2019-2020学年北京人大附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年北京人大附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我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2 NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低D N2的活化是NN键的断裂与NH 键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对

2、N2的活化，A 正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B 错误；C.根据图示可知MoS2在 Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C 正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H 的过程，即是NN键的断裂与NH 键形成的过程，D 正确；故合理选项是B。2在 25时,将 1.0Lc molL-1 CH3COOH溶液与 0.1mol NaOH 固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中通入 HCl 气体或加入NaOH 固体(忽略体积和温度变化),溶液 pH 随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所

3、示。下列叙述错误的是（）A水的电离程度:abc Bb 点对应的混合溶液中:c(Na+)c(Na+)c(OH-)D该温度下,a、b、c 三点 CH3COOH的电离平衡常数均为-8a10K=c-0.1【答案】D【解析】【详解】根据图示可知，原混合液显酸性，则为醋酸与醋酸钠的混合液，a 点加入 0.10molNaOH 固体，pH=7，说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。酸或碱抑制水的电离，含弱酸根离子的盐促进水的电离，酸或碱的浓度越大，抑制水电离程度越大。A.1.0LcmolL-1 CH3COOH溶液与 0.1molNaOH 固体混合，发生的反应为：CH3COOH+NaOH=CH

4、3COONa+H2O，反应后的溶液是CH3COOH和 CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能够促进水的电离，而CH3COOH的电离会抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，bc 发生的反应为：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa减少，CH3COOH增多，水的电离程度减小；若向该混合溶液中加入 NaOH 固体，ba发生的反应是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH减少，水的电离会逐渐增大，因此水的电离程度：abc，故 A 正确；B.b 点对应的混合溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，则此时溶质

5、为CH3COOH和 CH3COONa，结合电荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)c(OH-)，故 C正确；D.该温度下，CH3COOH的电离平衡常数-a+33c(CH COO)c(H)c(CH CK=OOH)，a 点对于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，带入公式得-+-7-833ac(CH COO)c(H)100.22 10=c(CH COOHK)c-=0.2c-0.2，故 D 错误。3设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A 32gCu在足

6、量 O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g 甲烷和 8g 甲醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L 乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量 O2反应。转移电子数为NA【答案】B【解析】A.32gCu 是 0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为 NA和 0.5NA，A 错误；B.4g甲烷和 8g 甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L 乙烷是 0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO2与足量 O2反应，转移

7、电子数小于NA，因为是可逆反应，D 错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A 是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。4烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙，1、2、3，一、二、三 。其中“一、二、三”是说明A碳原子数B烷基位置编号C氢原子数D同种烷基数目【答案】D【解析】【分析】据烷烃的命名规则，理

8、解所用数字的含义。【详解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙，表示主链碳原子数目。1、2、3，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三，用于表示相同取代基的数目。本题选 D。5我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的“碘”。下列关于“碘盐”的说法中错误的是A“碘盐”就是 NaI B“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物C“碘盐”应保存在阴凉处D使用“碘盐”时，切忌高温煎炒【答案】A【解析】【分析】【详解】A.“碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A 不正确；B.“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物，B 正确；C.“碘盐”中的碘酸钾易分解，所以应保存在阴

9、凉处，C 正确；D.使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D 正确。故选 A。6实验室常用如下装置制备乙酸乙酯。下列有关分析不正确的是A b 中导管不能插入液面下，否则会阻碍产物的导出B固体酒精是一种白色凝胶状纯净物，常用于餐馆或野外就餐C乙酸乙酯与互为同分异构体D乙酸、水、乙醇羟基氢的活泼性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A.饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A 正确；B.固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，

10、充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B 错误；C.乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H+的能力：乙酸 水乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D 正确；故合理选项是B。7油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A氧气B二氧化碳C空气D氮气【答案】D【解析】【详解】油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时

11、，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。8某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和 K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH 溶液，加热，得到222mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到26g 固体；向上述滤液中加足量 BaCl2溶液，得到366g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5 种离子BCl-一定存在，且c（Cl-）2 3mol/L CSO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在D CO32-、Al3+一定不存在，K+

12、可能存在【答案】B【解析】【分析】由于加入过量NaOH 溶液，加热，得到2.22mol 气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g 固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有 2.22molFe3+，一定没有 CO32-；3.66g 不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有 Cl-，且至少为2.22mol3+2.22-2.22mol 2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol 2.2L=2.3mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、F

