北京市101中學(xué)2023屆高三化學(xué)10月月考試題（含解析）

北京市101中學(xué)2023屆高三化學(xué)10月月考試題（含解析）北京101中學(xué)2023屆高三年級上學(xué)期10月月考化學(xué)試卷I卷：選擇題〔共42分〕1.以下現(xiàn)象或活動過程中不發(fā)生氧化復(fù)原反響的是A雷電B用我國研發(fā)的天眼接受宇宙中的信號C航空煤油用作水路兩用飛機的飛行燃料D充電A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】在物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化時，元素化合價也發(fā)生了變化，那么發(fā)生了氧化復(fù)原反響，否那么沒發(fā)生氧化復(fù)原反響，以此分析?！驹斀狻緼.雷電時，空氣中的氧氣和氮氣化合生成一氧化氮，該反響元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，故A不選；B.天眼接受宇宙中的信號，沒有發(fā)生化學(xué)變化，所以沒發(fā)生氧化復(fù)原反響，應(yīng)選B；C.燃燒反響氧化復(fù)原反響，故C不選；D.充電是電解原理，將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，發(fā)生了氧化復(fù)原反響，故D不選。答案選B。2.三氟化氮〔NF3〕常用于微電子工業(yè)，可用以下反響制備：4NH3+3F2＝NF3+3NH4FA.NF3的電子式為B.NH4FC.在制備NF3的反響中，NH3表現(xiàn)出復(fù)原性D.在制備NF3的反響方程式中，各物質(zhì)均為共價化合物【答案】C【解析】【詳解】A．NF3為共價化合物，但F原子外圍還有3對孤對電子，那么NF3的電子式為，故A錯誤；B．NH4F中銨根與氟離子之間為離子鍵，而銨根內(nèi)還含有共價鍵，故BC．該反響中NH3→NF3氮元素的化合價由-3價→+3價，所以氨氣作復(fù)原劑表現(xiàn)出復(fù)原性，故C正確；D．NH4F中銨根與氟離子之間為離子鍵，所以NH4F是離子化合物，故故答案為C?！军c睛】考查氧化復(fù)原反響，明確元素化合價是解此題關(guān)鍵，在4NH3+3F2=NF3+3NH4F反響中NH3→NF3氮元素的化合價由-3價→+3價，F(xiàn)2→F-氟元素得電子化合價降低，由0價→-13.以下關(guān)于元素周期表應(yīng)用的說法正確的選項是A.為元素性質(zhì)的系統(tǒng)研究提供指導(dǎo)，為新元素的發(fā)現(xiàn)提供線索B.在金屬與非金屬的交界處，尋找可做催化劑的合金材料C.在IA、IIA族元素中，尋找制造農(nóng)藥主要元素D.在過渡元素中，可以找到半導(dǎo)體材料【答案】A【解析】【詳解】A.元素周期表是元素周期律的具體表現(xiàn)形式，它反映元素原子的內(nèi)部結(jié)構(gòu)和它們之間相互聯(lián)系的規(guī)律。為元素性質(zhì)的系統(tǒng)研究提供指導(dǎo)，為新元素的發(fā)現(xiàn)及預(yù)測它們的原子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)提供線索，故A正確；B.在周期表中金屬和非金屬的分界處可以找到半導(dǎo)體材料，故B錯誤；C.通常制造農(nóng)藥的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C錯誤；D.在過渡元素中尋找耐高溫、耐腐蝕的合金材料，并不是半導(dǎo)體材料，故D錯誤；答案選A?！军c睛】此題主要考查了周期表的意義，元素周期表在生產(chǎn)方面的應(yīng)用表現(xiàn)在以下幾個方面：①農(nóng)藥多數(shù)是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。②半導(dǎo)體材料都是周期表里金屬與非金屬交接界處的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。③催化劑的選擇：人們在長期的生產(chǎn)實踐中，已發(fā)現(xiàn)過渡元素對許多化學(xué)反響有良好的催化性能。④耐高溫、耐腐蝕的特種合金材料的制?。涸谥芷诒砝飶蘑驜到ⅣB的過渡元素，如鈦、鉭、鉬、鎢、鉻，具有耐高溫、耐腐蝕等特點。它們是制作特種合金的優(yōu)良材料，是制造火箭、導(dǎo)彈、宇宙飛船、飛機、坦克等的不可缺少的金屬。⑤礦物的尋找：地球上化學(xué)元素的分布跟它們在元素周期表里的位置有密切的聯(lián)系?？茖W(xué)實驗發(fā)現(xiàn)如下規(guī)律：相對原子質(zhì)量較小的元素在地殼中含量較多，相對原子質(zhì)量較大的元素在地殼中含量較少；偶數(shù)原子序數(shù)的元素較多，奇數(shù)原子序數(shù)的元素較少。處于地球外表的元素多數(shù)呈現(xiàn)高價，處于巖石深處的元素多數(shù)呈現(xiàn)低價；堿金屬一般是強烈的親石元素，主要富集于巖石圈的最上部；熔點、離子半徑、電負(fù)性大小相近的元素往往共生在一起，同處于一種礦石中。4.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素。以下說法正確的選項是A.原子半徑：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿C.Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強D.X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物【答案】D【解析】Z是地殼中含量最高的元素，即Z為O，W是短周期中金屬性最強的元素，W是Na，只有Y和Z處于同一周期且相鄰，四種元素原子序數(shù)依次增大，因此Y為N，X為H，A、電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)的遞增而減小，因此半徑大小順序是r(Na)>r(N)>r(O)>r(H)，故A錯誤；B、Na的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH屬于強堿，故B錯誤；C、同周期從左向右非金屬性增強，即O的非金屬性強于N，故C錯誤；D、可以組成HNO3和NH4NO3，前者屬于共價化合物，后者屬于離子化合物，故D正確。5.NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是A.1molOH－含有的電子數(shù)目為10NAB.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NAC.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4含有的分子數(shù)目為0.1NAD.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－數(shù)目為NA【答案】A【解析】【詳解】A.1molOH-中所含電子數(shù)為8+1+1=10mol，即10NA，故A正確；B.1mol

Cl2溶于水，只有局部氯氣與水反響生成氯化氫和次氯酸，所以轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量小于1mol，故B錯誤；C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4是液體，不能使用氣體摩爾體積進(jìn)行計算，故C錯誤；D.碳酸根離子在水中水解，1L1mol?L-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-數(shù)目小于NA，故D錯誤。應(yīng)選A。6.以下各組離子在強堿性環(huán)境下可以大量共存的是〔〕A.MnO4－、I－、Al3+、NH4+ B.Ca2+、HCO3－、CH3COO－、ClO－C.Na+、SO42－、NO3－、K+ D.Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－【答案】C【解析】【詳解】A．強堿性溶液中Al3+和NH4+不能大量存在，且MnO4－能氧化I－，而不能大量共存，故A錯誤；B．Ca2+、HCO3－在強堿性溶液中不能大量共存，易生成CaCO3沉淀，故B錯誤；C．Na+、SO42－、NO3－、K+在強堿性溶液中能大量存在，且彼此間不發(fā)生離子反響，故C正確；D．強堿性溶液中Fe3+、Mg2+不能大量存在，易生成Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，且Fe3+和SCN－能發(fā)生離子反響使溶液顯紅色，而不能共存，故D錯誤；故答案為C。7.以下解釋事實的方程式書寫正確的選項是〔〕A.Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：Ca2++CO32－=CaCO3↓B.Na2O2作呼吸面具的供氧劑：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2C.稀HNO3洗滌做過銀鏡反響的試管：Ag+2H++NO3－=Ag++NO2↑+H2OD.FeCl3溶液腐蝕線路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【答案】B【解析】【詳解】A．硫酸鈣不能拆開，正確的離子方程式為：CO32-+CaSO4?CaCO3+SO42-，故A錯誤；B．Na2O2與二氧化碳反響生成氧氣，可作呼吸面具的供氧劑，該反響的化學(xué)方程式為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故B正確；C．稀HNO3洗滌做過銀鏡反響的試管，反響生成NO，正確的離子方程式為：3Ag+4H++NO3-═3Ag++NO↑+2H2O，故C錯誤；D．FeCl3與銅反響生成氯化亞鐵和氯化銅，正確的離子方程式為：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故D錯誤；故答案為B。8.在濃鹽酸中H3AsO3可與SnCl2反響，反響的離子方程式為3SnCl2+12Cl－+2H3AsO3+6H+＝2As+3SnCl6－+6M。以下關(guān)于該反響的說法中，錯誤的選項是〔〕A.M為H2OB.每復(fù)原1mol氧化劑，就有3mol電子轉(zhuǎn)移C.復(fù)原性：SnCl2>AsD.氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：3【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)原子守恒可知M為H2O，故A正確；B．Sn由+2價升高到+4價，SnCl2作復(fù)原劑，As由+3價降低到0價，H3AsO3作氧化劑，轉(zhuǎn)移3

mol電子，故B正確；C．由復(fù)原劑的復(fù)原性大于復(fù)原產(chǎn)物的復(fù)原性可知，復(fù)原性：As＜SnCl2，故C正確；D．由方程式可知氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為3：2，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】考查氧化復(fù)原反響，把握反響中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62-+6M，由原子守恒可知，M為H2O，Sn元素的化合價升高，As元素的化合價降低，特別注意氧化復(fù)原反響中復(fù)原劑的復(fù)原性大于復(fù)原產(chǎn)物的復(fù)原性及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性。9.某科研團(tuán)隊研制出“TM﹣LiH〔TM表示過渡金屬〕〞雙催化劑體系，顯著提高了在溫和條件下氮氣和氫氣合成NH3的效率，原理示意如下：以下分析不合理的是〔〕A.狀態(tài)Ⅰ，吸收能量并有N≡N鍵發(fā)生斷裂 B.合成NH3總反響的原子利用率是100%C.“TM﹣LiH〞能降低合成氨反響的△H D.生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3【答案】C【解析】【分析】由流程可知氮氣與TM-LiH反響生成LiNH，LiNH與氫氣反響生成氨氣和LiH，總反響為2LiNH+3H2═2LiH+2NH3?！驹斀狻緼．狀態(tài)Ⅰ為氮氣生成LiNH的過程，N≡N鍵發(fā)生斷裂要吸收能量，故A正確；B．由流程可知氮氣和氫氣反響，生成物只有氨氣，原子利用率為100%，故B正確；C．催化劑可降低反響的活化能，但不能降低反響物和生成物的總能量，不能改變反響熱，故C錯誤；D．由狀態(tài)Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2═2LiH+2NH3，故D正確。應(yīng)選C。10.某同學(xué)向SO2和Cl2的混合氣體中參加品紅溶液，振蕩，溶液褪色，將此無色溶液分成三份，依次進(jìn)行實驗，實驗操作和實驗現(xiàn)象記錄如下：序號實驗操作實驗現(xiàn)象溶液不變紅，試紙不變藍(lán)溶液不變紅，試紙褪色生成白色沉淀以下實驗分析中，不正確的選項是A.①說明Cl2被完全消耗B.②中試紙褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC.③中假設(shè)將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，也能說明SO2被Cl2氧化為SO42?D.實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化【答案】C【解析】A.①加熱后溶液不變紅，濕潤的淀粉碘化鉀試紙不變藍(lán)，說明沒有氯氣，那么Cl2被完全消耗，選項A正確；B.當(dāng)二氧化硫過量，加熱后二氧化硫與碘發(fā)生氧化復(fù)原反響SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中試紙褪色，選項B正確；C.硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故③中假設(shè)將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42?，選項C不正確；D.實驗條件下，品紅溶液和SO2均被氧化，故加熱后溶液不恢復(fù)紅色，選項正確。答案選C。點睛：此題考查二氧化硫和氯氣的漂白性及復(fù)原性和氧化性。注意分清兩者漂白性的區(qū)別，易錯點為選項C，硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化，故③中假設(shè)將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液，不能說明SO2被Cl2氧化為SO42?。11.CO2催化加氫制取甲醇的研究，對于環(huán)境、能源問題都具有重要的意義。反響如下：反響?。篊O2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)?H1=﹣58kJ·mol-1反響ⅱ：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)?H2=+42kJ·mol-1以下說法不正確的選項是A.增大氫氣濃度能提高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率B.增大壓強，有利于向生成甲醇的方向進(jìn)行，反響ⅰ的平衡常數(shù)增大C.升高溫度，生成甲醇的速率加快，反響ⅱ的限度同時增加D.選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產(chǎn)物中的比率【答案】B【解析】【詳解】A.增大氫氣濃度平衡正向移動導(dǎo)致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B.增大壓強平衡向氣體體積減小的方向移動，增大壓強，反響i的平衡正向移動，所以向生成甲醇的方向移動，但是化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)不變，所以增大壓強反響i的平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C.升高溫度任何化學(xué)反響速率都增大，升高溫度平衡向吸熱方向移動，升高溫度反響ii向正向移動，那么反響ii的反響限度增大，故C正確；D.催化劑具有選擇性和專一性、高效性，所以選用理想的催化劑可以提高甲醇在最終產(chǎn)物中的比率，故D正確；答案選B。12.以下實驗所得結(jié)論正確的選項是①②③④充分振蕩試管，下層溶液紅色褪去溶液變紅溶液變紅充分振蕩右側(cè)小試管，下層溶液紅色褪去A.①中溶液紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OHB.②中溶液變紅的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋C.由實驗①、②、③推測，①中紅色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D.④中紅色褪去證明右側(cè)小試管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸【答案】D【解析】【詳解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，且水解徹底，那么紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆號，故A錯誤；B．醋酸鈉水解顯堿性，那么②中溶液變紅的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，故B錯誤；C．褪色與萃取無關(guān)，與反響有關(guān)，故C錯誤；D．乙酸與碳酸鈉反響，導(dǎo)致堿性降低，那么溶液紅色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正確；故答案為D。13.HI常用作有機反響中的復(fù)原劑，受熱會發(fā)生分解反響。443℃時：2HI〔g〕H2〔g〕+I2〔g〕△H＝+12.5kJ·mol－1向1L密閉容器中充入1molHI，443℃時，體系中c〔HI〕與反響時間tA.0～20min內(nèi)的平均反響速率可表示為v〔H2〕＝0.0045mol·L－1·min－1B.升高溫度，再次平衡時，c〔HI〕>0.78mol·L－1C.該反響的化學(xué)平衡常數(shù)計算式為D.反響進(jìn)行40min時，體系吸收的熱量約為0.94kJ【答案】D【解析】【詳解】A.0～20min內(nèi)HI濃度變化1.0mol/L-0.91mol/L=0.09mol/L，2HI(g)?H2(g)+I2(g)，那么氫氣濃度變化為0.045mol/L，反響速率v===0.00225mol/(L?min)，故A錯誤；B．圖中可知120min后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，c(HI)=0.78mol/L，2HI(g)?H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ?mol-1，反響為吸熱反響，升溫平衡正向進(jìn)行，c(HI)＜0.78mol?L-1，故B錯誤；C.120min后反響到達(dá)平衡狀態(tài)，c(HI)=0.78mol/L，平衡常數(shù)K==，故C錯誤；D．反響進(jìn)行40min時HI濃度變化=1.00mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，物質(zhì)的量變化0.15mol，結(jié)合熱化學(xué)方程式計算2HI(g)H2(g)+I2(g)△H=+12.5kJ?mol-1，反響進(jìn)行40min時，體系吸收的熱量=≈0.94kJ，故D正確；故答案為D。14.(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時，分別研究了一段時間內(nèi)溫度和(NH4)2SO3初始濃度對空氣氧化(NH4)2SO3速率的影響，結(jié)果如圖。以下說法不正確的選項是A.60℃B.60℃之后，氧化速率降低可能與O2的溶解度下降及(NH4)2SO3C.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關(guān)D.(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O2的溶解速率有關(guān)【答案】C【解析】【分析】A、溫度越高，氧化速率越快；B、反響物濃度降低，反響速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度；D、當(dāng)亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率。【詳解】A、溫度越高，氧化速率越快，60℃B、反響物濃度降低，反響速率降低，溫度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反響物濃度降低，故B正確；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；D、當(dāng)亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導(dǎo)致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確；應(yīng)選C?！军c睛】此題考查外界條件對化學(xué)反響速率的影響，解題關(guān)鍵：綜合理解多種條件同時對反響速率影響時，有一個條件在某時段起主導(dǎo)作用。II卷非選擇題年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學(xué)院院士張青蓮教授曾主持測定了銦〔49In〕等9〔1〕In在周期表中的位置是___?！?〕In的最高價氧化物的水化物的堿性___Ba(OH)2的堿性〔填“>〞或“<〞〕?！?〕In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為___。II.A+、B2－、C－、D、E、F3+分別表示含10個電子的六種粒子〔離子或分子〕。其中：a.A+、B2－、F3+核外電子層結(jié)構(gòu)相同b.C－是由兩種元素組成的C.D是兩種元素組成的四原子分子d.E在常溫下是無色液體e.往含F(xiàn)3+的溶液中滴加含C－的溶液至過量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失〔4〕C－的電子式：___?！?〕A+、B2－、F3+離子半徑由大到小的順序為___〔用離子符號表示〕?！?〕電子式表示A2B的形成過程___?！?〕含F(xiàn)3+的溶液中通入過量D，反響的離子方程式是___。〔8〕A單質(zhì)與E反響的離子方程式為___，生成的化合物中化學(xué)鍵的類型是___。III.硒〔34Se〕是動物和人體所必需的微量元素之一，也是重要的工業(yè)原料，與氧同族?！?〕Se原子結(jié)構(gòu)示意圖可表示為___?！?0〕以下說法合理是___。a.SeO2既有氧化性又有復(fù)原性b.濃硒酸可能具有強氧化性、脫水性c.熱穩(wěn)定性：H2Se<HCl<H2Sd.酸性：H2SeO4<HBrO4<HClO4【答案】(1).第5周期IIIA族(2).<(3).17(4).(5).O2－>Na+>Al3+(6).(7).Al3++3NH3+3H2O＝Al〔OH〕3↓+3NH4+(8).2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑(9).離子鍵和極性鍵(10).(11).abd【解析】【分析】I．(1)In的原子結(jié)構(gòu)中含5個電子層、最外層電子數(shù)為3；(2)金屬性Ba大于In；(3)中子數(shù)為115-49=66，電子數(shù)為49；II．A+、B2-、C-、D、E、F3+分別表示含10個電子的六種粒子(離子或分子)，其中：a．A+、B2-、F3+核外電子層結(jié)構(gòu)相同，可知A為Na、B為O、F為Al；b．C-是由兩種元素組成的，C-為OH-；c．D是兩種元素組成的四原子分子，D為NH3；d．E在常溫下是無色液體，E為H2O；e．往含F(xiàn)3+的溶液中滴加含C-的溶液至過量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失，白色沉淀為氫氧化鋁；III．(9)Se原子的質(zhì)子數(shù)為34；(10)a．Se為+4價，為中間價；b．濃硒酸與濃硫酸性質(zhì)類似；c．非金屬性越強，對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定；d．非金屬性越強，對應(yīng)最高價含氧酸的酸性越強?！驹斀狻縄．(1)In的原子結(jié)構(gòu)中含5個電子層、最外層電子數(shù)為3，位于元素周期表中第五周期ⅢA族；(2)金屬性Ba大于In，那么In的最高價氧化物的水化物的堿性＜Ba(OH)2的堿性；(3)中子數(shù)為115-49=66，電子數(shù)為49，中子數(shù)與電子數(shù)的差值為66-49=17；II．(4)C-的電子式為；(5)具有相同電子排布的離子，原子序數(shù)大的離子半徑小，那么A+、B2-、F3+離子半徑由大到小的順序為O2-＞Na+＞Al3+；(6)電子式表示A2B的形成過程為；(7)含F(xiàn)3+的溶液中通入過量D，反響的離子方程式是Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(8)A單質(zhì)與E反響離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，生成的化合物為NaOH，含化學(xué)鍵的類型是離子鍵和極性鍵；(9)Se原子結(jié)構(gòu)示意圖可表示為；(10)a．Se為+4價，為中間價，那么SeO2既有氧化性又有復(fù)原性，故a正確；b．濃硒酸與濃硫酸性質(zhì)類似，可能具有強氧化性、脫水性，故b正確；c．非金屬性越強，對應(yīng)氫化物越穩(wěn)定，那么熱穩(wěn)定性：H2Se＜H2S＜HCl，故c錯誤；d．非金屬性越強，對應(yīng)最高價含氧酸的酸性越強，那么H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，故d正確；故答案為：abd?！军c睛】元素非金屬性強弱的判斷依據(jù)：①非金屬單質(zhì)跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩(wěn)定性)，非金屬單質(zhì)跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩(wěn)定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；②最高價氧化物對應(yīng)的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱．最高價含氧酸的酸性越強，對應(yīng)的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；③氧化性越強的非金屬元素單質(zhì)，對應(yīng)的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。16.氫氣作為清潔能源有著廣泛的應(yīng)用前景，含硫天然氣制備氫氣的流程如下。請答復(fù)以下問題：Ⅰ.轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T.F〔1〕過程i中H2S發(fā)生了___〔填“氧化〞或“復(fù)原〞〕反響?！?〕過程ii的離子方程式是___?！?〕：①Fe3+在pH＝1.9時開始沉淀，pH＝3.2時沉淀完全。②30℃時，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+pH0.91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+氧化速率/〔g·L－1·h－1〕4.55.36.26.87.06.66.25.6請結(jié)合以上信息，判斷工業(yè)脫硫應(yīng)選擇的最正確pH范圍，并說明原因：___。II.蒸氣轉(zhuǎn)化：在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化。結(jié)合如圖答復(fù)以下問題?！?〕①該過程的熱化學(xué)方程式是___。②比擬壓強p1和p2的大小關(guān)系：p1___p2〔選填“>〞“<〞或“＝〞〕。III.CO變換：500℃時，CO進(jìn)一步與水反響生成CO2和H2IV.H2提純：將CO2和H2別離得到H2的過程示意圖如圖?！?〕①吸收池中發(fā)生反響的離子方程式是___。②結(jié)合電極反響式，簡述K2CO3溶液的再生原理：___?！敬鸢浮?1).氧化(2).4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O(3).1.5≤pH<1.9，當(dāng)pH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe2+和Fe3+濃度均下降，會降低反響速率。pH小于1.5時，T.F菌活性較低，反響速率減慢(4).CH4〔g〕+H2O〔g〕＝CO〔g〕+3H2〔g〕△H＝+204kJmol－1(5).＞(6).CO2+H2O+CO32－＝2HCO3－(7).陰極反響：2H2O+2e＝H2↑+2OH－，OH－+HCO3－＝CO32－+H2O；陽極反響：4H2O－4e＝O2↑+4H+，H++HCO3－＝CO2+H2O，陽極區(qū)多余的K+經(jīng)陽離子交換膜進(jìn)入陰極區(qū)，使K2CO3溶液得以再生【解析】【分析】I．轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質(zhì)硫；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子；(3)1.5≤PH＜1.9，當(dāng)PH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反響速率，PH＜1.5時，T?F菌活性較低；Ⅱ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反響的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反響的焓變寫出熱化學(xué)方程式；②圖象中甲烷體積分?jǐn)?shù)隨壓強增大而增大，據(jù)此分析；Ⅳ．(5)①二氧化碳和碳酸鉀溶液反響生成碳酸氫鉀；②碳酸氫根離子存在電離平衡、氫氧根離子和碳酸氫根離子反響生成碳酸根離子。【詳解】I．轉(zhuǎn)化脫硫：將天然氣壓入吸收塔，30℃時，在T．F菌作用下，酸性環(huán)境中脫硫過程示意圖如圖2(1)硫化氫被硫酸鐵氧化生成單質(zhì)硫，過程i中H2S發(fā)生了氧化反響；(2)過程Ⅱ是亞鐵離子酸性條件下被氧氣氧化生成鐵離子，反響的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；(3)Fe3+在pH=l.9時開始沉淀，pH=3.2時沉淀完全，分析30℃時，在T．F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工業(yè)脫硫應(yīng)選擇的最正確pH范圍1.5≤PH＜1.9，當(dāng)PH大于1.9時，F(xiàn)e3+開始沉淀，導(dǎo)致Fe3+、Fe2+離子濃度均下降，降低反響速率，PH＜1.5時，T?FⅡ．(4)①在催化劑的作用下，水蒸氣將CH4氧化生成一氧化碳和水蒸氣，圖中反響的焓變△H=2582kJ/mol-2378kJ/mol=204kJ/mol，標(biāo)注物質(zhì)聚集狀態(tài)和對應(yīng)反響的焓變寫出熱化學(xué)方程式為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+204kJ/mol；②反響后氣體物質(zhì)的量增大，增大壓強平衡逆向進(jìn)行，圖象中甲烷體積分?jǐn)?shù)隨壓強增大而增大，據(jù)此分析，比擬壓強P1和P2的大小關(guān)系：P1＞P2；Ⅳ．