【文档说明】北京清华大学附属中学2024-2025学年高三上学期 化学9月检测试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.005 MB，由小赞的店铺上传

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高三第一学期化学统练2可能用到的相对原子质量：O-16Mg-24Ca-40Ti-48Zr-91Ba-137第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.我国“天问一号”探测

器使用了大量新材料，其中属于金属材料的是A.探测器结构材料——镁铝合金B.深空太阳能电池材料——砷化镓C.隔热组件材料——二氧化硅纳米气凝胶D.柔性可伸缩材料——形状记忆聚合物【答案】A【解析】【详解】A．探测器结构材料——镁铝合金属于金属材料，是金属镁与金属铝的合金，A正

确；B．砷化镓为半导体材料不是金属材料，B错误；C．纳米二氧化硅，一般就是二氧化硅颗粒，粒度在纳米级，气凝胶是气凝胶为介孔材料，不属于金属材料，C错误；D．形状记忆聚合物是指具有初始形状的制品在一定的条件下改变其初

始条件并固定后，通过外界条件（如热、电、光、化学感应等）的刺激又可恢复其初始形状的高分子材料不属于金属材料，D错误；答案选A。2.下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是A.用含Fe2O3的铁矿石冶炼FeB.用Na2O2作潜水艇的供氧剂C.用NaOH作沉

淀剂去除粗盐水中的Mg2+D.以NH3为原料制备HNO3【答案】C【解析】【详解】A．用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；B．用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过

氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；C．用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；D．以氨气

为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。3.下列比较正确的是A.第一电离能：Be＞BB.热稳定性：H2S＞H2OC.碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2D.原子半径：N＞

C【答案】A【解析】【详解】A．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中ⅡA族元素比ⅢA族元素第一电离能大，A正确；B．同一主族元素，从上到下氧化性逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，所以热稳定性：H2S

<H2O，B错误；C．同一周期元素，从左到右还原性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，所以碱性：Al(OH)3<Mg(OH)2，C错误；D．同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径：N

<C，D错误；故选A。4.下列说法正确的是A.标准状况下，5.6L4CH中所含C-H键的数目为236.0210B.室温下，1L0.11molL−3CHCOOH溶液中3CHCOO−的数目为226.0210C.质量相同的2HO和2DO(重

水)所含的原子数相同D.室温下，pH=12的氨水中，OH−的物质的量为0.01mol【答案】A【解析】【详解】A．1分子甲烷中含有4个碳氢键，则标准状况下，5.6L4CH的物质的量为0.25mol，所含C-H键的物质的量为1mol，数目为236.0210，A正确；B

．醋酸为弱酸，只能发生部分电离，电离池醋酸根离子的数目小于226.0210，B错误；C．1分子2HO和2DO所含原子数相同，但是两者的摩尔质量不同，则质量相同的2HO和2DO(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，C错误；D．不确定溶液体积，不能计算氢氧根物质的量，D错误；故选A。5

.元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是XYZRA.X基态原子的核外电子排布式为2s22p2B.电负性：R＞YC.0.033mol•L-1的H3RO4溶液的pH约等于1D.还原性：Y2

-＞Z-【答案】D【解析】【分析】由元素X、Y、Z和R在周期表中的位置可知，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设X的最外层电子数为x，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，则x+x+2+x+3=17，解得x=4，可知X为C、Y为S、Z为Cl，R位于第四周期VA族，R为As。【详解】A．

X为C元素，则X基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，A错误；B．元素非金属性越强，其电负性越大，非金属性：As<S，则电负性：R<Y，B错误；C．H3AsO4为弱酸，不能完全电离，则0.033mol•L-1

的H3RO4溶液的pH一定大于1，C错误；D．同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，对应简单阴离子的还原性越弱，非金属性：Cl>S，则还原性：Y2-＞Z-，D正确；故选D。6.萤石是制作光学玻璃的原料之一其主要成分氟化钙的晶胞结构如下图所示。下列说法正确的是A.氟化钙的化学式为C

aFB.每个晶胞中含有14个2Ca+C.氟化钙中只含有离子键D.每个2Ca+周围距离最近且等距的F−有4个【答案】C【解析】【分析】由图可知，2Ca+位于晶胞的顶点和面心，数目为1186482+=，F−位于晶胞体内，数目为8。【详解】A．根据上述分析

