还剩14页未读，
继续阅读
【化学】四川省泸州市泸县第一中学2018-2019学年高二下学期期末模拟理综（解析版） 试卷
展开
四川省泸州市泸县第一中学2018-2019学年高二下学期期末模拟理综
1.世界大学生夏季运动会是规模仅次于夏季奥运会的世界级综合性运动会。2021年第31届世大运将在成都举办。“绿色”是成都的城市发展理念，也是世大运的组织理念。下面有关说法不正确的是（ ）
A. 成都市目前推广使用的清洁燃料压缩天然气(CNG)和液化石油气(LPG)的主要成分均是烃类
B. 兴建世大运场馆所用到的金属材料中可能含有非金属元素
C. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D. 新能源汽车的使用有助于减少氮氧化合物的排放
【答案】C
【详解】A．压缩天然气(CNG)类的主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)类的成分是丙烷、丁烷等，所以这两类燃料的主要成分都是烃类，故A正确；
B. 金属材料包括纯金属材料和合金材料，金属材料中也可能含有非金属元素，如生铁中含有碳元素，故B正确；
C、“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理对环境污染进行治理，故C错误；
D．新能源汽车的推广和使用，可以减少氮的氧化物的排放，有助于减少光化学烟雾的产生，故D正确；
答案选C。
2.关于NA下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，17g羟基(—18OH)所含中子数为9NA
B. 0.1mol NH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和为0.1NA
C. 常温下电解饱和食盐水，当溶液pH值由7变为12时，电路中转移的电子数为0.01NA
D. 标准状况下，足量的甲烷与22.4LCl2（假设氯气完全反应）在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为NA
【答案】D
【详解】A. 17g羟基(—18OH)的物质的量= =mol，一个-18OH含有10个中子，所含中子为×10 mol= mol，故A错误；
B. NH3溶于水，发生NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，根据物料守恒，0.1mol NH3溶于水形成的溶液中存在NH3、NH3·H2O、NH4+，微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和小于0.1NA，故B错误；
C. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C错误；
D. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，足量的甲烷与1molCl2（假设氯气完全反应）在光照条件下发生取代反应，每取代一个H，就会形成一个C—Cl键和一个H—Cl键，故该反应生成4种取代产物（共1mol）和1molHCl，形成1molC－Cl键，数目为NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意根据氨气溶于水的一系列反应都是可逆反应判断出氨水中的含N微粒；D中要注意甲烷与Cl2在光照条件下发生取代反应，断开的Cl-Cl键的数目与形成的C－Cl键数目、断开的C－H键数目、形成的H－Cl键数目均相等。
3.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是 （ ）
A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应
B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6
C. 化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得
D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应
【答案】D
【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；
B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；
C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；
D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3molH2发生加成反应，故D正确。
4.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是（ ）
A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸
B. 实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X
C. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
D. 反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在
【答案】D
【详解】A. 稀硝酸会将铁氧化为+3价的铁离子，故A错误；
B. 实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；
C. 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；
D. 由于装置中空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确，
故选D。
【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。
5.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。下列结论正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 简单氢化物沸点:X
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料，W是氯元素，X为氮元素，Y为氧元素、Z为磷元素。
【详解】A、水常温下是液体、氨分子间形成氢键，简单氢化物沸点:Z
C、最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4
故选B。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，解题关键：推断元素，易错点A，明确元素周期律，注意元素性质的特殊性。
6.实验表明新型钠离子聚合物电池正负极材料均表现出较快的电极反应动力学，使得电池具备高功率性能。其放电时的工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，高聚物发生还原反应
B. 充电时，阳极的电极反应式为 3I- +2e-=I3-
C. 充电时，电极A接电源负极
D. 放电时，当转移0.5 mol电子，NaI溶液中增加0.5NA个Na+
【答案】D
【分析】图中装置分析反应过程中，电子转移方向可知，高聚物失电子发生氧化反应，为原电池的负极，钠离子移向正极，正极上I3-得到电子发生还原反应生成I-，离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析回答。
【详解】A.放电时，电子转移方向可知，高聚物在负极失电子发生氧化反应，A错误；
B.充电时，原电池正极为电解池的阳极，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，B错误；
C.充电时，电极A接电源正极，作阳极，发生氧化反应，C错误；
D.结合放电过程中的电极反应式、电子守恒、电荷守恒计算，放电时，当转移0.5mol电子时，I3-+2e-=3I-，必有0.5mol钠离子通过阳离子交换膜进入正极室，故NaI溶液中增加0.5NA个Na+，D 正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理、电极反应、电子守恒的分析应用，通过电子移动方向和Na+移动方向判断电池的正负极是解答该题关键，题目难度中等。
7.已知二元弱碱B(OH)2在水中存在如下电离平衡：B(OH)2 B(OH)++OH-，Kb1=10-3.75；B(OH)+B2++OH-，Kb2=10-7.62。常温下，用0.1 mol/L盐酸滴定25 mL 0.1 mol/L的B(OH)2溶液，得到如图所示的滴定曲线。下列说法不正确的是（ ）
A. a点所得的溶液中：c[B(OH)2]= c[B(OH)+]
B. b点所得的溶液中：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)
