精品解析：上海市虹口区北郊中学2024-2025学年高二上学期期中考试化学试卷

2024-2025学年上海市虹口区北郊中学第一学期期中考 高二年级 化学学科 一、氮的循环(共21分) 氮循环为动植物的生长提供所需的营养物质，对生物和人类活动具有重要意义。游离态的氮气很难被植物吸收，将空气中的游离态氮转化为化合态氮的过程称为固氮。 1. 结构式为___________，1mol中所含键的数目为___________。 2. 以下属于固氮过程的是 A. 放电条件下氮气与氧气化合 B. 在一定条件下用与合成尿素 C. 根瘤菌把空气中的氮气变成含氮化合物 D. 植物吸收土壤中的硝酸盐合成蛋白质 人工固氮目前主要通过工业合成氨来实现。1754年，人类首次在实验室制出了氨，直到1913年，才实现了合成氨的工业化生产。 3. 在Haber-Bosch工艺开发前，Frank于1908年开发了一种通过碳化钙合成氨的方法。 （1）写出以、和C为原料合成的反应热化学方程式___________。 （2）根据热化学方程式，说明碳化钙合成氨的方法的缺点___________。 4. 1913年，Haber-Bosch发明的催化合成氨技术实现了工业化生产：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) （1）关于该反应的与判断正确的是___________。 A. 与均大于0 B. 与均小于0 C. 大于0，小于0 D. 小于0，大于0 （2）一定温度下，将与以体积比1：3置于恒压密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________。 A. B. 混合气体密度保持不变 C. 和的体积比保持不变 D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 （3）分析工业合成氨选择20-50MPa的原因___________。 化合态的氮元素在微生物等的作用下最终返回大气，如此反复循环，建立起平衡。 5. 水体中的在反硝化菌作用下与反应生成，写出发生反应的离子方程式___________。 二、弱酸的电离(共19分) 6. 醋酸和醋酸盐在生产生活中有着众多的用途。25℃时，的溶液pH为11. （1）溶液呈碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。该溶液中水的电离度是相同温度下纯水的___________倍。 （2）25℃时，向醋酸中加入少量醋酸钠固体。当固体溶解后，推测溶液pH变化情况并说明理由___________。 （3）若起始浓度为，电离度为，则电离常数___________(用含的代数式表示)。 （4）将下列溶液升温至80℃，升温前后溶液pH变化最小的是___________。 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 7. 常温下，部分酸的电离常数如下表所示： 编号 ① ② ③ ④ 化学式 (草酸) 电离常数 （1）四种酸的酸性从强到弱的顺序为___________(可用编号表示)；下列各离子中，结合能力最强的是___________。 A． B． C． D． （2）判断下列反应可能发生的是___________。 A. B. C. D. （3）常温下向氨水中通入。当降至时，溶液中___________。 三、硫化氢的脱除(共22分) 硫化氢广泛存在于天然气中的有毒气体，目前有多种硫化氢脱除工艺。 8. Claus法脱硫。第一阶段中部分硫化氢被空气完全氧化为；第二阶段在400℃左右进行，上一阶段氧化产物与剩余硫化氢继续反应，生成硫单质(化学式为)。 （1）S原子的价电子排布式为___________，的电子式为___________。 （2）第二阶段反应的化学方程式为___________。 （3）为使硫单质回收率最大，第一阶段硫化氢的氧化率()应控制在___________。 A. 25.0% B. 33.3% C. 50% D. 66.7% （4）在真空Claus法脱硫中，用溶液吸收。 电离平衡常数 溶液吸收少量的离子方程式为___________。 9. 直接氧化法脱硫。反应历程与体系能量变化如下图所示(TS表示过渡态)。 （1）上述反应历程共涉及___________个基元反应。 （2）其中化学反应速率最慢的步骤的活化能为___________。 （3）以下反应的焓变能表示燃烧热的是___________。 A. B. C. D. 10. 热分解法。利用反应分解，在1373K、100kPa下，分别将为4：1、1： 1、1：4、1：9的混合气体置于体积相等的恒容密闭容器中发生分解反应，反应过程中转化率随时间的变化如下图所示： （1）对应图中曲线___________。