安徽宣城市郎溪中学等校2025-2026学年高一下学期4月阶段检测 化学试题

化学 注意事项： 1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定 位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题 卡上。 可能用到的相对原子质量：H1N14016Na23Mg24A127S32Cl35.5Zn65 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。 1.材料是人类赖以生存和发展的物质基础。下列不属于新型无机非金属材料的是 A.金刚砂 B.石墨烯 C.陶瓷 D.单晶硅 2.硫酸是重要的化工原料。下列有关硫酸的性质及应用的说法正确的是 A.H,S0,溶液能导电，H,S0,属于离子化合物 B.浓硫酸加人水中，温度升高，是放热反应 C.不能利用原电池装置将H,S0,与Zn反应的化学能转化为电能 D.常温下，用铝制容器盛装浓硫酸，该应用体现浓硫酸的强氧化性 3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A.氨易液化，液氨汽化时吸收大量热，液氨可用作制冷剂 B.二氧化硅的熔点高，可用于生产光导纤维 C.次氯酸钠溶液呈碱性，可用于环境消毒 D.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥$02气体 化学第1页（共8页） 4.CH,与H20在一定条件下发生反应CH(g)+H20(g)一C0(g)+3H2(g),反应过程中 的能量变化如图所示。下列说法正确的是 十能量 CO(g)+3H,(g) CH(g)+H,O(g) 反应过程 A.该反应是放热反应 B.该反应中断裂化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量 C.该反应中化学能转化为热能 D.该反应中存在非极性键的断裂和形成 5.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 02(过量) A.S S03 点燃 H,0 B.Si02→H2Si03 C.Na,Si0,溶液G0,H,Si0, D.NH,·H0(aq)过量s0,(NH,)S0,(aq) 阅读下列材料，完成6~7小题： 氮的氢化物有氨(NH,)和肼(N,H4)等。氨可用于生产硝酸、铵盐、纯碱等。金属钠置于 液氨中缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2。N2H4与NH3相似，且是一种二元弱碱，能与酸 反应生成盐。肼具有强还原性。在强碱性条件下NH3被NaClO氧化生成N2H4。 6.下列有关反应的化学方程式书写错误的是 A.氨催化氧化：4NH,+50,催化剂4N0+6H,0 B.液氨与金属钠反应：2Na+2NH(I)=2NaNH, C.N2H4与足量盐酸反应：N2H4+2HCl=N2H,Cl2 D.NaCl0氧化NH3生成N2H4:NaCl0+2NH3=N2H4+NaCl+H20 化学第2页（共8页） 7.下列关于氨的氢化物的说法正确的是 A.NH,与N2H,互为同素异形体 B.NH3与NH2具有相同的电子数 C.NH的电子式为H:N:H H D.制备N2H,时应将NH,缓缓通人NaClO溶液中 8.下列关于物质鉴别或性质检验的说法正确的是 A.可用蒸馏水鉴别硫黄与过氧化钠 B.可用Ba(0H)2溶液鉴别S02与C02气体 C.可用浓硫酸代替浓盐酸检验氨气 D.可用盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液检验Na,SO,是否被氧化 9.下列实验能达到相应目的的是 浓硝酸 SO, ④ 2mL5% 2mL15% H,0,溶液 H,0,溶液 Fe 5 mL 1mol·L- NaHSO 酸性 溶液 KMnO NaOH 溶液 西红柿 溶液 A.