江苏省镇江市2022-2023学年高三化学上学期期中调研考试试卷（Word版含解析）

2022~2023学年度第一学期高三期中试卷化学可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32V-51Fe-56Ce-140一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项最符合题意。1.湖北有众多非物质文化遗产，如汉绣､皮影戏､陶器烧制技艺､酿醋技艺等，其研究价值和历史意义重大。下列说法正确的是A.汉绣中使用的棉布原料主要成分属于多糖B.皮影戏中用到的兽皮主要成分属于油脂C.烧制陶器的主要原料为黏土、石灰石和石英砂D.在酿醋工艺中，可以将淀粉直接转化为乙酸【答案】A【解析】【详解】A．棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，故A正确；B．兽皮的主要成分是蛋白质，故B错误；C．烧制陶器的主要原料为黏土、石英、长石三大类，故C错误；D．“酿”指的是淀粉水解后，经糖化发酵后生成的乙醇再氧化生成乙酸，故D错误；故选A。2.是微电子工业中优良的等离子蚀刻气体，还可用作高能燃料，可由反应：制取。下列说法正确的是A.中N元素的化合价为B.氟离子的结构示意图为C.的电子式为D.的空间构型为三角锥型 【答案】D【解析】【详解】A．NF3中F元素非金属性大于N，则N的化合价为+3，A错误；B．氟离子的核电荷数是9，而结构示意图中核电荷数为10，B错误；C．NH4F是离子化合物，其电子式中F-离子最外层达到8电子稳定结构，应画出，故正确电子式为，C错误；D．NF3的价层电子对为4，其中含一对孤电子，空间构型为三角锥型，D正确；答案选D。3.吸湿性强，常被用作气体和液体的干燥剂，它甚至可以使硝酸脱水：。下列说法正确的是A.第一电离能大小：B.电负性大小：C.离子半径大小：D.酸性强弱：【答案】C【解析】【详解】A．I1(N)是失去N原子上的半满较稳定的2p3电子，I1(O)是失去O原子上的2p4电子，I1(N)>I1(O)，A错误；B．N和P同主族，从上到下电负性减小，B错误；C．N3-和O2-是同周期的简单阴离子，具有与Ne相同的电子层结构，氧的核电荷数大于氮，则离子半径r(N3-)>r(O2-)，C正确；D．N和P同主族，从上到下非金属性减小，最高价含氧酸酸性减弱，D错误；答案选C。4.用右图图装置(相关试剂、夹持和加热装置已略)进行实验，其中②中现象不能说明①中发生了反应的是 选项①中实验②中现象A加热溴丙烷与乙醇的混合液酸性溶液褪色B加热浓和溶液的混合物溶液先变浑浊后澄清C加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物饱和溶液的上层有无色油状液体产生D将铁粉、碳粉和溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸一段水柱A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】该实验装置中，①为反应发生装置，②为产物检验装置，中间没有除杂装置，要注意实验中杂质产生的干扰。【详解】A．发生装置中产生的乙醇蒸汽也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能说明①中发生消去反应生成丙烯，A符合题意；B．①中产生氨气，少量氨气才能使②中先生成氢氧化银沉淀，过量后又使氢氧化银沉淀溶解产生氢氧化二氨合银溶液，B不符合题意；C．饱和Na2CO3溶液能溶解乙醇和吸收乙酸，则上层产生的无色油状液体说明是生成物乙酸乙酯，C不符合题意； D．导管中倒吸一段水柱，说明铁粉作负极、碳粉作正极在NaCl溶液作用下发生吸氧腐蚀，D不符合题意；答案选A。5.氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化．如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：．实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A.S有氧化性，可用于生产B.溶液显碱性，可用于吸收少量C.有还原性，可用于纸浆漂白D.浓有脱水性，可用作干燥剂【答案】B【解析】【详解】A．S变SO2时S元素化合价升高，S有还原性，A错误；B．Na2SO3水解溶液显碱性，吸收少量SO2可生成NaHSO3，B正确；C．SO2用于纸浆漂白时化合价未变，体现SO2有漂白性，C错误；D．浓H2SO4作干燥剂是具有吸水性，D错误；答案选B。6.氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列说法或表示方法正确的是A.在反硝化细菌作用下，生成，转移电子数约为B.的溶液中大量存在：C.过量通入溶液中： D.用碱性溶液吸收【答案】D【解析】【详解】A．气体体积无标准状态，按气体摩尔体积进行计算出的结果不成立，A错误；B．pH=1.0的溶液中含有大量H+离子，H+与发生离子互换反应，以及酸性下硝酸根离子具有强氧化性，会与还原性的亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应，B错误；C．