《2019-2020学年安徽省蒙城县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省蒙城县一中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省蒙城县一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下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A取 a 克混合物充分加热至质量不再变化，减重b 克B取 a 克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b 克C取 a 克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b 克D取 a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b 克固体【答案】B【解析】【详解】A、在 Na2CO3和 NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项 A
2、正确；B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B 错误；C、Na2CO3和 NaHCO3转化为 BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C 正确；D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和 NaHCO3转化为 NaCl 时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D 正确；答案选 B。【点睛】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。2设 NA为阿伏加德罗常
3、数的值。下列说法不正确的是A过量的铁在1molCl2中然烧，最终转移电子数为2NAB在 50g 质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NAC5NH4NO32HNO34N29H2O 反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NAD 1L1mol/LNaCl 溶液和 1L1mol/LNaF 溶液中离子总数：前者小于后者【答案】D【解析】【详解】A.铁过量，1molCl2完全反应转移2mol 电子，选项A正确；B.乙醇有 0.5mol，另外还有1.5mol 水，故氢原子总数为（0.5mol6+1.5mol2）NA=6NA，选项 B正确；C.反应中每生成4 mol 氮气转移15 mo
4、l 电子，生成 28gN2时（物质的量为1mol），转移的电子数目为3.75NA，选项 C正确；D.NaCl 溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2n(Na+)+n(H+)，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以 L1mol/LNaCl 溶液和 1L1mol/LNaF 溶液中离子总数：前者大于后者，选项D错误；答案选 D。3关于以下科技成果，下列说法正确的是（）A中国“人造太阳”B电磁炮成功装船C“鲲龙”两栖飞机D“墨子”通信卫星利用氘和氚发生化学反应产生上亿度高温电磁炮发射过程中电能转化为机械能飞机大量使用熔点高、硬度大的铝锂合金通讯中使用
5、的光导纤维主要成分是单晶硅A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A人造太阳反生核聚变，不是化学反应，A 项错误；B电磁炮利用强大的电磁力来加速弹丸，是将电能转化为机械能，B 项正确；C合金的熔点会比纯金属的熔点低，故铝锂合金的熔点较低，C项错误；D光导纤维的主要成分为二氧化硅，D 项错误；答案选 B。4香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下。下列有关香叶醇的叙述正确的是A分子式为C10Hl8O B分子中所有碳原子不可能共平面C既属于醇类又属于烯烃D能发生加成反应，不能发生氧化反应【答案】A【解析】【详解】A由结构简式可知，该有机物的分子式为C10H18O，故 A
6、正确；B根据乙烯分子的平面结构分析，与双键两端的碳原子相连的碳原子都在同一平面上，且单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子有可能共面，故B 错误；C含有羟基，属于醇类，因为含有O，所以不是烃，故C 错误；D含 C=C，能发生加成反应，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，含-OH 能发生氧化反应，故D 错误。故选 A。【点睛】此题易错点在C 项，烃只能含有碳氢两种元素。5某学习兴趣小组通过2KClO3十 H2C2O4加热CO2忄 2ClO2K2CO3H2O 制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A KClO3中的 Cl被氧化BH2C2O4是氧化剂C氧化产物和还原产物的物质的量之比为11 D每生成1 mo
7、l ClO2转移 2 mol 电子【答案】C【解析】【详解】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为11，故正确；D.氯元素化合价变化1 价，所以每生成1 mol ClO2转移 1mol 电子，故错误；故选 C。6类比 pH 的定义，对于稀溶液可以定义pc=lgc，pKa=lgKa。常温下，某浓度H2A 溶液在不同pH 值下，测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是()A pH=3.50 时，c(H2A)c(HA-)c(A2-)B将等浓度
8、等体积的Na2A 与 H2A 溶液混合后，溶液显碱性C随着HCl 的通入c(H+)/c(H2A)先减小后增大D pH 从 3.00 到 5.30 时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小【答案】C【解析】【分析】随 pH的升高，c(H2A)减小、c(HA-)先增大后减小、c(A2-)增大，所以 pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)的变化曲线分别是。【详解】A.根据图示，pH=3.50 时，c(HA-)c(A2-)c(H2A)，故 A错误；B.根据 a 点，H2A 的 Ka1=10-0.8，根据 c 点，H2A 的 Ka2=10-5.3，A2-的水解常数是-14-5.3
9、1010=10-8.7，等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合，电离大于水解，溶液显酸性，故B错误；C.12c Hc HAKac H A，随着 HCl 的通入 c(HA-)先增大后减小，所以c(H+)/c(H2A)先减小后增大，故C正确；D.根据物料守恒，pH 从 3.00 到 5.30 时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变，故D错误；答案选C。7下列有关化学用语表示正确的是（）A NaClO 的电子式B中子数为16 的硫离子：3216S C为 CCl4的比例模型D16O 与18O 互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A.NaClO 为离子
10、化合物，由Na+和 ClO-构成，A 错误；B.中子数为16 的硫离子应为3216S2-，B 错误；C.中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；D.16O 与18O 都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D 正确。故选 D。【点睛】在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O 与17O3也互为同素异形体。8我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化
11、学转化装置如图所示。下列说法正确的是（）A a 极是电化学装置的阴极Bd 极的电极反应式为CO32-4e-=C+3O2-C中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化D上述装置中反应的化学方程式为CO2 通电C+O2【答案】D【解析】【分析】由电解装置示意图可知，a 极生成 O2，O 的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a 为阳极，连接电源正极(b 极)，电极反应式为：2C2O52-4e-=4CO2+O2，d 极生成 C，C的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则 d 为阴极，连接电源负极(c 极)，电极反应式为：CO32-+4e-=3O2-+C，电池总反应为CO2 通电C+O2，据此解答问题
12、。【详解】A根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A 选项错误；Bd 为阴极，电极反应式为：CO32-+4e-=3O2-+C，B 选项错误；C中，捕获 CO2时，CO2变成 C2O52-和 CO32-，碳元素的化合价始终为+4 价，没有发生改变，C 选项错误；D电池总反应为CO2 通电C+O2，D 选项正确；答案选 D。9pC 类似 pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC-pH 图。依据图中信息，下列说法不正确的是A22333H CO,HCO,CO不能在同一溶液中大量共存BH2CO3电离平衡常数-6aK=10C人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（233H
13、COHCO）可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的23c Hc H CO()()最终将变大D pH=9 时，溶液中存在关系+-2-233H+c H CO=c OH+c CO【答案】D【解析】【详解】A碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，23H CO、3HCO、23CO不能在同一溶液中大量共存，故A 正确；B由图象可知当pH=6 时，pC(23H CO)=pC(3HCO)，结合3323236a231HCOHCOH Cc(H)c()1OH0c()Kc(COH CO)c()=610，故 B正确；C人体血
14、液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系（233H COHCO）可以抵消少量酸或碱，维持pH=7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则血液缓冲体系中的23c Hc H CO()()最终将变大，故C正确；DpH=9 时，由图象可得溶液中离子关系是c(3HCO)c(23CO)c(OH-)c(23H CO)c(H)，因此 D 选项的离子浓度关系不可能出现，故D 错误；答案选 D。10共用两个及两个以上碳原子的多环烃称为桥环烃，共用的碳原子称为桥头碳。桥环烃二环2.2.0 己烷的碳原子编号为。下列关于该化合物的说法错误的是（）A桥头碳为1 号和 4 号B
15、与环己烯互为同分异构体C二氯代物有6 种（不考虑立体异构）D所有碳原子不可能位于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.由桥环烃二环2.2.0 己烷的结构可知，桥头碳为1 号和 4 号，形成 2 个四元碳环，故A 正确；B.桥环烃二环 2.2.0 己烷和环己烯的分子式均为C6H10，二者的分子结构不同，互为同分异构体，故B 正确；C.该烃分子有2 种不同化学环境的氢原子，其二氯代物中2 个氯原子在同一碳原子上的有1 种，在不同碳原子上的有6 种，故其二氯代物有7 种，故 C 错误；D.该烃分子中所有碳原子均形成4 个单键，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D 正确；故选 C。【点睛】11结构片
16、段为 CH2 CH=CH CH2 的高分子化合物的单体是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯【答案】D【解析】【详解】结构片段为 CH2 CH=CH CH2，说明该高分子为加聚产物，则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2，即为 1，3-丁二烯，答案选D。12“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a 为 TiO2电极，b 为 Pt 电极，c为 WO3电极，电解质溶液为pH=3 的 Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B 两个区，A区与大气相通，B 区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是（）A若用导线连接a、c,则 a为负极，该电极附近
17、pH 减小B若用导线连接a、c,则 c电极的电极反应式为HxWO3-xe-=WO3+xH+C若用导线先连接a、c,再连接 b、c,可实现太阳能向电能转化D若用导线连接b、c,b 电极的电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O【答案】B【解析】【详解】A用导线连接a、c，a 极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，a 电极周围H+浓度增大，溶液pH 减小，故A 正确；B用导线连接a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为WO3+xH+xe-=HxWO3，故 B 错误；C用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故C 正确；D用导线
18、连接b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故 D 正确；故答案为B。13第 26 届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019 年 5 月 20 日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A 8.8g 乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB常温常压下28gFe 与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC标准状况下,2.24LCl2与 CH4反应完全,形成 C一 Cl键的数目为0.1NAD常温下pH=12 的 NaOH 溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA【答案】C【解析】【分析】【
19、详解】A 8.8g 乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A 错误；B常温常压下Fe 在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与 CH4反应完全，根据原子守恒可知形成CCl 键的数目为0.1NA，C正确D常温下pH=12 的 NaOH 溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D 错误。答案选 C。【点睛】选项 B 是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成 NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。14常温下，向120mL 0.10molL甲胺32CH NH
20、溶液中滴加10.10mol L的盐酸，混合溶液的pH 与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺的4bK1 10。图中横坐标x 的值为A 0 B1 C4 D10【答案】A【解析】【详解】已知甲胺的-4bK1 10，说明甲胺为弱碱，在水中的电离方程式为32233CH NHH OCH NHOH?，则甲胺的电离常数为33b32c OHc CH NHKc CH NH，a 点溶液的pH10，4c OH10，则代入33b32c OHc CH NHKc CH NH-4=1 10，3332c CH NH1c CH NH，3332c CH NHlg0c CH NH，故x0，故选 A。15下列离子方程式书写正确的是
21、A.碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+H2O B向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC1OC实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(浓)=Mn2+2Cl-+Cl2+2H2O D向 NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液：NH4+OH-=NH3+H2O【答案】B【解析】A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项 A错误；B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC
22、1O，选项 B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O，选项 C错误；D、向 NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液，反应的离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3?H2O+H2O，选项错误。答案选B。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律（提出猜想）小组提出如下4 种猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2可被 N
23、aOH 溶液吸收，反应的化学方程式为：_(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热 Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是_(用化学方程式
24、表示)【答案】2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理避免对产物O2的检验产生干扰(或其它合理答案固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了几滴酚酞试剂4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O【解析】【分析】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg（NO3）2固体，固
25、体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和 NaNO2，反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丁产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2
26、的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化，通入之前，还需在BD 装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或 4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。三、推断题（本题包括
27、1 个小题，共10 分）17A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2-和 B+具有相同的电子构型：C、D 为同周期元素，C 核外电子总数是最外层层电子数的3 倍；D 元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），其中 C原子的核外电子排布式为_。（2）单质 A 有两种同素异形体，其中沸点高的是_（填分子式）；A 和 B的氢化物所属的晶体类型分别为 _和_。（3）C和 D 反应可生成组成比为1：3 的化合物E，E的立体构型为 _，中心原子的杂化轨道类型为 _。（4）单质 D 与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。（5）A和
28、B 能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为 _；晶胞中 A 原子的配位数为_；列式计算晶体F的密度（g?cm-3）_。【答案】O ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O 8 2.27 g/cm3【解析】【分析】A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元索，C 核外电子总数是最外层电子数的3 倍，则 C为 P元素，C、D 为同周期元索，D 元素最外层有一个未成对电子，则
29、D 为 Cl元素，A2和 B具有相同的电子构型，则A为 O、B 为 Na 元素；通过以上分析，A、B、C、D 分别是 O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O 元素，则电负性最大的是O元素；C 是 P元素，其原子核外有15 个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或 Ne 3s23p3）；（2）单质 A 为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分
30、子质量大于氧气，则范德华力：臭氧氧气，所以熔沸点较高的是O3；A 和 B 的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH 为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和 D 反应可生成组成比为1：3 的化合物PCl3，PCl3中 P原子价层电子对个数=3+53 12=4 且含 1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质 Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或 2Cl2+Na2CO3=Cl2O
31、+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O 和 Na 能够形成化合物F，半径大的为O 元素离子、半径小的为Na，该晶胞中大球个数=818+612=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8 个，晶胞中O 原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度=4AMNV=376240.56610ANgcm3=2.27gcm3；故答案为：Na2O；2.27gcm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，
32、涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18某废渣中含有Al 2O3和 Cr2O3(三氧化二铬)，再次回收利用工艺流程如下。回答下列问题:（1）滤液 1 中阴离子为CrO42-和 AlO2-，X 的电子式是 _。写出滤液1 与过量气体X反应生成Al(OH)3的离子方程式:_。（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4X，该反应中被氧化的物质是_(填化学
33、式)；若该反应转移6mol 电子，则生成_mol Na2CrO4。（3）“还原”中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。写出离子方程式_。（4）已知该废料中含铬元素质量分数为a%，wt 这样废料经上述流程提取mkgCr2O3。则该废料中铬元素回收率为 _(用代数式表示)。(已知回收率等于实际回收质量与理论质量之比)【答案】AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-Cr2O328CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3+17H2O13m100%190a【解析】Al 2O3与 Na2CO3反应生成NaAlO2和 X气体 CO2，Cr2O3与 Na2
34、CO3反应生成Na2CrO4和 X 气体 CO2，发生的反应为：4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4CO2，过滤得滤液1 中阴离子为CrO42-和 AlO2-，通入 CO2，得到Al(OH)3，离子方程式:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。滤液 2 中 CrO42-，“还原”中加入适量稀硫酸，调节 pH=5，发生反应：8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3+17H2O，加氨水反应后得到Cr(OH)3，加热分解得Cr2O3。（1）滤液 1 中阴离子为CrO42-和 AlO2-，X 是 CO2电子式是。滤液 1 主要成分为Na
35、AlO2，与过量气体X反应生成Al(OH)3的离子方程式AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。（2）“熔烧”中反应之一是4Na2CO3+2Cr2O3+3O2=4Na2CrO4+4X，铬元素由+3 价升高为+6 价，该反应中被氧化的物质是Cr2O3；由方程式每生成4molNa2CrO4，转移 12mol 电子，若该反应转移6mol 电子，则生成 2mol Na2CrO4。（3）“还原”中加入适量稀硫酸，调节pH=5，氧化产物为SO42-。离子方程式8CrO42-+3S2O32-+34H+=6SO42-+8Cr3+17H2O。（4）mkgCr2O3中含铬 mkg，该废料中含铬元素
36、质量分数为a%，wt 这样废料中含铬1000wkga%，则该废料中铬元素回收率为100%=13m100%190a。19酸雨治理，处理SO2尾气方法较多：(1)还原法反应原理：恒温恒容时2C(s)2SO2(g)?S2(g)2CO2(g)。一定温度下，反应进行到不同时刻测得各物质的浓度部分图像如图：0 20 min 内反应速率表示为v(SO2)_；30 min 时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是_；该反应的平衡常数K_。(2)循环利用法相关反应为Na2SO3SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3Na2SO3SO2H2O。下列说法正确的是_。A反应进行时，溶液中c(SO32-
37、)/c(HSO)减小，反应进行时，溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)增大B反应与反应Kw均为 1014C循环利用的物质是Na2SO3溶液，尾气中的氧气对循环利用的次数有影响D反应进行时，2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)之和不变(3)电解法如图所示，Pt()电极的反应式为_；当电路中转移0.02 mol e时(较浓 H2SO4尚未排出)，交换膜左侧溶液中约增加_ mol 离子。【答案】0.03 mol/(Lmin)减小 CO2的浓度0.675 AC SO22e2H2O=SO42-4H0.03【解析】【分析】（1）由图可知，020min 内二氧化硫浓度变化量为0.6mol/L，依
38、据 cv=V计算反应速率；30 min 时，二氧化碳的浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳和S2的浓度均增大，应该是减小二氧化碳的浓度导致的；化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体和纯液体的浓度视为常数，不代入表达式，20min 时，反应达到平衡状态，此时c(SO2)=0.4mol/L，c(CO2)=0.6mol/L，c(S2)=0.3mol/L，据此计算该反应的平衡常数；（2）A.2-3-3a2+Kc SOc HSO=c(H)，反应进行时，溶液酸度增大；反应进行时，溶液酸度减小；B.Kw只与温度有关，升温Kw增大；C.循环利用的物质是Na2SO3溶液，Na2SO3、N
39、aHSO3容易被尾气中的氧气氧化；D.根据电荷守恒2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)c(Na)c(H)，以及溶液中c(H)的变化分析；（3）根据电极上物质化合价的变化判断Pt()为阳极，二氧化硫被氧化成硫酸，电极反应为SO22e2H2O=SO42-4H。依据电极反应式：阳极：SO22e2H2O=SO42-4H，阴极：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，以及离子的移动判断交换膜左侧溶液中约增加离子的物质的量。【详解】（1）由图可知，020min 内二氧化硫浓度变化量为0.6mol/L，故20.6 mol/Lv SO0.03 mol/L min20 min；故答案为：0
40、.03 mol/(Lmin)；30 min 时，二氧化碳的浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳和S2的浓度均增大，应该是减小二氧化碳的浓度导致的；故答案为：减小CO2的浓度；20min，反应达到平衡状态，此时c(SO2)=0.4mol/L，c(CO2)=0.6mol/L，c(S2)=0.3mol/L，则该反应的平衡常数2222222c ScCO0.3 0.60.675cS0.4K=O=；故答案为：0.675；（2）A.2-3-3a2+Kc SOc HSO=c(H)，反应进行时，溶液酸度增大，溶液中2-3-3c SOc HSO减小，反之，反应进行时，溶液酸度减小，溶液中2-3-3c SOc H
41、SO增大，A 项正确；B.反应需加热，故Kw大于 1014，B 项错误；C.循环利用的物质是Na2SO3溶液，尾气中的氧气可氧化Na2SO3、NaHSO3，从而影响其再生能力，减少其循环利用的次数，C项正确；D.反应进行时，2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)c(Na)c(H)，c(Na)不变，但c(H)增大，故2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)之和增大，D 项错误；故答案为：AC；（3）由图可知，Pt()电极上二氧化硫被氧化成硫酸，则该电极为阳极，电极反应为SO2 2e2H2O=SO42-4H；故答案为：SO22e2H2O=SO42-4H；依据电极反应式：阳极：SO22e2
42、H2O=SO42-4H，阴极：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，电路中转移 0.02 mol e时，左侧生成SO42-的物质的量为0.01 mol，生成氢离子物质的量为0.04 mol，为保持溶液电中性，0.01 mol 的硫酸根离子需要0.02 mol 的氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移动到右侧，即有0.02 mol 氢离子移动到右侧，右侧溶液也保持电中性，故左侧溶液中增加的离子为0.01 mol 0.02 mol 0.03 mol；故答案为：0.03。【点睛】本题第（3）问的关键是，需要根据电极上物质化合价的变化判断阴、阳极，并写出电极反应式，Pt()为阳极，Pt(I)为阴极，阳极电极反应式：SO22e2H2O=SO42-4H，阴极电极反应式：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，这是学生们学习的难点。