北京市通州区2025届高三年级上册11月期中质量检测化学答案

通州区2024-2025学年第一学期高三年级期中质量检测

化学试卷

2024年11月

本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答

无效。考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12016s32Fe56

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。

I,下列关于与"F说法正确的是

A.是同种核素B.是同素异形体

C.比讴F多一个电子D.NF比因F多一个中子

【答案】D

【解析】

【详解】A.与质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误：

B.同素异形体指的是同种元素的不同单质：与"F是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素

异形体，B错误：

C.同位素之间质子数和电子数均相同，I9F比I8F多一个中子，C错误；

D.的中子数是io,只有9个中子，秒F比多一个中子，D正确。

本题选D。

2.下列化学用语或图示表达不止确的是

A.CO?的空间结构模型：

B.基态Cr原子的价层电子排布式：3d54sl

C.NaCl的电子式：Na+［：C1：］-

D.K♦的结构示意图：的9)288

【答案】A

【解析】

【详解】A.82为直线形结构，空间结构模型为QQ^，A错误；

B.Cr原子序数为24,其价层电子排布式：3d'ds'B正确；

C.NaQ为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为：Na，［：口：「，C正确；

D.K为19号元素，故K+的结构示意图：蚀勿，D正确；

答案选A。

3.下列说法不正确的是

A.A1(OH)3可用于治疗胃酸过多B.SCh可用于杀菌消毒

C.FesCU用于制作红色染料D.NazCh用于呼吸面具中氧气来源

【答案】C

【解析】

【详解】A.胃酸的主要成分为盐酸，AI(0H)3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，A正确：

B.二氧化硫能使蛋白质发生变性，可使细菌死亡，则SO?可用于杀菌消毒，B正确：

C.Fe,04呈黑色，可作为磁性材料，Fe?O3呈红棕色，用于制作红色染料，C不正确：

D.NazCh能与二氧化碳和水蒸气反应并生成氧气，则可用于呼吸面具中氧气来源，D正确：

故选C。

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.26gH—C三C—H中含有。键的数目为3NA

B.ILlmol.L1NH4NO3溶液中含、H：的数目为NA

C.ImolCO和H2的混合气体含有的分子数目为2NA

D.Imol水中含有的电子数为18NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.26gC2H2的物质的量为InioL一个C2H2分子中含有3个。键，故26gCH2中含有。键的数目

为3NA,A正确：

B.、H；在水溶液中发生水解，ILlmWL/NH4NO3溶液中含NH：的数目小于NA,B错误：

C.CO和H?均由分子构成，ImolCO和H2的混合气体含有的分子数目为NA,C错误：

D.1个H?O分子中含有10个电子，故Imol水中含有的电子数为ION、，D错误；

答案选A。

5.F列方程式对事实的表述不正确的是

电解

A.电解饱和食盐水的反应：2Cr+2H2O_Cl2T+H2T+20H

B.利用覆铜板制作印刷电路板：Fe+Cu2+=Fe24+Cu

C.浓硝酸与铜反应产生红棕色气体：4•03(浓)+(^1=(?11([^03)2+21\1021+2^^0

5

D.硫酸铝溶液中滴加氨水产生白色胶状沉淀：Al++3NH3-H2O=Al(OH)3+3NH：

【答案】B

【解析】

【详解】A.电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，反应的离子方程式为：

电解

2Cr+2H2O==CLT+H.T+20H-,A正确：

B.利用覆铜板制作印刷电路板，Cu与FeCb溶液反应生成CuCL和FeCL,离子方程式为：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误：

