1、江苏省扬州市2019-2020学年高二化学下学期期末调研试题（A卷）（含解析）注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，包含选择题第1题第12题，共32分、非选择题第13题第17题，共68分两部分。本次考试时间为90分钟，满分100分。考试结来后，请将答题卡交回。2.答题前，请考生务必将自己的学校、班級、姓名、学号，考生号，座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效
2、。4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Cu-64选择题（共32分）单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一个选项符合题意。1. 2020年“新冠”疫情在全球肆虐。下列说法不正确的是（ ）A. 酒精可以杀灭病毒是因为其能使构成病毒的蛋白质变性B. 研究表明，病毒可以通过气溶胶传播，气溶胶粒子的直径在之间C. 口罩的核心材料熔喷布聚丙烯是一种有机高分子化合物D. “84”消毒液的主要成分是HClO【答案】D【解析】【详解】A75%的医用酒精具有杀灭病毒的能力，主要是由于它能使构成
3、病毒的蛋白质发生变性，A正确；B气溶胶属于胶体，分散在气体中的胶粒直径介于，B正确；C聚丙烯是由丙烯通过发生加聚反应生成，它的相对分子质量大于10000，是一种有机高分子化合物，C正确；D“84”消毒液是由Cl2通入NaOH溶液中生成，它的有效成分是NaClO，D不正确；故选D。2. 用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是（ ）A. 中子数为1的氢原子：B. 的结构示意图：C. 的比例模型：D. 的电子式：【答案】C【解析】【详解】A质量数等于质子数加中子数，故中子数为1的氢原子：，A错误；B的结构示意图：，B错误；CC原子半径大于O原子半径，故的比例模型：，C正确；D是共价化合物，故其电子
4、式为： ，D错误；故答案为：C。3. 下列关于物质的性质与用途有对应关系的是（ ）A. 具有氧化性，可用于蚀刻印刷电路板B. 具有还原性，可用于漂白纸张C. 具有两性，可作高温耐火材料D. 熔点高，可制作光导纤维【答案】A【解析】【详解】A. 具有氧化性，能将铜氧化为铜离子，发生反应，故可用于蚀刻印刷电路板，故A正确；B. 具有漂白性，可用于漂白纸张，与还原性无关，故B错误；C. 熔点高，可作高温耐火材料，与其两性无关，故C错误；D. 熔点高，可作高温耐火材料，而对光具有良好的全反射作用，可制作光导纤维，故D错误；故选A。4. 常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（ ）A. 溶液中：
5、、B. 的溶液中：、C. 的溶液中：、D. 与反应能产生大量氢气的溶液中：、【答案】B【解析】【详解】A. 与会发生氧化还原反应，同时和还会发生络合反应，故与、在溶液中均不能大量共存，故A错误；B. 的溶液显碱性，离子之间均不反应，可以大量共存，故B正确；C. 与会结合生成碳酸钙沉淀，故不能大量共存，故C错误；D. 与反应能产生大量氢气溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，但既不能与H+大量共存，也不能与OH-大量共存，故D错误； 故选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+、
6、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。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为110-10，小于110-7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. 实验室模拟由“侯氏制碱法”制取Na2CO3，以下实验步骤能实现的是（ ） A. 用图1装置由石灰石与稀盐酸制备CO2B. 用图2装置除去CO2中的HClC. 用图3装置过滤所得的NaHCO3固体D.
