2019-2020学年安徽池州市青阳县第一中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年安徽池州市青阳县第一中学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对于 2SO2(g)O2(g)?2SO3(g)，HH2SeH2S B酸性：H2SO4H2CO3HClO C硬度：I2Br2Cl2D碱性：KOHNaOHAl(OH)3【答案】D【解析】【分析】【详解】A水分子间存在氢键，沸点高于同主族元素氢化物的沸点，与元素周期律没有关系，选项A错误；B含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，选项B 错误；卤素单质形成的晶体类型是分子晶体，硬度与分子间作用力有关系，与元素周期律没有关系，选项

2、 C错误；D金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，则碱性：KOHNaOHAl(OH)3，与元素周期律有关系，选项D 正确。答案选 D。5必须随配随用，不能长期存放的试剂是（）A氢硫酸B盐酸CAgNO3溶液D NaOH 溶液【答案】A【解析】【详解】A氢硫酸性质不稳定，易被空气中的氧气氧化生成S和水，不能长时间放置，需要所用随配，故A 选；B盐酸性质稳定，可长时间存放，故B 不选；C硝酸银溶液性质稳定，可长时间存放，故C不选；D氢氧化钠溶液性质稳定，可长时间存放，故D 不选；答案选 A。6新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是

3、A制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O 元素B用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖【答案】D【解析】【详解】A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O 元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000 以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D 725时，二元弱酸H2R 的 pKa1=1.85，pKa2=

4、7.45(已知 pKa=-lgKa)。在此温度下向20mL0.1mol?L-1H2R 溶液中滴加0.1mol?L-1的 NaOH 溶液，溶液的pH 随 NaOH 溶液体积的变化如图所示。下列有关说法正确的是()A a 点所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol?L-1Bb 点所示溶液中：c(Na+)c(HR-)c(H2R)c(R2-)Cc 点溶液中水电离程度大于d 点溶液D d 点所示溶液中：c(Na+)c(R2-)c(HR-)【答案】D【解析】【详解】A a 点溶液体积是原来的1.5 倍，则含有R 元素的微粒浓度是原来的23，根据物料守恒得c(H2R)+c(HR-)

5、+c(R2-)=115mol?L-1，故 A 错误；Bb 点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na+)c(HR-)c(R2-)c(H2R)，故 B 错误；Cc 点是浓度相等的NaHR 和 Na2R 的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R 促进水的电离；d 点是 Na2R溶液，对水的电离有促进作用，故d 点的水的电离程度大于c 点，故 C错误；D d 点溶液中溶质为Na2R，R2-水解但程度较小，所以存在c(Na+)c(R2-)c(HR-)，故 D 正确；答案选 D。【点睛】明确曲

6、线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意HR-的电离程度大于水解程度，即NaHR 抑制水的电离。8关于下列各装置图的叙述中，正确的是()A图 a 制取及观察Fe(OH)2B图 b 比较两种物质的热稳定性C图 c 实验室制取NH3D图 d 分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的

7、目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A 正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B 错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C 错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D 错误；故答案选A。9某无色气体可能含有CO、CO2和 H2O(g)、H2

8、中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：通过碱石灰时，气体体积变小；通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中()A一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种B一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种C一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种D一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种【答案】D【解析】【分析】中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，通过炽热的氧化铜，CO和 H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和 H

9、2O，H2O 使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。【详解】通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O 和 CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；通过赤热的CuO 时，固体变为红色；可能有CO还原 CuO，也可能是H2还原 CuO，也可能是两者都有；通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于 CO还原 CuO 产生的，所以一定有CO。综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中

10、的一种，故合理选项是D。【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。10化学家创造的酸碱质子理论的要点是：凡能给出质子(H+)的分子或离子都是酸，凡能接受质子(H+)的分子或离子都是碱。按此观点，下列微粒既属于酸又属于碱的是H2O CO32-Al3+CH3COOH NH4+H2N-CH2COOH ABCD【答案】B【解析】【详解】凡能给出质子（即 H+）的分子或离子都是酸；凡能接受质子的分子或离子都是碱，则能给出质子且能接受质子的分子或离子既属于酸又属于碱，只能接受质子，所以属于碱；只能给出质子，属于酸，既能给出质子又能接受质子，所以

