精品解析：江苏省苏州市姑苏区苏州中学2024-2025学年高一年级第二学期3月月考化学试题

江苏省苏州中学2024-2025学年度第二学期质量评估 高一化学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 V：51 Fe：56 Cu：64 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 一、单选题(每题3分) 1. 2024年政府工作报告中的新质生产力涉及新材料产业。下列材料不属于新型无机非金属材料的是 A. 碳化硅 B. 石墨烯 C. 光导纤维 D. 有色玻璃 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳化硅属于新型无机非金属材料，故A不符合题意； B．石墨烯属于新型无机非金属材料，故B不符合题意； C．石英光导纤维属于新型无机非金属材料，故C不符合题意； D．有色玻璃，属于传统无机非金属材料，故D符合题意； 故选D。 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的结构示意图为 B. 融化时破坏共价键 C. 的电子式为： D. 中子数为8的N原子： 【答案】C 【解析】 【详解】A．的结构示意图为，A错误； B．是离子化合物，融化时破坏离子键，B错误； C．共用三对电子对，电子式为：，C正确； D．中子数为8的氮原子：，D错误； 故选C。 3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A 溶液：、、、 B. 溶液：、、、 C. 溶液：、、、 D. 溶液：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．氢氧根离子会和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，不能大量共存，A不符合题意； B．酸性条件下，次氯酸根离子和氯离子会发生归中反应生成氯气，不能大量共存，B不符合题意； C．酸性条件下，硝酸根离子会氧化亚铁离子生成铁离子，不能大量共存，C不符合题意； D．溶液：、、、相互不反应，能大量共存，D符合题意； 故选D。 4. 煤燃烧时，烟气中含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 煤燃烧不影响自然界氮循环 B. 燃煤过程没有发生氮的固定 C. 含氧量越高越不易生成 D. 燃煤温度越高污染越重 【答案】D 【解析】 【详解】A．煤燃烧时发生生成NO反应，污染环境，影响了氮循环，故A错误； B．燃煤过程中发生了N2到NO的反应，为氮的固定，故B错误； C．由图可知，含氧量越高，烟气中NO浓度越高，越容易生成NO，故C错误； D．由图可知，温度越高，烟气中NO浓度越高，污染越重，故D正确； 故选D。 阅读材料，ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成，继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷()与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄()和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体。是一种重要的精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。回答问题。 5. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备氨水 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置提纯 6. 下列反应的化学或离子方程式不正确的是 A. 制的离子方程式： B. 白磷与溶液反应： C. 与足量的溶液反应的离子方程式： D. 雌黄制备雄黄的方程式： 7. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 具有强还原性，可用于火箭推进剂燃料 B. 难溶于水，可用作瓜果保护气 C. 具有还原性，可用作制冷剂 D. 具有强氧化性，可用于制硝酸铵 【答案】5. C 6. C 7. A 【解析】 【5题详解】 A．Ca(OH)2与NH4Cl混合加热发生反应产生CaCl2、NH3、H2O，固体混合物加入时为防止水回流使试管炸裂，制取装置的试管口要向下倾斜，A正确； B．NH3极易溶于水，为防止NH3溶于水导致导气管中气体压强减小而引起倒吸，在导气管末端安装了一个球形干燥管，因此可以用乙装置制备氨水，B正确； C．氨气可被次氯酸钠氧化为N2H4·H2O，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误； D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确； 故选C； 【6题详解】 A．溶于水生成、NO，离子方程式为：，故A正确； B．白磷与溶液反应生成、，离子方程式为，故B正确； C．为一元酸，与足量的溶液反应的离子方程式：，故C错误； D．