C.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮红棕色气体、硝酸铜和水，化学方程式为：

4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)、+2NO2T+2H?O,C正确；

D.硫酸铝溶液中滴加氨水产生白色氢氧化铝胶状沉淀和硫酸镂，离子方程式为：

3+

Al+3NH,-H2O=Al(OH)31+3NH；,D正确；

故选B。

6.某学习小组按下图的两组装置来探究钢铁的腐蚀情况。下列相关说法错误的是

A.两组装置中负极均为左池的铁片

B.图I中将石墨电极换成锌棒，可减缓铁片被腐蚀

C.若向图II两池中滴加酚醐溶液，铁片I附近出现红色

D.图II中氧气浓度差异会导致电流计示数不同

【答案】C

【解析】

【分析】图1中铁、碳构成原电池，为铁的吸氧腐蚀，铁为负极、碳为正极：图II中，右池通入氧气，氧气

得电子发生还原反应，所以铁片II是正极、铁片I是负极。

【详解】A.图1中铁、碳构成原电池，铁为负极；图H中，右池通入氧气，氧气得电子发生还原反应，

所以右池铁片为正极、左池铁片为负极，两组装置中负极均为左池的铁片，故A正确：

B.图I中将石墨电极换成锌棒，构成原电池，锌为负极、铁为正极，可减缓铁片被腐蚀，故B正确：

C.图II中铁片I是负极，发生反应Fe-2e=Fe2+,铁片H是正极,发生反应Ch+4e-+2H2。=40任，若向图II

两池中滴加酚酸溶液，铁片II附近出现红色，故C错误：

D.图n中氧气浓度差异会导致反应速率不同，所以电流计示数不同，故D正确；

选C。

7,卜.列事实不熊用平衡移动原理解释的是

A.密闭烧瓶内的NO?和的混合气体，受热后颜色加深

B.Na2cO3溶液将水垢中的CaSO4转化为CaCO3

C.pH=1的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<2

D.也。？溶液中滴加FeCh溶液，促进HzO?分解

【答案】D

【解析】

【详解】A.密闭烧瓶内的NO?和N?。』的混合气体，受热后颜色加深，是因为温度升高，平衡向生成NO?

的方向移动，能用平衡移动原理解释，A错误；

B.Na2cO,溶液将水垢中的CaSO4技化为CaCO,,是因为碳酸钙溶解度小于硫酸钙，能用平衡移动原

理解释，B错误：

C.pH=1的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<2,是因为醋酸是弱酸，稀释促进电离，能用平衡移动原

理解释,C错误：

D.山。2溶液中滴加FeCh溶液，促进H/)2分解，是因为氯化铁作催化剂，不能用平衡移动原理解樗，

D正确;

故选Do

8.卜图所示装置和试剂能完成相应气体的发生和收集实验的是（除杂和尾气处理装置任选）

选

气体试剂

项

ANH3熟石灰+浓氨水

浓盐酸

BCl2MnO?+

Na2sO3+浓硫

Cso.

酸

Dco2碳酸钙+稀硫酸

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.浓氨水滴入熟石灰中能产生氨气，但氨气密度比空气小，收集氨气不能使用向上排空气法,

A不符合题意；

B.MnCh与浓盐酸在常温下不能发生反应，不能牛.成Ch,B不符合题意；

C.Na2s03与浓硫酸反应可制取SO2,S02的密度比空气大，可使用向上排空气法收集，C符合题意；

D.由丁硫酸钙微溶丁•水，所以碳酸钙与稀硫酸难以发生持续反应，不能制取CO?气体，D不符合题意:

故选C。

9.关于Na2c和NaHCO，的下列说法中，不正确的是

A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同

B.向饱和Na2cO3溶液中通入CO?,会产生NaHCOi

C.分别向二者的溶液中加入NaOH同体，水解平衡均受到抑制，溶液的pH均减小

D.测定二者混合物中Na2c0,质量分数的方法是：取ag混合物充分加热，质量减少bg

【答案】C

【解析】

【详解】A.Na2c0；和NaHCO：的溶液中均存在H+、»0、0H\Na\CO；、HCO；、H2co3,A正

确；

B.向饱和Na2co，溶液中通入CO?,发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO会产生

NaHCO,,B正确；

C.分别向二者的溶液中加入NaOH固体，NaOH电离出的OH-会抑制CO；、HCO3的水解，水解平衡

均受到抑制，但NaOH电离出的0H•使溶液的碱性增强，溶液的pH增大，C错误：

D.取agNa2c03和NaHCCh的固体混合物充分加热，质量减少bg,可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然

