資源簡介

2025年蘇州市高三期中摸底測試卷2
（總分：100分；考試時長：75分鐘）
可能用到的相對原子質量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ca-40 Mn-55
一、單選題
1．（2025·江蘇·一模）材料是人類賴以生存和發展的物質基礎，下列材料主要成分屬于有機物的是
A．天然橡膠 B．不銹鋼 C．足球烯 D．光導纖維
2．（2024·江蘇·一模）與水反應可產生，液氨發生微弱電離產生，液氨能與堿金屬（如Na、K）反應產生。下列說法正確的是
A．中σ鍵與π鍵的數目比例為1∶1 B．液氨電離可表示為：
C．的結構式為 D．中存在Mg與之間的強烈相互作用
3．（2024·江蘇南京·二模）下列由廢易拉罐制取的實驗原理與裝置不能達到實驗目的的是
A．用裝置甲溶解廢易拉罐細屑 B．用裝置乙過濾得到Na[Al(OH)4]溶液
C．用裝置丙制取沉淀 D．用裝置丁灼燒制取
（2025·江蘇南通·一模）閱讀下列材料，完成下面小題。
周期表中第ⅥA族元素的單質及其化合物應用廣泛。O3、H2O2等都是生產中常見的氧化劑；H2S的燃燒熱為586kJ·mol-1；單質硒可以用作光敏材料，工業上可由甲酸與含亞硒酸(H2SeO3)的廢液在103℃反應制得；我國科學家還研發了一種硒電池，放電時總反應為Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表現出了超強的電容量和出色的循環性能。
4．下列說法正確的是
A．H2O2分子中所有原子在同一直線上 B．H2S晶體屬于共價晶體
C．SeO的空間構型是平面三角形 D．1molH2SeO3中含有5molσ鍵
5．下列物質的結構與性質或性質與用途具有對應關系的是
A．O3是極性分子，O3易溶于水
B．Se最外層有6個電子，單質硒的熔沸點較低
C．CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的殺菌消毒
D．H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反應制備BaO2
6．下列化學反應表示正確的是
A．H2S稀溶液中通入少量SO2氣體：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3
B．H2S燃燒的熱化學方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1
C．H2SeO3制取單質硒的化學方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O
D．硒電池放電時正極反應式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se
7．（2024·江蘇省南京·二模）丁二酮肟與Ni2+反應生成鮮紅色的二丁二酮肟合鎳沉淀，如圖所示。該反應可鑒定Ni2+的存在。下列說法不正確的是
A．沸點高低：
B．半徑大小：
C．電離能大小：
D．Ni2+提供空軌道，N原子提供孤電子對
8．（2022·江蘇連云港·二模）前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X的單質是空氣中含量最多的氣體，基態時Y原子的原子軌道上沒有未成對電子，Z的最高價與最低負價的絕對值之差為6，W與 Y處于同一主族。下列說法正確的是
A．原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的第一電離能比W的大
C．X的簡單氣態氫化物與Z的單質不能反應
D．Y的最高價氧化物對應水化物的堿性比W的強
9．（2022·福建福州·二模）鹽酸羥胺(NH3OHCl)是一種常見的還原劑和顯像劑，其化學性質類似NH4Cl。工業上主要采用圖1所示的方法制備。其電池裝置中含Fe的催化電極反應機理如圖2所示。不考慮溶液體積變化，下列說法正確的是
A．電池工作時，Pt電極是正極
B．圖2中，A為H+和e-，B為NH3OH+
C．電池工作時，每消耗2.24LNO(標準狀況下)，左室溶液質量增加3.3g
D．電池工作一段時間后，正、負極區溶液的pH均下降
10．（2025·江蘇·一模）根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是
選項 實驗操作和現象 結論
A 向飽和Na2CO3溶液中通入CO2，溶液變渾濁 NaHCO3溶解度小于Na2CO3