可知，2Ca+数目为4，F−数目为8，则氟化钙的化学式为CaF2，故A错误；B．每个晶胞中含有4个2Ca+，故B错误；C．氟化钙是由钙离子和氟离子构成化合物，只含有离子键，故C正确；D．以面心处2Ca+为研究对象，每个2Ca+周围距离最近且相等的F−有8个，故D错误；故选C。7.

铜与浓硫酸反应的装置如下图，下列说法不正确的是A.反应一段时间后，品红溶液褪色，说明有SO2生成B.在该反应中，浓硫酸只表现出酸性C石蕊溶液变红说明SO2与水发生了反应D.为确认CuSO4生成，试管①冷却后，将其中的物质缓慢倒入水中，观察

颜色【答案】B【解析】【详解】A．反应一段时间后，品红溶液褪色，说明铜与浓硫酸共热反应生成具有漂白性的二氧化硫使品红溶液褪色，故A错误；B．铜与浓硫酸反应共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素化合价部分降低被还原，浓硫酸在反应中表现酸性和强氧化性，故B错误；C

．实验中石蕊溶液变红说明铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出的的.氢离子使石蕊溶液变红，故C正确；D．为确认硫酸铜的生成，为防止水加入到密度大于水的浓硫酸中产生暴沸，应待管①冷却后，将其中的物质缓慢倒入水中，观察溶液颜色是否为淡蓝色，故D

正确；故选B。8.以下是某种粗盐(主要含24SO−、2Ca+、2Mg+等杂质离子)精制成NaCl溶液的部分流程。下列说法不正．．确．的是A.①中的除杂试剂可以是2BaCl溶液B.②中加入过量23NaCO溶液后，只有2Ca+被除去C.③中加入过量NaO

H溶液后过滤，还需加适量稀盐酸D.杂质离子的去除顺序还可以是③①②【答案】B【解析】【详解】A．为了得到纯净的NaCl，第一步除去硫酸根需要加入过量的氯化钡；第二步除去钙离子，需加入过量的碳酸钠，除去钙离子的同时除去过量的钡离子；第三部除去镁离子，加入过量氢氧化钠，将沉淀过滤；最后

加入过量的盐酸，将杂质离子碳酸根，氢氧根除去，蒸发结晶过程中，氯化氢会从中挥发出来，最终得到纯净的氯化钠；A正确；B．加入碳酸钠的作用，一方面为除去杂质离子钙离子，另外一方面除去除杂过程中引入的钡离子；B错误；C．通过A中的分析可知，C正确；D．在该

除杂过程中，必须确保除硫酸根在除钙离子之前，主要目的是除钙的同时将除硫酸根离子过程中引入的钡离子一块除去，除镁离子可以在任何时候加入；故可以是③①②，D正确；故选B。9.下列方程式不能准确解释相应实验

现象的是A.向3AlCl溶液中滴入氨水产生白色沉淀：()33243Al3NHHOAlOH3NH+++=+B.红棕色的2NO溶于水变为无色：2233NOHO2HNONO+=+C.红褐色的()3FeOH溶解于氢碘酸：()323FeOH3HFe3HO+++=+D.向AgCl悬

浊液中滴加KI溶液产生黄色沉淀：()()()()AgClsIaqAgIsClaq−−++【答案】C【解析】【详解】A．向AlCl3溶液中滴入氨水产生白色氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+34NH+，故A正确；B．红棕色的NO

2溶于水变为无色，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故B正确；C．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘、水，发生的离子反应为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故C错误；D．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液产生黄色沉淀，其为沉淀的转化，有难溶向更难溶转化，离子