后计算碳酸钠的质量分数，D正确；

答案选C。

10.某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应：X(g)^Y(g)(AH,<0),

Y(g)=Z(g)(AH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的

是

1X

1\Y……Z

0反应时间一►

寸过一

能过渡毒2

11波念।r\

gIC

AB

反应进程.

反应进程

1;

能过娥蠢1能.大，

反应进程反应进程

【答案】B

【解析】

【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间

的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g).Y(g)的反应速率大于Y(g).-Z(g)

的反应速率，则反应X(g)・hY(g)的活化能小于反应Y(g)『'Z(g)的活化能。

【详解】A.X(g).Y(g)和Y(g)・"Z(g)的AH都小于0,而图像显示Y的能量高于X,即图像显示XQ)

・'Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；

B.图像显示X(g)/Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于O且X(g)=Y(g)的活化能小于Y(g)UZ(g)的活

化能，B项符合题意：

C.图像显示X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都小于。但图像上X(g)亍±Y(g)的活化能大于Y(g)二

Z(g)的活化能，C项不符合题意；

D.图像显示X(g)=Y(g)和Y(g)=Z(g)的AH都大于0,且X(g)=Y(g)的活化能大于Y(g)=Z(g)的活

化能，D项不符合题意：

选B。

H.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氮氧化制硝酸的流程示意

图。下列说法不正确的是

硝酸

A.氨分离器可以加快合成氨的反应速率

B.吸收塔中通入过量A的目的是提高硝酸的产率

C.工业生产中可选择铝作为罐体材料盛装大量浓硝酸

D.可以用NH,对硝酸生产尾气中的氮氧化物进行处理

【答案】A

【解析】

【分析】氮气和氢气在合成塔中生成缎气.氨分离器用来分离氨气,氨气在氧化炉中氧化生成一氧化氮.进

一步氧化生成二氧化氮，吸收塔中氮氧化合物与氧气、水反应生成硝酸，通入过量的氧气X可以提高硝酸

的产率。

【详解】A.氨分离器将氨气分离出来，减小浓度，反应速率减小，平衡正向移动，A错误：

B.吸收塔中氮氧化合物与氧气、水反应生成硝酸，通入过量的氧气可以提高硝酸的产率，B正确：

C.铝能与浓硝酸发生钝化，可以使用铝作为罐体材料盛装大量浓硝酸，C正确；

D.硝酸生产中的尾气为氮氧化合物，具有氧化性，氨气具有还原性，可以发生归中反应生成氮气，故可

以用NH,对硝酸生产尾气中的氮氧化物进行处理，D正确：

答案选A

12.CH4还原CO?是实现“双碳”经济的有效途径之一。恒压、750C时，CH4IICO?按物质的量之比为

I；3投料，反应经如下流程可实现CO2高效转化。

下列说法不正确的是

AX为H?O.Y为CaCC)3和Fe

B.图中转化涉及反应中有四个属于氧化还原反应

C.过程II,CaO吸收CO2可促使FjO』氧化CO的平衡正移

D.反应制得4molCO,须投入hnolFe5O4

【答案】D

【解析】

一定条件下

【分析】根据流程图可知，总反应CH4+3CC>2^--------------4CO+2H2O,据此分析；

【详解】A.根据分析可知，X为HQ,则氢气还原四氧化三铁，二氧化碳被CaO吸收，则Y为CaCC^

和Fe,A正确；

B.图中转化涉及的反应中有四个属于氧化还原反应，氢气与四氧化三铁、铁生成四氧化三铁，甲烷生成

一氧化碳，一氧化碳与四氧化三铁，B正确；

C.FqO』氧化CO生成CO?,CO2被吸收，浓度降低，平衡正向移动，C正确；

D.F%O4在反应II中先消耗，在反应HI中又重新生成，是催化剂，不需要投入，D错误：

故选D。

13.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式,

可实现高效制H?和O2,装置如图所示。下列说法错误的是

A.电极a连接电源负极

B.加入Y的目的是补充NaBr

电解

C.电解总反应式为Br+BHqi~BrO；+3H2

D.催化阶段反应产物物质的量之比n[Z)：n(Br)=3:2

【答案】B

【解析】

【分析】电极b上Br•发生失电子的氧化反应转化成BrO；,电极b为阳极，电极反应为Br-6e+3^0=8^,

电解

+6H+：则电极a为阴极，电极a的电极反应为2H9+2e-=H2T+20H：电解总反应式为BI-+3H2。^Br()3

+3H1催化循环阶段BrO,被还原成Br循环使用、同时生成0?,实现高效制Fh和O?,即Z为0?。

【详解】A.根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确：

B.根据分析电解过程中消耗H20和Br,而催化阶段BrO；被还原成Br循环使用，故加入Y的目的是补

充H9,维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；

电

C.根据分析电解总反应式为Br+3H2O=BrO：；+3H2T，C项正确；

D.催化阶段,Br元素的化合价由+5价降至-1价.生成ImolBr得到6sol电子，。元素的化合价由・2价升

至。价，生成ImolCh失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比

出02):/J(BF)=6:4=3：2,D项正确:

答案选B。

14.室温下，为探究纳米铁去除水样中ScO；的影响因素，测得不同条件下SeO：浓度随时间变化关系如

T

O

E

O

W

实验序水样初始

水样体积/mL纳米铁质量/mg

号pH

①5086

②5026

③5028

下列说法正确的是

A.实验①中，。〜2小时内平均反应速率v（SeO；）=2.0mol】Lh"

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO：+8H+=2Fe"+Se+4H2。

C.其他条件相问时，适当增加纳米铁质里可加快反应速率

D.其他条件相同时，水样初始pH越小，ScO：的去除效果越好

【答案】C

【解析】

【详解】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率

55,

/（5.0xl0--1.0xl0-,）mobE<t

v（SeO；）=^----------———1------=2.0xl0-5molL,-hA不止确：

B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式口不能用H*配电荷守恒，B不正

确；

C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO：浓度的变化量大，因此，其他条件相同时,

适当增加纳米铁质量可加快反应速率，c正确：

D.绦合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中ScO；.浓度的变化量大，因此，其他条件相同时,

适当减小初始pH,SeO：的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速

率加快，会导致与SeO：反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO：的去除效果不一定越好，D

不正确：

综上所述，本题选C。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.工业上某种吸收氮氧化物NO,（NO和NO2混合气）废气流程如卜图。

请回答：

（I）氮元素在元素周期表中的位置是。

（2）羟胺中（NH?OH）采用sp?杂化的原子有o

（3）N2H,和NHQH都能结合H+而具有弱碱性，N2H,的碱性强于NH?OH,原因是。

（4）“吸收液，的主要成分是NaNO-NaNO,,写出过程I中NO?与Na2cO3反应的化学力程式

O

（5）过程IV中每生成ImolN2H4,转移电子的物质的量是mol。

（6）过程IV中，以Fe^配合物为催化中心的“腓合成的”，将NH20H与NH,转化为麟（N2H4）,其反

应历程如下所示：

NHN、H卜H

NHjHII、H、下

•MH

■*b-H

H

HfHH«、HH\e„\；'O-HH、N，NH2

H-N号..H2O

下列说法正确的是_______o

a.NH2OH,N5和H?。均为极性分子

b.反应涉及N-H、N-0、O-H键断裂和N-N键生成

c.催化中心的Fe?+被氧化为Fe3+，后又还原为Fe?-

d.若洛NH20H替换为ND2OD,反应制得的主要产物的结构简式为D2N-ND2

(7)NH3OHCI是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好写出NH3OHQ还原FcCL的化学方程式

°

【答案】(I)第二周期第VA族

(2)N、0(3)O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，结合氢离子能力减

弱，碱性减弱

(4)2NO2+Na2CO,=NaNO,+NaNO；+CO,

(5)1(6)ac

(7)2NHQHCl+2FeCl=N2T+2FeCl?+2H9+4HC1

【解析】

【分析】氮气化合物与碳酸钠发生.反应生.成NaNC>2、NaNO,吸收液，与二氧化硫反应生成NH?OH,与

盐酸反应生成NH,OHC1，与NH,反应生成N2H4；

【小问I详解】

氮元素为第7号元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VA族：

【小问2详解】

羟胺分子中，价以电子对为4的原子有N、O原子，采用sp‘杂化的原子有N、O：

【小问3详解】

O原子电负性大，使得NH20H分子中N原子周围电子云密度低，结合氢离子能力减弱，碱性减弱：

【小问4详解】

过程I中NO：与Na2cO,反应NO2自身歧化反应，生成NaNO2、NaNO、的化学方程式

2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2:

【小问5详解】

过程IV中NH20H中N的化合价由一1价降低到・2价，N&中N的化合价由・3价升高到-2价，发生的反

应为NHzOH+NHauNiHj+H?。，每生成ImolN2H「转移电子的物质的量是1mol：

【小问6详解】

a.NH2OH.Ng和H?O正负电中心不重合，均为极性分子，a正确；

b.反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键生成，b错误；

c.催化中心的Fe?+被氧化为F03+，后又还原为Fe“，c正确；

d.若洛NHQH替换为NDQD,反应制得的主要产物的结构简式为D?N-NH2,d错误：

故选ac；

【小问7详解】

NHQHC1中N的化合价由-I价升高到0价，铁由+3价降低到+2价，NHQHC1还原FeC^的化学方程

式，2NHQHCl+2FeCh=N2T+2FeCl2+2H2O+4HCI；

16.为实现氯资源循环利用，工业上采用RuC>2催化氧化法处理HC1废气：

2HCl(g)+1o2(g)^^Cl2(g)+H2O(g)AH=-57.2kJmor'ASK。将HQ和5分别以不同起

始流速通入反应器中，在360C、400C和440c下反应，通过检测流出气成分绘制HC1转化率(a)曲

线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。

一/

*90M90

MMm)a80

£s70

£l7T!(oio.so>

Dc

HH

>KHCb：MOr4:4

»xHChMO?r432

(0,17,60

0.140.100.(16

HC1流速/(molh)HCI港速(molh)

图I图2

回答下列问题:

(1)AS______0(填“>”或)；T3="C。

(2)结合以下信息，可知H?燃烧热AH=kJmol'o

H,O(1)=H,O(g)AH,=+44.0kJ•

H2(g)-K：l2(g)=2HC1(g)AH3=-184.6kJ-mol

(3)卜列措施可提高M点HCI转化率的是_______(填标号)

A.增大HCI的流速B.将温度升高40℃

C.增大n(HCl):n(OjD.使用更高效的催化剂

(4)图中较高流速时，双鼻)小于双12)和a(Tj,原因是.

(5)设N点转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K=(用平衡物质的量分数代替平

衡浓度计算)

(6)负我在Tit)?上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和Ri】。？的晶体结构均可用下图表示，二者

晶胞体枳近似相等，RuO:与Tie)2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为(精确至1)。

【答案】(1)®.<②.360℃

(2)-285.8(3)BD

(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反

应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。

(5)6(6)101

【解析】

【小问I详解】

反应2HCl(g)+；O2(g)『'C12(g)+H2O(g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应AS<0,该反应为放

热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCI的转化率越小，

故T代表的温度为440℃,T3为360C。

【小问2详解】

表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+1o2(g)=H2O(l),设①

2HCl(g)+io2(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)=H2O(g),③ll2(g)Kl2(g)=2HCl(g),则

④=①+③一②，因此氢气的燃烧热AH=-57.2kJ/mol-l84.6kJ/mol-44kJ/mol=-285.8kj/mol

【小问3详解】

A.增大HCI的流速，由图像可知，HC1的转化率在减小，不符合题意;

B.M对应温度为360C,由图像可知，升高温度，HQ的转化率增大,符合题意：

C.增大n(HCl):n(02),HCI的转化率减小，不符合题意；

D.使用高效催化剂，可以增加该温度卜的反应速率，使单位时间内HQ的转化率增加，符合题意：

故选BD。

【小问4详解】

图中在较高流速卜.，T3温度下的转化率低于温度较高的Ti和T2,主要是流速过快，反应物分子来不及在催

化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率

低。

【小问5详解】

由图像可知，N点HC1的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4m01,可列出三段式

也(g).Cl(g)+HO(g)

2HCI(g)+22

起始量/mol4400

变化量/mol3.20.81.61.6

平衡量/mol().83.21.61.6

1.61.6

VA*

则Kx=-；7p_」^二6。

0.8,3.2T

)-x2

7.27.2

【小问6详解】

M(Ru)+32

由于二者的晶体结构相似‘体枳近似相等’则其密度之比等于摩尔质量之比。故「66=而而五'则Ru

的相对原子质量为101o

17.H2s广泛存在于许多燃气和工业废气中，脱除其中的H2s既可［可收硫又可防止产生污染。

【.克劳斯法脱硫流程如下:

已知：催化转化器中反应为4H2sI2SO2=3S2»4H2O

(1)写出高温反应炉发生反应的化学方程式______。

(2)上图流程中①、②原料气理论上的最佳用量比为①：②;o

II.工业上用Fe?(SO,、吸收液脱除烟气中的H2S。此方法包含的过程如下:

i-H2S(g)^H2S(aq)

"H2S(aq)^-H'(aq)+HS(aq)

iii.HS-+2Fe3+;——SJ+2Fe2++H+

一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度的变化关系如下图所示:

10)2.5

%

;

懈830

震

40・脱硫率

(3)吸收液过渡出0后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是。

(4)当Fe"的浓度大于10g17时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于。

HI.工业上采用下图所示装置电解K4[Fe(CN)6〕和KHCO,混合溶液一段时间，然后停止电解，通入

H2s,利用生成的K3[卜《CN%]将H2s转化为S,自身转化为K,[%(CN)。]

