江苏省扬州市高邮市2023-2024学年高三上学期10月月考化学（解析版）.docx

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2023-2024学年高三第一学期10月学情调研测试化学试题试卷满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Cr52Fe56单项选择题(本题包括10小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1.高邮博物馆馆藏文物丰富，下列文物的材料成分不能与其它三种归为一类的是A.乳丁纹青铜铙B.蚕纹青玉璧C.唐素三彩陶马D.高邮军城砖【答案】A【解析】【详解】蚕纹青玉璧、唐素三彩陶马、高邮军城砖的主要成分是硅酸盐，乳丁纹青铜铙是合金，不能与前三种归为一类，故选A。2.反应可用于除去污染。下列说法正确的是A.空间构型为三角锥形B.电子式：C.晶体中既含离子键又含共价键D.中子数为18的原子：【答案】C【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故A错误；B．是共价化合物，电子式为：，故B错误；C．是离子化合物，含离子键，NH中含有共价键，故C正确；D．中子数为18的原子质量数为18+17=35，表示为，故D错误；故选C3.俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿()第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 2023-2024学年高三第一学期10月学情调研测试化学试题试卷满分：100分考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Cr52Fe56单项选择题(本题包括10小题，每题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1.高邮博物馆馆藏文物丰富，下列文物的材料成分不能与其它三种归为一类的是A.乳丁纹青铜铙B.蚕纹青玉璧C.唐素三彩陶马D.高邮军城砖【答案】A【解析】【详解】蚕纹青玉璧、唐素三彩陶马、高邮军城砖的主要成分是硅酸盐，乳丁纹青铜铙是合金，不能与前三种归为一类，故选A。2.反应可用于除去污染。下列说法正确的是A.空间构型为三角锥形B.电子式：C.晶体中既含离子键又含共价键D.中子数为18的原子：【答案】C【解析】【详解】A．中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故A错误；B．是共价化合物，电子式为：，故B错误；C．是离子化合物，含离子键，NH中含有共价键，故C正确；D．中子数为18的原子质量数为18+17=35，表示为，故D错误；故选C3.俗名光气，熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿()第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 和氧气在光照条件下合成，其反应方程式为。下列做法不合理的是ABCD制备干燥制备吸收尾气中的氯化氢A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．MnO2可以催化H2O2分解生成，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故B正确；C．氯仿()和氧气在光照条件下合成，其反应方程式为，故C正确；D．HCl易溶于水，用水吸收HCl时要防倒吸，漏斗不能放入液面以下，故D错误；故选D。4.碳化硼()是自然界中超硬材料之一，其硬度仅次于金刚石和立方氮化硼()。下列说法正确的是A第一电离能：B.碳化硼、金刚石、立方氮化硼的晶体类型相同C.酸性强弱：D.原子半径：【答案】B【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．同周期从左向右第一电离能是增大的趋势，因此三种元素的第一电离能大小顺序是I1(N)＞I1(C)＞I1(B)，故A错误；B．碳化硼、金刚石、立方氮化硼均属于共价晶体，故B正确；C．C的非金属性强于B，因此碳酸的酸性强于硼酸，故C错误；D．同周期从左向右原子半径逐渐减小，因此原子半径大小顺序为r(B)＞r(C)＞r(N)，故D错误；答案为B。5.VIA族元素单质及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。可用于有机废水处理，约为8时，可与反应生成、和。是绿色氧化剂，也是一种弱酸，可由和制得。。可作漂白剂，用等碱性溶液吸收多余的，可得到、等化工产品。下列说法正确的是A.和互为同位素B.分子是由极性共价键构成的非极性分子C.中S原子杂化类型为D.的键角小于的键角【答案】D【解析】【详解】A．和是由同种元素组成的性质不同的单质，互为同素异形体，故A错误；B．中既包含极性键，也包含非极性键，为极性分子，故B错误；C．中心原子S价层电子对数：，为sp3杂化，故C错误；D．分子空间构型为V型，分子中含一对孤电子对；分子空间构型为平面三角型，分子中无孤电子对，所以的键角小于的键角，故D正确；答案选D。6.VIA族元素单质及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。可用于有机废水处理，约为8时，可与反应生成、和。是绿色氧化剂，也是一种弱酸，可由和制得。。可作漂白剂，用等碱性溶液吸收多余的，可得到、等化工产品。下列化学反应表示不正确的是A.处理含废水的反应：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 B.制备双氧水：C.双氧水一级电离方程式：D.【答案】D【解析】【详解】A．