SO2既然过量离子方程式产物中就不可能有强氧化性的HClO，该反应为，C错误；D．氧化剂次氯酸根离子的还原产物是氯离子，还原剂NO的氧化产物是硝酸根离子，氢氧根离子作介质，该离子方程式为，D正确；答案选D。7.氮和硫是参与自然界循环的重要元素，不同价态的硫、氮化合物可相互转化。如反硝化细菌能将转化为。是温室气体之一，目前消除的主要方法是直接催化分解法，该过程中发生的反应：。实验室中可用次氯酸钠溶液吸收尾气。下列有关反应的说法正确的是A.该反应属于氮的固定中人工固氮方式B.该反应在任意温度下均能自发进行，则C.含有键和键的数目之比为D.该反应的平衡常数表达式为【答案】B【解析】【详解】A．氮的固定是指游离态的氮变为化合态的氮，A错误；B．该反应气体分子数增大，ΔS＞0，熵增有反应利于自发进行，根据自发反应的ΔG=ΔH-TΔS＜0，该反应若在任意温度下均能自发，则ΔH<0，B正确；C．N2分子中的氮氮三键含有σ键和π键的数目之比为1:2，C错误； D．该反应的平衡常数表达式为，D错误；答案选B。8.利用氧化尿素制备(水合肼)，同时可得到的流程如下所示。已知：能将氧化生成；亚硫酸钠溶液的约为9.5。下列说法不正确的是A.步骤Ⅰ反应时，若产物中，则B.步骤Ⅱ反应的离子方程式为C.步骤Ⅱ的加料方式为在搅拌下将尿素缓慢加入碱性溶液中D.步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收【答案】C【解析】【分析】步骤I是氯气和氢氧化钠反应来制备次氯酸钠，步骤II是氧化尿素制备，还生成碳酸钠，步骤III是分离水合肼溶液和碳酸钠溶液，步骤IV是将碳酸钠转化为亚硫酸钠。【详解】A．步骤Ⅰ反应时，产物中，设生成的的分别为5mol和1mol，可知Cl失去电子的物质的量=5mol´(1-0)+1mol´（5-0）=10mol,由电子守恒可知Cl得电子的物质的量为10mol,则生成的NaCl的物质的量为10mol，则，A项正确；B．根据流程图，反应物为、，生成物，被还原为,生成物中还有，故离子方程式为，B项正确； C．由题意可知能将氧化生成，步骤二中若将尿素缓慢加入碱性溶液中，会将氧化生成，C项错误；D．为酸性气体，步骤Ⅳ中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收，D项正确；答案选C。9.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变为黄色氧化性：B取溶液和溶液充分反应后，再加，振荡、静置后取上层清液滴加少量溶液，溶液变为红色与的化学反应存在限度C向某溶液X中滴加少量稀盐酸，再滴加几滴溶液，出现白色沉淀该溶液中含有D向2支均盛有相同浓度溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的溶液，前者无明显现象，后者有黄色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．双氧水具有强烈的氧化性，酸性条件下，能将亚铁离子氧化成铁离子，但是由于有硝酸根离子存在，在酸性条件下，也能氧化亚铁离子成铁离子，故无法知晓氧化剂是哪一种，无法比较出过氧化氢和铁离子的氧化性，A错误；B．反应的化学方程式为，可知铁离子和碘离子如果恰好完全反应 的话，其物质的量之比为1：1，由于实际给出的物质的量铁离子大于碘离子，故铁离子过量，加入2mLCCl4，振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，无法说明铁离子与碘离子有化学反应的限度，B错误；C．如果C是碳酸钠溶液，加入少量稀盐酸未完全反应，还剩下有碳酸钠，再加硝酸钡，会生成碳酸钡，无法确定硫酸根，C错误。D．向2支均盛有2mL相同浓度Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，分别滴入2滴相同浓度的KCl、KI溶液，前者没有生成沉淀，后者生成了黄色沉淀，说明氯化银的溶度积在比该温度下比碘化银要大，D正确；。故选D。10.通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A.电极A为阴极，发生还原反应B.电极B的电极发应：C.电解一段时间后溶液中浓度保持不变D.电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得【答案】C【解析】【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化了MnO2，电极反应式为： 2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；C．电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；答案选C。11.药物异博定能有效控制血压升高、促进血液循环，其合成路线中有如下转化过程。下列说法正确的是A.X的沸点高于其同分异构体B.一定条件下，X可与发生缩聚反应C.Z分子不存在顺反异构体D.等物质的量的X、Y、Z消耗的的物质的量相等【答案】B【解析】【详解】A．