探究浓度对反 B.制备少量NO C.验证SO2的漂白性D.制作水果电池 应速率的影响 10.将标准状况下2.24LNH,溶于水中得到1L氨水。下列说法正确的是 A.该溶液中NH·H,0的电离方程式为NH3·H,0一NH+OH B.该溶液中c(NH3·H20)=0.1mol·L- C.该溶液中0<c(0H-)<0.1mol·L1 D.升高温度，忽略水的蒸发，该溶液中c(NH)一定增大 11.一种以A1和NiO(OH)为电极的新型电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 ① NiO(OH) Ni(OH) NaOH溶液 阴离子交换膜 化学第3页（共8页） A.电池工作过程中电能转化为化学能 B.电子由A1电极通过外电路流向NiO(OH)电极 C.A1电极为负极，发生氧化反应生成A1(OH)3 D.当消耗1 mol Ni(0(OH)时，转移2mol电子 12.氨气催化还原NO,脱硝的反应原理为6NO,+8NH, 化剂7N,+12H,0。设N,表示阿 △ 伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.2.8gN2中含有的成键电子总数为0.6N B.标准状况下，2.24LNO、NH3混合气体中含有的氮原子数为0.1N C.当脱去5molN02时，该反应转移的电子数为10N D.1L1mol·L氨水中含有的NH3、NH·H,0、NH微粒总数为NA 13.下列实验操作能达到对应实验目的的是 选项 实验操作 实验目的 向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加氯水至过量， A 验证氯水呈酸性 观察溶液颜色变化 取两份5mL0.5mol·L-1Na,S0,溶液，分别加入 探究浓度对化学反 B 1mL0.1mol·L-1、1mL0.2mol·L酸性KMn0. 应速率的影响 溶液，记录褪色时间 向装有NaHCO.,固体的试管中加人稀盐酸， 探究NaHC0,溶液与 C 同时迅速插人温度计，观察示数变化 盐酸反应的热效应 向5mL1.0mol·L1K1溶液中加入1mL 验证KI与FeCl,溶液 D 1.0mol·L-FeCl3溶液，充分反应后，滴加 反应存在限度 KSCN溶液，观察溶液颜色变化 化学第4页（共8页） 14.在体积为2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的C02和H2,一定条件下发生反应： C02(g)+3H2(g)一CH,OH(g)+H,O(g)。测得CHOH的物质的量浓度随时间的变化 如图所示。下列说法正确的是 c(CH,OH)/(mol·L-) 0.75 0.50 0.25 10时间/min A.a点的反应速率：v正<v逆 B.当CO2的体积分数不随时间变化时，反应达到平衡 C.0~10min内用H2表示的平均反应速率为0.225mol·L1·min-1 D.若在b点时加人催化剂，可实现C02与H2的完全转化 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)化学反应中的物质和能量变化是认识和研究化学反应的重要视角。 (1)已知：一定条件下，H2(g)、C12(g)的相对能量均为0，H2、C2化合生成HC1反应过程中 的能量变化如图所示，则HCI(g)的相对能量为 kJ·mol-l。 能量 H,(g)+CL(g) 183 kJmol-1 …2iC(g 反应过程 (2)HC1经催化氧化发生反应4HC1(g)+02(g)=2Cl2(g)+2H0(g)。已知：一定条件 下断开1mol共价键吸收的能量(E)如下表： 共价键 H-CI C1-CI H一O 0=0 E/(kJ·mol1) 431 243 463 497 则HC催化氧化反应是 反应（填“放热”或“吸热”）。 (3)“暖贴”的主要成分和作用原理如图所示。 