11、既属于酸又属于碱；故答案为B。【点睛】正确理解题给信息中酸碱概念是解本题关键，再结合微粒的性质解答，同时考查学生学以致用能力，题目难度不大。11NA代表阿伏加德罗常数的值。4g 粒子(4He2+)含A 2NA个 粒子B2NA个质子CNA个中子D NA个电子【答案】B【解析】【详解】A.4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 NA个 粒子，故 A 错误；B.1 个4He2+含有 2 个质子，4g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/mol=1mol，共有 2NA个质子，故B正确；C.1 个4He2+含有 2 个中子，g 粒子(4He2+)的物质的量为4g4g/m

12、ol=1mol，共有 2NA个中子，故C错误；D.4He2+中没有电子，故D 错误；正确答案是B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。12下列说法不正确的是()A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗B用蒸馏法可由含有Fe3的自来水获取较纯净的水C焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色，再进行其它物质的测试D金属镁着火可用沙子覆盖【答案】A【解析】【详解】A.用容量瓶配制溶液时，用蒸馏水洗涤后不能用待装液润洗，否则所配溶液浓度偏高，A 项错误；B.Fe3+难挥发，可用蒸馏法制得纯净水，B 项正确；C.为排出其它

13、元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，C项正确；D.金属镁着火可用沙子覆盖，以隔绝空气，D 项正确；答案选 A。13某黄色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等离子（不考虑水的电离和离子的水解）。某同学为了确定其组分，设计并完成了如下实验：下列说法正确的是（）A c（Fe3+）一定为0.2 mol?L1Bc（Cl）至少为 0.2 mol?L1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在D Na+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在【答案】D【解析】【分析】某黄色溶液中可能含有Na、N

14、H4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子，初步判断含Fe3，加入过量 NaOH 溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol 硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH 溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1

15、.6g 固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol 铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g 不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有 0.02mol 硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有 Cl，物质的量应为0.02mol 30.02mol 2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.

16、02mol0.1L0.2mol/L，溶液中 Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。1425时，向 20 mL 0.1 mol/L 一元弱酸HA 溶液中滴加0.1 mol/L NaOH 溶液，溶液中lgc Ac HA与 pH关系如图所示。下列说法正确的是A A点或 B 点所示溶液中，离子浓度最大的均是Na+BHA 滴定 NaOH 溶液时可用甲基橙作指示剂C达到图中B 点溶液时，加入NaOH 溶液的体积小于10 mL D对 C点溶液加热(不考虑挥发)，则c Ac HAc OHn一定增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.溶液在 A、B 点时，溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，溶液

17、中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，由于 c(H+)c(OH-)，所以 c(Na+)c(A-)，故 A、B 点溶液中离子浓度最大的都不是Na+，A 错误；B.HA 为弱酸，NaOH 为强碱，HA 与 NaOH 恰好完全反应时生成强碱弱酸盐NaA，由于 A-的水解 NaA 溶液呈碱性，而甲基橙作指示剂时溶液pH 变化范围是3.14.4，所以 HA 滴定 NaOH 溶液时不能选择甲基橙作指示剂，B错误；C.溶液在 B 点时 pH=5.3，lgc Ac HA=0，则 c(A-)=c(HA)，弱酸 HA 的电离平衡常数Ka=c A?c Hc HA=c(H+)=10-5.

18、3，A-的水解平衡常数Kh=145.31010waKKc(HA)，即 lgc Ac HA0，故 B 点溶液时，加入NaOH 溶液的体积小于10 mL，C 正确；D.温度升高，盐水解程度增大，A-的水解平衡常数会增大，awhc Ac Ac HK1KKc HAc OHc HAc OHc H会随温度的升高而减小，D 错误；故答案选C。15设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A 1 mol I2与 4 mol H2反应生成的HI 分子数为2NAB标准状况下，2.24 L H2O 含有的电子数为NAC1 L 11 mol/L 的 NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NAD 7.8 g 苯

19、中碳碳双键的数目为1.3NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A氢气和碘的反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI 分子小于 2NA个，故 A 错误；B标况下，水不是气体，2.24 L 水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故 B 错误；C1 L 1.1 mol?L-1的 NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有 2mol 氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故 C正确；D苯分子结构中不含碳碳双键，故D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧

20、化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等。亚氯酸钠的制备以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：（1）提高“反应 1”反应速率的措施有_（答出一条即可）。母液中溶质的主要成分是_(填化学式)。（2）每有 1mol SO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为_mol。（3）“反应 2”的化学方程式为_。（4）采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是 _。（5）“反应 2”中使用 H2O2而不用其他物质的原因是_。亚氯酸钠的应用（6）用亚氯酸钠作水处理剂，水中可能残留少量亚氯酸钠，可以加入硫酸亚铁除去残留的亚氯酸盐，硫酸亚铁除可与亚氯酸钠反应外，还可以起到的作用是_。（7）实验室可用