X的邻位羟基氢原子与羰基氧形成的是分子内氢键，熔沸点低，该同分异构体中对位的羟基氢原子与羰基氧形成的是分子间氢键，熔沸点高，A错误；B．X结构中酚羟基的邻位和对位氢原子还在，可与HCHO发生缩聚反应，B正确；C．Z分子存在的顺反异构体为和，C错误；D．与NaOH反应时，X发生酚羟基的中和反应，Y发生溴原子和酯的水解反应，Z发生酯的 水解反应，等物质的量的X、Y、Z消耗的NaOH的物质的量之比为1:2:1，D错误；答案选B。12.硫酸工业尾气(主要含和)，用溶液吸收可转化为。当时，吸收能力下降，需要加热再生为溶液。已知，。下列说法正确的是A.溶液中存在：B.室温下，溶液中存在：C.当时，此时吸收液的D.与原溶液相比，吸收液在空气中加热再生后吸收能力几乎不变【答案】C【解析】【详解】A．Na2SO3溶液中的质子守恒应为：，A错误；B．室温下，NaHSO3溶液的水解常数小于Ka2，NaHSO3溶液的水解程度小于电离程度，所以＞，B错误；C．，C正确；D．亚硫酸钠在空气中加热再生会部分被氧气氧化成硫酸钠，吸收SO2能力降低，D错误；答案选C。13.乙烯是重要的工业原材料，中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，其主要反应为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：一定条件下，向容积为的容器中通入和，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示， 代表不同压强下乙烷的平衡转化率。已知：下列说法正确的是A.压强B.压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中C.一定温度下，增大可提高的平衡转化率D.反应【答案】B【解析】【分析】根据图像可知，L1和L2是乙烷转化率随温度变化的等压线，结合两个方程式的气体分子数变化可推断L1和L2的压强大小；根据图像中温度为T时，L1等压线乙烷转化率为50%，其中乙烯的选择性为80%，列出两个选择性反应的三段式可进行相关计算。【详解】A．Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数都增大，相同温度下，压强越大都有利于Ⅰ和Ⅱ反应的平衡逆移，乙烷的转化率减小，由图像可知，L2压强大乙烷转化率低，A错误；B．根据题意和分析，Ⅰ和Ⅱ反应的三段式为： ，，平衡时混合气体中，B正确；C．一定温度下，增大，C2H6的平衡转化率下降，C错误；D．反应ΔH=ΔH2+2ΔH1，D错误；答案选B。【点睛】选择性的两个反应的平衡三段式要注意：相同物质的平衡量唯一且相同，按选择性比例列出相应反应的转变量，相同反应物的平衡量是起始量减去两次的消耗量，相同生成物的平衡量是起始量加上两次的生成量。二、非选择题：共4题，共61分。14.钛及其合金是理想高强度、低密度结构材料．工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)为原料制备金属钛的工艺流程如下：已知：“酸溶”后的溶液中主要含有和。（1）“净化”后的滤液1中存在的主要阴离子为_____________。 （2）写出“酸溶”过程中发生反应的化学方程式________________。（3）写出“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式______________。（4）“煅烧”，可得到．的一种晶胞结构如题图所示，图中上、下面各有个，另外2个在晶胞中的位置如图所示。已知离子的配位数为6，在答题卡的题图中用“—”将晶胞内的任一个不在上、下平面内的与紧邻的连接起来______________。（5）“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为。①该温度下，与反应的总化学方程式为________________；②随着温度升高，尾气中含量升高，原因是__________。【答案】（1）（2）（3）（4）(或)（5）①.②.随着温度升高，与C 发生反应生成(或)【解析】【分析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁，含等)中加入浓NaOH溶液，和NaOH反应分别生成NaAlO2和Na2SiO3，则滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH；加入酸，酸溶后的溶液中主要含有和，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；结晶使FeSO47H2O析出，滤液2中主要含有和，加热，水解生成，离子方程式为，将煅烧得到；“转化Ⅰ”时，与在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中、的物质的量之比约为，则反应的化学方程式为；“转化Ⅱ”中，和Mg反应生成Ti和MgCl2，化学方程式为+2Mg=Ti+2MgCl2。