空气发热 空气发热 主要成分：铁粉、活性炭、 盐类、蛭石、 吸水性树脂等 化学第5页（共8页） ①“暖贴”使用时，能量的主要转化形式是 能转化为热能。 ②“暖贴”中炭粉的作用是 (4)铝空气电池具有原料易得、能量密度高的优点。电池放电的总反应为4A1+302+ 6H,04A1(0H)30 ①若该电池的电解质溶液呈弱酸性，则电池工作时A1电极发生的电极反应为 ②当电池放电转移10ol电子时，理论上消耗标准状况下02的体积为 L。 ③电池的“理论比能量”是指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。假设 其他条件一致，则Mg、Al、Zn三种金属空气电池中， 空气电池的理论比能 量最高。 16.（14分)燃煤烟气通常含有高浓度的S02,在排放前必须进行脱硫处理。 (1)工业上可采用亚硫酸钠溶液吸收烟气中的S02,再通过与碱液反应使Na2S0,溶液 再生。 ①亚硫酸钠溶液吸收S0,的化学方程式为 ②吸收S02后的溶液与NaOH反应使Na2S03再生过程的离子方程式为 S02 (2)在一定温度、催化剂作用下，H,还原s0,生成S的过程：H,催化 S02 →X ①X为 (填化学式)。 ②第二步转化中，生成9.6gS时转移的电子数为 (设N、为阿伏加德罗常 数的值)。 (3)H202催化氧化S02的过程中，H202先在催化剂表面上转化为·0H,·0H再将S02 氧化为S0。 ①·0H将S0,氧化的化学方程式为 ②温度高于140℃时，S02脱除效率降低的可能原因为 (不考虑催化剂的影响)。 (4)新型纳米材料ZnFe20,能将烟气中的S02除去，若1 mol ZnFe,0,与足量的S02反应 生成ZnFe,0,和S过程中转移2mol电子，则x= 化学第6页（共8页） 17.(15分)减少氮氧化物(N0,)的排放可有效保护环境，实现废物资源化利用。 (1)工业上在吸收塔中用水吸收氮氧化物生成硝酸，N0,与水反应生成硝酸和N0的化学 方程式为 该反应中氧化剂与还 原剂的物质的量之比为 生产过程中同时向吸收塔中通人空气，其作用是 (2)Na2CO,溶液吸收NO2。反应生成两种含氮盐：NaNO,、 (填化学式)。 (3)氧化转化。 ①工业上采用NaClO和NaOH混合溶液作为吸收液，缓缓通人烟气，烟气中的NO可 转化为NO3,该反应的离子方程式为 ②已知烟气中N0的初始浓度为2.0×10-3g·L1,1L上述吸收液每分钟可对 500mL烟气进行脱除处理(N0的脱除率为75%)，则用NO?表示的脱除速率为 mol·L1·min1(忽略溶液体积变化)。 (4)还原转化。 ①一定条件下，活性炭将氮氧化物还原为无污染气体。在恒温恒容密闭容器中发生反 应：C(s)+2N0(g)=N2(g)+C02(g)。下列说法正确的是 (填标号)。 a.容器内压强保持不变，反应达到平衡状态 b.容器内N0的浓度不变时，反应达到平衡状态 c.若缩小容器体积，反应速率加快 ②催化条件下，汽车尾气中的C0和N0可转化为无污染气体。一定温度下，将 0.04molC0和0.02molN0充人1L恒容密闭容器中发生该反应，40min时反应达 到平衡，测得起始与平衡时容器内的压强之比为12：11.0~40min内用N0表示的 平均反应速率为 mol·L1·min-1,N0的平衡转化率为 loo 18.(15分)利用黄铁矿（主要成分为FS2)制备绿矾的流程如图所示： H,SO 调节pH 黄铁矿→焙烧一→酸溶一→滤液一沉铝 滤液Ⅱ 系列操作下S0,·7H,0 滤渣 Al(OH), S0, 化学 第7页（共8页） 已知：①焙烧后烧渣的主要成分为Fe203、Al,03、Si02,不考虑其他杂质。 ②溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表： 金属阳离子 Fe+ AP Fe2+ 开始沉淀的pH 2.2 4.1 7.5 完全沉淀的pH 3.5 5.4 9.5 回答下列问题： (1)FeS,中硫元素的化合价为 ;FeS,在焙烧过程中发生反应的化学方程式为 该反应中生成1molS0,时转移电子的 物质的量为 mol. (2)酸溶过程中产生的滤渣主要成分是 (填化学式)。 (3)滤液I中通人S02时发生反应的离子方程式为 (4)沉铝过程中调节溶液pH的范围为 (5)系列操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)以黄铁矿为原料，AI辅助设计以下合成绿矾的方法： Fe,S0,),溶液 黄铁矿一 浸取 +PeS0,溶液系列操作FeS0,·7H0 S、刊矿渣 ①浸取过程主要发生反应的离子方程式为 ②该合成方法的优点是 (填一条)。 化学第8页（共8页）1 高一4月化学·答案 1~14小题，每小题3分，共42分。 1.答案C 命题透析本题以材料为素材，考查材料的主要成分及分类，意在考查理解与辨析能力，科学态度与社会责任 的核心素养。 思路点拨金刚砂（碳化硅）、石墨烯、单晶硅都是新型无机非金属材料，A、B、D项不符合题意；陶瓷是硅酸盐 材料，是传统无机非金属材料，C项符合题意。 2.答案D 命题透析本题以硫酸为素材，考查化学基本概念及应用，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与微观探析的 核心素养。 思路点拨H,SO,是共价化合物，在水溶液中电离出阴阳离子，能导电，A项错误：浓硫酸稀释不是化学反应， 不能称为放热反应，B项错误：H,SO,与Z反应是自发的氧化还原反应，可以设计为原电池，C项错误；浓硫酸 具有强氧化性，能将铝表面氧化生成一层致密的薄膜，阻止酸与内层金属进一步反应，D项正确。 3.答案A 命题透析本题以物质的性质与用途为素材，考查常见物质的性质与用途的对应关系，意在考查分析与推测能 力，科学态度与社会责任的核心素养。 思路点拨氨易液化，液氨汽化时吸收大量的热，A项正确；二氧化硅具有高透过率、低损耗和高折射率等性 质，可用于生产光导纤维，与熔点高低无关，B项错误；次氯酸钠用于环境消毒是因为其具有强氧化性，与其碱 性无关，C项错误；浓硫酸作干燥剂是因为其具有吸水性，D项错误。 4.答案B 命题透析本题以CH4与H,0反应为素材，考查化学反应中的能量变化等，意在考查分析与推测能力，证据推 理与模型认知的核心素养。 思路点拔反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，A项错误；吸热反应中反应物分子 断裂化学键吸收的总能量大于生成物分子形成化学键释放的总能量，B项正确：该反应是吸热反应，热能转化 为化学能，C项错误；CH4和H,0分子中不存在非极性键，D项错误。 5.答案C 命题透析本题以物质间转化为素材，考查常见物质的单质及化合物的性质，意在考查理解与辨析能力，变化 观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨S在O2中燃烧生成SO2,A项错误；SO2不溶于水，不与水反应，B项错误；C元素的非金属性强于 Si,所以HCO3的酸性强于H,SiO,C项正确；过量SO2与NH3·H,O反应生成NH,HSO3,D项错误。 一1 6.答案B 命题透析本题以方程式的书写为素材，考查反应的实质、离子方程式的正误判断，意在考查理解与辨析能力， 宏观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨NH3催化氧化生成NO,A项正确；钠与液氨发生置换反应生成H2,B项错误；N2H4与NH3相似，能 与酸反应生成盐，所以1mdlN2H能与2 mol HCI反应生成NH。Cl2,C项正确；由电子守恒可知，D项正确。 7.答案B 命题透析本题以氮的氢化物为素材，考查物质结构、化学基本概念等，意在考查理解与辨析能力，宏观辨识与 微观探析的核心素养。 思路点拨同素异形体是由同种元素形成的不同单质，A项错误；NH与NH,均有10个电子，B项正确；NH H 的电子式为H:N:H,C项错误；N2H4具有强还原性，所以制备过程中NaCO溶液不能过量，两反应物的滴加 次序应为将NaClO溶液滴人氨水中，D项错误。 