7、 用图4装置加热灼烧NaHCO3固体制Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A图1装置为简易气体发生装置，从长颈漏斗中加入稀盐酸，在试管内石灰石与稀盐酸r反应制备CO2气体，由带活塞的导管口逸出，A符合题意；B图2装置中，Na2CO3溶液不仅能吸收CO2，也能吸收HCl，所以不能用于除去CO2中的HCl，B不符合题意；C图3装置中，漏斗的尖端没有紧贴烧杯内壁，不符合过滤操作的要求，C不符合题意；D图4装置使用的是蒸发皿，蒸发皿只用于蒸发浓缩溶液，不能用于加热灼烧固体，D不符合题意；故选A。6. 下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 与浓盐酸反应：B 用惰性电极电解溶液：C. 溶液与足量的
8、溶液反应：D. 足量的通入溶液中：【答案】C【解析】【详解】A. 浓盐酸是强酸，要拆开写，正确的离子方程式为：，故A错误；B. 用惰性电极电解溶液，会生成氢氧化镁，正确的离子方程式为：，故B错误；C. 溶液与足量的溶液反应，假设为1mol，2mol OH-消耗2mol HCO3-，生成2mol水和2mol碳酸根，1molBa2+结合1mol碳酸根离子生成1mol碳酸钡沉淀，故离子方程式正确，故C正确；D. 足量的通入溶液中，将氧化为SO42-，正确的离子方程式为：，故D错误；故选C。【点睛】碳酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，碳酸氢钠溶液与足量的氢氧化钡溶液反应
9、，离子方程式为：HCO3- +Ba2+ + OH- = BaCO3+ H2O，碳酸氢钠溶液与少量的氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2HCO3- +Ba2+ + 2OH- = BaCO3+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增加，X原子的半径小于Y原子，Y是地壳中含量最高的元素，Z原子的最外层只有1个电子，Y、W同主族。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：B. Y与Z形成的化合物中只含离子键C. W元素形成的最高价氧化物的水化物是强酸D. X与Z形成的化合物中X为价【答案】C【解析】【分析】根据题干信息：短周期主
10、族元素X、Y、Z、W原子序数依次增加，X原子的半径小于Y原子，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为O，X是H，Z原子的最外层只有1个电子在O的后面，故Z为Na,Y、W同主族，故W为S。【详解】A根据同一周期从左往右原子半径减小，同一主族从上往下原子半径增大可知，S、Na、O原子半径大小为：Na S O即，A错误；BY与Z形成的化合物有Na2O中只含离子键，而Na2O2中则既有离子键又有共价键，B错误；CW元素形成的最高价氧化物的水化物即H2SO4是强酸，C正确；DX与Z形成的化合物即NaH中X即H为价，D错误；故答案为：C。8. 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. B.
11、C. D. 【答案】C【解析】【详解】A. 氧化铁和铝单质发生铝热反应，生成铁单质，氯气具有氧化性，与灼热的铁丝反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，A错误； B. 氢氧化铝与盐酸反应，生成氯化铝溶液，加热过程中，铝离子水解平衡正向移动，氯化氢易挥发，最终得到氢氧化铝沉淀或氧化铝，B错误； C. 硫和氧化反应生成二氧化硫，过氧化氢具有强氧化性，二氧化硫与过氧化氢溶液反应生成硫酸，C正确； D. 氯化钙中通入二氧化碳气体，根据强酸制弱酸原理，盐酸的酸性大于碳酸，反应无法发生，没有碳酸钙沉淀，D错误；答案为C。不定项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共计16分，每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确
12、答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，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。9. 下列说法正确的是（ ）A. 反应在室温下可自发进行，则该反应的B. 溶液加水稀释后，溶液中的值减小C. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀D. 溶液中加入少量固体，的水解程度减小，溶液的减小【答案】B【解析】【详解】A. 反应在室温下可自发进行，反应的S0，反应自发进行的判断依据是HTS0，则该反应的，故A错误；B. 醋酸是弱酸，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进电离，平衡正向移动，但溶液的酸性减弱，c(H+)减小，温度不变
13、，电离常数不变，故该比值减小，故B正确；C. 若在海轮外壳上附着一些铜块，铜块会和铁形成原电池，其中铁作负极，在原电池中，负极失电子被腐蚀，故若附着铜块，海轮外壳的腐蚀速率会加快，故C错误；D. 溶液中存在的水解平衡，加入少量，其与反应生成CaCO3和NaOH，的浓度减小，使得的水解平衡逆向移动，故的水解程度减小，但溶液的增大，故D错误；故选B。10. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2B向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄
14、色沉淀生成Ksp(AgI)Ksp(AgCl)C向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出Fe2氧化性强于Cu2氧化性D用pH试纸测得：0.1molL1CH3COONa溶液的pH约为9，0.1molL1NaNO2溶液的pH约为8Ka(CH3COOH)Ka(HNO2)A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A若原溶液中含有Fe3，先加氯水，再加入KSCN溶液，溶液也会变红色，不能判断是否一定含有Fe2，应先滴加KSCN溶液，不变红，排除Fe3的干扰，再滴加氯水，若变红，说明是Fe2被氧化成Fe3，A错误；B混合溶液中的I、Cl浓度不知，不能判断AgI和AgCl的溶解度大小，因此不
15、能比较两者的Ksp大小，B错误；CCuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，说明Fe的还原性强于Cu，则Fe2的氧化性弱于Cu2，C错误；D其他条件相同时，相同浓度的CH3COONa和NaNO2的溶液，CH3COONa溶液的pH大，说明CH3COO水解能力强于NO2，则CH3COOH的酸性弱于HNO2，有Ka(CH3COOH)Ka(HNO2)，D正确；答案选D。11. 若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）A. 0.2mol/LNH4HCO3溶液(pH7)：c()c()，c(H2CO3)c(NH3H2O)B. 0.2mol/L氨水：0.2mol/
16、Lc(OH-)+ c(NH3H2O)C. 向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c()=c()+c()D. pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合：c()c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】AD【解析】【详解】A在0.2mol/LNH4HCO3溶液中发生阴、阳离子的水解反应：+H2ONH3H2O + H+、H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH7，的水解程度小于的水解程度，从而导致溶液中c()减少更多，所以c()c()，c(H2CO3)c(NH3H2O)，A正确；B在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c()+c(NH3H2O)=0.2mol/L，由
17、于c(OH-)= c()+c(H+)，所以c(OH-)+ c(NH3H2O)0.2mol/L，B不正确；C向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此时溶液中满足电荷守恒，从而得出c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，由于pH=7，所以c(H+)=c(OH-)，c()=c()+2c()，C不正确；DpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，发生中和反应后，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3H2O，此时主要发生如下电离：NH4Cl=+Cl-、NH3H2O+ OH-、H2OH+OH-，且NH3H2O的电离程度较小，所以c()c(Cl-)c(OH-)c(H+)，D
18、正确；故选AD。12. 在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中，反应CO2(g)+C(s)2CO(g) H0分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是（ ）容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)9770.280.5600.49770.560.560x1250000.56yA. 达到平衡时，向容器中增加C(s)的量，平衡正向移动B. x=0.8，y0.4C. 达到平衡时，容器中的CO的转化率小于D. 若起始时向容器中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，则反应将向正反应方向进行【答案】CD【解析】【详解】A达到
19、平衡时，向容器中增加C(s)的量，由于CO2(g)、CO(g)的浓度都不发生变化，所以平衡不发生移动，A不正确；B容器相当于容器减小体积为1L，此时平衡逆向移动，x0.8，B不正确；C若容器中温度也为977K，与容器为等效平衡，达到平衡时，y=0.4，容器中的CO的转化率为=，现容器中温度为1250K，相当于977K时的平衡体系升高温度，平衡正向移动，CO的转化率减小，所以容器中的CO的转化率小于，C正确；D在容器中，K=1，若起始时向容器中充入0.1molCO2、0.2molCO和足量的C(s)，此时浓度商Q=0.21，所以平衡将向正反应方向进行，D正确；故选CD。非选择题（共68分）13.
20、 高铁酸钾()是复合型的水处理剂，以废铁屑(含有、油污等杂质)为原料制备的流程如下：(1)热的溶液清洗废铁屑的目的是_。(2)氧化中被氧化成的离子方程式为_。(3)溶液在不同下，的浓度随时间的变化如图所示。氧化制备时，选用的加料方式是_（填字母），原因是_。A. 将、混合液与氧化所得溶液同时加入到反应容器中B. 将、混合液缓慢加入到盛有氧化所得溶液的反应容器中C. 将氧化所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中(4)转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体的原因是_。(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；_。(6)高铁酸钾可用于高铁电池，与普通高能电池相比
21、，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为，放电时正极的电极反应式为_。【答案】 (1). 去除废铁屑表面的油污 (2). (3). C (4). 避免高铁酸钠在酸性条件下分解(高铁酸钠在碱性条件下更稳定) (5). 高铁酸钾溶解度小，更易析出 (6). 高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质 (7). 【解析】【分析】废铁屑中含有、油污等杂质，用热的溶液清洗废铁屑，可以去除废铁屑表面的油污，用稀硫酸溶解，Fe、均与稀硫酸反应，生成硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢进行氧化I，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再将氧化所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，得到
22、，在溶液中再加入饱和KOH溶液，析出晶体，再经过滤、洗涤、干燥，得到晶体，据此分析解答。【详解】(1)热的溶液水解显碱性，则用热的溶液清洗废铁屑可以去除废铁屑表面的油污；(2)由以上分析知，氧化中过氧化氢将氧化为，反应的离子方程式为；(3)由图像可知，在碱性条件下可稳定存在，在酸性条件下不稳定，会发生分解，氧化I的溶液呈酸性环境，因此氧化制备时，为避免高铁酸钠在酸性条件下分解，应将氧化所得溶液缓慢加入到盛有、混合液的反应容器中，选用的加料方式应为C；(4)经过氧化得到，转化步骤中加入饱和溶液，析出晶体，是因为高铁酸钾溶解度小，更易析出；(5)高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因：高铁酸钾有强氧
23、化性，可以用于杀菌消毒；高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质；(6)根据高铁电池的总反应式中元素化合价的变化可知，放电时，在正极得电子被还原为氢氧化铁，故正极的电极反应式为。【点睛】高铁酸钾是高效复合型的水处理剂的原因叙述是学生们的弱点，相信同学们只要加强理解和记忆，就一定可以掌握。高铁酸钾有强氧化性，可以用于杀菌消毒；高铁酸钾被还原生成的水解成氢氧化铁胶体，可以吸附水中悬浮的杂质。14. 实验室模拟用溶液和溶液混合制备，再将所得与溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。通过下述实验确定该晶体组成。步骤 称取样品，放入锥形瓶，加入适量稀硫酸，微热使样品溶解，再加入水加热，用
24、溶液滴定至终点，消耗溶液。步骤 将步骤的溶液充分加热，使淡紫红色消失，溶液最终显示蓝色。冷却后，调节并加入过量固体，与反应生成沉淀和，以淀粉作指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：；回答下列问题：（1）室温下，溶液_7（填“”或“”或“=”）。（2）步骤中滴定终点的现象为_。（3）步骤中若消耗的标准溶液的体积偏大，可能的原因有_（填字母）。A.滴定前未将待测溶液充分加热B.锥形瓶水洗后未干燥C.装标准溶液的滴定管水洗后未润洗D.滴定时锥形瓶中有液体溅出（4）通过计算确定该晶体的化学式（写出计算过程）。_【答案】 (1). (2). 溶液由蓝色恰好变为无色，且30秒内不变色 (3).
25、 AC (4). 【解析】【分析】根据KHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，由电离常数和水解常数判断相对大小，进而判断溶液的酸碱性；根据滴定原理，结合I2使淀粉变蓝，判断滴定终点现象；根据氧化还原滴定，由反应，分析消耗的标准溶液的体积偏大的原因；根据题中所给数据，结合氧化还原反应，由得失电子守恒计算该晶体的化学式。【详解】（1）溶液中存在HC2O4-H+C2O42-电离平衡，Ka2=5.410-5，KHC2O4水解反应为：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，其水解平衡常数为Kh2=1.910-13，在KHC2O4溶液中，HC2O4-电离呈酸性，HC2O4-水解呈碱性，由Ka2=5.41
26、0-5Kh2=1.910-13可知，电离程度大于水解程度，故KHC2O4溶液呈酸性，pH7，答案为。（2）步骤II化学反应是；，用标准溶液滴定I2，淀粉作指示剂，开始呈现蓝色，滴定到终点，现象为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复；答案为加入最后一滴Na2S2O3的标准液于锥形瓶中，溶液由蓝色恰好变为无色，且30s不恢复。（3）A滴定前未将待测溶液充分加热，待测溶液中可能含有MnO4-，高锰酸根离子能够氧化碘离子，使得碘单质的物质的量增加，消耗更多的Na2S2O3，消耗的标准溶液的体积偏大，故A符合题意；B锥形瓶水洗后未干燥，不影响滴定，对滴定结
27、果无影响，故B不符合题意；C装标准溶液的滴定管水洗后未润洗，标准液被稀释，滴定时消耗的体积增大，故C符合题意；D滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，标准液消耗量减小，消耗标准溶液的体积变小，故D不符合题意；答案AC。（4）由反应可知，C2O4-与MnO4-完全反应，消耗MnO4-的物质的量为n(MnO4-)=0.1000molL-10.032L=3.210-3mol，样品中C2O4-的物质的量为n(C2O4-)=3.210-3mol=8.010-3mol，由，可知，关系式为2S2O32-I22Cu2+，得出n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.2500molL-10.016L=4.010-
28、3mol，根据电荷守恒原理：n(K+)=2n(S2O32-)-2n(Cu2+)=28.010-3mol-24.010-3mol=8.010-3mol，根据质量守恒原理：m(H2O)=1.4160g-8.010-3mol39g/mol-4.010-3mol64g/mol-8.010-3mol88g/mol=1.4160g-0.312g-0.256g-0.704g=0.144g，n(H2O)=810-3mol，则n(K+)：n(Cu2+)：n(C2O42-)：n(H2O)= 8.010-3：4.010-3：8.010-3：810-3=2：1：2：2，该晶体的化学式为K2Cu(C2O4)22H2O；
29、答案为K2Cu(C2O4)22H2O。15. 溴化亚铜是一种白色粉末，不溶于冷水，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢被氧化。实验室制备的步骤如下：(1)反应在如图所示实验装置的三颈烧瓶中进行，实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的_（写化学式）。(2)反应中：三颈烧瓶中反应生成的离子方程式为_；烧杯中发生反应的化学方程式为_。(3)过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，原因是_。(4)洗涤步骤中，依次用溶有少量的水、溶有少量的乙醇、纯乙醚洗涤。洗涤剂需“溶有”的原因是_。(5)欲利用上述装置烧杯中的吸收液制取较纯净的无水晶体。(水溶液中、随的分布，的溶解度曲线如题图所示)。 请补充完整实验
30、方案须用到(贮存在钢瓶中)、计：_；加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；_；用无水乙醇洗涤2-3次；放真空干燥箱中干燥。【答案】 (1). (2). (3). (4). 防止见光分解 (5). 防止被氧化 (6). 向烧杯中继续通入，用计测量溶液的，若约为10，停止通 (7). 在高于34条件下趁热过滤【解析】【分析】反应中，在三颈烧瓶中铜离子被还原为亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，再经过滤、洗涤、干燥得到，烧杯中过量的NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境；同时需结合题干中有关物质性质的已知信息进行作答。【详解】(1)由已知信
31、息知，溴化亚铜能被氧气慢慢氧化，因此本实验反应中用二氧化硫还原铜离子生成溴化亚铜要排除空气中氧气的干扰，因此实验所用蒸馏水需经煮沸，目的是除去水中的；(2)反应中，铜离子被二氧化硫还原成亚铜离子，与溴离子反应生成CuBr沉淀，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式为： ；烧杯中NaOH溶液用于尾气处理，吸收多余的SO2气体，防止SO2逸出污染环境，NaOH溶液是过量的，则产物为Na2SO3，故发生反应的化学方程式为；(3)由已知信息知，溴化亚铜见光会分解，所以过滤步骤中，需要在避光的条件下进行，是为了防止CuBr见光分解；(4)由已知信息知，溴化亚铜在空气中会慢慢被氧化，所
32、以洗涤步骤中，洗涤剂需“溶有”是为了防止被氧化；(5)上述装置烧杯中过量的NaOH溶液吸收生成，且NaOH有剩余，因此为制取较纯净的无水晶体，结合水溶液中、随的分布图可知：应先向烧杯中继续通入，与剩余的NaOH反应，并用计测量溶液的，若约为10，停止通，从而得到溶液；根据的溶解度曲线可知在温度高于34的条件下溶解度逐渐减小，因此在加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，防止被氧化的同时，加热浓缩溶液至有大量晶体析出；再在高于34条件下趁热过滤，得到晶体；再用无水乙醇洗涤2-3次，除去晶体表面的可溶性杂质；最后放真空干燥箱中干燥。【点睛】本题第(5)问的趁热过滤是学生们的易混点，学生们往往忽略在的溶解度
33、曲线中的溶解度随温度的变化，没有注意到在温度高于34的条件下溶解度逐渐减小，因此在步骤加热浓缩溶液至有大量晶体析出后，直接填写过滤，这样可能会导致部分又重新溶解，或者温度过低的话，还会有析出，因此需要在高于34条件下趁热过滤，得到晶体。16. 二氧化氯()具有强氧化性，协同氨法同时脱硫脱硝具有高脱除率。(1)单独参与脱硝过程中发生以下反应： 则反应的_(2)的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响分别如图所示， 最适宜的浓度为_；时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是_时，会发生歧化反应：，当有完全反应时，转移电子数目为_；歧化反应生成的也可以作为氧化剂进行脱硝反应，写出碱性条件下将氧化为的离
34、子方程式_。(3)工业上以不锈钢材料为阴极，表面覆盖金属氧化物的石墨为阳极，电解溶液制备。写出阳极产生的电极反应式_；此方法的缺点是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有_。【答案】 (1). (2). 175 (3). 增加，氧化性减弱，脱硝效率下降 (4). 0.1 (5). (6). (7). 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算反应热；(2)根据的浓度、吸收液对脱硫脱硝效率的影响图像分析解答；根据电子转移计算；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式；(3)根据电解原理分析解答。【详解】(1)已知热化学方程式： ； ； ；根据盖斯定律可知，由+可得目标方程式，则反应；(
35、2)由图可知，的浓度为175时，脱硫效率最高，而高于175时，脱硝效率增大不明显，故最适宜的浓度为175；时，随着的增大，的脱除率下降，其可能的原因是增加，氧化性减弱，脱硝效率下降；时，会发生歧化反应：，该反应中，+4价的Cl，既有化合价升高到+5价，又有化合价降低到+3价，故有2mol参加反应时，转移1mol电子，则当有完全反应时，转移电子数目为0.1；在碱性条件下可以将氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为；(3)电解池中阳极发生氧化反应，电解溶液制备时，Cl元素由-1价升高为+4价，则该过程应在阳极发生，则阳极产生的电极反应式为；阳极也可能发生反应，故此方法的缺点
36、是所得产品纯度不高，气体中所含的杂质可能有。【点睛】第(3)问根据已知信息可知，要用该电解池装置电解溶液制备，根据电解原理可知阳极产物应为，而不是我们平常认为的，当题目中有已知信息时，我们要按信息去解答题目，不能想当然作答。17. 用、可以制备含有的悬浊液，该悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米。(1)基态的核外电子排布式为_。(2)与互为等电子体的一种分子为_（填化学式）。(3)与反应能生成，中的配位原子为_（填元素符号）。(4)乙醛()中碳原子的轨道杂化类型是_；中含有键的数目为_。(5)一个晶胞(见图)中，原子的数目为_。【答案】 (1). 或 (2). HF (3). O
37、 (4). 、 (5). 6 (6). 4【解析】【分析】(1)根据核外电子排布规律书写；(2)根据等电子体的概念解答；(3)根据配位键的概念分析；(4)根据轨道杂化理论分析；(5)根据晶胞的结构分析计算。【详解】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为或，Cu原子失去4s轨道的1个电子和3d轨道的1个电子后变成，故基态的核外电子排布式为或；(2)原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，与互为等电子体的一种分子可以为HF；(3)与反应能生成，中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键，所以中的配位原子为O；(4)乙醛()中甲基上的C原子形成4个键，无孤电子对
38、，价层电子对数为4，故甲基上的C原子采取sp3杂化；醛基中的C原子形成3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，故醛基上的C原子采取sp2杂化；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol 键；(5)一个晶胞中，白球的个数为，黑球的个数为4，又Cu2O中Cu和O的个数比为2:1，故白球为O原子，黑球为Cu原子，故一个晶胞中，原子的数目为4。【点睛】有机物中C原子的杂化方式：若C原子形成4个键，采取sp3杂化，如甲烷的碳原子、乙醛中甲基上的碳原子等；若C原子形成3个键，即C原子形成双键，如碳碳双键或碳氧双键等，采取sp2杂化，如乙烯，醛基上的碳原子等；若C原子形成2个键，即C原子形成三键，如碳碳三键，采取sp杂化，如乙炔等。