具有强氧化性，能够和发生氧化还原反应生成O2和N2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故A正确；B．是绿色氧化剂，也是一种弱酸，可由和制得，化学方程式为：，故B正确；C．是一种弱酸，一级电离方程式为：，故C正确；D．中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，1molH2SO4与1molBa(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀和2molH2O，放出的热量不是57.3kJ，故D错误；故选D。7.VIA族元素单质及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。可用于有机废水处理，约为8时，可与反应生成、和。是绿色氧化剂，也是一种弱酸，可由和制得。。可作漂白剂，用等碱性溶液吸收多余，可得到、等化工产品。下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是A.是极性分子，比更易溶于水B.分子中含氮氮叁键，的沸点比的低C.具有还原性，可以除水中余氯()D.溶液显碱性，可用于吸收少量【答案】B【解析】【详解】A．是极性分子，H2O是极性分子，是非极性分子，根据相似相溶原理，比第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 更易溶于水，故A不符合题意；B．分子中含氮氮叁键，N2的化学性质比稳定，不能说明的沸点比的低，故B符合题意；C．H2O2既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时表现还原性，则与 Cl2、KMnO4反应时 表现还原性，可以除水中余氯()，故C不符合题意；D．是酸性氧化物，能够和碱性溶液反应，溶液显碱性，可用于吸收少量，故D不符合题意；故选B。8.氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是A.用氢氧化钠溶液吸收含的尾气：B.用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：C.侯氏制碱法：D.工业制硝酸过程中的物质转化：【答案】B【解析】【详解】A．用氢氧化钠溶液吸收含的尾气生成NaNO3和NaNO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，故A错误；B．Ag和稀硝酸反应生成NO和硝酸银，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故B正确；C．侯氏制碱法的原理是：向饱和食盐水溶液中先通入过量NH3，再通入CO2得到NaHCO3晶体，过滤得到晶体、再加热NaHCO3得到Na2CO3，故C错误；D．工业制硝酸过程中的物质转化：，故D错误；故选B。9.丹参醇具有抗心律失常作用，其合成路线中的一步反应如下。有关说法正确的是第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 A.1X最多能与2发生加成反应B.Y不能发生消去反应C.X和Y可用鉴别D.X→Y过程中反应类型：先加成后取代【答案】D【解析】【详解】A．X中含有2个碳碳双键和1个羰基，1X最多能与3发生加成反应，故A错误；B．Y中与羟基相连碳原子的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故B错误；C．X和Y中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则X和Y不能用鉴别，故C错误；D．由X和Y的结构可知，X先和CH3MgBr发生加成反应，再发生水解（取代）反应生成Y，故D正确；故选D。10.工业上采取合理的方法可以将转化为硫酸钾等有用的物质，其一种转化路线如图所示，下列说法正确的是A.通入空气的主要目的是为了搅拌B.过程中发生的都是非氧化还原反应C.反应Ⅱ的化学方程式为D.滤液B中含有的主要离子是、、【答案】C【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【分析】利用碳酸钙处理工业尾气中的SO2制备CaSO4，具体流程分析为在高温下，CaCO3、SO2和含有O2的空气混合充分反应可得到CaSO4和CO2，在所得CaSO4固体中加入NH4HCO3并同时通入NH3，然后溶解并过滤除去CaCO3不溶物，滤液中加入KCl，并通过过滤得到K2SO4晶体，以此解答。【详解】A．氧气有强氧化性，通入空气的主要目的是为了将+4价S氧化为+6价，得到稳定的硫酸盐，A错误；B．CaCO3、SO2和含有O2的空气混合充分反应可得到CaSO4和CO2，该过程是氧化还原反应，B错误；C．由分析可知，反应Ⅱ中滤液中的和KCl反应生成K2SO4晶体和NH4Cl，化学方程式为：，故C正确；D．反应Ⅰ中生成的和KCl的水溶液混合发生反应Ⅱ，除去K2SO4晶体，滤液里主要含有NH、Cl-及H+、OH-、K+、SO等，滤液中还应有NH、Cl-，故D错误；故选C。不定项选择题(本题包括3小题，每小题3分，共计9分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。)11.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A将和浓硫酸反应后的溶液加入水中，观察溶液颜色验证是否生成B用计测量，浓度相同的和溶液的值非金属性：C向溶液中滴加氯水，观察溶液颜色变化氯水中含有D将溶液与溶液混合，观察现象验证结合质子能力：A.AB.BC.CD.D【答案】AD第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【详解】A．