江苏省南京市名校2022-2023学年高二下学期4月月考调研化学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市名校2022-2023学年高二下学期4月月考调研化学试题（含解析），共34页。试卷主要包含了用高分子吸附树脂提取卤水中的碘，除去下列物质中的杂质等内容，欢迎下载使用。

南京市名校2022-2023学年高二下学期4月月考调研化学试题
一．单项选择题（共10小题，每小题2分，共20分）
1．用下列实验操作或装置进行相应实验，正确的是（　　）
A．用图甲所示操作测定NaOH溶液的浓度
B．用图乙所示操作配制银氨溶液
C．用图丙所示装置吸收尾气中的SO2
D．用图丁所示装置检验产生的乙烯
2．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．单质的氧化性：Z＜Y
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W
C．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
D．X与Z的最高化合价之和为8
3．X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001mol•L﹣1）的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．Y和Z的简单离子半径：Y＜Z
B．R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3
D．上述五种元素中有两种元素是金属元素
4．短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（　　）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
5．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
I﹣的还原性强于Cl﹣
B
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
该气体一定是乙烯
C
测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大
C的非金属性比Si强
D
向1﹣溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成
1﹣溴丙烷没有水解
A．A B．B C．C D．D
6．用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I﹣形式存在）的工艺流程如图，下列说法正确的是（　　）
A．流程中①和④所得溶液中，I﹣离子的浓度相等
B．流程中⑥的分离碘产品的操作方法是萃取
C．流程中④发生离子反应：2I2+SO32﹣+H2O═4I﹣+SO42﹣+2H+
D．制备10mol I2，理论上需KClO3的质量约为408g
7．除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法正确的是（　　）
序号
物质
试剂
除杂方法
A
C2H4（SO2）
KMnO4溶液
洗气
B
溴苯（苯）
液溴
分液
C
硝基苯（硝酸）
NaOH溶液
分液
D
CH4（C2H4）
酸性KMnO4溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
8．下列实验操作及物质鉴别、分离、提纯方法合理的是（　　）
A．二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
B．用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，该固体可能是碱式碳酸镁
9．碱式氯化铜[CuaClb（OH）c•xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。
步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。
下列有关说法错误的是（　　）

A．a、b、c之间的关系式为2a＝b+c
B．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
C．含有Cu2+的废液，可利用沉淀法进行处理
D．若制备1molCuaClb（OH）c•xH2O，理论上消耗11.2aL（标准状况）O2
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
向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀
蛋白质发生了盐析
B
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，产生白色沉淀
沉淀为BaSO3
C
向蔗糖中加入适量浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D
分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸钠溶液中滴加酚酞，后者红色更深
碳酸酸性强于苯酚
A．A B．B C．C D．D
二．不定项选题（最多两个答案）：本题包括5小题，每小题4分，共20分
11．在新型钴基电催化剂作用下，用石墨、铁做电极材料，可将CO2和水转化为甲酸。其反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．石墨做阳极，铁做阴极
B．阳极的电极反应式：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．阴极的电极反应式：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．电解过程中阳极的质量肯定不变
12．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol•L﹣1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
C
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
A．A B．B C．C D．D
13．香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：
下列说法正确的是（　　）
A．一定条件下，水杨醛可与甲醛发生缩聚反应
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1 mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4 mol H2发生加成反应
14．草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol•L﹣1Na2C2O4标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是（　　）
A．测得0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，此时溶液中存在：c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O42﹣+4MnO4﹣+14H+＝2CO2↑+4Mn2++7H2O
D．已知CaC2O4难溶于水，存在溶解平衡，25℃时饱和CaC2O4溶液的浓度为2.5×10﹣9mol•L﹣1。向该溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，所得上层清液中c（C2O42﹣）＜5.00×10﹣5mol•L﹣1
15．恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）。已知：v正＝v消耗（SiHCl3）＝k正x2（SiHCl3），v逆＝2v消耗（SiH2Cl2）＝k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），x为物质的量分数。如图是不同温度下x（SiHCl3）随时间的变化。下列说法正确的是（　　）

A．该反应为放热反应
B．T1℃平衡体系中可通过移走SiCl4提高SiHCl3的转化率
C．当反应进行到a处时，
D．T2 K时平衡体系中再充入1 mol SiHCl3，平衡正向移动，x（SiH2Cl2）增大

三．非选择题（共6小题，共60分）
16．（10分）硫酸镍是电镀工业必不可少的化工原料。从不锈钢废渣（主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等）中制取硫酸镍晶体的工艺流程如下：

已知：①Cr3+与氨水反应时有少量Cr3+生成[Cr（NH3）6]3+，但加热时该络合物易分解。Ni2+与氨水反应生成[Ni（NH3）6]2+，该络合物加热时稳定，用硫酸酸化时生成相应的硫酸盐。
②Na2CrO4溶液中加酸调节pH为3.5时，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣。
③相关物质在不同温度时溶解度如下表：
温度溶解度/g物质
20℃
30℃
40℃
60℃
80℃
90℃
Na2SO4
19.5
40.8
48.8
45.3
43.7
42.7
Na2Cr2O7
183
198
215
269
376
405
（1）“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2（SO4）3，生成NiSO4的化学方程式为　 　。“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是　 　。
（2）“过滤”前，适当加热的目的是　 　。
（3）对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是　 　。
（4）“过滤”时产生的滤渣可用于制备Na2Cr2O7晶体。
①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为　 　。
②请补充完整上述煅烧后混合物制备Na2Cr2O7晶体（橙红色）的实验方案：水浸，过滤，　 　，得Na2Cr2O7晶体（必须使用的试剂有：硫酸，蒸馏水）。

17．（8分）化合物A经李比希法测得其中含C 72.0%、H 6.67%，其余为氧，质谱法分析得知A的相对分子质量为150．现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下两种方法：

方法一：核磁共振仪可以测定有机物分子里不同化学环境的氢原子及其相对数量。如乙醇（CH3CH2OH）的核磁共振氢谱有3个峰，其面积之比为3：2：1，如图1所示，现测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3。
方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子的红外光谱如图2所示。
已知：A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，试回答下列问题：
（1）A的分子式为：　 　；
（2）A的结构简式为：　 　；
（3）A的芳香类同分异构体有多种，请按要求写出其中两种结构简式：
①分子中不含甲基的芳香酸：　 　；
②含羟基且苯环上只有两个取代基的芳香醛：　 　。
18.(10分)乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：48NaClO3+C12H22O11+24H2SO448ClO2↑+12CO2↑+24Na2SO4+35H2O
（1）Mn3+基态核外电子排布式为　 　。
（2）NO3﹣的空间构型为　 　；CH3COOH分子中碳原子的轨道杂化类型为　 　。
（3）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中配位原子是　 　。
（4）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还因为　 　。
（5）MnS晶体具有α、β、γ三种形态，其中β﹣MnS的晶胞结构如图所示，则Mn2+的配位数为　 　。

19．（12分）i．某种芳香族化合物其蒸气密度是相同条件下H2密度的82倍。该化合物由碳、氢、氧三种元素组成，经测定碳、氢的质量分数分别为73.2%和7.32%，则该芳香族化合物的分子式是　 　。
ii．某课题组拟用有机物A来合成阿司匹林和M，M是一种防晒剂，结构为：
合成路线如下：

已知：
①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羧基：
②
③F除苯环外又形成八元环状化合物
根据以上信息回答下列问题
（1）M的分子式是　 　，其核磁共振氢谱中显示有　 　种不同化学环境的氢原子
（2）写出B的结构简式　 　，H→I两步反应的反应类型　 　、　 　；
（3）写出下列反应的化学方程式：
D→E：①的化学方程式　 　
E→F：　 　
（4）阿司匹林有多种同分异构体，符合下列条件的所有同分异构体有　 　种，任写出其中两种的结构简式　 　、　 　。
a．苯环上有3个取代基
b，属于酯类，且每摩该物质水解能消耗4mol NaOH
c．能发生银镜反应，且每摩该物质反应能生成4 mol Ag
（5）设计用I和（CH3）2CHCH2OH从I到M的合成路线（无机试剂任选，用流程图表示），
示例：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

20．（10分）铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）铜元素位于元素周期表中　 　区，基态Cu原子有　 　种不同能级的电子。
（2）铜合金可用于制造航母螺旋桨。制造过程中产生的含铜废液可利用铜萃取剂M，通过如图1反应实现铜离子的富集回收。

①M所含元素的电负性由大到小的顺序为　 　。（用元素符号表示）
②X中采用sp3杂化的非金属原子有　 　。（填元素名称）
（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y分子的立体构型是　 　，Y的沸点比水低的主要原因是　 　。
（4）向蓝色{[Cu（H2O）4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色{[Cu（NH3）4]2+}．通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O　 　NH3．（填“大于”或“小于”）
（5）CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物。
①图2中表示的是　 　（填“CuCl2”或“CuCl”）的晶胞。
②原子坐标参数可用来表示晶胞内各原子的相对位置，图中各原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（0，1，1）；C为（1，0，0）；则D原子的坐标参数为　 　。
③晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为　 　g•cm﹣3（列出计算式即可）。
21．（10分）烟气中的主要污染物有CO、SO2、NOx，烟气处理有利于环境保护。

（1）利用氨水可以将SO2、NO2吸收，原理如图1所示。写出NO2被吸收反应的离子方程式：　 　。
（2）某科研小组研究臭氧氧化﹣碱吸收同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.9kJ•mol﹣1 Ea1＝3.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H2＝﹣241.6kJ•mol﹣1 Ea2＝58kJ•mol﹣1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3（g）⇌3O2（g）。当进入反应器的NO、SO2的物质的量恒定，若在相同温度下，改变通入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）的变化如图2所示；若通入O3的物质的量也恒定，改变温度，反应相同时间t后体系中NO、SO2的转化率如图3所示。
①反应NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（l）△H3＝　 　。
②图1过程中NO2的物质的量变化的原因是　 　。
③相同温度下NO的转化率远高于SO2的可能原因是　 　。
④高于200℃时NO、SO2转化率降低的可能原因是　 　
（3）沥青混凝土可降解CO。含有不同颗粒间隙的沥青混凝土（α、β型）在反应相同时间时，测得CO降解率随温度的变化如图4所示。d点降解率出现突变的原因可能是　 　。
南京市名校2022-2023学年高二下学期4月月考调研化学试题