13、e3+四种离子，A 项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即 c(Cl-)2.3molL-2，B 项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D 项错误；答案选B。9现有以下物质：NaCl溶液CH3COOH NH3BaSO4蔗糖 H2O，其中属于电解质的是（）ABCD【答案】B【解析】【详解】在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。NaCl 溶液是混合物，不是电解质；CH3COOH溶于水可导电，是电解质；NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质；蔗糖溶于水不能电离出

14、离子，溶液不导电，不是电解质；H2O 可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选 B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。10化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物【答案】A【解析】【详解】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A 正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是

15、有机高分子材料，选项 B 错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D 错误；答案选 A。11“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是A无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价BAl65Cu23Fe12的硬度小于金属铁CAl65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料

16、D 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol 电子【答案】C【解析】【分析】【详解】A拟晶 Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0 的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A 错误；B拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B 错误；CAl65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C 正确；D溶于过量硝酸时，Al 与 Fe 均变为+3 价，Cu变为+2 价，故 1mol Al65Cu23Fe12失电子为65 3+23 2+12 3=277m

17、ol，故 D 错误；故选 C。12X、Y、Z、W 是四种原子序数依次增大的短周期元素，W 的最外层电子数比X的最外层电子数少1 个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A化合物WY 是良好的耐热冲击材料BY的氧化物对应的水化物可能是弱酸CX的氢化物的沸点一定小于Z 的D化合物（ZXY）2中所有原子均满足8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】因 W 的最外层电子数比X 的最外层电子数少1 个，且原子序数WX，因此 X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为 C，Y为 N，Z 为 O，X最外层电子数

18、为4，故 W 为 Al，以此解答。【详解】A化合物AlN 为原子晶体，AlN 最高可稳定到2200，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A 不符合题意；BN 的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B 不符合题意；CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O 的沸点低，故C符合题意；D由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8 电子稳定结构，故D 不符合题意；故答案为：C。13向某容积为2L的恒容密闭容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X

19、的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（）A M 点时，Y的转化率最大B平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C升高温度，平衡常数减小D W、M 两点 Y的正反应速率相同【答案】C【解析】【分析】起始时向容器中充入2molX(g)和 1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q 点，X 的体积分数减小；Q 点之后，随着温度升高，X 的体积分数增大，意味着Q 点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【详解】AQ 点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q 点M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q 点时 Y的转化率最大，A 项错误；B

20、平衡后充入X，X 的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X 的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D容器体积不变，W、M 两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M 点温度更高，Y的正反应速率更快，D 项错误；答案选 C。14下列表示正确的是（）A中子数为8 的氧原子符号：188O B甲基的电子式：C乙醚的结构简式：CH3OCH3D CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A中子数为8 的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为168O，故 A

21、错误；B甲基为中性原子团，其电子式为，故 B正确；CCH3OCH3为二甲醚，乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故 C错误；D二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其正确的比例模型为，故 D 错误；故选 B。【点睛】电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。15常温下，将1.0L X mol/L CH3COOH溶液与 0.1mol NaOH 固体混合充分反应，再向该混合溶液中通人HCl 气体或加入NaOH 固体(忽略体积和温度变化)，

22、溶液 pH 随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是A X0.1mol/L，A 错误；B.b a过程中，加入NaOH 溶液，消耗过量的乙酸，生成乙酸钠，则水的电离程度逐渐增大，B 正确；C.a点时，向乙酸溶液中加入0.2molNaOH，溶液中c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L，则 Ka(CH3COOH)=7100.2X0.2，C错误；D.b c过程中，溶液中酸性增强，c(CH3COOH)增大，c(CH3COO)减小，而33c CH COOHc CH COO逐渐变大，D错误；答案为 B。【点

23、睛】b 点为 CH3COOH、CH3COONa的混合液，加入NaOH 时，生成更多的CH3COONa，促进水的电离。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）161871 年门捷列夫最早预言了类硅元素锗，锗元素在元素周期表中与硅元素同族，并位于硅的下一周期。1886 年德国化学家温克勒发现和分离了锗元素，并以其祖国的名字命名为“Ge”。锗是重要的的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。已知：丹宁是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀：GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。(1)锗元素的原子序数为：_；锗元素在元素周期表中的位置是：_。(2)GeCl4的结构与SiCl4相似，

