? 西安市鐵一中學2022-2023學年上學期期末
高三化學
一、選擇題：(本題共23小題，每題2分，共46分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)。
1. 下列有關物質(zhì)性質(zhì)的敘述正確的是
A. 常溫下，過量Fe與濃HNO3反應生成Fe(NO3)2
B. 晶體硅的硬度大，可用于制作光電板
C. BaSO4在醫(yī)療上可用作“鋇餐”
D. 溴化銀具有感光性，可用于人工降雨
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 常溫下，濃硫酸使鐵鈍化，在加熱的條件下Fe與濃HNO3才能反應生成Fe(NO3)2，故A錯誤；
B. Si具有金屬性、非金屬性，為半導體材料，可用于制作光電板，與硬度大無關，故B不選；
C. BaSO4是沒有毒的，它既不溶于水，也不溶于酸或堿中，在醫(yī)療上可用作“鋇餐”，故C正確；
D. AgI易形成結晶核，可用于人工降雨，故D錯誤；
故選C。
2. 下列分子中所有原子都滿足最外層為8電子結構的是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
A. ②④⑦⑧⑩ B. ②③④⑦⑨⑩ C. ①③④⑦⑩ D. ③④⑤⑦⑨⑩
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】①中Be為第二周期第ⅡA族，原子序數(shù)4，最外層最多為4個電子，故①錯誤；②中N的最外層電子數(shù)為5+3=8，Cl的最外層電子數(shù)為7+1=9，均滿足最外層8電子結構，故②正確；③與相似，所有原子最外層均滿足8電子結構，故③正確；④中C最外層電子數(shù)為4+4=8、O原子最外層電子數(shù)為6+2=8、Cl最外層電子數(shù)為7+1=8，所有原子均滿足最外層8電子結構，故④正確；⑤中只有F原子最外層滿足8電子結構，故⑤錯誤；⑥中，Xe原子最外層電子數(shù)為8+2=10，故⑥錯誤；⑦中C原子最外層電子數(shù)為4+4=8，S原子最外層電子數(shù)為6+2=8，故⑦正確；⑧中H原子最外層為2個電子，故⑧錯誤；⑨中C原子最外層電子數(shù)為4+4=8，F(xiàn)、Cl相似，最外層電子數(shù)為7+1=8，故⑨正確；⑩中S最外層電子數(shù)為6+2=8，Cl原子最外層電子數(shù)為7+1=8，故⑩正確；綜上②③④⑦⑨⑩正確，故選B。
3. 有下列幾種有機物.
（1）CH3COOCH3 （2）CH2=CHCH2Cl
（3）CH2=CH—CHO
其中既能發(fā)生水解反應，又能發(fā)生加聚反應的是
A. (1)與(4) B. (2)與(3) C. (2)與(4) D. (1)、(3)和(4)
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)官能團的性質(zhì)判斷反應類型。
【詳解】（1）CH3COOCH3中，酯基可發(fā)生水解，但該物質(zhì)不能加聚反應，不符題意；
（2）CH2=CHCH2Cl中，碳碳雙鍵可加聚反應，氯原子可水解反應，符合題意；
（3）CH2=CH—CHO中，碳碳雙鍵可加聚反應，但該物質(zhì)不能水解反應，不符題意；
中，碳碳雙鍵可加聚反應，酯基可發(fā)生水解，符合題意。
本題選C。
4. 用如圖表示的一些物質(zhì)或概念間的從屬關系中不正確的是：


X
Y
Z
例
氧化物
化合物
純凈物
A
苯的同系物
芳香烴
芳香族化合物
B
膠體
分散系
混合物
C
電解質(zhì)
離子化合物
化合物
D
堿性氧化物
金屬氧化物
氧化物

A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．苯的同系物屬于芳香烴，芳香烴屬于芳香族化合物，故A正確；?
B．膠體屬于分散系，而分散系都是由兩種以上的物質(zhì)組成，則屬于混合物，故B正確；
C．電解質(zhì)包括離子化合物和部分共價化合物，電解質(zhì)，離子化合物都屬于化合物，故C錯誤；
D．氧化物只有兩種元素組成，則堿性氧化物與金屬氧化物都屬于氧化物，堿性氧化物都是由金屬元素和氧元素組成，但金屬氧化物不一定是堿性氧化物，如過氧化鈉等，則金屬氧化物包含堿性氧化物，故D正確；
故選C。
5. 室溫下，大小相同的A、B兩集氣瓶中，分別裝有0.01mol氨氣和0.01mol氯化氫，抽去如圖所示裝置中的玻璃片，使兩種氣體充分反應。下列說法正確的是

