江苏省连云港市灌南县、灌云县联考2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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满分：100分 考试时长：75分钟
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5 Cu-64
一、选择题(每题只有一个答案，每小题3分，共39分)
1. 我国承诺2060年前实现碳中和：碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。下列不利于实现“碳中和”的是
A. 植树造林B. 节能减排C. 焚烧秸秆D. 风力发电
【答案】C
【解析】
【详解】A．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，A正确；
B．采取节能低碳生活方式，可以减少碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，B正确；
C．焚烧秸秆会产生二氧化碳，不利于实现“碳中和”，C错误；
D．风能是可再生的清洁能源，不会排放二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，D正确；
故选C。
2. 反应NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3可用于处理含NaCN的废水。下列说法正确的是
A. NaCN既含离子键又含共价键B. H2O2是非极性分子
C. 中子数为10的氧原子可表示为OD. NH3的电子式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCN为离子化合物，既含离子键又含碳氮共价键，A正确；
B．过氧化氢的空间构型为半开书页型，正负电荷重心不重合，是极性分子，B错误；
C．中子数为10的氧原子质量数为18，C错误；
D．NH3的电子式为，D错误；
答案选A。
3. 当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应：
NaN3+ KNO3= K2O + Na2O + N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(Na+) < r(N3-)B. 电负性大小：χ(N) > χ(O)
C. 第一电离能：I1(K) > I1(Na)D. 碱性强弱：KOH < NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠离子和氮离子电子层数相同，但氮离子的核电荷数更小，半径更大，A正确；
B．非金属性O＞N，所以电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B错误；
C．最外层电子数相同，电子层数越多，第一电离能越小，所以电离能大小：I1(Na)＞I1(K)，C错误；
D．同主族自上而下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，所以碱性：KOH＞NaOH，D错误；
综上所述答案为A。
4. 已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制取Cl2B. 用装置乙除去 Cl2中的HCl
C. 用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4D. 用装置丁分离出溶液中的MnO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
答案选B。
5. TiO2的“纳米材料"有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。TiCl4熔点为-25℃，沸点为136.4℃，易溶于有机溶剂。制取TiO2的反应为：①2FeTiO3+7Cl2+3C2TiCl4+2FeCl3+3CO2；②TiCl4+O2=TiO2+2Cl2。下列说法正确的是
A. 基态Ti原子核外价电子排布式为4s2
B. Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子
C. TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4
D. 反应①中被氧化的元素不止一种
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A错误；
B．Cl2和CO2都是非极性分子，Cl2中含Cl—Cl非极性键，CO2中含C=O极性键、不含非极性键，B错误；
C．TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体，C错误；
D．反应①中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由0价升至+4价，被氧化的元素不止一种，D正确；
答案选D。
6. 下列表述正确的是
A. 向0.1 ml·L-1、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液的离子方程式：HA-＋OH-=A2-＋H2O
B. 常温下水电离的c(H＋)=1×10-12 ml·L-1溶液中：Cl-、NO、NH、S2-一定能大量共存
C. 稀NaOH溶液与稀HCl中和的热化学方程式：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O △H=-57.3 kJ·ml-1
D. NH4HCO3稀溶液与足量NaOH稀溶液反应的离子方程式：NH＋HCO＋2OH-=NH3·H2O＋CO
【答案】D
【解析】
【详解】A． 0.1 ml·L-1、pH=1的NaHA溶液，可知为强酸的酸式盐，加入NaOH溶液的离子方程式：H++OH-=H2O，故A错误；
B． 常温下水电离的c(H＋)=1×10-12 ml·L-1溶液，为酸或碱溶液，在酸性条件下，NO、H＋、S2-不能大量共存，硝酸根将硫离子氧化，故B错误；
C． 热化学方程式中要注明状态，稀NaOH溶液与稀HCl中和的热化学方程式：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ·ml-1，故C错误；
D． NH4HCO3稀溶液与足量NaOH稀溶液反应生成一水合氨和碳酸钠，离子方程式：NH＋HCO＋2OH-=NH3·H2O＋CO，故D正确；
故选D。
7. 我国拟定于2022年底发射“爱因斯坦”探针卫星，首次填补时域天文观测和高能天体物理研究的国际空白。X射线主探器单体结构如图，下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. 金属铍有延展性，可作主探器的射线窗