CuSO4溶液是蓝色的，将和浓硫酸反应后的溶液加入水中，观察溶液颜色，可以验证是否生成，故A正确；B．用计测量，浓度相同的和溶液的值，碱性：溶液<溶液，说明酸性：HSO>HCO，不能说明非金属性：，故B错误；C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，氯水中也含有氯气分子，也可以把FeCl2氧化，故C错误；D．NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，生成氢氧化铝沉淀，可知结合质子能力：，故D正确；故选：AD。12.室温下的、，实验室模拟以和纯碱为原料制备无水的实验步骤如下：①边搅拌边向溶液中通入至溶液为4，停止通，得溶液②边搅拌边向溶液中滴加溶液，至溶液为10时，停止滴加溶液③加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，得无水下列说法正确的是水溶液中、、随的分布图A.原溶液中：B.步骤①通入至溶液为9时，溶液中：C.所得溶液中：第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 D.步骤②所得溶液：【答案】AC【解析】【分析】用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，以此解答。【详解】A．溶液中存在电荷守恒：，而溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，则，故A正确；B．由图可知，步骤①通入SO2至溶液pH为9时，得到Na2SO3溶液，同时转化为H2CO3，H2CO3的第一步电离能大于第二步电离，则，故B错误；C．由图可知，当pH=4时得到溶液，说明的电离程度大于其水解程度，则、，则，故C正确；D．步骤②所得溶液为Na2SO3溶液，根据电荷守恒：，物料守恒：，得到，故D错误；故选AC。13.2023年全球电动汽车销量预计超过1400万辆，为全球经济复苏和环境保护做出较大贡献。燃油汽车尾气中除大量外，还含有和气体。某研究小组用新型催化剂对、催化转化进行研究，测得一段时间内，条件下，的转化率、剩余的百分率以及无时直接分解为的转化率随温度的变化情况如图所示。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 反应Ⅰ：反应Ⅱ：下列叙述不正确的是A.B.曲线c表示：无时，直接分解为的转化率C.775K，时，不考虑其他反应，该时刻D.温度在775K~875K时，催化剂活性较强【答案】C【解析】【分析】根据题意分析，条件下，的转化率、剩余的百分率以及无时直接分解为的转化率随温度的变化情况如图，由反应Ⅰ：可知，的转化率越大，剩余的百分率越小，若没有反应Ⅱ，的转化率和剩余的百分率相等时，二者都为50%，由图可知，当二者相等时数值高于50%，说明在反应Ⅱ存在的情况下，的转化率和剩余的百分率相等时，的转化率高于50%，则曲线a代表的转化率，曲线b代表剩余的百分率，曲线c代表无时直接分解为的转化率，以此解答。【详解】A．由分析可知，曲线a代表的转化率，曲线b代表剩余的百分率，曲线c代表无时直接分解为的转化率，则温度高于775K时，升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，、，故A正确；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 B．由分析可知，曲线c表示：无时，直接分解为的转化率，故B正确；C．根据表中数据775K时，CO转化率为30％，，根据已知条件列出“三段式”：，，n(CO2)=0.3mol，n(N2)=0.15mol+0.05mol=0.2mol，因此，故C错误；D．温度在775K~875K时，的转化率下降较多，说明此时反应速率最快，催化剂活性较强，故D正确；故选C。14.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(、、、、、和)。实现镍、钴、镁元素的回收。回答下列问题：（1）原子的基态核外电子排布式为_______。（2）用X射线衍射测定，得到的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中与晶胞B中原子配位数之比为_______。（3）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()，已知可以看作是过氧化氢分子中的一个氢原子被磺酸基()取代的产物。请画出的结构式第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 _______。（4）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)。（5）“氧化”中保持空气通入速率不变，不同体积分数时，氧化率与时间的关系如图。体积分数达到9.0%后，继续增大体积分数时，氧化速率发生变化的原因是_______。（6）“沉钴镍”中得到的氢氧化镍(II)不能被空气氧化。而氢氧化镍(III)是强氧化剂，能将浓盐酸中的氧化成，氢氧化镍(III)与浓盐酸反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）2：3（3）（4）（5）氧化速率降低，是因为有还原性，过多将会降低的浓度（6）【解析】【分析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3。过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。【小问1详解】Ni是28号元素，基态核外电子排布式为。