雌黄（As2S3）和SnCl2、HCl制备雄黄（As4S4）的方程式为：，故D正确； 故选C； 【7题详解】 A．具有强还原性，可与H2O2、N2O4等氧化剂剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，可用于火箭推进剂燃料，A正确； B．N2可用作瓜果保护气是由于其化学性质稳定，不容易参加化学反应，与其难溶于水的性质无关，因此不具有对应关系，B错误； C．NH3可用作制冷剂是由于其沸点低，液氨气化时会从周围环境中吸收大量热量，导致环境温度降低，而与其具有还原性无关，因此不具有对应关系，C错误； D．HNO3具有酸性，能够与氨气反应产生硝酸铵，因此硝酸可用于制硝酸铵，这与其是否具有强氧化性无关，因此不具有对应关系，D错误； 故选A。 8. 和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。将与的混合气体通入和的混合溶液中，发生如图转化过程，下列说法正确的是 A. 反应前后溶液中和的总物质的量浓度始终不变 B. 参加反应Ⅰ的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C. 反应Ⅱ的离子方程式为 D. 反应过程中消耗的与的物质的量相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据图示分析，过程I：，过程II：，以此解题； 【详解】A．根据分析，两过程反应整理得总反应：，反应过程中溶液内Ce3+和Ce4+总数保持不变，但是因为有水生成，浓度发生变化，A错误； B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B错误； C．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为，C错误； D．总反应：，反应过程中消耗的与的物质的量相等，D正确； 故选D。 9. 铁的单质及许多化合物均具有重要用途。可用作净水剂，在水中不稳定，会生成胶体，碱性条件下氧化性大于。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是 A. B. C. D. 胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁与水蒸气在高温条件下发生反应会生成四氧化三铁，不是氧化铁，氧化铁和铝发生铝热反应生成铁单质，A错误； B．氧化铁在碱性条件下，被次氯酸钾氧化为高铁酸钾，高铁酸钾在水中不稳定，生成氢氧化铁胶体被还原，铁化合价降低，根据氧化还原反应价态规律可知得不到氢气，应该为氧化合价升高得到氧气，B错误； C．铁与氯气加热可生成氯化铁，氯化铁在水溶液中加入铜会发生氧化还原反应生成氯化亚铁和氯化铜，均能实现相互转化，C正确； D．氧化铁和盐酸生成氯化铁，溶液和溶液会反应生成氢氧化铁沉淀；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，D错误； 故选C。 10. 由海绵铜(主要含和少量)制取氯化亚铜()的流程如下： 已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。下列关于说法正确的是 A. “溶解”时，硫酸是氧化剂、是还原剂 B. “还原”时，反应的离子方程式为： C. “过滤”时，可以搅拌加速滤液与的分离 D. “酸洗”时，最适宜选用的是稀硫酸 【答案】D 【解析】 【分析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到的溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、在氯化铵环境中发生反应生成氯化亚铜沉淀、硫酸铵和硫酸，过滤得到氯化亚铜沉淀、用稀硫酸洗涤，最终得到氯化亚铜，以此解答； 【详解】A．酸性条件下具有强氧化性，在“溶解”时，硫酸提供氢离子，是氧化剂、是还原剂，A错误； B． “还原”时，反应的离子方程式为：，B错误； C． “过滤”时，玻璃棒搅拌液体有可能捣破滤纸，故过滤时不可以搅拌，C错误； D．氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，则 “酸洗”时不能用盐酸、不能用硝酸（防止被氧化），最适宜选用的是稀硫酸，还可循环利用，D正确； 答案选D。 11. 室温下探究溶液的性质。下列实验方案能速到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 验证溶液中含有 向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 B 和反应为可逆反应 向溶液中滴加溶液，再滴加几滴溶液，溶液呈血红色 C 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加溶液，观察溶液的颜色变化 D 是否催化分解 向的溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误； B．