2019-2020年高考化学模拟试卷（四）含解析.doc

2019-2020年高考化学模拟试卷（四）含解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A硅太阳能电池板在工作时，可以将化学能转化为电能B用纯碱溶液可洗涤餐具上的油污C用灼烧并闻气味的方法可区别真丝织物和人造棉D水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物2短周期元素X、Y、Z、W在周期表中相对位置如图所示，Y元素在地壳中的含量最高下列说法正确的是（）A原子半径：ZYWB最简单气态氢化物的热稳定性：YWC含X的化合物形成的溶液一定呈酸性DY的最简单阴离子和Z的最简单阳离子核外电子数相同3将4.48g Fe溶于1L 0.2molL1的稀硫酸，再加入50mL 0.4mo1L1KNO3溶液后，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，NO3无剩余，生成一种氮氧化物NYOX则该氮氧化物的化学式是（）AN2OBNOCN2O3DNO24下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色5某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B含有两种官能团Cmol该有机物与足量钠反应可得到0.5molH2D可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应6能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c（H+）=11013molL1时又一定能发生反应的离子组是（）AFe2+、Na+、SCN、ClBCa2+、Cu2+、NO3、SO32CNa+、Ba2+、Cl、HCO3DAl3+、Na+、SO42、NO37常温下，向100mL 0.01molL1 MOH溶液中逐滴加入0.02mo1L1 HA溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pOH变化情况（溶液体积变化忽略不计），溶液中pOH=lg（OH）下列说法中，不正确的是（）AHA为一元弱酸BMOH为一元强碱CN点水的电离程度大于K点水的电离程度DK点对应的溶液的pOH=10，则有c（HA）+c（H+）c（OH）=0.01molL1二、非选择题8研究人员通过对北京地区PM2.5的化学组成研究发现，汽车尾气和燃煤污染分别占4%、18%（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气传染已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式：还可以用活性炭还原法处理氮氧化物，反应为C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/molL1时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0500.0250.025300.0500.0250.025400.0360.0320.010500.0360.0320.010T1时，该反应的平衡常数K=（保留两位小数）前10min内用v（NO）表示的化学反应速率为；30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2浓度之比为3：1：1，则该反应的H0（填“”“=”或“”）（3）用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动a为极，电极反应式为电池工作过程中，O2由极（填“a”或“b”，下同）移向极欧IV型汽车认证和生产一致性排放限值：汽油机CO1.00g/km某测试车检测过程中，每行驶1km传感器中通过电子为0.08mol，则该车（填“符合”或“不符合”）欧IV排放标准9（1）利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如表：n（SO32）：n（HSO3）91：9：19：91pH8.27.26.2由表判断，NaHSO3溶液显性，用化学平衡原理解释：请写出Na2SO3溶液中离子浓度大小关系：利用图示装置（电极均为惰性电极）吸收SO2，由阴极排出的溶液可吸收NO2阴极的电极反应式为在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成写出该反应离子方程式：（3）新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收的产物反应，得到一种复合肥该复合肥料可能的化学式为（只写一种）若氨水与SO2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈性（填“酸”“碱”或“中”）已知常温下NH3H2O的Kb=1.8105molL1，H2SO3的Ka1=1.3102molL1Ka2=6.3108molL1当氨水吸收SO2至恰好完全反应形成正盐时，反应过程中H2O的电离平衡移动方向为（填“向左”“向右”或“不”）10某化学小组在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如回答下列问题：（1）实验室进行操作I用到的玻璃仪器有烧杯、，操作一系列操作包括蒸发浓缩、过滤写出由CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4的化学方程式：（3）X物质为（填化学式，下同），Y物质为（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量为16.3l