為

1。某時(shí)刻測得40c(CHOH)=1mol/L，此時(shí)反響 〔填“已經(jīng)到達(dá)”或“未到達(dá)”〕化學(xué)平衡狀態(tài)。3工業(yè)上用CO制備CHOH的過程中存在以下副反響CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g△H=+41.2kJ/mol2 3 2 2 2將反響物混合氣按進(jìn)料比n(CO)：n(H)=1：3通入反響裝置，選擇適宜的催化劑，發(fā)生反響。2 2①不同溫度和壓強(qiáng)下，CHOH平衡產(chǎn)率和CO12。3 2圖1中，壓強(qiáng)p p〔填“>”“=”或“<”，推斷的依據(jù) 。1 22中，壓強(qiáng)為p503KCO

平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而增大的緣由是 。2 233②實(shí)際生產(chǎn)中，測得壓強(qiáng)為p3CHOH33523K時(shí)的CHOH33率最大，可能的緣由是 〔填字母序號(hào)。a.此條件下主反響限度最大b.此條件下主反響速率最快c.523K答案：(1).CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol；(2).未到達(dá)(3).>(4).CO制備CHOH的2 2 3 2 2 3反響正向?yàn)闅怏w體積減小的反響，增大壓強(qiáng)，平衡將正向移動(dòng)，CHOH平衡產(chǎn)率將增大，而一樣溫度下，3pCHOHp>p(5).溫度上升，主反響的平衡逆向移動(dòng)，副反響的平衡正向移動(dòng)，且1 3 1 1副反響正向移動(dòng)超過了正反響逆向移動(dòng)(6).bc思路：8.0g解(1)8.0gCHOH(g的物質(zhì)的量為 =0.25mo反響中生成0.25molCHOH(g放出的熱量為12.3k，3 32g/mol 3則生成1molCHOH(g12.3×4kJ=49.2kJ，523K時(shí)，各物質(zhì)均為氣體，則反響的熱化3學(xué)方程式為CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol；2 2 3 2某時(shí)刻測得c(CHOH)=1mol/Ln(CO)=1moln(H)=3moln(HO)=1mol3 2 2 2c(CO)=2mol/L，c(H)=3mol/L，c(CHOH)=1mol/L，c(HO)=1mol/L，該時(shí)刻濃度熵2c(CH

OH)cH

2 3 2O 11 1Q= 3

= = <K，則說明反響未到達(dá)平衡狀態(tài)；C cCO2

c3 H2

233 54①i．由圖可知，一樣溫度下，壓強(qiáng)為p

時(shí)CHOH平衡產(chǎn)率高于壓強(qiáng)為p時(shí)的CHOH平衡產(chǎn)率，1 3 2 3CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)正向是氣體體積減小的反響，增大壓強(qiáng)，平衡將正向移動(dòng)，CHOH平2 2 3 2 3衡產(chǎn)率將上升，因此壓強(qiáng)：p>p1 1ii．CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)△H=+41.2kJ/mol2 2 2平衡將正向移動(dòng)，CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.2kJ/mol是氣體等體積反響，正向?yàn)榉艧? 2 3 2反響，上升溫度，平衡將逆向移動(dòng)，當(dāng)溫度高于503K后，正向移動(dòng)的程度高于逆向移動(dòng)程度，導(dǎo)致CO平2衡轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而增大；②a．漸漸上升溫度過程中，主反響的轉(zhuǎn)化率將漸漸降低，限度漸漸減小，不能說明CHOH3ab．漸漸上升溫度過程中，化學(xué)反響速率會(huì)漸漸增大，使得單位時(shí)間內(nèi)能夠產(chǎn)生更多CHOH，CHOH3 3衡產(chǎn)率上升，故bc．當(dāng)溫度為523K時(shí)，CHOH平衡產(chǎn)率最高，后續(xù)上升溫度時(shí)，假設(shè)其它條件不會(huì)受到影響，則化學(xué)反響速3率將增大，CHOHCHOH3 3523K523Kc綜上所述，故答案為bc。工業(yè)上，處理低品位黃銅礦[二硫化亞鐵銅(CuFeS)含量較低]常承受生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用2于制備綠礬(FeSO·7HO)和膽礬(CuSO·5HO)。相關(guān)流程如以下圖。4 2 4 2：①生物堆浸使用的氧化亞鐵硫桿菌〔T.f細(xì)菌〕在pH1.0~6.0范圍內(nèi)可保持活性。Fe3+Cu2+Fe3+Cu2+Fe2+開頭沉淀時(shí)的pH1.54.26.3完全沉淀時(shí)的pH2.86.78.3生物堆浸前，需先將礦石進(jìn)展研磨，目的是 。〕生物堆浸過程的反響在 T.f細(xì)菌的作用下進(jìn)展，主要包括兩個(gè)階段，第一階段的反響為：Tf細(xì)菌CuFeS+4H++O Cu2+Fe2++2S+2HOFe2+連續(xù)被氧化轉(zhuǎn)變成Fe3+，反響的離子方程式2 2 2為 。結(jié)合推斷：生物堆浸過程中，應(yīng)掌握溶液的pH在 范圍內(nèi)。INaSO固體會(huì)復(fù)原堆浸液中的Fe3+X。為推斷堆浸液中Fe3+是否被復(fù)原完223全，可取少量溶液，向其中參加 試劑〔填試劑的化學(xué)式，觀看溶液顏色變化。過程II中，用HO和稀硫酸處理后，CuS完全溶解，用離子方程式表示HO的作用是 。22 22KMnO4