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】由均摊法可知，晶胞A中Fe原子配位数为8，晶胞B中Fe原子配位数为12，则晶胞A中与晶胞B中原子配位数之比为2：3。【小问3详解】已知可以看作是过氧化氢分子中的一个氢原子被磺酸基()取代的产物，的结构式为。【小问4详解】Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，H2SO5被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为。【小问5详解】从图中可知，SO2的体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大，继续增大二氧化硫的体积分数，二氧化硫具有还原性，能与H2SO5反应从而降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)的氧化速率。【小问6详解】氢氧化镍(III)是强氧化剂，能将浓盐酸中的氧化成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。15.以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程中，发生了反应，其平衡常数K与、、的代数关系式为_______。（2）“浸银”时，使用过量、和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①“浸银”反应的离子方程式为_______。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中、的作用是_______。（3）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①“沉银”过程中主要反应的离子方程式为_______。②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后的沉淀率逐渐减小的原因是_______。（4）“浸锰”过程中产生的可用于“浸银”，生产中需要测定的浓度来确定其用量。测定方法：准确量取20.00浸取液置于250锥形瓶中，加入适量稀硫酸，滴加稍过量的溶液(将还原为)，充分反应后，除去过量的。用溶液滴定至终点(滴定过程中与反应生成和)，消耗溶液12.00。计算浸取液中的浓度_______(写出计算过程)。【答案】（1）（2）①.②.是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀（3）①.②.被氧气氧化为，把氧化为（4）0.18【解析】【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【小问1详解】反应的平衡常数K=，、、，则K=。【小问2详解】①铁离子具有氧化性，能和Ag2S反应将硫氧化为硫单质而铁离子被还原为亚铁离子，释放出银离子和氯离子形成，故“浸银”反应的离子方程式：；②“浸银”反应的离子方程式：，浸出剂中Cl-、H+的作用为：是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。【小问3详解】①铁具有还原性，铁粉能把还原为金属银同时生成亚铁离子，“沉银”的离子方程式为：；②空气中氧气具有氧化性，会把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子会把Ag氧化为，导致一段时间，t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小。小问4详解】由方程式：Cr2O+6Fe2++H2O=6Fe3++2Cr3++14OH-，可得关系式：，20.00浸取液中n(Fe3+)=6n()=，浓度为：=0.18。16.以废旧锂电池正极材料(含及少量、等)为原料回收和。（1）废电池预处理。钴酸锂电池工作时发生反应：。将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电。该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到_______的目的。（2）浸取。在如图的装置中，先加入一定量粉碎后的废旧锂电池正极材料，搅拌下与溶液、1第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 溶液充分反应。溶液和1溶液的加料方式是_______，转化为、的化学方程式为_______。（3）沉钴。向0.100溶液中滴加溶液调节，时开始出现沉淀。继续滴加溶液至_______时，沉淀完全[]。（4）可由热分解制备。已知：、均难溶于水，难溶于酸，能溶于酸中。在有氧和无氧环境下的所得和的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由制备较纯净的实验方案，取一定质量的于热解装置中，_______，干燥。(须使用的试剂和仪器有：1.0，蒸馏水，溶液)【答案】（1）使电池中的锂和钴充分转化为（2）①.用滴液漏斗将1溶液缓慢滴入装有溶液的三颈烧瓶中②.（3）9（4）控制温度900~1000℃在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)一段时间，冷却，边搅拌边向足量1.0中加入固体，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加溶液无明显现象【解析】第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 【分析】在如图的装置中，先加入一定量粉碎后的废旧锂电池正极材料，搅拌下与溶液、1溶液充分反应。