8.答案A 命题透析本题以物质鉴别与检验为素材，考查物质性质，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的 核心素养。 思路点拨过氧化钠与水反应有气泡，而硫黄不溶于水，A项正确：SO,与CO2都能与B(OH)2溶液反应生成 沉淀，B项错误：浓盐酸具有挥发性，与氨气反应产生白烟，浓硫酸不具有挥发性，与氨气反应无明显现象，C项 错误；盐酸酸化的Ba(NO,)2溶液中NO,具有强氧化性，可将SO氧化成SO},D项错误。 9.答案D 命题透析本题以基本实验操作为素材，考查基本实验操作、物质性质探究，意在考查探究与创新能力，科学探 究与创新意识的核心素养。 思路点拨探究反应速率的快慢要有明显的实验现象，而H,O,与NHSO,反应无明显现象，A项不符合题意； 制备NO用稀硝酸，B项不符合题意；SO2使酸性KMO,溶液褪色体现了SO2的还原性，C项不符合题意；两个 活性不同的电极与电解质溶液构成闭合回路，形成原电池，D项符合题意。 10.答案C 命题透析本题以氨水为素材，考查可逆反应的概念，意在考查理解与辩析能力，证据推理与模型认知的核心 素养。 思路点拨NH,·H2O是弱电解质，能电离出NH和OH,电离过程可逆，电离方程式用“一”，该溶液中 c(NH3·H2O)<0.1mol·L1,A、B项错误；由可逆反应的特点可知，该溶液中0<c(OH)<0.1ol·L-1,C 项正确：NH3·H,O不稳定，易分解，升高温度会促进NH3·HO分解、挥发，所以NH的浓度可能变小，D项 错误。 11.答案B 命题透析 本题以Al-NO(OH)电池为素材，考查原电池的基本概念，意在考查理解与辨析能力，证据推理 与模型认知的核心素养。 一2 思路点拨原电池工作时能量由化学能转化为电能，A项错误；由图中NO(OH)电极放电转化为N(OH)2可 知，N的化合价降低，该电极得电子，作原电池的正极，电子由负极经外电路流向正极，B项正确：A1电极为负 极，失电子发生氧化反应，电解质溶液是NOH溶液，Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶于强碱，所以负极产物是 [Al(OH)4],C项错误；放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,Ni的化合价由+3降低为+2，当消耗1mol NiO(OH)时，转移1mol电子，D项错误。 12.答案C 命题透析本题以NH3催化还原NO2为素材，考查阿伏加德罗常数有关计算，意在考查理解与辨析能力，宏 观辨识与微观探析的核心素养。 思路点拨N2分子的结构式为N三N,所以每个N2分子中的成键电子数为6,2.8gN2即0.1molN2,A项正 确；NH3和NO分子中均只有一个N原子，所以0.1 mol NO、NH混合气体中氮原子数为0.1mdl,B项正确：由 化合价变化可知，当脱去5 mol NO2时，该反应转移的电子数为20W,C项错误；由N原子守恒可知，氨水中所 有含氮微粒物质的量之和为1mol,D项正确。 13.答案D 命题透析本题以实验操作及实验目的为素材，考查实验方案设计与评价，意在考查探究与创新能力，科学探 究与创新意识的核心素养。 思路点拨氯水中存在H、HCO,HClO具有强氧化性，能使滴加酚酞的NOH溶液褪色，A项错误： 0.2ol·L~1酸性KMnO,溶液浓度大，颜色深，所以无法根据褪色时间判断反应速率的快慢，可以用同浓度 酸性KMnO4溶液与不同浓度Na,SO3溶液反应，根据褪色时间判断反应速率，B项错误；探究NaHCO3溶液与 盐酸反应的热效应不可以用NaHCO,固体，因为NaHCO,固体溶解过程中存在热效应的变化，C项错误；过量 KI与FeCl,反应，通过检验Fe3+的存在判断存在反应限度，D项正确。 14.