精品解析：江苏省无锡市第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

无锡市第一中学2025-2026学年度第一学期阶段性质量检测试卷 高三化学 2025.10 注意事项： 1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 2.请将单项选择题和非选择题的答案填写在答题卡的指定位置。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Al-27 Ti-48 Fe-56 Ba-137 一、单项选择题（本大题共13小题，每小题3分，总计39分） 1. 反应可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是 A. HCHO中键和键的数目比为 B. 中子数为9的氧原子可表示为 C. 分子的空间结构为直线形 D. 的电子式为： 2. 化学家舍勒在1771年用曲颈瓶加热萤石（）和浓硫酸的混合物，发现玻璃瓶内壁被腐蚀，首次制得氢氟酸。萤石的晶胞如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 萤石晶体中的配位数为8 C. 第一电离能： D. 的结构示意图为 3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板 B. 受热易分解，用于制造化肥 C. 具有氧化性，用于纸张、织物脱色 D. Na具有强还原性，用于冶炼金属Ti 4. 下列所示的物质间转化均能实现的是 A. MnO2(s)Cl2(g)漂白粉 B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq) C. Cu(s)NO2(g)HNO3(aq) D. MgCl2(aq)MgCl2·6H2O(s)MgCl2(s) 阅读下列材料，完成下面小题： 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①、②，以生成的为原料合成。在“侯氏制碱法”中，以为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。在合成氨工业中，原料气（、及少量CO、的混合气体）在进入合成塔前需经过亚铜氨溶液处理，目的是除去其中的。与的结构、成键方式相似，其中的原子与形成配位键，其反应为 　 。 5. 下列实验设计能达到目的的是 A.制备 B.干燥 C.收集 D.吸收多余的 A. A B. B C. C D. D 6. 下列说法正确的是 A. 反应①的平衡常数表达式为 B. 增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率 C. 在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生反应①②，达平衡时 D. 向饱和食盐水中先通入至饱和，再通入，可析出大量小苏打晶体 7. 关于反应的说法错误的是 A. 低温、高压有利于的吸收 B. 适当升高温度，可增大反应速率和的平衡转化率 C. 在中，键共有 D. 当的物质的量浓度不再减小时，反应达到最大限度 8. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入适量硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。 下列说法错误的是 A. 碳电极是该燃料电池的正极 B. 电池工作时，正极区溶液的降低 C. 负极反应为 D. 若有被完全氧化，则同时有被还原 9. 一种从废钯催化剂（主要成分为、和活性炭，还含少量、等元素）中回收海绵钯的工艺流程如图。 已知： ①钯与铂、金相似，属于惰性金属。 ②阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、。 下列说法正确的是 A. 盐酸能溶解 B. 在转化为的反应中， C. “离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂 D. “洗脱”过程中，可以用硫酸溶液代替盐酸 10. 下列实验操作、现象能够得出相应结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色 锌片发生吸氧腐蚀 B 向溶液中逐滴加入溶液，产生白色沉淀；再滴加溶液，又产生蓝色沉淀 C 将纯碱与浓硝酸反应产生的气体通入溶液，产生白色胶状沉淀 非金属性： D 向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性： A. A B. B C. C D. D 11. 硫酸工业尾气(主要含和)，用溶液吸收可转化为。当时，吸收能力下降，需要加热再生为溶液。