黃金卷05-2021年高考化學全真模擬卷

【贏在高考?黃金20卷】備戰(zhàn)2021高考化學全真模擬卷（遼寧專用）第五模擬（本卷共19小題，滿分100分，考試用時75分鐘）可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、選擇題：本題共15個小題，每小題3分，共,45分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．化學與生產(chǎn)、生活密切聯(lián)系，下列有關說法不正確的是A．高壓鈉燈具有良好的透霧能力，常用作路燈B．金銀首飾、陶瓷器皿等都屬于金屬材料C．牙膏中的摩擦劑碳酸鈣可以用石灰石來制備D．維生素C能幫助人體將從食物中攝取的、不易吸收的Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)橐孜盏腇e2+【答案】B【詳解】A．Na在通電的條件下可以發(fā)出光亮，具有良好的透霧能力，可以用作路燈，A正確；B．陶瓷屬于無機非金屬材料，B錯誤；C．石灰石的主要成分為碳酸鈣且石灰石便宜易得，故可以用石灰石制備牙膏中的摩擦劑，C正確；D．維生素C具有抗氧化性，可以將人體中Fe3+還原為Fe2+，D正確；故答案選B。2．下列表示不正確的是()A．次氯酸的電子式：B．丁烷的球棍模型：C．乙烯的結構簡式：CH2＝CH2D．R2+離子核外有a個電子，b個中子，R原子可表示為：R【答案】A【詳解】A．次氯酸分子中O原子最外層有6個電子，需要兩個共用電子對達到穩(wěn)定結構，Cl原子最外層有7個電子，需要一個共用電子對達到穩(wěn)定結構，故次氯酸的電子式應為：，A項錯誤；B．丁烷的分子式為C4H10，用線表示化學鍵，球型表示原子中心，可知丁烷的球棍模型為：，B項正確；C．乙烯的分子式為C2H4。分子中碳原子與碳原子通過兩對共用電子對相連接，碳原子與氫原子通過一對共用電子對相連接。結構簡式為CH2＝CH2。C項正確；D．依據(jù)陽離子核外電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)帶電荷數(shù)，可知質(zhì)子數(shù)=陽離子核外電子數(shù)+帶電荷數(shù)，R2+離子核外有a個電子，所以其質(zhì)子數(shù)為：a+2；依據(jù)質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，R2+離子有b個中子，所用其質(zhì)量數(shù)為：a+b+2，所以R原子符號為R，D項正確；答案選A。3．化合物甲是一種常見無機物，其結構如圖所示(圖中的“”可表示單鍵或雙鍵)，其中W、X、Y、Z為元素周期表中的短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，W和Y、X和Z分別為同主族元素，這四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為14，甲的水溶液顯酸性。下列敘述不正確的是()A．W與X、W與Z均可形成18電子分子B．X、Y形成的離子化合物中可能含共價鍵C．X、Y、Z三種元素的簡單離子半徑大小順序為ZXYD．甲的水溶液中W2ZX3的濃度大于ZX的濃度【答案】D【分析】W、X、Y、Z為元素周期表中的短周期主族元素，化合物甲中Y為+1價陽離子，其最外層電子數(shù)為1，W和Y、X和Z分別為同主族元素，其四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為14，則X、Z的最外層電子數(shù)為，則X為O，Z為S元素；Y的原子序數(shù)大于O，則Y為Na；W形成1個共價鍵，該化合物應該為NaHSO3，則W為H元素.【詳解】由以上分析可知W、X、Y、Z分別為H、O、Na、S，圖示化合物為NaHSO3。A．H2O2、H2S均為18電子分子，故A正確；B．Na2O2為含有共價鍵的離子化合物，故B正確；C．電子層越多離子半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則簡單離子半徑大小順序為：Z＞X＞Y，故C正確；D．甲的水溶液，即NaHSO3溶液顯酸性，可知的電離程度大于水解程度，則NaHSO3溶液中H2SO3的濃度小于的濃度，故D錯誤。故選：D。4．生物體中含有C、H、O、N、P、K等元素，下列有關說法正確的是A．原子半徑：B．第一電離能：O>N>CC．氫化物沸點：D．最高價氧化物對應水化物的酸性：【答案】C【詳解】A．同一周期，從左到右，元素的原子半徑依次減??；同一主族，從上至下，元素的原子半徑依次增大，故r(K)＞r(N)＞r(O)，A錯誤；B．同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈鋸齒狀增大，其中IIA族元素和VA族元素均高于相鄰的兩種元素，故第一電離能：N＞O＞C，B錯誤；C．H2O和NH3分子間存在氫鍵，且H2O分子間的氫鍵強度更大，PH3分子間沒有氫鍵，故沸點：H2O＞NH3＞PH3，C正確；D．同一周期，從左到右，元素的非金屬性依次增強；同一主族，從上至下，元素的非金屬性依次減弱；元素非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，由于非金屬性：N＞P＞C，故它們的最高價氧化物對應的水化物的酸性：HNO3＞H3PO4＞H2CO3，D錯誤；故選C。5．完成下列實驗，所用儀器或操作合理的是ABCD檢驗氯化銨受熱分解生成的兩種氣體制備氫氧化亞鐵沉淀證明裝置氣密性良好用標準NaOH溶液滴定錐形瓶中的鹽酸【答案】C【詳解】A．氯化銨受熱分解生成氨氣、氯化氫的混合氣體。P2O5吸收氨氣，濕潤的酚酞試紙檢驗不出氯化氫氣體；堿石灰吸收氯化氫，濕潤的藍色石蕊試紙檢驗不出氨氣，A項錯誤；B．右邊試管內(nèi)生成硫酸亞鐵溶液和氫氣，氫氣排出裝置，硫酸亞鐵溶液與左邊試管內(nèi)氫氧化鈉溶液不能自動混合，不能制備氫氧化亞鐵沉淀，B項錯誤；C．連接好儀器，夾緊彈簧夾，向漏斗中加入適量水，使漏斗中的液面高于容器中的液面，靜置片刻，若液面位置保持不變說明裝置不漏氣，C項正確；D．中和滴定時眼睛應觀察錐形瓶內(nèi)溶液顏色變化，否則會導致測量不準確，D項錯誤；答案選C。6．碳元素有多種同素異形體，其中C60、石墨與金剛石的結構如圖所示。已知C60的結構是由正五邊形和正六邊形組成的凸32面體。下列有關說法正確的是A．C60中含有20個正五邊形和12個正六邊形B．石墨的層內(nèi)碳原子之間只存在σ鍵C．石墨中層間碳原子之間存在化學鍵D．如圖所示的金剛石晶胞中有8個碳原子【答案】D【詳解】A．C60的結構是由正五邊形和正六邊形組成的凸32面體，設正六邊形x個，正五邊形y個，由歐綠公式得到60＋(x＋y)－=2，每個正六邊形有6個鍵，每個正五邊形有5個鍵，(有一個雙鍵)，解得x=20，y=12，因此C60中含有12個正五邊形和20個正六邊形，故A錯誤；B．石墨的層內(nèi)碳原子之間存在σ鍵，石墨每個碳原子經(jīng)過sp2雜化后，還剩余一個未被雜化的p軌道，肩并肩重疊，形成π鍵，故B錯誤；C．石墨中層間碳原子之間是通過范德華力連接，不存在化學鍵，故C錯誤；D．如圖所示的金剛石晶胞中碳原子有8個在頂點，6個在面心，4個在體內(nèi)，因此含有個碳原子，故D正確。綜上所述，答案為D。7．Sabatiner反應能實現(xiàn)CO2的吸收與轉(zhuǎn)化，反應方程式為：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)，在體積不變的密閉容器中，將原料氣按n(CO2)：n(H2)=1：4充入，測得容器中H2O(g)的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的關系如圖所示(實線表示反應進行相同時間時測得的數(shù)據(jù)，虛線表示平衡曲線)。下列說法正確的是A．該反應是吸熱反應B．若容器內(nèi)氣體密度保持不變，則反應達到平衡狀態(tài)C．適當升溫能提高CO2的轉(zhuǎn)化效率D．增大催化劑的比表面積，能提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】C【詳解】A．從虛線可以看出，平衡時水的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的升高而降低，該反應為放熱反應，A錯誤；B．由于容器體積不變，容器內(nèi)氣體體積維持不變，因此氣體平均密度保持不變，不能作為反應達到平衡狀態(tài)的標志，B錯誤；C．升高溫度，加快反應速率，可以提高CO2的轉(zhuǎn)化效率，C正確；D．催化劑能加快反應速率但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，D錯誤；故答案選C。8．中醫(yī)藥是中華傳統(tǒng)文化的瑰寶，在抗擊新冠肺炎的斗爭中作出了重要貢獻。綠原酸是中藥金銀花的有效藥理成分之一，關于綠原酸的下列說法正確的是()A．分子式為C16H20O9B．1mol綠原酸最多可消耗3molNaOHC．綠原酸可發(fā)生取代反應、加成反應、氧化反應、消去反應D．綠原酸能使紫色石蕊試液顯紅色，不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【詳解】A．依據(jù)綠原酸的結構簡式得岀其分子式為C16H18O9，故A錯誤；B．綠原酸分子中含2個酚羥基，1個酯基，1個羧基，因此1mol綠原酸最多可消耗4molNaOH，故B錯誤；C．綠原酸結構中的醇羥基可發(fā)生酯化反應，也為取代反應，醇羥基也可發(fā)生消去反應，碳碳雙鍵和苯環(huán)可以發(fā)生加成反應，碳碳雙鍵、OH均可被氧化，發(fā)生氧化反應，故C正確；D．綠原酸結構中的COOH能使紫色石蕊試液顯紅色，碳碳雙鍵、OH能使酸性KMnO4溶液褪色，故D錯誤。故選C。9．已知高能鋰離子電池的總反應式為2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2為電解質(zhì)，用該電池為電源電解含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的實驗裝置如圖所示(實驗結束后，b中NaCl溶液濃度變大)。下列說法不正確的是()A．Li電極為鋰離子電池的負極B．當電路中轉(zhuǎn)移1mole時，b室離子數(shù)增加NA個C．離子交換膜m為陽離子交換膜D．若將圖中n膜去掉，將b、c兩室合并，則電解反應總方程式不會改變【答案】B【分析】由反應2Li+FeS=Fe+Li2S可知，Li被氧化，為原電池的負極，F(xiàn)eS被還原生成Fe，為正極。原電池工作時，電子由負極Li經(jīng)過導線流向正極FeS，用該電池為電源電解含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni，則鍍鎳鐵棒為陰極，發(fā)生還原反應，連接原電池負極；碳棒為陽極，連接電源的正極，發(fā)生氧化反應。電解池工作時，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，據(jù)此分析解答。【詳解】A．原電池中Li為負極，F(xiàn)eS為正極，外電路中，

電子由負極Li流向正極FeS，A正確；B．鍍鎳鐵棒與電源負極相連是電解池的陰極，電極反應為：Ni2++2e=Ni，電解過程中為平衡a、c中的電荷，a中的Na+和c中的Cl分別通過陽離子膜和陰離子膜移向b中，使b室中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大，所以當轉(zhuǎn)移1mol

e時，b室離子數(shù)增加2NA個，B錯誤；C．電解池中鍍鎳鐵棒為陰極，碳棒為陽極，并且b中NaCl溶液濃度變大，則a中Na+通過陽離子膜移向b中，即膜m為陽離子交換膜，C正確；D．n膜為陰離子交換膜，若將圖中n膜去掉，陰極仍然是Ni2+放電，電解反應不改變，D正確；故合理選項是B。10．根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得結論正確的是選項實驗操作和實驗現(xiàn)象結論A在一塊除去鐵銹的鐵片上滴1滴含有酚酞的食鹽水，靜置2~3min，溶液邊緣出現(xiàn)紅色鐵片上發(fā)生了吸氧腐蝕B向溶液中滴入NaClO溶液，產(chǎn)生無色氣體的氧化性強于NaClOC用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近試劑瓶瓶口，試劑瓶瓶口有白煙生成該試劑瓶中盛裝的是濃硝酸D向、的混合溶液中滴入少量溶液，有黑色沉淀生成【答案】A【詳解】A．在一塊除去鐵銹的鐵片上面滴1滴含有酚酞的食鹽水，靜置2～3min，溶液邊緣出現(xiàn)紅色，說明氧氣得到電子與水反應生成了氫氧根離子，證明鐵片發(fā)生了吸氧腐蝕，故A正確；B．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，產(chǎn)生無色氣體，應生成氧氣，O元素化合價升高，O2為氧化產(chǎn)物，NaClO為氧化劑，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，故B錯誤；C．濃鹽酸也具有揮發(fā)性，試劑瓶中盛裝的可能為濃鹽酸，故C錯誤；D．碳酸鈉和硫化鈉溶液濃度未知，不能證明硫化銀更難溶，則不能證明溶度積大小，故D錯誤；故選：A。11．某興趣小組將下表中所給的混合溶液分別加入到6個盛有過量Zn粒的反應瓶中，以研究硫酸銅的濃度對稀硫酸與鋅反應生成氫氣速率的影響。下列判斷錯誤的是（）實驗組別混合溶液ABCDEF4mol?L﹣1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5飽和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A．V1＝30，V6＝10，V7＝20B．本實驗利用了控制變量思想，變量為銅離子濃度C．反應一段時間后，實驗A中的金屬呈灰黑色，實驗F的金屬呈現(xiàn)紅色D．該小組的實驗結論是硫酸銅的量與生成氫氣速率成正比【答案】D【分析】研究硫酸銅的量對氫氣生成速率的影響，則硫酸的體積相同，改變硫酸銅的量，由A、F可知結合溶液的總體積為30mL+20mL=50mL，以此解答該題?！驹斀狻緼.研究硫酸銅的量對氫氣生成速率的影響，則需要硫酸的體積、物質(zhì)的量應相同，由A、F可知結合溶液的總體積為30mL+20mL=50mL，則V1=30，V6=503010=10，V7=20，故A不符合題意；B.本實驗利用了控制變量思想，硫酸的體積、物質(zhì)的量應相同，變量為銅離子濃度，故B不符合題意；C.A中沒有加入硫酸銅，鋅與稀硫酸反應后，鋅的表面凹凸不平，有很多細小的鋅的顆粒，由于顆粒很小，光被完全吸收，所以看到的固體是灰黑色；F中Zn能夠置換出Cu附著在Zn表面，金屬變?yōu)樽霞t色，故C不符合題意；D.因為鋅會先與硫酸銅反應，直至硫酸銅反應完才與硫酸反應生成氫氣，硫酸銅量較少時，形成銅鋅原電池，反應速率加快，硫酸銅量較多時，反應時間較長，而且生成的銅會附著在鋅片上，會阻礙鋅片與硫酸繼續(xù)反應，氫氣生成速率下降，故D符合題意；答案：D?！军c睛】本題考查影響化學反應速率的因素，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意影響反應速率的因素及實驗中控制變量的方法測定反應速率，題目難度不大。12．侯氏制堿法的基本過程如下圖所示。下列說法錯誤的是A．食鹽水精制時一般加入BaCl2后，再加入Na2CO3B．為提高原料利用率，先通入CO2再通入NH3C．若沉淀結塊，煅燒前需將沉淀研磨成粉末狀D．生產(chǎn)中將X和母液循環(huán)利用，可以提高原料利用率和產(chǎn)率【答案】B【詳解】A．食鹽水精制時先加入過量BaCl2溶液，除去雜質(zhì)，然后再加入Na2CO3，除去食鹽水中雜質(zhì)離子Ca2+及為除去而引入的過量的Ba2+，這樣使實驗操作步驟簡單，A正確；B．為提高溶液中的濃度，便于析出NaHCO3晶體，應該先向飽和食鹽水中通入NH3使溶液顯堿性，然后再通入CO2，B錯誤；C．若產(chǎn)生的沉淀結塊，為使沉淀煅燒分解完全，在煅燒前需將沉淀研磨成粉末狀，C正確；D．沉淀煅燒分解產(chǎn)生CO2氣體可用于沉淀池中制取NaHCO3，沉淀后的母液中含有大量NaCl，也可返回到沉淀池中再被利用，以提高原料利用率和產(chǎn)率，D正確；故合理選項是B。13．糠醛氧化制備糠酸是綜合利用糠醛資源的一個重要途徑。在直流電場作用下，雙極膜(BMP)將水解離為H+和OH，并實現(xiàn)其定向通過。工業(yè)上用雙極膜電解槽電解糠醛溶液同時制備糠醇和糠酸鹽，電解時，MnO2/MnOOH在電極與糠醛之間傳遞電子，電解過程如圖所示，下列說法不正確的是A．A為直流電源的負極，糠醛在陰極表面得到電子被氧化為糠醇B．通電時雙極性膜將水解離為H+和OH，H+向陰極室方向移動C．生成糠酸的反應為：+2MnO2+OH→+2MnOOHD．電解時，陽極反應為MnOOHe=MnO2+H+【答案】A【詳解】A．根據(jù)圖示可知：A為直流電源的負極，糠醛在陰極表面得到電子被還原為糠醇，A錯誤；B．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，通電時雙極性膜將水解離為H+和OH，陽離子H+向負電荷較多的陰極室方向移動，B正確；C．在陽極室，糠醛失去電子被氧化為糠酸，反應方程式為：+2MnO2+OH→+2MnOOH，C正確；D．電解時，陽極上MnOOH失去電子發(fā)生氧化反應產(chǎn)生MnO2，所以陽極的電極反應式為MnOOHe=MnO2+H+，D正確；故合理選項是A。14．下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是()A．向蛋白質(zhì)溶液中加入飽和溶液，有沉淀出現(xiàn)：蛋白質(zhì)發(fā)生了變性B．將一定量的加入水玻璃中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀：非金屬性：S＞SiC．室溫下，用pH試紙測定濃度均為0.1mol/L的NaClO溶液、溶液的pH，NaClO溶液的pH較大。酸性：D．向溶液中滴加溶液，產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)滴加溶液產(chǎn)生紅褐色沉淀：的溶解度小于的溶解度【答案】B【詳解】A．蛋白質(zhì)溶液中加入飽和Na2SO4溶液，有沉淀出現(xiàn)，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，析出的蛋白質(zhì)仍具有蛋白質(zhì)活性，故A錯誤；B．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，將一定量SO3加入水玻璃中，SO3與H2O反應SO3＋H2O=H2SO4，H2SO4為強酸，硅酸為弱酸，則發(fā)生H2SO4＋Na2SiO3=Na2SO4＋H2SiO3↓，最高價氧化物對應水化物酸性越強，其非金屬性越強，即本實驗推出S的非金屬性強于Si，故B正確；C．NaClO具有強氧化性，能將有色物質(zhì)漂白，因此無法用pH試紙測出NaClO溶液的pH，故C錯誤；D．若NaOH過量，繼續(xù)滴加FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3與過量的NaOH溶液反應生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，不能說明Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，故D錯誤；故答案為B。15．已知Kb(NH3·H2O)=1.7×105，Ka(CH3COOH)=1.7×105。25℃時，向20mL濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的氨水，測定過程中電導率和pH變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是()A．a(chǎn)點溶液中，c(CH3COO)數(shù)量級約為105B．b點溶液中，c(Cl)>c(NH)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH)C．c點溶液中，c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)D．d點溶液中，c(NH)=c(CH3COOH)+2c(CH3COO)【答案】C【分析】向20mL濃度均為0.01mol/L的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的氨水，恰好反應時溶質(zhì)為和，其中Kb(NH3·H2O)=1.7×105，Ka(CH3COOH)=1.7×105，則溶液為中性，為強酸弱堿鹽，顯酸性?！驹斀狻緼．a(chǎn)點時，溶質(zhì)為和，其存在電離平衡為，，其中≈0.01mol/L，可得≈mol/L，故A正確；B．b點出現(xiàn)第一個拐點，HCl與氨水剛好反應，故溶質(zhì)為和，且兩物質(zhì)濃度相同，溶液中抑制水解，==<，故銨根水解小于醋酸電離，溶液中，故溶液中存在，故B正確；C．c點溶液中溶質(zhì)為和，且濃度相等，根據(jù)物料守恒有，，即，故C錯誤；D．d點時pH=7，溶液中，溶質(zhì)為和、氨水，故由電荷守恒，其中、，聯(lián)立可得，故D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16．（14分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)為白色或黃色結晶粉末或小結晶，帶有強烈的SO2氣味，與強酸接觸則放出SO2。在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品、含鉻污水處理等方面應用廣泛。（1）利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝為：已知：當NaHSO3溶液過飽和后靜置，會結晶析出焦亞硫酸鈉晶體。①寫出Ⅰ中發(fā)生反應的離子方程式______。②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是______。（2）研究表明，焦亞硫酸鈉處理含鉻(VI)廢水較其他方法效果好，處理費用低。其工藝流程如下：①寫出反應池中發(fā)生反應的離子方程式______。②Cr2O在酸性條件下氧化性強，在實際工業(yè)中pH過低，則需要的焦亞硫酸鈉的量比理論值高出許多，可能的原因是______。（3）葡萄酒中常常會加入Na2S2O5做抗氧化劑，中華人民共和國國家標準(G1127602011)規(guī)定葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)不能超過0.25g/L。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00mL葡萄酒樣品，并用0.0100mol/L的碘標準液(含淀粉)滴定至終點，消耗碘標準液10.00mL。①滴定反應的離子方程式為______。②判斷達到滴定終點的現(xiàn)象為______。③該葡萄酒中Na2S2O5的殘留量為(以g/L表示，寫出計算過程)______?！敬鸢浮浚?）H2O++2SO2=CO2+2（2分）增大NaHSO3的濃度，使溶液達到過飽和狀態(tài)（2分）（2）3S2O+2Cr2O+10H+=6+4Cr3++5H2O（2分）pH過低，發(fā)生反應：2H++S2O=H2O+2SO2↑，SO2不斷逸出，所以需要更多的S2O（2分）（3）3H2O+S2O+2I2=4I+2SO+6H+（2分）滴入最后一滴碘標準液后，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不恢復（2分）0.128（2分）【分析】(i)向飽和Na2CO3溶液中通入過量SO2氣體，反應得到NaHSO3飽和溶液，然后向其中加入Na2CO3固體，再調(diào)整溶液pH至7～8，然后通入SO2氣體，得到NaHSO3過飽和溶液，該溶液經(jīng)脫結晶脫水，得到Na2S2O5，方程式為2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(ii)焦亞硫酸鈉具有強的還原性，可以處理含鉻廢水，處理時向廢水中先加入硫酸，使溶液顯酸性，然后加入Na2S2O5，發(fā)生氧化還原反應：3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O，使廢水中的Cr元素轉(zhuǎn)化為Cr3+，再加入石灰乳調(diào)節(jié)溶液pH，使Cr3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀除去，當達到排放標準后再進行排放；也可以利用其強的還原性作葡萄酒的抗氧化劑除氧，在判斷其殘留量時可以以淀粉溶液為指示劑，用標準碘溶液進行滴定，當?shù)渭幼詈笠坏螛藴嗜芤簳r，溶液由無色變?yōu)闇\藍色，且半分鐘內(nèi)不恢復無色，根據(jù)反應過程中電子守恒計算其含量?！驹斀狻浚?）①在Ⅰ中Na2CO3、SO2、H2O發(fā)生反應產(chǎn)生NaHSO3和CO2，反應的離子方程式為：H2O++2SO2=CO2+2；②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是增大NaHSO3的濃度，使溶液達到過飽和狀態(tài)；（2）①在反應池中K2Cr2O7、H2SO4、Na2S2O5會發(fā)生氧化還原反應，產(chǎn)生Cr3+、、H2O，反應的離子方程式為：3S2O+2Cr2O+10H+=6+4Cr3++5H2O；②Cr2O在酸性條件下氧化性強，在實際工業(yè)中pH過低，會導致需要的焦亞硫酸鈉的量比理論值高出許多，這是由于溶液的pH過低時，會發(fā)生反應：2H++S2O=H2O+2SO2↑，反應產(chǎn)生的SO2不斷逸出，導致需要消耗更多的S2O；（3）①用I2滴定時，I2得到電子被還原產(chǎn)生I，S2O被氧化為，則滴定反應的離子方程式為3H2O+S2O+2I2=4I+2SO+6H+；②用標準I2溶液滴定Na2S2O5時，若反應達到滴定終點，現(xiàn)象為滴入最后一滴碘標準液后，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不恢復；③n(I2)=c·V=0.0100mol/L×0.0100L=1.00×104mol，則根據(jù)反應中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知其相當于含有SO2的物質(zhì)的量n(SO2)=n(I2)=1.00×104mol，m(SO2)=1.00×104mol×64g/mol=6.4×103g，所以該葡萄酒中Na2S2O5的殘留量(用游離SO2計算)為g/L。17．（14分）某化學課外小組在制備Fe(OH)2實驗過程中觀察到生成的白色沉淀迅速變?yōu)榛揖G色，一段時間后變?yōu)榧t褐色。該小組同學對產(chǎn)生灰綠色沉淀的原因進行了實驗探究。編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗1向2mL0.1mol·L1FeSO4溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方出現(xiàn)白色沉淀，一段時間后變?yōu)榛揖G色，長時間后變?yōu)榧t褐色實驗2取實驗1中少量灰綠色沉淀，洗凈后加鹽酸溶解，分成兩份。①中加入試劑a，②中加入試劑b①中出現(xiàn)藍色沉淀，②中溶液未變成紅色I.甲同學猜測灰綠色沉淀是Fe(OH)2和Fe(OH)3的混合物，設計并完成了實驗1和實驗2。（1）實驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀的化學方程式為__________。（2）實驗1中加入維生素C溶液是利用了該物質(zhì)的___________性，實驗2中加入的試劑a為___________溶液。（3）實驗2的現(xiàn)象說明甲同學的猜測___________(填“正確”或“不正確”)。Ⅱ.乙同學查閱資料得知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，猜測灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，設計并完成了實驗3實驗5.編號實驗操作實驗現(xiàn)象實驗3向10mL4mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀(帶有較多灰綠色)。沉淀下沉后，部分灰綠色沉淀變?yōu)榘咨珜嶒?向10mL8mol·L1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L1FeSO4溶液(兩溶液中均先加幾滴維生素C溶液)液面上方產(chǎn)生白色沉淀(無灰綠色)。沉淀下沉后，仍為白色實驗5取實驗4中白色沉淀，洗凈后放在潮濕的空氣中___________（4）依據(jù)乙同學的猜測，實驗4中沉淀無灰綠色的原因為___________。（5）該小組同學依據(jù)實驗5的實驗現(xiàn)象，間接證明了乙同學猜測的正確性，則實驗5的實驗現(xiàn)象可能為___________。Ⅲ.該小組同學嘗試用圖中裝置制取Fe(OH)2.實驗時必須使用鐵屑、稀硫酸和氫氧化鈉溶液。填寫下列空白：（6）A中應預先加入的藥品是___________。（7）為了制得白色Fe(OH)2沉淀，在裝置中加入試劑，塞緊塞子后，應先___________(填“打開”或“關閉”)止水夾a，一段時間后，___________，再___________(填“打開”或“關閉”)止水夾a，將FeSO4溶液壓入B中進行反應?！敬鸢浮浚?）4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3（2分）（2）還原（1分）K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)（1分）（3）不正確（1分）（4）NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面（2分）（5）白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)（2分）（6）鐵屑（1分）（7）打開（1分）從B上口收集H2，驗純待H2純凈后（2分）關閉（1分）【詳解】（1）實驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；（2）實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性；根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，①中加入試劑出現(xiàn)藍色沉淀，是在檢驗Fe2+，試劑a為K3[Fe(CN)6]，故答案為：還原；K3[Fe(CN)6](或鐵氰化鉀)；（3）②中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于②中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：不正確；（4）根據(jù)已知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；（5）當實驗5中的現(xiàn)象為白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)；（6）該實驗利用鐵屑和稀硫酸反應制取硫酸亞鐵，由裝置特點可知分液漏斗中應加稀硫酸，燒瓶中應加鐵屑，即A為鐵屑，故答案為：鐵屑；（7）實驗開始階段向燒瓶中滴加稀硫酸，與鐵屑反應產(chǎn)生硫酸亞鐵和氫氣，需用產(chǎn)生的氫氣排盡裝置內(nèi)的空氣，因此要先打開止水節(jié)一段時間，當檢測到B中出口氣體為純凈的氫氣后再關閉止水夾，繼續(xù)滴加硫酸產(chǎn)生的氫氣使燒瓶內(nèi)的壓強增大，將硫酸亞鐵溶液壓入氫氧化鈉溶液中產(chǎn)生氫氧化鐵固體，故答案為：打開；從B上口收集H2，驗純待H2純凈后；關閉；18．（13分）氨是最重要的氮肥，也是產(chǎn)量最大的化工產(chǎn)品之一。合成氨工藝是人工固氮的重要途徑。（1）可用作合成氨的催化劑有很多，如Os，F(xiàn)e，Pt，Mn，Co等金屬及相應的合金或化合物。該反應在LaCoSi催化作用的化學吸附及初步表面反應歷程如下：注：方框內(nèi)包含微粒種類及數(shù)目、微粒的相對總能量(括號里的數(shù)字或者字母，單位：eV)其中，TS表示過渡態(tài)，*表示吸附態(tài)。①請寫出N2參與化學吸附的反應方程式：_______；②以上歷程須克服的最大勢壘為_______kJ·mol1(計算結果保留2位小數(shù))。(已知：1eV=1.6×1022kJ)（2）標準平衡常數(shù)，其中為標準壓強(1×105Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)為各組分的平衡分壓，平衡分壓=平衡體積分數(shù)×總壓。若N2和H2起始物質(zhì)的量之比為1：3，反應在恒定溫度和標準壓強下進行，N2的平衡轉(zhuǎn)化率為ω，則KΘ=_______(用含ω的表達式表示)。（3）Arrhenius提出：溶劑在液態(tài)下能自發(fā)發(fā)生電離，產(chǎn)生溶劑陽離子與溶劑陰離子的現(xiàn)象，稱為自耦電離，如液態(tài)水的自耦電離方程式為：2H2O?H3O++OH。①請寫出液氨的自耦電離方程式：_______。②已知在298K時，液氨自耦電離平衡常數(shù)K=4.0×1030，請計算，電離產(chǎn)生的溶劑陽離子物質(zhì)的量濃度為_______。（4）如圖是20℃時，NH3CO2H2O三元體系相圖。縱坐標代表CO2的體積分數(shù)，橫坐標代表NH3的體積分數(shù)，坐標原點代表液態(tài)純水。20℃時，可根據(jù)需要，選擇水溶液體系反應得到(NH4)2CO3(aq)與NH4HCO3(aq)，也可選擇無水體系反應得到NH4COONH2(s)。①20℃時，利用NH3(g)、CO2(g)和H2O(l)制備NH4HCO3(aq)的最佳曲線是_______(填“AH2O”或“BH2O”)。②B點可得到的產(chǎn)品是_______(填化學式)?！敬鸢浮浚?）N2(g)→2N*(或N2(g)+H2(g)→2N*+H2(g))（2分）141.59（1分）（2）（2分）（3）2NH3?NH+NH(或2NH3(l)?NH(aq)+NH(aq))（2分）2×1015mol/L（2分）（4）AH2O（2分）NH4COOCH2（2分）【分析】根據(jù)反應歷程判斷反應中的最大能壘；根據(jù)化學平衡的三段式計算化學平衡常數(shù)；根據(jù)電離平衡常數(shù)計算平衡時各組分濃度；根據(jù)相圖趨勢判斷反應產(chǎn)物。【詳解】（1）①根據(jù)題意，N2與H2合成NH3的過程是，N2在催化劑表面化學吸附后變成N*，然后再與H2作用生成過渡態(tài)TS1，最后再解吸附。因此N2的化學吸附發(fā)生在第一步，為N2(g)→2N*(或N2(g)+H2(g)→2N*+H2(g))；②根據(jù)框圖，反應最大能壘為2N*(g)+H2(g)→TS1，能量E=0.01eV(1.46eV)=1.47eV，即可計算出1.47eV×1.6×1022kJ/eV×6.02×1023mol1=141.59kJ/mol；（2）假設N2和H2起始物質(zhì)的量分別為1mol和3mol，根據(jù)題意，可以列出以下三段式：x(NH3)%=x(N2)%=x(H2)%=代入公式：KΘ==；（3）①因為溶劑為液氨，相應的溶劑陽離子應為NH，溶液的陰離子為NH，故而自耦電離方程式為2NH3?NH+NH(或2NH3(l)?NH(aq)+NH(aq))；②由電離方程式可知，電離平衡時c(NH)=c(NH)，再結合電離常數(shù)K=c(NH)·c(NH)=4.0×1030，解得c(NH)=c(NH)=2.0×1015mol/L；（4）相圖中坐標原點是H2O，即從坐標原點出發(fā)的曲