21、亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体。写出上述反应的离子方程式为_。【答案】适当升高反应温度，增大吸收液浓度等Na2SO42 H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解多余的 H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质ClO2+ClO3+2H+=2ClO2+H2O【解析】【分析】NaClO3具有强氧化性，溶解后在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和 Na2SO4，ClO2在反应器中与双氧水、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，经减压蒸

22、发、结晶得到其晶体。【详解】(1)对于气体和液体的反应，为提高反应速率，可适当升高反应温度，增大吸收液浓度，增大SO2与吸收液的接触面积等；NaClO3在反应器中与二氧化硫反应生成ClO2和 Na2SO4，所以母液中溶质的主要成分是Na2SO4；(2)反应中 S元素化合价由+4 价升高到+6 价，Cl 元素化合价由+5 价降低到+4 价，则每有1mol SO2参加反应，理论上可生成ClO2的物质的量为2mol；(3)根据最终产物NaClO2中氯元素的化合价可知反应2 中 ClO2被双氧水还原，反应的方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；(4)减压蒸发在较低温

23、度下可进行，防止常压蒸发温度过高，造成亚硫酸钠分解；(5)用双氧水做还原剂，产物为水和氧气，且多余的H2O2可分解为氧气和水，不引入其它杂质；(6)Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+水解生成 Fe(OH)3，Fe(OH)3具有胶体的性质，可以吸附水的杂质；(7)亚氯酸钠和氯酸钠在酸性条件下反应制备ClO2气体，该过程中亚氯酸钠中氯元素化合价上升，氯酸钠中氯元素化合价降低，为归中氧化还原反应，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO2-+ClO3-+2H+=2ClO2+H2O。【点睛】减压蒸发系指在蒸发器内形成一定真空度，使溶液的沸点降低而进行蒸发的方法，它具有湿度低、蒸发速度快等优点。三、推断

24、题（本题包括1 个小题，共10 分）17辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)，还含有FeO、CaO、SiO2等。以辉铜矿石为原料制备CuCl22H2O的工艺流程如图所示：已知：.金属离子 c0(Mn+)=0.1mol L-1 形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：.NaCl 易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2H2O 易溶于水，酒精，浓氨水，随温度升高溶解度变化明显增大。.Ksp(CaF2)=4.010-11（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是_。写出“溶浸”过程中Cu2S溶解时离子方程式：_。（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势（如图），原因是 _。（

25、3）写出“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：_。（4）“沉铁”过程中，加入NaClO 的两个作用是_。（5）“操作X”的具体操作是_。（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，要得到这种纯净物，最好选用下列试剂洗涤 _。A浓盐酸B水C酒精D浓氨水（7）向“浸出液”中加入NaF 除去溶液中Ca2+(浓度为 1.010-3molL-1)，当溶液中c(F-)=2.0 10-3mol L-1时，除钙率为_。【答案】将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）Cu2S 4Fe3=S 4Fe22Cu2温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加4HFH2SiO3=SiF4 3H2O NaClO将 F

26、e2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)3 3H向右移动，生成 Fe(OH)3沉淀蒸发浓缩冷却结晶C 99%【解析】【分析】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入煤油回收硫单质；加入NaF 除去钙离子，生成CaF2沉淀，加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，再用NaClO将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe3 3H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；过滤后在滤液中加入盐酸调节pH，蒸发浓缩冷却结晶，得到CuCl2H2O。【详解】（1）为了提高“溶浸”效率，可采取的措施是将矿石细

27、磨（搅拌、升温或其它合理答案）；“溶浸”过程中 Cu2S溶解时，被Fe3氧化，离子方程式：Cu2S 4Fe3=S 4Fe22Cu2。故答案为：将矿石细磨（搅拌、升温或其它合理答案）；Cu2S4Fe3=S4Fe22Cu2；（2）“脱硫”时，随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；故答案为：温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加；（3）加盐酸和硅酸钠生成H2SiO3除去多余的氟离子，“脱氟”时HF发生反应的化学方程式：4HFH2SiO3=SiF4 3H2O。故答案为：4HFH2SiO3=SiF4 3H2O；（4）“沉铁”过程中，加入NaClO 的两个作用是NaClO

