（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；
（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)?4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出； （4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2?MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
9.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应速率 (3). 水浴加热 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质 (6). 因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)2?12H2O 【解析】
【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗； （2）步骤②需要加热
目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较
恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；
H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，（3）步骤③中选用足量的H2O2，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5； （4）为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?12H2O。
10.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。 “大于”或“小于”）根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H（填。 2（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质
量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进
的行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历
程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。
可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率v(a)=___________kPa·min?1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
【答案】 (1). 大于 (2). C (3). 小于 (4). 2.02 (5). COOHg+Hg+H2Og===COOHg+2Hg+OHg或H2Og===Hg+OHg (6). 0.0047 (7). b (8). c (9). a (10). d 【解析】
【分析】
（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断；
（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；
（4）根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO与H2的倾向大小关系判断CO与H2的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。
【详解】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)数（
Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化
Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分
n?H2?n?CO?）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），
n?H2?+n?H2O?n?CO?+n?CO2?故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
721 ℃时，（2）在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)
起始（mol） 1 1 0 0 转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
n?H2?xmolx==，则平衡时体系中H2的物质的量分数=因该反应为n总21-x+1-x+x+xmol????????可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOHg+Hg+H2Og===COOHg+2Hg+OHg；因反应前后COOHg和1个Hg未发生改变，也可以表述成H2Og===Hg+OHg；
（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率v(a)=
0.28 kPa=0.0047 kPa·min?1；由（2）中分
60min析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：
由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃
(完整word版)2024年全国高考I卷理综(化学)试题及答案(2),推荐文档