B 向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化 結合Fe3+的能力：F-＞SCN-
C 向AgNO3溶液和淀粉KI溶液中分別滴加少量新制氯水，前者有白色沉淀，后者溶液變藍色 氯氣與水的反應存在化學反應限度
D 向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍 淀粉未水解
A．A B．B C．C D．D
11．（2022·江蘇·二模）一種利用廢舊鍍鋅鐵皮制備磁性Fe3O4納米粒子的工藝流程如圖。
下列有關說法不正確的是
A．“堿洗”是為了去除廢舊鍍鋅鐵皮表面的油污
B．“氧化”時發生反應的離子方程式為2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
C．“氧化”后的溶液中金屬陽離子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光筆照射“加熱沉鐵”后所得分散系，產生丁達爾效應
12．（2023·江蘇·一模）室溫下用0.1molL﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一種脫硫工藝流程如圖所示。已知H2SO3電離平衡常數分別為Ka1=1.0×10﹣2，Ka2=1.0×10﹣7，H2CO3電離平衡常數分別為Ka1=4.0×10﹣7、Ka2=5.0×10﹣11，Ksp(CaCO3)=3×10﹣9，Ksp(CaSO3)=3×10﹣7，忽略通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發。
下列說法正確的是
A．0.1molL﹣1 Na2SO3溶液中：c(OH﹣)=c(H+)+c()+c(H2SO3)
B．NaHSO3溶液中：c()C．“沉淀”分離后的濾液中：c(Ca2+)c()D．“沉淀”時發生主要反應的離子方程式：CaCO3+=CaSO3+
13．（2024·江蘇·一模）采用熱分解法脫除沼氣中的過程中涉及的主要反應為
反應Ⅰ： kJ mol
反應Ⅱ： kJmol
保持100kPa不變，將與按2∶1體積比投料，并用稀釋，在不同溫度下反應達到平衡時，所得、與的體積分數如題13圖所示。下列說法正確的是
題13圖
A．反應的 kJ mol
B．曲線Y代表的是的平衡體積分數
C．高于1050℃時，平衡轉化率與平衡轉化率的差值隨溫度升高減小
D．1050℃下反應，增大體系的壓強，平衡后H 的體積分數可能達到0.07
二、填空題
14．（2023·江蘇·一模）鍶的化合物應用廣泛，SrSO4可用于陶瓷工業，SrF2可作防蛀牙膏的添加劑。
(1)以天青石精礦(主要含SrSO4)為原料制備高純硫酸鍶的部分工藝流程如下：
①“轉化”中用碳酸氫銨和過量氨水的混合溶液浸取天青石精礦，可制得SrCO3沉淀。寫出該過程的離子方程式：
②“轉化”中維持反應溫度70℃且控制氨水過量，氨水過量的主要原因是
③該工藝流程中，可循環利用物質是 (填化學式) 。
(2)工業上還可用碳還原法制備高純硫酸鍶。將天青石精礦和煤粉按照一定質量比在回轉窯中煅燒，生成SrS，再處理得高純SrSO4。
①煅燒溫度對SrSO4轉化率的影響如圖,最佳煅燒溫度為
②天青石精礦和煤粉質量比對SrSO4轉化率的影響如圖,天青石精礦和煤粉質量比增大至5.5：1后，SrSO4轉化率下降的可能原因是 。
(3)SrF2一種晶體的晶胞結構如圖所示。
①由圖可知，每個Sr2+周圍緊鄰且等距離的Sr2+個數為 。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的質量為2mg，口腔中溶液體積為5mL，刷牙時口腔溶液中氟離子濃度為 mol·L-1。
15．（2025·江蘇鹽城·一模）六羰基鉬催化劑對于間位取代苯衍生物的合成至關重要，一種化合物H的合成路線如下：
(-代表苯基)
(1)有機物G中的官能團名稱為 。
(2)有機物F的分子式為，則其結構簡式為 。
(3)D和乙二醇()以物質的量比為完全酯化的產物有多種同分異構體，其中一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式： 。
①分子中含有3種不同化學環境的氫原子；
②能發生銀鏡反應；
③能發生水解反應，且該分子水解時消耗。
(4)D→E的過程中反應機理如下：
試寫出該過程發生的反應類型：先發生 反應，再發生 反應。
