2020届高三高考全国II卷理综化学全真模拟试卷6

2020届届届届届届届 II届届届届届届届届届届届6一、单选题(本大题共 7小题，共 42分)对维生素的下列说法中不正确的是 ()人体需要的维生素除维生素 D在太阳光照射下能在人体内合成， 维生素A可由摄入的β-胡萝卜素转化而来以外，其它维生素都必须从食物中摄取根据溶解性的不同维生素可分为脂溶性和水溶性维生素维生素对人体的生长和健康非常重要，故可大量服用人工合成的维生素脂溶性维生素与脂类食物共食更有利于吸收【答案】 C【解析】 解：A.人体可合成维生素 D，其它维生素都必须从食物中摄取，故 A正确；按溶解性的不同，维生素可分为脂溶性维生素和水溶性维生素两类，故 B正确；C.大量服用人工合成的维生素对人体是有害的，故 C错误；D.脂溶性维生素易溶于脂类食物，与脂类食物共食更有利于吸收，故 D正确．故选 C．人体可合成维生素 D；习惯上把维生素分为脂溶性维生素和水溶性维生素；C.过量的维生素对人体有害；D.脂溶性维生素易溶于脂类食物．本题考查维生素的种类和作用，难度不大，注意水溶性维生素易溶于水，容易被人体吸收，多余的则随尿排出体外，一般不易在体内积存，所以容易缺乏．B.Cu2S的质量不是 Cu18O的2倍，所以 20g混合物中所含铜原子的物质的量不是 0.25mol，数目小于 0.25NA，故 B错误；C.Fe3+水解，且溶液越稀水解程度越大， 2L0.1mol/LFeCl3溶液中 Fe3+数目小于1L0.2mol/LFeCl3溶液中含有的 Fe3+数目，且二者均小于 0.2NA，故C错误；D.将乙烯通入足量溴的 CCl4溶液中， 溶液质量增加的质量即为反应的乙烯质量， C2H4为0.1mol，BrCH2CH2Br为0.1mol，生成C-Br键的数目为 0.2NA，故D正确。故选 D。二硫化钨 (WS2,WS2中W的化合价为 +4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿 (其主要成分是 FeWO4，还含少量 Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下图所示：()操作Ⅰ中用到的玻璃仪器只有漏斗、烧杯FeWO4在碱熔过程中发生反应的化学方程式为生成二硫化钨的化学方程式为，若生成 124gWS2，则该反应所转移的电子数目为 2NA滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铝， CO2可以用过量盐酸代替【答案】 B【解析】本题以钨矿原料制备 W的工艺流程为载体，考查了基本实验操作以及氧化还原方程式的书写和计算等，题目难度较大，掌握工艺流程、氧化还原反应原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。【解答】操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故 A错误；FeWO4在碱熔过程中被空气中氧气氧化，生成 Fe2O3、Na2WO4和H2O，发生反应的化学方程式为 4FeWO4+O2+8NaOH 2Fe2O3+4Na2WO4+4H2O，故 B正确；C.在反应 2(NH4)2WS4+3O2 2WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中， (NH4)2WS4中+6价W被还原为 +4价的 WS2，-2价S元素被氧化成 0价的 S单质， 每生成2molWS2转移了4mol电子，同时参加反应的氧气为 3mol，则反应中共转移 16mol电子，124gWS2第2页，共16页124g 05mol248g/mol=0.5mol，转移电子的物质的量为： 16mol×02.5mmooll=4mol，即转移电子数目为 4NA，故C错误；D.滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铝，若 CO2用过量盐酸代替， AlO-2会生成 Al3+，不会变成沉淀析出，故 D错误。A.AB.A.AB.BC.C D.D10.下列实验操作、现象、结论均正确的是 ()实验操作实验现象实验结论A过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中溶液最终为红色过氧化钠与水反应生成碱性物质B向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀SO2具有还原性C向FeCl3溶液中加入 Cu振荡溶液颜色由棕黄色一蓝绿色一蓝色Cu与FeCl3发生了置换反应D某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液一定无NH4+NaOH，溶液显碱性，溶液NaOH，溶液显碱性，溶液A错误；SO2气体氧化为硫酸SO2气体的还原性，故Fe3+被还原为亚铁离【答案】 B【解析】 【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、元素化合物知识、实验现象、实验技能为解答的关键，题目难度不大。【解答】将过量的过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中，反应中生成先变红色，但 Na2O2有强氧化性，能将酚酞氧化而漂白褪色，故向Ba(NO3)2溶液中通入 SO2气体，在酸性条件下，硝酸根能够把根离子，硫酸根离子与钡离子反应产生硫酸钡白色沉淀，体现了B正确； C.Fe3+具有较强的氧化性，能够把金属铜氧化为铜离子，

Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,不是置换反应，故 C错误；D.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，原溶液中可能含有 NH4+，故D错误。B。工业上可利用下图所示电解装置吸收和转化 SO2(A,B均为惰性电极 )。阴极的电极反2HSO?-3+2H++2e-=S2O?24-+2H2O，阳极的电极反应式为 SO2+2H2O-2e-=SO?42-+4H+。下列说法正确的是 ()A.A电极接电源的正极 B.A极区溶液的碱性逐渐增强C.本装置中使用的是阴离子交换膜 D.B极为阴极【答案】 B【解析】本题考查了电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度不大。【解答】依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极区发生反应 SO2-2e-+2H2O=SO24-+4H+，阳极与电源的正极 B相连，A为电源负极，阴极发生还原反应由 HSO-3生成 S2O42-，以此解答该题。由HSO-3生成 S2O42-，发生还原反应， A应为负极，故 A错误；阴极的电极反应式为： 2HSO-3+2H++2e-=S2O42-+2H2O，碱性增强， 故B正确；C.阳极的电极反应式为： SO2+2H2O-2e-=SO24-+4H+，阴极的电极反应式为：2HSO-3+2H++2e-=S2O42-+2H2O，离子交换膜应使 H+移动，应为阳离子交换膜，故C错误；D.B为阳极，发生氧化反应 SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故D错误。故选 B。12.H2A为二元弱酸。 25℃时，配制一组 c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100mol/L的H2ApH的变化曲线如下图所示。和NaOHpH的变化曲线如下图所示。下列结论错误的是 ()H2A的Ka2为10-5数量级pH=3的溶液中 c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)c(Na+)=0.100mol/L的溶液中： c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(A2-)当c(H2A)=c(A2-)时， pH=2.7【答案】 C【解析】本题主要考查的是弱电解质的电离平衡， 掌握影响弱电解质电离平衡的因素、 平衡常数计算方法、图象分析判断是解题关键。【解答】A.当pH=4.2时， c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA-)=c(A2-)，Ka2=c(H)×c-(A)=10-4.2，c(HA)数量级为 10-5，故A正确；B.由图像可知， pH=3的溶液中 c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故 B正确；C.c(Na+)=0.100mol/L的溶液中， c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L，故C错误；c(H+)×c(HA-) 12 c(H+)×c(A2-) 42D.由图像可知， Ka1=c(H2A)=10-1.2，Ka2= c(HA-) =10-4.2，Ka1×Ka2=c2(H+)×c(A2-)=10-5.4，当 c(H2A)=c(A2-)时，c(H+)=10-2.7mol/L，pH=c(H2A)-lgc(H+)=2.7，故 D正确。故选 C。某合金只含铝、铁、铜三种元素，取合金 26.2g，加入到含 nmol稀硝酸的溶液中，恰好完全反应，放出无色气体 NO11.2L(标准状况下 )。将反应后的溶液分成 2等份，向一份溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]，无明显现象。向另一份溶液中滴加氨水至过量，过滤得沉淀 bg，充分灼烧得固体 cg，减轻了 5.4g，再加入到过量的 NaOH溶液中，剩余不溶物TOC\o"1-5"\h\zdg。下列说法不正确的是 ()已知： Fe2+遇到 K3[Fe(CN)6]会出现蓝色沉淀； Cu2++4NH3·H2O=Cu(NH3)42++4H2On=2原合金中铜的质量为 9.6g若将上述 nmol稀硝酸逐滴加入到合金中，放出气体仍为 11.2L(标准状况下 )d不是一确定值，可能为 8【答案】 D【解析】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。A.将反应后的溶液分成 2等份，一份溶液中滴加 K3[Fe(CN)6]溶液，无明显现象，则不含Fe2+，所以溶液为 Al(NO3)3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2的混合液。在另一份溶液中滴加氨水至过量，得到沉淀 bg为Al(OH)3和Fe(OH)3，Cu2+则转变为 Cu(NH3)42+，过滤后进入滤液。固体 cg为Al2O3和Fe2O3，不溶物 dg为Fe2O3，合金加入到硝酸溶液后， 放出无色气体NO11.2L(标准状况下 )即0.5mol，根据得失电子守恒，合金总共失去电子0.5mol×3=1.5mol，反应后溶液中阳离子带正电荷 1.5mol，所以溶液中硝酸根 1.5mol，所以n=2，故 A正确；B.根据电子守恒可知： 3n(Al)+3n(Fe)+2n(Cu)=1.5mol，合金总质量为： 27n(Al)+56n(Fe)+64n(Cu)=26.2g，固体减少的 5.4g为氢氧化铝、氢氧化铁分解生成的水，则?5.4g?18g/mol?bg-cg=5.4g=m(H2O)，固体 bgAl(OH)3和Fe(OH)3中H?5.4g?18g/mol?2=0.6mol，可得n(Al)+n(Fe)=0.6mol×?1?=0.2mol，原固体中 n(Al)+3n(Fe)=0.2mol×2=0.4mol，n(Cu)=0.15mol，则n(Al)=n(Fe)=0.2mol，所以m(Cu)=64g/mol×0.15mol=9.6g，故 B正确；C.由于溶液中不含 Fe2+，为Al(NO3)3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2的混合液，所以硝酸足量，若将上述 nmol稀硝酸逐滴加入到合金中，先生成 Fe2+，后 Fe2+继续被硝酸氧化，由于硝酸足量，最终生成 Al(NO3)3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2，根据得失电子守恒生成的 NO气体仍为11.2L，故C正确；D.最后剩余不溶物 dg，为 8gFe2O3，是一确定值，故 D错误。故选 D。二、填空题(本大题共 1小题，共 13分)亚氯酸钠 (NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂．已知： NaClO2饱和溶液在温度低于38℃ 时析出的晶体是 NaClO2?3H2O， 高于 38℃ 时析出晶体是 NaClO2， 高于 60℃ 时NaClO2分解成 NaClO3和NaCl.利用如图所示装置制备亚氯酸钠．完成下列填空：TOC\o"1-5"\h\z装置②中产生 ClO2的化学方程式为 .装置 ③的作用是 ．从装置④反应后的溶液获得 NaClO2晶体的操作步骤为： ①减压， 55℃蒸发结晶； ② ；③ ；④低于60℃干燥，得到成品． (选择合适的操作编号填空 )A.冷却到室温后，过滤 B.趁热过滤 C.常温洗涤 D.冰水洗涤 E.38～60℃的温水洗涤准确称取所得亚氯酸钠样品 10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应 (ClO-2+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-).将所得混合液配成250mL待测溶液．配制待测液需用到的定量玻璃仪器是 ；取25.00mL待测液，用 2.0mol/LNa2S2O3标准液滴定 (I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，第6页，共16页以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为 .重复滴定 2～3次，测得所用Na2S2O3溶液体积的平均值为 20.00mL.该样品中 NaClO2的质量分数为 ．(5)Na2FeO4和ClO2在水处理过程中分别被还原为 Fe3+和Cl-.如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么 ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序是 > > .(填化学式 )【答案】 (1)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；防止倒吸；(2)B；E；(3)250mL容量瓶；(4)滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色； 90.5%；(5)ClO2；Cl2；Na2FeO4。【解析】亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置 ②中产生 ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；装置③是安全瓶能防止倒吸；故答案为： 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；防止倒吸；从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2?3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度 38℃～60℃进行洗涤，低于 60℃干燥，选择 BE，故答案为： B；E；将所得混合液配成 250mL待测溶液． 配制待测液需用到的定量玻璃仪器是 250mL容量瓶，容量瓶要指明规格，则选择 250mL容量瓶，配制待测液需用到的定量玻璃仪器是250ml的容量瓶，故答案为： 250mL容量瓶；有碘单质参和生成的反应， 一般采用淀粉溶液做指示剂， 该反应是 Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴 Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；11由关系式为 ClO-2--2I2--4S2O32-，n(ClO-2)=4n(S2O32-)=4×20×10-3×2=0.01mol，m(NaClO2)=0.01×90.5=9.05g，样品中 NaClO2的质量分数 =91.005g×100%=90.5%；g故答案为：滴入最后一滴 Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色； 90.5%；以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率， 设质量均为 m，ClO2、Na2FeO4、Cl2三种消毒杀菌剂的消毒效率分别为 67m.5×5、1m66×3、7m1×2×1，所以由大到小的顺序为 ClO2>Cl2>Na2FeO4，故答案为： ClO2；Cl2；Na2FeO4．【分析】亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂，装置 ②中的反应为 NaClO3、Na2SO3、H2SO4反应生成 ClO2、Na2SO4和H2O，装置 ④中气体反应，装置内压强降低，装置 ③防止倒吸；从溶液中制取晶体， 一般采用蒸发结晶、 过滤、洗涤、干燥的方法， 注意温度控制；定量玻璃仪器为 250ml的容量瓶；

反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴液体时溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，根据关系式 NaClO2～2I2～4S2O32-进行计算；以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，设质量均为 m，消毒效率分m mm别为67.5×5、166×3、71×2×1。本题考查物质的制备、对信息的利用、对装置的理解、氧化还原反应滴定等，理解原理是解题的关键，同时考查学生分析问题、解决问题的能力，难度较大，注意氧化还原反应滴定中利用关系式进行的计算。三、简答题(本大题共 2小题，共 28分)我国电池的年市场消费量约为 80亿只，其中70%是锌锰干电池， 利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体 (ZnSO4?7H2O)和纯 MnO2的工艺如图所示：已知：①锌皮的主要成分为 Zn，含有少量 Fe；炭包的主要成分为 ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的 Cu、Ag、Fe等。②Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。TOC\o"1-5"\h\z除去炭包中碳粉的操作为 。A.酸浸 B.过滤 C.焙炒 D.焙烧粗MnO2转化为 MnSO4时，主要反应的离子方程式为 。焙烧时发生反应的化学方程式为 。制备硫酸锌晶体流程中， 用ZnO调节溶液 pH的目的是 ，若溶解时不加 H2O带来的后果是 。“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度： 取agMnO2样品于锥形瓶中， 加入适量稀硫酸， 再加入 V1mLc1mol ?L-1 Na2C2O4溶液 (足量 )，最后用 c2mol ?L-1 的 KMnO4溶液滴定剩余的 Na2C2O4，达终点时消耗 V2mL标准KmnO4溶液。MnO2参与反应的离子方程式为 。该样品中 MnO2的质量分数为 (假定杂质不参与反应，列出表达式即可 )。【答案】 (1)C；(2)MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O；；除去溶液中的 Fe3+杂质； Fe2+与Zn2+不能分离；①MnO2+4H++C2O24-=Mn2++2CO2↑+2H2O；100%。87(c1V1-2.5c2V2)100%。1000a【解析】 【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、金属活泼性、混合物分离提纯为解答的关键， 侧重分析与应用能力的考查， 注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。用硫酸酸化的 H2O2溶液溶解含铁的锌皮，所得溶液中含有 Zn2+、Fe3+，然后加入 ZnO调节溶液 pH，使溶液中的 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀， 过滤后将滤液蒸发浓缩、 冷却结晶并过滤得到 ZnSO4?7H2O；用稀硝酸溶解炭包并过滤，滤渣为碳和二氧化锰的混合物，在空气中焙烧， 碳氧化为二氧化碳， 将剩余的粗 MnO2用硫酸酸化的 H2O2溶液溶解，得到 MnSO4溶液，再滴加 Na2CO3溶液，生成 MnCO3沉淀，过滤并将滤渣继续在空气中焙烧即得到纯 MnO2。炭包的主要成分为 ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，其中碳粉能在空气中燃烧生成二氧化碳气体；粗MnO2用硫酸酸化的 H2O2溶液溶解，得到 MnSO4溶液， H2O2是还原剂，氧化产物为O2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可得到发生反应的离子方程式；(3)MnCO3在空气中焙烧得到纯 MnO2和CO2，根据电子守恒和原子守恒即可写出发生反应的化学方程式；(4)Zn2+和Fe3+开始沉淀时溶液的 pH不等，可以通过调节溶液 pH使Zn2+和Fe3+分离；加H2O2的目的是将酸浸后的 Fe2+氧化成 Fe3+，便于除去 Fe3+；(5)①MnO2与稀硫酸酸化的 Na2C2O4溶液反应生成 CO2，自身被还原为 Mn2+，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒得发生反应的离子方程式；②由2MnO-4+5C2O24-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗的 n(Na2C2O4)=c2mol/L×V2mL×10-3L/mL×52=2.5c2V2×10-3mol，由MnO2+4H++C2O24-=Mn2++2CO2↑+2H2O可知， n(MnO2)=(c1mol/L×V1mL×10-3L/mL-2.5c2V2×10-3mol)，再计算该样品中 MnO2的质量分数。【解答】除去炭包中的碳粉，可以在空气中焙烧，使碳粉在空气中燃烧生成二氧化碳气体即可除去，故选项 C符合题意，故答案为： C；粗MnO2用硫酸酸化的 H2O2溶液溶解，得到 MnSO4和O2，发生反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O，故答案为： MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O；(3)MnCO3在空气中焙烧得到纯 MnO2和CO2，则发生反应的化学方程式为 2MnCO3+?焙烧?-O2?2MnO2+2CO2?焙烧?故答案为： 2MnCO3+O2-?2MnO2+2CO2；加入ZnO可调节溶液 pH，使溶液中的 Fe3+完全转化为 Fe(OH)3沉淀，而Zn2+不沉淀；加入 H2O2的目的是将酸浸后的 Fe2+氧化成 Fe3+，若不加入 H2O2溶解， Zn2+和Fe3+开始沉淀时的 pH相差不大，无法进行分离，故答案为：除去溶液中的 Fe3+杂质；①MnO2参与反应的离子方程式为 MnO2+4H++C2O42-=Mn2++2CO2↑+2H2O，故答案为： MnO2+4H++C2O24- =Mn2++2CO2↑ +2H 2O；② 由2MnO-4+5C2O24-+16H+= 2Mn2++10CO2↑ +8H 2O可知，消耗的 n(Na2C2O4) =

35 3c2mol/L×V2mL×10-3L/mL×2=2.5c2V2×10-3mol，由MnO2+10-3L/mL4H++C2O24-=Mn2++2CO2↑+2H2O可知， n(MnO2)=(c由MnO2+10-3L/mL则该样品中MnO2的质量分数为87(c1V1-2.5c2V2)1000a100%，故答案为：87(c1V1则该样品中MnO2的质量分数为87(c1V1-2.5c2V2)1000a100%，故答案为：87(c1V1-2.5c2V2)1000a100%。28.有效除去大气中的 SO2和氮氧化物，是打赢蓝天保卫战的重中之重。(1)用NaOH溶液吸收热电企业产生的废气时，涉及如下转化：由图甲关系可得 △H4= 。某温度下， N2O5气体在一体积固定的容器中发生如下反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)(慢反应)△H<02NO2(g)?N2O4(g)(快反应 )△H<0体系的总压强 p体系的总压强 p总和pO2随时间的变化如图乙所示：①图乙中表示 O2压强变化的曲线是 (填“甲”或“乙” )。②已知 N2O5分解的反应速率 v=0.12pN2O5(kPa·h-1)，t=10h时， pN2O5= kPa，v= kPa.h-1(结果保留两位小数，下同 )。

该温度下 2NO2 N2O4反应的平衡常数 Kp= kPa-1（Kp为以分压表）。亚硝酸盐广泛存在于各种水体和腌制品中，可用电吸附装置去除。去除量跟电①据图丙可知， 待处理液中 NO-2与NO-3的C0= ___mg·L-1时， 装置对 NO-3的吸附量高于 NO-2。②据图丙分析，为提高离子去除量可采取的措施有 （写出一条即可 ）。电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理 （工作原理如图丁所示 ）。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当 Fe电极消耗 11.2g时，理论上可处理NaNO2含量为 4.6％的污水 g。.ΔH1+ΔH2-ΔH3；.①乙；②28.2；3.38；③0.05；

①500；②将NO-2预先氧化成 NO-3或降低氯化钠浓度；(4)100；【解析】本题综合考查化学反应原理的相关知识， 试题具有一定的综合性， 属于高考的高频考点，试题较难。【解答】根据转化关系以及盖斯定律分析可知 ΔH1+ΔH2=ΔH3+△H4，故 △H4=ΔH1+ΔH2-ΔH3；故答案为： ΔH1+ΔH2-ΔH3；①氧气从无到有，故表示 O2压强变化的曲线是乙；故答案为：乙；②根据题目信息 10h时产生的氧气的分压为 12.8kPa，分解的五氧化二氮导致五氧化二氮的分压减小 12.8kPa×2=25.6kPa，因此10h时pN2O5=53.8kPa-25.6kPa=28.2kPa，五氧化二氮的反应速率为 0.12×28.2kPa/h≈3.38kPa/h；故答案为： 28.2；3.38；③2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)TOC\o"1-5"\h\z53.8 107.6 26.92NO2?N2O4起始分压 107.6 0改变分压 2x x平衡分压 107.6-2xx有107.6-2x+x+26.9=94.7，解x=39.8kPa，平衡常数 =3298.28≈0.05kPa-1；故答案为： 0.05；.①根据图像分析可知装置对 NO-3的吸附量高于 NO-2时对应的 C0=500mg/L；故答案为： 500；②根据丙图分析可知离子去除量受氯化钠溶液浓度和亚硝酸根、硝酸根初始浓度 C0的影响，因此可以采取的措施为将 NO-2预先氧化成 NO-3或降低氯化钠浓度；故答案为：将 NO-2预先氧化成 NO-3或降低氯化钠浓度；.根据题目信息分析可知消耗的铁的物质的量为 561g1/.m2gol=0.2mol，亚铁离子被亚硝酸根氧化为铁离子， 亚硝酸根被还原为氮气， 根据得失电子守恒可知被还原的亚硝钠的物质的量为0.2molNaNO2质的量为0.2molNaNO2含量为 4.6％的污水的质量为0.2mol3 ×69g/mol4.6％100g；TOC\o"1-5"\h\z故答案为： 100。四、选做题(本大题共 2小题，二选一，各 15分)35.[化学——选修 3：物质结构与性质 ]FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。

基态Fe原子价电子的电子排布图 (轨道表达式 )为 ，基态Se原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。向FeSe中嵌入吡啶 ( )能得到具有优异性能的超导材料。吡啶中氮原子的杂化类型为 ；该分子内存在 (填序号)。A.σ键B.π键 C.配位键 D.氢键将金属锂直接溶于液氨，得到具有很高反应活性的金属电子溶液，再通过系列反应可制得 FeSe基超导材料 Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2。①NH2-的空间构型为 ②液氨是氨气液化的产物，氨气易液化的原因是TOC\o"1-5"\h\z(4)MgB2晶胞结构如图所示。 B原子独立为一层，具有类似于石墨的结构，每个 B原子周围都有 个与之等距离且最近的 B原子；六棱柱底边边长为 acm，高为 ccm，阿伏加德罗常数的值为 NA，该晶胞的密度为 g·cm-3(列出计算式 )。(1)；哑铃(2)sp*2(1)；哑铃(2)sp*2杂化； AB①V形②氨分子间存在氢键，分子间作用力较强，容易液化(4)3；(4)3；46×3NA×6×√43**a2c【分析】本题考查物质的结构， 难度一般， 涉及价电子排布图、 微粒空间结构、氢键、配位数、晶体密度的计算等，综合性强，熟记中学常见晶胞结构。基态铁原子价电子排布式为 3d64s吡啶中氮原子含有 吡啶中氮原子含有 1对孤电子对，形成 2个σ键，故是 sp2杂化。由该分子的结构可知，分子内存在 σ键和π键。1。基态Se原子电子占据的最高能级为 4p，其电子云轮廓图是哑

石墨分子中每个 C原子周围有 3个与之等距离且最近的 C原子，而该晶体中 B原子具有类似于石墨的结构，故每个 B原子周围有 3个与之等距离且最近的 B原子。利用均摊法计算，该晶胞中 Mg原子个数为 12×1+2×1=3，B原子个数为 6，该晶胞的62√3体积√3体积V= 2cm2×6×ccm= a2×6ccm3，则该晶胞密度2446×3g?cm-3。NA×6×√43a2c 。3×46NAg=√324a26ccm336.【有机化学基础】 有机物 A(C11H12O5)同时满足下列条件： ①含苯环且不含甲基； ②苯环上一氯取代物只有 2种；③1molA与足量的 NaHCO3反应生成 1molCO2；④遇FeCl3溶液不显色。 A有如图所示转化关系：已知：回答下列问题：TOC\o"1-5"\h\z(1)E中官能团名称为 ，H的分子式为 。由C生成G的反应类型是 。(3)A的结构简式为 ，G的结构简式为 。(4)①写出 C→D反应的化学方程式 ；②写出I→J反应的离子方程式(5)C的同分异构体中能同时满足下列条件： a.能发生银镜反应， b.能发生皂化反应；c.能与 Na反应产生 H2，共有 种(不含立体异构 )。其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为 6：1：1的是 (写结构简式 )。(2)酯化反应(2)酯化反应(4)①(5)5【解析】 【分析】本题考查有机物推断， 注意根据 F的结构及 E发