有反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，与溶液中物质量之比n(KI):n(FeCl3)≈5:1，说明KI过量，如果该反应是不可逆反应，则混合后溶液中没有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不会变红，但事实上溶液变红，所以Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应，B正确； C．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，C错误； D．向的溶液中滴加几滴溶液，若产生气泡也有可能是硫酸根离子、Fe3+或铵根离子的催化作用，需要做对比实验才能确定，D错误； 故选B。 12. 以高硫铝土矿(主要成分为少量)为原料，生产的部分工艺流程如下： 已知：是一种难溶于水的酸性氧化物，酸性比碳酸弱，难溶于水。下列说法不正确的是 A. 高硫铝土矿加工成粉状，可以加快焙烧速率，又能提高原料利用率 B. 碱浸过程发生的反应： C. 向过滤后得到的滤液中通入过量，得到的沉淀为 D. 若由与在无氧条件下焙烧制得，则两者物质的量之比为 【答案】C 【解析】 【分析】高硫铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量FeS2、金属硫酸盐，加少量氧化钙、通入空气，FeS2转化为Fe2O3和二氧化硫，加氢氧化钠“碱浸”，Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，滤渣加FeS2“焙烧”， Fe2O3与FeS2反应生成Fe3O4和SO2。 【详解】A．可通过将高硫铝土矿加工成粉状，加快焙烧速率，又能提高原料利用率，故A正确； B．和碱反应生成偏铝酸根和水，离子方程式为，故B正确； C．滤液中有偏铝酸根和硅酸根，通入过量二氧化碳，生成硅酸和氢氧化铝沉淀，故C错误； D．设xmolFe2O3与ymolFeS2混合后在缺氧条件下焙烧，根据S元素守恒，生成2ymolSO2、生成 molFe3O4，根据O元素守恒，x：y=16：1，理论上完全反应消耗的n(Fe2O3)：n(FeS2)=16：1，故D正确； 故选C。 13. 向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入1 L 0.6 mol·L-1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO气体(标准状况)。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。下列说法不正确的是 A. 上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1 B. 若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32 g C. Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O D. 若混合物中含0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.1 mol 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cu、Cu2O、CuO与HNO3恰好完全反应时生成Cu(NO3)2、NO和H2O，硝酸的物质的量为1 L×0.6 mol·L-1=0.6 mol，生成的NO的物质的量=2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol，则体现氧化性的硝酸是0.1 mol，体现酸性的硝酸是0.5 mol，体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1，A正确； B．根据N原子守恒可知：n[Cu(NO3)2]=(0.6 mol-0.1 mol)÷2=0.25 mol，混合物中所含的Cu元素共有0.25 mol，根据铜元素守恒可知，用H2还原Cu、Cu2O、CuO的混合物后应得到0.25 mol Cu，故所得固体的质量为0.25 mol×64 g·mol-1=16 g，B错误； C．Cu2O被稀HNO3氧化为Cu2+，硝酸根被还原为NO，同时生成H2O，反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O，C正确； D．若混合物中含0.1 mol Cu，生成的NO的物质的量0.1mol，共转移0.3mol电子，Cu-Cu2+-2e-、Cu2O-Cu2+-2e-，根据电子转移守恒，混合物中n(Cu2O)=(0.1 mol×3－0.1 mol×2)÷2=0.05 mol，根据铜元素守恒可知，n(CuO)=0.25 mol－0.1 mol－0.05 mol×2=0.05 mol，混合物中，Cu不与稀H2SO4反应，0.05 mol Cu2O、0.05 mol CuO与稀H2SO4反应，根据Cu2O、CuO中氧原子与H2SO4电离出的H+反应生成H2O，可得n(H2SO4)=0.05 mol+0.05 mol=0.1 mol，D正确； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 14. 综合利用粉煤灰既有利于环境保护，又有利于资源节约。