江苏省苏州市震泽中学2020届高三化学上学期第二次月考试题【含解析】

1、江苏省苏州市震泽中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列做法与社会可持续发展理念相符合的是A. 推广一次性塑料袋的使用B. 应用高效洁净的能源转换技术C. 加快化石燃料的开采与使用D. 大量开采地下水以满足工业生产需求【答案】B【解析】【详解】A. 推广一次性塑料袋的使用会导致白色污染，故A错误；B. 应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故B正确；C. 加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故C错误；D. 大量开采地下水，不利于水资源的保护，故D错误；答案选B

2、。【点睛】节能减排，科学发展的主题是节约能源，减少二氧化碳等温室气体的排放，有计划的发展，科学的发展。减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源。2.用化学用语表示2H2S+3O22SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是A. 中子数为18的硫原子：SB. H2S的比例模型：C. H2O的结构式：H-O-HD. S的结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为18的硫原子，质子数=16，质量数=16+18=34，原子符号，故A错误；B.H2S的比例模型，故B错误；C.H2O分子中含两个共价键，分子的结构式：HOH，故C正确；D. 硫原子核内质

3、子数为16，核外电子数为16，硫的原子结构示意图为：，故D错误；答案选C。【点睛】比例模型需要注意原子半径大小。3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. MgO熔点很高，可用作耐高温材料B. Al(OH)3受热易分解，可用于制胃酸中和剂C. FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻印刷电路D. NaClO溶液能与CO2反应，可用作漂白剂【答案】A【解析】【详解】A. MgO是离子化合物，离子键强，所以MgO熔点很高，具有高熔点的物质可用作耐高温材料，故A正确；B.Al(OH)3能与盐酸反应生成氯化铝和水，可用于制胃酸中和剂，但不能长期服用，与Al(OH)3受热易分解无关，故B错误；C. FeCl

4、3具有强氧化性，能与Cu反应，将Cu溶解，所以FeCl3溶液可用于蚀刻印刷电路，与其水解显酸性无关，故C错误；D.NaClO具有强氧化性，用作漂白剂，与NaClO溶液能与CO2反应关系不大，故D错误；答案选A。【点睛】结构决定性质，性质决定用途。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A 0.1 molL1 Na2SO3溶液：NH4+、K+、ClO、ClB. 0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-C. 0.1 molL1 HCl溶液：Ba2+、K+、HCO3-、NO3-D. 0.1 molL1 Ba(NO3)2溶液：K+、Na+、SO42

5、-、Cl【答案】B【解析】【详解】A. 亚硫酸钠与次氯酸根离子发生氧化还原反应，导致溶液中亚硫酸根离子与次氯酸根离子减小，而氯离子的浓度增大，故A错误；B. 四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应，所以能大量共存，故B正确；C. 盐酸与碳酸氢根离子反应，生成二氧化碳气体，导致碳酸氢根离子浓度减小，故C错误；D. 钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡，导致溶液中硫酸根离子浓度减小，故D错误；答案选B。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用装置甲制取氯气B. 用装置乙在铁制品表面镀铜C. 用装置丙除去CO2中的少量HClD. 用装置丁分液，放出水层后再从分液漏斗下口放出有机层【答案】

6、C【解析】【详解】A. 二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，图示装置中缺少加热装置，无法制取氯气，故A错误；B. 在铁制品表面镀铜，镀件为Fe，Fe应该与电源负极相连，图示为在铜上镀铁，故B错误；C. 饱和碳酸氢钠溶液可降低二氧化碳的溶解度，且能够除去HCl，可用装置丙除去CO2中的少量HCl，故C正确；D. 分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，故D错误；答案选C。【点睛】分液时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出，防止污染试剂。6.下列有关物质性质的叙述错误的是A. HNO3受热分解可生成NO2B. Na在O2中燃烧可生成Na2O2C.

7、CaCl2暴露在空气中可生成CaCO3D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色【答案】C【解析】【详解】A. 浓HNO3受热分解可生成NO2，故A正确；B.Na在O2中燃烧可生成Na2O2，常温下反应生成氧化钠，故B正确；C. 碳酸酸性小于盐酸，氯化钙和二氧化碳不发生反应，故C错误；D. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，反应生成Fe(SCN)3，溶液显红色，故D正确；答案选C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 用KIO3溶液氧化酸性溶液中的KI：5I+ IO3- + 3H2O = 3I2 + 6OHB. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3 + 2H+ = Ca

8、2+ + H2O + CO2C. Cu溶于稀HNO3：Cu + 2H+ + NO3- = Cu2+ + NO2+ H2OD. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：2HCO3- + Ca2+ + 2OH= CaCO3 + CO32-+ 2H2O【答案】D【解析】【详解】A.KIO3氧化酸性溶液中的KI产物中不能生成氢氧根离子，反应的离子方程式为：5I+ IO3- +6H+3I2+3H2O，故A错误；B. 醋酸溶液除水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+H2O+CO2，故B错误；C.Cu溶于稀HNO3生成硝酸铜、NO气体和水，正确的离子方

9、程式为：3Cu +8H+ + 2NO3- = 3Cu2+2NO+4H2O，故C错误；D.Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应，离子方程式：2HCO3- + Ca2+ + 2OH= CaCO3 + CO32-+ 2H2O故D正确；答案选D。【点睛】酸性溶液中不能出现氢氧根离子，离子反应要遵循客观事实，注意量的关系。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15。X与Y位于相邻周期，Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍。下列叙述一定正确的是A. 原子半径的大小顺序：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. X的简单气

10、态氢化物易溶于水C. Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强D. Z的最高价氧化物的水化物能溶于X的最高价氧化物的水化物【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：15-6-3=6，Y处于第三周期，原子序数小于

11、Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素，据此解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为15；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；W原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，X位于第二周期，X与Y位于相邻周期，则Y位于第三周期，W的原子序数大于Y，则W位于第三周期、最外层电子数为6，为S元素；四种原子的最外层电子数之和为15，X、Y的最外层电子数为：1563=6，Y处于第三周期，原子序数小于Al，若Y为Na元素，则X为N元素，若Y为Mg元素，则X为C元素。A.

12、X位于第二周期，其原子半径最小，Y、Z、W位于第三周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径的大小顺序为：r(Y)r(Z)r(W)r(X)，故A错误；B. 若X为C元素，其简单氢化物为甲烷，甲烷难溶于水，故B错误；C. 金属性：YZ，则Y的最高价氧化物对应的水化物的碱性比Z的强，故C正确；D.Z的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，X的最高价氧化物对应的水化物可能为硝酸或碳酸，氢氧化铝能够溶于硝酸，但是不能溶于碳酸，故D错误；答案选C。【点睛】元素周期律的题掌握位置决定结构，结构决定性质，要将元素推断正确。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. AlAl(OH)3Al2O3

13、B. Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3C. NaCl(aq)Cl2漂白粉D. N2NH3NO【答案】D【解析】【详解】A. 铝和氨水不反应，不能实现，故A错误；B. 氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，加热蒸发氯化铁溶液得到水解产物氢氧化铁沉淀，不能得到氯化铁固体，故B错误；C. 电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成漂白粉，和澄清石灰水反应不能得到漂白粉，故C错误；D. 氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两步反应都可以实现，故D符合；答案选D。10.下列说法正确的是A. 2NO(g) + 2CO(g) = N2(g) + 2CO2 (g

14、)在常温下可自发进行，则该反应的H0B. 一定条件下反应2SO2 + O22SO3(g)达到平衡时，v正(O2)=2v逆(SO3)C. 铁与稀硫酸反应生成22.4 L H2时，转移的电子数约为26.021023D. 氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子【答案】D【解析】【详解】A. 该反应的S0，常温下能自发进行，HTS0，则H0，故A错误； B. 速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以一定条件下反应2SO2+O22SO3(g)达到平衡时，应有2v正(O2)=v逆(SO3)，故B错误；C. 状态不知，无法由气体的体积求物质的量，所以转移的电子数不一定为26.021023，故C错误； D

15、. 氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故D正确；答案选D。11.合成化合物Y的某步反应如下。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A. X分子中所有原子可能在同一平面上B. Y分子中含有手性碳原子C. X、Y均能与FeCl3溶液发生显色反应D. XY的反应为加成反应【答案】BC【解析】【详解】A.X分子中含甲基、亚甲基均四面体结构，所有原子不可能共面，故A错误；B. 连接4个不同基团的C均为手性碳原子，与2个N原子相连的C为手性碳原子，故B正确；C.X、Y均含酚OH，均能与FeCl3溶液发生显色反应，故C正确；D.XY的反应中CHO与NH上H加成且脱水，有水生成，不属于简单的加成反应，故

16、D错误；故选：BC。12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向蛋白质溶液中滴加饱和CuSO4溶液，有固体析出，再加水固体不溶解蛋白质的结构已发生变化B室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀Ksp(BaSO4)1，图象曲线变化与实际不符，故C错误；D.pH=10的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，故D正确；故答案选BC。14.室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7

17、，c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)B. 20 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入0.1 molL1盐酸至溶液pH7：c(CH3COOH)c(Cl)C. 0.1 molL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1 Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出)：c()c(CH3COOH)c(H2CO3)D. 0.4 molL1 CH3COOH溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合（pH7）：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)【答案】AB【解析】【详解】A项、CH3COONa和CH

18、3COOH混合溶液，包括CH3COO水解和CH3COOH电离两个过程，溶液pH7，由电荷守恒关系可知c(Na)c(CH3COO)0.1 molL1，c(H)c(OH)1107 molL1，溶液中存在醋酸，则c(CH3COOH)c(H)，故A正确；B项、20 mL 0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入0.1 molL1盐酸至溶液pH7的溶液中存在电荷守恒关系：c(H)c(Na)=c(OH)c(CH3COO)c(Cl)，存在物料守恒关系：c(Na)= c(CH3COOH)c(CH3COO)，由溶液中c(H)c(OH)可知c(CH3COOH)c(Cl)，故B正确；C项、反应后溶液的成分是C

19、H3COONa、NaHCO3，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒关系：c(H)c(Na)=c(OH)c(CH3COO)c(HCO3)2c(CO32)，存在物料守恒关系：c(Na)= c(CH3COOH)c(CH3COO)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)，两式相减可得：c(CO32)c(OH)=c(CH3COOH)c(H2CO3)c(H)，溶液显碱性，溶液中c(OH)c(H)，则c(CO32)c(CH3COOH)c(H2CO3)，故C错误；D项、0.4 molL1CH3COOH溶液和0.2 molL1NaOH溶液等体积混合，溶液中的成分是等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，醋酸

20、的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COOH)c(CH3COO)，故D错误。故选AB。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，注意电解质溶液中离子浓度大小比较的方法，注意运用电解质溶液中电荷守恒、物料守恒等分析是解答关键。15.0.1 mol CO2与0.3 mol C在恒压密闭容器中发生反应：CO2(g) + C(s)2CO(g)。平衡时，体系中各气体的体积分数与温度的关系如图。已知：用气体分压表示的化学平衡常数KP = ；气体分压(P分) = 气体总压(P总) 体积分数。下列说法正确的是A. 650时，CO2的平衡转化率为25%B. 800达平衡时，若充入气体He，v正 v逆D.

21、925时，用平衡气体分压表示的化学平衡常数KP = 23.04P总【答案】AD【解析】【详解】A. 由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C(s)+CO2(g)2CO(g)开始(mol)10转化(mol)x2x平衡(mol)1x2x所以2x1x+2x100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为0.251100%=25%，故A正确；B.800达平衡时，若充入气体He，总压增大，分压不变，平衡不变，v正=v逆，故B错误；C. 由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T时，若充入等

22、体积的CO2和CO平衡不移动，v正=v逆，故C错误；D.925时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，KP= =23.04P总，故D正确；答案选AD。16.工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。工艺流程如下：(1)“中和”时调节废水的pH为6，NaOH的作用是_。(2)“沉砷”时生成的沉淀是Cu(AsO2)2，发生反应的离子方程式是_；此时使用了过量的CuSO4，原因是_；沉砷时需控制体系的pH略显碱性，测得Cu(AsO2)2产物中铜元素含量较高，原因是_。(3)“还原”时发生反应的化学方程式是_。(

23、4)下图表示其他条件不变下“还原”时，反应温度对砷浸出率和铜浸出率的影响(浸出率表示溶液中所要提取的元素被浸出的程度，即元素被浸出的百分率)：为达到铜砷分离尽量彻底的目的，应选择的最佳温度是_。【答案】 (1). 中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为 (2). Cu2+2Cu(AsO2)2 (3). 为了充分回收砷 (4). 产物含有少量氢氧化铜沉淀 (5). 3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)22H2O+ 6HAsO2+H2SO4 (6). 60 【解析】【分析】工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸HAsO2形式存在，还含有少量Fe

24、3+等杂质)提取重要化工原料As2O3。根据工艺流程图可知：加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为AsO2-，便于沉砷，加入CuSO4后转化为Cu(AsO2)2，过滤后加入SO2后转化为HAsO2加热可得As2O3。结合流程分析完成相应的问题。【详解】(1)加入NaOH，一方面中和酸性高浓度含砷废水中的氢离子，另一方面使杂质离子Fe3+形成沉淀除去，还可以将HAsO2转化为，便于沉砷。答案：中和H+，沉淀Fe3+(将Fe3+转化为沉淀)，将HAsO2转化为AsO2-。(2)沉砷中与Cu2+形成沉淀：Cu2+2Cu(

25、AsO2)2；使用了过量的CuSO4，是为了充分回收砷；体系的pH略显碱性，容易形成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜与Cu(AsO2)2相比，氢氧化铜中含铜量较高。答案：Cu2+2Cu(AsO2)2 ；为了充分回收砷；产物含有少量氢氧化铜沉淀。(3)反应物是Cu(AsO2)2、SO2、H2O，生成物是 Cu3(SO3)22H2O和 HAsO2，Cu元素化合价降低，可知部分S元素化合价升高，根据原子守恒还有H2SO4生成，配平得：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)22H2O+ 6HAsO2+H2SO4。答案：3Cu(AsO2)2+3SO2+6H2OCu3(SO3)22H2O+ 6HA

26、sO2+H2SO4。(4)根据图示，在60 时，砷的浸出率最高，铜的浸出率最低，可以达到铜砷分离尽量彻底的目的。答案：60 。17.化合物H是一种抗血栓药物，其合成路线流程图如下：（1）B中的含氧官能团名称为_（写两种）。（2）C + G H 的反应类型为_。（3）环状分子E 的分子式为C5H8O2 ，写出E的结构简式：_。（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_。含有苯环和一种含氧官能团，能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢。（5）已知： ；。写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。

27、_【答案】 (1). 酰胺键,醚键 (2). 取代反应 (3). (4). 或 (5). 【解析】【分析】A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，环状分子E的分子式为C5H8O2，根据DF结构简式知E为，CG发生取代反应生成H；（5）以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物。【详解】(1)B中的含氧官能团名称为酰胺键、醚键，故答案为：酰胺键、醚键；(2)C+GH的反应类型为取代反应，还生成HCl分子，故答案为：取代反应；(

28、3)E的结构简式：，故答案为：；(4)C的同分异构体符合下列条件：含有苯环和一种含氧官能团,能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基且含有2个酚羟基；分子中有叁键，有一个手性碳原子，有5种不同化学环境的氢，则符合条件的结构简式为或，故答案为：或；(5)以和为原料制备，苯胺两次发生取代反应，然后和浓硝酸发生取代反应，再发生还原反应、最后发生取代反应得到目标产物；或苯胺先发生取代反应、再和浓硝酸发生取代反应、再发生取代反应、还原反应、最后发生取代反应得到目标产物,其合成路线为或，故答案为：或。【点睛】有机物的官能团决定了物质的化学性质，根据题意写出同分异构体的数目。18.实验室用硫酸亚铁铵(

29、NH4)2Fe(SO4)26H2O滴定法测定铬铁矿中铬含量的过程如下：酸溶:准确称取0.1950 g铬铁矿试样放入锥形瓶中，加入适量磷酸和硫酸的混合酸，加热使试样完全溶解，冷却。氧化:向上述溶液中滴加5滴1%的MnSO4溶液，再加入一定量的过硫酸铵(NH4)2S2O8溶液，摇匀，加热煮沸至出现紫红色，继续加热煮沸至紫红色褪去，冷却。已知：2Mn2+ + 5S2O82- + 8H2O = 10SO42- + 2MnO4- + 16H+；继续加热煮沸后，溶液中过量(NH4)2S2O8和生成的HMnO4已分解除去滴定:用0.2050molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定上述溶液至终点，

30、消耗19.50 mL标准溶液。（已知：Cr2O72-Cr3+）（1）过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是_。（2）“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72-，加入5滴MnSO4溶液的目的是_（已知该条件下还原性：Cr3+ Mn2+）。“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，会使铬含量的测定结果_（填“偏大”“不变”或“偏小”）。（3）计算铬铁矿中铬的质量分数（写出计算过程）。_【答案】 (1). 过硫酸铵见光易分解 (2). 判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72-或作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂 (3). 偏大 (4). 35.53%【解析】【分析

31、】（1）棕色试剂瓶是存放见光易分解的物质；（2）加入5滴MnSO4溶液的目的是作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂；“氧化”过程中，如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的（NH4）2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液；（3）6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，得到：6Fe2+Cr2O72-，结合操作过程中的定量关系计算。【详解】(1)过硫酸铵保存在棕色试剂瓶中的原因是：过硫酸铵见光易分解，故答案为：过硫酸铵见光易分解；(2)“氧化”的目的是将试样溶液中的Cr3+氧化成Cr2O72，加入5滴MnSO

32、4溶液的目的是：作为Cr3+与(NH4)2S2O8反应的指示剂，判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72，故答案为：判断溶液中的Cr3+是否完全被氧化成Cr2O72；“氧化”过程中,如果继续加热煮沸时间不充足，溶液中过量的(NH4)2S2O8和生成的HMnO4不能完全分解除去，会消耗更多(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，导致计算得到结果偏大，故答案为：偏大；(3)6Fe2+ Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，得到：6Fe2+Cr2O72，n(Cr2O72)=160.2050molL119.50mL103mLL1=6.6625104mol，铬的质量分数=100%=

33、35.53%，故答案为：35.53%。【点睛】利用氧化还原反应写出正确的化学方程式，利用关系式进行计算。19.制备钙掺杂纳米Fe3O4，并模拟吸附废水中磷元素的主要实验流程如下： 已知：CaO2能氧化溶液中的FeCl2，反应生成Fe(OH)3和Fe3。掺杂的Ca2嵌入Fe3O4中，洗涤时不损失，吸附时不形成Ca3(PO4)2等沉淀。 溶液的pH对吸附剂表面所带电荷有影响。pH越高，表面所带负电荷越多； pH越低，表面所带正电荷越多。（1）向FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，其离子方程式为_。（2）步骤调节pH至11，共沉淀需在70条件下进行，适宜的

34、加热方式为_。为提高共沉淀效果，还可采取的措施为_。（3）磷元素的吸附效果、H3PO4水溶液中含磷物种分布分数与pH的关系分别如图1和图2所示。 步骤用KH2PO4溶液模拟废水，测得酸性条件下(pH 2)对磷元素吸附量较大，原因是：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子；_步骤将吸附剂取出，用碱液解吸回收磷。结合表中数据，分析钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂与其他类型吸附剂相比的优势有：_。不同类型吸附剂对磷酸盐吸附能力比较吸附剂本产品纯Fe3O4陶瓷材质吸附量/mgg124.15.012.5（4）请设计从步骤反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品的实验方案：用磁铁将沉淀物和溶

35、液分离，_，用筛网筛分得到产品 (实验中须使用的试剂和仪器有：蒸馏水、无水乙醇、pH计、研钵、烘箱)。【答案】 (1). Fe22Fe38OH= Fe3O4 + 4H2O (2). 水浴加热 (3). 搅拌 (4). 磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，比HPO42-所带负电荷少，有利于被吸附 (5). 吸附量大（或解吸后可以循环利用） (6). 用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨【解析】【分析】根据流程：FeCl24H2O用CaO2氧化，部分被氧化为Fe(OH)3和Fe3+，加入水得到FeCl2、FeCl3混合溶

36、液，加入NaOH溶液制得钙掺杂纳米Fe3O4，钙掺杂纳米Fe3O4吸附KH2PO4溶液，加入NaOH溶液解吸回收磷，（1）根据电荷守恒、质量守恒书写可得；（2）100以下与水浴加热；搅拌可以促进混合；（3）根据图，磷元素酸性条件下主要以H2PO4-形态存在，结合已知分析；由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强；（4）从步骤反应结束后的烧瓶中获取钙掺杂纳米Fe3O4产品，用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤至洗涤液显中性，再用无水乙醇洗涤，最后烘干研磨。【详解】(1)FeCl2、FeCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，一定条件下反应生成Fe3O4，离子反应为：Fe2+2Fe3+8OH=F

37、e3O4+4H2O；故答案为：Fe2+2Fe3+8OH=Fe3O4+4H2O；(2)共沉淀需在70条件下进行，选用水浴加热；搅拌可以促进反应物混合，提高共沉淀效果；故答案为：水浴加热；搅拌；(3)已知：pH越低，吸附剂表面所带正电荷越多，有利于吸附阴离子，由图可知,磷元素酸性条件下主要以H2PO4形态存在，比HPO42所带负电荷少，有利于被吸附；故答案为：磷元素酸性条件下主要以H2PO4形态存在，比HPO42所带负电荷少，有利于被吸附；由表可知，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；故答案为：吸附量大(或解吸后可以循环利用)；(4)从步骤反应结束后的烧瓶中

38、获取钙掺杂纳米Fe3O4产品：用磁铁将沉淀物和溶液分离，用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨，用筛网筛分得到产品；故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀物至洗出液用pH计检测接近中性，再用无水乙醇洗涤，将所得固体置于烘箱中烘干后，在研钵中研磨。【点睛】根据电荷守恒、质量守恒书写可得离子方程式，钙掺杂纳米Fe3O4吸附剂吸附能力强，故其吸附量大，同时解吸后可以循环利用；20.有效去除大气中的NOx和SO2是环境保护的重要课题。（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2

39、O(l) = 4HNO3(aq) + 3NaCl(aq) H= a kJmol15NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq) H= b kJmol1反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq) H=_kJmol1。（2）用电解法处理氮氧化物可回收硝酸。实验室模拟电解NO2的装置如图-1所示。写出电解时阳极的电极反应式：_。 （3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2。写出该反应的化学方程式：_。（4）利用活性焦炭的吸附作用，可

40、以对烟气进行脱硫和脱硝。被吸附的NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。（5）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入0.05 molL1的Ca(OH)2乳浊液中，发生的反应为：3NO2 + 2OH= NO +2NO3-+ H2O；NO + NO2 +2OH= 2NO2- + H2O。改变，NOx的去除率见图-2。的合适范围是_。当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低。其可能的原因是_ 。O3和NO发生的主要反应为：NO + O3 = NO2 + O2。保持NO的初始浓度不变，改变，将反应后的混合气体通入0.0

41、5molL1Ca(OH)2乳浊液中吸收。为节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，则合适的值约为_。a0.6 b0.8 c1.4【答案】 (1). 5a-3b/4 (2). NO2 e + H2O = 2H+ + NO3 (3). 2CO(NH2)2 + 2SO2 + 4H2O + O2 = 2 (NH4)2SO4+ 2CO2 (4). 8 (5). 12-1.4 (6). NO2和OH反应生成NO3-和NO，导致NO去除率降低 (7). a【解析】【分析】（1）酸性条件下，NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：4NO(g) + 3NaClO2(aq) + 2H2O(l) = 4HNO3

42、(aq) + 3NaCl(aq)H=a kJmol-15NaClO2(aq) + 4HCl(aq) = 4ClO2(g) + 2H2O(l) + 5NaCl(aq)H=b kJmol-1盖斯定律计算（5-3）得到反应5NO(g) + 3ClO2(g) + 4H2O(l) = 5HNO3(aq) + 3HCl(aq)；（2）根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸；（3）用CO(NH2)2水溶液吸收SO2并通入O2，反应生成(NH4)2SO4和CO2，结合原子守恒和电子守恒平配平书写化

43、学方程式；（4）被吸附NO2与活性焦炭反应生成N2和CO2，写出化学方程式，结合方程式中的定量关系计算电子转移总数；（5）图象读取去除率最高时的的合适范围；当大于1.4时，NO2去除效率升高，但NO去除效率却降低是因为二氧化氮反应生成一氧化氮；O3和NO发生的主要反应为：NO+O3=NO2+O2保持NO的初始浓度不变，改变，节省O3的用量，又能保持NOx去除效果，需要保持的合适范围是1.21.4。【详解】(1)酸性条件下,NaClO2吸收NO的相关热化学方程式如下：4NO(g)+3NaClO2(aq)+2H2O(l)=4HNO3(aq)+3NaCl(aq)H=akJmol15NaClO2(aq)+4HCl(aq)=4ClO2(g)+2H2O(l)+5NaCl(aq)H=bkJmol1盖斯定律计算(53)得到反应5NO(g)+3ClO2(g)+4H2O(l)=5HNO3(aq)+3HCl(aq)H=kJ/mol，故答案为：；(2)根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2e+H2O=NO3+2H+，故答案为：NO2e+H2O=NO3+2H+；(3)用CO(