A. 抽去玻璃片后，集氣瓶內(nèi)出現(xiàn)白煙
B. 氣體反應物的總體積為0.448L
C. 抽去玻璃片前，A、B中氣體密度比為36.5：17
D. 該反應發(fā)生過程中，同時有極性共價鍵和非極性共價鍵的斷裂和生成
【答案】A
【解析】
【詳解】A、當玻璃片抽走后，NH3與HCl混合發(fā)生反應：NH3＋HCl=NH4Cl，生成物NH4Cl呈晶體狀，可觀察到集氣瓶內(nèi)出現(xiàn)白煙，A項正確；
B、題干并未告知是否為標準狀況，無法使用Vm=22.4L/mol計算氣體體積，故B錯誤；
C、兩容器體積相同，容器內(nèi)氣體物質(zhì)的量相同，其密度，故A、B中氣體密度比為17:36.5，故C錯誤；
D、該反應過程中沒有非極性共價鍵斷裂，故D錯誤；
故選A。
6. 下列氯化物中，既能由金屬和氯氣直接化合制得，又能由金屬和鹽酸反應制得的是（ ）
①CuCl2 ②FeCl2 ③MgCl2 ④ZnCl2
A. ③④ B. ②③ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【詳解】①Cu為不活潑金屬，與鹽酸不反應，故錯誤；
②FeCl2只能由Fe和鹽酸反應生成，故錯誤；
③MgCl2由可金屬和氯氣直接反應制得，又能由金屬和鹽酸反應制得，故正確；
④ZnCl2由可金屬和氯氣直接反應制得，又能由金屬和鹽酸反應制得，故正確。
答案選A。
【點睛】本題考查元素化合物知識，注意基礎知識的積累，氯氣具有強氧化性，與變價金屬反應生成最高價態(tài)，鹽酸具有弱氧化性，與變價金屬反應生成低價化合物，金屬銅不活潑，與鹽酸不反應，鋁不存在多種化合價。
7. 下列操作不能區(qū)別濃硫酸與稀硫酸的是
A. 分別加入鐵 B. 分別加入蔗糖
C. 分別加入氨氣 D. 分別加入銅片、加熱
【答案】C
【解析】
【分析】
【詳解】A．常溫下，鐵和稀硫酸反應生成氫氣，鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化反應，現(xiàn)象不同，可以區(qū)別，故A不符合題意；
B．濃硫酸具有強氧化性、脫水性，能使蔗糖被氧化而變黑，稀硫酸不能使蔗糖被氧化，現(xiàn)象不同，可以區(qū)別，故B不符合題意；
C．濃硫酸與稀硫酸和氨氣反應，生成硫酸銨，現(xiàn)象相同，不能區(qū)別，故C符合題意；
D．常溫下稀硫酸和濃硫酸都與銅不反應，加熱時濃硫酸反應有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，稀硫酸不反應，現(xiàn)象不相同，能區(qū)分，故D不符合題意；
故答案：C。
8. 在某無色透明的酸性溶液中，能大量共存的離子組是
A. Na+、K＋、SO、OH-
B Cu2＋、K＋、Cl-、NO
C. Cl-、K＋、Na＋、NO
D. Ag＋、K＋、SO、Cl-
【答案】C
【解析】
【詳解】A．酸性溶液中，氫氧根離子不能大量共存，氫離子和氫氧根離子反應生成水，故A不選；
B．銅離子在溶液中呈藍色，不能大量存在于無色溶液中，故B不選；
C．該組溶液中的離子在酸性溶液中能大量共存，且相互間不反應，故能大量共存，故C選；
D．該組溶液中，銀離子和氯離子反應生成沉淀，不能大量共存，且銀離子和硫酸離子形成微溶的硫酸銀，不能大量共存，故D不選；
故選C。
9. 類推思維是化學解題中常用的一種思維方法，下列類推正確的是
A. 濃氨水遇濃鹽酸產(chǎn)生白煙；濃氨水遇濃硫酸也產(chǎn)生白煙
B. 通入溶液不產(chǎn)生沉淀，則通入溶液也不產(chǎn)生沉淀
C. 是酸性氧化物，也是酸性氧化物
D. SO2是酸性氣體，可以用濃干燥；H2S也是酸性氣體，也可以用濃干燥
【答案】C
【解析】
【詳解】A．濃硫酸不揮發(fā)，濃氨水遇濃硫酸不產(chǎn)生白煙，故A錯誤；
B．通入溶液中，酸性條件下，二氧化硫被硝酸根氧化為，所以產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，故B錯誤；
C．、都是酸性氧化物，故C正確；
D．H2S能被濃硫酸氧化，不能用濃干燥H2S，故D錯誤；
選C。
10. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：