28、将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；故答案为：NaClO 将 Fe2氧化 Fe3，消耗 H+，使 H+浓度减小，促使水解平衡Fe33H2OFe(OH)33H向右移动，生成Fe(OH)3沉淀；（5）氯化铜溶于水，则“操作X”的具体操作是蒸发浓缩冷却结晶。故答案为：蒸发浓缩冷却结晶（6）经过“操作X”后，母液经过一系列操作可得到另外一种物质，这种物质是NaCl，NaCl易溶于水，不溶于酒精，随温度变化溶解度变化不明显；CuCl2H2O 易溶于水、酒精、浓氨水，随温度升高溶解度变明显增大。所以要得到这种纯

29、净物，最好选用洗涤剂酒精，而A浓盐酸、B水、D浓氨水三个选项中提供的物质均能溶解NaCl，故答案为：C。（7）当溶液中c(F-)=2.010-3molL-1时,Ksp(CaF2)=c(Ca2)c2(F)=c(Ca2)(2.010-3)2=4.010-11，c(Ca2)=1.010-5molL-1，则除钙率为3531.0101.0 101.0 10100%=99%。故答案为：99%。【点睛】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，难点（6）要充利用题目中的信息，NaCl在水中和酒精中的溶解度不同，难点（7）先用公式Ksp(CaF2)=c(C

30、a2)c2(F)计算出溶液中的c(Ca2)，再求出除钙率。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18烟气脱硫是控制二氧化硫污染的主要技术手段。（1）利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施，进行了天然海水吸收含硫烟气的模拟实验，实验结果如下图所示。根据图示实验结果，为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，下列措施正确的是_。A降低通入含硫烟气的温度B减小通入含硫烟气的流速C减少天然海水的进入量D在天然海水中加入生石灰天然海水吸收了含硫烟气后会溶有H2SO3，使用空气中的氧气将其氧化，写出该反应的离子方程式_。该小组采用下图

31、装置在实验室测定烟气中SO2的体积分数（假设实验在标准状况下进行）：上述装置组装连接的顺序是：原料气_（填导管接口序号）。下列试剂中（浓度、体积一定），可以用来代替试管中的碘一淀粉溶液的是_（填编号）。A酸性 KMnO4溶液BNaOH 溶液C溴水D氨水（2）石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的工作原理是烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及鼓入的空气反应生成石膏(CaSO4 2H2O)。写出该反应的化学方程式：_。某电厂用煤300t(煤中含硫质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化成二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则可生产石膏_t。【答案】ABD2H2SO3+O2=4H+2S

32、O42-cdbaeAC2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4 2H2O)+2CO238.7【解析】（1）总体来看，SO2的吸收效率随温度的升高而降低，当温度和浓度相同时，SO2的吸收效率随烟气流速的增大而降低，当温度和烟气流速相同时，SO2的吸收效率随SO2浓度的增大而降低，同时根据生石灰能与水反应生成碱，碱能与 SO2反应；所以为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，可通过降低通入含硫烟气的温度，减小通入含硫烟气的流速以及在天然海水中加入生石灰；答案选ABD；由空气中的氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应的离子方程式为2H2SO3+O2=4H+2SO42-；该实验的测定原理

33、为：烟气通过一定浓度一定体积的碘-淀粉溶液，其中的SO2与碘反应，当恰好反应时，溶液的蓝色消失，根据碘的物质的量可以求出SO2的物质的量，余下的气体排入广口瓶，将水压入量筒，由量筒中的水的体积可以确定剩余气体的体积，最后求出SO2体积分数；故装置组装连接的顺序是：原料气cdbae；测定模拟烟气中 SO2的体积分数，可根据二氧化硫气体的还原性，与具有氧化性的酸性高锰酸钾或溴水反应，通过颜色的变化判断，选项中AC 符合，都有颜色，且都具有氧化性，能与二氧化硫反应，答案选AC；（2）二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条

34、件下被氧气氧化生成CaSO4?2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4?2H2O），总反应为：2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4 2H2O)+2CO2；根据反应可得关系：S SO2 CaSO4?2H2O 32 172 300t 2.5%96%m 解得 m=38.7t。点睛：本题考查污染的处理，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，习题中图象及数据是解答本题的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力。19含氮化合物在生产、生命活动中有重要的作用。回答下列问题：(1)已知 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=alkJ/