KJFUCNM和KHCO3混合溶液

(5)电解时，阳极的电极反应式为。

(6)当阴极产生标准状况下11.2L气体后通入H?S,完全反应后有gS析出。

(7)补全通入H2s时发生反应的禽子方程式：。

co++

O"O+□=□+□OHC03

高温

【答案】(1)2H2S+3O2=2SO2+2H2O

(2)1：2(3)通入足量的空气

(4)Fe"浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中Fe3+浓度增大

的影响

(5)[Fe(CN)6r-e-=[Fe(CN)5丁

(6)16(7)驻O广+国[Fe(CN)6『+UjH2S=@[Fe(CN)6『+|l]sJ+团CO；

【解析】

【小问I详解】

高温反应炉中反应物为空气与原料气，产物为二氧化硫，反应的化学方程式：

高温

2H2s+302-------2SO2+2H2O；

【小问2详解】

高温

流程中①2H?S+302^=250?+2比0,1个SO?需要1个H2S,②流程2H2S+SCh=3Sl+2H◎1个

SO2需要2个HzS,最佳用量比为①：②=1：2；

【小问3详解】

根据HS-+2Fe3+=^sJ+2Fe2++H+，滤液Fe2+,在酸性环境，需进行再生，较经济的再生方法是通

入足量的。2(或空气)将亚铁离子变为铁离子；

【小问4详解】

图中当F3♦的浓度大于lOgLT时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，增加了氢

离子浓度，反应i、ii的化学平衡逆向移动，pH减小因素超过反应iii中Fe3+浓度增大因素；故答案为：

Fe"浓度增大，pH减小，使过程i、ii向逆反应方向进行且pH减小的影响超过过程中Fe"浓度增大的影

响：

【小问5详解】

电解时阳极发生失电子的氧化反应，先将[Fe(CN)小-转化为[Fe(CN)6]3,化合价升高，所以反应为；

4

[Fe(CN)6]-e=[Fe(CN)6]\

【小问6详解】

②根据2Fe(CN)：+2CO；+H2s=2Fe(CN)：+2HCO；+SJ和阴极反应式为

2HCOi+2e=H2T+2CO；,得到关系式为：生〜2c0；〜S,所以生成标况下的氢气体积是1L2L的时

候，析出16gS；

【小问7详解】

根据化合价升降法及元素守可知，铁化合价由+3价降低到+2价，S化合价由-2价升高到。价，方程式为

囱8：+机Fe(CN)6『+由2s应[Fe(CN)6丁+[T]s1+囱HCO；:

18.用黄铁矿住要成分FeS2)还原硫酸厂矿渣(含FqO,、a-AIQs、Si。？等)制备铁黄颜料(主要成分为

FcOOH),工业流程如下:

收黄晶片

I'IcOOH

ilUFcS,

过*

ifQl.■4^1

资料.：a-ALO,化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。

L制备铁黄产品

(1)提高“酸浸”的速率可以采用的措施有。(任写一条措施)