且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是
A. YW3分子中的鍵角為120°
B. W2Z的穩(wěn)定性大于YW3
C. 物質(zhì)甲分子中存在6個σ鍵
D. Y元素的氧化物對應的水化物為強酸
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩(wěn)定結構。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數(shù)及“W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據(jù)此分析解答。
【詳解】根據(jù)分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。
A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；
B．非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故B正確；
C．物質(zhì)甲的結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；
D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；
故選B。
【點睛】根據(jù)物質(zhì)中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質(zhì)中化學鍵數(shù)目的判斷方法的應用。
11. 短周期同周期元素A、B、C、D的核電荷數(shù)依次增大，其簡單離子一定都能破壞水的電離平衡的是
A. A+、B2+ B. C2-、D- C. A+、D- D. B3+、C2-
【答案】D
【解析】
【分析】短周期同周期元素A、B、C、D的核電荷數(shù)依次增大，A+、B3+為陽離子，C2-、D-為陰離子，只有弱堿離子或弱酸根離子促進水的電離，從而破壞水的電離平衡，以此來解答。
【詳解】短周期元素中同一周期元素A、B、C、D的核電荷數(shù)依次增大，A+、B3+為陽離子，C2-、D-為陰離子，同一周期元素隨核電荷數(shù)的增大，金屬性減弱，非金屬性增強，則A+為強堿對應的金屬陽離子，D-為強酸對應的酸根離子，只有弱堿離子或弱酸根離子促進水的電離，從而破壞水的電離平衡，符合條件的為B3+、C2-(可能為Al3+、S2-)，故合理選項是D。
【點睛】本題考查原子結構與元素的性質(zhì)，把握核電荷數(shù)與金屬性、非金屬性的關系為解答的關鍵，注意影響鹽類水解的因素。
12. 下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 常溫下，的溶液：
B. 的溶液中：
C. 含有的溶液中：
D. 常溫下，在的溶液中：
【答案】A
【解析】
【詳解】A．常溫下，，則溶液呈堿性，在堿性溶液中，都能穩(wěn)定存在，A符合題意；
B．1mol/L的溶液中，與Al3+會發(fā)生雙水解反應，生成Al(OH)3沉淀，B不符合題意；
C．與會反應生成，C不符合題意；
D．常溫下，在的溶液中，水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-13mol/L，水的電離受到抑制，溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，若溶液為堿溶液，F(xiàn)e2+不能大量存在，若溶液為酸溶液，則會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，D不符合題意；
故選A。
13. 金屬鈦可用下列方法提煉：。下列敘述正確的是
A. 該反應屬于復分解反應 B. 該反應中鎂元素被氧化
C. 該反應中是還原劑 D. 該反應中發(fā)生了氧化反應
【答案】B
【解析】
【詳解】A．根據(jù)反應方程式的特點，該反應屬于置換反應，不屬于復分解反應，故A錯誤；
B．該反應中Mg元素的化合價由0價→+2價，化合價升高，被氧化，故B正確；
C．單質(zhì)Ti是產(chǎn)物，Ti元素的化合價降低，即單質(zhì)Ti是還原產(chǎn)物，故C錯誤；
D．Ti元素的化合價降低，TiCl4屬于氧化劑，發(fā)生還原反應，故D錯誤；
答案為B。
14. NaOH溶于水時，擴散過程吸收了a kJ的熱量，水合過程放出了b kJ的熱量。下列判斷正確的是
A. a>b B. a=b C. aHA>HB
C. 當通入0.1molHCl氣體時，c(B-)>c(A-)
D. 當混合溶液呈中性時,c(Na+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)
【答案】C
【解析】
【詳解】A、根據(jù)圖象可知，當=3時，pH=6，此時，c(H+)=10-6mol/L，=103，Ka(HB)== 10-6×10-3=10-9，故A正確；
B、pH一定時，＞，則有＞，＜，式子兩邊都乘以c(H+)，可得＜，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，則說明HCl酸性強于HA和HB，所以酸性強弱順序為HCl>HA>HB，故B正確；
C、原溶液中NaA和NaB均為0.1mol，根據(jù)強酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H+先與B-反應，反應后溶液中溶質(zhì)為0.1molNaA、0.1molNaCl、0.1molHB，NaA完全電離，微弱水解，而HB部分電離，所以溶液中c(B-＜c(A-)，故C錯誤；
D、混合溶液的電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，當溶液呈中性時，c(H+)= c(OH-)，所以有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故D正確。
故選C。
二、填空題：54分
24. 右圖中電極a、b為Fe物件和Ag片，電極c、d都是石墨電極。通電一段時間后，在c、d兩極上共收集到336ml(標準狀況)氣體。回答：