24、写出GeCl4的电子式：_。(3)简述步骤中提高酸浸效率的措施_、_(写两种)。(4)步骤操作A 是_(填操作名称)。(5)步骤中的物质在_(填仪器名称)中加热。(6)步骤不选用稀盐酸，而选用浓盐酸的原因可能是_、_(写出两点)。(7)写出步骤的化学方程式_。写出步骤的化学方程式_。(8)请写出一种证明步骤反应完全的操作方法_。【答案】32 第四周期第A 族把矿石粉碎加热或充分搅拌过滤坩埚防止四价锗水解防止 GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出GeCl4+(2+n)H2O=GeO2?nH2O+4HCl GeO2+2H2Ge+2H2O 将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现

25、象【解析】【分析】锗锌矿用酸浸取，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有丹宁与四价锗络合形成的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成 GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2?nH2O，GeO2?nH2O 脱水后得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，据此解答。【详解】(1)锗的原子序数为32，锗在元素周期表中位于第四周期第A 族，故答案为32；第四周期第A 族；(2)GeCl4的结构与SiCl4相似，也与CCl4相似，属于共价化合物，GeCl4的电子式为，故答案为

26、；(3)提高步骤酸浸效率，可以把矿石粉碎，加热或充分搅拌都可以加快反应速率，从而提高酸浸效率，故答案为把矿石粉碎，加热或充分搅拌；(4)步骤操作A 将沉淀从溶液中分离，应该为过滤，故答案为过滤；(5)步骤是焙烧沉淀，需要在高温下焙烧沉淀得到GeO2，应该在坩埚中进行，故答案为坩埚；(6)由于 GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低，所以用浓盐酸溶解GeO2，同时可防止四价锗水解，防止 GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出，故答案为防止四价锗水解，防止GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出；(7)步骤为GeCl4在纯水中水解生成GeO2?nH2O，反应方程式为：GeCl4+(2+n)H2

27、O=GeO2?nH2O+4HCl；步骤中用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，反应方程式为：GeO2+2H2Ge+2H2O，故答案为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2?nH2O+4HCl；GeO2+2H2Ge+2H2O；(8)反应 GeO2+2H2Ge+2H2O 中有水生成，通过验证不再有水产生即可证明反应完全，操作方法为：将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现象，说明反应完全，故答案为将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U 形管，无明显现象。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17H 是一种氨基酸，其合成路线如下：已知：RMgBrRCH2CH2OH+R-CHO4N

28、aCHNH Cl+H完成下列填空：（1）A 的分子式为C3H4O，其结构简式为_。（2）EF的化学方程式为_。（3）H 的结构简式为 _。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简_、_。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备 1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。_。（合成路线常用的表示方式为：A反应试剂反应条件B反应试剂反应条件目标产物）【答案】CH2=CHCHO 2+O2Cu加热2+2H2O CH2Cl2Mg干醚ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OH浓硫酸加热H2C=CHCH2CH=C

29、H2【解析】【分析】A 的分子式为34C H O，而 1，3丁二烯与A 反应生成B，且 B与氢气反应得到，结合信息可知 A 为2CHCHCHO，B为。结合转化关系与信息可知发生取代反应生成 C 为，D 为，E为，由信息可知 F为，G 为，H 为。【详解】（1）A 的分子式为34C H O，其结构简式为：2CHCHCHO，故答案为：2CHCHCHO；（2）EF羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）H 的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：、含有苯环；、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案为：；、；（4）由22CH Cl与Mg/干醚得

30、到2ClMgCHMgCl，再与环氧乙烷得到由22222HOCH CH CH CH CH OH，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到2222CHCH CH CHCH，合成路线流程图为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁（是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见下表：回答下列问题：（1）用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有_。（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方

31、程式：_。（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH 在_范围内。（4）已知室温下，Al(OH)3的 Ksp=1.3 10-33，在 pH=5 时，溶液中的c(Al3+)=_。（5）反应 中入 NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_。（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 _。（7）为测定含Fe2+和 Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00 mL 溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节 pH2，加热除去过量H2O2；加入过量KI 充分反应后，再用 0.1000 mol

32、L-1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：2Fe3+2I-=2Fe3+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_g L-1。【答案】Fe2+、Al3+Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O 4.4 pH7.5 1.3 10-62H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2O 2Fe(OH)2+2H2O?Fe2(OH)42+2H+5.6【解析】【分析】废铁屑中含少量氧化铝、铁的氧化物等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，氧化铝反应生成硫酸铝，铁的氧化物反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，过量的铁屑与三价铁离子反应生成亚铁离子，若还有铁屑剩余

