《2018年普通高等学校招生全国统一考试高考理综临考冲刺卷十20180606035.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年普通高等学校招生全国统一考试高考理综临考冲刺卷十20180606035.doc（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷(十)理科综合能力测试注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，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答题区域均无效。3非选择题的作答：用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答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16 S 32 Fe 56 Zn 65第卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小
2、题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。1. 下列关于细胞的物质跨膜运输的叙述，正确的是 A. 小分子物质可以通过主动运输、被动运输、胞吐等方式从细胞中运出B. 抑制细胞膜上载体的作用会阻碍性激素进入细胞C. 葡萄糖进入人体细胞的方式有主动运输、协助扩散和自由扩散三种D. 细胞主动运输物质的结果是使该物质在细胞膜内外的浓度趋于平衡【答案】A【解析】小分子物质主要通过主动运输、被动运输的方式从细胞中运出，神经递质属于小分子物质，通过胞吐的方式释放到突触间隙，A正确；性激素属于脂质，进入细胞的方式是自由扩散，不需要载体蛋白的协助，因此抑制细胞膜上载体的作用不会阻碍性激素进入细胞，B错误；葡
3、萄糖进入人体细胞的方式有主动运输（如葡萄糖进出小肠上皮细胞）和协助扩散（如葡萄糖进入红细胞）两种，C错误；主动运输需要载体和能量，一般是逆浓度梯度运输，使膜内外浓度差增大，D错误。2. 下列各项的结果中，不可能出现3:1比值的是 A. 15N标记的DNA在14N培养液中复制三次，子代中不含15N 的DNA与含15N的DNA数量之比B. 黄色圆粒豌豆（YyRr）与黄色圆粒豌豆（YyRR）杂交子代的性状分离之比C. 酵母菌有氧呼吸与无氧呼吸消耗葡萄糖量相同时吸入O2量与两者产生的CO2总量之比D. 动物的一个初级卵母细胞经减数分裂形成的第二极体与卵细胞的数目之比【答案】C【解析】15N标记的DNA
4、在14N培养液中复制三次，含有15N的DNA分子有2个，不含15N标记的DNA分子有6个，A正确；YyRr和YyRR杂交，后代出现黄圆绿圆=31，B正确；有氧呼吸过程中，消耗1mol葡萄糖需6mol O2，产生6mol CO2，无氧呼吸过程中，消耗1mol葡萄糖产生2mol CO2，因此消耗相同的葡萄糖，消耗的O2释放的CO2=34，C错误；一个初级卵母细胞经过减数分裂产生1个卵细胞和3个极体，D正确。3. 图中a、b、c表示生物学有关内容，其中不符合图示关系的是 A. 若该图表示真核生物有氧呼吸场所，则a为细胞质基质，b、c为线粒体的基质和内膜B. 若该图表示兴奋在突触的传递，则a为突触前膜
5、，b为突触间隙，c为突触后膜C. 若该图表示基因表达过程，则a为DNA，b为mRNA，c为蛋白质D. 若该图表示捕食食物链，则a为生产者，b为消费者，c为分解者【答案】D【解析】有氧呼吸分三个阶段，第一阶段在细胞质基质，第二阶段在线粒体基质，第三阶段在线粒体内膜，A正确；兴奋在突触的传递分三部分结构，a为突触前膜释放神经递质到突触间隙b，作用于突触后膜c，B正确；基因表达过程包含两个过程，以DNA上的基因为模板即a，转录形成mRNA即b，以mRNA为模板翻译成蛋白质即c，C正确；捕食食物链中第一营养级只能是生产者，之后各营养级只能是消费者，没有分解者，D错误。4. 下面的三个图是某研究小组利用
6、过氧化氢酶探究H2O2分解条件而获得的实验结果。有关叙述错误的是 A. 图一、二、三所代表的实验中，自变量依次为催化剂种类、H2O2浓度、pHB. 图一可以得出酶具有高效性的结论C. 图二bc段产生的原因可能是过氧化氢酶数量(浓度)有限D. 图三可以得出pH越小或越大，酶活性越高【答案】D【解析】图一可以是探究不同催化剂效果，自变量是催化剂种类，图二是探究不同过氧化氢浓度时O2产生量，自变量是过氧化氢浓度，图三表示不同pH值对酶催化效果，自变量是pH值，A正确；过氧化氢酶比Fe3+催化效果要好，可以证明酶具有高效性，B正确；在一定的范围内，O2产生的速率与H2O2浓度呈正相关，当H2O2浓度达
7、到一定程度时，O2产生的速率不再增加，原因是过氧化氢酶数量有限，C正确；从图三可以看出随pH值增大，溶液中过氧化氢量越少，即被催化反应就越多，直到最大值，表明此过程中pH越大，酶活性越高，随pH值继续增加，由图可看出酶的活性反而降低，催化的过氧化氢量减少，表明在该范围内，pH增大，酶活性降低，D错误。5. 某常染色体遗传病中，基因型为AA的人都患病，Aa的人有50%患病，aa的人都正常。下图的两个患病家系中，己知亲代中4号与其他三人的基因型不同。下列分析判断错误的是 A. 子代的4人中，能确定出基因型的只有7号 B. 6号与7号基因型相同的概率为2/3C. 若5号与7号结婚，生育患病孩子的概率
8、为5/12 D. 两个家庭再生孩子患病的概率相等【答案】D【解析】亲代4人均正常，他们的基因型不可能是AA，而应是Aa或aa，又因为亲代中4号与其他三人的基因型不同，若1号、2号均为aa，所生孩子不可能患病，所以1号、2号、3号的基因型均为Aa，4号的基因型是aa，进而推知，子代的4人中，5号的基因型为aa（占1/3）或Aa（占2/3），6号的基因型为AA（占1/3）或Aa（占2/3），7号的基因型为Aa，8号的基因型为aa（占1/2）或Aa（占1/2）。综上分析，子代的4人中，能确定出基因型的只有7号，A正确；6号与7号基因型相同的概率为2/3，B正确；5号为1/3aa或2/3Aa，7号为A