理由是___________。 A．a B．b C．c D．d （2）的混合气体投料后，若将温度升高至1473K，达到平衡时混合气体中与的浓度相等，平衡转化率为___________。 四、空气污染物的处理 化学在治理空气污染方面发挥着重要的作用，将污染气体吸收或转化为对环境友好的气体是环境科学研究的热点。 11. 在催化作用下与CO发生反应： （1）该反应分两步进行，第一步：，则第二步反应为___________。 （2）已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能___________(选填“>”“<”或“=”)第二步反应的活化能。 12. 在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。 （1）该反应的_____(选填“>”或“<”)0. （2）若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则从起始到平衡过程中N2O反应速率为_____。 （3）容器Ⅱ中，反应在B点时对应的平衡常数K=_____(保留两位有效数字)。 （4）根据题给信息，下列有关说法正确的是_____。 A. 体积之比：VⅠ>VⅡ>VⅢ B. 容器Ⅲ中，当N2与O2物质的量之比为2：1时反应达平衡状态 C. 图乙中A、C、D对应的容器中混合气体平均相对分子质量相等 D. 图乙中A、C、D三点由于转化率相等，因而平衡常数相等 （5）若容器Ⅳ的体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_____ A. υ正>υ逆 B. υ正<υ逆 C. υ正=υ逆 13. 工业制硫酸中尾气的处理。 （1）下图是工业制硫酸中的转化器，有关说法正确的是___________。 A. 该装置能充分利用热能 B. 进入转化器气体要净化操作 C. 温度475℃，此时转化率最大 D. 该装置a端出来的气体只有 利用活性炭催化可去除尾气中，并使其“热再生”，机理如下图1(*代表吸附态)。 （2）控制一定气体流速和温度，结果发现烟气中的存在对炭基材料催化剂脱硫活性产生影响，结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其原因可能是___________。 工业上还可用溶液吸收烟气中的二氧化硫，随着反应的进行，其吸收能力会逐渐降低。 （3）使用溶液吸收烟气中的二氧化硫的离子方程式为___________。为使再生，最适宜向吸收能力降低的溶液中加入或通入一定量的___________。 A． B．CaO C． D．NaOH 五、认识氧化铁黄 14. 氧化铁黄(化学式为FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。工业上常以绿矾()为原料制备FeOOH。 （1）下列关于铁元素的认识正确的是___________。 A. 能存在于人体的血红蛋白中 B. 是地壳中含量最多的金属元素 C. 单质是人类最早使用的金属 D. 铁的氧化物都具有致密的结构 （2）保存溶液时常加入少量铁屑，用离子方程式表示铁屑的作用___________。 制备FeOOH的工艺流程包含如下环节 （3）过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯外还有___________。 （4）模拟氧化时，相关pH变化记录如图。 时段，pH逐渐减小的原因是反应生成了，配平下列化学方程式并标出电子转移方向和数目：___________ _______________________________________________________ （5）制备氧化铁黄的关键步骤是溶液的氧化。为探究影响氧化溶液快慢的因素，现利用、蒸馏水和稀配制四组溶液进行实验，实验结果如下表： 实验编号 I II III IV 0.5 0.25 0.25 0.5 溶液pH 2.9 2.9 3.5 3.3 初始颜色 浅绿色 浅绿色，较I浅 浅绿色，同II 浅绿色，同I 0.5h后颜色 浅绿色 浅绿色 黄绿色 浅绿色 2h后颜色 黄绿色 浅绿色 黄色 黄绿色 5h后颜色 浅黄色 浅黄色，较I浅 黄色，较IV浅 黄色 对比实验I和II可知，实验中影响氧化快慢的因素是___________；对比实验III和IV并结合其他组实验结果，判断影响氧化溶液快慢的决定因素并说明理由___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上海市虹口区北郊中学第一学期期中考 高二年级 化学学科 一、氮的循环(共21分) 氮循环为动植物的生长提供所需的营养物质，对生物和人类活动具有重要意义。