(5)寫出以苯乙烯、苯甲酸、為原料制備的合成路線流程圖 (無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。
16．（2022·江蘇連云港·二模）工廠煙氣(主要污染物SO2、NO)直接排放會造成空氣污染，需處理后才能排放。
(1)O3氧化。O3氧化過程中部分反應的能量變化如圖所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。則反應2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他條件不變時，增加n(O3)，O3氧化SO2的反應幾乎不受影響，其可能原因是 。
(2)NaClO2氧化。40 ℃時向一定量NaClO2溶液中按一定流速持續通入工廠煙氣，溶液的pH與ORP值(氧化還原電位)隨時間變化如圖所示。
①寫出NO與ClO反應的離子方程式： 。
②煙氣中含有少量SO2，能提高NO的脫除率，可能原因是 。
(3)TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化劑在紫外線作用下產生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很強的得電子能力)，將煙氣中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化劑粒子表面產生·OH的機理如圖所示(圖中部分產物略去)。已知TiO2中電子躍遷的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化劑在紫外線作用下產生·OH的過程可描述為 。
②在TiO2中摻雜一定量的金屬離子可提高光催化活性。對所摻雜金屬離子的要求是 。
17．（2024·江蘇蘇州·三模）研究的綜合利用具有重要的意義。
Ⅰ.催化重整制氫氣
一種與催化重整制取的過程如圖1所示。在反應管中加入和催化劑，先通入，待步驟Ⅰ完成后，再將以一定流速通入，并控制溫度為，進行步驟Ⅱ。
(1)寫出步驟Ⅱ中發生主要反應的化學方程式： 。
(2)步驟Ⅱ中還存在少量副反應：，測得出口處和的流量隨時間變化如圖2所示。
①時出口處氣體流量略高于的原因是 。
②反應進行后，反應管中仍殘留較多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是 。
Ⅱ.用于煙氣脫硝
(3)煙氣脫硝相關反應如下：
反應Ⅰ
反應Ⅱ
反應Ⅲ
①反應Ⅲ的 。
②反應Ⅰ和反應II的平衡常數分別為、，則相同溫度下反應Ⅲ的 (用、表示)。
(4)模擬煙氣脫硝：一定條件下，將、和按勻速通過催化脫硝反應器，測得去除率和轉化率隨反應溫度的變化如圖3所示。
①當溫度低于時，的去除率隨溫度升高而升高，可能原因是 。
②當溫度高于時，的去除率隨溫度升高而降低，可能原因是 。高三期中摸底測試卷2參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B D D A C C B C B
題號 11 12 13
答案 A D C
1．A
【詳解】A．天然橡膠是聚異戊二烯的高聚物，含有碳氫等元素，屬于有機高分子化合物，所以主要成分是有機物，A正確；
B．不銹鋼是鐵、鉻、鎳等金屬的合金，屬于金屬材料，不屬于有機物，B錯誤；
C．足球烯(C60)是由碳元素組成的單質，屬于無機非金屬材料，不屬于有機物，C錯誤；
D．光導纖維的主要成分是二氧化硅，屬于無機非金屬材料，不屬于有機物，D錯誤；
故選A。
2．B
【詳解】A．中σ鍵與π鍵的數目比例為1∶2，A錯誤；
B．液氨發生微弱電離產生，所以液氨電離可表示為：，B正確；
C．的結構式為，C錯誤；
D．中存在Mg2+與之間的強烈相互作用，D錯誤；
故選B。
3．D
【詳解】A．易拉罐中的鋁元素組成的相關物質可與NaOH反應被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正確；
B．可以通過乙裝置將Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固體進行過濾分離，B正確；
C．將二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反應生成沉淀，C正確；
D．灼燒固體應選坩堝，D錯誤；
答案選D。
4．D 5．A 6．C
【解析】4．
A．H2O2分子中O的價層電子對數為，雜化方式均為，所有原子不會在同一直線上，H2O2分子結構：，A錯誤；
B．H2S晶體屬于分子晶體，B錯誤；
C．的中心原子價層電子對數為4，雜化方式為，空間構型是三角錐結構，C錯誤；
D．1個H2SeO3()含5個σ鍵，1molH2SeO3中含有5molσ鍵，D正確；
故選D；
5．A．O3分子中心O原子呈正電性，兩個端位O原子呈負電性，是極性分子，水也是極性分子，相似相溶，O3易溶于水，有對應關系，A正確；
B．Se核外有34個電子，位于第四周期第ⅥA族，最外層有6個電子，單質硒是分子晶體，熔沸點較低，兩者無對應關系，B錯誤；
C．CuSO4溶液中銅離子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白質變性，用于泳池的殺菌消毒，兩者無對應關系，C錯誤；
D．H2O2中O元素-1價，有氧化性，可用于和Ba(OH)2反應制備BaO2，H2O2相當于二元弱酸，氫氧化鋇是堿，發生復分解反應，兩者無對應關系，D錯誤；
故選A；
6．A．H2S稀溶液中通入少量SO2氣體生成硫單質：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A錯誤；
B．根據H2S的燃燒熱為586kJ·mol-1可知，H2S燃燒反應的熱化學方程式為2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172kJ/mol，B錯誤；
C．由甲酸與亞硒酸(H2SeO3)在103℃反應制得Se，制取單質硒的化學方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O，C正確；
D．放電時總反應為Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，Se化合價降低做正極，硒電池放電時正極反應式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D錯誤；
故選C；
7．C
【詳解】A．CH4、NH3、H2O的相對分子質量都比較接近，但H2O在常溫下呈液態，而CH4、NH3呈氣態，NH3分子間能形成氫鍵，則沸點高低：，A正確；
B．同周期元素從左到右，原子半徑依次減小，C、N、O為同周期相鄰元素且從左往右排列，則半徑大小：，B正確；
C．C、N、O為同周期相鄰元素，但N原子的2p軌道半充滿，第一電離能反常，則電離能大小：，C不正確；
D．二丁二酮肟合鎳配離子中，Ni2+為中心離子，提供空軌道，N原子為配位原子，提供孤電子對，D正確；
故選C。
8．B
【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X的單質是空氣中含量最多的氣體，則X為N元素；基態時Y原子的原子軌道上沒有未成對電子，其電子排布式為1s22s22p63s2，則Y為Mg元素；W與 Y處于同一主族，則W為Ca元素；Z的最高價與最低負價的絕對值之差為6，則Z為Cl元素。
【詳解】A．同一周期從左到右，原子半徑逐漸減小；同一主族從上到下，原子半徑逐漸增大，則原子半徑：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A項錯誤；
B．同一主族從上到下，第一電離能逐漸減小，則Y的第一電離能比W的大，B項正確；
C．X的簡單氣態氫化物為NH3，Z的單質為Cl2，二者可以發生氧化還原反應，C項錯誤；
D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應水化物的堿性越強，金屬性：W＞Y，則Y的最高價氧化物對應水化物的堿性比W的弱，D項錯誤；
答案選B。
9．C
【分析】由圖可知，Pt電極上H2→，失去電子發生氧化反應，做負極，電極反應式：H2-2e-=2；含鐵的催化電極為正極，其電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl；
【詳解】A．Fe電極NO→NH3OHCl，N元素化合價降低，做正極，Pt電極H2→，H元素化合價升高，做負極，故A錯誤；
B．根據題意可知，NH2OH具有類似NH3的弱堿性，可以和鹽酸反應生成鹽酸羥胺，所以缺少的一步為反應為：NH2OH+H+=NH3OH+，圖2中，A為H+，B為，故B錯誤；
C．含鐵的催化電極為正極，其電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，4個氫離子中有1個是左側溶液中HCl提供的，3個是右側溶液遷移過來的；標況下消耗2.24LNO的物質的量，則左室增加的質量為0.1molNO和0.3molH+的質量，即增加質量為3.3g，故C正確；
D．負極電極反應式：H2-2e-=2，H+濃度增大pH值減小，正極電極反應為：NO+3e-+4H++Cl-=NH3OHCl，正極區H+濃度減小，pH增大，故D錯誤；
故選C。
10．B
【詳解】A．向飽和Na2CO3溶液中通入CO2，生成NaHCO3，若有1molNa2CO3(106g)參加反應，生成2molNaHCO3(168g)，由于NaHCO3的質量大于Na2CO3的質量，所以雖然溶液變渾濁，仍不能確定NaHCO3溶解的質量小于Na2CO3溶解的質量，A不正確；
B．向等物質的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩，溶液顏色無明顯變化，則表明Fe3+只與F-結合，沒有與SCN-結合，從而說明結合Fe3+的能力：F-＞SCN-，B正確；
C．向AgNO3溶液中滴加少量新制氯水，生成AgCl白色沉淀，表明氯水中含有Cl-，后者溶液變藍色，則表明I-被氧化為I2，Cl2、但HClO都能將I-氧化為I2，所以不能肯定氯水中存在Cl2，也就不能證明氯氣與水的反應存在化學反應限度，C不正確；
D．向淀粉溶液中加適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液變藍，表明溶液中含有淀粉，可能是淀粉未水解，也可能是淀粉部分水解，D不正確；
故選B。
11．A
【分析】向廢舊鍍鋅鐵皮中加入氫氧化鈉溶液除去鋅，過濾向固體中加入稀硫酸，鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，向硫酸亞鐵溶液中加入次氯酸鈉溶液，將一部分亞鐵離子氧化為鐵離子，發生反應：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，先通入氮氣排盡空氣(防止后續生成的氫氧化亞鐵被氧化)，加入氫氧化鈉溶液產生氫氧化亞鐵、氫氧化鐵膠體，分離得到氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，灼燒得到四氧化三鐵。
【詳解】A．由分析可知，“堿洗”是為了除去鋅，生成Na2ZnO2，過濾得到鐵單質，A錯誤；
B．“氧化”時，亞鐵離子與次氯酸根離子發生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，B正確；
C．“氧化”時，部分亞鐵離子與次氯酸根離子發生反應：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故溶液中金屬陽離子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，C正確；
D．“加熱沉鐵”后所得分散系為膠體，膠體可產生丁達爾效應，D正確；
答案選A。
12．D
【分析】Na2SO3溶液吸收煙氣中的SO2，生成NaHSO3，由于H2SO3的Ka2=1.0×10﹣7小于H2CO3的Ka1=4.0×10﹣7，所以CaCO3與NaHSO3反應只能生成和CaSO3，CaSO3被通入的氧氣氧化生成CaSO4，從而獲得石膏，據此回答。
【詳解】A．由質子守恒得，0.1molL﹣1 Na2SO3溶液中：，A錯誤；
B．H2SO3電離平衡常數分別為Ka1=1.0×10﹣2，Ka2=1.0×10﹣7，電離常數為Ka2=1.0×10﹣7，的水解常數為，由于，電離強于水解，故NaHSO3溶液中，B錯誤；
C．“沉淀”分離后的濾液，仍是CaSO3的飽和溶液，則c(Ca2+)c()=Ksp(CaSO3)，C錯誤；
D．由分析知H2SO3的Ka2=1.0×10﹣7小于H2CO3的Ka1=4.0×10﹣7，所以CaCO3與NaHSO3反應只能生成和CaSO3，“沉淀”時發生主要反應的離子方程式：CaCO3+=CaSO3+，D正確；
故選D。
13．C
【分析】根據反應Ⅰ和反應Ⅱ，利用蓋斯定律可得： kJ mol，將與按2∶1體積比投料，并用稀釋，在不同溫度下反應達到平衡時，由于是反應Ⅰ的生成物同時又是反應Ⅱ的反應物，因此曲線Y是。950℃-1050℃時，以反應Ⅰ為主，隨著溫度升高，反應Ⅰ速率大于反應Ⅱ，所以的體積分數會增大，1050℃-1150℃之間，反應Ⅱ速率增大的幅度大于反應Ⅰ，的體積分數會減小。根據方程式中的數量關系，曲線Z為，曲線X為。
【詳解】A．根據反應Ⅰ和反應Ⅱ，利用蓋斯定律可得： kJ mol，A錯誤；
B．由分析可知曲線Y代表的是的平衡體積分數，B錯誤；
C．1050℃-1150℃之間，與的體積分數差值越來越小，所以平衡轉化率與平衡轉化率的差值隨溫度升高減小，C正確；
D．1050℃下反應，反應Ⅰ和反應Ⅱ都是氣體體積增大的反應，增大體系的壓強，平衡會逆向移動，平衡后H 的體積分數小于0.07，D錯誤；
故選C。
14．(1) 能提供更多的碳酸根離子，使反應向生成碳酸鍶的方向進行 NH3
(2) 1200℃ 煤粉不足，不能使硫酸鍶充分反應
(3) 12
【分析】（1）由溶度積可知相同溫度時溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，所以將天青石礦粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反應，過濾后得到的粗SrCO3中含有雜質SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙燒分解轉化成氧化鍶和二氧化碳，氧化鍶與水反應生成易溶于水的氫氧化鍶，難溶的SiO2和BaSO4進入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此時加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
【詳解】（1）①由溶度積可知相同溫度時溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物質能轉化為溶解度小的物質，所以將天青石礦粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反應生成碳酸鍶，，答案：；
②氨水過量會中和較多的碳酸氫根離子，碳酸氫根離子與鍶離子結合生成碳酸鍶，所以氨水過量的主要原因是能提供更多的碳酸根離子，使反應向生成碳酸鍶的方向進行，答案：能提供更多的碳酸根離子，使反應向生成碳酸鍶的方向進行；
③第一步轉化中需要NH3H2O，在沉淀過程中會生成NH3，NH3可循環利用，故答案為：NH3；
（2）①隨著溫度的升高硫酸鍶的轉化率在升高，當達到1200℃后，再升高溫度轉化率沒有明顯的變化，所以選擇1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4轉化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸鍶充分反應；
（3）①由晶胞結構可知一種微粒位于頂點和面心，每個晶胞均攤4個，內部有8個另一種微粒，所以可知鍶離子位于頂點和面心，每個Sr2+周圍緊鄰且等距離的Sr2+個數為12個，答案：12；
②是難溶物，口腔中形成了飽和溶液，設 mol·L-1，則 mol·L-1，所以，得，所以氟離子濃度為mol·L-1，答案：。
15．(1)羰基、碳碳三鍵
(2)
(3)
(4) 加成反應 消去反應
(5)
【分析】
A和溴發生取代反應在苯環引入溴原子得到B，B和鎂反應生成格氏試劑C，C和二氧化碳反應后水解引入羧基得到D，D與SOCl2發生取代反應引入氯原子得到E，E和F生成G，F的分子式為C10H10，結合G結構可知，F為，則E與F的反應為取代反應；G再轉化為H；
【詳解】（1）由G結構可知，有機物G中的官能團名稱為羰基、碳碳三鍵，故答案為：羰基、碳碳三鍵；
（2）
由分析知，有機物F的分子式為C10H10，則其結構簡式為，故答案為：；
（3）
D中含有羧基，和乙二醇(HOCH2CH2OH)以物質的量比為2：1完全酯化的產物為；其同分異構體同時滿足下列條件：
①分子中含有3種不同化學環境的氫原子，則結構對稱；②能發生銀鏡反應，含有醛基或甲酸酯基；③能發生水解反應，且1mol該分子水解時消耗4molNaOH，則含有2個甲酸酯基，且水解后生成酚羥基，故可以為或。
（4）由圖可知，該加成的歷程為：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子進攻SOCl2中的S(δ+)原子，一根S-Cl鍵斷裂，Cl得到共用電子對離去，隨后Cl-進攻羰基C原子，發生加成反應；O-C鍵和S-Cl鍵斷裂，Cl得到共用電子對離去，S轉化為SO2離去，羥基的電子對向碳原子轉移形成碳氧雙鍵，使羥基H帶部分正電荷，隨后Cl-進攻羥基H(δ+)原子，形成HCl離去，發生消去反應，故答案為：加成反應；消去反應；
（5）
苯乙烯和溴加成引入溴原子，再發生消去反應得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl2發生D生成E的反應引入氯原子，再和苯乙炔發生E生成G的反應得到，再和發生G生成H的反應生成產物，故流程為：。
16．(1) -285.2 SO2與O3反應的活化能比NO與O3反應的活化能大得多，其他條件不變時SO2與O3的反應速率慢
(2) 4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl- SO2能溶于水，反應后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增強，NO去除率升高
(3) 催化劑在紫外線的作用下將電子激發到CB端，而在VB端留下空位；氧氣在CB端得電子生成·O，·O結合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-進入VB端的空位生成·OH 金屬離子摻雜引起的電子躍遷的能量小于3.2eV
【詳解】（1）①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根據圖示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根據蓋斯定律，將2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他條件不變時，增加n(O3)，O3氧化SO2的反應幾乎不受影響，其可能原因是SO2與O3反應的活化能比NO與O3反應的活化能大得多，其他條件不變時SO2與O3的反應速率慢，因此反應速率幾乎不變；
（2）①ClO具有強氧化性，會將NO氧化為，ClO被還原為Cl-，根據原子守恒、電子守恒、電荷守恒，可得該反應的離子方程式為：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②煙氣中含有少量SO2，SO2能溶于水，反應產生H2SO3，使反應后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增強，從而導致NO去除率升高，故提高了NO的脫除率；
（3）①TiO2光催化劑在紫外線作用下產生·OH的過程可描述為：催化劑在紫外線的作用下將電子激發到CB端，而在VB端留下空位；氧氣在CB端得電子生成·O，·O結合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-進入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中摻雜一定量的金屬離子可提高光催化活性。由于TiO2中電子躍遷的能量hv=3.2eV，因此對所摻雜金屬離子的要求是：金屬離子摻雜引起的電子躍遷的能量小于3.2eV。
17．(1)
(2) 步驟Ⅱ主反應生成的與的物質的量相等，副反應消耗同時生成 分解生成和，使濃度降低，生成的覆蓋在催化劑表面，使活性降低
(3)
(4) 溫度低于，催化劑活性增強和溫度升高共同使脫硝反應速率加快 高于時，與氧氣發生燃燒，參加脫硝反應的量減少，使脫硝反應速率減慢
【詳解】（1）步驟Ⅱ中反應物是碳酸鈣和甲烷，發生反應生成氧化鈣、CO和氫氣，主要反應的化學方程式：；
（2）①步驟Ⅱ反應化學方程式：生成與的物質的量相等，步驟Ⅱ中還存在少量副反應：生成CO，則時出口處氣體流量略高于的原因是：步驟Ⅱ主反應生成的與的物質的量相等，副反應消耗同時生成；
②反應進行后，反應管中仍殘留較多，但流量迅速降低，流量升高，可能的原因是：分解生成和，使濃度降低，生成的覆蓋在催化劑表面，使活性降低；
（3）①根據蓋斯定律，反應I-反應II可得反應Ⅲ，則反應Ⅲ的-985.2-(-116.2)= ；
②反應I-反應II可得反應Ⅲ，兩式相減則平衡常數相除，則相同溫度下反應Ⅲ的；
（4）①當溫度低于時，催化劑活性較佳，且溫度逐漸升高反應速率加快，因此的去除率隨溫度升高而升高，可能原因是：溫度低于，催化劑活性增強和溫度升高共同使脫硝反應速率加快；
②當溫度高于時，反應物加入氧氣，能與甲烷發生燃燒反應，使甲烷的量減少，反應物濃度減小，使脫硝反應速率減慢，的去除率隨溫度升高而降低，可能原因是：高于時，與氧氣發生燃燒，參加脫硝反應的量減少，使脫硝反應速率減慢。

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