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1、2019-2020学年安徽省滁州市（滁州二中、定远二中等11 校）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下图是通过Li-CO2电化学技术实现储能系统和CO2固定策略的示意团。储能系统使用的电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4-(CH3)2SO(二甲基亚砜)电解液/锂片，下列说法不正确的是A Li-CO2电池电解液为非水溶液BCO2的固定中，转秱4mole生成1mol 气体C钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e4Li+3CO2D通过储能系统和CO2固定策略可将CO2转化为固体产物C【答案】B【解析】【详解】A 选
2、项，由题目可知，Li CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4(CH3)2SO(二甲基亚砜)有机溶剂，故A 正确；B 选项，由题目可知，CO2的固定中的电极方秳式为：2Li2CO3 4Li+2CO2+O2+4e，转移 4mole生成3mol 气体，故B错误；C 选项，由题目可知，钌电极上的电极反应式为2Li2CO3+C-4e4Li+3CO2，故 C正确；D 选项，由题目可知，CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，故 D 正确。综上所述，答案为B。2设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A 1 L0.2mol/L 亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3、SO
3、32的总数为0.2NAB标准状况下，等物质的量的C2H4和 CH4所含的氢原子数均为4NAC向含 1 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为NAD 100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A根据物料守恒，1 L0.2mol/L 亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3、SO32的总物质的量为1L0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，故 A 正确；B标准状况下，等物质的量的C2H4和 CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol，则不一定均为4NA，故 B错误；C向含 1 mol FeI2的溶
4、液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，故 C 错误；D100g 9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.4NA，故 D 错误；故答案为A。3设 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温下，l mol C6H12中含碳碳键的数目一定小于6NAB18g 果糖分子中含羟基数目为0.6NAC4.0g 由 H218O 与 D216O 组成的混合物中所含中子数为2NAD 50g 质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出H2
5、的分子数目为0.25NA【答案】C【解析】【详解】A.C6H12可能为己烯或环己烷，1mol 己烯含有4molC-C键和 1molC=C 键，共 5mol 碳碳键，但环己烷含6molC-C键，则 l mol C6H12中含碳碳键的数目不一定小于6NA，A 项错误；B.果糖的摩尔质量为180g/mol，则 18g 果糖为 0.1mol，一分子果糖含有5 个羟基，则18g 果糖含有羟基数目为 0.5 NA，B 项错误；C.H218O 的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=18-8=10，D216O 的摩尔质量为20g/mol，分子中含中子数=1 2+16-8=10，则 4.0g 由 H218
6、O 与 D216O 组成的混合物的物质的量为4g=0.2mol20g/mol，则所含中子数为 0.2mol 10 NA=2 NA，C 项正确；D.50g 质量分数为46%的乙醇溶液中，乙醇的物质的量为50g46%=0.5mol46g/mol，乙醇与钠反应生成氢气满足以下关系式：2C2H5OHH2，则由乙醇与钠反应生成氢气物质的量为0.25mol，而水也能与钠反应生成氢气，则 50g 质量分数为46%的乙醇溶液与足量的钠反应，放出 H2的分子数目大于0.25NA，D 项错误；答案选 C。4阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是A 18 克液态水与18 克冰中氢键数目均为NAB工业酸性废水中的
7、Cr2O72-可转化为Cr3+除出，现用电解的方法模拟该过程，阴极为石墨，阳极为铁，理论上电路中每通过6mol 电子，就有NA个 Cr2O72-被还原C标准状况下，22.4LNO2含有的原子数小于3NAD 1molLiAlH4在 125完全分解成LiH、H2、Al，转移电子数为3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A冰中 1 个水分子周围有4 个水分子通过氢键连接，每个水分子相当于含有2 个氢键，所以1mol 冰中，氢键的数目是2NA，故 A 错误；B铁为阳极，Fe-2e=Fe2，Cr2O72与亚铁离子发生氧化还原反应生成Cr3和三价铁离子，其离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H=6
8、Fe3+2Cr3+7H2O；得关系式：Fe22e16Cr2O72，当电路中通过6mole，有 0.5molCr2O72被还原，故B错误；C所以标准状况下，22.4LNO2物质的量为：122.4L22.4L?mol=1mol，含有的原子数等于3NA，故 C 错误；D依据分解化学方程式和盐酸化合价变化计算电子转移，1mol LiAlH4在 125完全分解成LiH、H2、Al，化学方程式为：LiAlH4=LiH+H2+Al，转移电子3NA，故 D 正确；故选 D。5某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A化学催化比酶催化的效果好B使用不同催化剂可以改变反应的能耗C反应物
9、的总能量低于生成物的总能量D使用不同催化剂可以改变反应的热效应【答案】C【解析】【分析】【详解】A酶催化的活化能小于化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，A错误；B使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，B正确；C由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变为生成物与反应物的总能量差，所以不同催化剂不会改变反应的焓变，D 错误；故选 C。6下列判断正确的是()A加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定
10、原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入 Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在【答案】D【解析】【分析】【详解】A、在加 HCl 之前生成的可能是AgCl 沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故 A 错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故 B 错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝
11、酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故 C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故 D 正确；综上所述，本题应选D。7某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W 核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A原子半径：WXY X CX与 Y、Y与 Z均可形成具有漂白性的化合物D W 与 X 的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】首先发现X 是+1 价的，则X 为氢、锂或钠，但是W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是
12、钠，才能满足题意；W、Y、Z 三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1 个键，则Z 是氢；结合Y 的最外层电子数是W 的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W 是铝，Y 是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢氧铝钠，即 ZYWC6H5OHHCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5OCO2H2OC6H5OH HCO3-。A 项错误；B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2-2MnO4-6H+=5NO3-2Mn23H2O。B
13、 项错误；C.Al(OH)3不能与氨水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；D.离子方程式不符合物质Ba(OH)2的组成，正确的离子方程式为2HSO42-Ba22OH=BaSO42H2O。D 项错误；答案选C。【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不符合物质的组成；(7)忽略反应物用量的影响等。14实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是A旧报纸B香烟头C废金属D饮料瓶
14、【答案】B【解析】【详解】A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A 不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B 符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D 不符合题意；故合理选项是B。15下列表述正确的是A用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D人体摄入的糖类、油
15、脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收【答案】B【解析】【详解】A.用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A 错误；B.超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B 正确；C.推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故 C错误；D.人体摄入的单糖不需要经过水解，故D 错误。综上所述，答案为B。【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16硫酸亚铁晶体俗称绿矾(FeSO4?7H2O)，重铬酸钠晶体俗称红矾钠(Na2Cr2O72H2O)，它们都是
16、重要的化工产品。工业上以铬铁矿 主要成分是 Fe(CrO2)2 为原料制备绿矾和红矾钠的工艺流程如图所示。请回答下列问题：(1)已知 Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，则 Fe(CrO2)中铁元素的化合价为_。(2)化学上可将某些盐写成氧化物的形式，如Na2SiO3写成 Na2O SiO2，则 Fe(CrO2)2可写成 _。(3)煅烧铬铁矿时，矿石中的Fe(CrO2)2转变成可溶于水的Na2CrO4，反应的化学方程式如下：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。为了加快该反应的反应速率，可采取的措
17、施是_(填一种即可)。己知 CrO42-在氢离子浓度不同的酸性溶液中有不同的反应。如：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O 3CrO42-+4H+=Cr3O102-+2H2O 往混合溶液甲中加入硫酸必须适量的原因是_。混合溶液乙中溶质的化学式为_。(5)写出 Fe 与混合溶液丙反应的主要离子方程式_。检验溶液丁中无Fe3+的方法是：_。从溶液丁到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】+2 价FeO Cr2O34：7粉碎矿石(或升高温度）H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O10-2)，所以 H2SO4必须适量Na2Cr2
18、O7、Na2SO4Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN 溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+冷却结晶【解析】铬铁矿中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液，然后过滤，得到得到Na2CrO4和过量的碳酸钠混合溶液和氧化铁固体，在Na2CrO4和碳酸钠混合溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，同时除去碳酸钠，通过蒸发浓缩冷却结晶，得到红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)；氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，加入铁粉将硫酸铁还原生成硫酸
19、亚铁，最后蒸发浓缩冷却结晶，得到绿矾。(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，根据正负化合价的代数和为0，Fe(CrO2)中铁元素的化合价为+2价，故答案为+2 价；(2)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为+3 价，铁元素的化合价为+2 价，可写成FeO Cr2O3，故答案为FeO Cr2O3；(3)高温氧化时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应氧化还原反应生成Na2CrO4、二氧化碳和氧化铁，该反应中 Fe元素化合价由+2 价变为+3 价、Cr 元素化合价由+3 价变为+6 价，O 元素化合价由0 价变为-2 价，所以氧气是氧化剂、Fe(CrO2)2是还原剂，则还原剂和氧化剂
20、的物质的量之比为4：7，故答案为4：7；根据影响化学反应速率的外界因素，为了加快该反应的反应速率，可采取的措施有粉碎矿石、升高温度等，故答案为粉碎矿石(或升高温度)；H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以 H2SO4必须适量，故答案为H2SO4量少时不能除尽Na2CO3杂质，H2SO4量多时又会生成新的杂质(Cr3O102-)，所以 H2SO4必须适量；根据上述分析，混合溶液乙中的溶质有Na2Cr2O7、Na2SO4，故答案为Na2Cr2O7、Na2SO4；(5)Fe 与硫酸铁溶液反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。检验
21、溶液丁中无Fe3+的方法为：取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；从硫酸亚铁溶液到绿巩的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为取少量丁溶液于试管中，向其中加入KSCN溶液，不显红色则说明丁溶液中不含Fe3+；冷却结晶。点睛：本题考查物质的制备、分离和提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本实验操作等知识，明确物质的性质、熟悉制备流程和基本实验操作等是解题的关键。本题的难点是(4)硫酸必须适量的原因，需要理解题目信息方程式中的计量数对反应的影响。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素
22、)组成，现进行如下实验：已知：气体A 在标准状况下密度为0.714 g L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X 中非金属元素的名称为_，X的化学式 _。(2)X 与水反应的化学方程式为_。(3)化合物 Y由 X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型 _。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，_，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。【答案】碳、溴Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4 将 Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】【分析】X 与水反应产生气体A 和碱性
23、溶液，气体A 摩尔质量为M=0.714 g L-1 22.4 L/mol=16 g/mol，则 A 是 CH4，说明 X 中含有 C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X 中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl 溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为 7.62 g，根据 Cl-守恒，其中含有AgCl 沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol 143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br 三种元素，形成的沉淀为A
24、gBr，其质量为m(AgBr)=7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=0.01 mol，X中含有 Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol 80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明 2.07gX 中含有 0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr 和 0.05 mol NaOH，其中 0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生 0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则 X中含有 C的物质的量为n(C)=(2.07
25、g-0.05 mol 23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则 X 化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X 是 Na5CBr，A 是 CH4，碱性溶液为NaOH 与 NaBr 按 4：1 混合得到的混合物，中性溶液为 NaCl、NaBr 按 4：1 物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr 混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X 化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称
26、为碳、溴；(2)X 与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物 Y由 X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为 NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr 加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构
27、成微粒，并结合题干信息计算、推理。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18对烟道气中2SO进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。I.CO还原法(1)一定条件下，由2SO和CO反应生成S和2CO的能量变化如图所示，每生成16gS s，该反应_(填“放出”或“吸收”)的热量为 _。(2)在绝热恒容的密闭容器中，进行反应：222CO g+SOgS s+2COg?，该反应的平衡常数表达式为 _，对此反应下列说法正确的是_。a.若混合气体密度保持不变，则已达平衡状态b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变c.达平衡后若再充入一定量2CO，平衡常数保持不变d.分离出S，正、逆反应速率均
28、保持不变(3)向2L恒温恒容密闭容器中通入2molCO和1mol2SO，分别进行abc、三组实验。在不同条件下发生反应：222CO g+SOgS s+2COg?，反应体系总压强随时间的变化曲线如图所示，则三组实验温度的大小关系是a_b_c(填“”、“”或“”)；实验a从反应开始至平衡时，反应速率2v SO_。II.23Na SO溶液吸收法常温下，用-123300mL1.0molL Na SO溶液吸收2SO的过程中，溶液pH随吸收2SO物质的量的变化曲线如图所示。(4)常温下，23H SO的二级电离平衡常数a2K的数值为 _。【答案】放出135kJ K=2222cCOcCOc SOnad=6.2
29、5 10-3mol/(L?min)；10-7.3【解析】【分析】(1)根据图象分析，反应物总能量高于生成物总能量，则反应为放热反应，正、逆反应活化能之差为反应放出的热量；(2)气相为主的反应中，固体物质的浓度不变，根据平衡常数含义列出平衡常数表达式，结合常用判断化学平衡的方法判断化学反应是否达到平衡，据此逐项分析；(3)反应为放热反应，反应前后气体物质的量减小，体系压强减小，体系 a 和体系 b 反应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，对于一定质量的气体来说，pVT等于衡量，据此分析b 和 c 的体系温度高低，根据化学反应速率定义计算SO2的平均反应速率；(4)H2SO3的一级电离
30、平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线计算H2SO3的二级电离平衡常数。【详解】(1)根据图象分析，反应物的总能量比生成物总能量高，反应发生时多余的能量会释放出来，因此该反应的正反应为放热反应，正、逆反应的活化能之差为反应放出的热量，活化能的差值为270kJ/mol，由于反应产生的 S质量为 16g，其物质的量为16g32g/mol=0.5mol，所以反应放出的热量为：270kJ/mol 0.5mol=135kJ；(2)根据平衡常数的含义，可知该反应的平衡常数表达式为K=
31、2222CCOc SOcOcn。a.混合气体密度为 mV，恒容容器容积V 不变，反应前后气体的质量发生改变，则当反应到达平衡时，气体总质量m 不变，因此若混合气体密度不变，说明反应已经达到平衡状态，a 正确；b.反应达到平衡前后，气体总物质的量发生改变，体系压强改变，b 错误；c.达平衡后若再充入一定量CO2，使化学平衡逆向移动，由于反应在绝热容器中进行，反应逆向移动会产生热量变化，导致体系温度发生改变，化学平衡常数改变，c错误；d.分离出 S，由于 S是固体，浓度不变，因此改变其物质的量，不影响化学平衡，因此正、逆反应速率均保持不变，d 正确；故合理选项是ad；(3)体系 a 和体系 b 反
32、应起始时和平衡时的压强都相等，则二者平衡常数相同，体系 a 和体系 b 的温度相等，根据pVT等于衡量，可知初始时刻压强cb，则实验温度c b，因此三组实验温度的关系是a=bc；实验 a 从反应开始至平衡时，压强由160kPa 改变至 120kPa，设反应过程转化了xmolSO2，由pVT等于衡量可知，气体的压强与气体的体积(即总物质的量)成正比，所以有160120212212xxx，解得x=0.75mol，则反应速率v(SO2)=n0.752t60molVLminVV=6.25 10-3mol/(L?min)；(4)H2SO3的一级电离平衡为：H2SO3H+HSO3-，二级电离平衡为：HSO
33、3-H+SO32-，根据 Na2SO3溶液吸收 SO2的过程中，溶液pH 随吸收 SO2物质的量的变化曲线分析，H2SO3的二级电离平衡和SO32-的一级水解平衡相关，未通入SO2时，Na2SO3溶液的 pH 为 10.6，则溶液中c(OH-)=10-3.4mol/L，忽略 SO32-的二级水解，则溶液中c(HSO3-)=c(OH-)=10-3.4mol/L，300mL1.0mol/LNa2SO3溶液的浓度为1.0mol/L，平衡时c(SO32-)=1.0mol/L-10-3.4mol/L 1.0mol/L，则水解平衡常数为Kh=323c HSOc OHc SOn=10-6.7，H2SO3的二
34、级电离平衡常数Ka2=233c Hc SOc HSOn=KwKh=10-7.3。【点睛】本题考查化学反应的焓变、化学反应速率、化学平衡状态的判断及平衡移动，化学平衡常数表达式的书写与计算等知识，注意最后一小题中水解平衡常数、电离平衡常数与水的离子积之间的关系，试题难度不大。19SO2是空气中主要的大气污染物，国家规定在排放前必须经过处理。碱液吸收法：工业上常用NaOH 溶液做吸收液。（1）向 0.5L1 mol L1的 NaOH 溶液中通入标准状态下11.2L的 SO2。写出反应的离子方程式_；已知：Ka11.54102，Ka21.02107，则所得溶液呈_（填“酸性”、“碱性”或“中性”），
35、下列有关吸收液中粒子浓度大小关系正确的是_。A c（H2SO3）c（SO32）B c（Na）c（H+）c（HSO3）2c（SO32）c（OH）C c（Na）c（H2SO3）c（HSO3）c（SO32）D c（Na）c（HSO3）c（SO32）c（H+）c（OH）（2）工业上也可以用Na2SO3溶液吸收SO2，并用电解法处理吸收SO2后所得溶液以实现吸收液的回收再利用，装置如下图所示：工作一段时间后，阴极区溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。写出阳极的电极反应式_。SO2的回收利用：（3）SO2与 Cl2反应可制得磺酰氯（SO2Cl2），反应为SO2（g）Cl2（g）垐?噲?SO2C
36、l2（g）。按投料比1:1把 SO2与 Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如下图所示：该反应的H_（填“”、“”或“”）0。若反应一直保持在p 压强条件下进行，则M 点的分压平衡常数Kp_（用含 p 的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压体积分数）。【答案】2OHSO2=HSO3酸性BC 增大HSO32e 2H2O=3H+SO423/p【解析】【分析】(1)首先判断生成NaHSO3，再根据守恒进行判断关系；(2)阴极区是溶液中的氢离子放电；由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极；(3)结合温度对反应速率的影响回答；根据三段式
37、求解。【详解】(1)标准状况下11.2L的 SO2的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，0.5L1 molL1的 NaOH 的物质的量为1m0.L5Lol/=0.5mol，按 1：1 反应，生成NaHSO3，故离子方程式为2OHSO2=HSO3，故答案为 2OHSO2=HSO3；已知：Ka11.54102，Ka2 1.02107，可知 HSO3的电离大于水解，溶液显酸性；A.HSO3的电离大于水解,则 c（H2SO3）c（SO32），A 项错误；B.根据电荷守恒：c（Na）c（H+）c（HSO3）2c（SO32）c（OH），B 项正确；C.根据元素守恒：c（Na）c（H2SO
38、3）c（HSO3）c（SO32），C项正确；D.HSO3的电离大于水解，又水电离出氢离子，则正确的排序为c（Na）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），D 项错误；故答案为BC；(2)电解池中，阴极区是溶液中的氢离子放电，电极反应式为：2H+2e-=H2，则 pH 增大，故答案为：增大；由装置图可知，右边为亚硫酸氢根失电子易被氧化为硫酸根，为阳极，则电极反应式为HSO3-2e-+2H2OSO42-+3H+，故答案为：HSO3 2e2H2O=3H+SO42（3）根据图象，升高温度，SO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应为放热反应，H0，故答案为；设 SO2的物质的量为1mol，则 Cl2的物质的量为1mol，列三段式如下：2222+mol110mol0.50.50.5mol0.50SOgClgSO.50.5Clg起始量（）转化量（）（）（）平衡（）量（）?平衡常数K=22220.51.pp(C1)=0.5p()p C1pp1.51.550.5SOSO=3p，故答案为：3/p。