【小问1详解】由分析可知，“净化”后的滤液1中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，则滤液1中存在的主要阴离子为；【小问2详解】“酸溶”过程中，和硫酸在80℃下反应生成，反应的化学方程式为；【小问3详解】“加热水解”过程中生成沉淀的离子方程式为；【小问4详解】 中，离子的配位数为6，则与距离最近且相同的O2-由6个，与O2-距离最近且相同的离子有3个，故的晶胞图为或；【小问5详解】①由分析可知，该温度下，与反应的总化学方程式为；②随着温度升高，与C发生反应生成，故尾气中的含量升高。15.硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。 （1）写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。（2）“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。（3）写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。（4）“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。（5）在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。 （6）在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。【答案】（1）（2）使得完全溶解和沉淀完全（3）（4）温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)（5）（6）加热后分解生成和将五价钒还原为【解析】【分析】废钒催化剂主要含有和Fe2O3几种物质，加入稀H2SO4和Na2SO3溶液酸浸后，由于SiO2不反应，故滤渣1应是SiO2，Fe2O3和H2SO4、Na2SO3反应后生成硫酸亚铁，被还原成，加入NaOH溶液调节，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2是Fe(OH)2。通过四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系图可知，加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体，过滤、煅烧得到。 【小问1详解】“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价，而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。【小问2详解】通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。【小问3详解】加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。【小问4详解】温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。【小问5详解】固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。【小问6详解】中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还 原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。16.以炼锌和矿渣(主要成分)为原料可获得三种金属盐，其部分实验过程如下：①常温下，浸出液中各金属离子形成氢氧化物沉淀的见表1。②金属离子在该条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1金属离子形成沉淀的表2金属离子的萃取率金属离子开始沉淀沉淀完全金属离子萃取率8.09001.73.1995.510.503.04.497~98.5（1）“酸浸”时转化为两种硫酸盐，该反应的离子方程式为_____________。（2）调节的范围为______________。（3）滤饼通过盐酸酸溶、铁粉还原、萃取、反萃取等过程，可以实现的分离．已知萃取剂萃取的萃取原理可表示为：①萃取前必须用铁粉将还原为的原因是_____________，检验是否完全被还原的实验操作是_____________。 ②与同主族，化学性质相似．电解“反萃取”得到的溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为_______________。（4）已知：酸性条件下氧化性：，水层中的的测定：用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，滴定终点时溶液由橙红色变为浅蓝色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确称量硫酸铈固体，加水溶解，加入适量______________使溶液的，将溶液完全转移到容量瓶中，定容得标准硫酸铈溶液；②量取_____________。③重复实验两次，平均消耗标准硫酸铈溶液。[实验中可使用的试剂：邻二氮菲亚铁试剂、硫酸、盐酸。]（5）根据(4)中实验数据，计算水层中的含量_______________(写出计算过程)【答案】（1）（2）4.4~5.5（3）①.