B. 石英对光线全反射，可作光导材料
C. SiO2属于原子晶体，可作耐高温材料
D. NaI、CsI遇光易分解，作为闪烁体
【答案】D
【解析】
【详解】A．铍窗利用了铍的延展性，将铍做成铍片，A不选；
B．石英对光线全反射，传导光的能力非常强，可作光导材料，B不选；
C．SiO2属于原子晶体，熔点很高，可作耐高温材料，C不选；
D．NaI、CsI能作为闪烁体的原因是：吸收高能粒子，闪烁体中的电子被激发跃迁后又回到基态，释放光能而发光，不涉及化学变化，即不涉及NaI、CsI的分解，D选；
答案选D。
8. 某多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确是
A. 气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B. N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C. 制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D. 每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；
B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；
C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；
D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。
故选D。
9. 由于化石燃料的长期大量消耗，传统能源逐渐枯竭，而人类对能源的需求量越来越高，氢能源和化学电源的开发与利用成为全球发展的重要问题。科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如图所示，该电池在常温下即可工作，总反应为。下列说法错误的是
A. b室为该原电池的正极区
B. a室发生的电极反应式为
C. 放电过程中，通过质子交换膜由b室移向a室
D. 其他条件不变，向溶液中加入适量硫酸能增大电流强度
【答案】C
【解析】
【分析】以氨硼烷电池工作时的总反应为：可知，左侧通入电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为：；右侧所在电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：。
【详解】右侧所在电极为正极，发生得电子的还原反应，b室为该原电池的正极区，故A正确；
B．左侧通入电极为负极，a室为该原电池的负极区，电极反应为：，故B正确；
C．原电池中阳离子移向正极，电池工作时，通过质子交换膜向正极移动，由a室移向b室，故C错误；
D．右侧为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为，反应条件为酸性，所以向溶液中加入适量硫酸，能增强的氧化性、增大电流强度，故D正确；
故选：C。
10. 液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生NH和NH。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。在有NH存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。对于反应2NO2(g) N2O4(g)，下列说法正确的是
A. 该反应的H ＞ 0
B. 该反应的平衡常数表达式为K=
C. 升高温度，该反应的正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化氮的二聚为放热反应，H< 0，A错误；
B．根据方程式可知，该反应的平衡常数表达式为K=，B错误；
C．升高温度，正逆反应速率均增大，C错误；
D．将反应器容积压缩为原来的一半，虽然平衡正向移动，但根据勒夏特列原理原理可知总体来说二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，D正确；
故选D。
11. 下列实验方案设计能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将混合气体依次通过足量的氢氧化钠溶液除去二氧化碳、浓硫酸除去水蒸气、灼热的铜网除去氧气，最后用真空气囊收集纯净干燥的氮气，A正确；
B．取少量固体溶于水，加入足量稀硝酸酸化，会将亚硫酸根氧化为硫酸根，会与氯化钡生成沉淀，不能检验是否部分变质，B错误；
C．等体积等pH的HA与HB两种酸溶液分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HA的酸性更弱，酸性：HA＜HB，C错误；
D．将0.1ml·L-1 FeCl3溶液与0.2ml·L-1 KI溶液等体积混合，振荡，再加入2mL CCl4，振荡，静置后下层为紫红色，说明有碘生成，则铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，二者按1:1反应，碘离子过量，但是无法证明溶液中还含有三价铁离子，所以不能说明I-和Fe3＋反应有一定的限度，D错误；
答案选A。
12. 常温下，H2A是一种易溶于水的二元酸，将NaOH溶液滴入等物质的量浓度的H2A溶液中，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 常温下，H2A的一级电离平衡常数Ka1=10-6.27
B. 当V(NaOH溶液)：V(H2A溶液)=1：1时，c(H＋)-c(OH-)=2c(A2-)-c(H2A)
C. 当pH=6.27时，c(A2-)=c(HA-)>c(H＋)>c(OH-)
D 当溶液呈酸性时，c(Na＋)>2c(A2-)＋c(HA-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像中c(H2A)=c(HA-)，常温下，H2A⇌HA-+H+的电离平衡常数Kal=c(H+)=10-3.30，A错误；
B．等物质的量浓度时，V(NaOH溶液)：V(H2A溶液)=1：1，则溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故质子守恒为：c(H＋)－c(OH－)＝c(A2-)－c(H2A)，B错误；
C．pH=6.27，c(A2-)=c(HA-)，溶液显酸性，溶液中离子浓度关系为：c(A2-)=c(HA-)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确；
D．溶液中存在电荷守恒分析判断，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，当溶液呈酸性即c(H+)＞c(OH-)，故有c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
故答案为：C。
13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=﹣165kJ·ml-1
CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= +41kJ·ml-1
催化剂选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。
CH4选择性=×100%
下列有关说法正确的是
A. 在260℃~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变
B. 延长W点的反应时间，一定能提高CO2的转化率
C. CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH=﹣206kJ·ml-1
D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．在260℃~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂时，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，故A错误；
B．W点可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，故B错误；
C．已知：①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=﹣165kJ·ml-1，②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= +41kJ·ml-1，根据盖斯定律，由①-②可得CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH=﹣206kJ·ml-1，故C正确；
D．由图可知，对应的时间内以Ni为催化剂，CO2转化率明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，320℃时，以Ni-CeO2为催化剂，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，而以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，因此高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，故D错误；
答案选C。
二、非选择题(4小题，共61分)
14. d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
（1）我国科学家用Mg3N2和TiCl4，制备超导材料TiN，反应原理为4Mg3N2 + 6TiCl4 =6TiN +12MgCl2 +。
①钛元素在元素周期表中的位置_______。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
TiCl4 属于_______晶体，应用所学知识解释Mg3N2的熔点大于MgCl2的原因_______。
③写出惰性电极电解MgCl2得到单质Mg的化学方程式_______。
（2）PtCl2(NH3)2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt(OH)2(NH3)2，但只有甲的水解产物能与草酸(HOOC-COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2。
①草酸(HOOC-COOH)分子中碳的杂化方式为_______。
②PtCl2(NH3)2发生水解反应的化学方程式是_______。
③Pt(OH)2(NH3)2中的键角大于NH3分子中的键角，请结合所学知识解释原因_______。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构_______。
【答案】（1） ①. 第四周期ⅣB族 ②. 分子 ③. 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 ④. MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
（2） ①. sp2 ②. PtCl2(NH3)2+2H2OPt(OH)2(NH3)2+2HCl ③. Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子 ④.
【解析】
【小问1详解】
①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，故答案为：第四周期ⅣB族；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低，故为分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
【小问2详解】
①草酸(HOOC-COOH)分子中碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物空间结构为，故答案为：。
15. 温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
（1）与重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程涉及如下反应：
反应①：；
反应②：；
反应③：；
一定条件下，向体积为V L的密闭容器中通入、各1.0ml及少量，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a代表产物_______。
②当温度高于900K，的产量随温度升高而下降的主要原因是_______。
（2）电催化转化合成气：电还原反应机理如图所示，由图可知，催化剂选择纳米(纳米指的是含55个原子的纳米颗粒)，理由是_______。该过程中，发生还原反应的步骤为_______(填“I”“II”或“III”)。
（3）电池能将二氧化碳(CO2)高效转化，研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤III的离子方程式。
I. II.
III._______ IV.
（4）2021年9月，《科学》杂志发表论文，介绍人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步，是先将二氧化碳还原为甲醛。
请写出前两步总反应的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. H2 ②. H2O分解生成H2和O2
（2） ①. 活化能低 ②. I、II
（3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO; 虽然反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O 的含量增大，但温度过高，同时会发生反应分解反应：H20(g)02(g)+H2(g)，此反应为氢气的燃烧生成气态水的逆反应，为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2O 的含量减小，而且程度更大，故答案为：H2O分解生成H2和O2;
【小问2详解】
如图可知，纳米Au55活化能降低的更多，催化效果更好，反应速率更快；由图可知：CO2→ COOH→ CO，化合价+4→+3→+2，所以发生还原反应的步骤为I、II；
【小问3详解】
活泼金属Li失去电子发生氧化反应，为负极，CO2在正极发生还原反应，Li-CO2电池的总反应式为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，正极反应式为3CO2 +4Li+ + 4e- = 2Li2CO3 + C，根据已知步骤I.，II.和IV，所以III应该为：；
【小问4详解】
由图可知，前两步反应物为CO2、 H2、H2O2，生成物CH2O，所以化学方程式为：。
16. CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如图：
（1）若“溶解浸取”步骤中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是_______。
（2）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1所示。
①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_______。
②当1.0（3）“水洗”步骤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______。
A. HCl B. H2SO4 C.HNO3
（4）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为_______。
（5）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用aml/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数 _______(写计算过程)。
【答案】（1）CuSO4
（2） ①. 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ ②. 适当增大c(Cl-)，有利于平衡Cu+(aq)+Cl-(aq) CuCl(s)向生成CuCl方向移动
（3）B （4）4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl
（5）%
【解析】
【分析】海绵铜(Cu和少量CuO等)加入H2O、H2SO4、NaNO3溶解浸取，酸性条件下Cu被氧化成Cu2+，CuO与H2SO4反应生成CuSO4，过滤除去不溶性杂质，得到CuSO4溶液，加入将Cu2+还原成Cu+，加入NaCl生成CuCl沉淀，过滤得到CuCl粗产品。
【小问1详解】
根据分析可知“溶解浸取”步骤中得到的氧化产物是CuSO4；
【小问2详解】
①根据分析可知CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
②当1.0【小问3详解】
A.因为CuCl溶于浓盐酸，不能用HCl 溶液洗涤，A项错误；B.pH=2的H2SO4溶液可以洗涤CuCl；C.Cu+容易被氧化，HNO3具有强氧化性，不能用HNO3溶液洗涤，C项错误；答案选B；
【小问4详解】
根据题意，当滤渣表面有水时，CuCl被空气氧化为Cu2(OH)3Cl，化学反应方程式为：4CuCl+O2 +4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
【小问5详解】
氯化亚铜样品中加入过量的FeCl3溶液，离子反应方程式为：，然后用K2Cr2O7溶液氧化反应生成的，反应中Cr2O被还原为Cr3+，则离子反应方程式为：，得出，则，样品中CuCl的质量分数为：。
17. 有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·ml-1
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·ml-1
反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=___。
（2）磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___。
②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是___。
③当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是___。
（3）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。
在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。
①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为___。
②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___。
【答案】（1）-1196kJ·ml-1
（2） ①. Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O ②. 随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加 ③. OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，促使溶液中氨氮的去除率下降
（3） ①. NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH ②. 酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行
【解析】
【小问1详解】
由已知方程式①×2-②可得目标方程式，结合盖斯定律知，=2×(-566) kJ/ml-64 kJ/ml=-1196 kJ/ml，故此处填：-1196 kJ/ml；
【小问2详解】
①由题意知，Mg2+结合NH、 形成沉淀MgNH4PO4，HPO提供，对应离子方程式为：Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O
②随着pH的增大，OH-浓度增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加；
③OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，导致溶液中氨氮的去除率下降；
【小问3详解】
①铁失去电子，NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH；
②酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。选项
目的
方案设计
A.
收集干燥纯净的N2 (杂质O2、CO2)
将混合气体依次通过足量的氢氧化钠溶液、浓硫酸、灼热的铜网，最后用真空气囊收集
B.
探究Na2SO3是否变质
取少量固体溶于水，加入足量稀硝酸酸化，再加入BaCl2溶液
C.
酸性：HA>HB
等体积等pH的HA与HB两种酸溶液分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多
D.
I-和Fe3＋反应有一定的限度
将0.1ml·L-1 FeCl3溶液与0.2ml·L-1 KI溶液等体积混合，振荡，再加入2mL CCl4，振荡，静置后下层为紫红色
Mg3N2
TiCl4
MgCl2
TiN
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)