天津市耀华中学2024届高三年级第五次统练
化学试卷（2024.5.14）
（本试卷考试时间45分钟，总分100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 S-32
一、选择题（每题只有—个选项符合题意，每题3分，共18分）
1. 下列化学用语或图示不正确的是
A. 邻羟基苯甲酫分子内氢键：
B. 水解的离子方程式：
C. 分子中键的形成：
D. 的VSEPR模型：
2. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ具有对应关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 电负性： 酸性：
B 第一电离能： 与水反应剧烈程度：
C 分子极性： 范德华力：
D 分子间作用力： 热稳定性：
A. A B. B C. C D. D
3. 下列说法不正确的是
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-、M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到稳定结构
⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1∶2
⑧第一电离能介于B和N之间的第二周期元素有2种
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤ C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
4. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理
实验1：
实验2：
已知：
ⅰ.。
ⅱ.溶液为无色。
下列说法正确的是
A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应
B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动
C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大
D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物
5. 已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是
A. 苯胺既可与盐酸也可与溶液反应
B. 由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D. ①、②、③均为两相混合体系
6. 下列物质分离（括号内的物质为杂质）的方法错误的是（ ）
A. 硝基苯（苯）--蒸馏
B. 乙烯（SO2）--氢氧化钠溶液
C. 己烷（己烯）--溴水，分液
D. 乙酸乙酯（乙醇）--碳酸钠溶液，分液
二、解答题（本题共有3小题，共82分）
7. Ⅰ．X、Y、Z、W、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，X的核外电子总数与其电子层数相同；Z和M同主族，W的原子序数为Y原子价电子数的3倍；基态N原子d轨道中成对电子与单电子的数目比为4∶3。由上述元素中的四种组成的两种化合物常用于合成阻燃材料，其结构简式如图所示。
（1）按原子序数增大顺序写出六种元素名称______，元素N在周期表的位置______，基态W原子的电子排布式为______，基中电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形，第三周期中第一电离能均大于同周期相邻元素的是______（填元素符号）
（2）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物中，位于八面体的中心。若含0.5mol该配合物的溶液与足量溶液反应可生成71.75g白色沉淀，则该配合物的化学式为______。
Ⅱ．芦笋中的天冬酰胺（结构如图）和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。
（3）天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型有______种。有______个手性碳原子。
（4）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（，7.6℃）之间，其原因是______。
（5）哈勃-韦斯（Haber-Weiss）原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是______。
A． B． C． D． E．
（6）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体，呈正四面体构型，易溶于下列物质中的______（填序号）。
A. 水 B. C. NaOH溶液 D. 溶液
（7）的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。
晶胞中的个数为______。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。（）
8. Ⅰ.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i．钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii．TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO4
iii．01mol·L 1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3
0.1mol·L 1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(一)纯化：加入过量铁粉，充分反应后，分离混合物
(二)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如下图)。
（1）①产生白色沉淀离子方程式是___________。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3.原因是：沉淀生成后c(Fe2+)___________0.1mol·L 1(填“>”“=”或“<”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：___________。
Ⅱ.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（2）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2
①电极反应式：
i．还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii．氧化反应：___________。
②根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i．随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii．随c(Cl-)降低，___________。
③补充实验证实了②中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
Ⅱ a 有氯气
Ⅲ a+b 无氯气
a是___________，b是___________。
（3）利用c(H+)对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是___________，从原子结构角度说明理由___________。
（4）根据(2)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是___________。
（5）Ag分别与1mol·L 1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：___________。
（6）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是___________。
9. Ⅰ．对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题。一种新的循环利用方案是用Bosch反应
（1）①已知：和的生成焓为和。则___________。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)
②若要此反应自发进行，___________(填“高温”或“低温”)更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是___________。
（2）350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol和4mol发生Bosch反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示(其中P为大气压)：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