游离态的氮气很难被植物吸收，将空气中的游离态氮转化为化合态氮的过程称为固氮。 1. 结构式为___________，1mol中所含键的数目为___________。 【答案】 ①. N≡N ②. 2NA 【解析】 【详解】N2中N原子之间共用3对电子，故结构式为N≡N，1个碳碳三键中有2个π键和1个σ键，故1mol N2含有2NAπ键。 2. 以下属于固氮过程的是 A. 放电条件下氮气与氧气化合 B. 在一定条件下用与合成尿素 C. 根瘤菌把空气中的氮气变成含氮化合物 D. 植物吸收土壤中的硝酸盐合成蛋白质 【答案】AC 【解析】 【分析】氮的固定是指将游离态的氮转化为含氮化合物的过程； 【详解】A．放电条件下氮气与氧气化合，游离态的氮转化为化合态，属于氮的固定，A正确； B．在一定条件下用NH3与CO2合成尿素是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，B错误； C．豆科植物根瘤菌把空气中的氮气变成含氮化合物，游离态的氮转化为化合态，属于氮的固定，C正确； D．植物吸收土壤中的硝酸盐合成蛋白质，是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，D错误； 故选AC。 人工固氮目前主要通过工业合成氨来实现。1754年，人类首次在实验室制出了氨，直到1913年，才实现了合成氨的工业化生产。 3. 在Haber-Bosch工艺开发前，Frank于1908年开发了一种通过碳化钙合成氨的方法。 （1）写出以、和C为原料合成的反应热化学方程式___________。 （2）根据热化学方程式，说明碳化钙合成氨的方法的缺点___________。 【答案】（1）ΔH=+175.2kJ/mol （2）该反应为吸热反应，能耗高 【解析】 【小问1详解】 将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+②+③得到反应，则反应△H=(+557.8kJ/mol)+(—288.4 kJ/mol)+(—94.2 kJ/mol)=+ 175.2kJ/mol，则反应的化学方程式为ΔH=+175.2kJ/mol，故答案为：ΔH=+175.2kJ/mol； 【小问2详解】 由热化学方程式可知，与合成氨反应相比，碳化钙合成氨的方法的缺点是该反应是吸热反应，耗能大，故答案为：该反应为吸热反应，能耗高。 4. 1913年，Haber-Bosch发明的催化合成氨技术实现了工业化生产：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) （1）关于该反应的与判断正确的是___________。 A. 与均大于0 B. 与均小于0 C. 大于0，小于0 D. 小于0，大于0 （2）一定温度下，将与以体积比1：3置于恒压密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________。 A. B. 混合气体密度保持不变 C. 和的体积比保持不变 D. 混合气体的平均相对分子质量保持不变 （3）分析工业合成氨选择20-50MPa的原因___________。 【答案】（1）B （2）BD （3）低于20MPa时，增大压强化学反应速率加快，平衡向正向移动，有利于氨气的生成；高于50MPa时，继续加压，平衡移动不明显，但设备的承压能力要求更高，能耗也更大，所以不能加压 【解析】 【小问1详解】 由方程式可知，合成氨反应是熵减的放热反应，反应ΔH、ΔS均小于0，故选B； 【小问2详解】 A．不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，合成氨反应是气体体积减小的反应，恒压条件下反应时混合气体密度增大，则混合气体密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； C．由方程式可知，反应中氮气和氢气的体积比始终为1：3，则氮气和氢气的体积比保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，合成氨反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； 故选BD； 【小问3详解】 合成氨反应是气体体积减小的反应，工业合成氨选择20-50MPa是因为低于20MPa时，增大压强化学反应速率加快，平衡向正向移动，有利于氨气的生成；高于50MPa时，继续加压，平衡移动不明显，但设备的承压能力要求更高，能耗也更大，所以不能加压，故答案为：低于20MPa时，增大压强化学反应速率加快，平衡向正向移动，有利于氨气的生成；高于50MPa时，继续加压，平衡移动不明显，但设备的承压能力要求更高，能耗也更大，所以不能加压。 