g为避免引起误差，检验氯化钡溶液是否过量的操作为，所制得硫酸铵的纯度为（5）图1装置能用于实验室制氨气的是（填序号）选择氨气的制取装置后，再用装置图2收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接，接，接，接上述装置中CCl4的作用是三【化学化学与技术】11据科学家预测：再过100年后，全球气温估计将上升大约1.45.8根据这一预测，全球气温上升将给全球环境带来不可估测影响，其中水资源的匮乏将是首当其冲海水占地球总储水量的97.2%若把海水淡化和化工生产结合起来，既能解决淡水资源缺乏的问题，又能充分利用海洋资源（1）就目前技术而言，结合能源消耗等问题，下列适用于“海水淡化”的技术是（填序号）A蒸馏法 B电渗析法 C冷结法 D离子交换法 E反渗透法远古时代就利用海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的（3）海水晒盐得到的母液中，还有大量的镁、钾离子和一定量的溴、碘化合物其中通过先进的分离技术得到MgCl26H2O产品，此产品还需要在不断通入“干燥氯化氢”的条件下脱水才能得到无水MgCl2，此原因是：；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是、（4）钛被称为21世纪金属，具有密度小、强度大，不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，广泛用于航空、航天以及生物医学等领域工业上可以用Mg高温还原TiCl4而制得请设计合理的实验操作，处理上述反应产物，得到纯钛，简述操作过程：四【化学物质结构与性质】12磁性材料氮化铁镍合金可用Fe（NO3）3、Ni（NO3）2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得（1）基态Ni原子的价电子排布式是丁二酮肟（结构简式如图1所示）中碳原子的杂化方式为（3）NH3的沸点高于PH3，其主要原因是（4）与N3离子具有相同电子数的三原子分子的空间构型是（5）向Ni（NO3）2溶液中滴加氨水，刚开始时生成绿色Ni（OH）2沉淀，当氨水过量时，沉淀会溶解，生成Ni（NH3）62+的蓝色溶液，则1molNi（NH3）62+含有的键为mol（6）图2是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图该合金储氢后，含1mol La的合金可吸附H2的数目为五【化学有机化学基础】13醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路：（1）D、E中含有的官能团的名称分别是反应的有机反应类型分别是、（3）B的结构简式为（4）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：a分子中苯环上有三个相邻的取代基b能发生水解反应 c遇氯化铁溶液显色（5）写出反应的化学方程式：山东省潍坊市xx高考化学模拟试卷（四）参考答案与试题解析一、选择题（本题包括13道小题，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A硅太阳能电池板在工作时，可以将化学能转化为电能B用纯碱溶液可洗涤餐具上的油污C用灼烧并闻气味的方法可区别真丝织物和人造棉D水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物考点：硅和二氧化硅；钠的重要化合物；有机物的鉴别；有机高分子化合物的结构和性质分析：A太阳能电池板就是将太阳能直接转化为电能的装置；B碳酸钠水解显碱性，利用油污水解，且水解为吸热反应；C人造棉化学成分是纤维素，真丝织物的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味；D用于密封的橡胶材料是高分子化合物解答：解：A硅太阳能电池板在工作时，可以将太阳能转化为电能，故A错误； B碳酸钠水解显碱性，可除去油污，且水解为吸热反应，加热促进水解，因此可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污，故B正确；C人造棉化学成分是纤维素，燃烧时能产生烧纸的气味，真丝织物的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味，能鉴别，故C正确；D橡胶的相对分子质量在10000以上，则用于密封的橡胶材料是高分子化合物，故D正确；故选A点评：本题考查原电池、盐类的水解、纤维素与蛋白质、高分子化合物等知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握2短周期元素X、Y、Z、W在周期表中相对位置如图所示，Y元素在地壳中的含量最高下列说法正确的是（）A原子半径：ZYWB最简单气态氢化物的热稳定性：YWC含X的化合物形成的溶液一定呈酸性DY的最简单阴离子和Z的最简单阳离子核外电子数相同考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质分析：Y元素在地壳中的含量最高，则Y为O元素，由元素在周期表中相对位置，可知X为N元素、W为S元素、Z为AlA同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大；B非金属性越强，氢化物越稳定；C氨气水溶液呈碱性；DO2、Al3+离子核外电子数均为10解答：解：Y元素在地壳中的含量最高，则Y为O元素，由元素在周期表中相对位置，可知X为N元素、W为S元素、Z为AlA同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：ZYW，故A错误；B氢化物稳定性与元素非金属一致，同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，故B错误；C硝酸溶液呈酸性，硝酸钠溶液呈中性，氨气水溶液呈碱性，含有氮元素的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故C错误；DO2、Al3+离子核外电子数均为10，故D正确，故选D点评：本题考查元素周期表与元素周期律，侧重对元素周期律的考查，注意对元素周期表的理解掌握，难度不大3将4.48g Fe溶于1L 0.2molL1的稀硫酸，再加入50mL 0.4mo1L1KNO3溶液后，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，NO3无剩余，生成一种氮氧化物NYOX则该氮氧化物的化学式是（）AN2OBNOCN2O3DNO2考点：氧化还原反应的计算分析：Fe与硫酸反应，生成硫酸亚铁，硫酸有剩余，再加入50mL 0.4molL1KNO3溶液后，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，NO3也完全反应，根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中的化合价，进而确定生成的氮的氧化物解答：解：4.48gFe的物质的量为=0.08mol，1L 0.2molL1的稀硫酸中硫酸的物质的量=1L0.2molL1=0.2mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2可知，硫酸有剩余，故溶液中n（Fe2+）=n（Fe）=0.08mol，再加入50mL 0.4molL1KNO3溶液后，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，NO3也完全反应，生成一种氮氧化物NYOX，令N元素在氧化物中的化合价为a，由电子转移守恒可知：0.08mol（32）=0.05L0.4mol/L（5a），解得a=1，故该氧化物的化学式为N2O，故选A点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大4下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A用图1装置制取并收集干燥纯净的NH3B用图2所示装置可除去NO2中的NOC用图3所示装置可分离CH3COOC2H5和饱和碳酸钠溶液D用图4装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A收集氨气的方法错误；B二氧化氮和水反应生成一氧化氮；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离；D铁不能被氧化，不能制得Fe（OH）2解答：解：A氨气的密度比空气小，应用向下排空法收集气体，故A错误；B二氧化氮溶于水且和水反应生成一氧化氮，不能将杂质除去，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，故C正确；D铁应连接电源正极，才能制得Fe（OH）2，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及气体的收集、除杂、分离以及物质的制备，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为xx高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大5某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B含有两种官能团Cmol该有机物与足量钠反应可得到0.5molH2D可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质分析：由结构简式可知有机物中含有羧基、羟基、碳碳双键，结合乙酸、乙醇和烯烃的性质解答该题解答：解：A含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，被酸性高锰酸钾氧化，故A正确；B含有羧基、羟基和碳碳双键3种官能团，故B错误；C含有羧基、羟基，都可与钠反应生成氢气，则1mol该有机物与足量钠反应可得到1molH2，故C错误；D含有碳碳双键，可发生加聚反应，含有羧基和羟基，可发生缩聚反应，故D错误故选A点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大6能大量共存于同一溶液中，且当加入另一种强电解质使水电离出的c（H+）=11013molL1时又一定能发生反应的离子组是（）AFe2+、Na+、SCN、ClBCa2+、Cu2+、NO3、SO32CNa+、Ba2+、Cl、HCO3DAl3+、Na+、SO42、NO3考点：离子共存问题分析：离子能大量共存于同一溶液中，说明离子之间不发生任何反应，使水电离出的c（H+）=11013 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能是碱性，离子能能发生反应，说明离子组中含有能与OH或H+反应的离子，A四种离子之间不反应，但是亚铁离子与氢氧根离子、硫氰根离子与氢离子反应；B亚硫酸根离子与铜离子、钙离子反应；C四种可知中不反应，且加入强酸或强碱溶液后一定与碳酸氢根离子反应；D四种离子之间不反应，加入强酸或强碱溶液后也不反应解答：解：加入另一种强电解质使水电离出的c（H+）=11013molL1，该电解质可能为强酸或强碱，溶液中存在大量氢OH或H+，AFe2+、Na+、SCN、Cl之间不反应，加入该强电解质后，Fe2+与氢氧根离子反应，SCN与氢离子反应，满足题意，故A正确；BCa2+、Cu2+都与SO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、Ba2+、Cl、HCO3之间不发生反应，加入该强电解质后，HCO3既能够与氢离子，也能够与氢氧根离子反应，符号条件，故C正确；DAl3+、Na+、SO42、NO3之间不反应，该强电解质若为强酸溶液，Al3+、Na+、SO42、NO3都不与氢离子反应，不符合题意，故D错误；故选AC点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等7常温下，向100mL 0.01molL1 MOH溶液中逐滴加入0.02mo1L1 HA溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pOH变化情况（溶液体积变化忽略不计），溶液中pOH=lg（OH）下列说法中，不正确的是（）AHA为一元弱酸BMOH为一元强碱CN点水的电离程度大于K点水的电离程度DK点对应的溶液的pOH=10，则有c（HA）+c（H+）c（OH）=0.01molL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：0.01molL1 MOH溶液中pOH=2，则HA是强碱，N点时溶液呈中性，HA的物质的量大于MOH的物质的量，说明HA是弱酸，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（HA）、c（H+）的和解答：解：AN点时溶液呈中性，HA的物质的量大于MOH的物质的量，说明HA是弱酸，故A正确；B0.01molL1 MOH溶液中pOH=2，说明MOH是强碱，故B正确；CN点溶液呈中性，K点溶液呈酸性，酸性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，故C正确；D在K点时混合溶液体积是酸溶液的物质的量是碱的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c（HA）+c（A）=mol/L，根据电荷守恒可知，c（M+）+c（H+）=c（OH）+c（A），由+得：c（HA）+c（M+）+c（H+）=c（OH）+0.01，得c（HA）+c（H+）c（OH）=0.01=0.005molL1，故D错误；故选D点评：本题考查了酸碱混合时的定性判断，注意根据酸溶液的pH和酸的浓度确定酸的强弱，为易错点二、非选择题8研究人员通过对北京地区PM2.5的化学组成研究发现，汽车尾气和燃煤污染分别占4%、18%（1）用稀土等催化剂能将汽车尾气中的CO、NOx碳氢化合物转化成无毒物质，从而减少汽车尾气传染已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJmol1C（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJmol1写出NO（g）与CO（g）催化转化成N2（g）和CO2（g）的热化学方程式：2NO （g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=746.5 kJ/mol还可以用活性炭还原法处理氮氧化物，反应为C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）H向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T1）条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下：浓度/molL1时间/minNON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0500.0250.025300.0500.0250.025400.0360.0320.010500.0360.0320.010T1时，该反应的平衡常数K=0.25（保留两位小数）前10min内用v（NO）表示的化学反应速率为0.0042mol/（Lmin）；30min后，改变某一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是降低CO2浓度若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2浓度之比为3：1：1，则该反应的H0（填“”“=”或“”）（3）用气体传感器可以检测汽车尾气中CO的含量传感器是以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动a为负极，电极反应式为CO2e+O2CO2电池工作过程中，O2由b极（填“a”或“b”，下同）移向a极欧IV型汽车认证和生产一致性排放限值：汽油机CO1.00g/km某测试车检测过程中，每行驶1km传感器中通过电子为0.08mol，则该车不符合（填“符合”或“不符合”）欧IV排放标准考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理分析：（1）根据方程式的加减得出NO与CO催化转化成N2和CO2的化学方程式，焓变相应的加减，从而得出其热化学反应方程式；20min时反应得到平衡，将平衡浓度代入平衡常数K=计算；根据v=计算v（NO）；30min改变条件后在40min又到达平衡，NO、CO2浓度减小，N2的浓度浓度增大，平衡向正反应方向移动，且表中NO、N2浓度变化量之比为（0.050.036）：（0.0320.025）=2：1，等于化学计量数之比，故应是降低CO2浓度；30min处于平衡状态，NO、N2、CO2浓度之比为2：1：1，若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2浓度之比为3：1：1，说明平衡向逆反应方向移动；（3）本质是CO与氧气反应生成CO2，CO在a极发生氧化反应，故a为负极，b为正极，阴离子向负极移动，O2由电极b流向电极a；根据转移电子计算行驶1Km时排放CO的质量，进而判断是否符合排放标准解答：解：（1）已知：N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180.5kJ/mol2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221.0kJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=393.5kJ/mol 根据盖斯定律，2可得：NO （g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g），所以H=（393.5kJ/mol）2（221.0kJ/mol）（+180.5kJ/mol）=746.5 kJ/mol，故答案为：2NO （g）+2CO（g）=N2（g）+2CO2（g）H=746.5 kJ/mol； 20min时反应得到平衡，将平衡浓度代入计算，可知K=0.25，故答案为：0.25；根据v=可知，v（NO）=0.0042mol/（Lmin）；30min改变条件后在40min又到达平衡，NO、CO2浓度减小，N2的浓度浓度增大，平衡向正反应方向移动，且表中NO、N2浓度变化量之比为（0.050.036）：（0.0320.025）=2：1，等于化学计量数之比，故应是降低CO2浓度，故答案为：0.0042mol/（Lmin）；降低CO2浓度；30min处于平衡状态，NO、N2、CO2浓度之比为2：1：1，若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2浓度之比为3：1：1，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应的H0，故答案为：；（3）本质是CO与氧气反应生成CO2，CO在a极发生氧化反应，故a为负极，b为正极，阴离子向负极移动，O2由电极b流向电极a，负极电极反应式为：CO2e+O2CO2，故答案为：负；CO2e+O2CO2；b；a；每行驶1km传感器中通过电子为0.08mol，由CO2e+O2CO2可知，排放CO的质量为0.08mol28g/mol=1.12g1.00g，不符合排放标准，故答案为：不符合点评：本题考查热化学方程式书写、平衡常数计算、反应速率计算、化学平衡移动、原电池及其计算等，属于拼合型题目，是对学生综合能力的考查，难度中等9（1）利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如表：n（SO32）：n（HSO3）91：9：19：91pH8.27.26.2由表判断，NaHSO3溶液显酸性，用化学平衡原理解释：溶液中存在：HSO3SO32+H+；HSO3+H2OH2SO3+OH电离程度大于水解程度，故溶液显酸性请写出Na2SO3溶液中离子浓度大小关系：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）利用图示装置（电极均为惰性电极）吸收SO2，由阴极排出的溶液可吸收NO2阴极的电极反应式为2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32生成写出该反应离子方程式：4S2O42+2NO2+8OH8SO42+N2+4H2O（3）新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收的产物反应，得到一种复合肥该复合肥料可能的化学式为（NH4）3PO4（或（NH4）2HPO4或NH4H2PO4）（只写一种）若氨水与SO2恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈碱性（填“酸”“碱”或“中”）已知常温下NH3H2O的Kb=1.8105molL1，H2SO3的Ka1=1.3102molL1Ka2=6.3108molL1当氨水吸收SO2至恰好完全反应形成正盐时，反应过程中H2O的电离平衡移动方向为向右（填“向左”“向右”或“不”）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电解原理分析：（1）由表格中的数据可知，HSO3越多，酸性越强，则电离生成氢离子；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答；Na2SO3在溶液中存在两步水解，以第一步水解为主；阴极上HSO3得电子生成S2O42；依据在碱性条件下，阴极排出的溶液为S2O42，二氧化氮与其发生反应生成氮气（3）氨气是碱性气体，可以和酸反应生成盐；氨水与SO2恰好完全反应生成正盐，则反应生成亚硫酸铵，根据电离平衡常数判断离子的水解平衡常数，根据水解程度相对大小确定溶液的酸碱性；能水解的盐发生水解时促进水的电离解答：解：（1）由表格中的数据可知，溶液呈酸性，HSO3越多，酸性越强，是因为溶液中存在：HSO3SO32+H+； HSO3+H2OH2SO3+OH电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：酸；溶液中存在：HSO3SO32+H+； HSO3+H2H2SO3+OH电离程度大于水解程度，故溶液显酸性；Na2SO3在溶液中存在两步水解，以第一步水解为主，SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，则溶液中离子浓度大小的关系为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；故答案为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；依据图示可知，阴极上HSO3得电子生成S2O42，阴极区发生反应2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；故答案为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；阴极排出的溶液为S2O42，二氧化氮与其发生反应，S2O42中硫元素由+3价，变为硫酸根中硫元素为+4价，S2O42被氧化是还原剂；二氧化氮中的氮元素化合价为+4价变为氮气0价，二氧化氮被还原为氧化剂，依据原子守恒和得失电子守恒可得，发生的离子方程式为4S2O42+2NO2+8OH8SO42+N2+4H2O，故答案为：4S2O42+2NO2+8OH8SO42+N2+4H2O；（3）氨气是碱性气体，可以和磷酸反应生成盐，产生的盐随着酸的磷酸的量的多少而不同，可以产生磷酸铵，磷酸氢铵或是磷酸二氢铵，故答案为：（NH4）3PO4（或（NH4）2HPO4或NH4H2PO4）；一水合氨的电离平衡常数大于亚硫酸氢根离子的电离 平衡常数，所以铵根离子的水解平衡常数小于亚硫酸根离子水解平衡常数，则亚硫酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液呈碱性，故答案为：碱；能水解的盐发生水解时促进水的电离，则当氨水吸收SO2至恰好完全反应形成正盐时，反应过程中生成弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，则H2O的电离平衡向右移动；故答案为：向右点评：本题考查弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较、电解原理的分析应用等，比较综合，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力10某化学小组在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如回答下列问题：（1）实验室进行操作I用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，操作一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤写出由CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4的化学方程式：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4（3）X物质为NH3（填化学式，下同），Y物质为CO2（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量为16.3l g为避免引起误差，检验氯化钡溶液是否过量的操作为静置后向上层清液再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明氯化钡溶液过量，反之，氯化钡溶液不足，所制得硫酸铵的纯度为92.4%（5）图1装置能用于实验室制氨气的是乙丙丁（填序号）选择氨气的制取装置后，再用装置图2收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接d，e接g，f接c，b接h上述装置中CCl4的作用是防倒吸考点：制备实验方案的设计；氨的制取和性质分析：在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，由于碱性条件下有利于二氧化碳的吸收，将二氧化碳转化为碳酸根离子，进而得到CaCO3沉淀，故CaSO4溶液先通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，经过过滤分离得到CaCO3与滤液，再煅烧CaCO3生成生石灰与二氧化碳，滤液中含有硫酸铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体（1）操作I是过滤，操作从溶液中获得晶体；CaSO4、NH3、CO2反应生成CaCO3、（NH4）2SO4；（3）由上述分析，可知X为氨气、Y为二氧化碳；（4）反应得到16.3l g固体为BaSO4，根据硫酸根守恒计算n（NH4）2SO4，再根据m=nM计算m、（NH4）2SO4，进而计算所制得硫酸铵的纯度；向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，目的是使硫酸根离子完全沉淀，静置后向上层清液再滴加氯化钡溶液，根据是否有沉淀生成，可以检验氯化钡是否已过量；（5）甲中直接加热NH4Cl生成 NH3和HCl，在试管口附近又生成了NH4Cl；乙中加热浓氨水促进NH3的挥发，可制取NH3；丙中加热氢氧化钙和氯化铵固体，发生复分解反应生成NH3；丁中浓氨水滴加到NaOH固体中，可挥发出NH3；因为收集干燥的NH3，用碱石灰干燥NH3，用向下排空气法收集NH3，通入稀硫酸，制取硫酸铵，后面连接h，进行尾气处理；把NH3直接通入稀硫酸中会发生倒吸，而NH3难溶于CCl4，所以CCl4的作用是防倒吸解答：解：在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，由于碱性条件下有利于二氧化碳的吸收，将二氧化碳转化为碳酸根离子，进而得到CaCO3沉淀，故CaSO4溶液先通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，经过过滤分离得到CaCO3与滤液，再煅烧CaCO3生成生石灰与二氧化碳，滤液中含有硫酸铵，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体（1）操作I是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，操作从溶液中获得硫酸铵晶体，硫酸铵的溶解度随温度的降低而减小，所以蒸发浓缩后进行冷却结晶，故答案为：漏斗、玻璃棒；冷却结晶；CaSO4、NH3、CO2反应生成CaCO3、（NH4）2SO4，反应方程式为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4，故答案为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+（NH4）2SO4；（3）由上述分析，可知X为氨气、Y为二氧化碳，故答案为：NH3；CO2；（4）向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，目的是使硫酸根离子完全沉淀，静置后向上层清液再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明氯化钡溶液过量，反之，氯化钡溶液不足，反应得到16.3l g固体为BaSO4，根据硫酸根守恒：n（NH4）2SO4=n（BaSO4）=0.07mol，则m（NH4）2SO4）=0.07mol132g/mol=9.24g，硫酸铵的纯度=100%=92.4%；故答案为：静置后向上层清液再滴加氯化钡溶液，若没有沉淀生成，说明氯化钡溶液过量，反之，氯化钡溶液不足；92.4%；（5）甲直接加热NH4Cl生成 NH3和HCl，在试管口附近NH3和HCl反应又生成了NH4Cl，所以不能用来制取NH3，故甲错误；乙氨水中存在平衡关系：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可制取NH3，故乙正确；丙加热氢氧化钙和氯化铵固体，发生复分解反应生成NH3，可用于制取NH3，故丙正确；丁CaO与H2O反应生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，能用于制取NH3，故丁正确；因为要收集干燥的NH3，用碱石灰干燥NH3，所以a后接d、e，用向下排空气法收集NH3，后面连接g、f，通入稀硫酸，制取硫酸铵，后面连接c、b，最后连接h，进行尾气处理；把NH3直接通入稀硫酸中会发生倒吸，而NH3难溶于CCl4，所以CCl4的作用是防倒吸，故答案为：乙丙丁；d、e、g、f、c、b、h；防倒吸点评：本题考查化学工艺流程、实验方案设计、物质分离提纯、化学计算、氨气制备等，是对基础知识的综合运用，较好的考查学生分析解决问题的能力，难度中等三【化学化学与技术】11据科学家预测：再过100年后，全球气温估计将上升大约1.45.8根据这一预测，全球气温上升将给全球环境带来不可估测影响，其中水资源的匮乏将是首当其冲海水占地球总储水量的97.2%若把海水淡化和化工生产结合起来，既能解决淡水资源缺乏的问题，又能充分利用海洋资源（1）就目前技术而言，结合能源消耗等问题，下列适用于“海水淡化”的技术是CDE（填序号）A蒸馏法 B电渗析法 C冷结法 D离子交换法 E反渗透法远古时代就利用海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的蒸发结晶（3）海水晒盐得到的母液中，还有大量的镁、钾离子和一定量的溴、碘化合物其中通过先进的分离技术得到MgCl26H2O产品，此产品还需要在不断通入“干燥氯化氢”的条件下脱水才能得到无水MgCl2，此原因是：抑制MgCl2水解，防止生成Mg（OH）2；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是氧化（通氯气）、萃取（萃取、分液）、蒸馏（4）钛被称为21世纪金属，具有密度小、强度大，不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，广泛用于航空、航天以及生物医学等领域工业上可以用Mg高温还原TiCl4而制得请设计合理的实验操作，处理上述反应产物，得到纯钛，简述操作过程：将产物加入足量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥，得到纯钛考点：海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物；化学应用分析：（1）根据淡化海水的常用方法分析即可，淡化海水，应将水与海水中的盐进行分离，常见的方法有：蒸馏法、膜法、冷冻法、离子交换法等；食盐的溶解度受温度影响变化不大，利用海水晒盐，就是把海水引入海滩，借助日光和风力使水分蒸发，据此进行分析判断；（3）考虑镁离子的水解，一定条件是防止水解的发生；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是氧化，萃取蒸馏；（4）用Mg高温还原TiCl4而制得氯化镁和钛，钛不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，加入盐酸溶解过量的镁，热量氯化镁，过滤洗涤干燥得到纯钛解答：解：（1）目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、冷冻法、离子交换法、反渗透法等，结合能源消耗等问题冷冻法、离子交换法、反渗透法消耗能量少，故答案为：CDE；海水晒盐，此项技术属于物质分离实验操作中的蒸发结晶方法，故答案为：蒸发结晶；（3）MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2，若直接加热MgCl26H2O，会促进Mg2+水解，得不到无水MgCl2，因Mg2+水解呈酸性，加盐酸或在氯化氢气流中可抑制Mg2+水解，故一定条件为在HCl气流中，目的是抑制Mg2+水解；如果实验以海水、氯气等为基本原料来制得单质溴、碘，最基本操作过程是通入氯气氧化溴离子、碘离子为溴单质，碘单质，利用分液的方法加入萃取剂分液方法得到，最后依据沸点采取蒸馏的方法得到单质，故答案为：抑制MgCl2水解，防止生成Mg（OH）2；氧化（通氯气）；萃取（萃取、分液）；蒸馏；（4）用Mg高温还原TiCl4而制得氯化镁和钛，钛不溶于一般的强酸、强碱等优良性能，加入盐酸溶解过量的镁，热量氯化镁，过滤洗涤干燥得到纯钛，故答案为：将产物加入足量的稀盐酸、过滤、洗涤、干燥，得到纯钛点评：本题考查了海水淡化，海水提取溴、碘，钛的工业制备流程分析，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等四【化学物质结构与性质】12磁性材料氮化铁镍合金可用Fe（NO3）3、Ni（NO3）2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得（1）基态Ni原子的价电子排布式是3d84s2丁二酮肟（结构简式如图1所示）中碳原子的杂化方式为sp2、sp3（3）NH3的沸点高于PH3，其主要原因是NH3分子之间存在氢键（4）与N3离子具有相同电子数的三原子分子的空间构型是V型（5）向Ni（NO3）2溶液中滴加氨水，刚开始时生成绿色Ni（OH）2沉淀，当氨水过量时，沉淀会溶解，生成Ni（NH3）62+的蓝色溶液，则1molNi（NH3）62+含有的键为24mol（6）图2是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图该合金储氢后，含1mol La的合金可吸附H2的数目为3mol或3NA考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据核外电子排布规律可知基态Ni原子的电子排布式并由此写出价电子排布式；根据杂化轨道理论及丁二酮肟中碳原子的成键情况，可知碳原子的杂化方式；（3）由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，据此答题；（4）因为N3离子具有10个电子，与N3离子具有相同电子数的三原子分子为H2O，H2O中的O原子的杂化方式为sp3杂化，据此可判断分子的空间构型；（5）向Ni（NO3）2溶液中滴加氨水，刚开始时生成绿色Ni（OH）2沉淀，当氨水过量时，沉淀会溶解，生成Ni（NH3）62+的蓝色溶液，说明生成的Ni（NH3）62+为配合离子，Ni2+的配位数为6，再按氨分子里的成键情况可以计算出键的物质的量；（6）根据均摊法，可计算出1mol La的合金可吸附H2的数目解答：解：（1）根据核外电子排布规律可知基态Ni原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，并由此写出价电子排布式为：3d84s2，故答案为：3d84s2；因为在丁二酮肟中有两种碳原子，一种是甲基中的碳是按sp3杂化，另一种碳与氮形成双键的，是按sp2方式杂化，故答案为：sp2、sp3；（3）由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3分子之间存在氢键；（4）因为N3离子具有10个电子，与N3离子具有相同电子数的三原子分子为H2O，H2O中的O原子的杂化方式为sp3杂化，所以水分子的空间构型为V型，故答案为：V型；（5）向Ni（NO3）2溶液中滴加氨水，刚开始时生成绿色Ni（OH）2沉淀，当氨水过量时，沉淀会溶解，生成Ni（NH3）62+的蓝色溶液，说明生成的Ni（NH3）62+为配合离子，Ni2+的配位数为6，即有6个配位键，也就是6个键，每个氨分子里有3个共价键就是3个键，所以1molNi（NH3）62+含有的键为：6+36=24mol，故答案为：24；（6）根据均摊法，可知每个晶胞中含有La原子为8=1，而每个晶胞中含有氢分子的个数为：8=3，所以1mol La的合金可吸附H2的数目为3mol，故答案为：3 mol或3NA点评：本题考查了价电子排布、原子杂化方式、分子空间构型、分子间作用力、配合物的结构及晶胞的计算等知识，有一定的综合性，中等难度，注意基础知识的运用五【化学有机化学基础】13醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路：（1）D、E中含有的官能团的名称分别是羟基、醛基反应的有机反应类型分别是消去反应、水解反应或取代反应（3）B的结构简式为BrCH2CH=CH2（4）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：a分子中苯环上有三个相邻的取代基b能发生水解反应 c遇氯化铁溶液显色（5）写出反应的化学方程式：考点：有机物的推断分析：CH3CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成A为CH3CH=CH2，CH3CH=CH2在NBS作用发生取代反应生成B为BrCH2CH=CH2，BrCH2CH=CH2与Br2发生加成反应生成C为BrCH2CHBrCH2Br，BrCH2CHBrCH2Br在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应生成D为HOCH2CH（OH）CH2OH，结合反应中高聚物的结构可知，发生催化氧化生成E为，E进一步发生氧化反应生成F为，据此解答解答：解：CH3CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成A为CH3CH=CH2，CH3CH=CH2在NBS作用发生取代反应生成B为BrCH2CH=CH2，BrCH2CH=CH2与Br2发生加成反应生成C为BrCH2CHBrCH2Br，BrCH2CHBrCH2Br在氢氧化钠水溶液条件下发生水解反应生成D为HOCH2CH（OH）CH2OH，结合反应中高聚物的结构可知，发生催化氧化生成E为，E进一步发生氧化反应生成F为（1）D为HOCH2CH（OH）CH2OH，含有的官能团为羟基，E为，含有的官能团为醛基，故答案为：羟基；醛基；反应属于消去反应，反应为水解反应，也属于取代反应，故答案为：消去反应；水解反应或取代反应；（3）B的结构简式为BrCH2CH=CH2，故答案为：BrCH2CH=CH2；（4）F（）的同分异构体符合下列条件：a分子中苯环上有三个相邻的取代基，b能发生水解反应，含有酯基，c遇氯化铁溶液显色，含有酚羟基，符合条件的同分异构体有：，故答案为：；（5）反应的化学方程式：，故答案为：点评：本题考查有机物推断，注意根据转化关系中的物质结构与反应条件进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等