某种粉煤灰(主要含、、、等)的铝，铁分离工艺流程如下： 已知：①部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 ②“吸收”过程中发生的反应是 氢氧化物 开始沉淀的pH 1.5 3.2 7.1 沉淀完全的pH 3.1 4.9 8.9 （1）为使“酸浸”充分进行，通常加入过量稀硫酸，但又不能过量太多的原因可能是___________。 （2）“酸浸”中滤渣的主要成分是___________。 （3）“浸出液”中加铁粉的目的是___________。证明该反应已完全的实验方案是___________。 （4）“分离”过程中加入氨水调浸出液pH的范围为___________。 （5）“再生”过程中，“吸收”中生成的在微生物的作用下与发生反应，离子方程式为___________。 （6）某学习小组欲以废铁泥(主要成分为、和少量)为原料，制备晶体。请结合如图的溶解度曲线，写出制备晶体的实验方案：边搅拌边向废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，___________。(实验中可能使用的试剂和仪器有：稀硫酸、铁粉、真空干燥器) 【答案】（1）硫酸过量太多，会导致后续过程中增大铁粉和氨水的消耗 （2）、 （3） ①. 一是除去“酸浸”中过量的稀硫酸，二是将Fe3+还原为Fe2+ ②. 在试管中取反应后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红则证明已经反应完全 （4）4.9≤pH＜7.1 （5）6[Fe(NO) 2]2++C6H12O66Fe2++6N2↑+6CO2↑+6H2O （6）边滴加边搅拌至充分反应，过滤，向滤液中加入稍过量铁粉，升高温度到60℃以上，蒸发浓缩溶液至有较多晶体析出，趁热过滤得到晶体，洗涤，在真空干燥器中烘干 【解析】 【分析】煤灰粉加入硫酸酸浸得到溶液硫酸铝、硫酸铁，二氧化硅不反应、碳酸钙生成微溶硫酸钙沉淀，两者成为滤渣，浸出液加入还原剂铁粉还原铁离子为亚铁离子，便于加入氨水沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，过滤后所得FeSO4溶液可用于烟气中NO吸收生成，[Fe(NO)2]2+在微生物的作用下与C6H12O6发生反应生成亚铁离子、氮气、二氧化碳和水。 【小问1详解】 硫酸过量太多，会导致后续过程中增大铁粉和氨水的消耗，不利于节约，故加入过量稀硫酸，但又不能过量太多； 【小问2详解】 由分析，“酸浸”中滤渣的主要成分是、； 【小问3详解】 “浸出液”中加铁粉的作用一是除去“酸浸”中过量的稀硫酸，利于控制调pH氨水用量，二是将Fe3+还原为Fe2+，结合图标数据，还原铁离子为亚铁离子，便于加入氨水沉淀铝离子生成氢氧化铝沉淀，从而实现铁铝分离；证明该反应已完全，即证明没有Fe3+，实验方案是：在试管中取反应后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红则证明已经反应完全； 【小问4详解】 “沉铝”过程中加入氨水使Al3+完全沉淀，而Fe2+不沉淀，结合表格中数据，调pH的范围是4.9≤pH＜7.1； 【小问5详解】 在微生物的作用下与发生反应，反应生成亚铁离子、氮气、二氧化碳和水，结合质量守恒，离子方程式为：6[Fe(NO) 2]2++C6H12O66Fe2++6N2↑+6CO2↑+6H2O； 【小问6详解】 由图，当温度高于60℃时，溶液会析出晶体，且随着温度升高，溶解度减小，故制备晶体的实验方案：边搅拌边向废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸直至稍过量，边滴加边搅拌至充分反应，过滤，向滤液中加入稍过量铁粉，升高温度到60℃以上，蒸发浓缩溶液至有较多晶体析出，趁热过滤得到晶体，洗涤，在真空干燥器中烘干。 15. 催化剂可以催化脱除烟气中的NO。反应如下：， （1）催化剂的制备。已知：常温下偏钒酸铵()微溶于水；草酸()能与含钒粒子形成易熔于水的物质；V常见的价态有+2、+3、+4、+5。称取一定量偏钒酸铵()和钨酸钠()，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的粉末浸渍于上述混合溶液中，在热水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂。 ①在元素周期表中的位置___________。 ②焙烧时分解产生的化学方程式为___________。 ③焙烧是在空气中进行的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将模拟烟气(、、、)以一定流速通过装有催化剂的反应管，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如图所示。 反应温度高于380℃时，转化率下降，除催化剂的活性降低原因外，用化学方程式表示还可能原因___________。 （3）的回收。回收的过程如图所示： ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。(写两种) ②为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL溶液，再用标准溶液与过量的反应，当反应恰好完全时，消耗标准溶液24.00mL。上述反应原理如下： ；。 则样品的纯度为___________。(写出计算过程) 【答案】（1） ①. 第四周期第ⅤB族 ②. 2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O ③. 生成氮气 （2）4NH3＋5O24NO＋6H2O （3） ①. 适当提高温度，提高亚硫酸钠浓度 ②. 【解析】 【分析】和，加入草酸溶液完全溶解，取粉末浸渍于上述混合溶液中，在热水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂；废催化剂加入亚硫酸钠和硫酸，发生反应得，经一系列操作得到V2O5，据此分析； 【小问1详解】 ①钒在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族； ②根据NH4VO3的分子式，可知焙烧时NH4VO3分解产生V2O5和H2O、NH3，化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O； ③焙烧是在空气中进行的原因是：生成的，可以被氧气氧化生成氮气，防止空气污染； 【小问2详解】 NH3被氧气氧化化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O； 【小问3详解】 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有，适当提高温度，提高亚硫酸钠浓度； ②由题意可知，滴定消耗24.00mL0.01000mol/L高锰酸钾溶液，由方程式可知，与(VO2)2SO4溶液反应的硫酸亚铁铵的物质的量为0.5000mol/L×0.01L-0.01000mol/L×0.024L×5=0.0038mol，则(VO2)2SO4的物质的量为0.0038mol，样品中五氧化二钒的纯度为。 16. 工业废水中的氨氮(以、形式存在)，可通过一系列处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准，主要有以下方法。 （1）汽提法：当废水中pH较高时(氨氮以分子存在)，利用水蒸气将其从水中吹出，消除污染。该操作一般在吹脱塔中进行，废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入。用水蒸气吹出的原理是___________；吹脱塔中进料方式的优点为___________。 （2）微生物法：(酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，在反硝化菌作用下生成。 ①转化为的离子方程式为___________。 ②反硝化阶段，在缺氧条件下，反硝化菌与有机碳源(醇、有机酸等)使转化为，从而消除污染，则有机碳源的作用是___________。 （3）次氯酸钠氧化法： ①向氨氮废水中加入，氨氮转化为而除去。生成标况下6.72L气体，转移的电子数为___________。 ②探究的投加量［以表示］对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。 当时，废水中氨氮去除率100%，而总氮去除率缓慢下降，其原因可能是___________。 （4）光催化降解法：该方法是指利用作催化剂，在其获得能量后，释放出光电子()和形成空穴()，空穴()与产生活性很强的羟基自由基()，将转化为，光电子()再将转化为。反应机理用方程式简单表示如下： Ⅰ． Ⅱ．___________ Ⅲ． Ⅳ． ①反应机理“Ⅱ”空格中物质的化学式为___________。 ②反应机理“Ⅲ”中离子方程式为___________。 【答案】（1） ①. NH3热水中溶解度减小，易于挥发 ②. 废水与水蒸气逆流相遇，接触面积增大，有利于热交换，利于NH3吹出 （2） ①. ②. 提供电子，做还原剂 （3） ①. 1.8NA ②. NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中 （4） ①. H+ ②. NH+8·OH=NO+2H++5H2O 【解析】 【小问1详解】 温度越高，气体的溶解度越小，则用水蒸气吹出氨气的原理是废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入，逆流相遇的废水与水蒸气的接触面积增大，有利于通过热交换提高废水的温度，减小氨气在水中的溶解度，促使氨气吹出； 【小问2详解】 ①转化为，N元素化合价从-3升高到+5价，氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得离子方程式为； ②由题意可知，反硝化阶段，硝酸根离子转化为氮气时，氮元素的化合价降低被还原，硝酸根离子为反应的氧化剂，则有机碳源为反应的还原剂，失去电子发生氧化反应，提供电子，做还原剂； 【小问3详解】 ①氧化氨气为氮气，反应中，氮元素从-3价升高到0价、氯元素从+1价降低到-1价，共转移6个电子，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得离子反应方程式为：，生成标况下6.72L气体，，转移的电子数为0.3mol×6=1.8mol，即1.8NA； ②当时，总氮的去除率随的增大不升反降、意味着溶液中生成了其它含氮的微粒，应该是氨气被氧化的产物，则原因是：NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中； 【小问4详解】 ①由电荷守恒可知，反应机理Ⅱ为，故答案为：H+； ②由题给信息可知，反应机理Ⅲ为羟基自由基将铵根离子转化为硝酸根离子，转化的离子方程式为NH+8·OH=NO+2H++5H2O。 