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1、2019-2020学年北京市海淀区北京师大附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最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A硫酸水溶液主要作用是增强导电性B充电时，电极b 接正极Cd 膜是质子交换膜D充放电时，a 极有【答案】C【解析】【分析】根据图中电子移动方向可以判断a 极是原电池的负极，发生氧化反应，b 极是原电池的正极，发生还原反应，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，据此分析解答。【详解】A硫酸水溶液为电解质溶液，可电离出自
2、由移动的离子，增强导电性，A 选项正确；B根据上述分析可知，b 为正极，充电时就接正极，B选项正确；Cd 膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，d 膜只是为了防止高分子穿越，所以为半透膜，C选项错误；D放电时，a 极是负极，酚失去电子变成醌，充电时，a 极是阴极，醌得到电子生成酚，故充放电发生的反应是，D 选项正确；答案选 C。2设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A标准状况下，22.4 L 环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB56g 铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAC16g O2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NAD常温下，1 L 0.5 m
3、ol/L CH3COONH4溶液的 pH 7，则溶液中CH3COO与 NH4的数目均为0.5NA【答案】D【解析】【详解】A 标准状况下，22.4 L 环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为A22.4L9N22.4L/mol=9NA，故不选A；B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56 克铁转移的电子数为8NA/3，因此转移电子数小于3NA，故不选B；C.1mol O2和 1mol14C2H4均含有 16 个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为A16g16N32g/mol=8NA，故不选C；D.CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH
4、3COO与 NH4的数目均小于 0.5NA；答案：D【点睛】易错选项C，注意 O2和14C2H4摩尔质量相同，中子数相同。3乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为 20.8，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示。下列说法错误的是A中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下B实验过程中铜丝会出现红黑交替变化C实验开始时需先加热，再通O2，然后加热D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热。【答案】C【解析】【分析】【详解】A装置中若关闭K时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流下，中用胶管连接，打开 K 时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A 选项正确；B实验中Cu作催化剂，但在
5、过渡反应中，红色的Cu 会被氧化成黑色的CuO，CuO又会被还原为红色的Cu，故会出现红黑交替的现象，B 选项正确；C实验开始时应该先加热，防止乙醇通入时冷凝，C 选项错误；D为防止倒吸，实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，D 选项正确；答案选 C。4港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A抗震性好B耐腐蚀强C含碳量高D都导电导热【答案】C【解析】【详解】A.钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B.该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C.根据生铁的含碳量为：2%-4.3%，钢的
6、含碳量为：0.03%-2%，可知含碳量：生铁钢，故C错误；D.钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D 正确；题目要求选错的，故选C。5稀溶液一般具有依数性，即在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大。浓度均为0.1mol?L-1的下列稀溶液中，其蒸气压最小的是（）A H2SO3溶液BNaCl溶液CC6H12O6溶液D NH3?H2O 溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】在一定温度下，相同体积的溶液中溶质粒子数目越多，蒸气压下降数值越大，亚硫酸和一水合氨都是弱电解质，电离程度很小，0.1mol?L-1的溶液中，其阴离子和阳离子的浓度都远远小于0.1mol?L-1
7、；葡萄糖是非电解质，不电离；氯化钠是强电解质，完全电离，0.1mol?L-1氯化钠溶液中，阴离子和阳离子浓度均为0.1mol?L-1，所以上述稀溶液中，氯化钠溶液中溶质粒子数目最多，其蒸气压最小，综上所述，答案为B。6给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)BCuCl2 Cu(OH)2Cu CAl NaAlO2(aq)NaAlO2(s)D MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)【答案】C【解析】【分析】【详解】A.NaCl 溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B.CuCl2
8、和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C.Al 和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选 C。7下列说法中正确的是（）A 60-70的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D油脂不能使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A.35-40的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A 错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少
9、量水保存在棕色的试剂瓶中，故B 正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故 C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D 错误。答案选 B。8下列叙述中指定粒子数目一定大于NA的是A 1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数B1molCl2参加化学反应获得的电子数C常温常压下，11.2LN2和 NO
10、的混合气体所含的原子数D 28g 铁在反应中作还原剂时，失去电子的数目【答案】A【解析】【详解】A水溶液中含醋酸分子和水分子，1L1mol/LCH3COOH溶液中所含分子总数大于NA，故 A 正确；B 1molCl2发生氧化还原反应，若是自身发生歧化反应，获得电子1mol，也可以只做氧化剂得到电子2mol，故 B 错误；C标准状况11.2L 混合气体物质的量为0.5mol，常温常压下，11.2LN2和 NO 的混合气体所含的原子数小于 NA，故 C错误；D28g 铁物质的量为0.5mol，在反应中作还原剂时，与强氧化剂生成铁盐，与弱氧化剂反应生成亚铁盐；失去电子的数目可以是1mol，也可以是1
11、.5mol，故 D 错误；故答案为：A。【点睛】考查与阿伏加德罗常数有关计算时，要正确运用物质的量的有关计算，同时要注意气体摩尔体积的使用条件；另外还要谨防题中陷阱，如讨论溶液里的离子微粒的数目时，要考虑：溶液的体积，离子是否水解，对应的电解质是否完全电离；涉及化学反应时要考虑是否是可逆反应，反应的限度达不到100%；其它如微粒的结构、反应原理等，总之要认真审题，切忌凭感觉答题。9将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列，正确的是（）A硫酸烧碱醋酸B硫酸铜醋酸C高锰酸钾乙醇醋酸D磷酸二氧化碳硫酸钡【答案】C【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解
12、质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A、烧碱是NaOH，属于强碱，是强电解质，选项A 错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B 错误；C、高锰酸钾是盐，属于电解质，乙醇不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，选项 C正确；D、硫酸钡是盐，属于强电解质，选项D 错误。答案选 C。【点睛】本题考查物质的分类、强弱电解质的判断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钙不溶于水，但属于强电解质是学生解答的难点。10温度为T 时，向 2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)Cl
13、2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s 0 50 150 250 250 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 下列说法正确的是A反应在前50 s 内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(Ls)B保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，该反应为放热反应C相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和 0.20 mol Cl2，达到平衡前的v正v逆D相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于
14、80【答案】C【解析】【详解】A、反应在前50 s内 PCl3的物质的量增加0.16mol，所以前 50 s内的平均速率v(PCl3)=0.16mol2.0L50s=0.0016mol(Ls)，故 A 错误；B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol 2.0L=0.10mol/L，若升高温度，平衡时 c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B 错误；C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L，PCl5的浓度是0.4mol/L，则该温度下的平衡常数K=0.1mol/L0.1mol/L0
15、.4mol/L=0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和 0.20 mo1 Cl2，Qc=0.1mol/L0.1mol/L0.5mol/L=0.02ZR；简单离子半径:ZXY D工业上常用电解熔融的Y 与 R 形成的化合物的方法制取Y【答案】B【解析】【分析】考古时利用W 的一种同位素测定一些文物的年代，则 W 为 C；X是地壳中含量最多的元素，则 X 为 O；Y、Z的质子数分别是W、X 的质子数的2 倍，则 Y的质子数为6 2=12，Y为 Mg，Z 的质子数为8 2=16，Z为 S，R的原子序数最大，R 为 Cl，以此来解答。【详解】由
16、上述分析可知，W 为 C、X 为 O、Y为 Mg、Z为 S、R为 Cl；A Mg 与 CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故 A 正确；B二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B 错误；C同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZ R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：ZXY，故 C 正确；D Mg 为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故 D 正确；故答案为B。1340时，在氨 水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A 40时，K(NH3 H2O)=10-9.10
17、B不同 pH 的溶液中均存在关系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C随着 CO2的通入，-32c(OH)c(NHH O)不断减小D随溶液pH 不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A.在溶液 pH=9.10 时 c(NH4+)=c(NH3 H2O)，Kb(NH3 H2O)=432c NHc OHc NHH Onn=c(OH-)，由于 Kw=c(H+)c(OH-)是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10 时，c(H+)=10-9.10，
18、c(OH-)=149.101010=10-4.9，Kb(NH3 H2O)=c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40时，K(NH3 H2O)10-4.9，A 错误；B.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同 pH 的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确；C.已知 Kb=432c NHc OHc NHH Onn，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则32c OHc NHH On不断减小，C 正确；D.由图象可知：开始溶
19、液pH 较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH 的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH 减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为 NH4HCO3，D 正确；故合理选项是A。14某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中 a、b 为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合 K 工作过程中，下列分析错误的是A甲池中a 极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O B乙池中Fe电极区附近pH 增大C一段时间后，乙池的两
20、极间出现污染物颗粒沉降现象D如果 Al 电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快【答案】D【解析】【分析】根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a 为负极，b 为正极，铁为阴极，铝为阳极，a 极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b 极反应为 2H+2e-=H2，总的电极反应为H+OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2由此分析。【详解】A甲池为原电池，a 为负极，a 极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-
21、+2OH-=2H2O，故 A 正确；B乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H+2e-=H2，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH 增大，故B正确；C乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D如果 Al 电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na
22、+经过交换膜速率定会减慢，故D 错误；答案选 D。15下列指定反应的离子方程式正确的是（）A氯气溶于水：Cl2H2O=2HClClOBNa2CO3溶液中 CO32的水解：CO32H2O=HCO3OHC酸性溶液中KIO3与 KI 反应生成I2：IO3I6H=I23H2O D NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3Ba2OH=BaCO3 H2O【答案】D【解析】【详解】A、次氯酸是弱酸，不能拆写，应写成HClO 的形式，A 错误；B、多元弱酸根应分步水解、是可逆反应，CO32-H2OHCO3-OH-，B 错误；C、反应前后电荷数不等，C错误；D、少量的系数定为1，HCO3-Ba2+O
23、H-=BaCO3H2O，D 正确。答案选 D 二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213，密度为1.055 gcm3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH(CH3CO)2O3CHCOONa110CH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH 实验步骤如下：步骤 1：三颈烧瓶中加入30 g(0.28 mol)苯甲醇、30 g 乙酸酐(0.29 mol)和 1 g 无水 CH3COONa，搅拌升温至110，回流46 h(装置如图所示)：步骤 2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入15%的 Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。步骤 3：将
24、有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。步骤 4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集 98100 的馏分，即得产品。(1)步骤 1 中，加入无水CH3COONa的作用是 _，合适的加热方式是_。(2)步骤 2 中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是_。(3)步骤 3 中，用 15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_；加入无水 CaCl2的作用是 _。(4)步骤 4 中，采用减压蒸馏的目的是_。【答案】催化剂油浴(或沙浴)以免大量CO2泡沫冲出乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层除去有机相中的水防
25、止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解【解析】【分析】CH2OH(CH3CO)2O3CHCOONa110CH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的 Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离 CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。【详解】(1)根据 CH2OH(CH3CO)2O3CHCOONa110CH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH的原理和条件，步骤1 中，加入无水 CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，
26、合适的加热方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动，步骤 2 中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。(3)由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055 gcm3，步骤 3 中，用 15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。(4)步骤 4 中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用 1
27、5%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17EPR橡胶（）和 PC塑料(）的合成路线如下：（1）A 的名称是_。E的化学式为 _。（2）C的结构简式 _。（3）下列说法正确的是（选填字母）_。A反应的原子利用率为100%BCH3OH 在合成 PC塑料的过程中可以循环利用C1 mol E 与足量金属Na 反应，最多可生成22.4 L H2 D反应为取代反应（4）反应的化学方程式是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体_。含有羟基，不能使三氯化铁溶液显色，核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2
28、:2:2:1；（7）已知：，以 D 和乙酸为起始原料合成无机试剂任选，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件）_。【答案】丙烯C2H6O2AB n+n+(2n-1)CH3OH 或【解析】【分析】EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和 CH2=CHCH3，EPR由 A、B反应得到，B发生氧化反应生成环氧己烷，则B 为 CH2=CH2、A 为 CH2=CHCH3；结合 PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D 与丙酮反应得到C15H16O2，结合 D 的分子式，可推知D 为，结合 C的分子式，可知A 和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可
29、推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应，可推知E为 HOCH2CH2OH。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A 为 CH2=CHCH3，名称为丙烯；E为 HOCH2CH2OH，化学式为C2H6O2，故答案为丙烯；C2H6O2；(2)C 为，故答案为；(3)A反应 为加成反应，原子利用率为100%，故 A正确；B生成 PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH 在合成 PC塑料的过程中可以循环利用，故B 正确；CE为 HOCH2CH2OH，1mol E 与足量金属 Na 反应，最多可以生成1mol 氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的
30、体积，故C 错误；D反应 为加成反应，故D 错误；故答案为AB；(4)反应 的化学方程式是，故答案为；(5)反应 的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH，故答案为n+n+(2n-1)CH3OH；(6)F 的分子式为C15H16O2，F的芳香族化合物的同分异构体满足：含有羟基；不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或，故答案为或；(7)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加
31、成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH 和乙酸发生酯化反应生成，因此合成路线为：，故答案为。【点睛】正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意从结构的对称性考虑，难点为(7)中合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。七、工业流程四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18NVCO化学式可表示为(NH4)a(VO)b(CO3)c(OH)d 10H2O能用于制取VO2，实验室可由V2O5、N2H4 2HCl、NH4HCO3为原料制备NVCO。(1)原料 NH
32、4HCO3中 HCO3-水解的离子方程式为_。(2)N2H4 2HCl是 N2H4的盐酸盐。已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似，25 时，K1=9.55 10-7。该温度下，反应N2H4+HN2H5+的平衡常数K=_(填数值)。(3)为确定 NVCO的组成，进行如下实验：称取 2.130 g 样品与足量NaOH 充分反应，生成NH3 0.224 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在氮气氛中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)_。【答案】
33、HCO3-+H2OH2CO3OH-9.55 107(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9 10H2O【解析】【分析】(1)HCO3-水解生成H2CO3和 OH-；(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，反应 N2H4+HN2H5+的平衡常数K=+25+24c N Hc N Hc Hg=1wKK；(3)设 NVCO的摩尔质量为M g/mol，由188MM=0.864 8，可得 M=1 065，由51 320.4676bM可得 b=6；由2.1301065/gg mola=n(NH3)=0.22422.4/LLmol=0.01m
34、ol，解得 a=5，由最后产物为VO2，则 VO 为+2价，2c+d=5 1+26=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065 可知 60c+17d=393，解得c=4，d=9，将 a=5，b=6，c=4，d=9 代入化学式表达式，可得化学式。【详解】(1)HCO3-水解生成H2CO3和 OH-，水解反应离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，反应 N2H4+HN2H5+的平衡常数K=+25+24c N Hc N Hc Hg=1wKK7149.55
35、 101 10=9.55107；(3)设 NVCO的摩尔质量为M g/mol，由188MM=0.864 8，可得 M=1 065，由51 320.4676bM可得 b=6；由2.1301065/gg mola=n(NH3)=0.22422.4/LLmol=0.01mol，解得 a=5，由最后产物为VO2，则 VO 为+2价，2c+d=5 1+26=17，由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065 可知 60c+17d=393，解得c=4，d=9，将 a=5，b=6，c=4，d=9 代入化学式表达式，可得化学式为(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9 10H2O
36、。【点睛】本题综合考查物质的组成的测定的知识，注意把握物质的性质，把握计算的思路，弄清微粒的物质的量关系，对学生的分析能力和计算能力有一定的要求。19烟气脱硫是控制二氧化硫污染的主要技术手段。（1）利用海水脱硫是一种有效的方法，其工艺流程如图所示：某研究小组为探究提高含硫烟气中SO2的吸收效率的措施，进行了天然海水吸收含硫烟气的模拟实验，实验结果如下图所示。根据图示实验结果，为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，下列措施正确的是_。A降低通入含硫烟气的温度B减小通入含硫烟气的流速C减少天然海水的进入量D在天然海水中加入生石灰天然海水吸收了含硫烟气后会溶有H2SO3，使用空气中的氧气将其氧
37、化，写出该反应的离子方程式_。该小组采用下图装置在实验室测定烟气中SO2的体积分数（假设实验在标准状况下进行）：上述装置组装连接的顺序是：原料气_（填导管接口序号）。下列试剂中（浓度、体积一定），可以用来代替试管中的碘一淀粉溶液的是_（填编号）。A酸性 KMnO4溶液BNaOH 溶液C溴水D氨水（2）石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的工作原理是烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及鼓入的空气反应生成石膏(CaSO4 2H2O)。写出该反应的化学方程式：_。某电厂用煤300t(煤中含硫质量分数为2.5%)，若燃烧时煤中的硫全部转化成二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则可生产石膏_t。
38、【答案】ABD2H2SO3+O2=4H+2SO42-cdbaeAC2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4 2H2O)+2CO238.7【解析】（1）总体来看，SO2的吸收效率随温度的升高而降低，当温度和浓度相同时，SO2的吸收效率随烟气流速的增大而降低，当温度和烟气流速相同时，SO2的吸收效率随SO2浓度的增大而降低，同时根据生石灰能与水反应生成碱，碱能与 SO2反应；所以为了提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，可通过降低通入含硫烟气的温度，减小通入含硫烟气的流速以及在天然海水中加入生石灰；答案选ABD；由空气中的氧气将H2SO3氧化为硫酸，该反应的离子方程式为2H2SO3
39、+O2=4H+2SO42-；该实验的测定原理为：烟气通过一定浓度一定体积的碘-淀粉溶液，其中的SO2与碘反应，当恰好反应时，溶液的蓝色消失，根据碘的物质的量可以求出SO2的物质的量，余下的气体排入广口瓶，将水压入量筒，由量筒中的水的体积可以确定剩余气体的体积，最后求出SO2体积分数；故装置组装连接的顺序是：原料气cdbae；测定模拟烟气中 SO2的体积分数，可根据二氧化硫气体的还原性，与具有氧化性的酸性高锰酸钾或溴水反应，通过颜色的变化判断，选项中AC 符合，都有颜色，且都具有氧化性，能与二氧化硫反应，答案选AC；（2）二氧化硫与碳酸钙反应生成亚硫酸钙与二氧化碳，反应方程式为：SO2+CaCO3=CaSO3+CO2，亚硫酸钙在水存在的条件下被氧气氧化生成CaSO4?2H2O，反应方程式为：2CaSO3+O2+4H2O=2（CaSO4?2H2O），总反应为：2SO2+O2+2CaCO3+4H2O=2(CaSO4 2H2O)+2CO2；根据反应可得关系：S SO2 CaSO4?2H2O 32 172 300t 2.5%96%m 解得 m=38.7t。点睛：本题考查污染的处理，利用所学知识结合习题中的信息即可解答，习题中图象及数据是解答本题的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力。