C. c点所得的溶液中：c(Cl-)＜3c[B(OH)+]
D. d点所得的溶液中：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]
【答案】C
【详解】A.a点时，pH=10.25，则c(H+)=10-10.25，c(OH-)=，由于Kb1=10-3.75，所以c[B(OH)2]= c[B(OH)+]，A正确；
B. b点所得溶液中，由于二者浓度相等、体积相等，所以n(HCl)=n[B(OH)2]，二者反应的物质的量的比是1:1，根据物料守恒可得：c(Cl-)= c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)；根据电荷守恒可得： c[B(OH)+]+2c(B2+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)=c(OH-)+ c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)，整理可得：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)，B正确；
C.c点所得的溶液中，pH=6.38，溶液显弱酸性，c(H+)＞c(OH-)，c(H+)=10-6.38，则c(OH-)=，由于Kb2==10-7.62，则c(B2+)=c[B(OH)+]；根据电荷守恒可得 c[B(OH)+]+2c(B2+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，将c(H+)＞c(OH-)、c(B2+)=c[B(OH)+]代入电荷守恒式，可得c(Cl-)＞3c[B(OH)+]，因此C错误；
D.在d点，n(HCl)=2n[B(OH)2]，恰好反应产生正盐BCl2，由于B(OH)2是二元弱碱，所以B2+会发生一级水解产生B(OH)+， B(OH)+发生二级水解反应产生B(OH)2，盐的水解程度是比较小的，一级水解远远大于二级水解，故溶液中BCl2主要以其电离产生的B2+的形式存在，因此，d点所得的溶液中离子浓度大小关系为：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]，D正确。
综上所述，不正确的选项是C，故本题选C。
8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。
I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究
(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：
①E中盛装碱石灰的仪器名称为_______________。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→______________→尾气处理装置(仪器可重复使用)。
③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______________________________________。
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为____________________________。
(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为___________________________________。
(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为_________________。
Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：
步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；
步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；
步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。
(4)步骤2中滴定终点的现象为______________________________________；步骤3中加入锌粉的目的为_______________________________。
(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为_______________________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). U形管 (2). b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c (3). 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸 (4). C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 (5). FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+ 3K2C2O4 (7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色 (8). 将Fe3+还原为Fe2+ (9). ×100% (10). 偏低
【分析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；
II. 步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。
【详解】(1) ①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；
②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；
③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；
(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O；
(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；
(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。
(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L ×(V1-V2) ×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%= ×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。
【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。
9.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
(1) 化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。
已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为__________________________________________________________。
(2)已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。
①M点的v正_________Q点的v正(填“>”“<”或“=”)。
②T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K=_____________ (用最简分数表示)，M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。
(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式：____________________________________________________。
②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如上图所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是_______
__________________________________________。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是______________________________________________。
(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如题图所示。若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为________mol。
