2020届北京市房山区高三第二次模拟考试化学试题(解析版)

1、2020届北京市房山区高三第二次模拟考试化学试题（解析版）本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作 答无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保存。可能用到的原子量：H-10-16C-12N-14S-32Fe-56Cu-64第一卷选择题（共42分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，共14小题，每小题3分）1.2020年5月1日北京市在全市范围内开展施行垃圾分类，下列垃圾分类不正确是（）A. AB. BC.CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.厨余垃圾是指居民日常生活及食品加工中产生的垃圾，鱼管和菜叶属于厨余垃圾，A正确：B.有害垃圾是

2、指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，如废药品及其包装物，故消毒剂 及其包装物属于有害垃圾，B正确：C.可回收物是指适宜回收利用和资源化利用 生活废弃物，破损的易拉罐为金属铝或铁制品，为可回收垃 圾，C正确：D.其他垃圾指危害较小，但无再次利用价值，如建筑垃圾类，生活垃圾类等，破碎玻璃属于可回收垃圾，D错误： 答案选D.2.用化学用语表示NH3+HC1=NH40中的相关微粒，其中正确的是（A. NH4C1 的电离方程式 NH4C1NH3T+HC1B.HC1的电子式：©：C.NH3的结构式：h-'hD.Cl的结构示意图:【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NH。

3、是强电解质，完全电离，电离方程式NH4CLNH4+。-, A错误;B.氯化氢是通过共用电子对形成共价化合物，电子式为H:dl:，B错误；C.NH3的电子式为H二N:H,用一条短线来代表一对共用电子对，得到结构式为c正确:HHD.氯原子核内有17个质子，核外有17个电子，得到一个电子形成稳定结构的氯离子，则C卜的结构示意图: )28 8, D错误:答案选C。3.下列说法中不正确的是A.植物油氢化过程中发生了加成反应B.苯和甲苯都能发生取代反应C.氯乙烯和乙二醇都能用来作为合成高分子化合物的原料D.变质的油脂有难闻的特殊气味，是由于油脂发生了水解反应【答案】D【解析】【详解】A.高温过程中，植物油

4、（结构中含有不饱和键）会发生氢化反应，不饱和的双键变成了单键， 使之稳定性增强，植物油氢化过程中发生了加成反应，故A正确；B.苯上的氢、甲苯苯环上的氢、甲基上的氢都能发生取代反应，故B正确：C.氯乙烯双键断键就可以聚合，乙二醇可以自身脱水聚合，都能用来作为合成高分子化合物的原料，故C 正确：D.变质的油脂有难闻的特殊气味，是因为植物油被氧化成醛，发生的反应类型是氧化反应，故D错误：故选D,4.我国拥有自主知识产权的锄(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第1A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是()A.元素金属性：K>RbB.中子数为50的Rb的核素：1RbC.与同周

5、期元素53I的原子半径比：Rb<ID.最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH<RbOH【答案】D【解析】【分析】【详解】A.同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，Rb在K的下一周期，所以元素的金属性： KVRb, A 错误;B.原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为50 的Rb的核素的质量数是87,可表示为：Rb, B错误；C.对于电子层相同的元素，核电荷数越大，原子半径越小。Rb和I的电子层数相同，Rb是第IA的元素, I是第VIIA的元素，所以Rb、I的原子半径：Rb>I, C错误；D.同一主族元素，从上到下元素的金属

6、性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越 强，故碱性：KOHVRbOH, D正确： 答案选D.A. AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.没有使用玻璃棒引流，A错误：B.符合过滤操作要求，B正确；C.用NaOH溶液除去CO气体中的CCh杂质，导气管应该是长进短出，入气管通入不合理，不能达到除 杂的目的，C错误；D.给固体物质加热时，试管口应该略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流使试管炸裂，D错误： 答案选B。6.已知Na是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A. ImoKh含有的电子数为16NaB. 0.1 mol-L i碳酸钠溶液含有的CO；'数目