溶液和1溶液的加料方式是用滴液漏斗将1溶液缓慢滴入装有溶液的三颈烧瓶中，发生反应：，以此解答。【小问1详解】钴酸锂电池工作时发生反应：，将废旧钴酸锂电池在盐水中浸泡，使电池充分放电，该处理过程既可以保障后续操作的安全性，还可以达到使电池中的锂和钴充分转化为的目的；【小问2详解】溶液和1溶液的加料方式是用滴液漏斗将1溶液缓慢滴入装有溶液的三颈烧瓶中，和反应生成、，化学方程式为：；【小问3详解】向0100溶液中滴加溶液调节，时，c(OH-)=，，沉淀完全时，，c(OH-)=，c(H+)=，pH=9；【小问4详解】补充完整由制备较纯净的实验方案为：取一定质量的于热解装置中，控制温度900~1000℃在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)一段时间，冷却，边搅拌边向足量1.0中加入固体，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加溶液无明显现象，干燥。17.铁单质及其化合物的应用非常广泛。（1）合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为合成氨反应的能量变化示意图。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 _______。从能量角度分析，铁触媒的作用是_______。（2）工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图所示，在电解过程中，铁电极附近有无色气体产生，写出该反应的离子方程式_______。（3）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子如、、。某同学按如图步骤完成实验：①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是_______，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是_______。②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)，向溶液Ⅱ中加入后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为_______。③硫酸盐还原菌(SRB)常存在于水体中，会腐蚀许多金属及合金。一种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图所示。已知溶液中的S2-会完全转化为FeS，则Fe腐蚀后生成FeS和第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 的过程可以描述为_______。【答案】（1）①.-(a-b)或者b-a②.降低反应活化能（2）（3）①.由水解产物的颜色所致②.向该溶液中加③.④.水分子在合金表面得到电子生成氢原子和，失去电子生成；和结合成氢氧化亚铁；氢原子在生物膜表面将还原为，再与结合成【解析】【小问1详解】由图可知1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气放出(a-b)kJ热量，热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-(a-b)kJ/mol，铁触媒是反应的催化剂，从能量角度分析，铁触媒的作用是改变反应的历程，降低反应活化能，加快反应的速率，故答案为：-(a-b)或者b-a；降低反应的活化能；【小问2详解】由题干装置图可知，阳离子由左室移向右室，则左室为阳极室，右室为阴极室，阳极是Fe放电生成Fe2+，电极反应为：Fe-2e-═Fe2+；铁电极附近有无色气体产生，电解治理亚硝酸盐对水体的污染，应是亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气的反应，离子方程式为：2+8H++6Fe2+═N2↑+6Fe3++4H2O，故答案为：2+8H++6Fe2+═N2↑+6Fe3++4H2O；【小问3详解】①[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，由于Fe3+发生水解，其原因可能是Fe3+水解产物颜色所致，溶液呈酸性，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是向该溶液中加硝酸，抑制铁离子水解，故答案为：Fe3+水解产物颜色所致；向该溶液中加硝酸；②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，证明[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，反应离子方程式为6F-+[Fe(SCN)6]3-⇌6SCN-+[FeF6]3-，故答案为：6F-+[Fe(SCN)6]3-⇌6SCN-+[FeF6]3-；第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司 ③根据腐蚀原理，Fe失去电子变为Fe2+，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，得到电子变为S2-，正极电极反应式为：+8e-+8H+=S2-+4H2O，产生的离子进一步发生反应：Fe2++S2-=FeS↓，Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，故答案为：水分子在Fe合金表面得到电子生成氢原子和OH-，Fe失去电子生成Fe2+；Fe2+和OH-结合成氢氧化亚铁；氢原子在SRB生物膜表面将还原为S2-，再与Fe2+结合成FeS。第21页/共21页学科网（北京）股份有限公司