(2)“还原”过程中生成硫横的离子方程式是。

(3)制备FeOOH晶种。向FeSC\溶液中加入一定量的NaNC^，鼓入空气，在一定的温度和pH条件下

可以制得FeOOH品种，NaNO2与稀H?SO4反应生成的气体在反应中起催化剂作用。催化过程主要反

应：

i.Fe2++NO=Fe(NO)2+

2+

iii.2Fe+NO,+3H2O=2FeOOHI+4H++NOT

反应ii、iii均有FeOOH生成，请写巴ii发生反应的离子方程式：e

(4)“二次氧化”时，将所得的晶种按一定比例加入一定浓度的FeSOj溶液中，然后通入。2氧化，温

度控制在80~85℃,再滴加氨水。溶液pH对铁黄质量分数影响如下表所示：

序

PH颜色w（FeOOH）/%

号

11~2黄、红67.3

23亮黄86.5

33~4亮黄88.6

44亮黄87.1

55黄中有红黑78.9

相

①溶液的pH应控制到o

②pH过低或过高会造成铁黄质量分数降低，原因可能是

IL产品纯度测定

铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定C

r—nnH,S()4标准液ECNa2c2O4溶液’EmNaOH标准液-rm

铁黄工〃——>溶液—二——>溶液浴/

La-g5----溶解-----A-------B--———酚献——►-----C--

5+

资料：Fe+3C2O;-=Fe(C2O4f,Fe(GOj；不与稀碱液反应。

(5)“溶解”时发生反应的化学方程式为。

(6)HF。,标准液和NaOH标准液浓度均为0.1000mol/L,消耗两溶液的体积依次为％mL、V2mL,

计算铁黄的纯度为(列出计算式，不需化简)。

【答案】(1)增大硫酸的浓度、加热、将矿渣粉碎、搅拌等

3+2+

(2)FeS2+2Fe=3Fe+2S>L

2+

(3)4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJMNO?+8H*

(4)①.3~4②.pH过低会导致产生游离的Fe"，pH过高会导致产生FC(OH)3,铁黄产品质量分

数都降低

(5)2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4\+4H2O

⑹|卜・卜卜心89

xlOO%

W

【解析】

【分析】向硫酸厂矿渣中加入硫酸酸浸，将Fe2。；转化为硫酸铁，a-AbO3和二氧化硅不参与反应，过滤

得到主要含a-AKh、SiO2滤清和发出液，向浸出液中加入过量FeS2,溶液中的Fe3+与FeS2反应生成

Fe?+、S,过滤得到硫磺和硫酸亚铁溶液，再向硫酸亚铁溶液中加入一定量的NaNO”鼓入空气，在一定

的温度和pH条件下可以制得FcOOH晶种，将所得的晶种按一定比例加入一定浓度的FeSO.,溶液中，然

后通入氧气氧化，温度控制在80~85℃,再滴加氨水制得铁黄浆液，浆液再经过滤、洗涤、干燥得到铁黄

产品，据此解答。

【小问1详解】

提高“酸浸”的速率可以采用的措施有：增大硫酸的浓度、加热、将矿渣粉碎、搅拌等：

【小问2详解】

由分析可知，“还原”过程中Fe3+与FeS2反应生成Fe?+、S(硫磺)，则反应的离子方程式为：

3+2+

FeS2+2Fe=3Fe4-2S>1：

【小问3详解】

由题意可知，制备FcOOH品种时，亚硝酸钠与稀硫酸反应生成的一氧化氮是反应的催化剂，由反应i和

反应in可知，反应11为溶液中卜e(NU)2+与氧气和水反应生成FeOOH,二氧化氮和氢离于，则反应的高子

2++

方程式为：4Fe(NO)+3O2+6H2O=4FeOOHJ+4NO2+8H；

【小问4详解】

①由表格数据可知，溶液的pH为3~4时，铁黄的质量分数最大，所以二次氧化时溶液的pH应控制到

3-4；

②pH过低会导致产生游离的Fe"，pH过高会导致产生Fe(OH)3,所以pH过低或过高会造成铁黄质量分

数降低，则原因可能是：pH过低会导致产生游离的Fe3+,pH过高会导致产生FC(OH)3,铁黄产品质量

分数都降低；

【小问5详解】

由图可知，“溶解”时发生的反应为佚黄与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，则反应的化学方程式为：

2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O；

【小问6详解】

滴定消耗HmLO.lmol/L氢氧化钠溶液，则过量硫酸的物质的量为O.lmol/LXV2X103LX1=1V,X10'

22■

,._.410mol-10x89g/mol

4mob由反应式可知，铁黄的纯反为「2・:〉〈100%=

wg

-fV.--Vjxl0-4x89

~-------------X100%-

W

19.为探究NaQO与KI溶液的反应机理，查阅资料并进行实验。

资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11。

ii.部分微粒在水溶液中的颜色：10-（黄绿色）、10,无色）。

（I）甲同学研究NaQO与KI溶液的反应，他将C12通入NaOH溶液中制备pHR1.7的84消毒液代替

NaQO溶液进行如下实验。

实验滴管烧杯现象

溶液变棕黄色，再滴

5滴84消毒液

I10mL0.1/w//LKI溶液入淀粉溶液，溶液变

蓝

410

溶液变黄绿色，再滴

•

5滴

10mL84消毒液入淀粉溶液，溶液颜

II0.\mol/LKI

(pH»11.7)色不变蓝，久置后，

溶液

溶液黄绿色消失

①制备84消毒液时发生反应的化学方程式为

②实验I中发生主要反应的离子方程式为。

③根据实验II中溶液变为黄绿色，推测此时的主要氧化产物为

（2）乙同学认为实验“过程中也有可能生成口，设计实验进行探究。

实

滴管烧杯现象

验

随着KI溶液的滴入，溶液变为黄绿

10mL84消毒

色，且颜色不断加深，同时观察到溶

逐滴加入液

液中出现局部变蓝但很快褪去的现

IIIOAmol/L（pH»11.7）

象。继续滴加KI溶液，蓝色褪去速度

KI溶液含少量淀粉溶

变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