【文档说明】北京市朝阳外国语学校2024-2025学年高三上学期第二次反馈（10月考）化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.778 MB，由小赞的店铺上传

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北京市朝阳外国语学校2024～2025学年度第一学期第二次反馈练习高三年级化学试卷(考试时间90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H：1O：16P：31第一部分一、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.我国在可控核聚变研究上处于世界领

先水平。核聚变原料的制备与核聚变的产物如图。已知：11H、21H、31H中仅31H具有放射性。下列说法不正确．．．的是A.元素的第一电离能：H>He>LiB.可用质谱区分11H、21H和31HC.312HO具有放射性D.21H

、11H的化学性质基本相同【答案】A【解析】【详解】A．氦原子的1s为稳定的全满结构，元素的第一电离能大于氢元素，故A错误；B．11H、21H和31H的质量数不同，所以可以用质谱区分11H、21H和31H，故B正确；C．312HO分子中31H是放射性核素，所

以312HO具有放射性，故C正确；D．21H、11H的最外层电子数相同，所以21H、11H的物理性质不同，化学性质基本相同，故D正确；故选A。2.下列所用的物质中，利用了其还原性的是A.用3FeCl溶液腐蚀覆铜板B.用

Zn块防止钢铁船体腐蚀C.用石灰乳脱除烟气中的2SOD.用明矾[()422KAlSO12HO]处理污水【答案】B【解析】【详解】A．用氯化铁溶液腐蚀覆铜板发生的反应为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜

，反应中铁元素的化合价降低被还原，氯化铁表现氧化性，故A错误；B．用锌块防止钢铁船体腐蚀是因为锌铁在溶液中构成的原电池中锌的还原性强于铁做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；C．用石灰乳脱除烟气中

的二氧化硫发生的反应为石灰乳与二氧化硫反应生成亚硫酸钙和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；D．用明矾处理污水是因为明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮杂质聚沉而达到净水的作用，处理污水的过程中没有元素发生化合

价变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选B。3.下列化学用语或图示正确的是A.HClO的电子式：B.23SO−的VSEPR模型：C.基态Sc原子的价层电子排布式：213d4sD.HCl分子中键的形成：【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，电子式为，故A错误；B．亚硫酸根

离子中硫原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为，故B错误；C．钪元素的原子序数为21，基态原子的电子排布式为3d14s2，故C错误；D．氯化氢分子中氢原子与氯原子生成spσ键，示意图为，故D正确；故选D。4.下列化学用语与所给事实不相符

．．．的是A.炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥，防止发生：()23423Fe4HOgFeO4H++高温B.23NaCO溶液吸收少量2SO：22322332COHOSO2HCOSO−−−++=+C.FeS去除废水中的2Hg+：2

2HgSHgS+−+=D.电解熔融NaCl的阴极反应：NaeNa+−+=【答案】C【解析】【详解】A．炽热的铁水注入模具前，模具必须充分干燥是因为铁在高温下能与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为()23423Fe4HOgFeO4H++高温，故A正确；B．亚

硫酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠溶液与少量二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠，反应的离子方程式为22322332COHOSO2HCOSO−−−++=+，故B正确；C．硫化亚铁去除废水中的汞离子发生的反应为硫化

亚铁与废水中的汞离子反应生成溶度积更小的硫化汞和亚铁离子，反应的离子方程式为2+2+Hg+FeS=HgSFe+，故C错误；D．电解熔融氯化钠时，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，电极反应式为NaeNa+−+=，故D

正确；故选C。5.氨是一种重要的化工产品和化工原料，下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确．．．的是A.合成塔发生的反应中，2N作氧化剂B.氧化炉中发生的反应为：32224NH7O4NO6HO++

催化剂C.向吸收塔中通入A气体，有利于提高硝酸的产率D.工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，氮气和氢气在合成塔中反应合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，则A为氧气；一氧

化氮和空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，处理反应得到的尾气，防止污染环境。【详解】A．合成氨反应中氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂，故A正确；B．由分析可知，氨气在氧化炉中与氧气共热催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为3224NH5O

4NO6HO催化剂++，故B错误；C．向吸收塔中通入氧气，有利于二氧化氮与水反应生成的一氧化氮转化为二氧化氮，从而提高硝酸的产率，故C正确；D．铝常温下在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以工业生产中为了盛装大量浓硝酸

，可选择铝作为罐体材料，故D正确；故选B。6.我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化2CO合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示：下列说法正确的是A.淀粉和纤维素分子式均为()6105CHOn，互为同分异构体B.反应②中3CHOH

与2O的物质的量之比为2:1C.1molDHA最多可与2molNaOH反应D.3CHOH和HCHO均易溶于水，都可与2HO分子形成氢键【答案】D【解析】【分析】由图可知，转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3

OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2=O2↑+2H2O；④3HCHO⎯⎯→。【详解】A．淀粉和纤维素分子式均为()6105CHOn，但聚合度n值不同，不可能互为同分异构体，故A错误；B．由分析可知，反应②发

生的反应为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，由方程式可知，反应中CH3OH和氧气的物质的量比为1：1，故B错误；C．由结构简式可知，DHA含有羰基和羟基，不含羧基，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D．乙醇分子中含有的羟

基和甲醛分子中含有的醛基都能与水分子形成分子间氢键，所以两者均易溶于水，故D正确；故选D。7.完成下列实验，所用仪器或操作合理的是A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液B．验证相同温度下的spK：2AgClAgIAgSC．铁件镀铜

D．验证卤素单质的氧化性：222ClBrIA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．用盐酸标准溶液滴定氢氧化钠溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B．向过量的氯化钠溶液中加入8滴硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，向反应后的溶液中滴入4滴碘化钾溶液，氯化银

不能完全转化为碘化银，再向溶液中滴入4滴硫化钠溶液，氯化银和碘化银均可能转化为硫化银，且碘化银和硫化银的分子组成不同，所以无法比较碘化银和硫化银的溶度积大小，故B错误；C．铁件镀铜时，铜电极应与直流电源的正极相连，故C错误；D

．氯水能与溴化钾溶液反应生成溴，说明氯气的氧化性强于溴，溴水能与碘化钾溶液反应生成碘，说明溴的氧化性强于碘，则题给装置能验证卤素单质氯气、溴和碘的氧化性强弱，故D正确；故选D。8.利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象可以证明a中产物

生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓3HNO分解生成2NO淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓24HSO生成2SO紫色石蕊变红C浓NaOH与4NHCl溶液生成3NH酚酞溶液变红D2MnO和浓盐酸生成2Cl3AgNO溶液变浑浊A.AB.

BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A．浓3HNO有挥发性，能氧化碘离子生成碘单质，A不符合题意；B．Cu与浓24HSO在加热条件下生成2SO，2SO遇水生成亚硫酸，可以使紫色石蕊变红，B符合题意；C．浓NaOH与4NHCl溶液生成3NH，3NH遇水生

成碱，酚酞溶液变红，C符合题意；D．2MnO和浓盐酸生成2Cl，但HCl有挥发生，也可以使3AgNO溶液变浑浊，D不符合题意；故选BC。9.下列依据相关数据作出的推断中，不正确．．．的是A.依据金属与水或酸反应的难易程度，可推断元素金属性的强弱B.依据所含化学键的键能，可推

断2CO和2SiO的熔点C.依据是否存在氢键及氢键类型，可推断邻羟基苯甲醛和对羟基苯甲醛的熔点D.根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱【答案】B【解析】【详解】A．依据金属与水或酸反应的难易程度，越易金属性越强，可推断元素金属性的强弱，A正确；B．依据所含化学键的键能

，2CO是分子晶体，熔点受分子间作用力影响，2SiO是共价晶体，熔点受共价键影响，B错误；C．依据是否存在氢键及氢键类型，对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，可推断邻羟基苯甲醛和对羟

基苯甲醛的熔点，C正确；D．根据元素电负性的大小，可判断元素金属性和非金属性的强弱，元素金属性越强，电负性越小，D正确；故选B。10.全钒液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述不正确．．．的是A.放电时，电子由Y极流出，经负载到X极B.放

电时，每转移1mol电子，理论上有2molH+迁移至X极区C.充电过程中，Y极区溶液pH降低D.将电解液储存在储液罐中，可增大液流电池储能容量【答案】B【解析】【分析】观察装置可知，X电极V由+5的VO2+→+4的VO2+，发生得电子的还原反应，即X电极为正极，电极反应式为VO2

++e-+2H+=VO2++H2O，Y电极上V2+→V3+，发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为V2+-e-=V3+，总反应为V2++VO2++2H+=VO2++V3++H2O，原电池工作时，电子由负极

Y经过用电器移向正极X，溶液中的H+由负极Y经过质子交换膜移向正极X，据此分析解答。【详解】A．该原电池中，X电极为正极，Y电极为负极，原电池工作时，电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，A正确；B．X极为正极，电极反应式为VO2++e-+2H+=VO2

++H2O，由于得失电子数等于氢离子迁移数目，所以转移1mol电子，只有1molH+迁移，B错误；C．充电过程中，Y极区得电子，H+向右移动，溶液pH降低，C正确；D．将电解液储存在储液罐中，可通过增大电解液存储罐的容积，增大液流电池储能容量，D正确；故选B。11

.铁的配合物离子(用LFeH+−−表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是A.该过程的总反应为22催化剂HCOOHCO↑+H↑B.H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.该催

化循环中Fe元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定【答案】CD【解析】【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HC

OOH催化剂CO2↑+H2↑，A正确；B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反

应速率减慢，B正确；C．由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，C错误；D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D错误；故选CD。12.常温下()4aHCOOH1.810K−=

，向120mL0.10moHlLNaO−溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法不正确．．．的是A.①表示()OHc−随加入()VHCOOH的变化关系B.M点：()()()()NaOHHCOOH

cccc+−−+=C.N点：()()()()()NaHCOOOHHHCOOHccccc+−−+D.水的电离程度：M<N【答案】C【解析】【分析】120mL0.10molL−NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生

浓度改变的微粒为+Na、+H、-OH和-HCOO，当HCOOH溶液的体积为20mL时，①表示的离子浓度减小，且由10.1molL−减小至接近于0，②表示的离子浓度增大，且浓度由0增大至10.05molL−，则①表示-OH，②表示-HCOO。【详解】A．根据分析，①表示()OHc−

随加入()VHCOOH的变化关系，A正确；B．M点时，根据图像可知()()OHHCOO−−=cc，且加入的HCOOH溶液的体积为10mL，则溶液中的溶质为等物质的量的NaOH、HCOONa，溶液呈碱性，因此()()()()NaOHHCOOHcccc+−−+=，B正确；C．N

点时加入的HCOOH溶液的体积为20mL，则溶液中的溶质为HCOONa，-HCOO发生水解，则()()()()NaHCOOOHHcccc+−−+；已知()+--4ac(H)c(HCOO)KHCOOH=

=1.810c(HCOOH)，且根据图像可知-1c(HCOO)=0.05molL−，则+-4-c(H)1.810=1c(HCOOH)c(HCOO)，()()HCOOHH+cc，C错误；D．MN→的

过程中，随HCOOH溶液体积的增加，NaOH的浓度在减少，HCOONa的浓度在增大，则水的电离受到促进，因此水的电离程度：M<N，D正确；答案选C。13.下列实验中，均产生白色沉淀。下列说法不正确．．．的是A.()243AlSO能促进23

NaCO、3NaHCO水解B.2CaCl对23NaCO水解和3NaHCO电离的影响方向一致C.前2个实验产生沉淀成分相同，后2个实验产生沉淀成分相同D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】【详解】A．()243AlSO电离出Al3+与2

--33COHCO、都能发生双水解，促进23NaCO、3NaHCO的水解反应，A正确；B．23NaCO水解方程式2---323CO+HOHCO+OH，加入2CaCl后Ca2+与2-3CO反应生成沉淀，水解平衡逆向移动，3NaHCO电离方程式-2-33HCO

CO+H+，加入2CaCl后c(2-3CO)减小，电离平衡正向移动，B错误；C．四个实验中均产生白色沉淀，前2个实验中Al3+与2--33COHCO、都能发生双水解反应生成Al(OH)3沉淀，产生沉淀成分相同，后2个实验中氯化钙和碳酸

钠反应生成CaCO3沉淀，产生沉淀成分相同均为CaCO3，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。14.某学生对2SO与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象①取4g漂粉精固体，加入

100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色②过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12)，后褪色③ⅰ．液面上方出现白雾ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去④用酸化的3AgNO溶液检验③中白雾产生白色沉淀下列

叙述不正确．．．的是A.②中pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性B.③中产生大量白色沉淀，推测白色沉淀主要为4CaSOC.③中溶液黄绿色褪去，反应为：22224ClSO2HOSO2Cl4H−−+++=++D.依据④中产生白色沉淀，说明③

中液面上方产生的白雾中含有HCl【答案】D【解析】【分析】将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，则漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分为Ca(ClO)2。【详解】A．次氯

酸钙为强碱弱酸盐，水解显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，pH试纸先变蓝，最后褪色，则可以说明漂粉精溶液具有碱性、漂白性，故A正确；B．实验③中，在酸性条件下ClO－把SO2氧化成24SO−，白雾是可能是盐酸小液滴或者SO2的水溶液酸雾；溶液

变黄绿色的原因是ClO－和Cl－在酸性条件下生成Cl2，黄绿色褪去的原因是Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，所以最终生成的白色沉淀是CaSO4，故B正确；C．由B项可知，黄绿色褪去的原因是22224ClSO2HOSO2Cl4H−−+++=++，故C正确；D．若③中白雾为SO

2水溶液酸雾，加入酸化的3AgNO溶液，也会产生白色沉淀，不能确定白雾中是否含有HCl，故D错误；故选D。第二部分二、本部分共5题，共58分。15.某钙钛矿333CHNHPbI是一种新型半导体材料，用于制造太阳能电池。可用

3CHOH、3NH、2I、2PbI制备钙钛矿。（1）Pb位于元素周期表第6周期ⅣA族，写出基态Pb原子价层电子轨道表示式___________。（2）3NH分子的VSEPR模型名称是___________，3NH的N—H键是由

N的___________轨道与H的1s轨道重叠形成键。（3）制备333CHNHPbI的过程如下所示：322NHIPbI3333333IIIIIICHOHCHICHNHINHCHPbI⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→①Ⅰ中，3CHOH的沸点高于3CHI的沸点，原因是___________。②Ⅱ中，由于

3NH分子中的___________具有孤电子对，容易与3CHI反应生成盐33CHNHI。（4）钙钛矿晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图：①距离33CHNH+最近的I−有___________个。②333CHNHPbI的摩尔质量为1620gmol−，阿伏加德罗常数为AN，

则该晶体密度为___________3gcm−。(71nm10cm−=)（5）钙钛矿的稳定性受空气中2HO、2O、紫外线等因素的影响。ⅰ．()()()2HO333233CHNHPbIsPbIs+CHNHIaqⅱ．()()()3332CH

NHIaqCHNHaqHIaq+研究发现，一旦生成HI，钙钛矿的分解程度就会增大，请结合化学平衡移动原理解释：___________，我国研究人员利用聚乙二醇有效地解决了该问题。【答案】（1）（2）①四面体形②.sp3杂化（3）①.CH3OH能

形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键②.N原子.（4）①.12②.213A62010aN−（5）HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动【解析】【小问1详解】由铅元素位于元素周期表第6

周期ⅣA族可知，基态原子的电子排布式为6s26p2，轨道表示式为，故答案为：；【小问2详解】氨分子中氮原子的价层电子对数为4，则原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR模型为四面体形，分子中的氮氢键是氮原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道道

重叠形成σ键，故答案为：四面体形；sp3杂化；【小问3详解】①甲醇分子能形成分子间氢键，一碘甲烷不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于一碘甲烷，沸点高于一碘甲烷，故答案为：CH3OH能形成分子间氢键，CH3I不能形成分子间氢键；②Ⅱ中，由于氨分子中氮原子具有孤电子

对，能与一碘甲烷的3CH+中具有空轨道的碳原子形成配位键生成33CHNHI，故答案为：N原子；【小问4详解】①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的33CHNH+与位于面心的碘离子距离最近，则距离33CHNH+最近的

碘离子的个数为12，故答案为：12；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的33CHNH+个数为8×18=1，位于面心的碘离子个数为6×12=3，位于体内的铅离子个数为1，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的

质量公式可得：A620N=(10—,7a)3d，解得d=213A62010aN−，故答案为：213A62010aN−；【小问5详解】反应生成的碘化氢能与氧气反应使得生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，使得CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动，导致钙钛矿的分解程度就会增大，故答案

为：HI易被空气中的氧气氧化，浓度减少，反应ⅱ正向移动，CH3NH3I的浓度减小，使反应ⅰ平衡正向移动。16.3NH是一种重要的工业原料，可采用不同的方法制备3NH。（1）方法一：早期以氯化铵和熟石灰制备3NH，反应的化学方程式为_______

____。（2）方法二：以铁为主的催化剂在400～500℃和1030MPa的条件下，由2N和2H合成氨。①该反应放热，但仍选择较高温度400～500℃。其原因是___________。②对2N和2H的反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2molNn和23molHn进行反应。在不同压强下(

1p、2p、3p)，反应达到平衡时，测得3NH的体积分数(α)随温度的变化如图所示。判断A点的容器容积和B点的容器容积的大小，并解释原因___________。（3）方法三：常温常压下电解法合成氨的原理如下图所示。①阴极生成氨的电极反应式为___________。②阳极氧化产物

只有2O。电解时实际生成的3NH的总量远远小于由理论计算所得3NH的量，结合电极反应式解释原因：___________。（4）方法四：一种分解4NHCl实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表()MgOHCl或MgO中的一种。①b的化学式为___________。②

该转化过程中会生成副产物2MgCl，通入水蒸气可减少2MgCl的产生，反应的方程式为___________。【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4ClΔ2NH3↑+CaCl2+2H2O（2）①.高温度的条件

能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大；②.转化率相同，但B的温度高，容积大（3）①.-+23N+6e+6H=2NH②.电解时实际阴极除了N2得电子生成3NH外，还可能生成4NH+、2H，还可能发生-+24N+6e+8H=2NH+，-+22e+2

H=H（4）①.()MgOHCl②.2MgCl可以水解生成()MgOHCl【解析】【小问1详解】加热熟石灰和氯化铵生成NH3、氯化钙、水，反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4ClΔ2NH3↑+CaCl2+2H2O；【小问2详解】①该反应放热，但

较高温度的条件能加快反应速率，同时催化剂在较高温度400～500℃条件下活性高，对速率的促进作用更大；②转化率相同，但B的温度高，容积大；小问3详解】①由图可知，左侧得电子，左侧是阴极，电极反应为-+23N+6e+6H=2NH；右侧为

阳极，失电子，-+222HO-4e=4H+O；②电解时实际阴极除了N2得电子生成3NH外，还可能生成4NH+、2H，还可能发生-+24N+6e+8H=2NH+，-+22e+2H=H；【小问4详解】①4NHCl分解的产物是3NH和HCl，分解得到的

HCl与MgO反应生成()MgOHCl，()MgOHCl又可以分解成HCl与MgO，a为3NH，b为()MgOHCl，c为HCl，d为MgO，b的化学式为()MgOHCl；②2MgCl可以水解生成()Mg

OHCl，因此通入水蒸气可减少2MgCl的产生；【17.中国在氢能研究方面已取得显著进展。绿氢的生产及储存作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一、I．制氢（1）化学制氢。工业上制取氢气时涉及的一个重要反应是：()()()()2223COg+HOg=COg+HgΔH已知：①(

)()()212Cs+Og=2COgΔH②()()()22222Hg+Og=2HOgΔH利用1H和2H计算3H时，还需要利用_______反应的H。（2）电化学制氢。光、电催化——化学环反应耦合分解2HS制2H的原理示意图如下图所示。①负极的电极反应式为_______。②除了32Fe/Fe

++外，3I/I−−也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明3I/I−−能够使S源源不断产生的原因：_______。Ⅱ．储氢与释氢（3）4NaBH是一种重要的储氢载体，能与水反应生成2NaBO，且反应前后B的化合价不变，反应消耗41molNaBH

时转移的电子数目为_______。（4）有机物释氢与储氢。其中一种方法为利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现释氢和储氢。()323FeSO/AlOg一定温度()()2g+3Hg-1ΔH=+208.4kJmol。①在某温度下，向恒容容器中加入环己烷，

其起始浓度为-1amolLg，平衡时苯的浓度为-1bmolL，该反应的平衡常数K=_______。②有利于释氢的措施为：_______(从反应限度的角度回答)。（5）一定条件下，下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物)。①生成目标产物的电极反应

式为_______。②该储氢装置的电流效率η=_______。(η100%=生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数)(计算结果保留小数点后一位)【答案】（1）()()()22Cs+Og=COg（2）①.2+-3+Fe-e=Fe②.I−在电极上放电：33I2eI−−

−−=。3I−在溶液中氧化2HS：32IHS3IS2H−−++=++。I−和3I−循环反应（3）A4N或242.40810（4）①.427ba-b②.升温、减压、分离出苯(其他合理答案也可以)（5）①+-66612CH+6H+6e=CH②.64.3%【解析】【小问1详解】已知：①()(

)()212Cs+Og=2COgΔH②()()()22222Hg+Og=2HOgΔH③()()()()2223COg+HOg=COg+HgΔH根据盖斯定律③+12①+12②得出C(s)+O2(g)=CO2(g)；利用1H和2H计算3H时，还需要利用C(s)+O2(g)=CO2(g)反应

的H；【小问2详解】该太阳能光电催化——化学耦合分解H2S的过程可描述为：2+Fe在电极上失电子发生反应23+FeeFe+−−=，生成的3+Fe氧化H2S生成硫单质，离子方程式为：3222FeHS=2FeS2H++++++，.H＋通过质

子交换膜从n极移向p极，在p极得电子生成H2。①负极失去电子发生氧化反应，则负极的电极反应式为2+-3+Fe-e=Fe。②根据分析，3I/I−−能够使S源源不断产生的原因：I−在电极上放电：33I2eI−−−−=。3I−在溶液中氧化2HS：32IHS3IS2H−−++=++。I−和3I

−循环反应。【小问3详解】反应前后B元素的化合价不变，则反应前后B元素的化合价均是＋3价，因此反应前NaBH4中氢元素的化合价是－1价。水中氢元素的化合价是＋1价，因此反应中还有氢气生成，则反应的化学方程式为NaBH4＋2H2O=N

aBO2＋4H2↑。NaBH4中氢元素的化合价从－1价升高到0价，因此1molNaBH4在反应中失去4mol电子，其数目是4NA或2.408×1024。【小问4详解】①平衡时苯的浓度是bmol/L，则根据反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度是bmol/L

，生成氢气的浓度是3bmol/L，，平衡时环戊烷的浓度为（a－b）mol/L。由于化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则该温度下反应的平衡常数k＝427bab−mol3/L3。②根据()323FeSO/A

lOg一定温度()()2g+3Hg-1ΔH=+208.4kJmol。有利于释氢的措施为升温、减压、分离出苯(其他合理答案也可以)。小问5详解】①苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6

e－＝C6H12。②阳极生成2.8mol气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8mol×4＝11.2mol。设阴极消耗苯的物质的量是xmol，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12可知得到电子

是6xmol；设生成氢气ymol,根据电极反应式2H++2e－=H2，可知得到电子是2ymol。根据电子守恒可知：6x+2y=11.2；根据苯的含量变化可知：10×24%=x+(10+y)×10%，二者联立可得：x=1.2，y=2。因此储氢装置的

电流效率61.211.2==64.3%。18.工业上以磷矿石[主要成分：()()543CaPOOH、()543CaPOF、2SiO和有机碳等]为原料生产磷酸和石膏(42CaSO2HO)，流程示意图如下：【已知：一些难溶电解质的

溶度积常数如下表物质6BaSiF26NaSiF4CaSO4BaSO3BaCOspK61.010−64.010−49.010−101.010−92.610−回答下列问题：（1）为提高酸浸速率，可采取的措施有_______。(写出1条即可)（2）生

成的HF与2SiO反应，生成二元强酸26HSiF的离子方程式是：_______。（3）酸浸时()()543CaPOOH与24HSO反应的化学方程式是：_______。（4）粗磷酸中的有机碳被22HO氧化为2CO脱除。相同投料比、相

同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如下表所示。分析80C时有机碳脱除率最高的原因：_______。温度/C40506070808590有机碳脱出率约为/%72757880827875（5）脱氟过程中发生的化学反应方程式是：_______，若按物质的量之比()()2

-236nNaCO:nSiF=1:1加入23NaCO脱氟，充分反应后，()+cNa=_______-1molL；（6）脱硫过程中，分批加入一定量的3BaCO达到脱硫的目的，其反应离子方程式是_______。（7）该工艺中通常使用一定浓度的24HSO溶液洗涤磷石膏(42

CaSO0.5HO)，原因是_____。（8）24SO−浓度(以3SO%计)、34HPO浓度(以25PO%计)。一定温度下，石膏存在形式与溶液中25PO%和3SO%的关系如图所示，下列条件能实现42CaSO0.5HO转化为42CaS

O2HO的是_______(填字母)。A．65C、25PO%20=、3SO%20=B．80C、25PO%10=、3SO%20=C．65C、25PO%5=、3SO%25=（9）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用-1bHmolLNaO

溶液滴定至终点时生成24NaHPO，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中34HPO的质量分数是_______。【答案】（1）研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)（2）+2-2626HF+SiO=2H+SiF+2HO（3）()()54224423432CaPOOH+3HO

+10HSO10CaSO0.5HO+6HPO（4）低于80C，有机碳的脱除速率随温度升高而增加；超过80C，22HO分解速率大，22HO浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降（5）①.26232622HSiF+NaCO=NaSiF+CO+HO②.22.010−（6）2--343442224

BaCO+SO+2HPO=BaSO+CO+HO+2HPO（7）除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷石膏(或硫酸钙)溶解损失（8）C（9）0.049bc100%a(或4.9bc%a)【解析】

【分析】磷矿石[主要成分：Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F、SiO2和有机碳等]在硫酸并加热的条件下酸浸，得HF、磷石膏、粗磷酸，有机物、26SiF−和硫酸根都在磷酸中，通过加入过氧化氢加热

氧化脱有机碳，加入碳酸钠脱氟，再加入碳酸钡除去硫酸根，可以得到精制磷酸，磷石膏洗涤后一定条件下可以转化为石膏。【小问1详解】为提高酸浸速率，可采取的措施有研磨磷矿石、加热(其他合理答案也可以)，都能提高反应速率；【小问2详解】HF与SiO2反应，生成二元强酸H2SiF6的离子方程式是6HF+S

iO2=2H++26SiF−+2H2O；【小问3详解】酸浸时Ca5(PO4)3(OH)与H2SO4反应，生成CaSO4⋅0.5H2O和H3PO4，化学方程式是：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4Δ10CaSO4⋅0.5H2O+6H3PO4；【小问4详解】粗磷酸中的有机碳被H2

O2氧化为CO2脱除，低于80°C，有机碳的脱除速率随温度升高而增加；超过80°C，H2O2分解速率大，H2O2浓度降低，导致有机碳的脱除速率下降，故80°C时有机碳脱除率最高；【小问5详解】脱氟过程是H2SiF6与加入的Na2CO3反应，生

成难溶的Na2SiF6而除去，同时由于H2SiF6是强酸，有CO2生成，化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，由Ksp[Na2SiF6]=4.0×10−6，按物质的量之

比n(Na2CO3):n(26SiF−)=1:1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，根据反应比，溶液中剩余c(Na+)=2c(26SiF−)，设c(Na+)=2c(26SiF−)=2x，Ksp[Na2Si

F6]=c(26SiF−)c2(Na+)=(2x)2·x=4.0×10−6，解得x=0.01mol/L，故c(Na+)=2x=2.0×10−2mol⋅L-1；【小问6详解】脱硫过程中，分批加入一定量的BaCO3达到脱硫的目的，碳酸钡可以中和磷酸生成磷酸二氢根同时转化为更

难溶的硫酸钡沉淀从而除去硫酸根，反应离子方程式是BaCO3+24SO−+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+224HPO−；【小问7详解】该工艺中通常使用一定浓度的H2SO4溶液洗涤磷石膏(CaSO4⋅0.5H2O)，是根据同离子效应，为了除去磷石膏(或硫酸钙)表面的杂质离子，并减少磷

石膏(或硫酸钙)溶解损失；【小问8详解】由图知，65°C、P2O5%=5、SO3%=25时，图中对应的点在表示65°C的实线的左下方，对应生成CaSO4⋅2H2O，其它条件下不满足，故选C；【小问9详解】终点时消耗n(NaOH)=bc×10-3mol

，根据终点时生成Na2HPO4，则n(H3PO4)=12n(NaOH)=12bc×10-3mol，故精制磷酸中H3PO4的质量分数是311098g/0.0492100%100%abcmolmolbcag−=。19.2HS的转化是资源利用

