1、江苏省扬州市2020届高三化学6月调研考试试题（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15题，共40分、非选择题第1题第21题，共80分两部分。本次考试时间为100分钟，满分120分。考试结束后，请将答题卡交回。2答题前，请考生务必将自己的学校、班级、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。4如有作图需要，可用2B铅
2、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 1C 12N 14O 16Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56选择题（共40分）一、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.下列关于亚硝酸（HNO2）的说法正确的是A. 能与NaOH溶液反应B. 能使酚酞试液变红C. 只有氧化性D. 只有还原性【答案】A【解析】【详解】A亚硝酸属于酸，能和NaOH发生中和反应，故A符合题意；B酚酞遇碱变红，亚硝酸属于酸，不能使酚酞变色，故B错误；C亚硝酸中的N元素、O元素都不是最高价态，所以具有还原性，故C错误；D亚硝酸中的N元素、H元素都不
3、是最低价态，所以具有氧化性，故D错误；故答案为A。2.反应PH3 + HCl + 4HCHO = P(CH2OH)4Cl的产物常被用作棉织物的防火剂。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A. 中子数为20的氯原子：ClB. HCHO结构式：HCOHC. O2的结构示意图：D. PH3的电子式：【答案】D【解析】【详解】A中子数为20的氯原子的质量数为20+17=37，原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，所以符号为Cl，故A错误；BHCHO中含碳氧双键，结构式为，故B错误；CO元素为8号元素，O原子得到两个电子形成氧离子，结构示意图为，故C错误；DPH3中P原子和每个H原子共用一对电子，
4、还含有一对孤电子对，电子式为，故D正确；故答案D。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 乙烯具有还原性，可用于生产聚乙烯B. Al2O3熔点高，可用作耐高温材料C. CaO能与H2O反应，可用作废气的脱硫剂D. Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作红色颜料【答案】B【解析】【详解】A乙烯可以发生加聚反应得到聚乙烯，作为聚合物聚乙烯的单体，不是因为乙烯的还原性，故A错误；B熔点高的物质可以作耐火材料，Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故B正确；CCaO能与H2O反应，故可以用作干燥剂，CaO能与二氧化硫、氧气发生化学反应生成硫酸钙，可用作废气的脱硫剂，故C错误；DFe2O3能与盐酸反
5、应，故可用作除铁锈，Fe2O3是红棕色固体，可用于制作红色颜料，故D错误；答案选B。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 HCl溶液：K、SO、NOB. 0.1 molL1 H2O2溶液：NH、SO、NOC. 0.1 molL1 KSCN溶液：Fe3+、SO、ClD. 0.1 molL1 NaOH溶液：NH、SO、CO【答案】A【解析】【详解】A三种离子相互之间不反应，也不与氢离子和氯离子反应，可以大量共存，故A符合题意；B双氧水具有氧化性，会将亚硫酸根氧化，故B不符合题意；CSCN与Fe3+生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；D铵根和氢氧根会结合生
6、成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为A。5.下列实验操作能达到实验目的的是A. 用装置甲制备并收集乙酸乙酯B. 用装置乙除去CO2中的少量SO2C. 用热的纯碱溶液除去试管上的油污D. 用稀盐酸除去试管内壁上的银【答案】C【解析】【详解】A制备乙酸乙酯需要加热，且乙酸乙酯会在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，故A错误；B二氧化碳也会和碳酸钠溶液反应，无法达到分离提纯的目的，故B错误；C热的纯碱溶液显碱性，可以使油脂水解，反应生成可溶于水的高级脂肪酸钠，从而洗去油污，故C正确；D银不溶于稀盐酸，也不与稀盐酸反应，稀盐酸无法除去试管内壁上的银，可用稀硝酸
7、溶液，故D错误；故答案为C。6.下列有关化学反应的叙述正确的是A. 电解熔融MgCl2生成Mg(OH)2B. 加热NH4Cl制备NH3C. 室温下，Al和Fe2O3反应生成FeD. 铜和浓硝酸反应生成NO2【答案】D【解析】【详解】A电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，电解氯化镁水溶液可以得到氢氧化镁，故A错误；B加热氯化铵分解成HCl和NH3，生成的HCl和NH3在试管口又反应生成氯化铵，无法得到氨气，故B错误；CAl和Fe2O3在高温条件下才能反应，室温下不反应，故C错误；D浓硝酸具有强氧化性，可以和铜反应生成NO2、Cu(NO3)2和水，故D正确；故答案为D。7.下列指定反应的离子方程式正确
