【化学】江苏省常州礼嘉中学2020届高三上学期第二次教学质量调研考试（解析版） 21页

江苏省常州礼嘉中学2020届高三上学期第二次教学质量调研考试 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　K—39　Ca—40‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 制造手机芯片的关键材料是硅 B. 用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性 C. 镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点 D. 手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能 ‎【答案】D ‎【详解】A. 单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；‎ B. 铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；‎ C. 镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；‎ D. 手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.用化学用语表示2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2中的相关微粒，其中正确的是(　　)‎ A. 中子数为6的碳原子：612C B. 氧原子的结构示意图：‎ C. CO2的结构式：O—C—O D. Na2O2的电子式：NaNa ‎【答案】B ‎【详解】A. 中子数为6的碳原子：，A项错误；‎ B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；‎ C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；‎ D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)‎ A. Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂 B. NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂 C. Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂 D. 石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料 ‎【答案】C ‎【详解】A. Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；‎ B. NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；‎ C. Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；‎ D. 石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. pH＝2的溶液：Na＋、Fe2＋、I－、NO3-‎ B. c(NaAlO2)＝0.1 mol·L－1的溶液：K＋、OH－、Cl－、SO42-‎ C. Kw/c(OH-)＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、ClO－‎ D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液：Al3＋、NO3-、MnO4-、SCN－‎ ‎【答案】B ‎【详解】A. pH＝2的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能够将Fe2＋与I－氧化，离子不能共存，A项错误；‎ B. NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性，其中K＋、OH－、Cl－、SO42-不反应，能大量共存，B项正确；‎ C. 根据水的离子积表达式可知，Kw/c(OH-)＝c(H+)，该溶液为酸性溶液，则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀，ClO－与H+反应生成HClO，不能大量共存，C项错误；‎ D. Fe3＋与SCN－会形成配合物而不能大量共存，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎5.下列有关物质性质的叙述正确的是（ ）‎ A. 向NaOH溶液中加入铝粉，可生成Al(OH)3‎ B. 向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，可生成CO2‎ C. 向热的蔗糖溶液中滴加银氨溶液，可生成银镜 D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可生成NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 向NaOH溶液中加入铝粉，发生的反应为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，不会生成氢氧化铝，A项错误；‎ B. 因酸性比较：H2CO3>苯酚>HCO3-，则向苯酚溶液中滴加Na2CO3溶液，不会生成CO2，只会生成苯酚钠与碳酸氢钠，B项错误；‎ C. 蔗糖不是还原性糖，不能与银氨溶液发生银镜反应，C项错误；‎ D. 向饱和氯化钠溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠溶解度小，会先以晶体形式析出，发生的反应是：NaCl+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】A项是易错点，学生要理解并准确掌握铝三角的转化关系，铝单质的特性。铝单质与酸反应会生成正盐铝盐，而与碱反应生成偏铝酸盐，铝单质不能直接转化为氢氧化铝沉淀。‎ ‎6.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是(　　)‎ A. 制取Cl2‎ B. 使Br－转化为Br2‎ C. 分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液 D. 将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【详解】A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；‎ B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；‎ C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；‎ D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－===AlO2-＋2H2O B. 