2024北京海淀区高三10月月考化学试题及答案

高中2024北京海淀高三10月月考化学本试卷共8页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Mn55Fe56S32Cl35.5Sn119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．用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．含有的原子数为B．溶液含有的个数为C．与盐酸充分反应，转移电子数为D．标准状况下，和的混合气体含有的分子数为2．下列化学用语或图示表达正确的是（）A．NaCl的电子式为B．的VSEPR模型为C．电子云图为D．基态原子的价层电子轨道表示式为3．完成下述实验，装置或试剂正确的是（）A．由溶液制得B．验证有C．验证极易溶于水且溶液呈碱性D．除去中混有的少量HCl4．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（）A．用石灰乳脱除烟气中的B．用明矾处理污水C．用盐酸去除铁锈（主要成分）D．用84消毒液（有效成分NaClO）杀灭细菌5．已知、位于同一周期，下列关系正确的是（）A．原子半径： B．还原性：C．热稳定性： D．第一电离能：6．下列说法不正确的是（）A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：，7．下列关于自然界中氮循环（如下图）的说法不正确的是（）A．工业合成氨属于人工固氮 B．氮元素均被氧化C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化 D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环8．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：A．CO和O生成是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．状态I→状态Ⅲ表示CO与反应的过程D．CO和O生成了具有极性共价键的9．用下图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（）①中的物质②中的物质预测①中现象A淀粉KI溶液浓硝酸无明显现象B酚酞溶液浓盐酸无明显现象C溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色10．某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。下列说法不正确的是（）已知：A．温度升高时不利于吸附B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C．转化为的反应是D．每获得时，转移电子的数目为11．在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是（）A．①代表滴加溶液的变化曲线 B．b点，溶液中大量存在的离子是、C．c点，两溶液中含有相同量的 D．a、d两点对应的溶液均显中性12．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是（）A．反应制得，须投入B．Y为反应物HCl，W为生成物C．升高反应温度，HCl被氧化制的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应13．研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。编号操作所用试剂现象1①KCl溶液②稀硝酸酸化的溶液产生白色沉淀2①KCl溶液②浓硝酸酸化的溶液产生白色沉淀3①KI溶液②稀硝酸酸化的溶液产生黄色沉淀4①KI溶液②浓硝酸酸化的溶液产生褐色的浊液下列说法不正确的是（）A．实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验B．实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的溶液C．对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤离子种类有关D．由上述实验推测，的检验不能使用浓硝酸酸化的溶液14．不同条件下，当与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。反应序号起始酸碱性KI还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/mol①酸性0.001n②中性0.00110n已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是（）A．反应①，B．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱C．对比反应①和②，D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变第二部分本部分共5题，共58分。15．（13分）锡（Sn）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。（1）Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族，属于______区。（2）白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构：灰锡具有立方金刚石结构。①白锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有______个。②若灰锡的晶胞体积为vnm³，则灰锡晶体的密度是______。（1）（3）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。①分子的VSEPR模型名称是______。②的键是由锡的______轨道与氯的3p轨道重叠形成键。③分子中，键角小于120°的原因是_______。（4）C、Si是与Sn同主族的两种元素①二者电负性C______Si，从原子结构角度解释原因___________________________________②金刚石的熔点高于晶体硅，说明原因_______________________________________________16．（11分）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。（1）方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和______。（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。①第I步反应的化学方程式为______________。②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和，进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。从平衡角度解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因______________。（3）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因______。（4）是汽车尾气中的主要污染物之一。①能形成酸雨，写出转化为的化学方程式______。②汽车发动机工作时会引发和反应，其能量变化示意图如下：写出该反应的热化学方程式：_____________________________________________。③在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低的排放。当尾气中空气不足时，在催化转化器中被还原成排出。写出NO被CO还原的化学方程式：______17．（10分）利用黄铜矿（主要成分为，含有等杂质）生产纯铜，流程示意图如下。（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是______。（2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是______。（3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图：400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400、、500、、CuO①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是______。②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是______。（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的______。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是______。18．（12分）资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。已知：易溶于KI溶液，发生反应（红棕色）；和氧化性几乎相同。（1）将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和的固体混合物中，振荡。实验记录如下：实验现象实验I极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。实验II部分溶解，溶液为红棕色：充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。实验III完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。①初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验I______实验II（填“>”、“<”或“=”）。②实验III所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有（蓝色）或（无色），进行以下实验探究：步骤a．取实验III的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。i．步骤a的目的是___________。ii，查阅资料，，（无色）容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：___________。③结合实验III，推测实验I和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验I中铜被氧化的化学方程式是______。分别取实验I和II充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，（填实验现象），观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是___________。（2）上述实验结果，仅将Cu氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。运用氧化还原反应规律，分析实验I-III中Cu被氧化只得到价的原因：______。19．（12分）某小组探究的制备。配制的溶液和的溶液备用。【查阅资料】i．FeS，均为黑色固体，难溶于水。ii．，为无色离子。iii．硫单质微溶于乙醇，难溶于水。【设计并实施实验】编号实验一实验二操作现象迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生有臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X产生棕黑色沉淀（1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生成黑色沉淀a的离子方程式为______。（2）进一步检验浊液X的组成，过程如下。①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是______。经检测，黑色固体b中含有FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的，与加入的反应产生的。乙同学认为该推测不严谨，理由是______。（3）实验二制得了，但其中含少量。①生成的离子方程式为______。②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：______。实验三小组同学进行如下图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的。（4）实验三中，由无色清液生成的离子方程式为_______。【反思与评价】（5）对比三个实验，实验三能成功制备的原因是_______。

参考答案第一部分本部分共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.【答案】C【详解】A．的物质的量为=1mol，含有的原子数为1mol×2NAmol-1=2NA，A不正确；B．FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+在水溶液中发生水解，则溶液含有的Fe3+个数小于0.1NA，B不正确；C．与盐酸中的HCl充分反应后，剩余的Na又与水发生反应，最后反应完全，则转移电子数为0.1NA，C正确；D．标准状况下，11.2LO2和N2的混合气体的物质的量为=0.5mol，含有的分子数为0.5NA，D不正确；故选C。2.【答案】C【详解】A．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为，A不正确；B．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型不是，而是，B不正确；C．表示2p轨道的电子云以z轴为对称轴，则其电子云图为，C正确；D．基态原子的价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为，D不正确；故选C。3.【答案】C【详解】A．Mg2+易水解，且加热会促进其水解，则不能直接加热蒸干，应在HCl气氛中加热抑制其水解，A错误；B．由于亚硫酸的酸性比盐酸的酸性弱，将SO2气体通入BaCl2溶液中不发生反应，无明显现象，则不能检验SO2，B错误；C．按如图装置操作，挤压胶头滴管，使水进入倒置烧瓶，可观察到产生红色的喷泉，从而验证NH3极易溶于水且溶液呈碱性，C正确；D．将混有HCl的CO2气体通入饱和Na2CO3溶液中，因HCl和CO2都能被Na2CO3溶液吸收，不符合除杂原则，不能达到除去CO2中混有的少量HCl的目的，D错误；故选C。4.【答案】D【详解】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；答案选D。5.【答案】B【详解】A．同一主族元素从上到下，原子半径依次增大，则原子半径：As>P；同一周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：P>Cl，所以原子半径：，A错误；B．依据元素周期律，非金属性：As＜S＜Cl，其单质氧化性：As＜S＜Cl2，则还原性：，B正确；C．依据元素周期律，非金属性：Cl＞Br＞As，非金属性越强，其对应简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：，C错误；D．同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于其右边相邻元素，则第一电离能：，D错误；故选B。6.【答案】B【详解】A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)+CO⇌CaCO3(s)+SO，故A正确；B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B错误；C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故C正确；D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氢氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确；答案选B。7.【答案】A【分析】【详解】A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；故选A。8.【答案】C【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态Ⅲ的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、Ⅱ、Ⅲ可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图Ⅲ可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。9.【答案】A【详解】A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D．饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确；故答案为A。10.【答案】D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。11.【答案】C【分析】氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，其反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的加入，溶液的导电性先减弱，恰好完全反应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则曲线①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线；氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应先生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O，继续滴加硫酸氢钠发生反应：H++OH-=H2O，随着硫酸氢钠的加入，溶液的导电性先减弱，再减弱，最后增加，则②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线；【详解】A．由于氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，随着硫酸的加入，溶液的导电性先减弱，恰好完全反应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；

B．b点，氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故B正确；

C．c点，①的溶质为硫酸，②的溶质为硫酸钠和氢氧化钠，两溶液中OH-不同，故C错误；

D．a点氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液恰好完全反应，其反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，d点氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O，两点对应的溶液均显中性，故D正确；