已知，。下列说法正确的是 A. 溶液中存在： B. 室温下，溶液中存在： C. 当时，此时吸收液的 D. 与原溶液相比，吸收液在空气中加热再生后吸收能力几乎不变 12. 一种利用水催化促进和转化的化学新机理如图所示。电子传递可以促进中键的解离，进而形成中间体，或通过“水分子桥”将电子快速转移给周围的气相分子。下列叙述错误的是 A. 观察图可知，“水分子桥”与氢键形成有关 B. 转化过程中存在键的解离和硫氧键的生成 C. 在整个转化过程中，水仅作催化剂，为中间产物 D. 与间发生的总反应的离子方程式为 13. 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有： 反应1 kJ·mol 反应2 kJ·mol 将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。 已知的选择性 下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示转化率随温度的变化 B. 720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大 C. 720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大 D. 其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 二、非选择题（本大题共4题，总计61分） 14. 以硫酸烧渣（主要成分为和少量、、等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下： 已知： ①； ②； ③常温下，，，。 （1）“酸浸”时，加入适量可以提高铁元素的浸取率，其原因有__________。 （2）反应的平衡常数的值为_____。 （3）“沉铁”时，反应温度对铁元素回收率的影响如图所示。 ①转化为的离子方程式为_____。 ②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因有_____。 （4）“过滤”所得“母液”的主要溶质为硫酸铵和_____（填化学式）。 （5）“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是_____。 15. 镀镍废水中的可用还原铁粉除去。25℃时，部分氢氧化物在废水中开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.6 7.7 沉淀完全的 3.3 9.9 9.2 （1）基态的核外电子排布式为_____。 （2）还原铁粉的制备：向溶液中加入（其中为-1价）可得还原铁粉，同时生成和。 ①理论上，制备需要的物质的量为_____。 ②强碱性溶液中，在催化剂的作用下与水反应也可以产生，机理如下图所示。若用重水代替，则产生气体的成分是_____（填化学式）。 （3）还原铁粉除镍：向废水中加入还原铁粉，可置换出镍。某小组通过实验研究废水中镍的去除效果。 ①取五份废水样品各，加酸或碱调节其初始不等，再加入等量的铁粉，充分反应后测得废水中镍含量随溶液初始的变化如图1所示。 较小时残留的镍含量较高，原因是_____； 时残留的镍含量随初始的增大而增多，原因是_____。 ②取废水样品，向其中加入适量铁粉，测得Fe（Ⅱ）含量和总铁含量随反应时间的变化如图2所示。Fe（Ⅱ）含量表示溶液及沉淀中+2价的铁元素，总铁含量表示溶液及沉淀中化合态的铁元素。在内，溶液的约为6.4，则该时间段内引起Fe（Ⅱ）含量降低的反应的离子方程式为_____。 16. 钛酸钡（）是制备电子陶瓷材料的基础原料。 （1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下： 已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。 ①“沉钛”时，Ti（Ⅳ）的存在形式（相对含量分数）与溶液的关系如图1所示。需加入氨水调节溶液的pH在2~3之间，原因是_____。 ②“过滤”后，用蒸馏水将所得固体充分洗涤，证明固体已洗净的实验方法是__________。 ③钛酸钡的晶胞如图2所示，与最近且等距的构成的图形形状是_____。 （2）利用与生成和Ti（Ⅳ）的反应可测定钛酸钡样品的纯度。 ①请补充完整实验方案：称量钛酸钡样品完全溶于浓硫酸，再加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应（将转化为）。_____，加入适量稀硫酸酸化，制得待测钛液。将待测钛液转移到容量瓶中后定容。取待测钛液于锥形瓶中，__________，记录消耗标准液的体积。重复滴定实验操作3次，平均每次消耗标准液19.50 mL。 （实验时必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、KSCN溶液） ②根据以上数据计算钛酸钡样品的纯度（写出计算过程，结果以百分数表示）__________。 17. 碳中和、碳达峰是当前热门话题。转化的方法有电催化、热还原等。 Ⅰ.电解法可将转化为甲酸（）或甲酸盐。某电解装置如图1所示。 （1）在该装置中转化为甲酸盐的电极反应式为_____。 （2）依据图2反应历程数据判断，电解催化生成的选择性_____（填“高于”或“低于”）生成的选择性，理由是_____。 （3）依据图2反应历程数据，采用上述装置电解催化，为了减少副产物的生成，可采取的措施是_____。 Ⅱ.直接加氢还原。将的混合气体充入密闭容器中，在一定温度下，同时发生反应1和反应2。的平衡转化率、在同一催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图3所示。 反应1： 反应2： （4）反应2的熵变_____0（填“>”“<”或“=”）。 （5）温度高于400℃，的实际转化率随温度升高而减小，原因是_____ （6）反应2中的和在（存在空位）催化剂的作用下，能有较高的选择性，反应机理如图4所示。结合电性分析，过程①和②能发生的原因是__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市第一中学2025-2026学年度第一学期阶段性质量检测试卷 高三化学 2025.10 注意事项： 1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 2.请将单项选择题和非选择题的答案填写在答题卡的指定位置。 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Al-27 Ti-48 Fe-56 Ba-137 一、单项选择题（本大题共13小题，每小题3分，总计39分） 1. 反应可用于消除甲醛的污染。下列说法正确的是 A. HCHO中键和键的数目比为 B. 中子数为9的氧原子可表示为 C. 分子的空间结构为直线形 D. 的电子式为： 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCHO的结构式为，分子中含2个C-Hσ键、1个C-Oσ键（共3个σ键）和1个C-Oπ键，σ键和π键数目比为3:1，A正确； B．氧原子质子数为8，中子数为9时质量数=8+9=17，应表示为，左下角为质子数而非中子数，B错误； C．H2O分子中O原子有2对孤电子对，价层电子对数为4，空间结构为V形（角形），非直线形，C错误； D．CO2的结构式O=C=O，电子式应为，D错误； 故选A。 2. 化学家舍勒在1771年用曲颈瓶加热萤石（）和浓硫酸的混合物，发现玻璃瓶内壁被腐蚀，首次制得氢氟酸。萤石的晶胞如图所示。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 萤石晶体中的配位数为8 C. 第一电离能： D. 的结构示意图为 【答案】B 【解析】 【详解】A．同周期主族元素，电负性从左到右逐渐增大（），同主族从上到下逐渐减小（），故电负性的正确顺序为，A错误； B．萤石（）晶体中，由晶胞可知，每个周围有8个(上下各4)离其等距且最近，故的配位数为8，B正确； C．同周期第一电离能从左到右呈增大趋势，F的第一电离能大于O；同主族第一电离能从上到下逐渐减小，O的第一电离能大于S，正确顺序应为，C错误； D．的质子数为9，结构示意图应为，D错误； 故答案选B。 3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板 B. 受热易分解，用于制造化肥 C. 具有氧化性，用于纸张、织物脱色 D. Na具有强还原性，用于冶炼金属Ti 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于Fe3+水解，FeCl3溶液显酸性。FeCl3溶液蚀刻铜电路板是因为Fe3+的氧化性，而非FeCl3溶液的酸性，A错误； B．(NH4)2SO4用作化肥是因为其能提供氮元素，而非受热易分解的性质，B错误； C．SO2用于脱色是基于其漂白性（与色素化合生成无色物质），而非氧化性，C错误； D．Na的强还原性使其能还原钛的化合物（如TiCl4）以冶炼金属Ti，D正确； 故选D。 4. 下列所示的物质间转化均能实现的是 A. MnO2(s)Cl2(g)漂白粉 B. S(s)SO3(g)H2SO4(aq) C. Cu(s)NO2(g)HNO3(aq) D. MgCl2(aq)MgCl2·6H2O(s)MgCl2(s) 【答案】C 【解析】 【详解】A．MnO2(s)与稀盐酸在加热条件下不能发生反应，Cl2(g)与澄清石灰水反应难以制得漂白粉，应分别使用浓盐酸和石灰乳，A不正确； B．