向水中通入NO2：2NO2＋H2O===2H＋＋NO3-＋NO C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO3-＋OH－===CO32-＋H2O D. 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将＋6价Cr还原为Cr3＋：3HSO3-＋Cr2O72-＋5H＋===3SO42-＋2Cr3＋＋4H2O ‎【答案】D ‎【分析】A. 氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生成偏铝酸根离子；‎ B. 电荷不守恒；‎ C. 根据以少定多原则分析；‎ D. 依据氧化还原规律作答。‎ ‎【详解】A. 一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，A项错误；‎ B. 向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，B项错误；‎ C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，其离子方程式为：NH4++ HCO3-+OH-= NH3⋅H2O+ CO32-+H2O，C项错误；‎ D. 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将＋6价Cr还原为Cr3＋，其离子方程式为：3HSO3-＋Cr2O72-＋5H＋===3SO42-＋2Cr3＋＋4H2O，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半。下列说法正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(X)>r(Y)>r(W)‎ B. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强 C. 由W、Y形成的化合物是离子化合物 D. 由X、Y形成的化合物的水溶液呈中性 ‎【答案】A ‎【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，因同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，因X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；W与Y同族且W原子的质子数是Y原子的一半，则符合条件的W为O元素，Y为S元素，Z原子序数比Y大，且为短周期元素，则Z为Cl元素，结合元素周期律与物质结构与性质作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，短周期主族元素W、X、Y、Z分别为：O、Na、S和Cl元素，则 A. 同周期元素中，原子半径从左到右依次减小，同主族元素中从上到下依次增大，则原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，A项正确；‎ B. 元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Cl的弱，B项错误；‎ C. 由W、Y形成的化合物可以是SO2或SO3，均为共价化合物，C项错误；‎ D. 由X、Y形成的化合物为Na2S，其水溶液中硫离子水解显碱性，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎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. Ca(ClO)2(aq) HClO(aq) O2(g)‎ B. H2SO4(稀) SO2(g) BaSO3(s)‎ C. Fe2O3(s) FeCl3(aq) Fe (s)‎ D. SiO2(s) H2SiO3(胶体) Na2SiO3(aq)‎ ‎【答案】A ‎【详解】A.HClO的酸性比碳酸弱，Ca（ClO）2溶液可与二氧化碳反应生成HClO，HClO在光照条件下分解生成氧气和HCl，故A正确； B.铜与稀硫酸不反应，故B错误； C.氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铜，而不是生成铁单质，故C错误； D.二氧化硅不溶于水也不与水反应，故D错误； 故答案选A。‎ ‎10.下列说法正确的是(　　)‎ A. 铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连 B. 0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.02×1021‎ C. 反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0‎ D. 加水稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小 ‎【答案】C ‎【详解】A. 根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；‎ B. 0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.02×1021，B项错误；‎ C. 反应3C(s)＋CaO(s)===CaC2(s)＋CO(g)中ΔS>0，因在常温下不能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS>0，那么ΔH必大于0，C项正确；‎ D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 mol·L－1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；‎ 答案选C。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。‎ ‎11.化合物甲、乙、丙是合成消炎药洛索洛芬的中间体。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A. 甲分子中所有碳原子一定处于同一平面 B. 丙分子中含有2个手性碳原子 C. 一定条件下，甲、乙、丙均能与H2发生加成反应 D. 1 mol乙与足量NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3 mol ‎【答案】BC ‎【详解】A. 甲分子中存在乙基和五元环，分子中有多个饱和的碳原子，根据甲烷的正四面体积结构可知，所有碳原子不可能处于同一平面，A项错误；‎ B. 一个碳原子连有四个不同的原子或基团，叫手性碳原子，用*表示出手性碳原子如图：‎ 可以看出，丙分子中含有2个手性碳原子，B项正确；‎ C. 苯环在一定条件下可以与氢气发生加成反应，羰基（酮基）也能与氢气发生加成反应生成醇，根据结构简式可以看出，甲、乙、丙均能与H2发生加成反应，C项正确；‎ D. 1mol乙分子中含1mol酯基和1mol溴原子，则与氢氧化钠反应时最多消耗氢氧化钠的物质的量为2mol，D项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎12.下列关于反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔH<0的图示与对应的叙述相符合的是(　　)‎ A. 由图甲可知N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)；ΔH＝－92 kJ·mol－1‎ B. 图乙表示达到平衡时N2、H2的转化率(α)随n(H2)/n(N2)比值的变化 C. 图丙表示正、逆反应速率随温度的变化 D. 图丁表示反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数随温度、压强的变化 ‎【答案】A ‎【详解】A.由图甲可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应是放热反应，1mol氮气与3mol氢气完全反应放出热量为：2346-2254=92kJ，所以热反应方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92kJ•mol-1，故A正确； B.氢气的物质的量越大氮气的转化率越大，氢气本身的转化率越小，故B错误； C.升高温度正、逆反应速率都增大，但平衡逆向移动，所以两者交点后应逆反应速率大于正反应的速率，故C错误； D.压强越大氨气的质量分数越大，而不是越小，故D错误； 故答案选A。‎ ‎【点睛】可逆反应升高温度，正、逆反应速率都增大，但平衡如果逆向移动，逆反应速率增大的程度要大于正反应，这个是解此题的难点。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是(　　)‎ 选项 实验操作 现象 结论 A SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中 溶液红色褪去 SO2具有漂白性 B 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中 气体红棕色加深 ‎2NO2(g) N2O4(g)为放热反应 C 某黄色溶液X中加入淀粉－KI溶液 溶液变成蓝色 溶液X中含有Br2‎ D 无水乙醇中加入浓硫酸，加热，产生的气体Y通入酸性KMnO4溶液 溶液紫色褪去 气体Y中含有乙烯 ‎【答案】B ‎【详解】A. SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，因为二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠反应而使红色褪去，结论不正确，A项错误；‎ B. 对于平衡2NO2(g) N2O4(g)，升高温度，气体颜色加深，二氧化氮浓度增大，说明反应平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项正确；‎ C. 能使淀粉－KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2，可能含有Fe3+，C项错误；‎ D. 乙醇易挥发，若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明气体Y中一定含有乙烯，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】C项是易错点，要注意Fe3+也为黄色溶液，且具有氧化性，可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考，多总结，将知识学以致用，融会贯通。‎ ‎14.常温下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1mol/LNaHCO3溶液中:c(H+)+2c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)‎ B. 0.1mol/LHCN和0.1mol/L NaCN的等体积混合溶液中: c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 0.1mol/LNa2C2O4溶液滴加HCl溶液至c(H2C2O4)=c(HC2O4-):3c(H2C2O4)>c(OH-)+c(Cl-)‎ D. 0.1mol/LNH4HSO4溶液滴加NaOH溶液至pH=7:c(Na+)=c(NH4+)+2c(NH3·H2O)>c(SO42-)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A. 根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+c(OH-)，根据物料守恒，c(Na+)= c(H2CO3)+c(CO32-)+ c(HCO3-)，将上述2式处理得c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，故A错误；‎ B. 0.1mol/LHCN和0.1mol/L NaCN的等体积混合溶液显酸性，可以忽略NaCN的水解，主要考虑HCN的电离，则c(CN-)> c(Na+) >c(HCN) > c(H+)>c(OH-)，故B错误；‎ C. 假设0.1mol/LNa2C2O4溶液中含有0.1mol Na2C2O4，0.1mol/LNa2C2O4溶液滴加HCl溶液至c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，溶液中含有0.05molH2C2O4和0.05molNaHC2O4以及0.15molNaCl，溶液显酸性，以H2C2O4电离为主，则3c(H2C2O4)＜c(Cl-)＜c(OH-)+c(Cl-)，故C错误；‎ D. 假设0.1mol/LNH4HSO4溶液中含有1mol NH4HSO4，滴加NaOH溶液恰好生成0.5mol硫酸钠和0.5mol硫酸铵时，因为硫酸铵水解，溶液显酸性，此时c(Na+) =c(SO42-)，要使得溶液pH=7，需要继续加入amol氢氧化钠反应生成mol硫酸钠和amolNH3·H2O，因此c(Na+) ＞c(SO42-)，n(Na+)=(1+a)mol，n(NH4+)+2n(NH3·H2O)=(1-a+2a)mol=(1+a)mol，因此c(Na+)=c(NH4+)+2c(NH3·H2O) ＞c(SO42-)，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较。根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。本题的易错点和难点是D，难在判断c(Na+)=c(NH4+)+2c(NH3·H2O)，可以根据反应的方程式中具体的量之间的关系判断。‎ ‎15.在3个体积均为1 L恒容密闭容器中发生反应：SO2(g)＋2NO(g) 2NO2(g)＋S(s)。‎ 改变容器I的反应温度，平衡时c( NO2)与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 该反应ΔH<0‎ B. T1时，该反应的平衡常数为 C. 容器Ⅰ与容器Ⅱ均在T1时达到平衡，总压强之比小于1:2‎ D. 若T2_______mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9]‎ ‎(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：‎ 步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。‎ 步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。‎ ‎①“步骤1”的目的是____________________________________。‎ ‎②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。‎ ‎【答案】(1). C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑ (2). 1.3×10－6 (3). 测定NaOH溶液的准确浓度 (4). x＝2‎ ‎【分析】（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；‎ ‎（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；‎ ‎（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。‎ ‎【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；‎ ‎（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9= ，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；‎ ‎（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；‎ ‎②0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) ==0.1194mol/L，‎ 又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3 mol，所以n(H2C2O4·xH2O)= 1.194×10-3 mol，‎ 则 n(H2C2O4) ·M(H2C2O4)= 1.194×10-3 mol×（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，‎ 故x＝2。‎ ‎19.废定影液主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如下：‎ ‎(1) “沉淀”步骤中生成Ag2S沉淀，检验沉淀完全的操作是_____________________________。‎ ‎(2) “反应”步骤中会生成淡黄色固体，该反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(3) “除杂”需调节溶液pH至6。测定溶液pH的操作是_____________________________。‎ ‎(4) 已知：2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑，2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂有稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)‎ ‎(5) 蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如下图所示。使用真空泵的目的是____________________；判断蒸发浓缩完成的标志是_______________________。‎ ‎【答案】(1). 静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全 (2). Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O (3). 用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照 (4). 将AgNO3粗产品加热并维持温度在200 ℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸 (5). 使体系形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解 (6). 溶液表面有晶膜出现 ‎【分析】废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用硫化钠沉淀，生成Ag2S沉淀，过滤得到滤渣，洗涤干净后加入浓硝酸溶解Ag2S得到硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除去过量的硝酸得到硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸银晶体，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）沉淀过程是Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S的反应，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则说明沉淀已经完全；‎ ‎（2）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，根据元素守恒可知，该淡黄色沉淀为硫离子被氧化的产物硫单质，根据氧化还原反应规律可知其化学方程式为：Ag2S＋4HNO3===2AgNO3＋2NO2↑＋S＋2H2O；‎ ‎（3）测定溶液pH的基本操作是：用洁净的玻璃棒蘸取反应液，滴在pH试纸上，与标准比色卡对照；‎ ‎（4）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200 ℃，硝酸银的分解温度在440 ℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200 ℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸；‎ ‎（5）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解；蒸发浓缩过程中，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。‎ ‎20.废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。‎ ‎(1) 氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是____________________。‎ ‎(2) 生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：‎ NHNON2‎ 反应①的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎(3) 化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀。若pH过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是__________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(4) 折点加氯法：向废水中加入NaClO溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：‎ NaClO＋H2O===HClO＋NaOH(Ⅰ)‎ NH3＋HClO===NH2Cl＋H2O(Ⅱ)‎ NH2Cl＋HClO===NHCl2＋H2O(Ⅲ)‎ NHCl2＋H2O===NOH＋2HCl(Ⅳ)‎ NHCl2＋NOH===N2↑＋HClO＋HCl(Ⅴ)‎ 探究NaClO的投加量[以m(Cl2)表示]对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。‎ ‎①当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是__________________。‎ ‎②当m(Cl2)∶m(NH3)<7.7时，随着m(Cl2)∶m(NH3)的减小，污水中余氯(除Cl－外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是____________________________。‎ ‎(5) 电催化氧化法：原理如下图所示(MOx表示催化剂)。反应Ⅱ的离子方程式可表示为2NH4+＋6MOx(·OH)===6MOx＋N2↑＋6H2O＋2H＋。‎ ①阳极电极反应式Ⅰ为________________________________。‎ ‎②电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含Cl－的污水比不含Cl－的污水氨氮去除率要高，其原因是_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 水体富营养化 (2). NH4+＋2O2NO3-＋2H＋＋H2O (3). MgNH4PO4·6H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH4+＋PO43-＋6H2O (4). 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3- (5). 加入次氯酸钠量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在 (6). MOx＋H2O－e－===MOx(·OH)＋H＋ (7). Cl－在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为N2而除去 ‎【分析】（1）水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染，导致水体富营养化；‎ ‎（2）铵根与氧气在硝化细菌的作用下生成硝酸根离子和水；‎ ‎（3）沉淀会溶解在过量的碱性环境中；‎ ‎（4）①次氯酸钠氧化性较强，若投入量过大，则部分N元素会被氧化为硝酸根离子；‎ ‎②次氯酸钠投入量过少，发生次氯酸会将氨气按反应Ⅱ氧化为NH2Cl；‎ ‎（5）①依据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，据此分析；‎ ‎②根据放电顺序，电解质溶液中有氯离子的话氯离子先放电，氯气溶于水形成的次氯酸参与氨氮的去除反应。‎ ‎【详解】（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；‎ ‎（2）根据图示信息可知，反应①的离子方程式为NH4+＋2O2NO3-＋2H＋＋H2O；‎ ‎（3）若pH过大，MgNH4PO4·6H2O会与氢氧根离子反应转化成氢氧化镁，其离子方程式为：MgNH4PO4·6H2O＋2OH－===Mg(OH)2＋NH4+＋PO43-＋6H2O；‎ ‎（4）①当m(Cl2)∶m(NH3)≥7.7时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-；‎ ‎②当m(Cl2)∶m(NH3)<7.7时，说明次氯酸投入量小，此时部分氨氮以NH2Cl形式存在；‎ ‎（5）①依据电解原理，阳极MOx失电子转化为MOx(·OH)，其电极反应式为：MOx＋H2O－e－===MOx(·OH)＋H＋；‎ ‎②电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，污水若有Cl－在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为N2而除去，因此含Cl－的污水比不含Cl－的污水氨氮去除率要高。‎ ‎21.铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。‎ ‎(1) 铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。‎ ‎①基态Cu2＋的电子排布式为___________。‎ ‎②与NO3-互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。‎ ‎(2) 邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如下左图所示。‎ ①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为____________________。‎ ‎②邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为___________。‎ ‎③ 1 mol 中含有σ键的数目为________mol。‎ ‎(3) 铜的某种氯化物的链状结构如上右图所示。该氯化物的化学式为________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (2). SO3或BF3 (3). N>O>C (4). sp2、sp3 (5). 13 (6). CuCl2‎ ‎【分析】(1) ①铜的原子序数为29，依据泡利原理、洪特规则书写其离子的电子排布式；‎ ‎②依据等电子体原理分析作答；‎ ‎(2) ①‎ 同周期中，第一电离能呈增大趋势，第IIA族和第VA族核外电子最高能级上电子为全充满和半充满结构，处于稳定状态，第一电离能较后一主族大，据此分析；‎ ‎②依据杂化轨道理论分析其杂化类型；‎ ‎③根据化学键的特点，两个形成共价键的原子间只能形成1个σ键，据此计算；‎ ‎(3)利用均摊法分析。‎ ‎【详解】(1) ①铜的原子序数为29，其电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu2＋是铜原子失去2个电子以后的离子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；‎ ‎②NO3-的原子个数为4，价电子数为24，从相邻或同族元素原子考虑，则与NO3-互为等电子体的分子为：SO3或BF3；‎ ‎(2)①同周期中，第一电离能呈增大趋势，N的2p能级为半充满结构，处于稳定状态，第一电离能较O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；‎ ‎②根据结构简式可以看出，形成4个单键的中心C原子的杂化轨道类型为sp3,羧基上的C与邻氨基吡啶中的C原子采用sp2杂化，为平面结构，故答案为sp2、sp3；‎ ‎③ 1 mol ，成键原子的化学键有13mol，则含有σ键的数目为13mol；‎ ‎(3)从平面图中可以看出，一个Cu原子周围有4个Cl原子，一个Cl原子周围有2个Cu原子，则Cu与Cl的原子个数比为：1:2，即其化学式为CuCl2。 ‎