方程式为：()()()()AgClsIaqAgIsClaq−−++，故D正确；答案选C10.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A2Cl2MnO和浓盐酸bcB2SO23NaSO和70%硫酸beCNOCu和浓硝酸bcD3NH4NHC

l和()2CaOHadA.AB.BC.CD.D【答案】D。【解析】【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，b装置中缺少加热装置，因此b装置不能制备氯气，故A错误；B．二氧化硫易溶于水，一般采用向上排空气法收集，不用排水法收集，故B错误；C．

铜与浓硝酸反应生成NO2，且NO能与氧气反应生成NO2，收集NO不能用排空气法收集，应用排水法，故C错误；D．氯化铵固体与氢氧化钙固体加热制备氨气，用a装置制备氨气，氨气的密度小于水，且极易溶于水，用向下排空气法收集，即用d装置收集氨气，

故D正确；答案为D。11.水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。下列说法不正确．．．的是A.图中涉及的反应均为氧化还原反应B.反硝化过程中含N物质被还原C.不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关D.排放含4NH+废水不会影响水

体中2NO−的浓度【答案】D【解析】【详解】A．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A正确；B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B正确；C．表层水中氧气浓

度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故C正确；D．图中转化关系中4NH+浓度增大，硝化作用增强，会导致2NO−增多，所

以排放含4NH+废水会影响水体中2NO−的浓度，故D错误；答案选D。12.中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：①CO2(g

)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.4kJ/mol②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol其他条件不变时，在相同时间内温度对CO2催化加氢的影响如下图。下列说法不正确．．．的是

【注】CH3OH的选择性=100322n(生成CHOH消耗的CO)%n(反应消耗的CO)A.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/molB.使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数C.其他条件不变，增大压强，有利于反应向生成CH3OH

的方向进行D.220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小【答案】D【解析】【详解】A．根据盖斯定律，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应①-反应②得到，则该反应ΔH=12Δ-Δ=-49.4k

J/mol-41.2kJ/mol=-90.6kJ/molHH，反应的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-90.6kJ/mol，故A正确；B．催化剂能降低反应所需活化能，同时提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故B正确；C．增大压强使反应①平衡正向移动，

有利于反应向生成CH3OH的方向进行，故C正确；D．反应②吸热，反应①放热，温度较高时对吸热反应的影响大于对放热反应的影响，故D错误；故选：D。13.34FeO(s)与CO(g)主要发生如下反应。①()()()()342FeOsCOg3

FeOsCOg++1119.3kJmolH−=+②()()()()342FeOs4COg3Fes4COg++2H反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.反应()()

()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−B.根据图象推测，2H应当小于0C.反应温度越高，34FeO主要还原产物中铁元素的价态越低D.温度高于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数4K【答案】

C【解析】【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据34FeO(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应(

)()()()342FeOs4COg3Fes4COg++；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++。【详解】A．根据盖斯

定律(②-①)13得()()()()2FeOsCOgFesCOg++的焓变为()2113HH−，故A正确；B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知2H小于0，故B正确；C．温度低于570℃

时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；D．温度高于1040℃时，34FeO(s)和CO(g)发生的主要反应为()()()()342FeOsCOg3FeOsCOg++；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数4K

，故D正确；选C。14.研究小组为探究2NaS在空气中变质后的产物，进行如下实验并记录现象。实验①：取2NaS样品加水溶解，得到澄清溶液a。实验②：取少量溶液a，向其中加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体生成，且出现淡黄色浑浊。实验③：将实验②中的浊液过滤，向滤液中加入2BaCl溶液，产生白色沉淀

。已知信息：i．2NaS溶液能溶解S，并生成2xNaS，2xNaS与酸反应生成S和2HS(臭鸡蛋气味)；ii．BaS易溶于水。下列说法不正确的是A.实验②中淡黄色浑浊可能是2xS−与H+反应产生的B.实验①和实验②说明2NaS样品中一定含

有SC.实验③中产生的白色沉淀是4BaSOD.2NaS样品中可能含有23NaSO【答案】B【解析】【详解】A．由已知信息i可知，实验②中的淡黄色浑浊可能是2xS−与H+反应产生的S，选项A正确；B．若原2NaS样品中含有23NaSO，在酸性条件下反应也能产生此现象，故不能

说明该2NaS样品中一定含有S，选项B错误；C．实验③是将实验②中的浊液过滤，滤液中含有过量的盐酸，加入2BaCl溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀是4BaSO，选项C正确；D．实验③证明该2NaS样品中可能含有

Na2SO3，也可能含有24NaSO，选项D正确；答案选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。（1）基态2Ca+的核外电子排布式为___________。（2）钛酸钙的晶胞如图所示，1个晶胞中含有2O−的个数是_____

______。离子半径2Ca+大于4Ti+，理由是___________。（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。①晶体密度可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱

长为apm(101pm110cm−=)，则钛酸钙晶体密度ρ=___________3gcm−(列出计算式)②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是___________(填字母序号)a．3Ba

TiOb．3MgTiOc．3BaZrO（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物333CHNHPbI。其中有机阳离子33CHNH+可由甲胺(32CHNH)制得。①33CHNH+中N的杂

化方式为___________。②请从化学键的角度解释由甲胺形成33CHNH+的过程：___________。【答案】（1）1s22s22p63s23p6（2）①.3②.Ti是22号元素，4Ti+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，2Ca+和4Ti+的电子排布相同，但Ca

元素的核电荷数小于Ti，则离子半径2Ca+大于4Ti+（3）①.303A13610Na②.ac（4）①.sp3②.氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H

+形成33CHNH+【解析】【小问1详解】Ca是20号元素，基态2Ca+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；【小问2详解】由均摊法可知，1个晶胞中含有2O−的个数是612=3，Ti是22号元素，4Ti+的核外电子排布式为1s22s22

p63s23p6，2Ca+和4Ti+的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径2Ca+大于4Ti+；【小问3详解】①由均摊法可知，1个晶胞中含有2O−的个数是612=3，含有4Ti+的个数为1，含有2Ca+的个数为818=1，钛酸钙晶胞的棱长

为apm(101pm110cm−=)，则钛酸钙晶体密度ρ=()310A3164048Na10−++=303A13610Na；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质

量，由此可知密度大于钛酸钙的是3BaTiO和3BaZrO，故选ac；【小问4详解】①33CHNH+中以N原子为中心原子，价层电子对数为4+()151312−−−=4，N的杂化方式为sp3杂化；②氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子

，可以通过配位键再结合一个H+形成33CHNH+。16.金属铬坚硬，耐腐蚀，可做镀层金属，并且在制皮革，羊毛，火柴，颜料等方面均有其应用。但是Cr(VI)致癌，因而工业废水中如果含有Cr(VI)需要处理后再排放。已知：()10sp27BaCrO2.310K−=，()31sp3CrOH

6.310K−=，3Cr+完全沉淀时的pH约为5.6。（1）沉淀法利用2BaCl试剂可处理含227CrO−废水，离子方程式是___________。（2）还原法①可以选择还原剂2Fe+，对酸性含铬废水进行处理。将下述反应的离子方程式补充完整：___

________。22327FeCrO_____Cr__________+−+++=++②可以选择焦亚硫酸钠(225NaSO)处理含铬(VI)废水，处理费用低。其工艺流程如图：资料：焦亚硫酸钠(225NaSO)为白色或黄色结晶粉末，遇

强酸放出2SO。i．反应池中发生反应的离子方程式是___________。ii．227CrO−在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，结合化学用语解释可能的原因是___________。【答案】（1）222727Ba

CrOBaCrO+−+=（2）①.22332726Fe1CrO14H2Cr6Fe7HO+−+++++=++②.22232527423SO2CrO10H6SO4Cr5HO−−+−+++=++③.pH过低

，发生反应：225222HSOHO2SO+−+=+，2SO不断逸出，所以需要更多的225SO−【解析】【分析】由流程可知，废水中加稀硫酸调pH至2.5，在反应池中发生22232527423SO2CrO10H6SO4Cr5HO−−+−+++=++，

若pH过低，发生225222HSOHO2SO+−+=+，SO2不断逸出，所以需要更多的225NaSO；再加入石灰乳调节pH，生成Cr(OH)3沉淀，同时生成硫酸钙沉淀，上清液测定达标即可，以此来解答。【小问1详解】根据()10sp27Ba

CrO2.310K−=可知利用2BaCl试剂可处理含227CrO−废水，发生复分解反应，反应的离子方程式是222727BaCrOBaCrO+−+=。【小问2详解】①铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，铬元素化合价从+6价降低到+3价，依据电子得失守恒可知反

应中转移6个电子，则根据元素守恒以及溶液显酸性可知还有氢离子参加反应，同时有水生成，所以反应的离子方程式为22332726FeCrO14H2Cr6Fe7HO+−+++++=++。②i．反应池中重铬酸根离子被还原，225NaSO被氧化为硫酸根离子，

则发生反应的离子方程式是22232527423SO2CrO10H6SO4Cr5HO−−+−+++=++。ii．由于pH过低，发生反应：225222HSOHO2SO+−+=+，2SO不断逸出，所以需要更多的225SO−，即需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多。1

7.某天然气含CH4和一定量的CO2。以天然气为原料制备苯和氢气的工艺流程如下图所示：（1）加热塔中发生反应的化学方程式为_______。（2）由甲烷制备苯的过程中存在如下反应：芳构化反应：6CH4(g)C6H6(g)+9H2(g)

ΔH1积碳反应：CH4(g)C(s)+2H2(g)ΔH2若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用_______反应的ΔH。（3）已知不同温度和压强下，甲烷芳构化反应中甲烷的平衡转化率如图所示：①ΔH1_______0(填“>”或“<”)②P1、P2的大小关系是_______，理由是_______。（4

）在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，主要原因是_______。【答案】（1）2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O（2）C6H6(g)6C(s)+3H2(g)（

3）①.>②.P1>P2③.当温度一定时，随着压强增大，6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小（4）甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低【解析】【分

析】由题给流程可知，将天然气通入吸收塔中，碳酸钠溶液与天然气中二氧化碳反应生成碳酸氢钠；将除杂得到的甲烷气体通入芳构化塔发生可逆反应生成苯和氢气，在分离塔中得到苯、氢气和未反应的甲烷，未反应的甲烷通入芳构化塔循环使用；将碳酸氢钠溶液通入到加热塔中，碳酸氢钠受热分

解生成碳酸钠、二氧化碳和水，得到的碳酸钠溶液通入到吸收塔中循环使用。【小问1详解】由分析可知，加热塔中发生的反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3

ΔNa2CO3+CO2↑+H2O；【小问2详解】由盖斯定律可知，若要用ΔH1计算ΔH2，则还需要利用C6H6(g)6C(s)+3H2(g)反应的ΔH，故答案为：C6H6(g)6C(s)+3H2(g)；【小问3详解】①由图可知，升高温度，甲烷的增大，说

明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH1>0，故答案为：>；②该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，由图可知P1条件时甲烷的转化率大于P2，则压强P1大于P2，故答案为：P1>P2；当温度一定时，随着压强增大，6CH4(

g)=C6H6(g)+9H2(g)平衡逆向移动，CH4平衡转化率减小；【小问4详解】在适宜温度下，以金属Mo作催化剂，由甲烷制备苯，几个小时后，单位时间内苯的产量迅速下降，说明甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，

导致反应速率降低，故答案为：甲烷分解产生的碳覆盖在催化剂表面导致催化剂失效，反应速率降低。18.工业上利用生产磷肥的副产品高磷镍铁制备硫酸镍晶体42NiSO6HO。（1）制备含2Ni+溶液高磷镍铁转炉吹炼⎯⎯⎯⎯⎯⎯→镍铁合金电解造液⎯⎯⎯⎯⎯⎯→含2