答案C 命题透析本题以CO,和H,合成CH,OH反应为素材，考查化学反应速率、化学平衡的概念，意在考查归纳 与论证能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨由图中信息可知，点反应未达到平衡，反应正向进行，v正>速，A项错误；设初始CO2、H,的物质 的量分别为amol,一段时间内CO2参加反应的物质的量为xmol,则根据三段式法可得： CO2(g)+3H2(g)、→CHOH(g)+H20(g) 初始n/mol 0 0 0 △n/mol x 3x 一段时间后/mol a-x a-3x x C0,的体积分数为g二m×100%=,所以0，的体积分数不随反应时间发生变化，不可以作为判断 (2a -2x)mol 反应是否达平衡的依据，B项错误；由图可知，0~10min内△c(CH,OH)=0.75mol·L1,(CH,OH)= 0.075mol·L1·min1,v(H2)=3(CH0H)=0.225mol·L-1·min1,C项正确；b点反应达到平衡，不论 如何改变反应条件，反应物都不可能完全转化为生成物，D项错误。 一3 15.答案(1)-91.5(2分)》 (2)放热(2分) (3)①化学(2分) ②炭粉作正极（合理即可，2分）》 (4)①A1-3e+3H,0=A1(0H)3+3H(2分) ②56(2分) ③铝(A1)(2分) 命题透析本题以化学反应与能量为素材，考查化学反应中能量变化的实质、原电池的基本原理，意在考查归 纳与论证能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)由图可知，H2与CL2化合生成H的反应是放热反应，反应物的总能量与生成物的总能量之 差为183kJ·mdl-1,反应物的相对能量为0，则HCl(g)的相对能量为-91.5kJ·mol'。 (2)反应过程中断键吸热：4×431k·mol-1+497kJ·mol-1=2221kJ·mol-1,成键放热：2×243kJ·mol-1+ 4×463kJ·mol-1=2338k·mol-1,所以该反应是放热反应。 (3)①暖贴通过铁粉氧化放热，化学能转化为热能。②炭粉、铁粉和盐溶液构成原电池，加快了铁粉氧化，短 时间内释放出更多热量，所以炭粉作原电池的正极。 (4)①由总反应可知，A1电极作负极，失电子生成A1(OH)3,电极反应式为A1-3e+3H,0一一A1(OH)3+ 3H+。②由化合价变化可知，转移10ol电子消耗2.5mol02,标准状况下的体积为56L。③放电过程中24g Mg失去2mol电子，27gAl失去3mol电子，65gZn失去2mol电子，由理论比能量概念可知，铝空气电池的 理论比能量最高。 16.答案(1)①Na2S03+S02+H20=-2NaHS03(2分) ②HS0:+0H=S0}+H20(2分) (2)①H2S(2分) ②0.4N(2分) (3)①2·0H+S02==H,S04(2分) ②温度高于140℃时，H202分解，S02的脱除效率降低（合理即可，2分） (4)3(2分) 命题透析本题以SO2的脱除为素材，考查S02的性质及转化、氧化还原反应的概念等，意在考查分析与推测 能力，证据推理与模型认知的核心素养。 思路点拨(1)①Na,S03溶液吸收SO2生成酸式盐NaHSO3,化学方程式为Na2SO,+SO2+H,0一 2NaHS03。②酸式盐NaHSO3与碱反应生成正盐，离子反应为HS03+OH=SO号+H20。 (2)①根据化合价升降可知，X是H,S。②第二步反应为S02+2H,S一一3S+2H,0,反应生成3molS转移 4mol电子，所以反应生成9.6gS即0.3molS时转移0.4mol电子。 (3)①·0H将S02氧化为S0,由电子守恒可得反应的化学方程式为2·0H+S02一H,S04。②H,02不 稳定，温度升高，其易分解为O2和H,0,使得SO2的脱除效率降低。 4 (4)ZmFe,0,中e元素的化合价为+(x-1),ZmFe,0,中e元素的化合价为+3，则1 mol ZnFe,.0,参加反应 失电子的物质的量为2[3-(x-1)],由电子守恒得x=3。 