2019-2020学年北京西城44中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京西城 44 中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O3AlCl+CH3COOH NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2 倍B1mol 苯所含的化学单键数目为12 NAC0.5mol 乙酸酐中含有的电子数目为27 NAD 1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA【答案】C【解析

2、】【分析】【详解】A气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据 =mV，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A 错误；B苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1 个苯分子中有6 个单键，1mol 苯中含有6mol 单键即 6 NA个，故 B 错误；C 一个乙酸酐分子中含有54 个电子，1mol 乙酸酐分子中含有54mol 电子，则 0.5mol 乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA，故 C正确；D 1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，

3、醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故 D 错误；答案选 C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。2有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（）A甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4 种B按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，2，3-三甲基-3-丁醇C2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰【答案】A【解析】【分析】【详解】A甲苯有4 种等效氢（），间二甲苯也有4 种等效氢（），因此它们的一溴代物均有 4 种，A 项正确；B

4、醇的系统命名，选含羟基的最长碳链为主链，从距羟基较近的一端开始编号，该化合物名称应为：2，3，3-三甲基-2-丁醇，B 项错误；C2-丁烯的结构为或，分子中的四个碳原子不在一条直线上，C项错误；D乙酸甲酯分子中有2 种等效氢（），在核磁共振氢谱中会出现2 组峰，D 项错误；答案选 A。【点睛】用系统命名法命名的一般原则：选择含官能团的最长碳链为主链；编号时，先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小，再考虑使其它支链的编号尽可能小；写名称时，先写支链名称，再写主链名称，阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。3已知有机化合物。下列说法正确的是A b 和 d 互为同系物Bb、d、p 均可与金属钠反应Cb、d、

5、p 各自同类别的同分异构体数目中，b 最多D b 在一定条件下发生取代反应可以生成d【答案】D【解析】【详解】A 选项，b 为羧酸，d 为酯，因此不是同系物，故A 错误；B 选项，d 不与金属钠反应，故B错误；C 选项，b 同分异构体有1 种，d 同分异构体有8 种，p 同分异构体有7 种，都不包括本身，故C 错误；D 选项，b 在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故 D 正确。综上所述，答案为D。【点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。4氮化碳(C3N4)的硬度大于金刚石，则氮化碳中A只有共价键B可能存在

6、离子C可能存在NND存在极性分子【答案】A【解析】【详解】A.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，故A 正确；B.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是原子晶体，其中只有共价键，没有离子，故B 错误；C.C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C 原子周围有4 个 N原子，每个N 原子周围有3 个 C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，没有NN，故 C错误；D.C3N4晶体中每个C原子周围有4 个 N 原子，形成正四面体空间网状结构，没有极性，故D 错误；正确答案是A。【点睛】本题考查原子晶体的性

7、质及作用力，明确信息是解答本题的关键，熟悉原子晶体的构成微粒、作用力、空间结构即可解答，题目难度不大，注重知识的迁移能力来分析解答。5如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700900时，O2可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（）A电池内的O2由电极甲移向电极乙B电池总反应为N2H4+2O22NO+2H2O C当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D电池外电路的电子由电极乙移向电极甲【答案】C【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃

8、料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2-4e-=N2+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【详解】A.放电时，阴离子向负极移动，即O2-由电极乙移向电极甲，A 项错误；B.反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，B 项错误；C.由电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O 可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.

9、4LO2参与反应，C项正确；D.电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选 C。6下列有关化学用语表示正确的是（）A二氧化碳分子的比例模型B芳香烃的组成通式CnH2n6（n6）C12C、14C原子结构示意图均可表示为D羟基的电子式【答案】C【解析】【分析】【详解】A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子的半径大于氧原子，A 项错误；B.n2n-6C H是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；C.12C和14C仅仅是中子数不同，均有6 个质子和 6 个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；D.基态氧原子有6 个电子，和一

10、个氢原子形成共价键后的电子后应该是7 个，D 项错误；答案选 C。【点睛】芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。7有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是A可在船壳外刷油漆进行保护B可将船壳与电源的正极相连进行保护C可在船底安装锌块进行保护D在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀【答案】B【解析】A.可在船壳外刷油漆进行保护，A 正确；B.若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B 不正确；C.可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D.在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D 正确。本题选B。8下列有关叙述正确的是A汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油

11、不完全燃烧造成的B酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N 元素，故 A 错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故 B 错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg 比铁活泼，Mg 作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁

12、粉防止食品氧化，故D 错误，答案选C。9下列说法正确的是()A蒸发结晶操作时，当水分完全蒸干立即停止加热B滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中C测定 NaClO 溶液的 pH，可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH 试纸上，再与标准比色卡对照读数D用 pH 计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和 NaCN 溶液的 pH，通过比较pH 大小比较 H2CO3、HCN的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A.蒸发时不能蒸干，利用余热加热，出现大量固体时停止加热，故A 错误；B.滴定实验中，可以将待测液放到滴定管中，标准液置于锥形瓶中，只要计算准确，不影响结果，故B正确；C.NaClO溶液

13、有漂白性不能用pH 试纸测其pH 值，故 C错误；D.测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和 NaCN溶液的 pH，可知碳酸氢根离子与HCN的酸性，不能比较 H2CO3、HCN的酸性强弱，故D 错误；故答案为B。【点睛】从习惯上讲，被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中；从原理上说都可以，只要操作准确，计算准确即可。10W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3 倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W 原子提供)，下列说法还正确的是（）A气态氢化物的稳定性：WY B原子半径：XZYW C该物质中含离子键和共价键D Z

14、有多种单质，且硬度都很大【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3 倍，Y是 O 元素；W 形成 1 个单键，W 是 F元素；Z形成 4 个键，Z是 C 元素；X形成 3 个单键，通过提供空轨道形成1 个配位键，X是 B 元素。【详解】A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HFH2O，故 A 正确；B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：BCOF，故 B 正确；C.该物质中Li+和之间是离子键，C和 O 之间是共价键，故C正确；D.Z是 C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D 错误；选 D。【点睛】本题考查元素

15、周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。11有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（）A 15 号碳均在一条直线上B在特定条件下能与H2发生加成反应C其一氯代物最多有4 种D其官能团的名称为碳碳双键【答案】B【解析】【详解】A 选项，1、2、3 号碳或 3、4、5 号碳在一条直线上，2、3、4 号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109o28，故 A 错误；B 选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；C 选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一

16、氯代物最多有3 种，故 C 错误；D 选项，该有机物中没有官能团，故D 错误。综上所述，答案为B。1219 世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是A提出了原子学说B提出了元素周期律C提出了分子学说D提出了化学平衡移动原理【答案】B【解析】A.提出原子学说的是卢瑟福，B.元素周期律的发现主要是门捷列夫所做的工作，C.提出分子学说的是阿伏加德罗，D.法国化学家勒沙特列提出了化学平衡移动原理。故选择B。13下列物质与其用途不相符的是A乙二醇 抗冻剂BNaCl制纯碱CAl2O3焊接钢轨D甲苯 制炸药【答案】C【解析】【详解】A.乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A 正确；B.侯氏制碱法的原理是将氨气和

17、二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B 正确；C.利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D.三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制取，故D 正确。故选：C。14化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A可折叠柔性屏中的灵魂材料纳米银与硝酸不会发生化学反应.B2022 年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D建设世界第一高混凝

18、土桥塔用到的水泥和石灰均属于新型无机非金属材料【答案】B【解析】【详解】A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+2HNO3=AgNO3+NO2+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO +2H2O，故 A 错误；B.聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B 正确；C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D.建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D 错误；故选 B。【点睛】硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。15常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象

19、描述错误的是（气体在同温同压下测定）（）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL 气体【答案】D【解析】【详解】A.因 H2S与 SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B.根据反应SO2+2H2S=3S +2H2O，有无色液体水生成，正确；C.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D.根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与 10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选 D。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间

20、的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgI AgCl 溶解度/g（20）2.4 1041.4 1033.0 1071.5 104（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂 A 试剂 B 试剂 C 加入盐酸后的现象实验实验BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，_。（2）实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。（3）实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_。（二）探究AgCl和 AgI 之间的转化。（4）

21、实验：证明AgCl转化为 AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3溶液b NaCl 溶液c KI 溶液（5）实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI 转化为 AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数.按图连接装置并加入试剂，闭合K a.向 B中滴入 AgNO3（aq），至沉淀完全b.再向 B 中投入一定量NaCl（s）c.重复，再向B中加入与等量的NaCl（s）a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，Ag可氧化 I

22、，但 AgNO3溶液与 KI溶液混合总是得到AgI 沉淀，原因是氧化还原反应速率 _（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与 I的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为 _。结合信息，解释实验中b a的原因：_。实验的现象能说明AgI 转化为 AgCl，理由是 _。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡

23、BaSO4(s)垐?噲?Ba2(aq)SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2结合生成 BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动b 小于2Ag2I=I22Ag 生成 AgI 沉淀使 B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原电池的电压减小实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb 说明加入Cl使 c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq)垐?噲?AgCl(s)I(aq)【解析】【分析】因为 BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验 是将少量BaCl2中加入 Na2SO4溶液中，再加入 Na2CO3溶液使部分BaSO4转化

24、为 BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)垐?噲?Ba2(aq)SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2结合生成BaCO3沉淀。向 AgCl 的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl 悬浊液时 NaCl 相对于 AgNO3过量，因此说明有AgCl 转化为AgI。AgNO3溶液与 KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag=2Ag I2；由于 AgI 的溶解度小于AgCl，B中加入 AgNO3溶液后，产生了 AgI 沉淀，使 B中的

25、溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；实验步骤 表明 Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中 c b 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq)垐?噲?AgCl(s)I(aq)。【详解】因为 BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明 BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验 是将

26、少量BaCl2中加入 Na2SO4溶液中，再加入 Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为 BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32H=Ba2CO2H2O；故答案为：BaCO32H=Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)垐?噲?Ba2(aq)SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与 Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)垐?噲?Ba2(aq)SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na

27、2CO3溶液，CO32-与 Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl转化为 AgI，需向 AgCl 的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl 相对于 AgNO3过量，因此说明有AgCl 转化为 AgI；故答案为：b。AgNO3溶液与 KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag=2Ag I2；故答案为：小于；2I2Ag=2Ag I2。由于 AgI 的溶解度小于AgCl，B 中加入 AgNO3溶液后，产生了AgI 沉淀，使B 中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时

28、，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验 中 ba；故答案为：生成 AgI 沉淀使 B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，原电池的电压减小。实验步骤 表明 Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中 cb 说明加入 Cl使 c(I)增大，证明发生了 AgI(s)Cl(aq)垐?噲?AgCl(s)I(aq)；故答案为：实验步骤表明 Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤 中 cb 说明加入Cl使 c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq)垐?噲?AgCl(s)I(aq)。三、推断题（本题包括1 个

29、小题，共10 分）17化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A 的化学名称是 _，AB 的反应类型是 _。（2）BC 反应的化学方程式为_。（3）CD 所用试剂和反应条件分别是_。（4）E的结构简式是_。F中官能团的名称是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为21221 的同分异构体的结构简式为 _。【答案】对二甲苯（或1，4-二甲苯）取代反应+2NaOH+NaCl O2/Cu 或 Ag，加热碳

30、碳双键、醛基8，【解析】【分析】由流程转化关系，结合题给信息可知，D 为。运用逆推法，C 为，催化氧化生成；B 为，在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成；A 为，在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成；与乙醛发生信息反应生成，加热发生消去反应生成。据此解答。【详解】（1）A 的结构简式为，名称为对二甲苯或1，4-二甲苯；AB的反应为在光照条件下与氯气发生侧链的取代反应生成。（2）BC反应为在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl。（3）CD 的反应为在铜或银作催化剂，在加热条件下与氧气发生氧化反应生成，因此 CD 所用试剂和反应条件分别是O2/Cu

31、或 Ag，加热。（4）E的结构简式是。F的结构简式为，分子中官能团的名称是碳碳双键、醛基。（5）D 为，D 的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物说明侧链为链状结构，其可能为醛、酮、含苯环的乙烯基醚和乙烯基酚，其中芳香醛有3 种（除去D）、芳香酮1 种、含苯环的乙烯基醚 1 种、乙烯基酚3 种，共 8 种；苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有5 个峰，峰面积比为2122 1 的同分异构体的结构简式为和。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18煤燃烧排放的烟气含有SO2和 NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题：.利用 CO

32、脱硫(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25时 CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)SO2(g)?2CO2(g)S(s)的焓变 H _。25，100kPa 时，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：物质CO(g)CO2(g)SO2(g)标准摩尔生成焓?fHm(25)/kJ?mol-1-110.5-393.5-296.8(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L 的密闭容器中分别通入2.2mol CO 和 1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。在实验b

33、中，40 min 达到平衡，则040 min 用 SO2表示的平均反应速率v(SO2)_。与实验 a相比，实验 b可能改变的条件为_，实验 c可能改变的条件为_。.利用 NH3脱硝(3)在一定条件下，用NH3消除 NO 污染的反应原理为：4NH3(g)6NO(g)?5N2(g)6H2O(l)H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与 NO 的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中 XYZ)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即 NO 转化率)曲线如图所示。NH3与 NO 的物质的量之比为X 时对应的曲线为_(填“a”“b”或“c”)。各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为_。900条件

34、下，设Z23，初始压强p0，则 4NH3(g)6NO(g)?5N2(g)6H2O(l)的平衡常数Kp_(列出计算式即可)。.利用 NaCIO2脱硫脱硝(4)利用 NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和 NO2(物质的量之比为1:1)的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为_。【答案】-269.2kJ mol-10.01mol L-1 min-1加入催化剂升高温度c 温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的 H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降5046650000.375p0.3750.14

35、0.15 p0.1p0.15p或3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O【解析】【分析】【详解】(1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：-12t1-122t2-122t31C s+OgCO g=-110.5kJ mol21C s+OgCOg=-393.5kJ mol21S s+OgSOg=-296.8kJ mol2mmmHHH垐?g噲?垐?g噲?垐?g噲?再根据盖斯定律2(反应-反应)-反应可得到2CO(g)SO2(g)?2CO2(g)S(s)，则，CO脱硫反应2CO(g)SO2(g)?2CO2(g)S(s)的焓变-1-1-1-1t2t1t3=

36、2-=2-393.5kJ mol-110.5kJ mol-296.8kJ mol=-269.2kJ molmmmHHHHgggg，故答案为：-269.2kJmol-1；(2)结合题干信息，列三段式有：222.21002CO gSOg22xx2xx2.2-2x1CO2xxSxgs-垐?噲?初始转化末态则2.2-2x+1-x+2x1202.2+1260，解得 x=0.8，则-1-120.8mol2Lv SO=0.01mol Lmin40mingg，故答案为0.010.01molL-1 min-1；与实验a 相比，实验b 达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a相比，实

37、验c达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度；(3)NH3和 NO 的物质的量之比越大，NO 的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO 物质的量之比对应 NO 的脱出率：XYZ，则 X 对应曲线c，Y对应曲线b，Z对应曲线a，故答案为：c；NO 的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900 时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡

38、向左移动，NO 脱出率又下降，故答案为：温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO 脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO 脱出率又下降；压强为 p0，根据曲线a 上 NH3与 NO 的物质的量之比为2Z=3，则 NH3的分压为0.4p0，NO 的分压为0.6p0，列三段式有：003200002000.4p0.6p00.3p0.45p4NHg60.37NO5pg5N0.1p0.15p0.37gpH56O l垐?噲?起始转化平衡则反应的平衡常数5520p4646653000pN0.375p0.375pNHpNO0.140

39、.15 p0.1p0.15pKg或，故答案为：5046650000.375p0.3750.140.15 p0.1p0.15p或；(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和 NO2，ClO2-变为 Cl-，SO2变为 SO42-，NO2变为 NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。19工业生产中产生的SO2、NO 直接排放将对大气造成严重污染。利用电化学原理吸收SO2和 NO

40、，同时获得 Na2S2O4和 NH4NO3产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素)。请回答下列问题：(1)装置I 中生成HSO3的离子方程式为_。(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和 SO32-)存在于 SO2与 NaOH 溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液 pH 的关系如图所示：下列说法正确的是_(填标号)。A.pH=7 时，溶液中c(Na+)c(HSO3-)+c(SO32-)B.由图中数据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数K210-7C.为获得尽可能纯的NaHSO3，应将溶液的pH 控制在45 为宜D.pH=9 时溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(

41、H2SO3)向 pH=5 的 NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，其pH 降为 2，用化学平衡移动原理解释溶液pH 降低的原因 _。(3)装置中的反应在酸性条件下进行，写出NO 被氧化为NO2-离子方程式 _。(4)装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如图所示。图中 A 为电源的 _(填“正”或“负”)极。右侧反应室中发生的主要电极反应为_。(5)已知进入装置的溶液中NO2-的浓度为 0.75mol/L，要使 1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2的体积为 _L【答案】SO2+OH-=HSO3-BCDHSO3-在溶液中存在

42、电离平衡：HSO3-SO32-+H+，加入 CaCl2溶液后，Ca2+与 SO32-结合形成CaSO3白色沉淀，消耗溶液中SO32-，使电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+正 2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O8400【解析】【分析】装置中酸性氧化物SO2和强碱氢氧化钠之间发生反应产生HSO3-，NO 和氢氧化钠之间不会反应；装置中 NO 在酸性条件下，NO 和 Ce4+之间会发生氧化还原反应产生NO2-、NO3-；装置中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-

43、+2H2O；装置中通入氨气、氧气，NO2-与氨气、氧气反应产生NH4NO2。然后结合化学反应原理逐一分析解答。【详解】(1)装置中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠发生反应产生NaHSO3，反应的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-，(2)ApH=7 时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，所以 c(Na+)c(HSO3-)+c(SO32-)，A 错误；BHSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，由图中数据，p

44、H=7 时，c(HSO3-)=c(SO32-)，由 Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2 c(H+)=10-7，B 正确；C溶液的 pH 控制在 45 时，c(HSO3-)最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH 控制在 45左右，C正确；D由图可知，pH=9 时溶液为亚硫酸钠溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)，D正确；故合理选项是BCD；NaHSO3溶液 pH=5，说明 HSO3-电离程度大于其水解程度，HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，向该溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，Ca2+与

45、 SO32-结合形成CaSO3白色沉淀，消耗溶液中 SO32-，电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大，最终导致溶液的pH 由 5 降为 2；(3)在装置中NO 在酸性条件下，NO 和 Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+，反应产生NO2-的离子方程式为：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2-+2H+；(4)由装置图可知：在左侧Ce3+失去电子变为Ce4+，所以左侧电极为阳极，与电源A连接，A 电极为电源的正极；右侧电极为阴极，与电源B电极连接，B电极为负极；在装置中，在电解槽的阳极发生反应

46、：2Ce3+-2e-=2Ce4+，左侧正电荷数目增加，使溶液中H+不断通过质子交换膜由左侧进入右侧，在右侧的阴极发生的电极反应式为：2HSO3-+2H+2e-=S2O42-+2H2O；(5)装置中通入氨气、氧气，发生反应2NO2-+O2+2H+2NH3=2NH4+2NO3-，NO2-的浓度为0.75mol/L，要使 1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，n(NO2-)=cV=0.75mol/L1000L=750mol，根据反应方程式中物质反应关系可知消耗氧气的物质的量n(O2)=12n(NO2-)=375mol，则消耗氧气在标准状况下的体积V=375mol22.4L/mol=8400L。【点睛】本题考查以工业生产中化学原理吸收SO2和 NO 的工艺为线索，考查氧化还原反应、离子反应、弱电解质的电离及盐的水解、物质的量的有关计算等知识。掌握反应原理是本题解答的关键，在比较离子浓度大小时，要结合图象中微粒种类、浓度大小和溶液pH 关系分析判断。