化合态的氮元素在微生物等的作用下最终返回大气，如此反复循环，建立起平衡。 5. 水体中的在反硝化菌作用下与反应生成，写出发生反应的离子方程式___________。 【答案】NH+NON2↑+2H2O 【解析】 【详解】中氮元素化合价由-3升到0价，中氮元素化合价由+3降低到0价，发生N的化合价归中反应生成N2和H2O，离子方程式为：NH+NON2↑+2H2O。 二、弱酸的电离(共19分) 6. 醋酸和醋酸盐在生产生活中有着众多的用途。25℃时，的溶液pH为11. （1）溶液呈碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。该溶液中水的电离度是相同温度下纯水的___________倍。 （2）25℃时，向醋酸中加入少量醋酸钠固体。当固体溶解后，推测溶液pH变化情况并说明理由___________。 （3）若起始浓度为，电离度为，则电离常数___________(用含的代数式表示)。 （4）将下列溶液升温至80℃，升温前后溶液pH变化最小的是___________。 A. 溶液 B. 溶液 C. 溶液 D. 溶液 【答案】（1） ①. CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- ②. 104 （2）pH增大，醋酸钠溶于水电离出大量的醋酸根离子，抑制醋酸的电离，使c(H+)减小 （3） （4）D 【解析】 【小问1详解】 溶液呈碱性的原因是由于醋酸根离子发生水解生成了醋酸和，水解的离子方程式为：；25℃时，溶液的pH为11，则由水电离出的，而相同温度下纯水中的，则二者的比值为：。 故答案为：；。 【小问2详解】 在醋酸溶液中存在电离平衡：，当加入少量醋酸钠固体时，醋酸钠在溶液中电离：，电离出的对醋酸的电离起到抑制作用，使电离平衡向左移动，减小，pH增大。 故答案为：pH增大；醋酸钠溶于水电离出大量的醋酸根离子，抑制醋酸的电离，使c(H+)减小 【小问3详解】 若起始浓度为，电离度为时，列关系式： 则电离常数为。 故答案为：。 【小问4详解】 将下列溶液升温至80℃，升温前后溶液pH变化最小的是： A．溶液：升温促进电离， 显著增加，pH 明显下降，A不符合题意； B．溶液：升温使水的离子积增大， 不变，氢离子浓度增大，pH 下降，B不符合题意； C．溶液：升温促进水解， 增加，但 也增大，导致  变化显著，pH 下降较多，C不符合题意； D．溶液：第一步离解完全，第二步离解在稀溶液中贡献较小，升温对  影响甚微，pH 变化最小，D符合题意； 故答案为：D。 7. 常温下，部分酸的电离常数如下表所示： 编号 ① ② ③ ④ 化学式 (草酸) 电离常数 （1）四种酸的酸性从强到弱的顺序为___________(可用编号表示)；下列各离子中，结合能力最强的是___________。 A． B． C． D． （2）判断下列反应可能发生的是___________。 A. B. C. D. （3）常温下向氨水中通入。当降至时，溶液中___________。 【答案】（1） ①. ②④①③ ②. C （2）C （3）1 【解析】 【小问1详解】 ①酸的电离常数越大，酸性越强。Ka值由大到小：Ka1(H2C2O4)=5×10−2 ，Ka1(H2SO3)=1.5×10−2 ，Ka(CH3COOH)=1.8×10−5 ，Ka1(H2CO3)=4.4×10−7 ，可得酸性：②＞④＞①＞③ 。 ②对应酸酸性越弱，其酸根离子结合H+能力越强。电离出氢离子的能力最弱，结合H+能力最强，答案选C 。 【小问2详解】 A．H2C2O4酸性强于CH3COOH，该反应不符合强酸制弱酸原理，不能发生，A不可能； B．H2SO3酸性强于CH3COOH ，但酸性弱于CH3COOH ，反应应生成NaHSO3和CH3COOH ，该反应不能发生，B不可能； C．H2C2O4的两级电离常数均大于H2CO3 的Ka1，符合强酸制弱酸原理，该反应可以发生，C可能； D．H2C2O4酸性强于H2SO3、但H2SO3酸性强于，H2SO3能与Na2C2O4反应，生成物中不能同时存在H2SO3和Na2C2O4，D不可能； 答案选C。 【小问3详解】 常温下，当c(OH−)=1.0×10−7mol⋅L−1时，c(H+)=1.0×10−7mol⋅L−1 ，则 。 三、硫化氢的脱除(共22分) 硫化氢广泛存在于天然气中的有毒气体，目前有多种硫化氢脱除工艺。 8. Claus法脱硫。第一阶段中部分硫化氢被空气完全氧化为；第二阶段在400℃左右进行，上一阶段氧化产物与剩余硫化氢继续反应，生成硫单质(化学式为)。 （1）S原子的价电子排布式为___________，的电子式为___________。 （2）第二阶段反应的化学方程式为___________。 （3）为使硫单质回收率最大，第一阶段硫化氢的氧化率()应控制在___________。 A. 25.0% B. 33.3% C. 50% D. 66.7% （4）在真空Claus法脱硫中，用溶液吸收。 电离平衡常数 溶液吸收少量的离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. 3s23p4 ②. （2）2SO2+4H2S=3+4H2O （3）B （4）H2S+= HS-+ 【解析】 【小问1详解】 S是16号元素，核外含有16个电子，价电子排布式为3s23p4，是共价化合物，结构式为H-S-H，电子式为。 【小问2详解】 第一阶段中部分硫化氢被空气完全氧化为，第二阶段生成的SO2与剩余H2S反应生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2SO2+4H2S=3+4H2O。 【小问3详解】 为使硫单质回收率最大，第一阶段H2S→SO2，第二阶段生成的SO2与剩余的H2S反应：2SO2+4H2S=3+4H2O，由方程式可知第二阶段2mol二氧化硫被4mol硫化氢还原，则硫化氢的氧化率应控制在≈33.3%，故选B。 【小问4详解】 ，H2S的酸性强于，根据强酸制取弱酸，与H2S反应生成和HS-，离子方程式为：H2S+= HS-+。 9. 直接氧化法脱硫。反应历程与体系能量变化如下图所示(TS表示过渡态)。 （1）上述反应历程共涉及___________个基元反应。 （2）其中化学反应速率最慢的步骤的活化能为___________。 （3）以下反应的焓变能表示燃烧热的是___________。 A. B. C. D. 【答案】（1）5 （2）182.1 （3）D 【解析】 【小问1详解】 根据波峰数目确定基元反应个数，上述反应历程共涉及5个基元反应； 【小问2详解】 活化能越大的反应速率越慢，其中化学反应速率最慢的步骤的活化能为-187.9-(-370.0)=182.1； 【小问3详解】 101Kpa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量为燃烧热；S生成，且为1mol，故选D。 10. 热分解法。利用反应分解，在1373K、100kPa下，分别将为4：1、1： 1、1：4、1：9的混合气体置于体积相等的恒容密闭容器中发生分解反应，反应过程中转化率随时间的变化如下图所示： （1）对应图中曲线___________。理由是___________。 A．a B．b C．c D．d （2）的混合气体投料后，若将温度升高至1473K，达到平衡时混合气体中与的浓度相等，平衡转化率为___________。 【答案】（1） ①. D ②. H2S浓度减小，相当于减小压强，平衡正向移动，有利于提高H2S的转化率。1：9是四组投料中H2S浓度最小的一组，因此H2S转化率最大 （2）50% 【解析】 【分析】图片展示了不同初始浓度下，的转化率随时间的变化。根据压强对平衡的影响，知H2S初始浓度越小，平衡时其转化率越大。由的混合气体投料后，混合气体中与的浓度相等，并结合三段式可得转化的H2S物质的量，从而知平衡时的转化率。 【小问1详解】 越小， H2S浓度越小，相当于减小压强，平衡正向移动，则平衡时分解转化率越高。1：9是四组投料中H2S浓度最小的一组，因此H2S转化率最大，对应图中曲线d。故答案选D。 【小问2详解】 假设在该条件下，H2S和Ar的起始投料的物质的量分别为和，转化的H2S为，据三段式 达到平衡时混合气体中与的浓度相等，则两者的物质的量相等，即，解得x=0.5，所以的平衡转化率为。 四、空气污染物的处理 化学在治理空气污染方面发挥着重要的作用，将污染气体吸收或转化为对环境友好的气体是环境科学研究的热点。 11. 在催化作用下与CO发生反应： （1）该反应分两步进行，第一步：，则第二步反应为___________。 （2）已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能___________(选填“>”“<”或“=”)第二步反应的活化能。 【答案】（1）FeO++COFe++CO2 （2）> 【解析】 【小问1详解】 第一步N2O被Fe+反应成了N2，第二步则为CO与FeO+反应生成CO2和Fe+，即化学方程式为CO（g）+FeO+⇌CO2（g）+Fe+； 【小问2详解】 已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，说明第二步反应为快反应，第一步反应为慢反应，由活化能越大反应速率越慢可知，第一步反应的活化能＞第二步反应的活化能。 12. 在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中N2O的平衡转化率如图乙所示。 （1）该反应的_____(选填“>”或“<”)0. （2）若容器Ⅰ的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则从起始到平衡过程中N2O反应速率为_____。 （3）容器Ⅱ中，反应在B点时对应的平衡常数K=_____(保留两位有效数字)。 （4）根据题给信息，下列有关说法正确的是_____。 A. 体积之比：VⅠ>VⅡ>VⅢ B. 容器Ⅲ中，当N2与O2物质的量之比为2：1时反应达平衡状态 C. 图乙中A、C、D对应的容器中混合气体平均相对分子质量相等 D. 图乙中A、C、D三点由于转化率相等，因而平衡常数相等 （5）若容器Ⅳ的体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_____ A. υ正>υ逆 B. υ正<υ逆 C. υ正=υ逆 【答案】（1）> （2）0.001mol·L-1·s-1 （3）0.0044 （4）AC （5）B 【解析】 【小问1详解】 由图可知，升高温度，一氧化二氮的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0的吸热反应，故答案为：>； 【小问2详解】 由图可知，370℃下容器Ⅰ中反应达到平衡时，一氧化二氮的转化率为40%，则从起始到平衡过程中一氧化二氮反应速率为=0.001mol·L-1·s-1，故答案为：0.001mol·L-1·s-1； 【小问3详解】 平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A点和B点反应温度都为370℃，反应的平衡常数相等，370℃下容器Ⅰ中反应达到平衡时，一氧化二氮的转化率为40%，则平衡时一氧化二氮、氮气、氧气的浓度分别为=0.03mol/L、=0.02mol/L、=0.01mol/L，反应的平衡常数K=≈0.0044，故答案为：0.0044； 【小问4详解】 A．该反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的转化率减小，由图可知，温度相同时，容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应一氧化二氮的转化率依次减小，说明容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中气体压强依次增大，则容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积依次减小，故正确； B．由方程式可知，反应中氮气和氧气的物质的量之比始终为2：1，则物质的量之比为2：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； C．由图可知，A、C、D对应的容器中一氧化二氮的起始量和转化率相等，则容器中气体的物质的量相等，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则混合气体平均相对分子质量相等，故正确； D．由图可知，A、C、D对应的容器中一氧化二氮的起始量和转化率相等，但反应温度不同，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以反应的平衡常数不相等，故错误； 故选AC； 【小问5详解】 由图可知，370℃时容器Ⅳ中反应的浓度熵Qc==0.04＞0.0044，反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故选B。 13. 工业制硫酸中尾气的处理。 （1）下图是工业制硫酸中的转化器，有关说法正确的是___________。 A. 该装置能充分利用热能 B. 进入转化器气体要净化操作 C. 温度475℃，此时转化率最大 D. 该装置a端出来的气体只有 利用活性炭催化可去除尾气中，并使其“热再生”，机理如下图1(*代表吸附态)。 （2）控制一定气体流速和温度，结果发现烟气中的存在对炭基材料催化剂脱硫活性产生影响，结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其原因可能是___________。 工业上还可用溶液吸收烟气中的二氧化硫，随着反应的进行，其吸收能力会逐渐降低。 （3）使用溶液吸收烟气中的二氧化硫的离子方程式为___________。为使再生，最适宜向吸收能力降低的溶液中加入或通入一定量的___________。 A． B．CaO C． D．NaOH 【答案】（1）AB （2）氧气浓度过高时占据催化剂过多活性位置，SO2就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降 （3） ①. SO+SO2+H2O=2HSO ②. C 【解析】 【小问1详解】 A．