17. 烟气中的氮氧化物以及水体中硝态氮的治理对环境保护至关重要。 （1）的消除。可以用碳酸钠溶液来进行吸收，在产生的同时，会生成，是工业盐的主要成分，在漂白，电镀等方面应用广泛。写出碳酸钠溶液消除的化学方程式：___________。 （2）的消除。 Ⅰ．以为活性物质，为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。铝盐(如)与碳酸氢钠()混合，充分搅拌可生成胶体。 ①生成胶体的离子方程式为___________。 ②“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是___________。 Ⅱ．“”试剂可将氧化为可溶的。 ①催化分解产生有很强的氧化性的，将氧化为的机理如图所示，X是___________。 ②脱除率随温度的变化如图所示，温度高于120℃时，脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 （3）的去除。某催化剂能将水体中的硝酸盐()转化为，其催化还原反应的过程如图所示。 ①催化还原反应过程中化合价有变化的元素是___________。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减少，生成率逐渐降低，分析可能的原因：___________。 【答案】（1） （2） ①. ②. Ce2O3和氧气反应生成了CeO2 ③. Fe2+ ④. H2O2分解，H2O2浓度减小，NO脱除率下降 （3） ①. Fe、H、N ②. 减小，会生成更多的H，更多地生成，减少了氮气的生成 【解析】 【小问1详解】 用碳酸钠溶液来进行吸收，在产生的同时，会生成，，反应过程中N元素化合价发生变化，根据化合价升降可知，还有生成，由化合价升降守恒、原子守恒可知反应方程式为； 【小问2详解】 ①生成胶体的离子方程式为：； ②吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2； ③由图可知，过氧化氢，与Y反应化合价降低，故X到Y化合价升高，因而，X为Fe2+，Y为Fe3+或Fe2(SO4)3； ③温度越高，过氧化氢分解越快，过氧化氢含量降低，导致一氧化氮脱除率降低，当温度高于120℃时，H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，NO脱除率下降； 【小问3详解】 ①根据图1所示，铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根离子变为NH，NH失去氢原子后，两个氮原子生成氮气，故化合价有变化的元素是Fe、H、N； ②当时，随减小，生成率逐渐降低，结合图1和图2可以看出，减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使硝酸根被还原的中间产物NH更多地与H反应生成，减少了氮气的生成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省苏州中学2024-2025学年度第二学期质量评估 高一化学 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。所有答案均写在答题纸上。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 V：51 Fe：56 Cu：64 第Ⅰ卷(选择题，共39分) 一、单选题(每题3分) 1. 2024年政府工作报告中的新质生产力涉及新材料产业。下列材料不属于新型无机非金属材料的是 A. 碳化硅 B. 石墨烯 C. 光导纤维 D. 有色玻璃 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的结构示意图为 B. 融化时破坏共价键 C. 的电子式为： D. 中子数为8的N原子： 3. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 溶液：、、、 B. 溶液：、、、 C. 溶液：、、、 D. 溶液：、、、 4. 煤燃烧时，烟气中含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 煤燃烧不影响自然界氮循环 B. 燃煤过程没有发生氮固定 C. 含氧量越高越不易生成 D. 燃煤温度越高污染越重 阅读材料，ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成，继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷()与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄()和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体。