Ni+溶液已知：i．高磷镍铁和镍铁合金中元素的百分含量：元Ni/%Fe/%P/%Co/%Cu/%素/%高磷镍铁4.5870.4016.120.220.34镍铁合金52.4938.305.581.731.52ii．金属活动性：Fe>Co>Ni>H>Cu①依据数据，“转炉吹炼

”主要目的是：富集镍元素，除去部分___________。②“电解造液”时，用镍铁合金作阳极，24HSO溶液作电解质溶液。电解过程中阴极产生的气体是___________。电解一段时间后，有少量Ni在阴极析出，为防止Ni析出降低42NiSO6HO的产率，可向电解

质溶液中加入___________(填试剂)。（2）制备42NiSO6HO已知：常温下，金属离子完全转化为氢氧化物沉淀的pH：金属离子3Fe+2Fe+2Cu+3Co+2Co+2Ni+金属离子完全沉淀的pH2.88.36.71.19.48

.9完全沉淀的pH①在酸性条件下，NaClO和2Fe+反应生成3Fe+和Cl−的离子方程式是___________。②滤液1中通入2HS后，发生反应的离子方程式是___________；铜元素的质量：镍铁合金___________含铜滤渣(填“>”“

=”或“<”)。③NiOOH中Ni的化合价是___________；滤液2中加入NiOOH后，发生反应的离子方程式是的___________。④从滤液3中获取42NiSO6HO的操作是___________、洗涤、干燥

。【答案】（1）①.铁元素和磷元素②.2H③.CuSO4溶液（2）①.232ClO2Fe2H2FeClHO−+++−++=++②.22CuHSCuS2H+++=+③.<④.＋3⑤.()2223HONiOOHCoCoOHNi+

+++=+⑥.加热浓缩、冷却结晶、过滤【解析】【分析】由题给流程可知，高磷镍铁通过转炉吹炼得到镍铁合金，镍铁合金通过电解造液得到含镍离子的溶液；向含镍离子的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加

入碳酸钠溶液调节溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到除去铁离子的滤液1；向滤液1中加入氢硫酸溶液，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到除去铜离子的滤液2；向滤液3中加入碱式氧化镍，将钴离子转化为沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液3；滤液3经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫

酸镍晶体。【小问1详解】①由题给数据可知“转炉吹炼”的主要目的是富集镍元素，除去部分铁元素和磷元素；②“电解造液”时，溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气；铜离子的氧化性强于镍离子，则电解时应在电解质溶液加入硫酸铜溶液防止镍离子在阴极被还原生成镍；【小问2详解】①由题意可知，在酸性条

件下，次氯酸根离子和亚铁离子反应生成铁离子、氯离子和水，反应的离子方程式为—23?222H2HOClOFeFeCl+++++=++；②H2S与Cu2+反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为：22CuHSCuS2H+++=+；根据电解原理，越活泼金属越易失去电子被

氧化，金属活动性：Fe＞Co＞Ni＞H＞Cu，电解的过程中大多数Cu元素都变成阳极泥，所以铜元素的质量：含铜滤渣＜镍铁合金；③NiOOH中，O为-2价，H为+1价，则Ni化合价为+3；滤液2中加入NiOOH后，发生反应的离子方程式是()2223HONiOOHCoCoOHNi++

++=+；④由分析可知，从滤液3中获取六水硫酸镍晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。19.以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管的0.2mo

l·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象

Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含24SO−，含有Cu+、Cu2+和23SO−。已知：Cu+⎯⎯⎯→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+I−⎯⎯→CuI↓

(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和23SO−。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉

淀中含有Cu2+和23SO−的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无24SO−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚

硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。

b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。【答案】①.2Ag++23SO−===Ag2SO3↓

②.有红色固体生成③.HCl溶液和BaCl2溶液④.在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，23SO−转化为24SO−⑤.Al3+、OH-⑥.⑦.V1明显大于V2⑧.亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性⑨.两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】【详解】(1).实验Ⅰ中0.

2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2S

O3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2C

uI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在

酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说

明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性K

MnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首

先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验

方案为：；b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金

属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。