S(s)在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3(g)，B不正确； C．Cu(s)与浓硝酸反应可生成NO2(g)，NO2(g)与水反应可生成HNO3(aq)等，C正确； D．MgCl2(aq)冷却结晶时，不一定能生成MgCl2·6H2O(s)，MgCl2·6H2O(s)加热脱水时，会发生水解，不能得到MgCl2(s)，D不正确； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题： 工业上利用焦炭和水蒸气发生如下的两个反应：①、②，以生成的为原料合成。在“侯氏制碱法”中，以为原料可以制备小苏打，将得到的小苏打热分解即得纯碱。在合成氨工业中，原料气（、及少量CO、的混合气体）在进入合成塔前需经过亚铜氨溶液处理，目的是除去其中的。与的结构、成键方式相似，其中的原子与形成配位键，其反应为 　 。 5. 下列实验设计能达到目的的是 A.制备 B.干燥 C.收集 D.吸收多余的 A. A B. B C. C D. D 6. 下列说法正确的是 A. 反应①的平衡常数表达式为 B. 增大压强有利于提高上述反应中焦炭的利用率 C. 在密闭容器中投入焦炭和水蒸气发生反应①②，达平衡时 D. 向饱和食盐水中先通入至饱和，再通入，可析出大量小苏打晶体 7. 关于反应的说法错误的是 A. 低温、高压有利于的吸收 B. 适当升高温度，可增大反应速率和的平衡转化率 C. 在中，键共有 D. 当的物质的量浓度不再减小时，反应达到最大限度 【答案】5. D 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．单独加热NH4Cl固体，分解生成的NH3和HCl会在试管口重新化合为NH4Cl，无法制备NH3，A错误； B．NH3为碱性气体，会与浓硫酸反应生成(NH4)2SO4，不能用浓硫酸干燥，B错误； C．NH3密度比空气小，应采用向下排空气法（短导管进，长导管出），图示为向上排空气法，C错误； D．四氯化碳密度大于水且不溶于水，导管伸入四氯化碳层，NH3从四氯化碳中逸出后再溶于水，可防止倒吸，D正确； 故答案选D； 【6题详解】 A．反应①中C为固体，平衡常数表达式需包含气体H2O，应为，A错误； B．反应①为气体分子数增大的反应，增大压强平衡逆向移动，焦炭利用率降低，B错误； C．设反应①生成CO、H2各x mol，反应②消耗CO y mol、生成CO2 y mol、H2 y mol，平衡时，，，则，C正确； D．侯氏制碱法应先通NH3使溶液呈碱性，再通CO2以增大CO2溶解度，D错误； 故答案选C； 【7题详解】 A．该反应放热（）且气体分子数减少，低温、高压均使平衡正向移动，有利于CO吸收，A正确； B．升高温度可加快反应速率，但因正反应放热，平衡逆向移动，CO平衡转化率降低，B错误； C．1个[Cu(NH3)3(CO)]+中，3个NH3含9个N-H σ键，1个CO含1个C≡O σ键，Cu+与4个配体形成4个配位σ键，共14个σ键，1 mol该离子含14 mol σ键，C正确； D．[Cu(NH3)2]+浓度不再减小，说明正逆反应速率相等，反应达平衡（最大限度），D正确； 故答案选B。 8. 研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入适量硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。 下列说法错误的是 A. 碳电极是该燃料电池的正极 B. 电池工作时，正极区溶液的降低 C. 负极反应为 D. 若有被完全氧化，则同时有被还原 【答案】B 【解析】 【分析】该电池为乙醇的酸性燃料电池，通入乙醇的一极为负极，发生电极反应式为：，通氧气的一极为正极，由工作原理图可知，正极发生反应，，二者加合可得，可知在正极起催化作用，据此分析解答。 【详解】A．燃料电池中燃料在负极氧化，乙醇在Pt电极发生氧化反应，则Pt为负极，C电极为正极，A正确； B．正极区被还原为NO，反应为，该反应消耗，而且总反应中也消耗氢离子，所以浓度降低，升高，B错误； C．负极乙醇氧化为，酸性条件下电极反应为，C正确； D．1 mol 乙醇失去12 mol 电子（由负极反应可知），每mol得4 mol 电子，根据电子守恒，需：，D正确； 故答案选B。 9. 一种从废钯催化剂（主要成分为、和活性炭，还含少量、等元素）中回收海绵钯的工艺流程如图。 已知： ①钯与铂、金相似，属于惰性金属。 ②阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、。 下列说法正确的是 A. 盐酸能溶解 B. 