是一种重要精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。回答问题。 5. 下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A. 用甲装置制备 B. 用乙装置制备氨水 C. 用丙装置制备 D. 用丁装置提纯 6. 下列反应的化学或离子方程式不正确的是 A. 制的离子方程式： B. 白磷与溶液反应： C. 与足量的溶液反应的离子方程式： D. 雌黄制备雄黄的方程式： 7. 下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 具有强还原性，可用于火箭推进剂燃料 B. 难溶于水，可用作瓜果保护气 C. 具有还原性，可用作制冷剂 D. 具有强氧化性，可用于制硝酸铵 8. 和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质。将与的混合气体通入和的混合溶液中，发生如图转化过程，下列说法正确的是 A. 反应前后溶液中和的总物质的量浓度始终不变 B. 参加反应Ⅰ的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C. 反应Ⅱ的离子方程式为 D. 反应过程中消耗的与的物质的量相等 9. 铁的单质及许多化合物均具有重要用途。可用作净水剂，在水中不稳定，会生成胶体，碱性条件下氧化性大于。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是 A. B. C. D. 胶体 10. 由海绵铜(主要含和少量)制取氯化亚铜()的流程如下： 已知：氯化亚铜微溶于水，不溶于稀酸，可溶于浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。下列关于说法正确的是 A. “溶解”时，硫酸是氧化剂、是还原剂 B. “还原”时，反应的离子方程式为： C. “过滤”时，可以搅拌加速滤液与的分离 D. “酸洗”时，最适宜选用的是稀硫酸 11. 室温下探究溶液的性质。下列实验方案能速到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 验证溶液中含有 向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 B 和反应为可逆反应 向溶液中滴加溶液，再滴加几滴溶液，溶液呈血红色 C 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加溶液，观察溶液的颜色变化 D 否催化分解 向的溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 A. A B. B C. C D. D 12. 以高硫铝土矿(主要成分为少量)为原料，生产的部分工艺流程如下： 已知：是一种难溶于水的酸性氧化物，酸性比碳酸弱，难溶于水。下列说法不正确的是 A. 高硫铝土矿加工成粉状，可以加快焙烧速率，又能提高原料利用率 B. 碱浸过程发生的反应： C. 向过滤后得到的滤液中通入过量，得到的沉淀为 D. 若由与在无氧条件下焙烧制得，则两者物质的量之比为 13. 向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中加入1 L 0.6 mol·L-1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2 240 mL NO气体(标准状况)。已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。下列说法不正确的是 A. 上述体现酸性的硝酸与体现氧化性的硝酸的物质的量之比为5∶1 B. 若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为32 g C. Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O D. 若混合物中含0.1 mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，消耗H2SO4的物质的量为0.1 mol 第Ⅱ卷(非选择题，共61分) 14. 综合利用粉煤灰既有利于环境保护，又有利于资源节约。某种粉煤灰(主要含、、、等)铝，铁分离工艺流程如下： 已知：①部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 ②“吸收”过程中发生的反应是 氢氧化物 开始沉淀的pH 1.5 3.2 7.1 沉淀完全的pH 3.1 4.9 8.9 （1）为使“酸浸”充分进行，通常加入过量稀硫酸，但又不能过量太多的原因可能是___________。 （2）“酸浸”中滤渣的主要成分是___________。 （3）“浸出液”中加铁粉的目的是___________。证明该反应已完全的实验方案是___________。 （4）“分离”过程中加入氨水调浸出液pH的范围为___________。 （5）“再生”过程中，“吸收”中生成的在微生物的作用下与发生反应，离子方程式为___________。 （6）某学习小组欲以废铁泥(主要成分为、和少量)为原料，制备晶体。请结合如图的溶解度曲线，写出制备晶体的实验方案：边搅拌边向废铁泥中分批缓慢加入稀硫酸，___________。(实验中可能使用的试剂和仪器有：稀硫酸、铁粉、真空干燥器) 15. 催化剂可以催化脱除烟气中的NO。反应如下：， （1）催化剂制备。已知：常温下偏钒酸铵()微溶于水；草酸()能与含钒粒子形成易熔于水的物质；V常见的价态有+2、+3、+4、+5。称取一定量偏钒酸铵()和钨酸钠()，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的粉末浸渍于上述混合溶液中，在热水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂。 ①在元素周期表中的位置___________。 ②焙烧时分解产生的化学方程式为___________。 ③焙烧是在空气中进行的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将模拟烟气(、、、)以一定流速通过装有催化剂的反应管，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如图所示。 反应温度高于380℃时，转化率下降，除催化剂的活性降低原因外，用化学方程式表示还可能原因___________。 （3）的回收。回收的过程如图所示： ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。(写两种) ②为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液，量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL溶液，再用标准溶液与过量的反应，当反应恰好完全时，消耗标准溶液24.00mL。上述反应原理如下： ；。 则样品的纯度为___________。(写出计算过程) 16. 工业废水中的氨氮(以、形式存在)，可通过一系列处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准，主要有以下方法。 （1）汽提法：当废水中pH较高时(氨氮以分子存在)，利用水蒸气将其从水中吹出，消除污染。该操作一般在吹脱塔中进行，废水从吹脱塔的塔顶往下流，水蒸气从下面鼓入。用水蒸气吹出的原理是___________；吹脱塔中进料方式的优点为___________。 （2）微生物法：(酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，在反硝化菌作用下生成。 ①转化为的离子方程式为___________。 ②反硝化阶段，在缺氧条件下，反硝化菌与有机碳源(醇、有机酸等)使转化为，从而消除污染，则有机碳源的作用是___________。 （3）次氯酸钠氧化法： ①向氨氮废水中加入，氨氮转化为而除去。生成标况下6.72L气体，转移的电子数为___________。 ②探究的投加量［以表示］对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。 当时，废水中氨氮去除率100%，而总氮去除率缓慢下降，其原因可能是___________。 （4）光催化降解法：该方法是指利用作催化剂，在其获得能量后，释放出光电子()和形成空穴()，空穴()与产生活性很强的羟基自由基()，将转化为，光电子()再将转化为。反应机理用方程式简单表示如下： Ⅰ． Ⅱ．___________ Ⅲ． Ⅳ． ①反应机理“Ⅱ”空格中物质的化学式为___________。 ②反应机理“Ⅲ”中的离子方程式为___________。 17. 烟气中的氮氧化物以及水体中硝态氮的治理对环境保护至关重要。 （1）的消除。可以用碳酸钠溶液来进行吸收，在产生的同时，会生成，是工业盐的主要成分，在漂白，电镀等方面应用广泛。写出碳酸钠溶液消除的化学方程式：___________。 （2）的消除。 Ⅰ．以为活性物质，为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。铝盐(如)与碳酸氢钠()混合，充分搅拌可生成胶体。 ①生成胶体的离子方程式为___________。 ②“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是___________。 Ⅱ．“”试剂可将氧化为可溶的。 ①催化分解产生有很强的氧化性的，将氧化为的机理如图所示，X是___________。 ②脱除率随温度的变化如图所示，温度高于120℃时，脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是___________。 （3）的去除。某催化剂能将水体中的硝酸盐()转化为，其催化还原反应的过程如图所示。 ①催化还原反应过程中化合价有变化的元素是___________。 ②为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减少，生成率逐渐降低，分析可能的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $