2020届河北省衡水密卷新高考精准冲刺模拟(二十)化学试卷

2020届河北省衡水密卷新高考精准冲刺模拟（二十）
化学试卷
★祝你考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考考查范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。

7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.中华文化源远流长、博大精深。

下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是（）
A. 食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同
B. “陶尽门前土，屋上无片瓦。

十指不沾泥，鳞鳞居大厦。

”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化
C. “兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。

”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过萃取分液与酒糟分离
D. 侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，食品包装中常见的抗氧化剂成分为：还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，铁作负极，氧气在正极（炭粉为正极）反应，故A正确；
B选项，“陶尽门前土，屋上无片瓦。

十指不沾泥，鳞鳞居大厦。

”黏土烧制陶瓷的过程发生了化学变化，故B正确；
C选项，“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。

”粮食发酵产生的酒精分散在酒糟中，可以通过蒸馏与酒糟分离，故C错误；
D选项，侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，碳酸钠，故D正确；
综上所述，答案为C。

2.N A 代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，11.2 L Cl 2溶于水，溶液中Cl －，ClO －和HClO 的微粒数之和为N A
B. 32.5 g FeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.2N A
C. 1 mol PC13与1 mol 36C12反应达到平衡时，产物中含P —36C1键数目为2N A
D. 反应4820Ca +
24998Cf → 294118Og + 10x n 中，每生成294g 294118Og 释放的中子数为3N A
【答案】D
【解析】
【详解】A 选项，标准状况下，11.2 L Cl 2物质的量为0.5mol ，氯气与水反应是可逆反应，根据物料守恒得
出溶液中Cl －，ClO －和HClO 的微粒数之和小于N A ，故A 错误； B 选项，32.5 g FeCl 3物质的量为0.2mol ，其水解形成Fe(OH)3胶体，胶体粒子是聚合体，因此胶体粒子数小于0.2N A ，故B 错误；
C 选项，1 mol PC13与1 mol 36C12反应达到平衡时，反应是可逆反应，产物PC15的物质的量小于1mol ，因此PC15中含P —36C1键数目小于为2N A ，故C 错误；
D 选项，根据反应式知x=3，即反应4820Ca +
24998Cf → 294118Og + 103n 中，每生成294g 294118Og 即1mol ，则释
放的中子数为3N A ，故D 正确；
综上所述，答案为D 。

【点睛】氯气与水反应是可逆反应，氢氧化铁胶体中的胶体粒子是聚合体。

3.某有机物结构简式如图：
下列关于该有机物的说法正确的是( )
①分子式为C 16H 14O 5；
②能使酸性KMnO 4溶液褪色；
③能发生加成反应和取代反应；
④苯环上的一溴代物有4种；
⑤1 mol 该有机物水解时最多能消耗4 mol NaOH ； ⑥1 mol 该有机物在一定条件下和H 2反应，共消耗6 mol H 2。

A. ①②⑤
B. ①②③⑤⑥
C. ①④⑤⑥
D. ①②④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①根据结构简式得出分子式为C16H14O5，故①正确；②该物质含有酚羟基和苯环连接的碳上连接有氢，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③含有苯环能发生加成反应，含有羧基能发生酯化反应即取代反应，故③正确；④左边苯环有对称轴，左边苯环一溴代物有两种，右边苯环没有对称轴，因此右边苯环一溴代物有四种，苯环上的一溴代物共6种，故④错误；⑤1 mol该有机物含有1mol羧基，1mol酚羟基，1mol酚酯基，因此水解时最多能消耗4 mol NaOH，故⑤正确；⑥1 mol该有机物含有2mol苯环，因此在一定条件下和H2反应，共消耗6 mol H2，故⑥正确；
综上所述，答案为B。

【点睛】羧基、酚羟基、酚酯基、醇酯基都能和氢氧化钠反应，1mol醇酯基和1mol氢氧化钠反应，1mol
酚酯基和2mol氢氧化钠反应。

4.CuSO4是一种重要的化工原料，其制备途径及性质如图所示（假设恰好完全反应）。

下列说法正确的是
A. 途径①所用混酸中，H2SO4与HNO3物质的量之比为2:3
B. 1molCuSO4在1100℃所得混合气体中，O2为0.75mol
C. Z 只能是葡萄糖
D. 相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想
【答案】D
【解析】
【详解】A项、途径①的反应为铜与稀硝酸、稀硫酸反应生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Cu+2HNO3+3 H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，由方程式可知混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；
B项、CuSO4在1100℃分解生成氧化亚铜，铜元素化合价降低被还原，硫酸铜中硫元素为最高价态，只能表现氧化性，则氧元素只能被氧化化合价升高，X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体，若X为O2和SO3的混合气体，由得失电子数目守恒可知1molCuSO4在1100℃所得混合气体中O2为0.25mol，若X为O2和SO2的混合气体，由得失电子数目守恒可知1molCuSO4在1100℃所得混合气体中
O2为0.7 5mol，若X为O2、SO2和SO3的混合气体，由得失电子数目守恒可知1molCuSO4在1100℃所得
混合气体中O2介于0.25mol 和0.7 5mol之间，故B错误；
C项、含有醛基的有机物都能与新制的氢氧化铜悬浊液共热反应生成氧化亚铜，故C错误；
D项、途径①有有害气体一氧化氮生成，途径③有有害气体二氧化硫生成，相对于途径①、③，途径②生成等量硫酸铜需要的硫酸少，无有害气体产生，更好地体现了绿色化学思想，故D正确；
故选D。

【点睛】由CuSO4在1100℃分解生成氧化亚铜，铜元素化合价降低被还原，硫酸铜中硫元素为最高价态，只能表现氧化性，确定氧元素只能被氧化化合价升高，X可能是O2和SO3或O2和SO2或O2、SO2和SO3的混合气体是分析的难点，也是易错点。

5.下列装置图的使用说法正确的是( )
A. 装置吸收NH3制氨水
B. 装置不需添加其它仪器就能检验其气密性
C. 装置中，向石灰石中滴加硫酸溶液，制取二氧化碳
D. 装置收集并吸收多余的HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，装置吸收NH3制氨水，容易发生倒吸，故A错误；
B选项，装置不需添加其它仪器就能检验其气密性，当检查时用止水夹夹住橡皮管，用漏斗向烧瓶中加蒸馏水至水不再流下，静止观察，分液漏斗中液面无变化，则气密性良好，故B正确；
C 选项，向石灰石中滴加稀硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙覆盖在石灰石的表面，阻止反应的进一步进行，不能用于制取二氧化碳，制取二氧化碳，是向石灰石中滴加盐酸溶液，故C 错误；
D 选项，装置收集并吸收多余的HCl ，容易发生倒吸，故D 错误；
综上所述，答案为B 。

【点睛】吸收氨气能防倒吸。

6.下列叙述中不正确的是（ ）(已知K sp (AgCl)＝4.0×
10－10，K sp (AgBr)＝4.9×10－13，K sp (Ag 2CrO 4)＝2.0×10－12)
A. 0.l mol·
L －1 NH 4HS 溶液中有：c(NH 4＋)＋c(NH 3·H 2O)>c(HS －)＋c(S 2－) B. 将AgCl 和AgBr 的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO 3溶液，AgCl 沉淀质量大于AgBr 沉淀
C. 向浓度均为1×
10－3 mol/L 的KCl 和K 2CrO 4混合液中滴加1×10－3 mol/L AgNO 3溶液，先生成AgCl 沉淀 D. 常温下，pH ＝4.75、浓度均为0.l mol/L 的CH 3COOH 、CH 3COONa 混合溶液：c(CH 3COO －)＋c(OH －) =
c(CH 3COOH)＋c(H ＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A 选项，根据物料守恒，0.l mol·
L －1 NH 4HS 溶液中有：c(NH 4＋)＋c(NH 3·H 2O) = c(HS －)＋c(S 2－) ＋c(H 2S)，因此有c(NH 4＋)＋c(NH 3·H 2O)>c(HS －)＋c(S 2－)，故A 正确；
B 选项，AgCl 饱和溶液中c （Cl -）10410-⨯10-5mol/L ，AgBr 饱和溶液中c （Br -）134.910-⨯10-7mol/L ，AgCl 饱和溶液中Cl -浓度远大于AgBr 饱和溶液中Br -浓度，将AgCl 和AgBr 的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO 3溶液，则原溶液中的氯离子和溴离子沉淀，AgCl 物质的量远远大于AgBr ，因此AgCl 沉淀质量大于AgBr 沉淀，故B 正确；
C 选项，浓度均为1×10－3 mol/L 的KCl 和K 2CrO 4混合液中，氯离子沉淀需要的银离子浓度为
1073410c(Ag )410110-+
--⨯==⨯⨯mol/L ，CrO 42－沉淀需要的银离子浓度为123210c(Ag )110-+-⨯=⨯mol/L=20×10-5mol/L>4×10-7mol/L ，向混和溶液中滴加1×10－3 mol/L AgNO 3溶液，先生成AgCl 沉淀，故C 正确；
D 选项，常温下，pH ＝4.75浓度均为0.l mol/L 的CH 3COOH 、CH 3COONa 混合溶液，根据电荷守恒得到c(CH 3COO －)＋c(OH －) = c(Na ＋)＋c(H ＋)，根据物料守恒得到c(CH 3COO －)＋c(CH 3COOH) =2c(Na ＋)，因此得
到c(CH 3COO －)＋2c(OH －) = c(CH 3COOH)＋2c(H ＋)，故D 错误；
综上所述，答案为D 。

7.常温时，1 mol·
L －1的HClO 2和1 mol·L －1的HMnO 4两种酸溶液，起始时的体积均为V 0，分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液体积为V ，所得曲线如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A. 在0≤pH≤5时，HMnO 4溶液满足pH ＝lg 0
V V +1 B. 当稀释至pH 均为3时，溶液中c(ClO 2－)>c(MnO 4－)
C. 稀释前分别用1 mol·
L －1的NaOH 溶液中和，消耗的NaOH 溶液体积：HMnO 4>HClO 2 D. 当稀释至pH 均为3时，HMnO 4溶液中的V 等于1000 V 0
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像分析得出HMnO 4为强酸，HClO 2为弱酸。

【详解】A 选项，在0≤pH≤5时，HMnO 4溶液满足pH ＝lg 0
V V ，故A 错误； B 选项，根据电荷守恒得出当稀释至pH 均为3时，溶液中c(ClO 2－) = c(MnO 4－)，故B 错误；
C 选项，两物质的物质的量浓度相等，体积相等，因此稀释前分别用1 mol·L －1的NaOH 溶液中和，消耗的NaOH 溶液体积：HMnO 4 = HClO 2，故C 错误；
D 选项，根据强酸稀释10n 倍，
pH 值变化n 个单位得出当稀释至pH 均为3时，HMnO 4溶液中的V 等于1000 V 0，故D 正确。

综上所述，答案为D 。

【点睛】强酸稀释10n 倍，pH 值改变n 个单位，弱酸稀释10n 倍，pH 值改变不到n 个单位。

8.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。

工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu 2Te 、含Ag 、Au 等杂质)
为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：
已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。

回答下列问题：
(1)已知Te为VIA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为____________。

(2)“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低，原因是________________________。

(3)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为____________；
“还原”过程中，发生反应的离子方程式为_____________________________。

(4)工业上也可用电解法从铜阳极泥中提取碲，方法是：将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，再用NaOH溶液碱浸，以石墨为电极电解所得溶液获得Te。

电解过程中阴极上发生反应的电极方程式为
____________________。

在阳极区溶液中检验出有TeO42－存在，生成TeO42－的原因是
_____________________。

(5)常温下，向l mol·L－1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液pH＝5时，c(TeO32－)：c(H2TeO3)＝__________。

(已知：H2TeO3的K a1＝1.0×10－3K a2＝2.0×10－8)
【答案】(1). Na2TeO3(2). 温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低(3). Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2(4). 2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42－+ Te + 8H+(5). TeO32－+4e－+ 3H2O = Te + 6OH－(6). TeO32－在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化TeO32－得到TeO42－(7). 0.2 【解析】
【分析】
(1)类比SO2与碱反应得出TeO2被浓NaOH溶液溶解所生成盐的化学式。

(2)分析温度升高，导致浓盐酸挥发，浓度减小，导致浸出率降低。

(3)根据流程图得出Cu2Te转化为TeO2反应的化学方程式，“还原”过程中，根据氧化还原反应得出离子方程式。

(4)电解过程实际是电解Na2TeO3溶液的过程，其阴极上发生还原反应，在阳极区可能TeO32－直接被氧化成TeO42－，或阳极生成的氧气氧化TeO32－得到TeO42－。

(5)将电离平衡常数两者相乘得出比值。

【详解】(1)TeO2被浓NaOH溶液溶解，根据SO2与碱反应得出所生成盐的化学式为Na2TeO3，故答案为：Na2TeO3。

(2)“酸浸2”时温度过高会使Te的浸出率降低，原因是温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低，故答案为：温度升高，浓盐酸易挥发，反应物浓度减小，导致浸出率降低。

(3)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2、Cu元素转化成CuSO4，反应的化学方程式为Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；根据题给已知，TeO2溶于浓盐酸得到TeCl4，“还原”过程中二氧化硫将Te4+还原成Te，发生反应的离子方程式为2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42－+ Te + 8H+，故答案为：Cu2Te + 2O2 + 2H2SO4 = 2CuSO4 + 2H2O + TeO2；2SO2 +Te4++4H2O = 2SO42－+ Te + 8H+。

(4)将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，TeO2用NaOH溶液浸取时转化为Na2TeO3，电解过程实际是电解Na2TeO3溶液的过程，其阴极上发生反应的电极方程式为TeO32－+4e－+ 3H2O = Te + 6OH－，在阳极区溶液中检验出有TeO42－存在，TeO32－化合价升高变为TeO42－，生成TeO42－的原因是可能为TeO32－在阳极直接被氧化，也可能为阳极生成的氧气氧化TeO32－得到TeO42－，故答案为：TeO32－+4e－+ 3H2O = Te + 6OH－；TeO32－在阳极直接被氧化，或阳极生成的氧气氧化TeO32－得到TeO42－。

(5)常温下，向l mol·L－1 Na2TeO3溶液中滴加盐酸，将
22
a
23
a2
3 1
c(H
)c(TeO)
=
c
K K
(H TeO)
+-
⋅
⨯，当溶液pH＝5时，
238
3
252
2
a1a2
3
c(TeO)110210
==0.2
c(H TeO)c(H)(110
K
)
K
---
+-
⨯⨯⨯⨯
=
⨯
，故答案为：0.2。

9.用如图装置制备FeCO3，提取出的FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。

已知：葡萄糖酸亚铁
(C6H11O7)2Fe是常用的补铁剂，易溶于水。

回答下列问题：
Ⅰ(1)B中加入药品Na2CO3，要使A中制得的FeSO4溶液进入B中发生反应，实验开始时，应打开分液漏斗的活塞、______，关闭______，一段时间后，关闭_______，打开________ (填旋塞的编号)。

(2)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，反应的化学方程式为(有机物用分子式表示)________________。

(3)从环境保护角度分析，该装置存在不足之处是：_____________。

Ⅱ.某补铁剂的主要成分是硫酸亚铁，用氧化还原滴定法可测定该补铁剂中铁元素的含量，实验的主要步骤如下：
①取10片补铁剂样品，溶解除去不溶物(不损耗铁元素)，并配成100mL 待测溶液。

②量取25.00mL 待测液于锥形瓶中。

③用c mol·
L −1的酸性KMnO 4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO 4溶液的体积，重复两次实验，平均消耗KMnO 4溶液体积为V mL 。

(4)该滴定原理的离子方程式为______________________
(5)上述实验中应该用稀硫酸酸化KMnO 4溶液，如果用硝酸对KMnO 4溶液进行酸化，对测定结果的
影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

滴定终点的实验现象为______。

(6)每片补铁剂含铁元素的质量为__________g(用代数式表示)。

【答案】 (1). K 2 (2). K 1 (3). K 2 (4). K 1 (5). 2C 6H 12O 7+ FeCO 3→ (C 6H 11O 7)2Fe + CO 2 ↑ + H 2O
(6). 无尾气处理装置 (7). MnO 4－ + 5Fe 2+ +8H + = 5Fe 3+ + Mn 2++4H 2O (8). 偏小 (9). 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不变为原来颜色 (10). 0.112cV
【解析】
【分析】
(1)利用A 装置制备硫酸亚铁和氢气，氢气排除装置内的空气，再将A 中硫酸亚铁压入到B 中得到碳酸亚铁。

(2)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合生成葡萄糖酸亚铁和二氧化碳、水。

(3)从环境保护的角度分析，没有尾气处理装置。

(4)根据氧化还原反应得到该滴定原理的离子方程式。

(5)硝酸会氧化亚铁离子，高锰酸钾用量减少。

(6)根据反应原理列式进行计算。

【详解】(1)利用A 装置制备硫酸亚铁和氢气，氢气排除装置内的空气，再利用氢气产生的压强将A 中硫酸亚铁压入到B 中得到碳酸亚铁，实验开始时，应打开分液漏斗的活塞、K 2，关闭K 1，一段时间后，关闭K 2，打开K 1，故答案为：K 2；K 1；K 2；K 1。

(2)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，反应的化学方程式为 2C 6H 12O 7+ FeCO 3→ (C 6H 11O 7)2Fe + CO 2 ↑ + H 2O ，故答案为：2C 6H 12O 7+ FeCO 3→ (C 6H 11O 7)2Fe + CO 2 ↑ + H 2O 。

(3)从环境保护的角度分析，该装置存在不足之处是：无尾气处理装置，故答案为：无尾气处理装置。

(4)Fe 2+具有还原性，MnO 4-具有强氧化性，该滴定原理的离子方程式为MnO 4－ + 5Fe 2+ +8H + = 5Fe 3+ + Mn 2++4H 2O ，故答案为：MnO 4－ + 5Fe 2+ +8H + = 5Fe 3+ + Mn 2++4H 2O 。

(5)上述实验中应该用稀硫酸酸化KMnO 4溶液，如果用硝酸对KMnO 4溶液进行酸化，硝酸会氧化亚铁离子，高锰酸钾用量减少，对测定结果的影响是偏小，滴定终点的实验现象为当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不变为原来颜色，故答案为：偏小；当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不变为原来颜色。

(6)
MnO 4－ ~ 5Fe 2+
1mol 5mol
c mol·L −1×V×10-3L n （Fe 2+）
1mol ：（c mol·
L −1×V×10-3L ）= 5mol ：n （Fe 2+） n （Fe 2+）=5cV×10-3mol
每片含铁的质量为3100mL 5cV 10mol 25mL 10-⨯⨯
×56g/mol=0.112cVg ，故答案为：0.112cV 。

10.经研究光化学烟雾和酸雨的形成都与氮氧化物有关。

人们研究了诸多有关氮氧化物的性质，请回答下列问题：
(1)处理NO x 的一种方法是利用甲烷催化还原NO x 。

CH 4(g)＋4NO 2(g)＝4NO(g)＋CO 2(g)＋2H 2O(g) K 1
CH 4(g)＋4NO(g)＝2N 2(g)＋CO 2(g)＋2H 2O(g) K 2
CH 4(g)＋2NO 2(g)＝N 2(g)＋CO 2(g)＋2H 2O(g) K 3
K 1、K 2、K 3依次为三个反应的平衡常数，则K 3＝______________(用K 1、K 2表示)
(2)在恒容密闭容器中通入等物质的量的CO 和NO ，在一定条件下发生反应：2CO(g)＋2NO(g)ƒN 2(g)＋2CO 2(g)，△H ，测得NO 的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数k p ，求a 点的平衡常数k p ＝_________(MPa)−1(列出计算式，分压＝总压×物质的量分数)。

③为探究速率与浓度的关系，该实验中，根据相关实验数据，粗略绘制了两条速率－浓度关系曲线：υ正～
c(NO)和υ逆～c(CO 2
)
则：与曲线υ正～c(NO)相对应的是图中曲线___________ (填“甲”或“乙”)。

当降低反应体系的温度，反应一段时间后，重新达到平衡，CO 2和NO 相应的平衡点分别为______(填字母)。

(3)利用电化学原理，将NO 2、O 2和熔融的KNO 3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr 2O 72－的废水，
如图所示。

电解过程中溶液发生反应：Cr 2O 72－＋6Fe 2＋＋14H ＋＝2Cr 3＋＋6Fe 3＋
＋7H 2O 。

①甲电池工作时，Y 是气体，可循环使用。

则石墨I 附近发生的电极反应式为___________。

乙池中的pH ________(填“变大”“变小”或“不变”)。

②工作时，在相同条件下，甲池内消耗的O 2和NO 2的体积比为________。

(4)已知H 3PO 4为三元酸，K a1＝7.0×10－3 mol·L －1，K a2＝6.2×10－8mol·L －1，K a3＝4.5×10－13mol·L －1。

则Na 2HPO 4水溶液呈________ (填“酸”、“中”、“碱”)性，用K a 与K h 的相对大小，说明判断理由_____________________。

【答案】
(1). 12K K (2).
2
1122
110.7 1.4P P 3.3 3.30.60.6P P 3.3 3.3
⨯
⨯⨯⨯⨯⨯（）（）（）
(3). 乙 (4). H ；D (5). NO 2 +NO 3－ － e
－
= N 2O 5 (6). 变大 (7). 1:4 (8). 碱 (9). Na 2HPO 4水解常数为
-14
w h2-8
a2K 110K ==K 6.210
⨯⨯=1.61×10-7>K a3＝4.5×10－13mol·L －1 【解析】 【分析】
(1)利用方程式相加，K 相乘，方程式除以2，K 开方得到。

(2)建立三段式建立关系，进行计算。

③开始时υ逆～c(CO2)为0，得出曲线υ正～c(NO)相对应的曲线，利用该反应为放热反应，当降低反应体系的温度，速率降低，平衡正向移动得出重新达到平衡时CO2、NO平衡点。

(3)①石墨I发生氧化反应，化合价升高，得出石墨I附近发生的电极反应式，乙池中不断消耗氢离子，得出溶液的pH变化。

②在相同条件下，根据化合价升高相等得到甲池内消耗的O2和NO2的体积比。

(4)根据Na2HPO4水解常数与电离平衡常数比较得出溶液酸碱性。

【详解】(1)将第1个方程加第2个方程，再除以2，得到第3个方程，而平衡常数为方程式相加，K相乘，
方程式除以2，则K开方，因此K3
(2)设CO和NO物质的量为2mol，则有
2CO(g) ＋2NO(g)ƒN2(g) ＋2CO2(g) 开始：2mol 2mol 0 0
转化：1.4mol 1.4mol 0.7mol 1.4mol 平衡：0.6mol 0.6mol 0.7mol 1.4mol
②a点的平衡常数
2
11
22
1
p
1
0.7 1.4
P P
3.3 3.3
0.60.6
P P
3.3 3.3
K
⨯⨯⨯
=
⨯⨯⨯
（）
（）（）
，故答案为：
2
11
22
11
0.7 1.4
P P
3.3 3.3
0.60.6
P P
3.3 3.3
⨯⨯⨯
⨯⨯⨯
（）
（）（）。

③开始时υ逆～c(CO2)为0，因此曲线υ正～c(NO)相对应的是图中曲线乙，根据第1个图得出，升温，NO 的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，反应为放热反应，当降低反应体系的温度，速率降低，平衡正向移动，重新达到平衡，CO2平衡点为H，NO平衡点为D，答案为：乙；H；D。

(3)①石墨I发生氧化反应，化合价升高，石墨I附近发生的电极反应式为NO2 +NO3－－e－= N2O5；乙池中Fe（I）为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe（II）为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，溶液中发生反应Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，不断消耗氢离子，因此溶液的pH变大，故答案为：NO2 +NO3－－e－= N2O5，变大。

②甲池中石墨（I）电极反应式为NO2 +NO3－－e－= N2O5，石墨（II）电极反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，在相同条件下，根据电子守恒相等，甲池内消耗的O2和NO2的体积比为1:4，故答案为1:4。

(4)已知H3PO4为三元酸，K a1＝7.0×10－3 mol·L－1，K a2＝6.2×10－8mol·L－1，K a3＝4.5×10－13mol·L－1，Na2HPO4
水解常数为
-14
w
h2-8
a2
K110
K==
K 6.210
⨯
⨯
=1.61×10-7>K a3＝4.5×10－13mol·L－1，因此HPO4-的水解程度大于电离程度，
Na2HPO4水溶液呈碱性，故答案为：碱；Na2HPO4水解常数为
-14
w
h2
-8
a2
K110
K==
K 6.210
⨯
⨯
=1.61×10-7>K a3＝4.5×10－13mol·L－1。

11.向容积均为0.5L的甲、乙、丙三个密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)ƒ2C(g)。

各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如图表所示：
容器甲乙丙
温度/℃T1T2T2
反应物起始量
1.5molA
0.5molB
1.5molA
0.5molB
3.0molA
1.0molB
则：(1)该反应为____________（填“放热反应”或“吸热反应”）
(2)丙容器中前5分钟的A的反应速率为__________
(3)该可逆反应达到平衡后，为在提高反应速率的同时提高B的转化率，可采取的措施有___________(填标号)。

a．按体积比1：1再充入A和B b．改用高效催化剂c．升高温度d．增加A的浓度 e. 增加C的浓度
(4)乙容器中的化学平衡常数为_____________
【答案】(1). 放热反应(2). 0.2mol∙L-1∙min-1(3). d(4). 0.8
【解析】
【分析】
(1)根据先拐先平衡，数字大规律得出，T2>T1，再从平衡移动得出。

(2)先算丙容器中前5分钟的C的反应速率，则算A的反应速率。

(3)根据乙和丙的图像得出，该反应为等体积反应，再根据速率和平衡移动，转化率来判断。

(4)建立三段式进行计算。

【详解】(1)根据先拐先平衡，数字大规律得出，T 2>T 1，从乙到甲，温度降低，C 的浓度升高，平衡正向移动，正向为放热反应，故答案为：放热反应。

(2)丙容器中前5分钟的C 的反应速率为1
11Δc 2.0mol L υ(C)=0.4mol L min Δt 5min
---⋅==⋅⋅，
则A 的反应速率为0.2mol∙L -1∙min -1，故答案为：0.2mol∙L -1∙min -1。

(3)乙和丙温度相同，丙中起始物质的量为乙中两倍，丙相当于在乙的基础上增大压强、将体积缩小为原来的一半，平衡时丙中物质的量为乙中两倍，则该反应为等体积反应，即x=1；a 选项，起始充入的A 、B 的体积比为3:1，按体积比1：1再充入A 和B ，反应速率加快，平衡虽然正向移动，但B 转化率减小，故a 不符合题意；b 选项，改用高效催化剂，速率加快，但B 转化率不变，故b 不符合题意；c ．升高温度，速率加快，平衡逆向移动，B 转化率降低，故c 不符合题意；d 选项，增加A 的浓度，速率加快，平衡正向移动，B 转化率增大，故d 符合题意；e 选项，增加C 的浓度，速率加快，平衡逆向移动，B 转化率降低，故e 不符合题意；因此答案为d 。

(4) A(g) ＋ B(g) ƒ 2C(g) 开始：3mol/L 1mol/L 0 转化：0.5mol/L 0.5mol/L 1mol/L 平衡：2.5mol/L 0.5mol/L 1mol/L
2
K 10.82.50.5
==⨯，故答案为：0.8。

12.环境问题越来越受到人们的重视，“绿水青山就是金山银山”的理念已被人们认同。

运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染具有重要意义。

回答下列问题：
(1)亚硝酰氯(Cl —N=O)气体是有机合成中的重要试剂，它可由Cl 2和NO 在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为______________________。

相关化学键的键能如下表所示：
(2)有人设想采用下列方法减少SO 2、NO 2对环境的污染：用CH 4还原SO 2，从产物中分离出一种含硫质量分数约为94%的化合物，并用这种化合物来还原NO 2。

这种含硫化合物和NO 2反应的化学方程式为______________________。

(3)用NaOH 溶液吸收SO 2也是减少大气污染的一种有效方法。

25℃时，将一定量的SO 2通入到NaOH 溶液
中，两者完全反应，若溶液中2-3-3c(SO )1
=c(HSO )10
，则该混合溶液的pH=___________(25℃时，H 2SO 3的电离平衡常数K a1=1.0×
10－2，K a2=1.0×10－7)。

【答案】 (1). Cl 2(g) +2NO(g) = 2NOCl(g) ΔH =－111 kJ·mol －1 (2). 4H 2S + 2NO 2 = 4S ↓ + N 2+4H 2O (3). 6 【解析】 【分析】
(1)先写出方程式，再利用∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。

(2)根据用CH 4还原SO 2，硫化合价降低，得出产物，再将产物和二氧化氮利用氧化还原反应原理来书写方程式。

(3) 23a2
3c(SO )K =c(HSO )c(H )
--+进行计算。

【详解】(1)亚硝酰氯(Cl —N=O)气体是有机合成中的重要试剂，它可由Cl 2和NO 在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为Cl 2(g) +2NO(g) = 2NOCl(g) ΔH = 243 kJ·mol －1 + 630 kJ·
mol －1×2 － 200 kJ·mol －1
×2 －607 kJ·mol －1×2 = －111 kJ·mol －1，故答案为：Cl 2(g) +2NO(g) = 2NOCl(g) ΔH =－111 kJ·mol －1。

(2)有人设想采用下列方法减少SO 2、NO 2对环境的污染：用CH 4还原SO 2，硫化合价降低，产物含硫质量分数约为94%的化合物为H 2S ，H 2S 和NO 2反应的化学方程式为4H 2S + 2NO 2 = 4S↓ + N 2+4H 2O ，故答案为：4H 2S + 2NO 2 = 4S↓ + N 2+4H 2O 。

(3)25℃时，将一定量SO 2通入到NaOH 溶液中，两者完全反应，若溶液中
273a23c(SO )K 1101=c(HSO )c(H )c(H )10
---++
⨯==，c(H +) = 1×10－6mol·L －1，则该混合溶液的pH=6，故答案为：6。