mgcmol/L的KMnO4

KMnO4

溶液的體積為VmL綠礬晶體質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為 ?！玻篎eSO7HO278g/mol〕4 2答案：(1).增大接觸面積，加快堆浸速率(2).4Fe2++O+4H+=4Fe3++2HO(3).1.0～1.5(4).KSCN(5).CuS+HO+2H+=Cu2++2HO+S(6).

2 21.39cV100%思路：【分析】

22 2 m低品位黃銅礦[二硫化亞鐵銅(CuFeS)含量較低]經(jīng)過研磨后在微生物作用下進(jìn)展堆浸，因生物堆浸使用的2氧化亞鐵硫桿菌〔T.f〕在pH1.0~6.0Fe3+pH1.5pH1.0～1.5CuFeS2

與空氣發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成銅鹽、鐵鹽、硫單質(zhì)等，然后向堆浸液中參加復(fù)原劑將Fe3+復(fù)原，并將Cu2+轉(zhuǎn)化為CuS，F(xiàn)eSO4

CuS固體，再向CuSCuSCuSOFeSO

溶液、CuSO

溶液得到綠礬、膽礬，以此解答。

4 4 4〔〕速率加快；〔2〕生物堆浸過程其次階段的反響為Fe2+與O2

之間發(fā)生氧化復(fù)原反響生成Fe3+，依據(jù)氧化復(fù)原反響化合價(jià)升降守恒、電荷守恒以及質(zhì)量守恒可知，反響的離子方程式為4Fe2++O+4H+=4Fe3++2HO；2 2由上述分析可知，生物堆浸過程中，應(yīng)掌握溶液的pH在1.0～1.5；推斷堆浸液中Fe3+X，向其中參加少量KSCN溶液，觀看溶液是否呈血紅色(或紅色)，假設(shè)溶液呈血紅色(或紅色)，則說明Fe3+未被復(fù)原完全，假設(shè)無明顯試驗(yàn)現(xiàn)象，則說明Fe3+被復(fù)原完全；〔5〕HO具有強(qiáng)氧化性，CuSCuO、S、HO，CuO22 2反響生成CuSOHO，總反響離子方程式為CuS+HO+2H+=Cu2++2HO+S；4 2 22 2〔6〕FeSO4

KMnO4

溶液反響中，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，KMnO4

被復(fù)原為Mn2+，依據(jù)氧化復(fù)原反響化合價(jià)升降守恒可知，二者關(guān)系式為：5FeSO～KMnO，滴定過程中消耗n(KMnO)=cmol/L×V×10-3L=10-3cVmol，則4 4 4n(FeSO)=n(FeSO?7HO)=5×1-3cVmom(FeSO7HO)=5×1-cVmol×278g/mol=1.39cVg4mFeSO數(shù)為 4

4 2 4 2。27HO1.39cV100%。2mg m某課外小組探究硫化鈉晶體〔NaS·9HO〕在空氣中放置后的氧化產(chǎn)物。取少量在空氣中放置一段時(shí)間2 2的硫化鈉晶體樣品，溶于水得到溶液A，測得溶液ApH13。查閱資料：硫化鈉晶體在空氣中放置后，可能會(huì)有NaSNaSONaSO等物質(zhì)生成。2x 2 3 223S2-、S2-、SO2-都不能使品紅褪色，SO2-或高濃度OH-能使品紅褪色。x 2 3 3ii.NaS能與H+反響生成HS〔臭雞蛋氣味氣體S；NaS能與Cu2+反響生成CuS〔黑色固體S；NaSO2x 2 2x 223可與Cu2+形成可溶性絡(luò)合物，該絡(luò)合物對稀鹽酸穩(wěn)定，受熱易分解生成棕黑色沉淀。取未在空氣中放置的硫化鈉晶體溶于水后測得溶液顯堿性用離子方程式解釋其緣由為 。編號(hào)試劑編號(hào)試劑現(xiàn)象1A馬上褪色2pH=13NaOH無明顯變化①試驗(yàn)一證明氧化產(chǎn)物中有NaSO，其中編號(hào)2試驗(yàn)的目的是 。2 3②某同學(xué)由試驗(yàn)結(jié)果進(jìn)一步推想硫化鈉晶體的氧化產(chǎn)物中可能還含有NaSO，這是由于NaSO

有 性。進(jìn)展試驗(yàn)二。