35、mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H2=bkJ/mol，H2O(1)=H2O(g)H3=+ckJ/mol，写出在298K 时，氨气燃烧生成N2的热化学方程式_。(2)肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与 O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中 k正和 k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即V正=k正 c(Mb)P(O2)，V逆=k逆 c(MbO2)。37时测得肌红蛋白的结合度()与 P(O2)的关系如下表 结合度()指已与 O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比：P(O2)0.50 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.0

36、0 （MbO2%）50.0 67.0 80.0 85.0 88.0 90.3 91.0 计算 37、P(O2)为 2.00kPa 时，上述反应的平衡常数K=_。导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度()与 O2的压强 P(O2)之间的关系式=_(用含有 k正、k逆的式子表示)。(3)构成肌红蛋白的甘氨酸(NH2CH2COOH)是一种两性物质，在溶液中以三种离子形式存在，其转化关系如下：+32H N CH COOH+-32H N CH COO-22H NCH COO在甘氨酸溶液中加入酸或碱，三种离子的百分含量与+-c Hlgc OH的关系如图所示：纯甘氨酸溶液呈_性；当溶液呈中性时三种离子的浓度由大到

37、小的顺序为_。向+-c Hlgc OH=8 的溶液中加入过量HCl 时，反应的离子方程式为_。用电位滴定法可测定某甘氨酸样品的纯度.称取样品150mg，在一定条件下，用0.1000mol/L 的高氯酸溶液滴定(与甘氨酸11 发生反应)，测得电压变化与滴入HClO4溶液的体积关系如下图。做空白对照实验，消耗HClO4溶液的体积为0.25mL，该样品的纯度为 _%(计算结果保留一位小数)【答案】4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H=32305abckJ/mol 2.00 22KP OKP OKnn正正逆酸H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2COOH H2

38、NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH 85.0【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将三个热化学方程式叠加，可得相应的热化学方程式；(2)根据平衡常数的含义，结合37、P(O2)为 2.00kPa 时 a(MbO2)计算平衡常数；根据反应达到平衡时，V正=V逆，结合平衡常数定义式进行变性，可得表达式；(3)根据甘氨酸的存在形式与溶液酸碱性的关系，先判断I、II、III 分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，若只含有H3N+CH2COO-，此时 lg2c Hc OH，结合溶液的Kw 可判断溶液的pH、确定溶液的酸碱性；当溶液呈中性时，lgc Hc

39、 OH=0，根据图示判断微粒浓度大小；根据 lgc Hc OH=8 时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，盐酸过量，H2NCH2COO-反应变为H3N+CH2COOH，书写反应方程式；结合滴定突跃时溶液体积读数与空白读数差，计算出消耗高氯酸的体积，利用n=c?V计算出高氯酸的物质的量，根据恰好反应时甘氨酸与高氯酸的物质的量的比是1：1，计算出甘氨酸质量，利用甘氨酸质量与样品质量差计算得到甘氨酸的纯度。【详解】(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)H1=alkJ/mol，4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H2=bkJ/mol

40、，H2O(1)=H2O(g)H3=+ckJ/mol，将 3+2-30，整理可得热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)H=32305abckJ/mol；(2)37、P(O2)=2.00kPa 时，结合度为80%，化学平均常数K=22Mb0.82.000.22.00cOc MbP OkPankPa-1；由结合度的定义式可知，反应达平衡时，V正=V逆，所以 K=22MbcOKc MbP OKn正逆，可求出c(MbO2)=2Kc MbP OKnn正逆，代入结合度定义式a=22MbMbc MbcOcO可得 a=22KP OKP OKnn正正逆；甘氨酸的三种存在形式：H3

41、N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和 H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中I、II 和 III 分别为 H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和 H3N+CH2COOH，当 lgc Hc OH=-8 时，溶液显碱性，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl 反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性(实际在 5.9 左右)，溶液呈中性时，lgc Hc OH=0，中性时H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2COOH；根据lgc Hc OH=8 时，微粒存在有H2NCH2COO-、H3N+CH2COOH，由于加入的盐酸过量，所以，发生反应H2NCH2COO-变为 H3N+CH2COOH，反应方程式为H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH；根据滴定曲线的突跃范围，消耗 HClO4溶液 17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。n(HClO4)=0.1000mol/L 0.01700L=0.0017mol，则 n(甘氨酸)=0.0017mol，甘氨酸的质量为m(甘氨酸)=0.0017mol 75g/mol=0.1275g，所以甘氨酸的纯度为：(0.1275g 0.150g)100%=85.0%。