2019-2020年高三化学模拟试卷含解析.doc

2019-2020年高三化学模拟试卷含解析一、选择题1下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同2已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是（）AY和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：20的共价化合物BX，Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3CY和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质D由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种3能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2+2OH+SO2CaSO3+H2OB用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OC用铜做电极电解NaCl溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHD将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O4芳香化合物C8H8O2属于酯和羧酸的同分异构体的数目分别是（）A4和5B5和4C4和6D6 和45以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+C放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L6下表中的实验操作能达到实验目的是（）选项实验操作实验目的A将浓硫酸和碳单质混合加热，直接将生成的气体通入足量的澄清石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物中CO2的存在B将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中，加热，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成C先滴入Ba（NO3）2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀检验溶液中是否含有SO42D常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水中HCl电离程度大于CH3COOH7常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（OH）n（H+）=（a0.05）molC随着NaOH的加入，不断增大D当n（NaOH）=0.1mol时，c（OH）c（Cl）c（NH3H2O）二、解答题（共4小题，满分58分）8丁腈橡胶、合成纤维M、制备古马隆树脂的原料N的合成路线如下：已知：（1）A中所含官能团的名称是（2）B和C的结构简式依次是、（3）反应的化学方程式是（4）1mol F完全转化成G所消耗的H2的质量是g（5）反应的化学方程式是（6）下列说法正确的是（选填字母）a反应是加聚反应bN的分子式为C9H10cA与2甲基1，3丁二烯互为同系物dH的同分异构体中属于苯的同系物的有8种（7）烃K的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为1：1：1，则反应的化学方程式是9煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源（1）煤液化是（填“物理”或“化学”）变化过程（2）煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图1所示：SO2反应器中的化学方程式是生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放已知有V L（已换算成标准状况）尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后（不考虑尾气中其他成分的反应），过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀H2O2吸收SO2的化学方程式是；尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式是（3）H2S还可用于回收单质硫含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S） 随时间t的变化如图2由图中信息可知，0t1时，一定发生的反应是（用离子方程式表示）t1以后，溶液中n （Fe3+）保持基本不变，原因是10NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：时间（s）01234c（NO）/molL11.001034.001041.701041.001041.00104（1）前2s内的平均反应速率（N2）=（保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K=（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是（填字母序号）A选用更有效的催化剂B降低反应体系的温度C充入氩气使容器内压强增大D充入CO使容器内压强增大（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为臭氧也可用于处理NO（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移mol电子（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图图中阴极为（填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为11氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料为了分析某AlN样品（样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应）中 AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）（1）如图C装置中球形干燥管的作用是（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先，再加入实验药品接下来的实验操作是，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是（3）若去掉装置B，则导致测定结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（4）步骤生成沉淀的离子方程式为（5）步骤的操作是A1N的纯度是（用m1、m2表示）xx北京市东城区汇文中学高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列说法正确的是（）A大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收B现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛D用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同【考点】金属冶炼的一般原理；物质的组成、结构和性质的关系【分析】A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；B氢键属于分子间作用力，不属于化学键；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质；D依据活性炭与次氯酸漂白原理解答；【解答】解：A油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；B“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；C钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；D活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误；故选：C2已知X、Y、Z、W都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，W的族序数比X的族序数大1，则下列说法错误的是（）AY和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7：20的共价化合物BX，Y、Z可以组成一种盐，其中X、Y、Z元素原子个数比为4：2：3CY和W组成的化合物与X和Z组成的化合物反应可生成2种碱性物质D由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z是O元素；X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，且原子序数小于Z，所以X是H元素；W的族序数比X的族序数大1，则W位于A族，W的原子序数大于Y，则W为Mg元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则Y的原子序数小于O元素，则Y只能为只能为N元素，据此进行解答【解答】解：X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Z是O元素；X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，且原子序数小于Z，所以X是H元素；W的族序数比X的族序数大1，则W位于A族，W的原子序数大于Y，则W为Mg元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则Y的原子序数小于O元素，则Y只能为只能为N元素，AY是N元素，Z是O元素，Y和Z的质量比为7：20时其原子个数比=： =2：5，该化合物是N2O5，故A正确；BX、Y、Z可以组成一种盐，当X、Y、Z元素原子个数之比为4：2：3时，该盐是NH4NO3，故B正确；CY和W组成的化合物为氮化镁，X和Z组成的化合物为水或双氧水，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，二者都是碱性物质，故C正确；D由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有H2O、H3O+、NH3、NH4+，故D错误；故选D3能正确表示下列反应的离子方程式的是（）A用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2：Ca2+2OH+SO2CaSO3+H2OB用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2OC用铜做电极电解NaCl溶液：2C1+2H2OH2+Cl2+2OHD将Fe2O3加入到HI溶液中：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；B酸性高锰酸钾氧化过氧化氢生成氧气；C铜做电极，电极氯化钠溶液，为活性电极，电极本身放电；D不符合反应客观事实，三价铁离子能够氧化碘离子【解答】解：A用过量石灰乳吸收工业尾气中的SO2，离子方程式：Ca（OH）2+SO2CaSO3+H2O，故A错误；B用酸性KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，离子方程式：2MnO4+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O，故B正确；C金属铜作阳极时，铜电极本身失去电子，阳极反应为Cu2e=Cu2+，阴极是水中的氢离子放电，故电解原理方程式为Cu+2H2OCu（OH）2+H2，故C错误；D将Fe2O3加入到HI溶液中，离子方程式：Fe2O3+2I+6H+2Fe2+I2+3H2O，故D错误；故选：B4芳香化合物C8H8O2属于酯和羧酸的同分异构体的数目分别是（）A4和5B5和4C4和6D6 和4【考点】同分异构现象和同分异构体；有机化合物的异构现象【分析】芳香化合物C8H8O2，属于酯时，分子中含有酯基，可能含有1个侧链OOCCH3或COOCH3或CH2OOCH，若含有2个侧链，则为CH3、OOCH，存在邻、间、对三种位置关系；若为羧酸，则含有苯环和COOH，可能含有1个侧链CH2COOH，可能有2个侧链：CH3和COOH，有邻、间、对三种位置关系【解答】解：芳香化合物C8H8O2，属于酯时，分子中含有酯基，可能含有1个侧链OOCCH3或COOCH3或CH2OOCH，总有3种结构；若含有2个侧链，则为CH3、OOCH，存在邻、间、对三种位置关系，所以属于酯的有机物总共有6种；属于羧酸时含有苯环和COOH，可能含有1个侧链CH2COOH，可能有2个侧链，为CH3、COOH，有邻、间、对三种位置关系，符合条件的有机物为：或或或，共有4种，故选D5以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应为：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+C放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体22.4 L【考点】化学电源新型电池【分析】A从蛋白质的性质：高温下会变性分析；C原电池负极发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应；B原电池内部阳离子向正极移动；D根据正负极电极反应式结合电子守恒进行计算【解答】解：A高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故A错误；B负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，故B正确；C、原电池内部阳离子应向正极移动，则放电过程中，质子（H+）从负极区向正极区迁移，故C正确；D、正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故D正确；故选A6下表中的实验操作能达到实验目的是（）选项实验操作实验目的A将浓硫酸和碳单质混合加热，直接将生成的气体通入足量的澄清石灰水，石灰水变浑浊检验气体产物中CO2的存在B将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中，加热，将产生的气体直接通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成C先滴入Ba（NO3）2溶液，产生沉淀，加入足量稀盐酸，仍有沉淀检验溶液中是否含有SO42D常温下测定物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液的pH：盐酸pH小于醋酸pH证明相同条件下，在水中HCl电离程度大于CH3COOHAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊；B乙醇易挥发，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；C可能含有SO32，被氧化生成SO42；D等浓度时，氢离子浓度越大，pH越小，说明酸性越强【解答】解：A碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则不能说明二氧化碳的存在，应先检验二氧化硫并排除二氧化硫的干扰，故A错误；B乙醇易挥发，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，应先通过水，排除乙醇的干扰，故B错误；C可能含有SO32，被氧化生成SO42，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故C错误D等浓度时，氢离子浓度越大，pH越小，说明酸性越强，可比较酸性强弱，故D正确故选D7常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如图所示（不考虑体积变化和氨的挥发），下列说法不正确的是（）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n（OH）n（H+）=（a0.05）molC随着NaOH的加入，不断增大D当n（NaOH）=0.1mol时，c（OH）c（Cl）c（NH3H2O）【考点】离子浓度大小的比较【分析】AM点是向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离；B依据溶液中电荷守恒分析判断，n（Na+）=amol，n（Cl）=1mol；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，=；D向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl）c（OH）【解答】解：AM点是向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B在M点时溶液中存在电荷守恒，n（0H）+n（Cl）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n（0H）n（H+）=0.05+n（Na+）n（Cl）=（a0.05）mol，故B正确；C铵根离子水解显酸性，结合水解平衡常数分析，=，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则减小，故C错误；D向1L 0.1molL1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，c（Na+）=c（Cl）c（OH），溶液中存在水的电离则溶液中，c（OH）c（Cl）c（NH3H2O），故D正确；故选C二、解答题（共4小题，满分58分）8丁腈橡胶、合成纤维M、制备古马隆树脂的原料N的合成路线如下：已知：（1）A中所含官能团的名称是碳碳双键（2）B和C的结构简式依次是CH2=CHCN、NC（CH2）4CN（3）反应的化学方程式是CH2=CHCH=CH2+Cl2ClCH2CH=CHCH2Cl（4）1mol F完全转化成G所消耗的H2的质量是10g（5）反应的化学方程式是（6）下列说法正确的是（选填字母）acda反应是加聚反应bN的分子式为C9H10cA与2甲基1，3丁二烯互为同系物dH的同分异构体中属于苯的同系物的有8种（7）烃K的核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为1：1：1，则反应的化学方程式是【考点】有机物的合成【分析】由A、B分子式，结合丁腈橡胶的结构简式，可知A为CH2=CHCH=CH2，B为CH2=CHCNB电解得到C，C酸化得到HOOC（CH2）4COOH，则C为NC（CH2）4CN1，3丁二烯与氯气发生加成反应生成E，E与NaCN发生取代反应生成F，F与氢气发生加成反应得到G，结合G的结构简式可知，E为ClCH2CH=CHCH2Cl，F为NCCH2CH=CHCH2CN，D与G发生缩聚反应得到M为A与烃K发生加成反应生成H，而H的相对分子质量为120，故K的相对分子质量为12054=66，则=56，则K的分子式为C5H6，结合N的结构可知K为，H为【解答】解：由A、B分子式，结合丁腈橡胶的结构简式，可知A为CH2=CHCH=CH2，B为CH2=CHCNB电解得到C，C酸化得到HOOC（CH2）4COOH，则C为NC（CH2）4CN1，3丁二烯与氯气发生加成反应生成E，E与NaCN发生取代反应生成F，F与氢气发生加成反应得到G，结合G的结构简式可知，E为ClCH2CH=CHCH2Cl，F为NCCH2CH=CHCH2CN，D与G发生缩聚反应得到M为A与烃K发生加成反应生成H，而H的相对分子质量为120，故K的相对分子质量为12054=66，则=56，则K的分子式为C5H6，结合N的结构可知K为，H为（1）A为CH2=CHCH=CH2，A中所含官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）B和C的结构简式依次是CH2=CHCN、NC（CH2）4CN，故答案为：CH2=CHCN、NC（CH2）4CN；（3）反应的化学方程式是：CH2=CHCH=CH2+Cl2ClCH2CH=CHCH2Cl，故答案为：CH2=CHCH=CH2+Cl2ClCH2CH=CHCH2Cl；（4）F为NCCH2CH=CHCH2CN，碳碳双键、CN均与氢气发生加成反应生成G，1mol F完全转化成G所消耗的H2为5mol，消耗氢气质量是5mol2=10g，故答案为：10；（5）反应的化学方程式是：，故答案为：；（6）a反应是加聚反应，故a正确；b由N的结构可知，N的分子式为C9H8，故b错误；cA与2甲基1，3丁二烯均含有1个碳碳双键，二者互为同系物，故c正确；dH为，H的同分异构体中属于苯的同系物，侧链为正丙基、异丙基，或侧链为甲基、乙基，有邻、间、对3种，或者含有3个甲基，有连、偏、均3种，故共有8种，故d正确，故选：acd；（7）反应的化学方程式是：，故答案为：9煤是我国重要的化石燃料，煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源（1）煤液化是化学（填“物理”或“化学”）变化过程（2）煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸，部分过程如图1所示：SO2反应器中的化学方程式是2SO2+O22SO3生产过程中的尾气需要测定SO2的含量符合标准才能排放已知有V L（已换算成标准状况）尾气，通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后（不考虑尾气中其他成分的反应），过滤、洗涤、干燥、称量得到b g沉淀H2O2吸收SO2的化学方程式是SO2+H2O2=H2SO4；尾气中SO2的含量（体积分数）的计算式是100%（3）H2S还可用于回收单质硫含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，可实现空气脱硫，得到单质硫FeCl3溶液吸收H2S过程中，溶液中的n（Fe3+）、被吸收的n（H2S） 随时间t的变化如图2由图中信息可知，0t1时，一定发生的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+（用离子方程式表示）t1以后，溶液中n （Fe3+）保持基本不变，原因是t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n（Fe3+）基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学平衡的影响因素【分析】（1）煤液化就是以煤为原料生产甲醇的过程，是化学变化；（2）煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸的流程为：煤液化过程中产生的H2S被空气中的氧气氧化成二氧化硫，二氧化硫进一步被氧化成三氧化硫，在吸收塔中冷循环酸吸收三氧化硫生成硫酸，据此答题；（3）含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，硫化氢被铁离子氧化成单质硫，随着时间的推移，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，生成硫，所以n（Fe3+）基本不变，硫化氢不断被氧化成硫单质，据此答题【解答】解：（1）煤液化就是以煤为原料生产甲醇的过程，是化学变化，故答案为：化学；（2）煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸的流程为：煤液化过程中产生的H2S被空气中的氧气氧化成二氧化硫，二氧化硫进一步被氧化成三氧化硫，在吸收塔中冷循环酸吸收三氧化硫生成硫酸，SO2反应器中的化学方程式是2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；H2O2吸收SO2的化学方程式是SO2+H2O2=H2SO4，硫酸与氯化钡反应硫酸钡bg，所以SO2的体积为，则尾气中SO2的含量（体积分数）为100%=100%，故答案为：100%；（3）含有H2S和空气的尾气按一定流速通入酸性FeCl3溶液，硫化氢被铁离子氧化成单质硫，随着时间的推移，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，生成硫，所以n（Fe3+）基本不变，硫化氢不断被氧化成硫单质，由图中信息可知，0t1时，铁离子浓度在下降，所以一定发生的反应是H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+，故答案为：H2S+2Fe3+=2Fe2+S+2H+；t1以后，溶液中n（Fe3+）保持基本不变，原因是t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n（Fe3+）基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O），故答案为：t1时刻后，溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+，Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，所以n（Fe3+）基本不变（或2H2S+O2=2S+2H2O）10NO能引起光化学烟雾，破坏臭氧层处理NO有多种方法，根据题意回答下列问题：利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol为了测定某催化剂作用下的反应速率，在一定温度下，向某恒容密闭容器中充入等物质的量的NO和CO发生上述反应用气体传感器测得不同时间NO浓度如表：时间（s）01234c（NO）/molL11.001034.001041.701041.001041.00104（1）前2s内的平均反应速率（N2）=2.08104 mol/（Ls）（保留3位有效数字，下同）；计算此温度下该反应的K=3.65106（2）达到平衡时，下列措施能提高NO转化率的是BD（填字母序号）A选用更有效的催化剂B降低反应体系的温度C充入氩气使容器内压强增大D充入CO使容器内压强增大（3）已知N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol；则CO的燃烧热为284 kJ/mol臭氧也可用于处理NO（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，每生成1mol的HNO3转移3mol电子（5）O3可由电解稀硫酸制得，原理如图图中阴极为B（填“A”或“B”），阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率（NO）=（1.001031.70104 ）2=4.15104mol/（Ls），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，（N2）=1/2（NO）=2.08104 mol/（Ls）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00104molL1，c（CO2）=1.00103molL1 1.00104molL1=9.00104molL1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50104molL1，根据K=c（CO2）2c（N2）/（c（NO）2c（CO）2）=3.65106；（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A选用更有效的催化剂，平衡不移动；B降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动；C充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动；D充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高；（3）由已知方程2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol及N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol根据盖斯定律2+2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=（748kJ/mol）2+（+180kJ/mol）2=284 kJ/mol；（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子；（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+【解答】解：（1）根据表格中数据算出前2s内的平均反应速率（NO）=（1.001031.70104 ）2=4.15104mol/（Ls），根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，（N2）=1/2（NO）=2.08104 mol/（Ls）；由表格数据看出第3s后c（NO）不变则达平衡，此时c（CO）=1.00104molL1，c（CO2）=1.00103molL1 1.00104molL1=9.00104molL1，c（N2）=1/2c（CO2）=4.50104molL1，根据K=c（CO2）2c（N2）/（c（NO）2c（CO）2）=3.65106，故答案为：2.08104 mol/（Ls）；3.65106；（2）达到平衡时，要提高NO转化率，即改变条件要使平衡正向移动，A选用更有效的催化剂，平衡不移动，故A错误；B降低反应体系的温度，该反应为放热反应，正向移动，故B正确；C充入氩气使容器内压强增大，平衡不移动，故C错误；D充入CO使容器内压强增大，相当于增大CO浓度，平衡正向移动，NO转化率提高，故D正确故答案为：BD；（3）由已知方程2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H=748kJ/mol及N2（g）+O2（g）=2NO（g）H=+180kJ/mol根据盖斯定律2+2得CO的燃烧热的热化学方程式为CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=（748kJ/mol）2+（+180kJ/mol）2=284 kJ/mol，故答案为：284 kJ/mol；（4）O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数=化合价升高数，NO转化为HNO3 ，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子，故答案为：3；（5）根据已知图，A极出来的是O3，B极出来的是H2，说明A极发生的氧化反应为阳极，B极发生还原反应为阴极，阳极（惰性电极）的电极反应式为3H2O6e=O3+6H+，故答案为：B；3H2O6e=O3+6H+11氮化铝（AlN）是一种新型无机非金属材料为了分析某AlN样品（样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应）中 AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案已知：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度（夹持装置已略去）（1）如图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置的气密性，再加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是把装置中残留的氨气全部赶入C装置（3）若去掉装置B，则导致测定结果偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见C装置出口处连接一个干燥装置【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（4）步骤生成沉淀的离子方程式为CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3（5）步骤的操作是过滤、洗涤A1N的纯度是100%（用m1、m2表示）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】【方案l】测定原理是通过测定A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量（1）分析装置和仪器作用分析，氨气是和浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，仪器作用是防止倒吸的作用；（2）组装好实验装置，依据原理可知气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，反应生成氨气后把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算；（3）若去掉装置B，测定氨气含量会增大，AlN的含量会增大，计算装置存在缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；【方案2】流程分析可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体为m2g；（4）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；（5）上述分析可知步骤是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，测定原理是：A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量【解答】解：【方案1】（1）氨气是与浓硫酸能发生反应的气体，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管的作用是防止倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；（2）组装好实验装置，气体制备需要先检查装置气密性，加入实验药品接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化通入氮气的目的是，反应生成氨气后把装置中的气体全部赶入装置C被浓硫酸吸收，准确测定装置C的增重计算，故答案为：检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；（3）若去掉装置B，测定氨气含量会增大，导致AlN的含量测定结果偏高，装置存在缺陷是空气中的水蒸气也可以进入装置C，使测定结果偏高，需要连接一个盛碱石灰干燥管；故答案为：偏高；C装置出口处连接一个干燥装置；【方案2】流程分析可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体为m2g；（4）步骤生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成，反应的离子方程式为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，故答案为：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3；（5）上述分析可知步骤是过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，测定原理是：A1N+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2+2H2O=HCO3+Al（OH）3，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量，Al2O3物质的量=mol，依据氮元素守恒得到样品中氮元素物质的量=n（AlN）=mol2=mol，A1N的纯度=100%=100%，故答案为：过滤、洗涤；100%xx12月19日