7、为O.INaC. 8gS在足量中氧气完全燃烧转移的电子数为NaD.标准状况下22.4L甲烷中共价键数目为4Na【答案】B【解析】【详解】A. 1个02含有16个电子，则ImolO?含有 电子数为16Na, A正确：B.只有浓度，没有体积，不可以计算物质的量，B错误：8gC-8gS为=，S在氧气完全燃烧生成SCh,硫为+4价，则每个硫转移4个电子，0.25mol32g/molS转移Imol电子，所以8gs在氧气中完全燃烧转移的电子数为Na，C正确：D.标准状况下22.4L甲烷为Imol,每个甲烷中有4个碳氢共价键，则共价犍数目为4Na, D正确。 答案选B。7 .下列离子方程式能用来解释相应实验

8、现象的是()A.氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铉溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2+2NH； =Mg2+2NH.vH：O8 .沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体：Fe3+3H2O=Fe(OH)31+3H+C.用食醋能清洗水垢：CO； +2CH3COOH=2CH3COO +H2O+CO2TD. 84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：C10 +Cr+2H+=Cl2T+0H【7案】A【解析】【详解】A.氢氧化镁为中强碱，与NH：反应生成弱碱NH3-H?0,离子方程式正确，A正确：B.沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体，由于Fe3+水解生成Fe(0H)3胶体，则离子方程式为:AFe3+3Hq = Fe(O

9、H)3(胶体)+3H+, B 错误：C.CaCCh难溶于水，在离子方程式中不能改写成离子，则离子方程式为：CaCCh+2CH3coOH=2Ca"+2CH3coO +H2O+CO2T, C 错误：D. 84消毒液与洁厕灵混用产生氯气和水，则离子方程式为：C1O-+C1+2H+=C12T+H2O, D错误； 答案选A。8 .下列水处理方法涉及氧化还原反应的是A.用明矶处理水中 悬浮物B.用Na：S处理水中的Cu。Hg,等重金属离子C.用FeSOi处理含5:0产的酸性废水，再调pH除去Cr，D.用NaOH处理含高浓度NHJ的废水并回收利用氨【答案】C【解析】A、明机净水的原理是铝离子水解生

10、成的氢氧化铝，不涉及氧化还原反应；B、用Na：S处理水中的Cu'Hg# 等重金属离子转化为沉淀而除去，不涉及氧化还原反应；C、用FeSOi处理含行,0二的酸性废水，再调行pH 除去Cr1铁元素、珞元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，选项C正确；D、用NaOH处理含高浓度 NH的废水并回收利用氨，反应中各元素化合价不变，不涉及氧化还原反应：答案选C。9 .为减少二氧化碳排放，我国科学家设计熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法不正确的 是A.过程中有碳氧键断裂-15-B.过程中C2O52在a极上发生了还原反应C.过程中的反应可表示为：CO2+O2 = CO32-D.过程总反应

11、：C02电解C+02【答案】B【解析】【分析】a 极上，电极反应有：4CO2+2O2=2C2O52-, 2czCVyeiCChT+ChT，总的电极反应为：ZO'4e'ChT： b 极 上，电极反应有：CO2+O2=CO32-, CO32+4e=C+3O2-,总的电极反应为：CO2+4e=C+2O2-；熔盐电池的总 的化学方程式为：C02=C+02o【详解】A、过程的离子反应为：2CO2+O2=C2O52-,其中CO2的结构式为O=C=O,对比CO2和C2（V- 的结构式可知，该过程有碳氧键断裂，A正确：B、过程中，a极的电极反应为：2C2O52 -4e=4CO2T+O2T，该电

12、极反应为氧化反应，B错误；C、根据题中信息，可以推出过程中的反应可表示为：CO2+O2 =CO32-, C正确：D、经分析，熔盐电池的总的化学方程式为CO?里三C+O2, D正确：故选B。10.实验室利用如下反应合成洋茉莉醛>-CH2-CH=CH2 KOHroCH=CH-CH3 NqCW, O"CHO%-% Vh2so4 rqVM （黄樟油素）N （异黄樟油素）Q （洋茉莉醛）下列说法不正确的是（）A. M属于芳香族化合物B. M与N互为同分异构体C. Q中含氧官能团为醛基、酯基D.理论上ImolQ最多能与4m。m2加成【答案】C【解析】【详解】A.M中含有苯环，则属于芳香族化

13、合物，A正确：B.M与N分子式相同，碳碳双键位置不同，则互为同分异构体，B正确：（）C酯基中含有|,而Q中含有一CHO和COC为醛基、酷键，C错误；一（：一（>-D.lmol苯环可以与3moi以加成，Imol-CHO可以与ImolHz加成,所以ImolQ最多能与4moiHz加成,D 正确。答案选C。1L已知：用PtRh合金催化氧化NH3制NO,其反应的微观模型及含氮生成物产率随反应温度的变化曲线分别如所示:PtRh下列说法中，不正确的是（）A. 400C时，生成的产物只有N?、NOB. 800C时，反应的化学方程式是：4NH3+5O?嗫耨4NO+6H20C. Pt-Rh合金可有效提升N%

14、催化氧化反应的速率D. 800以上，发生了反应：2NOO2（g）+N2（g）AH>0【'二案】A【解析】【详解】A.根据图，结合原子守恒知，400C时，生成的产物有N?、NO和水，故A错误；B.800C时，生成的含有N元素的产物主要是NO,接近100%,所以发生反应的化学方程式为 4NH3+5O2-=- 4NO+6H2O,故 B 正确：C.400C800间，Nz的产率下降、NO产率上升，且NO产率接近100%, PtRh合金作催化剂可加快反 应速率，所以Pt-Rh合金有效提升NH3催化氧化反应的速率，故C正确：D.800c以上，Nz的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO

15、 = Ch（g）+N2（g）,升高温度氮气产 率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，>（），故D正确：故答案选A。【点睛】本题考查产率随温度变化曲线，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断能力，解题关键在于 明确曲线变化原因。12.不饱和聚酯（UP） hfO-CH2cH2O-H-CH=C 出 OCH2CH2O- 。十 OH是生产复合材料“玻璃钢''的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP流程:甲BrJCCLCH*丙HBr连续氧化催化剂/ ->爵5单体3下列说法不正确的是（）A.丙可被KMnO4酸性溶液直接氧化制单体1B.单体2可能是乙二醇C.单体1、2、3经缩聚

16、反应制得UPD.调行单体的投料比，控制m和n的比值，获得性能不同的高分子材料【答案】A【解析】【分析】根据缩聚反应的高聚物与单体之间的关系可推知，不饱和聚酯(UP)的单体有三个，分别是HOCH2cHzOH、 HOOCCH=CHCOOH. HOOC-COOH，从合成UP流程来看，甲含4个C, 2个不饱和度，应该是 合成单体HOOCCH=CHCOOH的原料,结合随后的与澳的四氯化碳的加成反应可推出甲应为基本化工原料 1,4 丁二烯(CH2=CH-CH=CH2),甲与澳单质发生加成反应生成乙，推出乙为寸，乙水解可得到Bf丙，则丙为窝53-篇,丙与HBr发生加成反应可得到Tl&qj)2，再经过

17、连续氧化会得到丁，则丁为丁发生消去反应得到最终的单体1(HOOCCH=CHCOOH),最终经过缩聚反应得到 HOOC-trl-Vrlc-UUVriUP,据此分析作答。【详解】A.根据上述分析可知，丙为富一嚣,碳碳双键和羟基均可被KMnO4酸性溶液氧化，不能直接得到单体1(HOOCCH=CHCOOH),故A错误；B.单体2可能是乙二醉(HOCH2CH2OH),故B正确；C.单体1、2、3经脱水缩聚反应可制得UP,故C正确：D.调在单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高聚物，故D正确：答案选A。13.常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下

18、列说法中正确的是()A.两溶液稀释前的浓度相同B. a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>cC. a点的Kw值比b点的Kw值大D. a点水电离的c(H')大于c点水电离的c(H' )【答案】D【解析】【分析】稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓 度大于盐酸浓度，加水稀释时，醋酸进一步电离，所以稀释过程中，醋酸导电能力大于盐酸，则I为醋酸 稀释曲线，H为盐酸稀释曲线。【详解】A.稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电 离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故A错误；B.导电

19、能力越大，说明离子浓度越大，酸性越强，则a、b、c三点溶液的pH大小顺序为cVaVb,故B 错误：C.相同温度下，Kw相同，a点的Kw等于b点的Kw值，故C错误；D. a点离子浓度小于c点离子浓度，氢离子浓度越大，对水的电离抑制程度越大，则a点水电离的H+物质 的量浓度大于c点水电离的H+物质的量浓度，故D正确。【点睛】本题考查弱电解质的电离、影响水电离的因素，加水稀释促进弱电解质的电离，注意溶液中离子 浓度与导电性之间的关系是解本题关键。14.测定O.lmolLNa2sCh溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下表。实验过程中，取、时刻的溶 液，加入盐酸酸化的BaCH溶液做对比实验，产生白色沉

20、淀多。下列说法不正确的是()时刻温度rc25304025PH9. 669. 529. 379. 25A. Na2s03溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3-+OH-B.产生的白色沉淀是BaSO4C.一的过程中，c(S03”)在降低D.T的过程中，温度与c(SO3?-)相比，前者对水解平衡的影响更大【答案】D【解析】【分析】【详解】A. Na2sCh属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32 4-H2O = HSO3+OH-.HS(K+H2O = H2so3+OH-,故 A 正确：B.在实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCL溶液做对比实验，无白色沉淀，说明该溶 液中亚硫酸

21、钠和盐酸反应后再不和氯化钢溶液反应，产生白色沉淀，说明加热过程中有部分亚硫酸钠被 氧化生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钢反应生成BaS04白色沉淀，故B正确：C.一的过程，升高温度S03?-水解平衡正向移动，c（S03"）减小，故c正确：D.到过程温度升高，溶液pH降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则 有利于水解正向移动，但在这个过程中亚硫酸根氧化为硫酸根，导致其浓度减小，平衡逆向移动，因此对 水解平衡移动方向的影响程度更大的是后者c（SO32 ）,故D错误： 答案选D.【点睛】本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、

22、SCh?-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。第二卷 （共58分）15.化合物I是合成六元环铅类化合物的一种中间体。合成I的路线如图:R（R己知： ）c=CH-R3 型吧，、c=o+R3COOH（一" R” 一R3均为烽基）口2H*一回答下列问题:（1）苯与H2在一定条件下加成可得A, A的结构简式是一:（2） B为一氯代物，B-C的化学方程式是一：（3）D中的官能团名称是一：（4） D-E的化学方程式是一；（5）下列说法正确的是一；a.物质F的核磁共振氢谱有2组吸收峰；b.F-G的反应类型为加成c.lmol物质G与氢气加成最多消耗氢气的物质的量为2mol：d.物质H存

23、在顺反异构体：（6）物质I的结构简式是一；（7）请写出以B为原料（其他试剂任选）合成O的路线CI【答案】 (1). (_)(2). 0" +NaOH C： Q) +NaCl+H20 (3).按基Bi: CCU【解析】【分析】NaOH/Z,gf.(7).QZ +2CHQH 等+2比。(6).也A与氯气光照发生取代反应生成B, B发生消去反应生成C；由已知和E分子式采用逆推法可知E为D与甲醇发生酯化反应得到E,则D为G器，C与酸性高锌酸钾溶液反应得到D,则C为，则B为 Or"，结合第（1）问苯与H2在一定条件下加成可得A,则推知A为环己烷,O 由己知可知H经已知的类似反应得到I

24、,则I结构简式为R、，以此分析。【详解】（1）苯与H?在一定条件下加成可得A,则A为环己烷，其结构简式是。，故答案为：。；（2） B为环己烷的一筑代物，其结构简式为 0",则B-C的过程是B的消去反应，其化学方程式是+NaCl+H2O,故答案为:CT。'。心胃Q+NaCl+H2O：（3）根据上述分析可知，D为。器，其官能团名称是按基：（4） D-E的过程为酯化反应，共化学方程式是。嚣+2CH30H陞：0器即2比0：（5） a.根据流程图可知，物质F为JI COOCH3.其分子结构中有5种等效氢，则核磁共振氢谱有5组吸收峰，故a错误；b.F-G的过程中，会有HBr生成，其反应类

25、型属于取代反应，而不是加成反应，故b错误:c.G为COOCH?,Imol物质G与氢气发生加成反应，最多消耗氢气的物质的量为2mol,故c正确:d.存在顺反异构体的条件：碳碳双键同一碳上不能有相同的基团，而物质H的结构简式为:不满足条件，则H不存在顺反异构体，故d错误;(6)根据上述分析可知，物质I的结构简式是答案选c；(7)B为。f要合成根据卤代烧先经过消去反应得到一个碳碳双键，再与澳单质加成后得到二浪代物，最后再进行消去得到二烯烧，可设计合成路线如下：0ra星电g Q【点睛】利用已知推断出E的结构简式是本题解题的关键。16 .对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。(

26、1)含氮废水中的CN-有剧毒。CN-中N元素显-3价，用原子结构解释N元素显负价的原因是。NaClO溶液可将CN-氧化成N?、HCOf,从而消除CW污染，反应的离子方程式为(2)含乙酸钠和对氯酚(ClOH)的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示。A是电池的 极(填“正”或“负B极的电极反应式为°(3)含重金属铭(VI)的废水具有较强的毒性，离子交换树脂(ROH)法可将有毒废水中的CrOg?-和CnCh?-吸附至树脂上除去，原理如下：2ROH+CrO42-R2CrO4+2OH-, ZROH+CnOyjRCnCh+ZOH已知：废水中存 在如下平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+

27、H2O)。控制溶液酸性可以提高树脂对铝(VI)的去除率，其理由是0【答案】 (l).c原子与N原子间存在共用电子对，C和N的原子电子层数相同(同周期)，核电荷数C< N,原子半径C>N,原子核对核外电子吸引能力CVN,共用电子对偏向N, N元素显负价 (2). 2CN- +5C10-4-H2O=HCO3-+N21 + 5C1- (3),正 (4). CH3COO -8e+4H2O=2HCO3+9H+ (5),由原理 可知：2ROHCr(VCr, 2R0H50/2Cr,等量树脂去除50产的效率高，因此控制酸性使上述平 衡(2CrO42-+2H+ = CnCV+HzO)正向移动，使Cr

28、CV-转化为50产【解析】【分析】(1)根据元素非金属性强弱及对电子对吸引能力大小分析：根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒分析、书写；(2)根据原电池中阳离子的移动方向确定正、负极；原电池中正极上得电子，发生还原反应；负极失去电子，发生氧化反应，结合B极反应物及生成物来分 析解答；(3)由原理可知：2ROHCrC-Cr, 2R0HCnO?2-2Cr,等量树脂去除CntV-的效率高。【详解】(1)C、N都是同一周期的非金属性元素，原子间以共用电子对，由于元素的核电荷数C<N,所 以原子半径C>N,原子半径越小，吸引电子能力就越强，原子核对核外电子吸引能力C<N,因此共用电 子对偏

29、向N,而偏离C原子，从而使N元素显负价：NaClO具有强氧化性，可将CN-氧化成N2、HCOf,被还原产生Ch从而消除CN污染。根据电子 守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2CN-4-5C10-+H2O=HCO3-4-N21+5Cr；(2)在原电池中H+的移动方向是从负极流向正极，根据示意图可知：H+向A电极移动，所以A电极为正 极，B电极为负极：A是正极，B是负极，负极上CH3coO-失去电子，与溶液中的HzO结合产生HC(K,同时得到H+,则 负极B上发生的电极反应式为：CH3co0=8e +4H?O=2HCO3-+9H+：由原理可知：2R0HCr(V-Cr, 2R0H-

30、2Cr,等量树脂去除CnCh?一的效率高。由于在废水 中存在平衡：2CrO42 +2H+Cr2O72+H2O,在其它条件不变时，增大NH+),使溶液的酸性增强，化学平衡正向移动，使更多的CrCh?一转化为CnCh%从而提高了污水中Cr的去除率。【点睛】本题考查了氧化还原反应的配平、原电池反应原理及化学平衡移动原理的应用识，根据元素化合 价的变化，结合氧化还原反应规律配平方程式，会根据离子移动方向判断原电池的正负极，结合题目已知 信息，正确书写两个电极的电极反应，会从溶液的pH值对平衡移动的影响分析污水处理原理，注意知识 的迁移和应用是解题的关键。17 .工业废气中的二氧化硫和氮氧化物是大气主要

31、污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题:(1)已知氮及其化合物发生如下反应:N2(g)+O2(g)=2NO(g) A/=+180kJmoldN2(g)+2O2(g)= 2NO2(g) H=+68kJmol”则 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)AHkJ-mol L(2)利用KMMh脱除二氧化硫的离子方程式为：口4!10；+口502+口a0=口卜11】0；-+口+o (在里填入系数，在“二'上填入微粒符号)在上述反应中加入CaCCh可以提高SCh去除率，原因是一。(3) CaSCh与Na2sCh混合浆液可用于脱除NO?,反应过程为：I.CaS03(s)+S0 j (aq)

32、 CaS04(s)+S0 (aq)II.SO ) (aq)+2NO2(g)+H2O(l)SO ; (aq)+2N0 ； (aq)+2H*(aq)浆液中CaSCh质量一定时，Na2sOs的质量与NO?的去除率变化趋势如图所示。(4)检测烟道气中NO、含量的步骤如下：%/<健米6N。I.将VL气样通入适量酸化的比02溶液中，使NO、完全被氧化为NO；：H.加水稀释至100.00mL,量取20.00mL该溶液，与VgLcgol - L-FeSCh标准溶液(过量)充分混合；HL用c2moi-LKMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2mL.NO被H。氧化为NO；的离子方程式为一。滴定过

33、程中主要使用的玻璃仪器有一和锥形瓶等。滴定过程中发生下列反应：3Fe2+NO； +4H+=NOT+3Fe3+2H2OMnO ； +5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O烟气气样中NQ、折合成NOz的含量为_mg - nr【答案】 .-112 (2). 2MnO4 +1SO2+2H2O2MnO42 + SO42'+4H+ .CaCCh与 H+作用，c(H+) 下降，同时生成的Ca2+与SOF结合生成CaS04使得c(SO产)下降平衡正向移动，从而提高SO?的去除率 (4). a点后c(SO产)过高时，以反应II平衡的逆向移动为主，NO?去除率降低 .-15-2NO+3H2O2=2N

34、O3+2H+2H2O(6).酸式滴定管 (7).2”")dC3V【解析】【分析】(1)由盖斯定律计算可得；(2)二氧化硫与高镒酸钾溶液发生氧化还原反应生成钵酸镒、硫酸钾、硫酸和水：向反应中加入CaCCh, CaCCh与反应生成的H+和SO4”反应，使H+和SOF的浓度减小，使平衡向正反 应方向移动：(3)由反应II可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大：(4)一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水：KMM)4标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管：由得失电子数目守恒和氮原子个数守恒计算可得。【详解】(1)将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，一得一氧化氮

35、与氧气反应的热化学方程 式 2NO(g)+O2(g)=2NO2(g), RO AW= (+68kJ mol1) (+180kJ-mol *) =-112kJ-mol1,故答案为：-112； (2)二氧化硫具有还原性，高镒酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫与高镒酸钾溶液发生氧化还原反应生 成锌酸钵、硫酸钾、硫酸和水，则配平的离子方程式为2MnO:+lSO2+2H2O=2MnO42-+SO42*4H+,故 答案为：2MnO:+lSO2+2H2O= 2M11O42-+SO42-+4H+；向反应中加入CaCCh, CaCCh与反应生成的H+和SO/反应，使H+和S(V-的浓度减小，使平衡向正反 应方向移动

36、，从而可以提高SO?去除率，故答案为：CaCCh与H+作用，c(H+)下降，同时生成的Ca?+与SO42 结合生成CaSCh使得c(SO产)下降平衡正向移动，从而提高SO2的去除率；(3)由反应H可知，若硫酸根浓度过大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，去除率下降， 故答案为：a点后c(SO产)过高时，以反应H平衡的逆向移动为主，Nth去除率降低；(4)一氧化氮具有还原性，过氧化氢具有氧化性，一氧化氮与过氧化氢发生氧化还原反应生成硝酸和水, 反应的离子方程式为 2NO+3H2()2=2NO3-+2H+2H20，故答案为：2NO+3H2O2=2NO3+2H+2H2O；KM1Q4标准溶液具

37、有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以滴定过程中应选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴 定管：(c V -5c V )x 1由得失电子数目守恒可得：(Fe2+)=3(NO3-)+5(MnO4-), n(NOf) = 112 2,由氮原-3子个数守恒可知 (NO?) = (NCK) =( 9 Y-5 j乂)x H) go,则烟气气样中NO、折合成NO2的含量为3mg-nr3,故答案为:C|'"A)xl。molx46g/molxO3mg / g x5 _ 2.3x 10§(GV-5C,V?)= 困2.3xlO5(C1VI-5C.Vn)1 I， N3V【点睛】滴定过程中，亚铁离子失去

38、电子总数等于硝酸根和高锌酸钾得到电子总数，由由得失电子数目守 恒和氮原子个数守恒计算二氧化氮的物质的量是解答关犍，也是难点。18.四水合磷酸锌口】3很0加4比0,摩尔质量为457g.m。口，难溶于水是一种性能优良的绿色环保防锈颜 料。实验室以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fezth、SiCh等)为原料制备ZnKPORMHq的流程如图，回答下 列问题：稀硫酸高镒酸钾试剂a碳酸氢铁磷酸TTT;锌灰一 浸取 一步骤I 步骤口 步骤ID 步骤N ZnJ(PO4)2-4HIO滤渣I滤液n滤液m已知：6NH4HCO3+3ZnSO4 4 ZnCO3-2Zn(OH)2-H2O1+3(NH4)2SO4+5CO

39、2T(1)实验前需要将锌灰研磨成粉末状，原因是一o(2)步骤I中需将溶液pH调至5.1,应选择的最佳试剂是一0 (填字母)a. NaOH b. ZnOc. Ba(OH)2 (3)步骤I滴加KMnO4溶液的目的是一。(4)步骤II中加入的a是o(5)步骤IV的化学方程式是一。(6)步骤IV反应结束后得到Zn3(PO4)2-4H2O的操作包括和干燥。(7)称取45.7mgZn3(PO4)2-4H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如图所示，为获得Zn3(PO4)2-2H2O和Zn3(PO4)2-H2O的混合产品，烘干时的温度范闱为一。-15-46200300温度(七)4 2 04 4 4M

40、W )聿芸滓虫338 .100400【答案】 (1).增大接触而积、加快反应速率(2).b(3),使Fe'转化为Fe3从而一并除去(4).Zn(或锌)(5). ZnCO?2Zn(OH)2H，O+2HFO4 -Zn“PO，”4H，O+2H，O+CO?T(6).过滤、洗涤 .145195【解析】【分析】根据以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3, SQ等)为原料制备ZnKPORMHq的流程可知，在锌灰中加入 稀硫酸，将锌灰中的ZnO、CuO、FeO、FsCh溶解，SiO?不溶，形成滤渣I：在滤得的溶液中加入高锦酸 钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并调行pH至5.1除去铁离子，因此滤

41、渣H为氢氧化铁沉淀，然后 再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣川，滤渣IH为铜：在滤液中加入碳酸氢钺，发生 6NH4HCO3+3ZnSO4 -ZnCOv 2Zn(OH)2-H2OX+3(NH4)2SO4+5CO2T，得到的沉淀中再加入磷酸，将 ZnCO3-2Zn(OH)2 H2O转化为四水合磷酸锌ZnKPOgdHzO,据此分析解答。【详解】(1)实验前将锌灰研磨成粉末状，再用稀硫酸浸取，可以增大接触面积、加快反应速率，提高浸取 效率，故答案为：增大接触而积、加快反应速率；(2)为了不引入新杂质，步骤I中将溶液pH调至5.1,最好选择ZnO,故答案为：b：根据上述分析，步骤I滴加KMnCU溶

42、液的目的是将Fe2+转化为Fe%便于调节pH为5.1时一并除去， 故答案为：使Fe2+转化为Fe3+从而一并除去；(4)根据流程图和实验目的，步骤H中加入的a是锌，目的是除去溶液中的铜离子，故答案为：Zn(或锌)： (5)步骤IV中加入磷酸是将ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O转化为四水合磷酸锌ZnPOSW%。,反应的化学方程式 为 ZnCO?2Zn(OH)H,O+2HFO. A .Zn式POP24H)O+2FbO+CO?T,故答案为： ZnCO32Zn(OH)2H2O+2H3PO4=A=Zn3(PO4)2-4H2O+2H2O+CO2T：(6)步骤IV反应结束后，从混合体系中得到ZnMPOS

43、MHzO沉淀 操作为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过 滤、洗涤；根据图象，加热到90c时，四水合磷酸锌Zn3（PO4）24H2O开始逐渐分解，当生成ZPOMZHg,所457-2x18得ZnKPOQVHq的质量为-7Tx45.7mg=42.1mg,此时温度为145,当生成Zn3（PO5Hq,所 457457-3x18得Zi13（PO4）2H2O的质量为一x45.7mg=40.3mgt此时温度为195,因此当获得ZnKPOgZHK） 457和Zn3（PO4）2Hq的混合产品时，烘干时的温度范围为145195,C,故答案为：145C195,【点睛】明确流程图中各步骤的目的是解题的关键，要注意小题（2）

44、的提示。本题的易错点和难点为（7）,要注意Zn3（PO4）24Hq分解是逐渐失去结晶水，最后ZnKPOR可以继续分解为ZnO,需要根据图示数据，计算判断逐步失去结晶水后剩余固体的质量，即判断图中各点物质的成分。19.某小组用实验I验证Fg（SO4）3与Cu的反应，观察到了异常现象，决定对其进行深入探究。实验I:0.15g铜粉 振荡、静置步骤11 滴 0.1 mol/LKSCN溶液步骤22 mL 0.05mol/LFe2（S04）3溶液溶液由黄褪为浅蓝且透液涌接触溶液的上方变为红色，下明澄清色方有白色沉淀生成，及荡，白色沉淀增多，红色消失（1）Fe2（SCU）3溶液常温下呈酸性的原因是一

45、6;（2） Fe，SO4）3与KSCN溶液反应的离子方程式为一°（3）实验前，小组同学预测经过步骤2后溶液不应该呈现红色，依据是一。（4）实验小组对白色沉淀的产生进行了深入探究查阅资料：i.CuSCN为难溶于水的白色固体。ii.SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似经过实验测定白色固体为CuSCN,查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能猜测1： Cu?+与KSCN发生了氧化还原反应猜测 2：亚铁离子将其还原 Cu2+Fe2+=Cu+Fe3 Cu+SCN =CuSCNJ,为证实猜想小组同学做了实验II和niKFeSCh和CuSCh溶液浓度为0.1 mol/L, KS

46、CN溶液浓度为0.4mol/L）实验序号对比实验及试剂实验步骤实验现象IIA试管溶液2mLFeSCh加入ImLKSCN溶液开始时溶液的上方变为红 色，一段时间后红色向下 蔓延，最后充满整支试管B试管2mLeUSO4溶液 V加入ImLKSCN溶液溶液变成绿色猜测1的离子方程式实验II中试管_ (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立.实验序号对比实验及试剂实验步会实验现象VC试管2mLFeSO4溶液加入2mLeUSO4溶液溶液变为淡蓝色再加入ImLKSCN溶液溶液的上层变为红色，有 白色沉淀产生，一段时间 后整支试管溶液呈红色 VD试管2mLFeSO4溶液加入4mLeuSO4溶液溶液变为淡蓝色再加入ImLKSCN溶液溶液的上层变为红色，有 白色沉淀产生，一段时间 后整支试管溶液呈浅红色) ( VE试管4mLFeSO4溶液加入2mLeUSO4溶液溶液变为淡蓝色再加入ImLKSCN溶液溶液的上层变为红色，有 白色沉淀产生，一段时间 后整支试管溶液呈深红色(5) Fe?+的氧化性本应强于Cu，结合实验III中的现象解释Cu2+Fe2，=Cu+Fe3+能正向发生的原因是一a(6)实验小组查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强，