在转化为的反应中， C. “离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂 D. “洗脱”过程中，可以用硫酸溶液代替盐酸 【答案】B 【解析】 【分析】废钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3 和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)，在空气中灼烧，除去活性炭，灼烧产物加入盐酸和过氧化氢酸浸后，得到滤渣α-Al2O3，浸出液中含[PdCl4]2-离子，利用R-Cl+M -⇌R-M+C1-原理，经阴离子离子交换树脂后，[PdCl4]2-变成，除去含Fe3+和Cu2+流出液，R- PdCl4加盐酸洗脱，使R-Cl+M -⇌R-M+C1-平衡逆向移动，重新变成[PdCl4]2-溶液，最后得到经历一系列操作得到海绵钯。 【详解】A．α-Al2O3（刚玉）化学性质稳定，不溶于盐酸，酸浸后滤渣为α-Al2O3也说明其未被溶解，A错误； B．Pd转化为[PdCl4]2-时，Pd从0价升至+2价，每个Pd失2e-；H2O2作氧化剂，O从-1价降至-2价，每个H2O2得2e-（2个O各得1e-）。由电子守恒，n(Pd)×2 = n(H2O2)×2，故n(Pd):n(H2O2)=1:1，B正确； C．浸出液含[PdCl4]2-（阴离子），流出液含Fe3+、Cu2+（阳离子），说明树脂吸附了阴离子，应为阴离子交换树脂，C错误； D．洗脱需通过Cl-浓度使平衡正向移动（），硫酸无法提供Cl-，不能代替盐酸，D错误； 答案选B。 10. 下列实验操作、现象能够得出相应结论的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 将锌片、铜片用导线连接后同时浸入含有酚酞的食盐水，露置于空气中，一段时间后，铜片附近溶液变红色 锌片发生吸氧腐蚀 B 向溶液中逐滴加入溶液，产生白色沉淀；再滴加溶液，又产生蓝色沉淀 C 将纯碱与浓硝酸反应产生的气体通入溶液，产生白色胶状沉淀 非金属性： D 向溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉溶液，溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性： A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．锌片作为负极被腐蚀，铜片作为正极，氧气在此还原生成OH⁻，使溶液变红，符合吸氧腐蚀现象，A正确； B．实验中NaOH过量，后续加入CuSO4时OH⁻浓度过高，无法直接比较Ksp，B错误； C．浓硝酸挥发会引入HNO3，干扰CO2与Na2SiO3的反应，无法证明C的非金属性，C错误； D．过量Cl2可能直接氧化I⁻，无法确定Br2是否参与反应，D错误； 故选A。 11. 硫酸工业尾气(主要含和)，用溶液吸收可转化为。当时，吸收能力下降，需要加热再生为溶液。已知，。下列说法正确的是 A. 溶液中存在： B. 室温下，溶液中存在： C. 当时，此时吸收液的 D. 与原溶液相比，吸收液在空气中加热再生后吸收能力几乎不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2SO3溶液中的质子守恒应为：，A错误； B．室温下，NaHSO3溶液的水解常数小于Ka2，NaHSO3溶液的水解程度小于电离程度，所以＞ ，B错误； C．，C正确； D．亚硫酸钠在空气中加热再生会部分被氧气氧化成硫酸钠，吸收SO2能力降低，D错误； 答案选C。 12. 一种利用水催化促进和转化的化学新机理如图所示。电子传递可以促进中键的解离，进而形成中间体，或通过“水分子桥”将电子快速转移给周围的气相分子。下列叙述错误的是 A. 观察图可知，“水分子桥”与氢键形成有关 B. 转化过程中存在键的解离和硫氧键的生成 C. 在整个转化过程中，水仅作催化剂，为中间产物 D. 与间发生的总反应的离子方程式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，分子间之间存在氢键，与之间也存在氢键，所以“水分子桥”的形成与氢键有关，A正确； B．根据题意过程中存在键的解离，与反应生成，形成了硫氧键，B正确； C．与间发生的总反应的离子方程式为：，水参与总反应，C错误， D．与NO2间发生的总反应的离子方程式为：，D正确。 故选C。 13. 在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有： 反应1 kJ·mol 反应2 kJ·mol 将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。 已知的选择性 下列说法正确的是 A. 图中曲线①表示转化率随温度的变化 B. 720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大 C. 720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大 D. 其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 【答案】B 【解析】 【分析】将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，其主要反应有：、，则的转化率应该大于的转化率，图中曲线①表示转化率随温度的变化，曲线②表示的转化率，以此解答。 【详解】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A错误； B．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B正确； C．720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C错误； D．催化剂虽然不能改变平衡转化率，但是催化剂有选择性，可以提升目标产物的产率；CaO会吸收水和二氧化碳，但是无法判断平衡如何移动，因此不能判断平衡时C2H4的产率如何变化，故D错误； 故选B。 二、非选择题（本大题共4题，总计61分） 14. 以硫酸烧渣（主要成分为和少量、、等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下： 已知： ①； ②； ③常温下，，，。 （1）“酸浸”时，加入适量可以提高铁元素的浸取率，其原因有__________。 （2）反应的平衡常数的值为_____。 （3）“沉铁”时，反应温度对铁元素回收率的影响如图所示。 ①转化为的离子方程式为_____。 ②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因有_____。 （4）“过滤”所得“母液”的主要溶质为硫酸铵和_____（填化学式）。 （5）“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是_____。 【答案】（1）和生成，促进草酸电离，溶液中增大，并使降低， 促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应 （2）40 （3） ①. ②. 温度升高，受热且被催化分解，使的氧化不充分；氨水受热挥发，浓度减小，不利于的生成 （4） （5）除去中的杂质 【解析】 【分析】根据流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解于混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。 【小问1详解】 加入草酸能提高铁浸取率的原因是和生成，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应。 【小问2详解】 的平衡常数表达式为，的两步电离方程式为：，则有，的溶解平衡为，将上述两式相除可得:，代入数据计算：，即K=40。 【小问3详解】 由分析可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为；从图中可以看出，反应温度超过35℃时铁回收率下降，受热且被催化分解，导致氧化不充分，同时，氨水受热易挥发，浓度降低，不利于转化为沉淀，从而使铁回收率下降。 【小问4详解】 “酸浸”时加入了，在“沉铁”过程中，与氨水反应会生成,所以母液中除了硫酸铵外，主要成分还有。 【小问5详解】 硫酸烧渣中含有,“酸浸”时与硫酸反应生成，“沉铁”时可能会与氨水反应生成沉淀，混入中，具有两性，能与NaOH溶液反应生成而溶解，而不与NaOH反应，因此加入NaOH溶液的目的是除去中含有的杂质。 15. 镀镍废水中的可用还原铁粉除去。25℃时，部分氢氧化物在废水中开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 氢氧化物 开始沉淀的 1.5 6.6 7.7 沉淀完全的 3.3 9.9 9.2 （1）基态的核外电子排布式为_____。 （2）还原铁粉的制备：向溶液中加入（其中为-1价）可得还原铁粉，同时生成和。 ①理论上，制备需要的物质的量为_____。 ②强碱性溶液中，在催化剂的作用下与水反应也可以产生，机理如下图所示。若用重水代替，则产生气体的成分是_____（填化学式）。 （3）还原铁粉除镍：向废水中加入还原铁粉，可置换出镍。某小组通过实验研究废水中镍的去除效果。 ①取五份废水样品各，加酸或碱调节其初始不等，再加入等量的铁粉，充分反应后测得废水中镍含量随溶液初始的变化如图1所示。 较小时残留的镍含量较高，原因是_____； 时残留的镍含量随初始的增大而增多，原因是_____。 ②取废水样品，向其中加入适量铁粉，测得Fe（Ⅱ）含量和总铁含量随反应时间的变化如图2所示。Fe（Ⅱ）含量表示溶液及沉淀中+2价的铁元素，总铁含量表示溶液及沉淀中化合态的铁元素。