9、a，二者生育患病孩子的概率（1/3）（1/2）（1/2）Aa（2/3）1/4AA（1/2）（1/2）Aa）5/12，C正确；1号与2号再生孩子患病的概率1/4AA（1/2）（1/2）Aa1/2，3号与4号再生孩子患病的概率（1/2）（1/2）Aa1/4，D错误。6.中国共产党第十九次全国代表大会中，将生态文明建设提到前所未有的高度，强调不能用环境破坏作为代价来换一时的发展。下列关于人与自然的叙述中，正确的是 A.大量引进外来物种必然提高生态系统的稳定性B.大力植树造林是缓解温室效应的根本措施C.生态农业可以提高生态系统的能量传递效率D.人类活动可以改变生态能量流动和群落演替的方向【答案】D【解
10、析】大量引进外来物种可能会造成生物入侵，使原有物种消失，所以不一定能提高生态系统的稳定性，A错误；缓解温室效应的根本措施是减少CO的排放，B错误；生态农业可提高生态系统的能量利用率，不能提高生态系统的能量传递效率，C错误；人类活动可以调整生态系统的能量流动方向，并且可以改变群落演替的方向和速度，D正确。7化学与生产、生活、科技等密切相关，下列有关解释正确的是A用樟脑丸驱除衣柜里的蟑螂，是由于樟脑丸的分解产物能杀灭蟑螂B氨气液化以及液氨气化均要吸收大量的热，所以氨气常作制冷剂C纯银制品在空气中久置变黑，是因为发生了电化学腐蚀D有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸酯类物质，肥皂水等碱性物质有利其水解而解
11、毒【答案】D【解析】A，用樟脑丸驱除衣柜里的蟑螂，是由于樟脑丸的主要成分萘酚具有强烈的挥发性，挥发产生的气体能杀灭蟑螂，A项错误；B，氨气液化时放出大量的热，B项错误；C项，纯银制品在空气中久置变黑，是因为发生了化学腐蚀，C项错误；D，有机磷农药多为磷酸酯或硫代磷酸酯类物质，肥皂水的主要成分为高级脂肪酸盐，由于高级脂肪酸根的水解，肥皂水呈碱性，酯类物质能在碱性条件下发生水解而解毒，D项正确；答案选D。8下列各反应对应的离子方程式正确的是A向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：Ca22OH2HCO=CaCO3CO2H2OB向100 mL 0.12 molL1的Ba(OH)2溶液中通入
12、0.02 mol CO2：Ba23OH2CO2=HCOBaCO3H2OC硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7：HSOBa2OH=BaSO4H2OD向含0.1 mol NaOH和0.1 mol Na2CO3的溶液中加入1 L 0.4 molL1稀盐酸：OHCO3H=CO22H2O【答案】A【解析】向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液，反应的化学反应方程式为Ca(OH)22NaHCO3=CaCO3Na2CO32H2O，对应的离子方程式为Ca22OH2HCO=CaCO3CO2H2O，A正确；向100 mL0.12 molL1的Ba(OH)2溶液中通入0.02 mol CO2，反应
13、的化学方程式为3Ba(OH)25CO2=BaCO32Ba(HCO3)2H2O，对应的离子方程式为Ba26OH5CO2=4HCOBaCO3H2O，B错误；硫酸氢钠与氢氧化钡两种溶液反应后pH恰好为7，反应的化学方程式为2NaHSO4Ba(OH)2=Na2SO4BaSO42H2O，对应的离子方程式为2HSOBa22OH=BaSO42H2O，C错误；向含0.1 mol NaOH和0.1 mol Na2CO3的溶液中加入1 L 0.4 molL1稀盐酸，依次发生的反应为NaOHHCl=NaClH2O、Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl和NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，对应的离子方程式依
14、次为OHH=H2O、COH=HCO和HCOH=CO2H2O，在题设条件下，总的离子方程式为OHCO3H=CO22H2O，D不符合“各反应对应的离子方程式”要求，即方程式之间无联系，不可以加和，D错误。9下列关于有机化合物的说法正确的是A制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃B分子式为C4H10O的醇有4种同分异构体C苯乙烯（）分子的所有原子不可能在同一平面上D异丁烯及甲苯均能使溴水褪色，且褪色原理相同【答案】B【解析】A，聚四氟乙烯的结构简式为，其单体为CF2=CF2，CF2=CF2属于氟代烃，A项错误；B，分子式为C4H10O的醇的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)
15、CH3、(CH3)2CHCH2OH、，共4种，B项正确；C，苯乙烯由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，苯基中与苯环碳原子直接相连的原子共平面（联想苯的结构），乙烯基中与碳碳双键直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），由于单键可以旋转，苯基的平面与乙烯基的平面可能共平面，苯乙烯分子中所有原子可能在同一平面上，C项错误；D，异丁烯使溴水褪色是异丁烯与溴水发生了加成反应，甲苯使溴水褪色是甲苯将溴从溴水中萃取出来，褪色原理不同，D项错误；答案选B。10下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明Mg(OH)2 沉淀可以转化为Fe(OH)3向2mL1mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L
16、 MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C配制100mL1.0mol/LCuSO4溶液将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中D验证氧化性：Fe3+I2将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，观察下层液体是否变成紫色【答案】D【解析】A、向2mL1mol/LNaOH溶液中先加3滴1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，由于NaOH过量，再加入FeCl3时，FeCl3直接与NaOH反应，不能证明沉淀的转化，故A错误；B、将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，而比较元素的非金属性强弱
17、，要通过比较元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱来进行判断，若要比较Cl和C的非金属性强弱，则应比较HClO4与H2CO3的酸性强弱，故B错误；C、将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中，溶质CuSO4的物质的量为1mol，而溶液的体积不是100mL，所配溶液的浓度不是1mol/L，故C错误；D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层液体变成紫色，则证明产生了I2，说明Fe3+将I氧化为I2，氧化性Fe3+I2，故D正确。故选D。11电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)
18、3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是A石墨电极上发生氧化反应B通空气的电极反应式为O2+4e-=2O2-C通甲烷的电极反应式：CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2OD甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动【答案】C【解析】分析装置图可知，右侧为燃料电池装置，其中甲烷为负极燃料，空气为正极燃料；左侧污水处理装置为电解池，Fe接电池正极，则Fe为阳极，石墨为阴极。A、石墨为阴极，阴极得电子，发生还原反应，故A错误；B、电池是以熔融碳酸盐为电解质，空气为正极燃料，电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32，故B错误；C、甲烷为
19、负极燃料，电极反应是CH4+4CO328e=5CO2+2H2O，故C正确；D、电池中阴离子向负极移动，则电池中CO32向甲烷一极移动，故D错误。故选C。12已知298K时，Ksp(NiS)1.010-21，Ksp(NiCO3)1.010-7 ；p(Ni)lg c(Ni2+)，p(B)lg c(S2-)或lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是A常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C对于曲线I，在b点加热
20、，b点向c点移动DP为3.5且对应的阴离子是CO32-【答案】C【解析】A，常温下Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c(Ni2+)=c(CO32
21、-)，Ksp(NiCO3)= c(Ni2+)c(CO32-)=110-7，c(Ni2+)=c(CO32-)=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。13X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质经常作为保护气；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应，生成淡黄色固体。下列推断正确的是AY的最简单氢化物的热稳定性比Z的强B在同周期元素中，W的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强C离子半径：XYZWD含W的盐溶液可能呈碱性【答案】D【解析】Y的单质经常作为保护气，Y为N元素；由Z、W形成的一种化合物可与X、W形成的化合物反应生成淡
22、黄色固体，此反应为SO2+2H2S=3S+2H2O，X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X为H元素，Z为O元素，W为S元素。A，非金属性：Y(N)Z(O)，最简单氢化物的热稳定性：NH3H2O，A项错误；B，W为S，S处于第三周期，第三周期元素中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，B项错误；C，根据“层多径大，序大径小”，离子半径：XZYW，C项错误；D，含S的盐溶液如Na2S、Na2SO3等溶液呈碱性，Na2SO4等溶液呈中性，NaHSO3溶液等呈酸性，D项正确；答案选D。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一个选项 符合题目要求。第1821
23、题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A甲图中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子B乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由粒子组成D丁图中，链式反应属于轻核裂变【答案】B15如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60和45，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )AA、B的质量之比为1BA、B所受弹簧弹力大小之比为C悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1D快
24、速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1【答案】D16一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P。从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶。若汽车行驶过程所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是A. 汽车加速过程的最大加速度为B. 汽车加速过程的平均速度为C. 汽车速度从v增大到2v过程做匀加速运动D. 汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大【答案】A17如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容
25、器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，表示P点的电势，EP表示该试探电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是AE增大，降低，EP减小，增大BE不变，降低，EP增大，减小CE不变，升高，EP减小，减小DE减小，升高，EP减小，减小【答案】C18如图所示，两方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC边界分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处由一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷，则质子的
26、速度可能为A B C D【答案】ABD19如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为A. B. C. D. 【答案】BC20磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，下图为其原理示意图，平行金属板C、D间有匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒）水平喷入磁场，两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S串联接在C、D
27、两端，已知两金属板间距离为d，喷入气流的速度为v，磁流体发电机的电阻为r(R0 r 0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则他们进入电场时是水平速度仍然为v0，所以
28、小球M、N在电场中运动的时间相等。进入电场前，水平方向竖直方向下落的距离进入电场时竖直速度进入电场后，水平方向故设N粒子运动的加速度为a，竖直方向有：解得：由牛顿第二定律得：解得：(2)粒子M射出电场时竖直速度为解得：(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为N的竖直位移为解得：26纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。I、实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：（1）纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_。（2）如何将FeCl2nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_(用简要文字描述)。（3）生成纳米级Fe的化学方程式为_。
29、II、查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570时生成FeO，高于570时生成Fe3O4。甲同学用如图甲装置所示进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。（4）甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是_。（5）甲装置中仪器a的名称为_。（6）乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：实验步骤实验操作实验现象I将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生II向实验I得到的溶液中滴加几滴KSCN溶
30、液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是_(用简要文字措述)。（7）丁同学称取5.60gFe粉，用乙装反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为_(结果保留三位有效数字)。【答案】(1) Fe+2H+=Fe2+H2 (2) 在干燥的HC1气流中加热 (3) FeCl2+H2Fe+2HCl (4) Fe+H2O(g)FeO+H2 (5) 蒸发皿 (6) 加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转
31、化为Fe2+ (7) 67.4%【解析】（1）纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2；（2）FeCl2nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2+2H2O Fe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCl气体可带走水蒸气，利于固体脱水。故答案为：在干燥的HC1气流中加热；（3）根据流程可知，FeCl2nH2O固体加入脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2+H2Fe+2HCl。（4）根据已知“
32、纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570时生成FeO”，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO。Fe失电子，水中H得电子，生成氢气，则反应方程式为Fe+H2O(g) FeO+H2；（5）仪器a为蒸发皿；（6）加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体，加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2 Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色。故答案为：加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+；（7）用乙装置反应，反应温度高于570，则Fe粉与水蒸气
33、反应的固体产物为Fe3O4。反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)=6.88g-5.60g=1.28g，则n(O)=0.08mol。由关系式1 Fe3O44 O，可得n(Fe3O4)=0.02mol。所以固体物质中氧化物的质量分数= 67.4%27聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分Fe3O4，少量C及SiO2）为原料制备的流程如下：已知：在一定温度下酸浸时Fe3+在pH=2开始沉淀，pH=3.7沉淀完全（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_。（2）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如下表所示：
34、温度406080100120铁浸取率5062809585请写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式_。硫酸酸浸时应控制溶液的pH_，其原因是_。当酸浸温度超过100时，铁浸取率反而减小，其原因是_。（3）上述过滤步骤的滤液的主要成分为_（填化学式）。（4）Fe3+浓度定量检则，是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72-被还原为Cr3+），该滴定反应的离子方程式为_。【答案】(1) 增大接触面积，同时增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率 (2) 4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O 小于2 pH2时将有部分Fe
35、3+沉淀损失 温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低 (3) Fe2(SO4)3 和H2SO4 (4) 6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O【解析】（1）废铁渣进行“粉碎”可以增大废铁渣与反应物的接触面积，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率；（2）酸浸过程中Fe3O4被氧气完全氧化为Fe3+，反应离子方程式是4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3+18H2O；Fe3+在pH=2开始沉淀，硫酸酸浸时要保证Fe3+不沉淀，所以要控制PH小于2；升高温度，Fe3+水解平衡正向移动，生成氢氧化铁，所以温度超过100时，铁浸取率反而减小；（3）废
36、铁渣中只有Fe3O4与氧气、硫酸反应生成了Fe2(SO4)3和水，所以滤液的成分是Fe2(SO4)3 和H2SO4；（4）在酸性条件下， Cr2O72-被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式是6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。28“绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO、S02等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。(1)已知： NO2+COCO2+NO该反应的平衡常数为K1(下同)，每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为NO2COCO2NO812kJ1076kJ1490kJ632kJN2(g)+O2(g
37、) 2NO(g) H=+179.5kJ/mol K22NO(g)+O2(g)2NO2(g) H=-112.3kJ/mol K3写出NO与CO反应生成无污染气体的热化学方程式_，该热化学方程式的平衡常数K=_(用K1、K2、K3表示)。(2)在体积可变的恒压(p总)密闭容器中充入1molCO2 与足量的碳，让其发生反应： C(s)+ CO2(g)2CO(g) H0。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。T时，在容器中若充入稀有气体，v(正)_v(逆)(填“”“ 正向 不 25% 23.04p总 (3) c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)c(H+) 因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-H+SO32-，加入氯化钙后，Ca2+SO32-=CaSO3，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小【解析】（1）由已知，反应的H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol，根据盖斯定律，2+-得：2NO2(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，H=-2342+(-112.3)-179.5kJ/mol=-759.8kJ/mol；当总反应式相加时平衡常