（1）直流電源中，M為_________________極。
（2）欲在Fe物件上鍍上一薄層Ag，
①Fe物件應為_________極，(填a或b)
②Fe物件增重_________g。
（3）X溶液為____________，其濃度____________，(填“增大”“減小”或“不變”)
（4）若NaOH溶液質(zhì)量分數(shù)由5.00%變?yōu)?.02%，列式計算原NaOH溶液的質(zhì)量。____________
【答案】（1）正 （2） ①. b ②. 2.16g
（3） ①. AgNO3(aq) ②. 不變
（4）45.18
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)題意知，電解氫氧化鈉溶液時，其本質(zhì)是電解水，生成2份的氫氣和1份的氧氣，又因為電極d上產(chǎn)生的氣體比電極c的多，則電極d產(chǎn)生的為氫氣，電極c產(chǎn)生的為氧氣，則c作陽極，d為陰極，所以M是原電池正極；故答案為正；
【小問2詳解】
根據(jù)以上分析知，在Fe電極上鍍銀時，F(xiàn)e作陰極，陽極為Ag，電極反應式為Ag- e- = Ag+，b電極為陰極是Fe，電極反應式為Ag+ + e- =Ag，C電極是陽極，電解NaOH溶液時，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣和水，電極反應式為 4OH-- 4e- =2H2O+O2↑；d極是陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，電極反應式為：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-，陰極和陽極上產(chǎn)生的氣體體積比為2∶1，在c、d兩極共收集到336mL（標準狀況）氣體，其體積比為1∶2，生成氫氣的體積占總體積的，所以混合氣體中氫氣的體積是224mL，物質(zhì)的量為0.01mol，根據(jù)電極反應，此裝置中轉移的電子為：0.02mol，故Fe極上析出的銀的物質(zhì)的量為0.02mol，質(zhì)量為：2.16g；
【小問3詳解】
在鉑電極上鍍銀時，電解質(zhì)溶液為 AgNO3溶液， 陽極上的電極反應式為Ag- e- = Ag+，陰極上的電極反應式為Ag++e-=Ag，所以硝酸銀溶液的濃度不變；
【小問4詳解】
根據(jù)以上分析知，在c、d兩極共收集到336mL（標準狀況）氣體，其體積比為1：2．生成氫氣的體積占總體積的，所以混合氣體中氫氣的體積是224mL，
設電解水的質(zhì)量為xg，

x=0.18
設原溶液的質(zhì)量為yg，5%y=（y-0.18）×5.02%，解得y=45.18；
故原NaOH溶液的質(zhì)量為45.18g。
25. 氯乙烯是制備塑料的重要中間體，可通過乙炔選擇性催化制備。已知：
I.
II.
（1） 正反應的活化能為25.8KJ/mol，則其逆反應的活化能為_______。
（2）在體積可變的密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，分別在不同壓強下發(fā)生反應，實驗測得乙炔的平衡轉化率與溫度的關系如圖所示。P1、P2、P3由大到小的順序為_______，判斷的理由是_______。