【答案】(1). 4NH3(g)＋6NO (g)=5N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1784.4kJ·mol－1 (2). > (3). 25/108 (4). 大 (5). 2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O (6). 增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多 (7). 有部分NH3被氧化成NO2-或NO3- (8). 0.08
【分析】(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，根据已知热化学方程式结合盖斯定律分析解答；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，根据压强对化学反应速率影响解答；②利用三段式计算N点各物的物质的量，再根据物质的量之比等于体积之比计算平衡时容器体积，转化为各物质的浓度代入平衡常数表达式计算K，该反应正向是放热反应，温度越高平衡常数K越小，据此分析解答；
(3)①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物和生成物，根据转电子守恒和元素守恒进行书写；②增加次氯酸钠会加快反应速率；NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质；
(4)阳极上氢氧根离子失电子生成的氧气，根据生成的氧气计算出转移的电子的物质的量，结合电子守恒计算理论上可除去NO3-的物质的量。
【详解】(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，①2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol；根据盖斯定律①×3+②得到4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g) △H=(-177kJ/mol) ×3+(-1253.4kJ/mol)-1784.4kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g) △H=-1784.4kJ/mol；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，故答案为：＞；
②反应的三段式：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化里(mol) x 3x 2x
平衡量(mol) 1-x 3-3x 2x
平衡时氨气的含量为20%，即×100%=20%，x=mol，N2、H2、NH3的物质的量分别为mol、2mol、mol，总物质的量为(4-2×)mol=mol，恒压时气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器体积为L=L，即c(N2)=c(NH3)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，平衡常数K===，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡常数k减小，所以T3＞T2时，T3℃平衡常数小于T2℃时平衡常数，即M点平衡常数大于N点平衡常数，故答案为：；大；
(3)①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移的电子守恒，需要3molNaClO，再结合元素守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl，故答案为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；
②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，使得B点剩余NaClO含量低于A点；当m(NaClO)：m(NH3)＞7.7时，可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去，使得总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降，故答案为：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多；NaClO投入过多会将部分NH3被氧化成NO2-或NO3-；
(4)阳极发生氧化反应，溶液中氢氧根离子失电子生成的氧气，标准状况下，2.24L氧气的物质的量==0.1mol，转移的电子为0.1mol×4=0.4mol，活性原子将NO3-还原为N2，存在关系NO3-～N2～5e-，理论上可除去NO3-的物质的量==0.08mol，故答案为：0.08。
10.某化学工厂产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和Cr2O72-等离子。综合利用该酸洗废液的工艺流程如下：
已知：①Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3 [Ni（NH3）6]2+
②金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH表③Ksp（CaF2）=410-11
Fe3+
Ni2+
Cr3+
开始沉淀
1.5
6.7
4.0
沉淀完全
3.4
9.5
6.9
回答下列问题：
（1）再生酸中主要含有硝酸，采取减压蒸馏的原因是________________________________
（2）渣1的主要成份为______（填化学式）
（3）转化时发生反应的离子方程式__________________________________________
（4）用平衡移动原理解释沉镍的原理______________________________________
（5）渣3的主要成分为氢氧化钙和_______________ 、_________________（填化学式）
（6）国家排放标准要求c（F－）≤3.8 mg•L-1。残液中残留的Ca2+浓度至少应为_____mg•L-1
【答案】 (1). 降低蒸馏温度,以减少硝酸的分解 (2). Fe(OH)3 (3). 5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O (4). Ni3++6NH3 [Ni(NH3)6]，加入S2-与Ni3+结合生成沉淀，促使上述平衡逆向移动 (5). CaSO4 (6). CaF2 (7). 40
【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和Cr2O72-，加入浓硫酸减压蒸馏，可以使低沸点的酸硝酸挥发出来；Fe3+完全沉淀的PH为3.4，所以加入氧化铁调节PH为3.5，可分离出Fe(OH)3；NaHSO3具有还原性，加入NaHSO3把具有氧化性的Cr2O72-还原为Cr3+；加入足量氨水Cr3+生成Cr(OH)3析出，Ni2+与足量氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，沉镍是把[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀；最后溶液中有大量F-，加入石灰浆可生成CaF2沉淀。
【详解】（1）HNO3易分解，采取减压蒸馏的目的为降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解；
（2）Fe3+完全沉淀的pH为3.4，所以加入氧化铁调节pH为3.5，析出的滤渣１的主要成份为Fe(OH)3；
（3） NaHSO3与Cr2O72-发生转化时发生反应的离子方程式为3HSO3-+Cr2O72-+5H+= 2Cr3++ 3SO42-+4H2O；
（4）沉镍时Ni3++6NH3=[Ni(NH3)6]，加入S2-与Ni3+结合生成沉淀，促使上述平衡逆向移动，[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀，离子方程式为：[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3；
（5）由于溶液含有F-，滤渣3的主要成分为CaSO4、Ca(OH)2和CaF2；
（6）已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求c(F－)≤3.8 mg•L-1，即c(F－)≤ =2.0×10-4mol/L，残液中残留的Ca2+浓度至少应为=10-3mol/L= 10-3mol/L×40g/mol=40 mg•L-1。