17.答案(1)3N02+H,0=2HN03+N0(2分)1：2(1分)氧化N0,提高N0,的转化率（合理即可，1分） (2)NaNO3(1分) (3)①3C10+2N0+20H=-2N03+3C1-+H,0(2分) ②2.5×10-5(2分) (4)①bc(2分) ②2.5×10-4(2分)50(2分) 命题透析本题以氮氧化物的转化为素材，考查氮氨氧化物的性质、化学反应速率、化学平衡，意在考查归纳与 论证能力，变化观念与平衡思想的核心素养。 思路点拨(1)吸收塔中NO2与H2O反应生成HNO3,反应的化学方程式为3NO2+H2O=一2HNO3+NO,该 反应中NO2既是氧化剂又是还原剂，两者之比为1：2。向吸收塔中通人空气将反应生成的NO转化为NO2,进 一步与水反应生成硝酸，可提高NO,的转化率。 (2)Na2CO,溶液吸收NO2生成NaNO2,N元素化合价降低，所以同时有NaNO3生成。 (3)①由电子守恒可知，NaC10氧化N0的离子反应为3C10+2N0+20H-=2N0+3C1+H20。 ②500mL烟气中m(0)=2.0×103g·L-×0.5L=1.0×103g,n(N0)=30×103mdl,N0的脱除率为 75免，所以1L吸收液1mim吸收N0的物质的量为0×10’ml×75%=2.5×105ml,用N0,表示的脱除 速率为2.5×105mol.L1·min1。 (4)①反应中活性炭是固体，该反应前后气体分子数不变，所以压强是一个不变的量，不可以作为判断反应是 否达到平衡的依据，项错误；浓度不变，反应达到平衡，b项正确；缩小容器体积，压强增大，反应速率加快， c项正确。②设反应中消耗的CO的物质的量为xmol,根据“三段式”法可得： 2C0(g)+2N0(g)=N2(g）+2C02(g) 起始/mol 0.04 0.02 0 0 转化/mol x/2 平衡/mol0.04-x0.02-xx/2 0.06 mol 【0.06-2)n解得：=0.01，u(N0C40n2.5x10mol·L·mn0的平衡转化率 为50%。 18.答案()）-1(1分)45，+110，整2Fe,0,+8S0,(2分)5.5(2分) (2)Si02(1分) (3)2Fe3++S02+2H20=2Fe2++S0}+4H*(2分) (4)5.4≤pH<7.5(2分) (5)(隔绝空气下)蒸发浓缩、冷却结晶(2分) 5 (6)①2Fe3++FeS23Fe2++2S(2分)》 ②常温下进行，节约能源；反应步骤少；不产生有毒气体等（填一条，合理即可，1分） 命题透析本题以FSO,·7H,0的制备为素材，考查Fe、S及其化合物的性质与相互转化、实验方案的设计 等知识，意在考查探究与创新能力，科学探究与创新意识的核心素养。 思路点拨(1)根据化合物中正负化合价代数和为0可知，FS2中硫元素的化合价为-1。FS2高温焙烧生 成S0,反应的化学方程式为4FeS,+110,2Fe,0,+8s02,该反应中化合价升高的元素有Fe,S,降低的元 素只有0，由化学方程式可知，生成8molS02时转移44mol电子，所以生成1molS02时转移5.5mol电子。 (2)Si02不与HS04反应，滤渣主要成分是Si02。 (3)S02通入滤液I中将Fe3+还原，离子反应为2Fe3++S02+2H20=2Fe2++S0}+4H+。 (4)调节溶液pH沉铝不能沉铁，由表中数据可知，plH大于或等于5.4时A13+沉淀完全，小于7.5时Fe2+不能 沉淀，故pH的范围为5.4≤pH<7.5。 (5)获得含有结晶水的晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (6)①浸取过程中Fe3+将黄铁矿中-1价S氧化为S单质，离子反应为2Fe3++FeS2=3Fe2++2S。②通过 两种方法的比较可知，第二种方法的优点有在常温下进行，节约能源；反应步骤少；不产生有毒气体等。 —6—