（3）一定溫度下，向盛放催化劑的恒容密閉容器中以物質(zhì)的量之比為1：1充入C2H2(g)和HCl(g)，假設只發(fā)生反應I和II。實驗測得反應前容器內(nèi)壓強為p0Pa，5min達到平衡時C2H4Cl2(g)、HCl(g)的分壓分別為p1Pa、p2Pa。
①0~5min內(nèi)，反應I和反應II中HCl的總的消耗速率v(HCl)=_______。
②反應II的平衡常數(shù)Kp=_______(用含P0、P1、P2的代數(shù)式表示)。
（4）電化學腐蝕法可有效將廢水中的三氯乙烯轉化為乙烯。利用活性納米Fe電化學腐蝕處理酸性三氯乙烯(C2HCl3)廢水的過程如圖。定義單位時間內(nèi)納米Fe釋放的總電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。

①上述電化學腐蝕過程①的電極反應為_______。
②在處理過程中，當消耗amol納米Fe時，產(chǎn)生bL的乙烯氣體(標準狀況)，則該電化學腐蝕過程的電流效率η=_______(用含a、b的代數(shù)式表示)。[已知：]
【答案】（1）80.3kJ/mol
（2） ①. P1>P2>P3 ②. 反應I和II都是氣體分子數(shù)減少的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，乙炔轉化率增大
（3） ①. ②.
（4） ①. C2HCl3+6e?+3H+=C2H4+3Cl? ②.
【解析】
【小問1詳解】
根據(jù)蓋斯定律，Ⅱ－Ⅰ得出 ΔH=[(－179.3)－(－124.8)]kJ·mol－1=－54.5kJ·mol－1，該反應為放熱反應，逆反應的活化能=(54.5＋25.8)kJ·mol－1=80.3kJ·mol－1；故答案為80.3kJ·mol－1；
【小問2詳解】
無論反應I還是Ⅱ都是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡均向正反應方向進行，乙炔的平衡轉化率增大，推出P1＞P2＞P3，故答案為P1＞P2＞P3；反應I和II都是氣體分子數(shù)減少的反應，在相同溫度下，增大壓強，平衡正向移動，乙炔轉化率增大；
【小問3詳解】
①開始時總壓強為p0Pa，根據(jù)相同條件下，氣體物質(zhì)的量之比等于壓強之比，因此起始時C2H2和HCl的分壓均為p0Pa，根據(jù)題中所給速率的單位，用單位時間內(nèi)分壓的變化表示，即v(HCl)=Pa·min－1= Pa·min－1；故答案為；
②達到平衡時，C2H4Cl2的分壓為p1Pa，反應Ⅱ中HCl變化分壓為2p1Pa，C2H2變化分壓為p1Pa，反應I中HCl變化分壓為(p0－2p1－p2)Pa，則反應I中C2H2的變化分壓為(p0－2p1－p2)Pa，因此達到平衡時C2H2的分壓為[p0－(p0－2p1－p2)－p1]Pa=(p1＋p2)Pa，因此反應Ⅱ的平衡常數(shù)Kp=Pa－2=；故答案為；
【小問4詳解】
①根據(jù)反應機理可知，反應①C2HCl3中C顯＋1價，C2H4中C顯－2價，C的化合價降低，電極反應式為C2HCl3＋6e－＋3H＋=C2H4＋3Cl－；故答案為C2HCl3＋6e－＋3H＋=C2H4＋3Cl－；
②根據(jù)機理可知，1molFe參與反應失去2mol電子，amolFe參與反應失去2amol電子，根據(jù)反應①的電極反應式，產(chǎn)生bL的乙烯轉移電子物質(zhì)的量為mol，該電化學腐蝕過程電流效率為=；故答案為。
三、工業(yè)流程題
26. 聚合硫酸鐵(PFS)是一種高效的無機高分子絮凝劑。某工廠利用經(jīng)浮選的硫鐵礦燒渣(有效成分為Fe2O3 和Fe3O4)制備PFS，其工藝流程如下圖所示。

（1）還原焙燒過程中，CO還原Fe3O4生成FeO的熱化學方程式為________________________。
已知： Fe3O4(s)+C(s)= 3FeO(s)+CO(g) ΔH1=+191.9kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ·mol-1
C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=+172.5kJ·mol-1
（2）CO是還原焙燒過程的主要還原劑。下圖中，曲線表示4個化學反應a、b、c、d達到平衡時氣相組成和溫度的關系，I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe穩(wěn)定存在的區(qū)域。a屬于_________（填“吸熱反應”或“放熱反應”）；570℃時，d反應的平衡常數(shù)K= ____________。

（3）工業(yè)上，還原焙燒的溫度一般控制在800℃左右，溫度不宜過高的理由是___________________。
（4）若“酸浸”時間過長，浸出液中Fe2+含量反而降低，主要原因是___________________________。
（5）FeSO4溶液在空氣中會緩慢氧化生成難溶的Fe(OH)SO4，該反應的離子方程式為_____________________________?！按呋趸边^程用NaNO2作催化劑（NO起實質(zhì)上的催化作用）時，溫度與Fe2+轉化率的關系如右圖所示（反應時間相同），F(xiàn)e2+轉化率隨溫度的升高先上升后下降的原因是___________________________________________________。

【答案】 ①. Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH=+19.4kJ·mol-1 ②. 放熱反應 ③. 1 ④. 浪費能量，且FeO易被還原成Fe ⑤. Fe2+易被空氣中的O2氧化成Fe3+ ⑥. 4SO42-+ 4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓ ⑦. 溫度升高，反應速率增大；溫度過高，NO氣體逸出，轉化率下降
【解析】
【詳解】試題分析：（1）根據(jù)蓋斯定律計算CO還原Fe3O4生成FeO的焓變；（2）根據(jù)圖象，升高溫度，F(xiàn)e3O4的含量減小，反應a逆向移動；d反應的平衡常數(shù)K= ；（3）溫度大于800℃，F(xiàn)eO易被還原成Fe；（4）Fe2+易被空氣中的O2氧化成Fe3+；（5）FeSO4溶液在空氣中被氧氣氧化生成難溶的Fe(OH)SO4，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒配平離子方程式；NO起實質(zhì)上的催化作用，溫度升高，反應速率增大；溫度過高，NO氣體逸出，轉化率下降。
解析：（1）①Fe3O4(s)+C(s)= 3FeO(s)+CO(g) ΔH1=+191.9kJ·mol-1
②C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=+172.5kJ·mol-1
根據(jù)蓋斯定律①-②，得Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH=+19.4kJ·mol-1。（2）根據(jù)圖象，升高溫度，F(xiàn)e3O4的含量減小，反應a逆向移動，反應a放熱；d反應的平衡常數(shù)K=，570℃時，CO、CO2濃度相等，所以K=1；（3）溫度大于800℃，F(xiàn)eO易被還原成Fe，且浪費能量，所以工業(yè)上，還原焙燒的溫度一般控制在800℃左右；（4）Fe2+易被空氣中的O2氧化成Fe3+，所以“酸浸”時間過長，浸出液中Fe2+含量降低；（5）FeSO4溶液在空氣中被氧氣氧化生成難溶的Fe(OH)SO4，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒配平離子方程式為4SO42-+ 4Fe2++O2+2H2O=4Fe(OH)SO4↓；NO起實質(zhì)上的催化作用，溫度升高，反應速率增大；溫度過高，NO氣體逸出，轉化率下降，所以Fe2+轉化率隨溫度的升高先上升后下降。
27. 在實驗室中模擬“侯氏制堿法”，其實驗步驟如下：
第一步：連接好裝置，檢驗氣密性，在儀器內(nèi)裝入藥品。
第二步：先讓某一裝置發(fā)生反應，直到產(chǎn)生的氣體不能再在C中溶解，再通入另一裝置中產(chǎn)生的氣體，一段時間后，C中出現(xiàn)固體。繼續(xù)向C中通入兩種氣體，直到不再有固體產(chǎn)生。
第三步：分離C中所得的混合物，得到NaHCO3固體，進而生產(chǎn)出純堿。
第四步：向濾液中加入適量的某固體粉末，有NH4Cl晶體析出。
（1）下圖所示裝置的連接順序是：a接_______，_______接______；b接_______(填接口序號)。

（2）A中常選用的固體反應物為_________；D中應選用的液體為____________。
（3）第二步中讓___________裝置先發(fā)生反應(填裝置序號)。
（4）C中用球形干燥管而不用直導管，其作用是____________________；裝有無水CaCl2的U形管的作用是__________________________。
（5）第三步分離出NaHCO3固體的操作是__________________________。
（6）第四步中所加固體粉末化學式為___________。所得的晶體中常含有少量的NaCl和NaHCO3(共約占5％～8％)，請設計一個簡單的實驗，不使用其他任何試劑，證明所得晶體大部分是NH4C1。簡要寫出操作和現(xiàn)象：____________________________________。
【答案】 ①. f ②. e ③. d ④. c ⑤. 石灰石 ⑥. 飽和碳酸氫鈉溶液 ⑦. B ⑧. 防止倒吸 ⑨. 吸收多余的氨氣 ⑩. 過濾 ?. NaCl ?. 取少量樣品于試管中，用酒精燈加熱，看到試管上端有白煙生成（或試管口有白色晶體），最后固體大部分消失、剩余極少量的固體，從而證明所得固體的成分大部分是氯化銨
【解析】
【分析】由“侯氏制堿法”的原理可知：實驗時需先向飽和食鹽水中通入足量的氨氣，然后再通入二氧化碳氣體，裝置A為二氧化碳的發(fā)生裝置，裝置B為氨氣的發(fā)生裝置，裝置C為反應裝置，裝置D為二氧化碳的凈化裝置，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）裝置A產(chǎn)生CO2，裝置B產(chǎn)生NH3，裝置D除去二氧化碳中的HCl，氨氣通入C中應防止倒吸，則b接c， a接f、e接d，故答案為f、e、d、c；
（2）A裝置是制備二氧化碳氣體的反應，一般采用鹽酸與CaCO3反應來制取，所以A中固體反應物為石灰石，生成的二氧化碳氣體中含有氯化氫，若不除去，會影響碳酸氫鈉的產(chǎn)率，所以應用飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化碳中的HCl，故答案為石灰石、飽和碳酸氫鈉溶液；
（3）因為氨氣極易溶解于水，二氧化碳氣體在水中溶解性較小，所以實驗時，飽和食鹽水中應先通入氨氣，再通入二氧化碳氣體，有利于氣體的吸收，實驗操作過程中，應讓B裝置先發(fā)生反應，故答案為B；
（4）氨氣極易溶于水，用直導管向飽和氯化鈉溶液中通入氨氣，容易發(fā)生倒吸，C中用球形干燥管，可以防止倒吸；多余的NH3能與CaCl2結合生成CaCl2·8NH3，所以裝有無水CaCl2的U形管可吸收多余的NH3，故答案為防止倒吸；吸收多余的氨氣；
（5）第三步中得到的NaHCO3在溶液中以晶體的形式析出，分離出NaHCO3晶體采用的方法為過濾，故答案為過濾；
（6）實驗第四步可向溶液中加入NaCl粉末，有利于NH4Cl晶體的析出；若所得的晶體大部分為NH4Cl晶體，經(jīng)過充分加熱，NH4Cl會分解成氣體，余下少量的氯化鈉和碳酸鈉等固體，故答案為NaCl；取少量樣品于試管中，用酒精燈加熱，看到試管上端有白煙生成（或試管口有白色晶體），最后固體大部分消失、剩余極少量的固體，從而證明所得固體的成分大部分是氯化銨。
【點睛】本題考查了實驗室制備碳酸氫鈉的過程分析和裝置作用判斷，掌握候氏制堿的反應原理和反應特征是解題關鍵，氣體的通入順序判斷是解答的易錯點，因為二氧化碳在水中的溶解度并不大，而在堿性溶解程度較大，故先通入氨氣，形成氨的飽和NaCl溶液，再通入二氧化碳氣體，有利于二氧化碳的吸收。
28. 鐵單質(zhì)及化合物與我們的生產(chǎn)、生活緊密相關。
(1)Fe3＋的基態(tài)核外價電子排布式為______，應用原子結構比較Fe與同周期的Mn第三電離能(I3)的大?。篒3(Mn)_______I3(Fe)(填>、

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