参考答案与试题解析
一．单项选择题（共10小题，每小题2分，共20分）
1．用下列实验操作或装置进行相应实验，正确的是（　　）
A．用图甲所示操作测定NaOH溶液的浓度
B．用图乙所示操作配制银氨溶液
C．用图丙所示装置吸收尾气中的SO2
D．用图丁所示装置检验产生的乙烯
【解答】解：A．图中为碱式滴定管，应选酸式滴定管，故A错误；
B．向硝酸银中滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解，图中装置及操作可配制银氨溶液，故B正确；
C．二氧化硫与亚硫酸氢钠溶液不反应，不能吸收尾气，故C错误；
D．生成的乙烯及挥发的乙醇均使高锰酸钾溶液褪色，由褪色现象不能检验生成的乙烯，故D错误；
故选：B。
2．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L﹣1）的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．单质的氧化性：Z＜Y
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞W
C．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
D．X与Z的最高化合价之和为8
【解答】解：根据分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素，
A．非金属性Cl＞Cl，则单质的氧化性：Z＞Y，故A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，则气态氢化物的稳定性W＞Y，故B错误；
C．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3﹣、Na+、S2﹣、Cl﹣的半径大小为：S2﹣＞Cl﹣＞N3﹣＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故C错误；
D．X与Z的最高化合价之和为1+7＝8，故D正确；
故选：D。
3．X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。25℃时，其最高价氧化物的水化物溶液（浓度均为0.001mol•L﹣1）的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．Y和Z的简单离子半径：Y＜Z
B．R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO3
D．上述五种元素中有两种元素是金属元素
【解答】解：由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为Na、Q为S、R为Cl，
A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则Y和Z的简单离子半径：Y＞Z，故A错误；
B．非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则R、Q的气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C．R的最高价氧化物对应水化物的化学式为HRO4，故C错误；
D．只有Na为金属元素，故D错误；
故选：B。
4．短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，X元素基态原子有2个未成对电子，Y元素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个，Z的一种超原子Z13﹣具有40个价电子，下列说法错误的是（　　）
A．XO32﹣的空间构型为平面三角形
B．简单离子半径：Y＜Z
C．YO3﹣中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似
【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为N，Z为Al元素。
A．XO32﹣为CO32﹣，CO32﹣中C的价层电子对数＝3+＝3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，故A正确；
B．电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：Y＞Z，故B错误；
C．NO3﹣中N的价层电子对数＝3+＝3，所以中心原子N采用sp2杂化，故C正确；
D．AlN为四面体结构，C的单质金刚石也是四面体结构，二者结构相似，故D正确；
故选：B。
5．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色
I﹣的还原性强于Cl﹣
B
向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去
该气体一定是乙烯
C
测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大
C的非金属性比Si强
D
向1﹣溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成
1﹣溴丙烷没有水解
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．氯气与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水分层，由现象可知I﹣的还原性强于Cl﹣，故A正确；
B．浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙醇均能被高锰酸钾氧化，乙醇易挥发，现象不能说明气体为乙烯，故B错误；
C．测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大，可知后者的水解程度大，则碳酸氢根离子的酸性大于硅酸的酸性，不能比较C、Si的非金属性，故C错误；
D．水解后检验溴离子在酸性溶液中，水解后没有加硝酸至酸性，再加硝酸银，不能检验，故D错误；
故选：A。
6．用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I﹣形式存在）的工艺流程如图，下列说法正确的是（　　）
A．流程中①和④所得溶液中，I﹣离子的浓度相等
B．流程中⑥的分离碘产品的操作方法是萃取
C．流程中④发生离子反应：2I2+SO32﹣+H2O═4I﹣+SO42﹣+2H+
D．制备10mol I2，理论上需KClO3的质量约为408g
【解答】解：A．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c（I﹣）后者大于前者，故A错误；
B．由⑥得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故B错误；
C．碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，由电子、电荷、原子守恒可知流程中④发生离子反应为I2+SO32﹣+H2O═2I﹣+SO42﹣+2H+，故C错误；
D．⑤中碘离子被氯酸钾氧化，由电子守恒可知，理论上需KClO3的质量约为×122.5g/mo≈408g，故D正确；
故选：D。
7．除去下列物质中的杂质（括号中为杂质），采用的试剂和除杂方法正确的是（　　）
序号
物质
试剂
除杂方法
A
C2H4（SO2）
KMnO4溶液
洗气
B
溴苯（苯）
液溴
分液
C
硝基苯（硝酸）
NaOH溶液
分液
D
CH4（C2H4）
酸性KMnO4溶液
洗气
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．均能被高锰酸钾氧化，不能除杂，应选NaOH、洗气，故A错误；
B．溴易溶于苯，不能除杂，应选蒸馏法分离，故B错误；
C．硝酸与NaOH反应后，与硝基苯分层，然后分液可分离，故C正确；
D．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故D错误；
故选：C。
8．下列实验操作及物质鉴别、分离、提纯方法合理的是（　　）
A．二氧化碳气体中有氯化氢：通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
B．用氨水和稀盐酸分离溶液中的Mg2+和Al3+
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，该固体可能是碱式碳酸镁
【解答】解：A．二氧化碳、HCl均能与碳酸钠溶液反应，不能用饱和碳酸钠溶液来除去二氧化碳中的HCl，故A错误；
B．镁离子和铝离子与氨水均反应生成沉淀，不能用氨水分离Mg2+和Al3+，故B错误；
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴接触锥形瓶内壁，慢慢加标准液，可以减小实验误差，故C正确；
D．若为碱式碳酸镁，化学式应为：Mg2（OH）2CO3，通过元素分析测定某无机固体样品的组成是MgH2C2O6，不能写出碱式碳酸镁盐，故D错误。
故选：C。
9．碱式氯化铜[CuaClb（OH）c•xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。
步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。
步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。
下列有关说法错误的是（　　）

A．a、b、c之间的关系式为2a＝b+c
B．图中M、N分别为Fe2+、Fe3+
C．含有Cu2+的废液，可利用沉淀法进行处理
D．若制备1molCuaClb（OH）c•xH2O，理论上消耗11.2aL（标准状况）O2
【解答】解：A.化合物中正负化合价的代数和等于0，可知2a＝b+c，故A正确；
B.Fe3+对该反应有催化作用，可知M是Fe3+，N是Fe2+，故B错误；
C.含有Cu2+的废液，可利用沉淀法处理，防止污染环境，故C正确；
D.制备1mol的CuaClb（OH）c•xH2O，由Cu元素由0升高为+2价可知转移2a mol电子，由得失电子守恒，可知需要消耗O2为＝0.5a mol，即标准状况下体积为0.5amol×22.4L/mol＝11.2a L，故D正确；
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
向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀
蛋白质发生了盐析
B
SO2通入Ba（NO3）2溶液中，产生白色沉淀
沉淀为BaSO3
C
向蔗糖中加入适量浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑，体积膨胀，并放出刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
D
分别向等物质的量浓度的苯酚钠溶液和碳酸钠溶液中滴加酚酞，后者红色更深
碳酸酸性强于苯酚
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，发生变性，产生白色沉淀，故A错误；
B．SO2通入Ba（NO3）2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钡，观察到白色沉淀，故B错误；
C．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，由现象可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，故C正确；
D．由现象可知，碳酸根离子水解程度大，可知苯酚酸性大于碳酸氢根离子的酸性，故D错误；
故选：C。
二．不定项选题（最多两个答案）：本题包括5小题，每小题4分，共20分
11．在新型钴基电催化剂作用下，用石墨、铁做电极材料，可将CO2和水转化为甲酸。其反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．石墨做阳极，铁做阴极
B．阳极的电极反应式：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑
C．阴极的电极反应式：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．电解过程中阳极的质量肯定不变
【解答】解：A．电解反应中，若铁作阳极，铁溶解，所以用石墨、铁做电极材料，石墨做阳极，铁做阴极，在阴极CO2转化为甲酸，发生还原反应，故A正确；
B．石墨做阳极，阴极生成氧离子，氧离子移向阳极，在阳极放电生成氧气，阳极的电极反应式：2O2﹣﹣4e﹣＝O2↑，故B正确；
C．在阴极CO2转化为甲酸，发生还原反应，需要水参与反应，同时生成氧离子，氧离子移向阳极，在阳极放电生成氧气，生成甲酸的电扳反应式：CO2+H2O+2e﹣＝HCOOH+O2﹣，故C错误；
D．电解过程中阳极生成氧气，氧气与电极碳反应，所以质量会减少，故D错误；
故选：AB。
12．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A
将废铁屑溶于过量盐酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色
该废铁屑中不含三价铁的化合物
B
向AgCl悬浊液中滴入数滴0.1 mol•L﹣1 KI溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
C
向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol•L﹣1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol•L﹣1 H2C2O4溶液，再向a试管内加入少量MnSO4，a试管中溶液褪色较快
MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂
D
向苯酚浊液中加入热的氢氧化钠溶液，浊液变澄清
苯酚显酸性
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．三价铁能被Fe还原生成二价铁，所以结论不正确，故A错误；
B．发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则向新制的AgCl乳白色悬浊液中滴加0.1mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀，证明：Ksp[AgCl]＞Ksp[AgI]，故B正确；
C．两个试管中都含有锰离子，但a中锰离子多，a反应速率快，说明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂，故C正确；
D．苯酚与NaOH反应生成苯酚钠和水，导致溶液变澄清，但不能说明苯酚呈酸性，故D错误；
故选：BC。
13．香豆素﹣3﹣羧酸是日用化学工业中重要香料之一，它可以通过水杨醛经多步反应合成：
下列说法正确的是（　　）
A．一定条件下，水杨醛可与甲醛发生缩聚反应
B．可用酸性高锰酸钾溶液检验中间体A中是否混有水杨醛
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸互为同系物
D．1 mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4 mol H2发生加成反应
【解答】解：A．水杨醛含酚﹣OH，甲醛含﹣CHO，可发生缩聚反应，故A正确；
B．中间体A中含碳碳双键，水杨醛含﹣OH、﹣CHO，均能被高锰酸钾氧化，不能检验，故B错误；
C．中间体A、香豆素﹣3﹣羧酸中官能团不完全相同，二者不属于同系物，故C错误；
D．香豆素﹣3﹣羧酸中只有苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol香豆素﹣3﹣羧酸最多能与4mol H2发生加成反应，故D正确；
故选：AD。
14．草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol•L﹣1Na2C2O4标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是（　　）
A．测得0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+）
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，此时溶液中存在：c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）
C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O42﹣+4MnO4﹣+14H+＝2CO2↑+4Mn2++7H2O
D．已知CaC2O4难溶于水，存在溶解平衡，25℃时饱和CaC2O4溶液的浓度为2.5×10﹣9mol•L﹣1。向该溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，所得上层清液中c（C2O42﹣）＜5.00×10﹣5mol•L﹣1
【解答】解：A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6，溶液中存在水解平衡C2O42﹣+H2O⇌HC2O4﹣+OH﹣，故c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+），故A正确；
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），由电荷守恒可知c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（Cl﹣），故c（Na+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（Cl﹣），故B错误；
C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化生成H2C2O4，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O，故C错误；
D．向该溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，混合后溶液中c（Ca2+）＝0.01mol/L，所得上层清液中c（C2O42﹣）＝＝mol/L＝2.5×10﹣7mol•L﹣1＜5.00×10﹣5mol•L﹣1，故D正确；
故选：AD。
15．恒容条件下，1molSiHCl3发生如下反应：2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）。已知：v正＝v消耗（SiHCl3）＝k正x2（SiHCl3），v逆＝2v消耗（SiH2Cl2）＝k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4），k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），x为物质的量分数。如图是不同温度下x（SiHCl3）随时间的变化。下列说法正确的是（　　）

A．该反应为放热反应
B．T1℃平衡体系中可通过移走SiCl4提高SiHCl3的转化率
C．当反应进行到a处时，
D．T2 K时平衡体系中再充入1 mol SiHCl3，平衡正向移动，x（SiH2Cl2）增大
【解答】解：A．由图像可知，T2时先达到平衡状态，对应x（SiHCl3）小，可知升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A错误；
B．在b点充入N2使体系压强增大，容积为恒容，反应体系中各量的浓度未发生变化，则正、逆反应速率均不变，故B错误；
C．2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）反应前后分子数不变，即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol，由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时v正＝v逆，v正＝k正x2（SiHCl3）＝0.752k正，V逆＝k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4）＝0.1252k逆，则0.752k正＝0.1252k逆，＝，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点处时v正＝k正x2（SiHCl3）＝0.82k正，v逆＝k逆x（SiH2Cl2）x（SiCl4）＝0.12k逆。×＝×＝，故C正确；
D．恒容条件下再充入1mol SiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x（SiH2Cl2）不变，故D错误；
故选：BC。

三．非选择题（共6小题）
16．硫酸镍是电镀工业必不可少的化工原料。从不锈钢废渣（主要含Fe 42.35%、Cr 9.67%、Ni 5.1%、C 4.7%、Si 3.39%等）中制取硫酸镍晶体的工艺流程如下：

已知：①Cr3+与氨水反应时有少量Cr3+生成[Cr（NH3）6]3+，但加热时该络合物易分解。Ni2+与氨水反应生成[Ni（NH3）6]2+，该络合物加热时稳定，用硫酸酸化时生成相应的硫酸盐。
②Na2CrO4溶液中加酸调节pH为3.5时，CrO42﹣转化为Cr2O72﹣。
③相关物质在不同温度时溶解度如下表：
温度溶解度/g物质
20℃
30℃
40℃
60℃
80℃
90℃
Na2SO4
19.5
40.8
48.8
45.3
43.7
42.7
Na2Cr2O7
183
198
215
269
376
405
（1）“酸浸”后得到的溶液中主要含有FeSO4、NiSO4、Cr2（SO4）3，生成NiSO4的化学方程式为　Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑　。“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是　90℃水浴加热　。
（2）“过滤”前，适当加热的目的是　使[Cr（NH3）6]3+分解生成Cr（OH）3沉淀　。
（3）对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是　取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净　。
（4）“过滤”时产生的滤渣可用于制备Na2Cr2O7晶体。
①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为　4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O　。
②请补充完整上述煅烧后混合物制备Na2Cr2O7晶体（橙红色）的实验方案：水浸，过滤，　向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃（以上）蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥　，得Na2Cr2O7晶体（必须使用的试剂有：硫酸，蒸馏水）。
【解答】解：（1）生成NiSO4的化学方程式为Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑，“酸浸”时需控制温度为90℃左右，可以采用的加热方式是90℃水浴加热，
故答案为：Ni+H2SO4═NiSO4+H2↑；90℃水浴加热；
（2）“过滤”前，适当加热的目的是使[Cr（NH3）6]3+分解生成Cr（OH）3沉淀，
故答案为：使[Cr（NH3）6]3+分解生成Cr（OH）3沉淀；
（3）对“过滤”所得的滤渣进行洗涤，检验滤渣已洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净，
故答案为：取少量最后一次洗涤过滤液于试管中，先用盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；
（4）①滤渣经干燥后与Na2CO3混合在空气中煅烧生成Na2CrO4和CO2，此反应的化学方程式为4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O，
故答案为：4Cr（OH）3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O；
②制备Na2Cr2O7晶体（橙红色）的实验方案：水浸，过滤，向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃（以上）蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥，得Na2Cr2O7晶体，
故答案为：向滤液中加入硫酸调节pH至3.5，将溶液加热到90℃（以上）蒸发结晶，有大量无色晶体析出，至有少量橙红色晶体析出时趁热过滤，滤液降温至40℃结晶，过滤，用蒸馏水洗涤，干燥。

17．化合物A经李比希法测得其中含C 72.0%、H 6.67%，其余为氧，质谱法分析得知A的相对分子质量为150．现代仪器分析有机化合物的分子结构有以下两种方法：

方法一：核磁共振仪可以测定有机物分子里不同化学环境的氢原子及其相对数量。如乙醇（CH3CH2OH）的核磁共振氢谱有3个峰，其面积之比为3：2：1，如图1所示，现测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1：2：2：2：3。
方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子的红外光谱如图2所示。
已知：A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，试回答下列问题：
（1）A的分子式为：　C9H10O2　；
（2）A的结构简式为：　C6H5COOCH2CH3或C6H5CH2OOCCH3或C6H5CH2COOCH3或C6H5COCH2OCH3　；
（3）A的芳香类同分异构体有多种，请按要求写出其中两种结构简式：
①分子中不含甲基的芳香酸：　C6H5CH2CH2COOH　；
②含羟基且苯环上只有两个取代基的芳香醛：　HOC6H4CH2CH2CHO　。
【解答】解：（1）有机物A中C原子个数N（C）＝＝9
有机物A中H原子个数N（H）＝＝10，
有机物A中O原子个数N（O）＝＝2，
所以有机物A的分子式为C9H10O2，
故答案为：C9H10O2；
（2）由A分子的红外光谱知，含有C6H5C﹣基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有三种，H原子个数分别为1个、2个、2个。由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外，还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个。由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键及其它基团，所以符合条件的有机物A结构简式为：C6H5COOCH2CH3或C6H5CH2OOCCH3或C6H5CH2COOCH3或C6H5COCH2OCH3，
故答案为：C6H5COOCH2CH3或C6H5CH2OOCCH3或C6H5CH2COOCH3或C6H5COCH2OCH3；
（3）A的芳香类同分异构体有多种，①分子中不含甲基的芳香酸为：C6H5CH2CH2COOH，②含羟基且苯环上只有两个取代基的芳香醛为HOC6H4CH2CH2CHO，
故答案为：C6H5CH2CH2COOH；HOC6H4CH2CH2CHO。
18．乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：48NaClO3+C12H22O11+24H2SO448ClO2↑+12CO2↑+24Na2SO4+35H2O
（1）Mn3+基态核外电子排布式为　ls22s22p63s23p63d4　。
（2）NO3﹣的空间构型为　平面三角形　；CH3COOH分子中碳原子的轨道杂化类型为　sp3、sp2　。
（3）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中配位原子是　O　。
（4）CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还因为　CH3COOH分子与H2O分子间可形成氨键　。
（5）MnS晶体具有α、β、γ三种形态，其中β﹣MnS的晶胞结构如图所示，则Mn2+的配位数为　4　。

【解答】（1）Mn是25号元素，核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d54s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Mn3+，Mn3+基态核外电子排布式为：ls22s22p63s23p63d4，故答案为：ls22s22p63s23p63d4；
（2）NO3﹣中N原子孤电子对数＝＝0，价层电子对数＝3+0＝3，离子空间构型为平面三角形；CH3COOH分子甲基中碳原子形成4个σ键，而羧基中碳原子形成3个σ键，分别采取sp3、sp2杂化，
故答案为：平面三角形；sp3、sp2；
（3）配合物[Mn（CH3OH）6]2+中配体为CH3OH，氧原子有孤对电子，所有配原子为O原子，
故答案为：O；
（4）CH3COOH分子与H2O分子间可形成氨键，使CH3COOH能与H2O任意比混溶，
故答案为：CH3COOH分子与H2O分子间可形成氨键；
（5）由图可知，Mn2+周围有4个S2﹣，则Mn2+的配位数为4，
故答案为：4。
19．i．某种芳香族化合物其蒸气密度是相同条件下H2密度的82倍。该化合物由碳、氢、氧三种元素组成，经测定碳、氢的质量分数分别为73.2%和7.32%，则该芳香族化合物的分子式是　C10H12O2　。
ii．某课题组拟用有机物A来合成阿司匹林和M，M是一种防晒剂，结构为：
合成路线如下：

已知：
①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羧基：
②
③F除苯环外又形成八元环状化合物
根据以上信息回答下列问题
（1）M的分子式是　C15H20O3　，其核磁共振氢谱中显示有　9　种不同化学环境的氢原子
（2）写出B的结构简式　　，H→I两步反应的反应类型　加成反应　、　消去反应　；
（3）写出下列反应的化学方程式：
D→E：①的化学方程式　　
E→F：　　
（4）阿司匹林有多种同分异构体，符合下列条件的所有同分异构体有　6　种，任写出其中两种的结构简式　　、　　。
a．苯环上有3个取代基
b，属于酯类，且每摩该物质水解能消耗4mol NaOH
c．能发生银镜反应，且每摩该物质反应能生成4 mol Ag
（5）设计用I和（CH3）2CHCH2OH从I到M的合成路线（无机试剂任选，用流程图表示），
示例：CH2＝CH2CH3CH2BrCH3CH2OH

【解答】解：i．某种芳香族化合物A，其蒸气密度是相同条件下H2密度的82倍，相同条件下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以A的相对分子质量为164，A由碳、氢、氧三种元素组成，经测定碳、氢的质量分数分别为73.2%和7.32%，则氧元素的质量分数是19.48%，则A中碳、氢、氧的原子个数之比＝：：＝5：6：1，A的相对分子质量为164，所以A的分子式为C10H12O2，
故答案为：C10H12O2；
ii．由M的结构简式可知苯环上有两个对位取代基，则A为甲苯，结构简式为，A再催化剂条件下发生苯环取代生成C为，C在光照条件下发生甲基上的取代反应生成G为，由信息I可知G发生水解反应生成H为，H与乙醛发生信息中的反应生成I为，阿司匹林结构简式为，则B为、D为．由信息I可知E为，E相对分子质量为138，F相对分子质量为240，说明2分子E在浓硫酸作用下发生酯化反应生成F为和2分子水；
（1）由M的结构简式，可知M分子式为C15H20O3，其分子中有9种不同环境的H，
故答案为：C15H20O3；9；
（2）由上述分析可知，B的结构简式为，H→I先发生加成反应，后发生消去反应，
故答案为：；加成反应、消去反应；
（3）D与NaOH在高温高压下的反应方程式为：；
E→F的反应方程式为：，
故答案为：；；
（4）能发生银镜反应且每摩尔物质反应生成4molAg说明含有两个醛基；属于酯类，且每摩尔物质水解消耗4molNaOH，结合含有两个醛基且苯环上只有3个取代基可知苯环上含有两个“HCOO﹣”，另外还剩余1个C原子，即为一个甲基，先考虑两个“HCOO﹣”有邻、间、对排列，再用甲基取代苯环上的H原子，分别得到2种、3种、1种结构，共有6种，其结构简式为：，
故答案为：6；；（合理即可）；

（5）先将醛基氧化成羧基，再酯化即可，但氧化醛基时不能选用强氧化剂，避免碳碳双键也被氧化，可选择银氨溶液可新制氢氧化铜，合成路线图为：，
故答案为：。
20．铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：
（1）铜元素位于元素周期表中　ds　区，基态Cu原子有　7（或七）　种不同能级的电子。
（2）铜合金可用于制造航母螺旋桨。制造过程中产生的含铜废液可利用铜萃取剂M，通过如图1反应实现铜离子的富集回收。

①M所含元素的电负性由大到小的顺序为　O＞N＞C＞H　。（用元素符号表示）
②X中采用sp3杂化的非金属原子有　碳、氧　。（填元素名称）
（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y分子的立体构型是　V形（或角形）　，Y的沸点比水低的主要原因是　水分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键　。
（4）向蓝色{[Cu（H2O）4]2+}硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色{[Cu（NH3）4]2+}．通过上述实验现象可知，与Cu2+的配位能力：H2O　小于　NH3．（填“大于”或“小于”）
（5）CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物。
①图2中表示的是　CuCl　（填“CuCl2”或“CuCl”）的晶胞。
②原子坐标参数可用来表示晶胞内各原子的相对位置，图中各原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（0，1，1）；C为（1，0，0）；则D原子的坐标参数为　（，，）　。
③晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）。
【解答】解：（1）铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，在反应时不仅最外层4s电子发生变化，次外层的3d电子也发生变化，Cu元素位于元素周期表第四周期第IB族，属于ds区元素，共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s七个能级，
故答案为：ds；7（或七）；
（2）①由于元素的非金属性越强，其电负性越大；根据M结构简式可知：M中含有C、H、O、N四种元素，这四种元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞C＞H，
故答案为：O＞N＞C＞H；
②在X分子中含有的饱和C原子及O原子价层电子对数为4，采用sp3杂化；N原子采用sp2杂化，故X中采用sp3杂化的非金属元素有碳、氧两种元素，
故答案为：碳、氧；
（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体Y产生。Y是H2S，在H2S分子中，S原子价层电子对数为4，由于S原子上有2对孤电子对，占据了2个轨道，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，使H2S分子立体构型为V形（或角形）；H2S、H2O都是由分子构成的物质，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的相互作用力，而H2S分子之间无氢键，只存在分子间作用力，因而H2O的沸点比H2S高，
故答案为：V形（或角形）；水分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键；
（4）在水溶液中存在蓝色[Cu（H2O）4]2+，向含有该离子的硫酸铜溶液中加入稍过量的氨水，溶液变为深蓝色，反应产生[Cu（NH3）4]2+离子，说明配位体NH3与Cu2+结合能力比配位体H2O强，即与Cu2+的配位能力：H2O小于NH3，
故答案为：小于；
（5）①白色球为Cl原子，位于顶点和面心，Cl原子数目为8×+6×＝4；黑色球为Cu原子，黑色球位于体心，晶胞中Cu原子为4个；Cu和Cl原子的数目为1：1，故物质化学式为：CuCl，
故答案为：CuCl；
②D与C的连线处于晶胞体对角线上，D在底面的投影D′处于面对角线BC上，且BD′长度CD′长度的3倍，则D到底面（即坐标系xoy面）的距离等于晶胞棱长的，所以z＝；D到左侧平面（即坐标系yoz面）的距离等于晶胞棱长的，则x＝；D到前平面（即坐标系xoz面）的距离等于晶胞棱长的，即参数y＝，故D的坐标参数为（，，），
故答案为：（，，）；
③晶胞中C，D两原子核间距为298pm，则晶胞体对角线长度为4×298pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量m＝g，所以晶胞的密度ρ＝＝g/cm3＝g/cm3，
故答案为：。
21．烟气中的主要污染物有CO、SO2、NOx，烟气处理有利于环境保护。

（1）利用氨水可以将SO2、NO2吸收，原理如图1所示。写出NO2被吸收反应的离子方程式：　2NO2+4HSO3﹣＝N2+4SO42﹣+4H+　。
（2）某科研小组研究臭氧氧化﹣碱吸收同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.9kJ•mol﹣1 Ea1＝3.2kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H2＝﹣241.6kJ•mol﹣1 Ea2＝58kJ•mol﹣1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3（g）⇌3O2（g）。当进入反应器的NO、SO2的物质的量恒定，若在相同温度下，改变通入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）的变化如图2所示；若通入O3的物质的量也恒定，改变温度，反应相同时间t后体系中NO、SO2的转化率如图3所示。
①反应NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（l）△H3＝　﹣40.7kJ/mol　。
②图1过程中NO2的物质的量变化的原因是　当＜1时，O3将NO氧化为NO2，NO减小，NO2增加，当＞1时，O3过量，将NO2氧化成更高价态的氮氧化物，NO2减小　。
③相同温度下NO的转化率远高于SO2的可能原因是　NO与O3反应的活化能小，相同条件下反应更易发生　。
④高于200℃时NO、SO2转化率降低的可能原因是　温度过高O3分解，导致其浓度减小，氧化能力减弱　
（3）沥青混凝土可降解CO。含有不同颗粒间隙的沥青混凝土（α、β型）在反应相同时间时，测得CO降解率随温度的变化如图4所示。d点降解率出现突变的原因可能是　温度升高后催化剂失效　。
【解答】解：（1）由图可知，NO2被HSO3﹣还原成N2，根据氧化还原反应原理，HSO3﹣被氧化成SO42﹣，则该反应的离子方程式为2NO2+4HSO3﹣＝N2+4SO42﹣+4H+，
故答案为：2NO2+4HSO3﹣＝N2+4SO42﹣+4H+；
（2）①根据盖斯定律：Ⅱ﹣Ⅰ得NO2（g）+SO2（g）═NO（g）+SO3（l）△H＝（﹣241.6+200.9）kJ/mol＝﹣40.7kJ/mol，
故答案为：﹣40.7kJ/mol；
②当＜1时，O3将NO氧化为NO2，NO减小，NO2增加，当＞1时，O3过量，将NO2氧化成更高价态的氮氧化物，NO2减小，
故答案为：当＜1时，O3将NO氧化为NO2，NO减小，NO2增加，当＞1时，O3过量，将NO2氧化成更高价态的氮氧化物，NO2减小；
③NO与O3反应的活化能小，相同条件下反应更易发生，所以相同温度下NO的转化率远高于SO2，
故答案为：NO与O3反应的活化能小，相同条件下反应更易发生；
④温度过高O3分解，导致其浓度减小，氧化能力减弱，所以高于200℃时NO、SO2转化率降低，
故答案为：温度过高O3分解，导致其浓度减小，氧化能力减弱；
（3）温度升高后催化剂失效导致d点降解率出现突变，
故答案为：温度升高后催化剂失效。