压强 6.00P 5.60P 5.30P 5.15P 5.06P 5.00P 5.00P
①350℃时Bosch反应的___________。(用含P的表达式表示)(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②已知Bosch反应的速率方程：，。30min时，___________(填“>”、“<”或“=”，下同)；升高温度，增大倍数___________增大倍数。
Ⅱ．和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。和在催化剂表面发生反应：。
（3）T℃时，向1L密闭容器中投入1mol和1mol，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，计算该温度下平衡常数___________，该温度下达到平衡时的平均生成速率为___________。平衡时的转化率为___________。
（4）T℃时，若再向容器中同时充入2.0mol、6.0mol、4.0mol CO和8.0mol，则上述平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
（5）在不同温度下催化剂催化效率与CO的生成速率如图所示。
250~300℃时，温度升高而CO的生成速率降低的原因是___________(△代表CO的生成速率，■代表催化剂的催化效率)
（6）为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是(写一点即可)___________。
（7）以为原料可以合成多种物质。以KOH水溶液作电解质进行电解，在铜电极上可转化为甲烷，该电极的电极反应式为___________。天津市耀华中学2024届高三年级第五次统练
化学试卷（2024.5.14）
（本试卷考试时间45分钟，总分100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 S-32
一、选择题（每题只有—个选项符合题意，每题3分，共18分）
1. 下列化学用语或图示不正确的是
A. 邻羟基苯甲酫分子内氢键：
B. 水解的离子方程式：
C. 分子中键的形成：
D. 的VSEPR模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键应为醛基中氧原子与羟基中氢原子之间形成，故A正确；
B． 水解的离子方程式应为：，故B错误；
C． HCl分子中σ键为H的1s轨道和Cl的3p轨道头碰头重叠形成，故C正确；
D．的中心原子的价层电子对数为4，有2对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，故D正确；
故选B。
2. 下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ具有对应关系的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 电负性： 酸性：
B 第一电离能： 与水反应剧烈程度：
C 分子极性： 范德华力：
D 分子间作用力： 热稳定性：
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．HF为弱酸，HCl为强酸，故酸性HCl>HF，故A说法错误；
B．K的金属活泼性比Na的强，所以K与水反应更剧烈，故B说法错误；
C．分子极性越强，范德华力越大，所以范德华力>，故C说法正确；
D．分子间作用力影响熔沸点，稳定性为化学性质，二者没有关联，故D说法错误；
故本题选C。
3. 下列说法不正确的是
①N2H4分子中既含极性键又含非极性键
②若R2-、M+的电子层结构相同，则原子序数：R＞M
③F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
④NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到稳定结构
⑤固体熔化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键
⑥HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1∶2
⑧第一电离能介于B和N之间的第二周期元素有2种
A. ②⑤⑥⑧ B. ①③④⑤ C. ②④⑤⑦ D. ③⑤⑦⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①N2H4的结构式为，分子中既含N-H极性键又含N-N非极性键，①正确；
②若R2-、M+的电子层结构相同，则M的原子序数比R大3，即原子序数：R＜M，②不正确；
③F2、Cl2、Br2、I2都形成分子晶体，对于组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，则熔点随相对分子质量增大而升高，③正确；
④NCl3、PCl3、CO2、CS2的电子式分别为、、、，分子中各原子均达到8e-稳定结构，④正确；
⑤固体熔化成液体的过程虽然是物理变化，但只有分子晶体不会破坏化学键，其它晶体都要破坏化学键，⑤不正确；
⑥HF分子很稳定是由于HF分子内H、F原子间形成的共价键很牢固，与分子间作用力无关，⑥不正确；
⑦Na2O2固体中的阴离子为、阳离子为Na+，二者的个数比是1∶2，⑦正确；
⑧第一电离能介于B和N之间的第二周期元素有Li、C、O共3种，⑧不正确；
综合以上分析，②⑤⑥⑧不正确，故选A。
4. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。
实验1：
实验2：
已知：
ⅰ.。
ⅱ.溶液为无色。
下列说法正确的是
A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应
B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动
C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大
D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．由实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误；
B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q
D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物，使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确；
故选D。
5. 已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是
A. 苯胺既可与盐酸也可与溶液反应
B. 由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法
C. 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得
D. ①、②、③均为两相混合体系
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。
【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；
C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；
D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不两相混合体系，故D错误；
故选C。
6. 下列物质分离（括号内的物质为杂质）的方法错误的是（ ）
A. 硝基苯（苯）--蒸馏
B. 乙烯（SO2）--氢氧化钠溶液
C. 己烷（己烯）--溴水，分液
D. 乙酸乙酯（乙醇）--碳酸钠溶液，分液
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯和硝基苯是互溶的液体混合物，利用沸点不同进行蒸馏分离，故A正确；
B.二氧化硫和氢氧化钠反应，而乙烯不反应，能分离除去，故B正确；
C.己烯和溴水反应二溴己烷，能溶于己烷，不能分离，故C错误；
D.乙醇能溶于碳酸钠溶液，而乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，可利用分液分离，故D正确；
答案选C。
二、解答题（本题共有3小题，共82分）
7. Ⅰ．X、Y、Z、W、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，X的核外电子总数与其电子层数相同；Z和M同主族，W的原子序数为Y原子价电子数的3倍；基态N原子d轨道中成对电子与单电子的数目比为4∶3。由上述元素中的四种组成的两种化合物常用于合成阻燃材料，其结构简式如图所示。
（1）按原子序数增大顺序写出六种元素名称______，元素N在周期表的位置______，基态W原子的电子排布式为______，基中电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形，第三周期中第一电离能均大于同周期相邻元素的是______（填元素符号）
（2）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物中，位于八面体的中心。若含0.5mol该配合物的溶液与足量溶液反应可生成71.75g白色沉淀，则该配合物的化学式为______。
Ⅱ．芦笋中的天冬酰胺（结构如图）和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。
（3）天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型有______种。有______个手性碳原子。
（4）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（，7.6℃）之间，其原因是______。
（5）哈勃-韦斯（Haber-Weiss）原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是______。
A． B． C． D． E．
（6）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体，呈正四面体构型，易溶于下列物质中的______（填序号）。
A. 水 B. C. NaOH溶液 D. 溶液
（7）的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。
晶胞中的个数为______。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。（）
【答案】（1） ①. 氢、氮、氟、磷、氯、钴 ②. 第四周期第Ⅷ族 ③. 1s22s22p63s23p3 ④. 哑铃 ⑤. 镁、磷
（2）[CoCl(NH3)5]Cl
（3） ①. 2 ②. 1
（4）甲硫醇不能形成分子间氢键，水和甲醇可以形成分子间氢键，且水形成的分子间氢键比甲醇的多
（5）AB （6）B
（7） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M、N是原子序数依次增大的前四周期元素，X的核外电子总数与其电子层数相同，则X为H元素，Z和M同主族，阻燃材料结构在Z、M均形成1条共价键，推知Z为F、M为Cl，而Y形成3条键、W形成5条键，且W的原子序数为Y原子价电子数的3倍，可推知Y为N元素、W为P元素，基态N的d轨道中成对电子与单电子的数目比为4：3，N的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故N为Co；
【小问1详解】
按原子序数增大顺序写出六种元素名称为氢、氮、氟、磷、氯、钴；元素钴在周期表的位置为第四周期第Ⅷ族，基态磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，基中电子占据最高能级的电子为3p电子，电子云轮廓图为哑铃形；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能大于相邻元素，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第三周期中第一电离能均大于同周期相邻元素的是镁、磷；
【小问2详解】
为Co2+，能形成配离子为八面体的配合物即，而Co2+位于八面体的中心，则配位数为6。通过题目信息“含0.5mol该配合物的溶液与足量溶液反应可生成71.75g白色沉淀”，可以判断出生成的沉淀为AgCl，物质的量为71.75g÷143.5g/mol=0.5mol，说明外界含有一个Cl-，配离子带1个单位正电荷，故一个配离子中含有一个Cl-，所以配合物的化学式为[CoCl(NH3)5]Cl；
【小问3详解】
天冬酰胺中饱和碳原子为sp3杂化、羰基碳为sp2杂化，故碳原子的杂化轨道类型有2种。有1个手性碳原子。
【小问4详解】
甲硫醇不能形成分子间氢键，水和甲醇可以形成分子间氢键，且水形成的分子间氢键比甲醇的多，氢键导致物质沸点升高，故甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（，7.6℃）之间；
【小问5详解】
Al3+的电子排布式为1s22s22p6，Mg2+的电子排布式为1s22s22p6，Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Mn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故Al3+和Mg2+没有未排满的d轨道，不能催化双氧水分解，故答案选AB。
【小问6详解】
呈正四面体构型，为非极性分子，易溶于非极性分子，下列物质中CCl4为非极性分子，则其易溶于CCl4，故答案选B。
【小问7详解】
据“均摊法”，晶胞中含个、4个，则晶体密度为。
8. Ⅰ.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i．钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii．TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO4
iii．0.1mol·L 1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3
01mol·L 1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(一)纯化：加入过量铁粉，充分反应后，分离混合物
(二)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如下图)。
（1）①产生白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3.原因是：沉淀生成后c(Fe2+)___________0.1mol·L 1(填“>”“=”或“<”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：___________。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：___________。
Ⅱ.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（2）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2
①电极反应式：
i．还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii．氧化反应：___________。
②根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i．随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii．随c(Cl-)降低，___________。
③补充实验证实了②中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
Ⅱ a 有氯气
Ⅲ a+b 无氯气
a是___________，b是___________。
（3）利用c(H+)对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是___________，从原子结构角度说明理由___________。
（4）根据(2)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是___________。
（5）Ag分别与1mol·L 1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：___________。
（6）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是___________。
【答案】（1） ①. Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2NH ②. > ③. pH为6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小 ④. 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+4H2O=4FeOOH+8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加
（2） ①. 2Cl--2e-=Cl2↑ ②. Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强 ③. KCl固体 ④. MnSO4固体
（3） ①. KCl＞KBr＞KI ②. 原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
（4）AgNO3或Ag2SO4
（5）溶解度AgI
【解析】
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
【小问1详解】
浓度FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁，故离子方程式为Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2NH。
0.1mol/LFe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，产生白色沉淀后pH低于资料iii中的6.3，则说明c(Fe2+)>0.1mol/L。
pH为6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小。
溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+4H2O=4FeOOH+8H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。
【小问2详解】
二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；氧化反应是元素化合价升高，电极反应为氯离子得电子生成氯气，故氧化反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，所以可能是Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强；
可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验Ⅱ的现象分析，试剂a可以是KCl固体；结合实验Ⅲ的显现是没有氯气，且实验Ⅲ也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验Ⅲ的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体，故答案为：KCl固体；MnSO4固体；
【小问3详解】
非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl＞KBr＞KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强，故答案为：KCl＞KBr＞KI，原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
【小问4详解】
根据(2)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3或Ag2SO4；
【小问5详解】
Ag分别与1mol·L的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合时，Ag-e-=Ag+，I-、Br-、Cl-均可使c(Ag+)降低，提高Ag的还原性，而其中只有I-能使Ag的还原性提高到能将H+还原，所以Ag只与氢碘酸发生置换反应。
【小问6详解】
通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，则规律为氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
9. Ⅰ．对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题。一种新的循环利用方案是用Bosch反应
（1）①已知：和的生成焓为和。则___________。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)
②若要此反应自发进行，___________(填“高温”或“低温”)更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是___________。
（2）350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol和4mol发生Bosch反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示(其中P为大气压)：
时间/min 0 10 20 30 40 50 60
压强 6.00P 5.60P 5.30P 5.15P 5.06P 5.00P 5.00P
①350℃时Bosch反应的___________。(用含P的表达式表示)(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②已知Bosch反应的速率方程：，。30min时，___________(填“>”、“<”或“=”，下同)；升高温度，增大倍数___________增大倍数。
Ⅱ．和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。和在催化剂表面发生反应：。
（3）T℃时，向1L密闭容器中投入1mol和1mol，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，计算该温度下平衡常数___________，该温度下达到平衡时的平均生成速率为___________。平衡时的转化率为___________。
（4）T℃时，若再向容器中同时充入2.0mol、6.0mol、4.0mol CO和8.0mol，则上述平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。
（5）在不同温度下催化剂的催化效率与CO的生成速率如图所示。
250~300℃时，温度升高而CO的生成速率降低的原因是___________(△代表CO的生成速率，■代表催化剂的催化效率)
（6）为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是(写一点即可)___________。
（7）以为原料可以合成多种物质。以KOH水溶液作电解质进行电解，在铜电极上可转化为甲烷，该电极电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. -90 ②. 低温 ③. 该反应的活化能较高
（2） ①. ②. > ③. <
（3） ①. 6.75mol2/L2 ②. 0.3 ③. 50%
（4）逆反应 （5）温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低
（6）增大体积，减小压强或者增大水蒸气的浓度
（7）CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-
【解析】
【小问1详解】
①根据题干可知，反应①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ/mol，反应②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-242kJ/mol，目标反应可由反应②×2-反应①得到，ΔH=(-242×2+394)kJ/mol=-90kJ/mol。
②该反应为熵减的放热反应，根据ΔH-TΔS<0反应自发进行可知，反应在低温下更有利。
③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因为该反应的活化能较高。
【小问2详解】
①从表格可知，该反应在50min时已经达到平衡，初始压强为6P，平衡时压强为5P，说明平衡时气体总物质的量为10mol，设平衡时反应消耗CO2xmol，则消耗H22xmol，生成H2O2xmol，则有4-x+8-2x+2x=10，解得x=2mol。故平衡时各气体的分压为p(CO2)=P，p(H2)=2P，p(H2O)=2P。Kp==。
②30min时=：=，因为此时反应正向进行，>1，则>。升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，正逆反应速率都增大，但是逆反应速率增大幅度大于正反应速率，同时c(H2O)浓度减小，c(CO2)和c(H2)的浓度增大，故k正增大倍数
平衡时甲烷浓度为0.5mol/L，则反应消耗甲烷0.5mol，消耗水0.5mol，生成CO0.5mol，生成氢气1.5mol，此时c(H2O)=0.5mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，K=mol2/L2=6.75mol2/L2。该温度下达到平衡时生成氢气1.5mol，氢气平均生成速率为=0.3mol·L-1·h-1。平衡时消耗甲烷0.5mol，甲烷的转化率为0.5mol÷1mol=50%。
【小问4详解】
T℃时，再向容器中同时充入2mol水、6mol甲烷、4molCO和8mol氢气，此时QC==237>K，此时平衡向逆反应方向移动。
【小问5详解】
催化剂的活性受到温度的影响，250-300℃时，温度升高CO的生成速率降低原因可能为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。
【小问6详解】
为了提高该反应中甲烷的平衡转化率，可采用增大体积，减小压强的方式或者增大水蒸气的浓度等。
【小问7详解】
以KOH水溶液为电解质进行电解，CO2在铜电极上转化为甲烷，CO2中C得电子，电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。