会被萃取，而不会被萃取②.取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原③.或（4）①.硫酸溶液②.含溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色（5）【解析】【分析】炼锌矿渣(主要成分)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解，再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga，经精炼后得到粗镓；【小问1详解】 ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为:；【小问2详解】根据表格可知调使Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，Zn2+不沉淀，故调范围为4.4~5.5；【小问3详解】萃取前必须用铁粉将还原为，防止被萃取，而不会被萃取；与溶液反应显红色，故检验是否完全被还原的实验操作是取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原；②与同主族，化学性质相似，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解“反萃取”得到的NaGaO2溶液可获得粗镓，电解时阴极电极反应式为或；【小问4详解】①溶解硫酸铈，防止镓水解，使溶液的，加入适量的硫酸溶液，，Ce4+可以氧化Cl-，不能用盐酸；②用标准硫酸铈溶液滴定水层中含的溶液，硫酸铈是标准液，含离子的水时待测液，以邻二氮菲亚铁为指示剂，量取含的溶液于锥形瓶中，加入几滴邻二氮菲亚铁，用标准硫酸铈溶液滴定，当滴入最后半滴(1滴)标准溶液时，溶液由橙红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色；【小问5详解】根据滴定数据计算含量 17.铁黄是一种重要的化工产品。（1）制备铁黄：向一定浓度溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色．当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄．通入氧气过程中，记录溶液pH变化如题所示。已知：25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全。①加氨水至pH为6.0时，溶液中残留浓度为_________。②时段，溶液pH几乎不变；时段，溶液pH明显降低。请解释原因：_____________。（2）在催化剂的表面上，分解产生。较和更易与烟气中的发生反应生成。当一定浓度溶液与烟气以一定的流速经过装有催化剂的反应管，的脱除效率与温度的关系如图所示。仅用相同浓度相同流速的溶液通过反应管(无催化剂进行实验测得：随着温度升高，热分解速率加快，升温至以上，大量汽化。①时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是_________________。②温度高于的脱除效率降低的原因是________________。 （3）用于常压电化学法合成氨．该电解装置如图所示。在阴极参与反应，电解前后的质量不变。该电极的反应过程可描述为_________________。【答案】（1）①.②.段，，c(H+)基本保特不变段，，c(H+)增大（2）①.大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快②.后，分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降（3）在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用【解析】【小问1详解】①25℃，pH=8.5时，恰好沉淀完全，可以计算出c(OH-)=10-(14-8.5)mol/L=10-5.5mol/L，则Ksp(Fe(OH)2)=10-5×(10-5.5)2=10-16，则当pH为6.0时，c(OH-)=10-(14-6)mol/L=10-8mol/L，溶液中残留浓度为c(Fe2+)==1.0mol/L；②时段，溶液pH几乎不变，时段，溶液pH明显降低，原因是段，发生反应：，c(H+)基本保特不变，段，发生反应：，c(H+)增大；【小问2详解】①根据题目已知条件：在催化剂的表面上，分解产生，较和更易与烟气中的发生反应生成，且温度升高，过氧化氢汽化，增大了反应接触面积，所以，时，随着温度升高的脱除效率显著提高的原因是：大量汽化与催化剂的接触更好，产生更多的，浓度越大，与反应速率越快；②温度过高，过氧化氢分解速率加快，所以，温度高于的脱除效率降低的原因是： 分解速率加快，高于催化分解生成的速率，导致浓度减小，的脱除率下降；【小问3详解】该电解装置中，阴阳极均为惰性电极，电解质溶液中有OH-，在阴极得电子生成低价态的铁或0价铁，低价态的铁与反应生成和，在该过程中起催化作用，所以在阴极参与反应，电解前后的质量不变（催化剂参与反应，但反应前后质量不变）。