33、则与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，然后加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，将铝离子沉淀，所以滤渣中成分是Al(OH)3，过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，酸性条件下，NaNO2和 FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子、NO，将溶液蒸发浓缩、过滤得到碱式硫酸铁，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+；(2)Fe3O4与氢离子反应生成三价铁离子、亚铁离子和水，离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(3)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH 生成 Al(OH)3，要避免生成应Fe(

34、OH)2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH 知，在 pH 在 4.4-7.5 之间将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制 pH 在 4.47.5 之间；(4)KspAl(OH)3=c(Al3+)c(OH?)3=1.3 10-33，pH=5 时，c(OH?)=110-9mol/L，所以c(Al3+)=33p3s9-1.3 101 1=OH0Kc=1.3 10-6mol/L；(5)酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应 中加入 NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为2H+Fe2+NO2-=Fe3+NO +H2

35、O；(6)Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2Fe(OH)2+2 H2O?Fe2(OH)42+2H+；(7)根据所给反应可得关系式Fe3+S2O3?，所以 n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L 0.020 L=0.0020 mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020 mol56 g/mol0.020L=5.6 g/L。19雾霾天气给人们的出行及身体造成了极大的危害。研究2NO、2SO、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的2SO。在钠碱循环法中，23Na SO

36、溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收2SO制得，该反应的离子方程式是_。吸收液吸收2SO的过程中，pH随233SO:HSOnn变化关系如下表：233SO:HSOnn91:911 9:91pH7.26.2由上表判断，3NaHSO溶液显 _性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释：_。当吸收液的pH降至约为6 时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：写出3HSO在阳极放电的电极反应式：_，当阴极室中溶液pH升至 8 以上时，吸收液再生并循环利用。（2）用4CH催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：4222CH4NOg=4NO gCOg2H O g1574kJ molH4222CHg4

37、NO g=2NgCOg2H O g11160kJ molH若用标准状况下44.48L CH还原2NO至2N，整个过程中转移的电子总数为_（阿伏加德罗常数的值用表示），放出的热量为_kJ。（3）工业上合成氨所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：222CO gH O gCOgHg垐 垐?噲 垐?催化剂0H一定条件下，将CO g与2H O g以体积比为1:2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO g与2H O g体积比为1 6，则平衡常数K_。【答案】2OH-+SO2=SO32-+H2O 酸性HSO3-存在电离平衡HSO3-?H+SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，

38、HSO3-的电离程度大于水解程度HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+1.6NA173.4 83【解析】【分析】(1)二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，注意弱电解质写化学式；根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；阳极上HSO3-失电子发生氧化反应；(2)利用盖斯定律计算反应热；(3)根据反应前和反应后一氧化碳和水之间的体积比结合反应方程式计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，再根据平衡常数公式进行计算。【详解】(1)酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为 2OH-+SO2=SO32-+H2O，

39、故答案为2OH-+SO2=SO32-+H2O；在亚硫酸氢钠溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的电离很微弱，所以n(SO32-)n(HSO3-)?11，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡，亚硫酸氢钠溶液呈酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，故答案为酸性；HSO3-存在电离平衡HSO3-?H+SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度；根据图示，阳极上亚硫酸氢根离子失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3-+H2O

40、-2e-=SO42-+3H+，故答案为HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+；(2)已知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-574kJ/mol，CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-1160kJ/mol，利用盖斯定律将2得 CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；H=-867kJ/mol；1molCH4反应转移8mol 电子，n(CH4)=4.4822.4/LLmol0.2mol，整个过程中转移的电子总数为0.2mol8NA/mol=1.60NA，放出的热量为0.2mol

41、867kJ/mol=173.4kJ，故答案为1.6NA；173.4；(3)设加入的一氧化碳的物质的量浓度为amol/L，则 H2O（g）的物质的量浓度为2amol/L，假设平衡时一氧化碳的物质的量浓度为xmol/L，H2O（g）的物质的量浓度为6xmol/L CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)开始(mol/L)a 2a 0 0 反应(mol/L)a-x 2a-6x a-x a-x 平衡(mol/L)x 6x a-x a-x 则(a-x)(2a-6x)=11，解得：x=0.2amol/L，所以平衡时，c(CO)=0.2amol/L，c(H2O)=1.2amol/L，c(H2)=c(CO2)=0.8amol/L，K=0.80.80.21.2aaaa=83，故答案为83。