8、的是A. 向NaClO溶液中通入过量CO2：ClO+ CO2 + H2O = HClO + HCOB. 向FeCl3溶液中加入铜粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+C. 用NaOH溶液吸收NO2：2OH+ 2NO2 = 2NO + H2OD. 向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3+ + 3OH=Al(OH)3【答案】A【解析】【详解】A次氯酸的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，所以无论二氧化碳是否过量均生成碳酸氢根，离子方程式为ClO+ CO2 + H2O = HClO + HCO，故A正确；B向FeCl3溶液中加入铜粉正确的离子方程式为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+
9、，故B错误；C用NaOH溶液吸收NO2生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH=NO+NO+H2O，故C错误；D一水合氨为弱碱，不能写成离子，正确的离子方程式为Al3+ + 3NH3H2O=3NH+Al(OH)3，故D错误；故答案为A。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y元素的焰色为黄色，Z2+与Ne具有相同的电子层结构，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A. 原子半径：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B. X的简单气态氢化物比W的稳定C. Z的最高价氧化物的水化物的碱性比Y的强D. X与W只能形成一种氧化物【答案】B【
10、解析】【分析】X原子的最外层电子数是电子层数的3倍，所以其电子层结构为2、6，则X为O元素；Y元素的焰色为黄色，则Y为Na元素；Z2+与Ne具有相同的电子层结构，则Z为Mg元素，W与X位于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。【详解】A电子层数越多原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种原子的半径：NaMgSO，即r(Y) r(Z) r(W) r(X)，故A错误；B非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，同主族元素自上而下非金属性减弱，所以O的非金属性大于S，则O的简单气态氢化物比S的稳定，故B正确；C金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，Mg的金属性弱于Na，所以Mg的
11、最高价氧化物的水化物的碱性比Na的弱，故C错误；DO元素和S元素可以形成SO2、SO3两种氧化物，故D错误；故答案为B。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. HCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)B. Cu(OH)2(s) CuO(s) CuSO4(aq)C. N2(g) NH3(g) NH4NO3(s)D. Al2O3(s) AlCl3(aq) AlCl3(s)【答案】B【解析】【详解】A铁粉在氯气中燃烧只能生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B氢氧化铜受热分解成氧化铜，氧化铜可以和稀硫酸反应生成硫酸铜溶液，故B正确；C氨气和硝酸溶液反应生成硝酸铵溶液，得不到
12、硝酸铵固体，故C错误；D由于铝离子水解，HCl易挥发，所以加热蒸发氯化铝溶液得到的是氢氧化铝，故D错误；故答案为B。10.下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示一定条件下反应2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)中各物质的物质的量浓度随时间的变化，说明t2时刻仅缩小了容器的容积B. 图乙表示反应CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H0在恒容密闭容器中，其他条件相同时，仅改变反应温度，n(CH3OH)随时间的变化，说明KKC. 图丙表示用0.01 molL1 AgNO3溶液滴定浓度均为0.01 molL1的NaX、NaY混合溶液时，lgc随AgNO3溶
13、液体积的变化，说明Ksp(AgY) Ksp(AgX)D. 图丁表示25时，加水稀释10 mL pH均为5的HF与HCN溶液时，溶液的pH随溶液体积的变化，说明Ka(HCN) Ka(HF)【答案】B【解析】【详解】A若缩小容器体积，SO2、O2、SO3的浓度都会瞬间增大，而图示中SO2、O2的浓度瞬间不变，之后缓慢降低然后不变，SO3的浓度瞬间不变然后缓慢增大，所以t2时刻不可能是缩小容器的体积，故A错误；B据图可知I条件下反应达到平衡时间较长，反应速率较慢，平衡时n(CH3OH)较大，该反应为放热反应，所以TITII，放热反应温度越高，平衡常数越小，所以KK，故B正确；Clgc值越大，相应的离
14、子浓度越小，据图可知当硝酸银溶液体积相同时，c(Y)较小，所以AgY更难溶，所以Ksp(AgY)Ksp(AgX)，故C错误；D酸性越弱，同pH的酸溶液稀释相同的倍数，pH的变化越小，据图可知HF的酸性比HCN强，所以Ka(HCN)11；(4)硝酸铵浸取后溶液中的溶质主要为硝酸钙和一水合氨，通入氨气、二氧化碳，发生复分解反应，化学方程式为Ca(NO3)2+ CO2 + 2NH3 = CaCO3+ 2NH4NO3；(5)煅烧温度较低，CaCO3未完全分解，CaO的含量偏低，所以活性降低；氧化钙和水反应放热，氧化钙含量越高与样品与水反应放出的热量越多，所以也可将不同温度下的煅烧所得固体样品加入水中，
15、测量的相同时间后反应液的温度与样品煅烧温度之间的关系，来判断样品的活性。【点睛】碳化的过程与侯氏制碱法制取纯碱的原理类似，通氨气使溶液碱性增强，更好的吸收二氧化碳，同时过量的氨气可以防止碳酸氢钙的生成。17.化合物G是合成降压药替米沙坦的重要中间体，其人工合成路线如下：（1）C中含氧官能团名称为酰胺键、_和_。（2）AB的反应类型为_。（3）试剂X的分子式为C7H10N2，写出X的结构简式：_。（4）A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。是-氨基酸；苯环上有3种不同化学环境的氢原子。（5）已知：苯胺（）有还原性，易被氧化；硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯 CH3CO
16、O-+CH3NH2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）。_【答案】 (1). 酯基 (2). 硝基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 【解析】【分析】A与发生取代反应生成B，B和浓硝酸在浓硫酸的作用下发生硝化反应生成C，C发生还原反应生成D，D在氢离子作用下生成E，E中酯基水解再酸化得到F，F与X反应生成G，该过程与D生成E的过程类似，X的分子式为C7H10N2，结合F和G的结构简式，可知X的结构简式为。【详解】(1)C中的含氧官能团为酰胺基、硝基、酯基；(2)A生成B的过程中氨基上的氢原子被代替，属于取代反应；(3)根据D转化为E的
17、原理并结合F和G的结构可知，X为；(4)A为，其同分异构体满足：是-氨基酸，即含有氨基和羧基，且氨基和羧基连接在同一个碳原子上；苯环上有3种不同化学环境的氢原子，则苯环上可能有一个取代基、三个不同的取代基或两个处于间位的相同取代基。综合两个条件可知，满足条件的结构为：；(5)对比和的结构可知需要在苯环上引入两个处于邻位的氨基，根据C到D变化可知硝基可以被还原为氨基，但硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯，所以不能直接硝化硝基苯，再将硝基还原为氨基，根据A到D的过程可知可以和发生取代反应生成，而且该物质取代基的邻位可以发生硝化反应，根据题干信息可知该物质的取代基可以在碱性环境中生成氨基，综上所述，合成
18、路线可以设计为：。【点睛】本题难点为合成路线的设计，一是要注意题目信息：硝基苯直接硝化产物为间二硝基苯，而产物有两个处于邻位的氨基，所以不能直接硝化再还原；二是充分利用题目所给的流程，分析物质的结构特点、各步反应中官能团的变化，找出相关信息。18.聚合氯化铁Fe2(OH)nCl6-nm简称PFC，是一种新型高效的无机高分子净水剂。以FeCl24H2O为原料，溶于稀盐酸并加入少量的NaNO2，经氧化、水解、聚合等步骤，可制备PFC。(1)在稀盐酸中，NaNO2会与Fe2+反应生成一种无色气体M，气体M对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M的化学式为_； Fe2+在酸性条件下被O2氧化的离子
19、方程式为_。(2)盐基度B 100%是衡量净水剂优劣的一个重要指标。盐基度越小，净水剂对水pH变化的影响_。(填“越大”、“越小”或“无影响”)(3)PFC样品中盐基度(B)的测定：已知：PFC样品的密度 = 1.40 gmL1，样品中铁的质量分数(Fe) = 16% 步骤1：准确量取1.00 mL PFC样品置于锥形瓶中。步骤2：加入一定体积0.05000 molL1的盐酸标准溶液，室温静置后，加入一定体积的氟化钾溶液(与Fe3+反应，消除Fe3+对实验的干扰)，滴加数滴酚酞作指示剂，立即用0.05000 molL1氢氧化钠标准溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准溶液13.00 mL。步骤3：准
20、确量取1.00 mL蒸馏水样品置于锥形瓶中，重复步骤2操作，消耗氢氧化钠标准溶液49.00 mL。根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程)_。【答案】 (1). NO (2). 4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O (3). 越大 (4). 样品中OH的物质的量浓度： n(OH) n1(NaOH) n2(NaOH) 0.05000 molL1 (49.00 13.00) 103L1.8 103mol；c(OH) 18 103molL1；样品中Fe3+的物质的量浓度： c(Fe3+) 4.0 103molL1；B 100% 100% 15%。【解析】【分析】(3
21、)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B 100%；先根据样品的密度、铁的质量分数计算所取样品中Fe3+的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应，加入KF消除Fe3+对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸馏水重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。【详解】(1)在稀盐酸中，NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+，该过程中NaNO2应作为氧化剂，据图可知，M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+，铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应为NO；Fe2+在酸性条件下被O2氧化，应生成Fe3+，根据电子守
22、恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2+ O2+ 4H+= 4Fe3+ 2H2O；(2)盐基度B 100%，盐基度越小，Fe2(OH)nCl6-nm中n的值越小，则c(OH)越小，生成的Fe(OH)3胶体的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越强，对水pH变化的影响越大；(3)根据分析，样品中OH的物质的量浓度： n(OH) n1(NaOH) n2(NaOH) 0.05000 molL1 (49.00 13.00) 103L1.8 103mol；c(OH) 1.8 103molL1；样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+) 4.0 103molL1；B 100% 100% 15%。【
23、点睛】本题难点是盐基度的计算，首先要理解盐基度的含义；其次是氢氧根浓度的确定，理解两次滴定的作用，本实验中是通过只加盐酸不加样品，利用NaOH标准液的量来确定盐酸标准液的量，再利用两次滴定的差值确定样品中氢氧根消耗的盐酸标准液的量。19.实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属)中回收铜，其实验流程如下：已知：一定pH范围内，Cu2+、Zn2+等能与氨形成配离子。(1)“氨浸”在题图-1所示的装置中进行。鼓入空气，金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+，其离子方程式为_；空气流量过大，会降低Cu元素的浸出率，其原因是_。“氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4
24、)2SO4固体，有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+，其原因是_。(2)洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是_。(3)滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH，还含有一定量的Zn(NH3)42+。其中铜氨配离子的离解反应可表示为：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(aq)，该反应的平衡常数表达式为_；某有机溶剂HR可高效萃取离解出的Cu2+(实现Cu2+与Zn2+的有效分离)，其原理为(org表示有机相)：Cu2+(aq) + 2HR(org) CuR2(org) + 2H+(org)；再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液。 结合题图-2
25、和题图-3，补充完整以滤液为原料，制取较纯净CuSO45H2O晶体的实验方案：_，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。(实验中可选用的试剂：有机溶剂HR、2molL1硫酸、3molL1硫酸)。【答案】 (1). 2Cu + 8NH3 H2O + O2 = 2Cu(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O (2). 空气流量过大，氨的挥发量增多，铜的浸出率减小 (3). 增加NH 的浓度，会抑制NH3 H2O的电离平衡，增大溶液中NH3H2O浓度 (4). 提高铜元素的利用率 (5). (6). 将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合，充分振荡，静置分层。分液，取有机相，加入适量2 molL1硫酸，充
26、分振荡，静置分层。分液，取水相【解析】【分析】金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属)加入氨水同时通入空气进行氨浸，Cu、Zn被氧化后和氨水形成配合物溶于水中，过滤除去Fe、Pb等金属；得到的滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH，还含有一定量的Zn(NH3)42+；之后利用有机溶剂HR萃取Cu2+，萃取后再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液，之后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸铜晶体。【详解】(1)鼓入空气，金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+，氧化剂应为氧气，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu + 8NH3 H2O + O2= 2
27、Cu(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O；空气流量过大，氨的挥发量增多，导致铜的浸出率减小； “氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固体，可增加NH 的浓度，会抑制NH3 H2O的电离平衡，增大溶液中NH3H2O浓度，有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+；(2)洗涤滤渣所得的滤液中含有铜元素，洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并可提高铜元素的利用率；(3)铜氨配离子的离解反应可表示为：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(aq)，其平衡常数表达式为；据图可知当有机相和水相体积比为1:1时，铜的浸取率已经很高，继续增大有机相的体积浸取率有所下降，所以萃取
28、时有机相和水相体积比取1:1；据图可知当硫酸的浓度为2mol/L和3mol/L时反萃取率相差不大，但浓度过大会造成硫酸的浪费，所以反萃取时硫酸的浓度选2mol/L，具体操作为：将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合，充分振荡，静置分层。分液，取有机相，加入适量2 molL1硫酸，充分振荡，静置分层。分液，取水相，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。【点睛】回答第1小题第3小问时，要注意平衡移动原理的应用，一水合氨电离出铵根，加入铵根可以使平衡逆向移动，使一水合氨浓度增大。20.有效脱除烟气中的SO2是环境保护的重要课题。(1)氨水可以脱除烟气中的SO2。氨水脱硫的相关热化学方程式如下：2NH3(g
29、) +H2O(l) +SO2(g) =(NH4)2SO3(aq) H= akJmol1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) H = bkJmol12(NH4)2SO3(aq) +O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H =ckJmol1反应NH3(g) +NH4HSO3(aq) +O2(g) = (NH4)2SO4(aq)的H=_kJmol1。已知：SO2的国家排放标准为80mgm3。氨水脱除烟气中的SO2是在吸收塔中进行的，控制其他实验条件相同，仅改变吸收塔的温度，实验结果如题图-1所示，为了尽可能获得NH4HSO3，则吸收塔合适的温度约
30、为_。A25 B31 C35(2)电解法可以脱除烟气中的SO2。用Na2SO4溶液吸收烟气中的SO2，使用惰性电极电解吸收后的溶液，H2SO3在阴极被还原为硫单质，阴极的电极反应式为_。(3)钠钙双碱法可高效脱除烟气中的SO2，脱硫的流程如题图-2所示。“吸收”时气液逆流在吸收塔中接触，吸收时不宜直接使用石灰乳的原因是_。水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如题图3所示，“再生液”用NaOH溶液调pH至79得到溶液X，溶液X吸收SO2时主要反应的离子方程式为_。已知Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小。溶液X的pH对脱硫效率的影响如题图-4所示。当pH由6升高到7时，脱硫效率迅速增大
31、的原因为_；当pH大于7时，随pH增大脱硫效率增速放缓的原因为_。【答案】 (1). (2). B (3). H2SO3 + 4e + 4H+ = S+ 3H2O (4). 使用石灰乳会生成难溶的CaSO3，引起吸收塔堵塞 (5). SO+ SO2 + H2O = 2HSO (6). “再生液”中Na2SO3的浓度增大，吸收SO2的效率增强 (7). 随着pH进一步增大，“再生液”中Na2SO3的溶解度因pH增大而减小，Na2SO3会析出，Na2SO3浓度减小，脱硫效率增速放缓。【解析】【分析】利用盖斯定律进行计算，选择合适温度时，要使NH4HSO3的含量较多，二氧化硫和氨气的含量较少。根据化
32、合价的变化写出电极反应式。二氧化硫会与石灰乳反应产物亚硫酸钙的溶解性分析。根据图像可以看出亚硫酸根的浓度在增大，写出亚硫酸根与二氧化硫反应的离子方程式。“再生液”中Na2SO3的浓度变化分析吸收效率的变化。根据Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小分析。【详解】(1)2NH3(g) +H2O(l) +SO2(g) =(NH4)2SO3(aq) H= akJmol1(NH4)2SO3(aq)+H2O(l) +SO2(g) =2NH4HSO3(aq) H = bkJmol12(NH4)2SO3(aq) +O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H =ckJmol1根据盖斯定律，将(-+)，可得
33、到反应NH3(g) +NH4HSO3(aq) +O2(g) = (NH4)2SO4(aq)的H=kJmol1；实验结果如题图-1所示，为了尽可能获得NH4HSO3，则吸收塔合适的温度约为：温度在25是亚硫酸氢铵的量不多，31时亚硫酸氢铵的含量较多，氨气和二氧化硫的量较小，符合要求，35时亚硫酸氢铵的含量较多，氨气和二氧化硫的量较多，不符合要求，选择合适的温度是31，答案选B；(2)H2SO3在阴极被还原为硫单质，硫元素的化合价从+4降低到0价，1molH2SO3失去4mol电子，阴极的电极反应式为H2SO3 + 4e + 4H+ = S+ 3H2O；(3)吸收二氧化硫时，不宜直接使用石灰乳的原
34、因是：二氧化硫与石灰乳中的氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，CaSO3属于难溶的物质，引起吸收塔堵塞； “再生液”用NaOH溶液调pH至79得到溶液X，主要含有亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液吸收SO2生成亚硫酸氢钠，主要反应的离子方程式为：SO+ SO2 + H2O = 2HSO；从图像可以看出，当pH由6升高到7时，亚硫酸钠溶液的浓度在增大，脱硫效率迅速增大的原因是“再生液”中Na2SO3的浓度增大，吸收SO2的效率增强；当pH大于7时，Na2SO3的溶解度随着pH增大而减小，亚硫酸钠会析出，亚硫酸钠浓度减小，随pH增大脱硫效率增速放缓。【点睛】选择合适的条件是考虑产率较高，产生副产物和有害物质越少越好。2
35、1.双缩脲反应可以用于测定蛋白质的含量。双缩脲反应的原理可表示如下： 双缩脲 紫红色配离子(1)Cu2+的基态核外电子排布式为_。(2)与H2O互为等电子体的一种阳离子为_(填化学式)。 (3)双缩脲分子中氮原子轨道杂化类型是_；1 mol双缩脲分子中含有键的数目为_。(4)该紫红色配离子中的配位原子为_。(5)Cu3Au的晶胞如下图所示，Cu3Au晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为_。【答案】 (1). Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2). H2F+ (3). sp3 (4). 11 NA或116.021023 (5). N、O (6). 8【解析】【分析】根据
36、构造原理写出铜原子的核外电子排布式，再写出铜离子的核外电子排布式。根据同族替换或等量代换寻找等电子体。根据氮原子的成键类型，判断杂化方式。根据单键是键，双键中一个是键一个是键，找到直接和中心原子相连的的配位体的原子是配位原子。根据Cu和Au的位置，找到每个铜原子周围距离最近的铜原子数目。【详解】(1)铜是29号元素，铜原子的核外电子排布式为：Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的基态核外电子排布式为Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；(2) H2O的价电子数为8个，原子个数为3个，与H2O互为等电子体的一种阳离子为H2F+； (3)双缩脲分子中氮原子成三个共价键，含有一个孤电子对，杂化类型是sp3杂化，根据双缩脲分子的结构，单键是键，双键中一个是键一个是键，1 mol双缩脲分子中含有键的物质的量为11mol，数目为11 NA或116.021023；(4)该紫红色配离子中与铜离子直接相连的原子是N、O，配位原子为N、O；(5)Cu3Au的晶胞中，Cu 位于面心，Au位于顶点，Cu3Au晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为8，位于此晶胞侧面的四个铜原子和位于上面的晶胞的侧面，共8个。【点睛】计算与铜原子距离最近的铜原子数目时，需要找到铜原子和金原子的位置，根据化学式推测原子所处的位置。