故选：C。12.【答案】B【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。13.【答案】D【详解】A．控制变量，硝酸浓度为变量，但都产生了白色沉淀，所以实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验，A正确；B．氯离子和碘离子与稀硝酸酸化的溶液都能产生沉淀，B正确；C．实验2中氯离子未被浓硝酸氧化，实验4中碘离子被硝酸氧化成I2，沉淀不同，C正确；D．上述实验未进行溴离子的检验，无法推测该结论，D错误；故选D。14.【答案】B【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；答案选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.【答案】（1）p（2）①.8②.（3）①.平面三角形②.sp3杂化③.Sn的价电子对数为3，有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，孤电子对对成键电子对有挤压作用，导致键角变小（4）①.大于②.C的半径比Si小，对电子的吸引能力更强③.两者均为共价晶体，Si—Si键的键长比C—C键更长，键能更小，熔点更低【小问1详解】Sn位于元素周期表第五周期第ⅣA族，其价电子排布为5s25p2，属于p区元素。答案为p。【小问2详解】①分析晶胞结构可知，白锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有8个，如体心中的Sn原子，周围有8个位于顶点的Sn原子距离它最近且距离相等。②灰锡晶胞中，有8个Sn位于顶点，被8个晶胞所共用；有6个Sn位于面心，被2个晶胞所共用；有4个Sn位于晶胞内，被此晶胞单独所有；则1个晶胞中含有个Sn原子。根据密度，灰锡的体积为vnm3=v×10-21cm3，质量，则。答案为8。【小问3详解】①SnCl2的中心原子Sn的价层电子对数=，因此SnCl2分子的VSEPR模型名称平面三角形。②SnCl4的中心原子Sn的价层电子对数=，中心原子采取sp3杂化，因此SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。③SnCl2分子的中心原子采用sp2杂化，含有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，孤电子对对成键电子对有挤压作用，导致键角变小。答案为平面三角形sp3杂化Sn的价电子对数为3，有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，孤电子对对成键电子对有挤压作用，导致键角变小。【小问4详解】①元素周期表从下到上，从左到右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性：C>Si；原子结构角度的原因是C原子的半径比Si原子更小，对电子的吸引能力更强。②金刚石和晶体硅均为共价晶体，共价晶体的熔点与共价的强度有关。Si原子的半径更大，Si—Si的键长更长，键能更小，熔点更低。答案为C的半径比Si小，对电子的吸引能力更强Sn位于元素周期表的第五周期第ⅣA族，其价电子排布为5s25p2，属于p区元素。16.【答案】（1）难挥发性（2）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.x、y点NO转化率相同，P1＞P2，压强对容积的影响大于温度对容积的影响（3）N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量（4）①.3NO2+H2O=2HNO3+NO②.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ∙mol-1③.2NO+2CON2+2CO2【分析】NH3催化氧化制HNO3时，先将NH3催化氧化制得NO，NO与O2反应制得NO2，NO2与水反应制得HNO3，同时生成NO。【小问1详解】早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3，反应的化学方程式，该反应的原理是难挥发性酸制易挥发性酸，利用了浓硫酸的性质是酸性和难挥发性。【小问2详解】①由分析可知，第I步反应的反应物为氨气和氧气，生成物为NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。②对于第Ⅱ步反应，在容积可变的密闭容器进行，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，则P1＞P2，升高温度，NO的转化率减小，则正反应为放热反应。从平衡角度解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因：2NO+O22NO2，该反应为气体分子数减小的可逆反应，相同温度时，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，则P1＞P2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。【小问3详解】N2的结构式为N≡N，N2中存在氮氮三键，氮氮三键的键能大，断键时耗能大，所以人工固氮是高能耗的过程。【小问4详解】①NO2与水反应，转化为HNO3和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。②该反应中，N2(g)与O2(g)反应生成NO(g)，消耗1molNO时反应热△H=945kJ∙mol-1+498kJ∙mol-1-2×630kJ∙mol-1=+183kJ∙mol-1,热化学方程式：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+183kJ∙mol-1。③当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出，CO转化为CO2，则NO被CO还原的化学方程式：2NO+2CON2+2CO2。17.【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分（2）（3）①.温度低于，随焙烧温度升高，分解产生增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加②.温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低（4）（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。【小问1详解】黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；【小问2详解】铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；【小问3详解】①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；【小问4详解】加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；【小问5详解】粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。18.【答案】（1）①.<②.除去，防止干扰后续实验③.、④.或⑤.白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色⑥.生成的碘化铜覆盖铜表面，阻止反应进一步发生（2）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中有I-，生成CuI沉淀或，使得+1价铜的还原性减弱，I2不能氧化CuI或【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将其转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为