天津市红桥区2022届高三化学第二次模拟考试试题（含解析）

天津市红桥区2022届高三二模化学试卷一、每小题6分，共36分1．化学与社会、生产、生活密切相关．下列说法正确的是（　　）　A．神舟10号飞船所用太阳能电池板的材料是单晶硅　B．用于制作集成电路板的酚醛树脂是天然高分子化合物　C．工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂化　D．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应考点：硅和二氧化硅；铝的化学性质；石油的裂化和裂解；有机高分子化合物的结构和性质．.专题：化学应用．分析：A．硅晶体属于半导体，能制作太阳能电池；B．酚醛树脂是合成高分子化合物；C．工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是石油裂解；D．常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝．解答：解：A．硅位于金属和非金属分界线处，硅晶体属于半导体，能制作太阳能电池，故A正确；B．酚醛树脂是合成高分子化合物，天然高分子化合物有淀粉、纤维素和蛋白质，故B错误；C．裂解是深度裂化以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，主要得到乙烯，丙烯，丁二烯等不饱和烃，故C错误；D．Al属于亲氧元素，常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝从而阻止铝进一步被氧化，故D错误；故选A．点评：本题考查了物质的用途、物质的性质及制法，明确物质的性质是解本题关键，知道裂解和裂化的区别，题目难度不大．　2．（6分）（2022•红桥区二模）下列离子方程式中正确的是（　　）　A．Cl2通入水中：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+C1O﹣　B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极：Fe﹣3e﹣=Fe3+　C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O　D．用铜作阳极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．HClO在离子反应中保留化学式；B．Fe失去2个电子；C．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒；D．铜作阳极电解CuSO4溶液，发生电镀原理．解答：解：A．Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HC1O，故A错误；B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极的电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；13C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O，故C正确；D．用铜作阳极电解CuSO4溶液，阳极发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，阴极发生Cu2++2e﹣=Cu，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，涉及电极反应、氧化还原反应的离子反应书写，题目难度不大．　3．（6分）（2022•红桥区二模）下列实验操作不能达到预期实验目的是（　　）实验目的实验操作A鉴别乙酸乙酯和乙酸分别加入饱和Na2CO3溶液B比较Fe和Cu的金属活动性分别加入浓硝酸C比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性分别加入少量NaD比较I2在H2O和CCl4中的溶解度向I2水中加入CCl4，振荡　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：化学实验基本操作．分析：A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能；B．Fe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu；C．Na与水反应剧烈；D．碘易溶于四氯化碳．解答：解：A．乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，而乙酸乙酯不能，现象不同，能鉴别，故A正确；B．Fe常温下遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸反应，但活泼性Fe大于Cu，可选盐酸或稀硫酸来比较金属的活泼性，故B错误；C．Na与水反应剧烈，与乙醇反应较平稳，则可比较H2O和乙醇中羟基氢的活泼性，故C正确；D．碘易溶于四氯化碳，不易溶于水，则可比较I2在H2O和CCl4中的溶解度，故D正确；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的鉴别、金属活泼性的比较、羟基H活泼性的比较、萃取等，注重基础知识的考查，明确物质的性质是解答的关键，题目难度不大．　4．（6分）（2022•红桥区二模）室温下，对于pH和体积均相同的醋酸和盐酸两种溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是（　　）　A．加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大　B．温度都升高20℃后，两溶液的pH均不变　C．加水稀释两倍后，两溶液的pH均减小　D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义．.13专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比．解答：解：A．向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故A正确；B．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误；C．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，故C错误；D．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，且二者都是一元酸，所以分别与足量的锌反应，醋酸产生的氢气比盐酸多，故D错误；故选A．点评：本题考查弱电解质电离，易错选项是B，注意对于相同浓度的盐酸和醋酸溶液，升高温度，盐酸的pH不变，但醋酸的pH改变，为易错点．　5．（6分）（2022•红桥区二模）已知NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）　A．标准状况下，22.4LO2和O3组成的混合物中原子总数为2NA　B．1mol铁铝混合物与足量稀盐酸反应时，转移电子数是3NA　C．在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl﹣总数为3NA　D．1mol重甲基（﹣CD3）含有电子数为9NA考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．标准状况下22.4L混合气体的物质的量为1mol，1mol氧气中含有2mol氧原子，1mol臭氧中含有3mol氧原子，氧气和臭氧的组成不知，无法计算混合物中含有的氧原子数目；B．1mol铁与稀盐酸反应生成亚铁离子失去2mol电子，1mol铝与稀盐酸反应生成铝离子失去3mol电子，二者失去的电子数不同，无法计算转移的电子数；C．氯化铝溶液中，铝离子部分水解，溶液中铝离子数目减少，氯离子数目大于铝离子数目的3倍；D．重甲基（﹣CD3）中含有9个电子，1mol重甲基（﹣CD3）中含有9mol电子．解答：解：A．标准状况下，22.4L氧气和臭氧的混合气体的物质的量为1mol，由于氧气和臭氧中含有的原子数不同，无法计算1mol混合气体中含有的原子总数，故A错误；B．铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，铝与盐酸反应生成的是铝离子，所以1mol铁铝混合物与足量盐酸反应失去的电子小于3mol，转移电子数小于3NA，故B错误；C．由于铝离子部分水解，所以在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl﹣总数大于3NA，故C错误；D．1mol重甲基（﹣CD3）中含有9mol电子，含有电子数为9NA，故D正确；故选D．点评：13本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项D为易错点，注意重甲基与甲基中含有的中子数不同、电子数相同．　6．（6分）（2022•日照二模）在某2L恒容密团容器中充入2molX（g）和1molY（g）发生反应：2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）△H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是（　　）　A．升高温度，平衡常数增大　B．W点Y的正反应速率等于M点Y的正反应速率　C．Q点时，Y的转化率最大　D．平衡时充入Z．达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线．.专题：化学平衡专题．分析：温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应．解答：解：温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故A错误；B．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故B错误；C．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故C正确；D．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最低点及之后各点为平衡点是解题的关键．　二、填空题（共4小题）7．（14分）（2022•红桥区二模）A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，D是所在周期原子半径最大的主族元素．又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体．请回答下列问题．（1）元素D在周期表中的位置　第三周期第IA族　．13（2）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是（用离子符号表示）　S2﹣＞O2﹣＞Na+　．（3）若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，请写出其氧化物溶于强碱溶液的离子方程式：　SiO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O　．（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出反应的化学方程式：　2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe　，冶炼金属E时，用石墨做电极．E在（填“阴”或“阳”）　阴　极得到，电解过程中，阳极石墨需要不断补充，结合电极反应说明其原因是　阳极反应：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑，碳与O2反应消耗碳　．（5）由A、B、C三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X，X中所含化学键类型有　离子键、共价键　．土壤中含有X中的阳离子在硝化细菌的催化作用下被氧气氧化为其阴离子，写出其离子方程式：　NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+　．考点：位置结构性质的相互关系应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，据此解答．解答：解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C是O元素；C与F同主族，则F是S元素；D与E和F同周期，即处于第三周期，D是所在周期原子半径最大的主族元素，则D是Na元素；E的原子序数大于钠小于硫，所以E的单质是固体；六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，B的原子序数小于C，且B、C处于同一周期，所以B是N元素；A的单质是气体，则A的原子序数最小，所以A是H元素，（1）D是Na元素，钠原子核外有3个电子层，最外层有1个电子，所以其在元素周期表中的位置是第三周期第IA族，故答案为：第三周期第IA族；（2）电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：S2﹣＞O2﹣＞Na+；（3）若E是非金属元素，其单质在电子工业中有重要应用，则E是Si元素，二氧化硅和强碱反应生成硅酸盐和水，离子反应方程式为：SiO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：SiO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；13（4）若E是金属元素，则为Al元素，铝和氧化铁能发生铝热反应，反应方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，冶炼金属Al时，铝离子发生还原反应得到Al，故用石墨做电极，Al在阴极极得到，电解过程中，阳极反应：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑，碳与O2反应消耗碳，故阳极石墨需要不断补充，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；阴；阳极反应：2O2﹣﹣4e﹣=O2↑，碳与O2反应消耗碳；（5）由H、N、O三种元素以原子个数比4：2：3形成化合物X为NH4NO3，硝酸铵中所含化学键类型有离子键和共价键，土壤中含有NH4NO3中的阳离子在硝化细菌的催化作用下被氧气氧化为其阴离子，即得到硝酸根，根据电荷守恒应有氢离子生成，其离子方程式为：NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+，故答案为：离子键、共价键；NH4++2O2NO3﹣+H2O+2H+．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　8．（18分）（2022•红桥区二模）已知有机物F和高分子N的合成路线如图所示：已知：R﹣CH═CH﹣R′R﹣COOH+R′﹣COOH；R﹣CH═CH﹣R′R﹣CHO+R′﹣CHO（1）Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，经测定Q的相对分子质量是128.1molQ可与1molBr2加成，并能与1molNaHCO3恰好完全反应，且分子中无支链．Q的分子式是　C6H8O3　．（2）A所含官能团的名称是　羟基　、　羧基　；A→B的反应类型是　消去反应　；（3）写出C与银氨溶液反应的化学方程式：　CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O　；13（4）G的结构简式是　　；Q的反式结构简式是　　．（5）下列说法正确的是　ab　．a．C能与苯酚在一定条件下生成高分子化合物b．D催化加氢的产物与F互为同分异构体c．F能发生氧化反应、取代反应、加成反应d．高分子N的每条分子链中含有（n﹣1）个酯基（6）写出满足下列条件H的一种同分异构体的结构简式　　①能与NaHCO3反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱有4个吸收峰（7）写出H→N的化学方程式：　　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3．1molQ可与lmolBr2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链．Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，F发生反应生成六元环化合物，应是发生酯化反应，为2molF反应生成lmolG，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，据此解答．解答：13解：Q只含碳、氢、氧三种元素，且其碳、氢、氧元素质量比为9：1：6，则三种原子的个数之比是：1：=6：8：3，即最简式为C6H8O3．而Q的相对分子质量是128，则Q的分子式是C6H8O3．1molQ可与lmolBr2加成，说明含有1个碳碳双键．并能与lmolNaHCO3恰好完全反应，说明含有1个羧基，且分子中无支链．Q被酸性高锰酸钾溶液氧化生成乙二酸和E，E能和氢气发生加成反应生成F，F中含有﹣COOH、﹣OH，F发生反应生成六元环化合物，应是发生酯化反应，为2molF反应生成lmolG，且羟基连接在与羧基相邻的碳原子上，因此F的结构简式为CH3CH2CH（OH）COOH，E的结构简式为CH3CH2COCOOH，G的结构简式为，Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q与氢气加成生成A，则A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH．B能被臭氧氧化，则A生成B是羟基的消去反应，根据B的氧化产物含有C（乙醛）可知，B的结构简式为CH3CH=CHCH2CH2COOH，则D的结构简式为OHCCH2CH2COOH．D继续被氧化生成H，则H的结构简式为HOOCCH2CH2COOH．H与乙二醇发生缩聚反应生成高分子化合物N，则N的结构简式为，（1）根据以上分析可知，Q的分子式为C6H8O3，故答案为：C6H8O3；（2）A的结构简式为CH3CH2CH（OH）CH2CH2COOH，分子含有的官能团是羟基、羧基，A→B的反应类型是消去反应，故答案为：羟基；羧基；消去反应；（3）C分子中含有醛基，发生银镜反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；（4）由上述分析可知，G的结构简式是；Q的结构简式是CH3CH2COCH=CHCOOH，Q的反式结构简式是，故答案为：；；（5）a．C为乙醛，能与苯酚发生缩聚反应生成高分子化合物，故a正确；b．D催化加氢的产物是HOCH2CH2CH2COOH，与F互为同分异构体，故b正确；c．F中含有羟基和羧基，能发生氧化反应、取代反应，但不能发生加成反应，故c错误；c．高分子N的每条分子链中含有2n个酯基，故d错误，13故答案为：ab；（6）H的一种同分异构体满足条件：①能与NaHCO3反应，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有4个吸收蜂，即含有4类氢原子，所以符合条件的有机物结构简式可以为等，故答案为：；（7）生成N的化学方程式为：，故答案为：．点评：本题考查有机物推断，综合分析确定F的结构简式是关键，再结合转化关系推断，较好的考查学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度较大．　9．（18分）（2022•天津模拟）含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2．某研究性学习小组在实验室利用下列装置制备模拟烟气，并测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率．回答下列问题：Ⅰ．模拟烟气的制备（1）用A装置制SO2，化学反应方程式为　Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑　．（2）用B装置制CO2，使用该装置优点的是　可以随时控制反应的发生和停止　．（3）将制得的气体与空气充分混合，获得模拟烟气用于后续实验．Ⅱ．测定烟气中SO2的体积分数（4）将部分模拟烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是　①　、　④　．（填序号）①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液（5）若模拟烟气的流速为amL/min，若t1分钟后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数是　%　．Ⅲ．测算模拟烟气通过转化器的脱硫效率（已转化的SO2占原有SO2的百分比）（6）将模拟烟气通过转化器E装置，E装置中盛有FeCl2、FeCl3的混合溶液，常温下，它可催化SO2与O2的反应，以达到脱硫目的．写出催化剂参与反应过程的离子方程式①13SO2+2H2O+2Fe3+═SO42﹣+2Fe2++4H+②　4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+　．（7）若模拟烟气仍以amL/min的流速通过转化器E装置，t2分钟后，向E装置中加入酸化的BaCl2溶液得到白色浑浊液，经　过滤　、洗涤、　干燥　、称量，得到mg固体．若实验的气体体积已折算为标准状况，则该转化器的脱硫效率是　　．考点：二氧化硫的污染及治理．.专题：氧族元素．分析：Ⅰ．（1）实验室利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫；（2）通过长颈漏斗控制加如盐酸的量，从而控制盐酸和塑料板上碳酸钙的接触面积，随时控制反应的发生和停止；Ⅱ．（4）烟气中含有的二氧化硫可以和高锰酸钾溶液反应被吸收，二氧化碳用排液法测其体积；（5）量筒内液体体积为VmL，二氧化碳体积就是Vml，求出二氧化碳体积百分数，然后可求二氧化硫的体积分数；（6）催化剂通过参与反应改变反应的历程加快反应速率，本身在反应前后无论质量还是数量都不变；（7）为了能够准确的测量硫酸钡的质量，要从溶液中分离固体硫酸钡，依次进行过滤、洗涤、干燥的操作；依据产生的硫酸钡的质量，可以求出转化的二氧化硫的量，可以求出转化器的脱硫效率．解答：解：（1）浓硫酸和亚硫酸钠反应的方程式：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑；（2）通过控制长颈漏斗盐酸的加入量，控制反应的发生和停止，故答案为：随时控制反应的发生和停止；Ⅱ．（4）二氧化硫具有强的还原性，可以用强氧化性的高锰酸钾吸收；二氧化碳在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来侧量其体积，故答案为：①④；（5）若模拟烟气的流速为aml/min，t1分子后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1aml﹣Vml，所以二氧化硫的体积分数为：×100%=%，故答案为：%；（6）①SO2+2H2O+2Fe3+═SO42﹣+2Fe2++4H+在反应①中三价铁离子被还原为二价铁离子，要想保持质量、性质不变，得到的二价铁离子应该被氧气氧化为三价铁离子，反应的方程式为：4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，故答案为：4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+；（7）为了保证准确的测量出反应生成的硫酸钡固体，从溶液中分离固体硫酸钡，依次进行过滤、洗涤、干燥的操作，故答案为：过滤干燥；t2分钟内烟气中含二氧化硫的体积为：V（SO2）=at2×%；13根据上述反应可知各物质之间量的关系为：SO2～SO42﹣～BaSO422400ml233gV（SO2）′mg所以转化的二氧化硫气体的体积为：V（SO2）′=；所以二氧化硫的转化率==，故答案为：．点评：本题一道实验题，借助二氧化硫的污染治理情境，考查了气体制备原理，实验装置的选择，二氧化硫的性质及相关计算，题目综合性强，难度中等，注意在学习过程中注意培养分析问题，解决问题的能力．　10．（14分）（2022•红桥区二模）以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：钾钠Na2CO3金刚石石墨熔点（℃）63.6597.885135503850沸点（℃）774882.91850（分解产生CO2）﹣﹣﹣﹣4250金属钠和CO2在常压、890℃发生如下反应：4Na（g）+3CO2（g）⇌2Na2CO3（l）+C（s，金刚石）△H=﹣1080.9kJ/mol（1）上述反应的平衡常数表达式为　K=　；若4v正（Na）=3v逆（CO2），反应是否达到平衡　否　（选填“是”或“否”）．（2）若反应在10L密闭容器、常压下进行，温度由890℃升高到1860℃，若反应时间为10min，金属钠的物质的量减少了0.2mol，则10min里CO2的平均反应速率为　0.0015mol/（L•min）　．（3）高压下有利于金刚石的制备，理由是　增大压强加快反应速率，反应向正反应方向移动　．（4）由CO2（g）+4Na（g）=2Na2O（s）+C（s，金刚石）△H=﹣357.5kJ/mol；则Na2O固体与C（金刚石）反应得到Na（g）和液态Na2CO3（l）的热化学方程式　3Na2O（s）+C（s，金刚石）=4Na（g）+Na2CO3（l）△H=﹣4.2kJ/mol　．13（5）图1开关K接M时，石墨作　正极　极，电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．K接N一段时间后测得有0.3mol电子转移，作出y随x变化的图象（图2）考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学反应速率和化学计量数的关系．.专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．分析：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；是否达到化学平衡状态，可根据正逆反应速率是否相等或正逆反应速率比值是否等于计量数之比，来判断；（2）根据金属钠的物质的量的变化求CO2出的物质的量变化，再求出浓度变化和速率；（3）根据压强对速率和平衡的影响分析；（4）根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算书写；（5）开关K接M，形成原电池，活泼电极作负极，不活泼电极作正极；原电池中正极上氧气得电子生成氢氧根离子；K接N，形成电解池，根据转移的电子物质的量，计算n（H2O）消耗和n[Al（OH）3]的比值，画出图象．解答：解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，由于生成物均为非气体，其浓度为1，所以K=，K=；是否达到化学平衡状态，可根据正逆反应速率是否相等或正逆反应速率比值是否等于计量数之比，来判断，由于4v正（Na）=3v逆（CO2），即=，不等于计量数之比，不是化学平衡状态，故答案为：K=、否；（2）反应时间为10min，金属钠的物质的量减少了0.2mol，则二氧化碳的物质的量减少为n（CO2）=n（Na）=0.2mol×=0.15mol，则10min内CO2的平均反应速率为v（CO2）==0.0015mol/（L•min），故答案为：0.0015mol/（L•min）；（3）已知4Na（g）+3CO2（g）⇌2Na2CO3（l）+C（s，金刚石），该反应正方向为气体体积减小的方向，所以增大压强平衡正移，而且反应速率加快；故答案为：增大压强加快反应速率，反应向正反应方向移动；（4）已知：①4Na（g）+3CO2（g）⇌2Na2CO3（l）+C（s，金刚石）△H=﹣1080.9kJ/mol②CO2（g）+4Na（g）=2Na2O（s）+C（s，金刚石）△H=﹣357.5kJ/mol则由盖斯定律：①×﹣②×得：3Na2O（s）+C（s，金刚石）=4Na（g）+Na2CO3（l）△H=﹣4.2kJ/mol；故答案为：3Na2O（s）+C（s，金刚石）=4Na（g）+Na2CO3（l）△H=﹣4.2kJ/mol；13（5）如图1开关K接M时，则形成原电池，活泼电极作负极，不活泼电极作正极，故石墨作正极；原电池中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，石墨电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；阳极：Al﹣3e﹣=Al3+，转移电子数为0.3mol，则生成0.1molAl3+；阴极：4H2O+4e﹣=4OH﹣+2H2↑，转移电子数为0.3mol，则n（H2O）消耗=0.3mol，生成0.3molOH﹣，由于Al3++3OH﹣=Al（OH）3，Al3+和OH﹣恰好反应，生成0.1molAl（OH）3，所以=，根据比例画出图象：故答案为：正极、O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣、x﹣代表n（H2O）消耗，y﹣代表n[Al（OH）3]，反应物足量，标明有关数据．点评：本题考查了反应速率的计算、影响速率和平衡的因素、盖斯定律的应用、原电池原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于反应原理的应用的考查，注意准确把握有关原理，题目难度中等．13