二氧化硫转化为三氧化硫的反应为放热反应，且该装置中使用了热交换装置，能充分利用热能，A正确； B．从沸腾炉出来的炉气需净化，是因为其中带有的杂质气体，会让下一步接触室里面的催化剂中毒，催化剂中毒会影响反应的进度，B正确； C．反应温度控制在475℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，该反应为放热反应，温度越高，的平衡转化率越小，C错误； D．二氧化硫转化为三氧化硫的反应为可逆反应，则a端出来的气体SO3，SO2，O2，D错误； 故选AB。 【小问2详解】 O2浓度过高时，去除率下降，其原因可能：当氧气浓度过高，占据催化剂过多的活性位点，导致二氧化硫和一氧化氮不能更好的被吸附，从而导致脱硫率下降。 【小问3详解】 使用溶液吸收烟气中的二氧化硫生成NH4HSO3，离子方程式为：+SO2+H2O=2；随着反应的进行，溶液转化为亚硫酸氢铵溶液，吸收能力逐渐下降，NH4HSO3和二氧化硫不反应，和氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，和氢氧化钠反应生成氨和亚硫酸钠，和氨反应转化为，即可再生，故选C。 五、认识氧化铁黄 14. 氧化铁黄(化学式为FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。工业上常以绿矾()为原料制备FeOOH。 （1）下列关于铁元素的认识正确的是___________。 A. 能存在于人体的血红蛋白中 B. 是地壳中含量最多的金属元素 C. 单质是人类最早使用的金属 D. 铁的氧化物都具有致密的结构 （2）保存溶液时常加入少量铁屑，用离子方程式表示铁屑的作用___________。 制备FeOOH的工艺流程包含如下环节 （3）过滤操作中用到的玻璃仪器除烧杯外还有___________。 （4）模拟氧化时，相关pH变化记录如图。 时段，pH逐渐减小的原因是反应生成了，配平下列化学方程式并标出电子转移方向和数目：___________ _______________________________________________________ （5）制备氧化铁黄的关键步骤是溶液的氧化。为探究影响氧化溶液快慢的因素，现利用、蒸馏水和稀配制四组溶液进行实验，实验结果如下表： 实验编号 I II III IV 0.5 0.25 0.25 0.5 溶液pH 2.9 2.9 3.5 3.3 初始颜色 浅绿色 浅绿色，较I浅 浅绿色，同II 浅绿色，同I 0.5h后颜色 浅绿色 浅绿色 黄绿色 浅绿色 2h后颜色 黄绿色 浅绿色 黄色 黄绿色 5h后颜色 浅黄色 浅黄色，较I浅 黄色，较IV浅 黄色 对比实验I和II可知，实验中影响氧化快慢的因素是___________；对比实验III和IV并结合其他组实验结果，判断影响氧化溶液快慢的决定因素并说明理由___________。 【答案】（1）A （2） （3）漏斗、玻璃棒 （4） （5） ①. 溶液浓度 ②. 溶液pH是影响氧化溶液快慢决定因素，因为实验III和IV中，溶液浓度相同，pH不同，氧化快慢不同，综合多组实验，溶液pH变化时，氧化快慢变化更明显 【解析】 【小问1详解】 A．铁元素是人体必需的微量元素，存在于人体的血红蛋白中，血红蛋白中的能携带和运输氧气，该选项正确； B．地壳中含量最多的金属元素是铝元素，不是铁元素，该选项错误； C．人最早使用的金属是铜，不是铁 ，该选项错误； D．铁的氧化物中，如铁锈（主要成分是）结构疏松，并非都具有致密结构 ，该选项错误； 综上，答案是A。 【小问2详解】 溶液中的易被空气中的氧气氧化为，加入铁屑后，铁屑能将还原为，从而防止被氧化 ，其离子方程式为。 【小问3详解】 过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒 ，烧杯用于承接滤液，漏斗用于过滤，玻璃棒用于引流。 【小问4详解】 中Fe为+2价，中Fe为+3价，Fe元素化合价升高1价； 中O为0价，反应后变为-2价，1个分子得到4个电子。根据得失电子守恒， 与的化学计量数之比为4:1；再根据原子守恒，配平其他物质的化学计量数，得出化学方程式为。电子转移方向是从中的（还原剂）指向（氧化剂），转移电子数为。 【小问5详解】 实验I和II中，溶液pH相同，溶液浓度不同，氧化快慢不同，所以可知溶液浓度影响氧化快慢。实验III和IV中，溶液浓度相同，pH不同，氧化快慢不同，综合多组实验，溶液pH变化时，氧化快慢变化更明显，所以溶液pH是影响氧化溶液快慢的决定因素。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $