2019-2020学年安徽省合肥一中、安庆一中等六校新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽省合肥一中、安庆一中等六校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，

2、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。2白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A可以使品红溶液褪色B其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3【答案】C【解析】【详解】A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4

3、的水溶液具有漂白性，A 正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以 Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中 S元素平均化合价为+3 价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与 Cl2和 AgNO3溶液都可以发生反应，C 错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D 正确；故合理选项是C。3化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是（）A 2022 年冬奥会聚氨酯速滑

4、服不属于无机非金属材料B使用太阳能热水器、沼气的利用、玉米制乙醇都涉及到生物质能的利用C氢键在形成蛋白质二级结构和DNA 双螺旋结构中起关键作用D港珠澳大桥使用新一代环氧涂层钢筋，可有效抵御海水浸蚀【答案】B【解析】【详解】A.聚氨酯，属于有机高分子材料，A 正确；B.太阳能热水器将太阳能转化为热能，与生物质能无关，B 错误；C.蛋白质二级结构是通过骨架上的羰基和酰胺基之间形成的氢键维持，氢键是稳定二级结构的主要作用力；DNA 双螺旋结构中，碱基对以氢键维系，A 与 T 间形成两个氢键，G 与 C 间形成三个氢键。C 正确；D.环氧涂层钢筋，是将环氧树脂粉末喷涂在钢筋表面，由于环氧涂层能抵抗海

5、水浸蚀，从而保护钢筋不受腐蚀，D 正确。故选 B。【点睛】环氧树脂涂层钢筋是在工厂生产条件下，采用静电喷涂方法，将环氧树脂粉末喷涂在普通带肋钢筋和普通光圆钢筋的表面生产的一种具有涂层的钢筋。环氧树脂涂层钢筋有很好的耐蚀性，与混凝土的粘结强度无明显降低，适用于处在潮湿环境或侵蚀性介质中的工业与民用房屋、一般构筑物及道路、桥梁、港口，码头等的钢筋混凝土结构中。4实验室从含碘废液（含有I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下：已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法不正确的是A步骤中Na2S2O3可用 Na2SO3代替B步骤

6、可以用倾析法除去上层清液C含碘废液中是否含有IO3-，可用 KI-淀粉试纸检验D步骤发生反应的离子方程式为：4Fe3+2CuI4Fe2+2Cu2+I2【答案】C【解析】【详解】A.步骤中Na2S2O3做还原剂，可用Na2SO3代替，故正确；B.步骤从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清液，故正确；C.含碘废液中含有碘单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有IO3-，故错误；D.步骤中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：4Fe3+2Cul4Fe2+2Cu2+I2，故正确。故选 C。5下列有关物质的描述及其应用均正确的是（）A Al、Al2O3、Al（O

7、H）3、NaAlO2均能和 NaOH 溶液发生反应BNa2O2中含有 O2，所以过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气CFeCl3具有氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷铜电路板D Na、Al、Cu 可以分别用电解冶炼法、热还原法和热分解法得到【答案】C【解析】【详解】A、NaAlO2与 NaOH 不反应，故A 不正确；B、Na2O2为离子化合物，含O 元素，不含O2，但用过氧化钠可为潜水艇舱提供氧气，故B不正确；C、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，利用氧化铁的氧化性，用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，故C正确；D、Al 活泼性很强，用电解熔融氧化铝的方式制备，所以Na、Al、Cu可以分别用电解冶炼法、

8、电解冶炼法热分解法得到，故D 不正确；故选 C。6能用离子方程式CO32+2H+=H2O+CO2表示的反应是（）A碳酸钠与足量稀硝酸的反应B碳酸氢钠与足量盐酸的反应C碳酸钡与少量稀盐酸的反应D碳酸钠与足量稀醋酸的反应【答案】A【解析】【详解】A碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32+2H+H2O+CO2表示，A 项正确；B碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3离子形式，该反应的离子方程式为HCO3+H+H2O+CO2，B项错误；C 碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+Ba2

9、+H2O+CO2，C 项错误；D CH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32+2CH3COOH CO2+H2O+2CH3COO，D 项错误；答案选 A。【点睛】在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。7中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（）A“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色

10、反应【答案】A【解析】【详解】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A 正确；B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B 错误；C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D 错误；故选：A。8298K 时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO-的浓度存在关系式c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.100molL-1，而含碳元素的粒子的浓度与pH 的关系如图所示：

11、下列说法正确的是()A 0.1mol L-1HCOONa溶液中有c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)=c(H+)+0.1 B298K 时，HCOOH的电离常数Ka=1.0 10-3.75C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H+)n(OH-)保持不变D 0.1mol L-1HCOONa溶液和 0.1mol L-1HCOOH溶液等体积混合后混合液的pH=3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)【答案】B【解析】【分析】【详解】A 0.1mol L-1HCOONa溶液中酸根水解溶液显碱性c(OH-)c(H+)，根据物料守恒可知c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(Na+)=0

12、.1molL-1，因此 c(HCOO-)+c(HCOOH)+c(OH-)c(H+)+0.1molL-1，A错误；B根据图像可知P点时 298K 时 c(HCOO-)c(HCOOH)，c(H+)103.75mol L-1，则 HCOOH的电离常数Ka=(HCOO)(H)(HCOOH)ccc=c(H+)=1.0 10-3.75，B正确；C298K 时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中氢离子或氢氧根的物质的量增加，溶液中n(H+)n(OH-)增大，C 错误；D 0.1mol?L-1HCOONa溶液和 0.1mol?L-1HCOOH溶液等体积混合后，虽然混合溶液中c(HCOO-)+c(HCOOH)=0.1

13、00mol?L-1，但由于HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，混合溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)，故溶液的pH3.75，D 错误。答案选 B。【点睛】进行电离平衡常数计算时要注意曲线中的特殊点，例如起点、中性点等，比较溶液中离子浓度大小时一定要灵活应用电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。9雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1 D该反应中每析出4.8

14、g 硫黄，则转移0.5mol 电子【答案】D【解析】【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故 A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以 NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故 C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失 10mol 电子，生成 2mol 砷酸和 3mol 硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol 电子，故D正确。10某溶液X中含有 H+、+4NH

15、、Na+、Mg2+、Fe2+、24SO、Cl-、Br-、2AlO、SiO32-和 HCO3-离子中的若干种。取 100 mL 该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A溶液 X中一定没有2AlO、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B溶液 X中加 NaOH 后，所得沉淀的成分可能有两种C溶液 X 中 c（Cl-）0.2 mol L-1D溶液 X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21 混合再溶于水配制而成【答案】D【解析】【详解】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子

16、。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66 克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为 0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66 克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4 克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗

17、0.06mol 氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.02 2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为0.02mol=0.2mol/L0.1L，故错误；D.溶液中含有0.02mol 铵根离子，0.02mol 硫酸根离子，0.01mol 镁离子，0.02mol 氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由 0.02molNH4HSO4和 0.01molMgCl2按物质的

18、量之比21 混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选 D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。11以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为：反应 I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)2HI(aq)+H2SO4(aq)；H1=213 kJ mol-1反应 II：H2SO4(aq)

19、SO2(g)+H2O(l)+1/2O2(g)；H2=+327 kJmol-1反应 III：2HI(aq)H2(g)+I2(g)；H3=+172 kJmol-1下列说法不正确的是（）A该过程实现了太阳能到化学能的转化BSO2和 I2对总反应起到了催化剂的作用C总反应的热化学方程式为：2H2O(l)2H2(g)+O2(g)；H=+286 kJmol-1D该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的H 不变【答案】C【解析】【分析】【详解】A、通过流程图，反应II 和 III，实现了太阳能到化学能的转化，故A 说法正确；B、根据流程总反应为H2O=H2 1/2O2，SO2和 I2起到催化剂的作用，

20、故B 说法正确；C、反应 I+反应 II+反应 III，得到 H2O(l)=H2(g)1/2O2(g)H=(213 327 172)kJmol1=286kJmol1，或者 2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H=572kJmol1，故 C 说法错误；D、H 只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H 不变，故D 说法正确。12下列属于碱的是（）A SO2BCH3CH2OH CCa（OH）2D KCl【答案】C【解析】【详解】A.SO2为酸性氧化物，不是碱，故A 错误；B.CH3CH2OH 为有机化合物的醇，不是碱，故B 错误；C.Ca（OH）2电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱，

21、故C正确；D.KCl由金属阳离子和酸根组成，属于盐，故D 错误；故选 C。【点睛】本题注意碱和醇的区别，把握概念即可判断，注意OH 和 OH的联系与区别。13能正确表示下列反应的离子方程式是()A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3 H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2O B氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl-SO2+Cl2+H2O C磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO +2H2O D明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2+3OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】A用过量氨

22、水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3?H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故 A 正确；B氯化钠与浓硫酸混合加热，浓硫酸中只有很少的水，氯化钠几乎不能电离，故该反应的离子方程式就是其化学方程式，H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl，故 B 错误；C磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁，溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO +14H2O，故 C错误；D明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故 D 错误；答案选 A。【点睛】掌握离

23、子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使 SO42-恰好完全沉淀时，铝离子恰好转化为偏铝酸根。14下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A该硫酸的物质的量浓度为9.2 molL1B1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g 氢气C配制 200 mL 4.6 molL1的稀硫酸需取该硫酸50 mL D该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 molL1【答案】C【解析】【分析】A.根据 c=1000/M 进行计算；B.Zn 与浓 H2SO4反应放出SO2气体；C根据稀释前后溶质的

24、量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；【详解】A根据 c=1000 /M可知，硫酸的浓度是1000 1.84 98%/98=18.4mol/L，A 错误；B.Zn 与浓 H2SO4反应放出SO2气体；B错误；C 设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200 mL 4.6 molL1 x18.4 mol L1，x50 mL，C 正确；D由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的 2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 mol L1，D 错误；综上所述，本题选C。15锌电池是一

25、种极具前景的电化学储能装置。2VS/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。2Zn可以在2VS晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为2x2VS+xZnZn VS垐 垎?噲 垐?放电充电。下列说法错误的是（）A放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B放电时负极的反应为2Zn2eZnC充电时电池正极上的反应为：-2+x22Zn VS+2xe+xZn=VS+2xZnD充电时锌片与电源的负极相连【答案】C【解析】【分析】如图：对 VS2/Zn 扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2eZn2；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，

26、作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A 正确；B放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2eZn2，故 B 正确；C充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C 错误；D充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D 正确；故选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热

27、及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性；通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽 Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置 A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A 右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置 B中冷水浴的作用为_；装置 C 的名称为 _；装置 D 中 FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：

28、_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂 _。该组同学用装置D 中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与 H2S反应的离子方程式为_。(7)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。【答案】2Fe+3Cl22FeCl3在沉积的FeCl3固体下方加热冷却，使 FeCl3沉积，便于收集产品干燥管K3Fe(CN)6)溶液2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+FeCl3得到循环利用【解析】【分析】装置 A 中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用为是冷却

29、FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D 中用 FeCl2吸收 Cl2时的反应离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，用装置D 中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)(5)；三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生

30、氧化反应，据此分析解答(6)(7)。【详解】(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A 中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A 右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止 FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤中通入干燥的Cl2，步骤中用干燥的N2赶尽 Cl2，故答案为：；(4

31、)B 中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置 E为：，故答案为：；(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故答案为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；(7)电解氯化亚

32、铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H+2e-H 2，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是_，_。(2)D 物质中的官能团为_。(3)C 物质的结构简式为_，物质 X与 A 互为同分异构体，则X 的结构简式为_，X的名称为_。(4)B、D 在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高

33、分子化合物，试写出B、D 反应生成该高分子化合物的方程式_。【答案】加成反应酯化反应-COOH(或羧基)OHC-CHO CH3-CHBr21，1-二溴乙烷nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O【解析】【分析】CH2=CH2和溴发生加成反应，生成 A 为 CH2BrCH2Br，水解生成B为 CH2OHCH2OH，氧化产物C为 OHC-CHO，进而被氧化为D 为 HOOC-COOH，B为 CH2OHCH2OH 与 D 为 HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【详解】根据上述分析可知：A 为 CH2BrCH2Br，B为 CH2OHCH

34、2OH，C为 OHC-CHO，D 为 HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应类型为加成反应，反应类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D 为 HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C 为 OHC-CHO，A 为 CH2BrCH2Br，物质 X与 A 互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为 1，1-二溴乙烷；(4)B 为 CH2OHCH2OH，D 为 HOOC-COOH，二者出能反应产生环状化合物E外，还可以反应产生一

35、种高分子化合物，则B+D 高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18无机物可根据其组成和性质进行分类。现有Cl2、Na、CO2、Na2O、Na2O2、NH3六种物质，完成下列填空：(1)由分子构成的单质是_，属于极性分子的是_。(2)既有离子键又有共价键的物质的电子式为_。(3)上述化合物中组成元素的原子半径由大到小的顺序是_。(4)根据与水反应的不同，上述物质可分成A 组（CO2、Na2O 和 NH3）和 B 组（Cl2、Na 和 Na2O2），分组的依据是 _。(5)在酸性高锰酸钾溶液中加入N

36、a2O2，溶液褪色，发生反应242222MnOHNa OMnNaOH O-+?+?（未配平），配平该反应的离子方程式并标出电子转移方向与数目。_【答案】Cl2NH3NaCNOH 与水反应是否是氧化还原反应【解析】【分析】(1)单质分子只有一种元素构成，极性分子的正负电荷重心不重叠；(2)既有离子键又有共价键的物质只有过氧化钠；(3)上述化合物中组成元素有H、C、N、O、Na，结合原子半径的递变规律判断；(4)两组反应的区别为是否为氧化还原反应；(5)反应中 Mn 元素化合价降低5 价，O 元素化合价升高1 价，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数。【详解】(1)由分子构成的单质是Cl2，属于

37、极性分子的是NH3；答案是：Cl2；NH3；(2)既有离子键又有共价键的物质为过氧化钠，电子式为；答案是:；(3)上述化合物中组成元素有H、C、N、O、Na，由同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下逐渐增大可以知道原子半径大小顺序为Na C N OH；答案是:NaCN OH；(4)两组反应的区别为与水反应是否是为氧化还原反应；答案是:与水反应是否是氧化还原反应；(5)在 2MnO4-+12H+5Na2O2=2Mn2+5O2+8H2O+10Na+中，2MnO4-2Mn2+，Mn 元素的化合价由+7 价+2 价，得到 25e-，Mn 元素的化合价降低其所在的物质高锰酸钾是氧化剂；5Na

38、2O2 5O2，O 元素的化合价由-1价0价，失去10e-，电子转移情况如下：；答案是:。19雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。(1)天然气中含有的微量H2S 会腐蚀管道和设备，可在1200下进行脱硫处理，H2S 会被氧气氧化为SO2，并产生水蒸气。化学键H-S O=O H-O SO2中共价键键能/(kJ mol-1)339 498 464 1083 请写出该反应的热化学方程式：_。(2)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，将NO、SO2氧化为硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH

39、对脱硫脱硝的影响如图所示：从图a 和图b 中可知脱硫脱硝最佳n(H2O2)/n(NaClO2)是_、最佳pH 是_。图b 中 SO2的去除率随pH 的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5 时反而减小，请解释NO 去除率减小的可能原因是_。(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为2NO2(g)+O3(g)?N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入l mol O3和 2 mol NO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：015min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2)=_。(保留2 位有效数字)下列措施能提高容器乙中NO2转化率的是

40、 _(填字母标号)A向容器中充入氦气，增大容器的压强B升高容器的温度C向容器中再充人一定量的NO2D向容器中再充入l mol O3和 2 mol NO2甲容器的初始压强为p0，计算该反应的平衡常数Kp=_。(分压=总压 物质的量分数)(4)过二硫酸钾(K2S2O8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和KHSO4溶液制备K2S2O8。电解装置如图所示：电极B 为 _极(“阳”或“阴”)。在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与pH 的关系如图所示，将电极A 区域的pH 控制在02 之间进行电解，则电极A 的电极反应方程式为_。【答案】2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2

41、H2O(g)H=-1172 kJ?mol-16:1 5.56.0 之间的任意值均可pH5.5 以后，随着pH 增大，NO 的还原性降低；或H2O2和 NaClO2氧化性减弱，不能将NO 氧化为硝酸0.053 mol L-1 min-1D 1.5/p0阴2HSO4-2e-=2S2O82-+2H+【解析】【详解】(1)H2S与 O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，H=反应物键能-生成物键能=4 339 kJ mol-1+3 498 kJ mol-1-(2 1083 kJ mol-1+4 464 kJ mol-1)=-1172 kJ?mol-1，所以热化学反应方程式为2H2S(

42、g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)H=-1172 kJ?mol-1；(2)从图 a 和图 b 中可知，222H ONaClOnn=6：1，pH 在 5.5 6.0 时 NO、SO2的去除率最高，故脱硫、脱硝的最佳条件是222H ONaClOnn=6：1，pH 在 5.56.0 之间；图 b 中 SO2的去除率随pH 的增大而增大，pH5.5 后，随着pH 增大，NO 的还原性降低(或 NaClO2和H2O2氧化性减弱)，NO 不能被氧化成硝酸，故NO 的去除率在pH5.5 时反而减小；(3)据图可知15min 时容器中c(N2O5)=0.4mol/L，容器体积为1L，则初始时

43、c(O3)=1mol/L，c(NO2)=2mol/L，列三段式：-123252-1-1+mol L2100mol L0.80.40.40.4mol L1.20.62NOgO0.40.4gN OgOg?ggg起始()转化()平衡()所以 v(NO2)=-10.8mol L=15minctg=0.053 molL-1 min-1；提高容器乙中NO2转化率，即采取措施使反应2NO2(g)+O3(g)?N2O5(g)+O2(g)向右进行的程度更大，温度甲乙，平衡时正向程度甲乙，表明正反应为放热反应，反应为气体分子数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，据此逐项分析，A恒容容器充入He，He 不参与反

44、应，充入He 不改变气体各组分分压，不影响化学平衡，因此不能提高NO2转化率，故A 不选；B反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，不能提高NO2转化率，故B 不选；C向容器中再充入一定量的NO2会使 O3转化率升高，自身转化率降低，故C不选；D向容器中再充入lmol O3和 2mo NO2，由于是按化学计量比充入，相当于对原平衡加压，则有利于反应正向进行，NO2平衡转化率增大，故D 可选；初始气体总物质的量为1mol+2mol=3mol，平衡时甲容器中c(N2O5)=0.5mol/L，列三段式：-123252-1-1+mol L2100mol L10.2NOgOgN OgO50.50.5

45、mol L10.50.50.5g?ggg起始()转化()平衡()容器体积为1L，则平衡时气体总物质的量为1mol+0.5mol+0.5mol+0.5mol=2.5mol，则此时容器内压强为002.5mol5=3mol6pp；则 p(NO2)=013p，p(O3)=p(N2O5)=p(O2)=016p，所以Kp=00222300205211)36611)2()3(N O(O6OppppppppNOpgg；(4)K2S2O8中含有化合价为-1 价的氧原子，所以 KHSO4K2S2O8发生氧化反应，则电极 A 为电解池的阳极，电极 B 为阴极；据图可知pH 在 02 之间时 HSO4-并未电离，产物应为S2O82-，电极 A 为阴极得电子发生还原反应，所以电极方程式为2HSO4-2e-=2S2O82-+2H+。【点睛】本题的计算量较大，计算时学生需认真细心，根据焓变=反应物键能-生成物键能进行计算时要注意化学键的数目，如水分子中有两个氢氧键；第3 小题计算Kp时要注意反应前压强为p0，达到平衡后气体物质的量发生变化，压强会变，计算分压时要注意。