和环境保护的重要研究课题。某实验小组在实验室模拟脱除2HS并获得硫黄的装置如下(夹持装置略)。已知：CuS(黑色)，-36spK=1.310序号溶液NC中实验现象Ⅰ-13amol?LFeCl溶液(pH=b)溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成Ⅱ-13amol?LFeCl溶

液(含少量稀24HSO，pH<b)溶液颜色变浅，有乳白色沉淀生成，沉淀比实验Ⅰ少Ⅲ一定浓度的2CuCl溶液溶液颜色变浅，有黑色沉淀生成Ⅳ-13amol?LFeCl(含有一定浓度的2CuCl溶液，pH<b)溶液颜

色变浅，先有黑色沉淀生成，一段时间后转化为乳白色，沉淀比实验Ⅰ多（1）装置A中发生的化学反应方程式是_______。（2）加入药品前，检验装置气密性，方法是_______。（3）装置B的作用是_______。（4）实验Ⅲ中生成黑色沉淀的离子方程式是_______。（5）对于实验Ⅱ的沉淀比实验Ⅰ

少的现象，某同学通过分析并得出结论如下：①2HS气体持续通入3FeCl溶液中，发生()()22HSgHSaq及电离_______。②完善下列离子方程式：_______。_______3+Fe+_______-HS=_______+

_______+_______。结论：实验Ⅱ的pH比实验Ⅰ的小，()+cH增大，不利于2HS的溶解和电离，产生沉淀较实验Ⅰ少。（6）对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是_______。（7）实验Ⅰ充分反应后，测2

Fe+浓度：滤出沉淀，取滤液，除去杂质，加入适量稀硫酸，用浓度为-1xmolL的227KCrO标准溶液滴定到终点。滴定时发生的离子反应：2-2++3+3+272CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO，计算滤液

中()2+cFe还需要的实验数据：___。【答案】（1）2442FeSHSOFeSOHS+=+（2）夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好（3）防倒吸

（4）2++2HS+Cu=CuS+2H（5）①.+-2HSH+HS、-+2-HSH+S②.3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S（6）2HS与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中，充分

转化为CuS；3FeCl与CuS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS的转化（7）所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO溶液的体积【解析】【分析】由实验装置图可知

，装置A中硫化亚铁与硫酸溶液反应制备硫化氢气体，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置C为脱除硫化氢并获得硫黄的装置，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收硫化氢，防止污染空气。【小问1详解】由分析可知，装置A中发生的反应为硫化亚铁

与硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的化学反应方程式为2442FeSHSOFeSOHS+=+，故答案为：2442FeSHSOFeSOHS+=+；【小问2详解】该反应涉及气体制备与参与，加入药品前需要检验装置气密性，具体操作为夹紧止水夹，关闭分液

漏斗活塞，向分液漏斗中加水形成密闭系统，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，说明装置的气密性良的好，故答案为：夹紧止水夹，关闭分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水流一会后不再流下，气密性良好；【小问3详解】由分析

可知，装置B为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，故答案为：防倒吸；【小问4详解】由实验现象可知，实验Ⅲ中生成黑色沉淀的反应为氯化铜溶液与硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，反应的离子方程式为2++2HS+Cu=CuS

+2H，故答案为：2++2HS+Cu=CuS+2H；【小问5详解】①溶于水的硫化氢溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离使溶液呈酸性，电离方程式为+-2HSH+HS、-+2-HSH+S，故答案为：+-2HSH+HS、-+2-HS

H+S；②由未配平的方程式可知，溶液中的铁离子与氢硫酸电离出的氢硫酸根离子反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，反应的离子方程式为3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S，故答案为：3+-2++2Fe+HS=2Fe+H+S；【小问6详解】对比实验Ⅳ和Ⅰ，实验Ⅳ沉淀比实验Ⅰ多的原因是2H

S与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中，充分转化为CuS；3FeCl与CuS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS

的转化，故答案为：2HS与4CuSO反应生成CuS的spK较小且反应速率较快，2HS进入Ⅳ的溶液中，充分转化为CuS；3FeCl与CuS的反应限度较大，发生反应：3222FeCuS2FeCuS++++=++，2Cu+促进了2HS的转化；【小问7详解】由方程式

可知，滴定测定滤液中亚铁离子浓度还需要测定所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO溶液的体积，故答案为：所取滤液的体积及滴定终点时消耗227KCrO溶液的体积。