在内，溶液的约为6.4，则该时间段内引起Fe（Ⅱ）含量降低的反应的离子方程式为_____。 【答案】（1）（或） （2） ①. 0.5 ②. 、、 （3） ①. 浓度较大，部分铁粉与反应，与反应的铁粉减少 ②. 铁粉被氧化生成，覆盖在铁粉表面，不利于置换出 ③. 【解析】 【分析】图1：pH太小时H+浓度较大，大量铁粉与H+反应，导致残留的镍含量较高；而pH>6.6时OH-浓度较大，铁粉被氧化生成Fe(OH)2，Fe(OH)2覆盖在铁粉表面，不利于Fe置换出Ni，导致残留的镍含量较高。 图2：开始时Fe置换出Ni同时生成Fe2+，Fe(Ⅱ)含量增加，而40~60min内，Fe(Ⅱ)含量降低，但化合态的Fe元素增加，说明Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，此时溶液pH约为6.4，根据题目所给数据可知Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀。 【小问1详解】 基态的核外电子排布式为：（或）； 【小问2详解】 ①Fe元素由+2价降低为0价，中H元素由-1价升高为0价，根据得失电子守恒可得关系式：，理论上，制备需要的物质的量为：0.5 mol； ②由图可知：，氢气中的H原子来自和H2O，若将水换成D2O，则产生气体的成分是：、、； 【小问3详解】 ①pH太小时H+浓度较大，大量铁粉与H+反应，导致残留的镍含量较高；而pH>6.6时OH-浓度较大，铁粉被氧化生成Fe(OH)2，Fe(OH)2覆盖在铁粉表面，不利于Fe置换出Ni，导致残留的镍含量较高； ②开始时Fe置换出Ni同时生成Fe2+，Fe(Ⅱ)含量增加，而40~60min内，Fe(Ⅱ)含量降低，但化合态的Fe元素增加，说明Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，此时溶液pH约为6.4，根据题目所给数据可知Fe3+会转化为Fe(OH)3沉淀，所以使Fe(Ⅱ)含量降低的离子方程式为：。 16. 钛酸钡（）是制备电子陶瓷材料的基础原料。 （1）实验室模拟制备钛酸钡的过程如下： 已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。 ①“沉钛”时，Ti（Ⅳ）的存在形式（相对含量分数）与溶液的关系如图1所示。需加入氨水调节溶液的pH在2~3之间，原因是_____。 ②“过滤”后，用蒸馏水将所得固体充分洗涤，证明固体已洗净的实验方法是__________。 ③钛酸钡的晶胞如图2所示，与最近且等距的构成的图形形状是_____。 （2）利用与生成和Ti（Ⅳ）的反应可测定钛酸钡样品的纯度。 ①请补充完整实验方案：称量钛酸钡样品完全溶于浓硫酸，再加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应（将转化为）。_____，加入适量稀硫酸酸化，制得待测钛液。将待测钛液转移到容量瓶中后定容。取待测钛液于锥形瓶中，__________，记录消耗标准液的体积。重复滴定实验操作3次，平均每次消耗标准液19.50 mL。 （实验时必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、KSCN溶液） ②根据以上数据计算钛酸钡样品的纯度（写出计算过程，结果以百分数表示）__________。 【答案】（1） ①. 在2~3时，Ti（Ⅳ）主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 ②. 取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净 ③. 正八面体形 （2） ①. 过滤，用蒸馏水洗涤滤渣2~3次，将洗涤液与原滤液合并 ②. 加入2~3滴KSCN溶液作为指示剂，用溶液滴定，当加入最后半滴标准液时，溶液变为红色，且半分钟内不变色 ③. 【解析】 【分析】由题给流程可知，向四氯化钛和氯化钡混合液中加入草酸溶液和氨水充分反应得到草酸氧钛钡沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到草酸氧钛钡晶体；草酸氧钛钡晶体煅烧分解制得钛酸钡。 【小问1详解】 ①由图可知，pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以的形式存在，可直接与钡离子反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，所以“沉钛”时需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，故答案为：在2~3时，Ti(Ⅳ)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成。 ②“过滤”后，固体表面可能残留，要证明固体已洗净，可检验最后一次的洗涤液中是否含有，实验方法为取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净，故答案为取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀，则固体已洗净。 ③钛酸钡的晶胞如图2所示，由图可知，与最近且等距的有6个，这6个构成的图形形状是正八面体，故答案为正八面体。 【小问2详解】 ①称量钛酸钡样品完全溶于浓硫酸，再加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应（将转化为），过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化，制得待测钛液。将待测钛液转移到容量瓶中后定容。取待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL，故答案为过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并；加入2~3滴KSCN溶液作为指示剂，用溶液滴定，当加入最后半滴标准液时，溶液变为红色，且半分钟内不变色。 ②根据原子守恒、电子得失守恒可得关系式，=，待测钛液中=，原溶液中=，因此钛酸钡样品的纯度为＝=97.5%，故答案为97.5%。 17. 碳中和、碳达峰是当前热门话题。转化的方法有电催化、热还原等。 Ⅰ.电解法可将转化为甲酸（）或甲酸盐。某电解装置如图1所示。 （1）在该装置中转化为甲酸盐的电极反应式为_____。 （2）依据图2反应历程数据判断，电解催化生成的选择性_____（填“高于”或“低于”）生成的选择性，理由是_____。 （3）依据图2反应历程数据，采用上述装置电解催化，为了减少副产物的生成，可采取的措施是_____。 Ⅱ.直接加氢还原。将的混合气体充入密闭容器中，在一定温度下，同时发生反应1和反应2。的平衡转化率、在同一催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图3所示。 反应1： 反应2： （4）反应2的熵变_____0（填“>”“<”或“=”）。 （5）温度高于400℃，的实际转化率随温度升高而减小，原因是_____ （6）反应2中的和在（存在空位）催化剂的作用下，能有较高的选择性，反应机理如图4所示。结合电性分析，过程①和②能发生的原因是__________。 【答案】（1） （2） ①. 低于 ②. 生成的反应的活化能更高，反应速率慢 （3）降低电压，在较小的电流下电解 （4）＞ （5）催化剂的活性降低，反应速率减慢，的转化率减小，温度升高，反应速率加快，的转化率增大，前者的减小幅度超过后者的增大幅度 （6）中带部分负电荷的吸附在的空位上，形成，在中，与的相互作用强于与的相互作用，断键脱除，同时得到的结构 【解析】 【分析】电解池是将电能转化为化学能的装置，主要由阳极、阴极、电解质溶液（或熔融电解质）和直流电源组成。该电解池的阳极为Pt电极，与电源正极相连，发生氧化反应。在本题中，在阳极失去电子，被氧化为CO2、O2等物质，阴极为Bi电极，与电源负极相连，发生还原反应。CO2在阴极得到电子，被还原为甲酸或甲酸盐等产物。由于装置中存在阳离子交换膜，阳离子会从阳极区向阴极区移动，以维持溶液的电中性。 【小问1详解】 CO2转化为甲酸盐的电极反应式，该反应为还原反应，发生在与电源负极相连的阴极(Bi电极)上。CO2在阴极得到电子，与生成HCOO- 和，故电极反应式为。 【小问2详解】 从图4的反应历程数据可知，电解催化CO2生成CO的中间体*COOH的相对能量更高。根据化学反应原理，相对能量越高，反应越难进行，所以生成CO的选择性低于生成HCOOH的选择性。 【小问3详解】 根据图示可知,产生 HCOOH 的活化能较小,故采用上述装置电解催化 CO2，为了减少副产物 H2的生成,可采取的措施是降低电压,在较小电流作用下进行电解。 【小问4详解】 反应1的∆S1＜0，反应1能自发说明∆H1＜0；升高温度，反应1逆向移动，由图3可知，升高温度，CO2的平衡转化率先减小后增大，说明低温时以反应1为主、高温时以反应2为主，升高温度，反应2正向移动，反应2为吸热反应；对于反应2：能自发进行，说明反应2的＞0。 【小问5详解】 当温度高于400℃时，催化剂的活性降低，反应速率减慢，的转化率减小；温度升高，反应速率加快，的转化率增大，前者的减小幅度超过后者的增大幅度，导致CO2的实际转化率随温度升高而减小。 【小问6详解】 应2中的和在（存在空位）催化剂的作用下，能有较高的选择性，根据图中机理，中带部分负电荷的吸附在的空位上，形成，在中，与的相互作用强于与的相互作用，断键脱除，同时得到的结构，故能发生过程①和②。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $