1、天津市六校（天津中学、南开中学、实验中学等）2020届高三化学上学期期初检测试题（含解析）可能用到的相对原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64一、单选题（本大题共10小题，共40分）1.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】A【解析】【详解】ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性而不是还原
2、性，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（ ）A. 常温常压下，30g乙烷气体中所含有的共价键数目为6NAB. 常温下，1LpH12的氨水溶液中含有NH4数目为0.01NAC. 常温常压下，3.0g含甲醛的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAD. 1mol乙酸和1mol乙醇充分反应生成的水分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A30g乙烷的物质的量为1mol，而乙烷中含7条
3、共价键，故1mol乙烷中含7NA条共价键，故A错误；BpH=12的氨水溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故1L溶液中氢氧根的物质的量为0.01mol，根据电荷守恒可知：n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，故n(NH4+)小于0.01mol即小于0.01NA个，故B错误；C甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故2.0g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1mol，故含0.4NA个原子，故C正确；D酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的水分子个数小于NA个，故D错误。故答案为C。3.下列各组性质比较中，正确的是（ ）沸点：HFHClHBrHI；离子还原性：S2ClBrI；酸性：HCl
4、O4HBrO4HIO4；金属性：KNaMgAl；气态氢化物稳定性：HFHClH2S；半径：O2FNaMg2。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】HF中含氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为HFHIHBrHCl，故错误；元素的非金属性ClBrIS，对应离子还原性S2-I-Br-Cl-，故错误；非金属性ClBrI，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：HClO4HBrO4HIO4，故正确；同主族行上到下，金属性增强：KNa，同周期，从左到右金属性减弱，即NaMgAl，即金属性：KNaMgAl，故正确；元素的非金属性FClS，气态氢化
5、物稳定性HFHClH2S，故正确；电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多，半径越小，即O2-F-Na+Mg2+，故正确；故答案为B。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+
6、。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。4.我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展，其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A. 异戊二烯所有碳原子可能共平面B. 可用溴水鉴别M和对二甲苯C. 对二甲苯的一氯代物有2种D. M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气【答案】D【解析】【详解】A. 异戊二烯中2个碳碳双键所确定平面重合时，所有碳原子共平
7、面，A正确；B. M中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴别，B正确；C. 对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种，在甲基上1种，合计2种，C正确；D. M的分子式为C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为C2H7-，无此基团，D错误；答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色；对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色，但有机层显橙红色。5.能正确表示下列反应的离子方程式的是A. Fe2O3溶于过量HI溶液中：Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2OB. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol
8、/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+2 SO42+2Ba2+4OH-=2BaSO4+ AlO2+2H2OC. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O2=2Mn2+5O2+8H2OD. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO-+SO2+H2O=HClO+ HSO3【答案】C【解析】【详解】AFe2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为Fe2O3+6H+2I-2Fe2+I2+3H2O，故A正确；B.0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2+NH4+Al3+2SO42
9、-+4OH-Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O，故B错误；C用浓盐酸酸化KMnO4溶液与H2O2反应，因高锰酸钾氧化HCl，不能证明H2O2具有还原性，故C错误；D向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体的离子反应为ClO-+SO2+H2O2H+Cl-+SO42-，故D错误；故选A。【点晴】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。6.下列实验中，实验现象及结论都正确且两者具有因果关系的是实验现象结论A.向Ba(NO3)2溶液中通入二氧化硫气体有
10、白色沉淀生成SO2与Ba(NO3)2反应得到BaSO3B.向FeI2的溶液中滴加少量的氯水溶液颜色变深Cl2与Fe2+反应生成Fe3+C.向蔗糖溶液中加几滴稀硫酸，水浴加热5min后，再加新制Cu(OH)2后加热无砖红色沉淀生成蔗糖没有水解D.向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、SO2通入Ba(NO3)2溶液中，酸性条件下硝酸根离子将亚硫酸氧化后与钡离子反应产生的白色沉淀是BaSO4而不是BaSO3，选项A错误；B、Cl2能氧化Fe2+和I-分别生成使溶液颜色更深的Fe3
11、+和I2，故溶液颜色变深不一定是产生的Fe3+引起的，选项B错误；C、蔗糖溶液水解后显酸性必须先用碱中生至碱性再用新制氢氧化铜悬浊液检验，否则实验无法证明醛基的存在，也就无法证明蔗糖水解，选项C错误；D、Na2CO3溶液中存在水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入少量BaCl2固体,钡离子与碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，平衡逆向移动，碱性减弱，溶液红色变浅，选项D正确。答案选D。7.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不
12、能进入中间隔室。下列叙述正确的是A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C. 负极反应为2H2O4e=O2+4H+，负极区溶液pH降低D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【答案】B【解析】【详解】A根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H)c(OH)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的
13、pH减小，故A错误；B阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH)c(H)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol4=0.25mol，故D错误。故选B。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之
14、一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。【此处有视频，请去附件查看】8.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 向 0.1molL-1CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中减小B. 将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30，溶液中增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中D. 向 AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量 AgNO3，溶液中
15、 不变【答案】D【解析】A.醋酸溶液中加水，醋酸电离平衡正向移动，所以变大，故错误；B.醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，加热促进水解，所以减小，故错误；C.盐酸中加入氨水到中性，则氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，根据电荷守恒，铵根离子浓度等于氯离子浓度，故比值为1，故错误；D.饱和溶液中加入少量的硝酸银，溶解平衡逆向移动，但等于溶度积常数的比值，所以不变，故正确。故选D。9.2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。一定温度下，在甲、乙、丙三个容积均为2 L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g)，其起始物质的量及SO2的平衡转化率如下表所示。下列判断中，正确的是
16、甲乙丙起始物质的量n(SO2) / mol0.40.80.8n(O2) / mol0.240.240.48SO2的平衡转化率 / %8012A. 甲中反应的平衡常数小于乙B. 平衡时，丙中c(SO3)是甲中的2倍C. 该温度下，平衡常数值为400D. 平衡时，甲中O2的转化率大于乙中O2的转化率【答案】C【解析】【详解】A温度相同时，该反应的平衡常数不变，则甲、乙中反应的平衡常数相等，故A错误；B体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，但由于该反应是气体体积改变的反应，体积不变增加浓度，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，即丙中c(SO3)大于甲中c(SO3)的2倍，故B错误；C根据 2SO
17、2(g)+O2(g)2SO3(g)，开始(mol) 0.4 0.24 0转化(mol) 0.32 0.16 0.32平衡(mol) 0.08 0.08 0.32平衡浓度(mol/L)0.04 0.04 0.16所以该温度下，平衡常数值K=400，故C正确；D由甲、乙可知，氧气的浓度相同，乙中二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，甲中O2的转化率小于乙中O2的转化率，故D错误；故选C。10.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至C
18、u2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A. 60mLB. 45mLC. 30mLD. 15mL【答案】A【解析】【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)2n(O2)4，得n(Cu)2n(O2)20.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。二、非选择题（本大题共5小题，共60分）11.砷为VA族元素，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。I.冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学
19、沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如图：已知：As2S3与过量的S2存在以下反应：As2S3(s)3S2(aq)2AsS33(aq)；亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。（1）亚砷酸中砷元素的化合价为_；砷酸的第一步电离方程式为_。（2）“一级沉砷”中FeSO4的作用是_；“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为_。（3）沉淀X为_(填化学式)。.冶炼废渣中的砷元素主要以As2S3的形式存在，粉碎后与锌粉混合，加入H2SO4共热，生成AsH3气体。将AsH3气体通入AgNO3溶液中，生成银镜和As2O3。（4）AsH3的电子式为_。【答案】 (1). +3 (2). H3AsO4H
20、+H2AsO4- (3). 除去过量的硫离子，As2S3+3S2-2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果 (4). H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O (5). CaSO4 (6). 【解析】【分析】废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化钠、硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢和氧化钙，H2 O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，过滤得到砷酸铁、砷酸钙、氢氧化铁、沉淀硫酸钙等；(1)根据化合物中化合价代数和为0计算；砷酸为弱酸，分步电离；(2)As2 S3与过量的S2-反应，As2S3(s)+3S2-(aq)2A
21、sS33-(aq)，根据化学平衡移动分析FeSO4的作用；由流程可知：“二级沉砷”中H2O2与H3AsO3反应生成H3AsO4；(3)流程分析可知钙离子结合硫酸根离子形成硫酸钙沉淀；(4)AsH3和氨气分子结构相同为共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键。【详解】(1)亚砷酸(H3AsO3)中氢元素+1价，氧元素-2价，化合物化合价代数和为0，则砷元素的化合价为+3价；第A族非金属元素形成最高价含氧酸中磷、砷形成的含氧酸都是弱酸，水溶液中分步电离，电离方程式为：H3AsO4H+H2AsO4-；(2)废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，加入硫化钠、硫酸亚铁除去过量的硫离子
22、，过滤得到As2S3和FeS，滤液中加入过氧化氢和氧化钙，H2 O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，过滤得到砷酸铁、砷酸钙、氢氧化铁、沉淀硫酸钙等；“一级沉砷”中FeSO4的作用是除去过量的硫离子，As2S3+3S2-2AsS32-使平衡逆向进行，提高沉砷效果，亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-；“二级沉砷”中H2 O2与含砷物质发生氧化还原反应，氧化亚砷酸为砷酸，反应的化学方程式为：H2AsO3+H2O2=H3AsO4+H2O；(3)流程分析可知，加入氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和砷酸反应生成砷酸钙沉淀、和铁离子反应生成
23、氢氧化铁沉淀，钙离子结合硫酸根离子形成硫酸钙沉淀，所以沉淀X为CaSO4；(4)AsH3和氨气分子结构相似，都属于共价化合物，砷原子和三个氢原子形成三个As-H键，其电子式为。12.原子结构与性质（1）元素As与N同族。As的氢化物沸点比NH3的_(填“高”或“低”)，其判断理由是_。（2）铜原子在基态时的价电子排布式为_。（3）Fe是人体需要补充的元素之一，试写出Fe2的核外电子排布式：_。与Al同一周期的Na、Mg元素也是人体所需元素，Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系_。某同学所画基态镁原子的核外电子排布图如图，该同学所画的电子排布图违背了_。（4）K元素处于元素周期表的_区，
24、其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有_个。【答案】 (1). 低 (2). 氨气分子之间存在氢键，AsH3分子间为范德华力 (3). 3d104s1 (4). 1s22s22p63s23p63d6 (5). NaAlMg (6). 能量最低原理 (7). s (8). 4【解析】【分析】(1)氨气分子之间存在氢键，AsH3分子间为范德华力，氢键比较范德华力更强；(2)核外电子排布式的书写要注意洪特规则的特例。Cu是29号元素；(3)铁元素为26号元素，失去2电子后形成Fe2+；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元
25、素，Na、Mg、Al属于同一周期元素；电子应优先排列在3s能级；(4)K元素处于元素周期表的s区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级为ns能级。【详解】(1)氨气分子之间存在氢键，AsH3分子间为范德华力，氢键比较范德华力更强，故AsH3的沸点比较NH3的低；(2)Cu是29号元素，核外电子排布时还要遵循洪特规则的特例，故价电子排布式是3d104s1；(3)铁元素为26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2电子后形成Fe2+，故Fe2+的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d6；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势
26、，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，故Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系是NaAlMg；电子应优先排列在3s能级，违反了能量最低原理；(4)K元素处于元素周期表的s区，其基态原子中，核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级为ns能级，分别是1s、2s、3s、4s，即核外电子占据的电子云轮廓图为球形的能级有4个。【点睛】常见易形成氢键的化合物：H2O、HF、NH3等，分子间氢键：同种分子间使得物质的熔沸点升高；不同种分子间：例如 NH3与H2O之间。所以这就导致了氨气在水中的惊人溶解度：1体积水中可溶解700体积氨气；分子内氢键：某些分子内，例如HNO3、邻硝基苯酚分子
27、可以形成分子内氢键，分子内氢键使物质熔沸点降低。13.具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如下图所示：已知：i.RCH2Br RHCCHRiiRHCCHR iiiRHCCHR (以上R、R、R代表氢、烷基或芳基等)(1)A属于芳香烃，其名称是_。(2)D的结构简式是_。(3)由F生成G的反应类型是_。(4)由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是_；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_。(5)下列说法正确的是_(选填字母序号)。A. G存在顺反异构体B. 由G生成H的反应是加成反应C. 1 mol G最多可以与1 mol H2发生加成反应D
28、. 1 mol F或1 mol H与足量NaOH溶液反应，均消耗2 molNaOH(6)以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。_【答案】 (1). 1，2-二甲苯（邻二甲苯） (2). (3). 消去反应 (4). (5). (6). BD (7). 【解析】【分析】根据C的结构简式，逆推B是邻甲基苯甲酸；A是邻二甲苯；C在浓硫酸作用下与试剂a反应生成D，根据D的分子式，可推出试剂a是甲醇，D是；在氢氧化钠作用下发生水解反应，再酸化生成邻乙烯基苯甲酸E；根据信息ii，邻乙烯基苯甲酸E生成F，则F是
29、，结合信息iii，根据H的结构简式，逆推G是。【详解】（1）芳香烃是指含有苯环的碳氢化合物。A的化学式为C8H10，根据碳原子个数可知A中含有一个苯环，剩余含有2个碳原子的取代基取代苯环上的氢原子，苯环上的取代基可能为1个乙基或2个甲基。根据物质C中苯环上的取代基位置关系可知，A的结构简式为，则A的名称为1，2-二甲苯（或邻二甲苯）。因此，本题正确答案：1，2-二甲苯（邻二甲苯）；（2）由“已知”可知：物质D与甲醛反应，脱去一个溴原子和一个氢原子，并与甲醛中的碳原子形成碳碳双键，则物质D的结构式为。因此，本题正确答案是：；（3）根据以上分析，F是，G是，F中碘原子与邻位碳原子上的氢原子发生消去
30、反应形成碳碳双键。因此，本题正确答案是：消去反应；（4）E的结构简式为，根据“已知”，E的结构简式中有碳碳双键和羧基，在一定条件下与I2反应时，断去碳碳双键，同时两个碳原子分别连接一个碘原子和一个酯基，生成物质F。因此，物质E生成物质F的方程式为：。邻乙烯基苯甲酸与I2在一定条件下反应生成F的产物不唯一，此反应同时生成另外一种有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是。因此，本题正确答案是：；（5）A项，顺反异构体形成的条件包括：存在限制旋转的因素，如双键；每个不能旋转的碳原子都连接两个不同的原子或原子团。G中形成双键的一个碳原子连接2个氢原子，不符合条件，因此不存在顺反异构体，
31、故A项错误；B项，由G生成H的过程中，碳碳双键打开，结合成四个碳碳单键，属于加成反应，故B项正确；C项，物质G中可与氢气发生加成的官能团有苯环和碳碳双键，因此物质G最多能与4 mol H2发生加成反应，故C项错误。D项，F的结构简式为，其中酯基和碘原子均可与NaOH发生反应，则1 mol 的F最多可与2 molNaOH反应；而H的结构简式中含有两个酯基，与NaOH发生水解反应，因此1mol的H最多可消耗2 molNaOH，故D项正确。因此，本题正确答案是：BD。（6）本题采用逆推法。由“已知”可知，要合成物质的反应物为CH3CH=CHCH3。要在乙烯的基础上增长碳链的同时形成碳碳双键，可运用“
32、已知”，即用溴乙烷与乙醛作为反应物，生成CH3CH=CHCH3，因此只需将乙烯作为反应物，溴乙烷可以通过乙烯加成反应得到，乙醛可以通过乙烯先加成后氧化得到。合成路线如图所示：。【点睛】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用。14.用辉铜矿（主要成分为 Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2,等杂质）制备难溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：（1）下列措施是为了加快浸取速率，其中无法达到目的的是_（填字母）。A延长浸取时间B将辉铜矿粉碎C充分搅拌D适当增加硫酸浓度（2）滤渣I巾的主要成分是MnO2、S、SiO
33、2，请写出“浸取”反应中生成S的离子方程式：_。（3）研究发现，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，可能的原因是_。（4）“除铁”的方法是通过调节溶液pH，使Fe3转化为Fe(OH)3，则加入的试剂A可以是_（填化学式）；“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。（5)“沉锰”（除Mn2）过程中有关反应的离子方程式为_。（6）滤液经蒸发结晶得到的盐主要是_（填化学式）。【答案】 (1). A (2). 2MnO2Cu2S8HS2Cu22Mn24H2O (3). Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化 (4). CuO或Cu(OH)2 (5). 将溶液加热 (6). Mn2HCO3NH3NH4MnCO3 (7
34、). (NH4)2SO4【解析】【详解】（1）增大反应物的接触面积或升高温度等均可以增大反应速率，所以酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，但延长浸取时间并不能提高速率，答案选A。（2）在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4、MnSO4和水，所以该反应的离子方程式是2MnO2Cu2S8HS2Cu22Mn24H2O。（3）由于Fe3可催化Cu2S被MnO2氧化，所以若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢。（4）由于除杂时不能再引入新的杂质，所以加入的试剂A可以是CuO或Cu(OH)2。氨气易挥发，则“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热。（5）根据原子守恒可知
35、“沉锰”（除Mn2）过程中除了生成碳酸锰外还有铵盐生成，则有关反应的离子方程式为Mn2HCO3NH3NH4MnCO3。（6）滤液中含有硫酸铵，因此经蒸发结晶得到的盐主要是(NH4)2SO4。15.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如图。请回答下列问题：.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在TF菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如图。过程i的离子反应方程式为_。已知：Fe3在pH1.9时开始沉淀，pH3.2时沉淀完全。30时，在TF菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2的氧化速率如表。pH0.71.11.51.92.32.7Fe2的氧化速率4.55.3626.8
36、7.06.6在转化脱硫中，请在表中选择最佳pH范围是_pH_，这样选择的原因是：_。.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。结合如图回答问题。（3）该过程的热化学方程式是_。比较压强P1和P2的大小关系：P1_P2(选填“”或“”)。.CO变换：500时，CO进一步与水反应生成CO2和H2。.提纯：将CO2和H2分离得到H2的过程如示意图如图。（4）吸收池中发生反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ (2). 15 (3). 1.9 (4). 当pH1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe2+、Fe3+离子浓度均下降，降低反应速率；当pH1.5时
37、，TF菌活性降低，反应速率减慢 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+204kJ/mol (6). (7). CO2+H2O+CO32-=2HCO3-【解析】【分析】I转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在TF菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如图；(1)硫化氢被硫酸铁氧化生成单质硫；(2)1.5PH1.9，当PH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，PH1.5时，TF菌活性较低；(3)在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化生成一氧化碳和水蒸气，图中反应的焓变H=2582KJ/mol-2378KJ/mol=204KJ
38、/mol，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；图象中甲烷体积分数随压强增大增大，据此分析；(4)二氧化碳和碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾。【详解】I转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在TF菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如图；(1)硫化氢被硫酸铁氧化生成单质硫，过程i中H2S发生了氧化反应，离子方程式：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；(2)Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，分析30时，在TF菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工业脱硫应选择的最佳pH范围1.5PH1.9，当PH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、
39、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，PH1.5时，TF菌活性较低，反应速率减慢；(3)在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化生成一氧化碳和水蒸气，图中反应的焓变H=2582KJ/mol-2378KJ/mol=204KJ/mol，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+204KJ/mol；反应前后气体物质的量增大，增大压强平衡逆向进行，图象中甲烷体积分数随压强增大而增大，据此分析，比较压强P1和P2的大小关系：P1P2；(4)将CO2和H2分离得到H2的过程示意图分析得到：二氧化碳和碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为CO2+H2O+CO32-=2HCO3-。