(5)①將CO2和H2別離得到H2的過程示意圖分析得到：二氧化碳和碳酸鉀溶液反響生成碳酸氫鉀，反響的離子方程式為CO2+H2O+CO32-=2HCO3-；②HCO3-存在電離平衡：HCO3-H++CO32-，陰極H+放電濃度減小平衡右移，CO32-再生，陰極反響：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，使碳酸鉀溶液得以再生。17.某小組模擬工業(yè)上回收分銀渣中的銀，過程如下：〔1〕Na2SO3溶液和氨水均可作浸出劑，但由于氨水易______〔填物理性質(zhì)〕，故用Na2SO3溶液更環(huán)保?！?〕Ⅰ中主要反響：AgCl+2+Cl-。研究發(fā)現(xiàn)：其他條件不變時，該反響在敞口容器中進(jìn)行，浸出時間過長會使銀的浸出率〔浸出液中銀的質(zhì)量占起始分銀渣中銀的質(zhì)量的百分比〕降低，可能原因是______〔用離子方程式表示〕。〔3〕研究發(fā)現(xiàn)：浸出液中含銀化合物總濃度與含硫化合物總濃度及浸出液pH的關(guān)系如以下圖。①pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化趨勢是______。②解釋①中變化趨勢的原因：______。③pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，原因是___?！?〕將Ⅱ中反響的離子方程式補充完整：□__+□___OH-+□______=□______+□______+□______+CO32-〔5〕Ⅲ中回收液可直接循環(huán)使用，但循環(huán)屢次后，銀的浸出率會降低。從回收液離子濃度變化和反響限度的角度分析原因：______?！敬鸢浮?1).揮發(fā)(2).2(3).含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大(4).浸出液中c()增大，使浸出反響的平衡正向移動(5).pH較小時，與H+結(jié)合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()均較小(6).4(7).6(8).HCHO(9).4Ag(10).8(11).4H2O(12).隨著循環(huán)次數(shù)增加，浸出液中c()減小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度減小【解析】【分析】分銀渣中主要成分是AgCl，Ⅰ中用Na2SO3溶液作浸出劑，主要反響：AgCl+2+Cl-；浸出液與甲醛反響，Ⅱ中發(fā)生4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+反響，生成Ag回收，同時又生成，III中循環(huán)使用?！驹斀狻俊?〕氨水易揮發(fā)污染空氣，故用Na2SO3溶液更環(huán)保；〔2〕反響在敞口容器中進(jìn)行，很容易被空氣中氧氣氧化，離子反響方程式為2；〔3〕①根據(jù)圖像可知，當(dāng)pH=10時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的增大而增大；②①中變化趨勢的原因：浸出液中c()增大，使浸出反響AgCl+2+Cl-的平衡正向移動；③pH=5時，含銀化合物總濃度隨含硫化合物總濃度的變化與pH=10時不同，pH較小時，與H+結(jié)合生成或H2SO3，盡管含硫化合物總濃度增大，但c()均較??；〔4〕Ag的化合價由+1價降至0價，HCHO被氧化成CO32-，回收液循環(huán)使用，說明有SO32-生成，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+〔5〕隨著循環(huán)次數(shù)增加，浸出液中c()減小、c(Cl-)增大，均使AgCl+2+Cl-的限度減小【點睛】注意化學(xué)平衡中減少反響物濃度或增加生成物濃度對反響限度的影響。18.磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2〔1〕上述流程中能加快反響速率的措施有___?！?〕磷精礦粉酸浸時發(fā)生反響：2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4①該反響表達(dá)出酸性關(guān)系：H3PO4___H2SO4〔填“>〞或“<〞〕。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，___?！?〕酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF〔4〕H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反響時間，不同溫度下的有機碳脫除率如下圖。80℃〔5〕脫硫時，CaCO3稍過量，充分反響后仍有SO42－殘留，參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，其離子方程式是__?！敬鸢浮?1).研磨、加熱(2).<(3).核電荷數(shù)P<S，原子半徑P>S，得電子能力P<S，非金屬性P<S(4).2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O＝10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑(5).80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(6).BaCO3+SO42－+2H3PO4＝BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO【解析】【分析】(1)常用加快化學(xué)反響速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等；(2)①根據(jù)反響方程式，由H2SO4參加反響得到H3PO4，是由強酸制取弱酸；②H3PO4和H2SO4均為最高價含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導(dǎo)致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強；(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，反響過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反響，生成CaSO4?H2O，H3PO4和HF(4)根據(jù)圖象，80℃前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80℃后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導(dǎo)致H2O(5)脫硫過程是參加CaCO3發(fā)生反響，脫硫時，CaCO3稍過量，與多余的硫酸反響生成CaSO4，而CaSO4微溶，所以充分反響后仍有SO42-殘留，參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，由于BaCO3參加反響轉(zhuǎn)化生成難溶的BaSO4，在沉淀轉(zhuǎn)化的反響根底之上發(fā)生進(jìn)一步反響促使正向進(jìn)行程度增大，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)常用加快化學(xué)反響速率的措施有研磨，加熱，溶解時攪拌等。故答案為：研磨，加熱；(2)①根據(jù)反響方程式，是由H2SO4參加反響得到H3PO4，是由強酸制取弱酸，因此酸性強弱為：H3PO4＜H2SO4；②H3PO4和H2SO4均為最高價含氧酸，主要可從P和S的非金屬性角度考慮，S的非金屬性強于P，可以使O上電子云密度降低更大，繼而導(dǎo)致H+更易電離，H+越易電離，含氧酸酸性越強，可以簡單解釋為：P的半徑大于S，P的非金屬性小于S，所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性；(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，反響過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反響，生成CaSO4?H2O，H3PO4和HF，所以化學(xué)反響方程式為：2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF；(4)根據(jù)圖象，80℃前隨著溫度升高，有機碳脫除率增大，80℃后隨著溫度升高，有機碳脫除率降低，考慮H2O2受熱分解，導(dǎo)致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率，所以可以解釋為：溫度高于80℃時，H2O2的分解速率加快，導(dǎo)致H2(5)參加BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率，由于BaCO3參加反響轉(zhuǎn)化生成難溶的BaSO4，BaSO4相對于CaSO4溶解度更低，可使溶液中SO42-濃度更低，考慮到沉淀轉(zhuǎn)化的反響效率較低，所以進(jìn)一步提高硫的脫除率那么是考慮在沉淀轉(zhuǎn)化反響的根底上發(fā)生效率更高的反響，促使沉淀反響的進(jìn)行，沉淀轉(zhuǎn)化反響為：BaCO3+SO42-BaSO4+CO32-，此時溶液中磷酸具有一定的酸性，可以繼續(xù)發(fā)生反響生成CO2，于是整個反響的熵增，正向進(jìn)行的程度更大，可以到達(dá)進(jìn)一步脫除率的效果，綜合考慮那么離子方程式為：BaCO3+SO42-+H3PO4═BaSO4+CO2↑+H2O+H2PO4-?！军c睛】無機物質(zhì)的制備，常與物質(zhì)別離與提純聯(lián)系在一起，制備的目標(biāo)物質(zhì)要容易別離出來，物質(zhì)別離與提純有多種方法，總的說有物理方法和化學(xué)方法兩大類：物理方法有過濾、蒸發(fā)、蒸餾、分液、萃取、結(jié)晶、重結(jié)晶、滲析等；化學(xué)方法有沉淀法、熱分解法、電解法、氧化復(fù)原法等；要根據(jù)目標(biāo)物質(zhì)的性質(zhì)和特點來選擇適宜的制備、別離方法。19.以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反響的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產(chǎn)生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀〔1〕經(jīng)驗檢，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：__________?！?〕經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是__________。②通過以下實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證