【点睛】本题考查化工流程图，涉及溶度积的相关计算等，注意溶度积只与温度有关，难溶电解质的饱和溶液中浓度熵一定等于Ksp。
11.[化学——选修3：物质结构与性质]
由H、C、O、N、S、Cu等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子有____种运动状态，未成对电子占据原子轨道的形状为______。
（2）碳和氢形成的最简单碳正离子CH3+，其中心原子碳原子的杂化类型为___________，该阳离子的空间构型为___________。
（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是___________________________________________________。
（4）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是_____________________________，离子反应方程式为_____________________________________；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu（NH3）4]SO4。其阳离子的结构式为___________，中心原子的配位数为___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。其堆积模型是_______________________，铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数。铜的相对原子质量为___________（用a、ρ、NA表示，写出计算式即可）。
【答案】(1). 11 (2). 球型 (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (6). 产生蓝色沉淀 (7). Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+ (8). (9). 4 (10). 面心立方最密堆积 (11). ρNA（a×10—10）3/4
【分析】（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构；
（5）根据m =ρV=4M（Cu）/NA计算可得。
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为1s22s22p6
3s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，则价电子有11种运动状态，未成对电子占据原子轨道为4s，形状为球型，故答案为：11；球型；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH3+离子的空间构型为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；[Cu(NH3)4]SO4的阳离子为[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构，结构式为，故答案为：产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；；4；
（5）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，堆积模型是面心立方最密堆积，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数为8×1/8+6×1/2=4，根据m =ρV=4M（Cu）/NA可得ρ（a×10—10）3=4M（Cu）/NA，M（Cu）=ρNA（a×10—10）3/4，故答案为：面心立方最密堆积；ρNA（a×10—10）3/4。
12.[化学-选修5:有机化学基础]
有机物J是一种防止血管中血栓形成与发展的药物，其合成路线如图所示 （部分反应条件略去）。
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型是___________，反应⑥的反应类型是___________。
（2）J的分子式是___________。F的结构简式是___________。
（3）反应③的化学方程式为____________________________________________。
（4）写出同时满足下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_________________。
①苯环上只有两个处于对位的取代基；
②1 mol该有机物能与含2 mol NaOH的溶液恰好完全反应。
（5）参照J的合成路线，设计一种以为原料制备的合成路线__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 取代反应 (2). 加成反应 (3). C19H16O4 (4). (5). + CO(OC2H5)2+2C2H5OH (6). 、、、 (7).
【详解】(1)根据图示可知苯酚与乙酸酐发生取代反应产生CH3COOH和B(乙酸苯酯)，与发生加成反应产生；所以反应①的反应类型是取代反应，反应⑥的反应类型是加成反应；
(2)根据J的结构简式，结合C原子价电子是4，可知J分子式是C19H16O4；根据E的分子式为C7H6O，结合G的结构简式可知E是苯甲醛，结构简式为，E与丙酮发生加成反应产生F，F的结构简式是；
(3)与CO(OC2H5)2在一定条件下发生反应产生和C2H5OH，反应的化学方程式为：+ CO(OC2H5)2+2C2H5OH；
(4)F分子式是C10H12O2，其同分异构体符合的条件：有两个取代基在苯环的对位上，且酯基为酚羟基与羧基形成，则其可能的结构简式为：、、、；
(5)参照J的合成路线，以为原料制备的合成路线为：。
1.世界大学生夏季运动会是规模仅次于夏季奥运会的世界级综合性运动会。2021年第31届世大运将在成都举办。“绿色”是成都的城市发展理念，也是世大运的组织理念。下面有关说法不正确的是（ ）
A. 成都市目前推广使用的清洁燃料压缩天然气(CNG)和液化石油气(LPG)的主要成分均是烃类
B. 兴建世大运场馆所用到的金属材料中可能含有非金属元素
C. “绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D. 新能源汽车的使用有助于减少氮氧化合物的排放
【答案】C
【详解】A．压缩天然气(CNG)类的主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)类的成分是丙烷、丁烷等，所以这两类燃料的主要成分都是烃类，故A正确；
B. 金属材料包括纯金属材料和合金材料，金属材料中也可能含有非金属元素，如生铁中含有碳元素，故B正确；
C、“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理对环境污染进行治理，故C错误；
D．新能源汽车的推广和使用，可以减少氮的氧化物的排放，有助于减少光化学烟雾的产生，故D正确；
答案选C。
2.关于NA下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，17g羟基(—18OH)所含中子数为9NA
B. 0.1mol NH3溶于水形成的溶液中，微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和为0.1NA
C. 常温下电解饱和食盐水，当溶液pH值由7变为12时，电路中转移的电子数为0.01NA
D. 标准状况下，足量的甲烷与22.4LCl2（假设氯气完全反应）在光照条件下发生取代反应，形成C－Cl键的数目为NA
【答案】D
【详解】A. 17g羟基(—18OH)的物质的量= =mol，一个-18OH含有10个中子，所含中子为×10 mol= mol，故A错误；
B. NH3溶于水，发生NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，根据物料守恒，0.1mol NH3溶于水形成的溶液中存在NH3、NH3·H2O、NH4+，微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和小于0.1NA，故B错误；
C. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C错误；
D. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，足量的甲烷与1molCl2（假设氯气完全反应）在光照条件下发生取代反应，每取代一个H，就会形成一个C—Cl键和一个H—Cl键，故该反应生成4种取代产物（共1mol）和1molHCl，形成1molC－Cl键，数目为NA，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为BD，B中要注意根据氨气溶于水的一系列反应都是可逆反应判断出氨水中的含N微粒；D中要注意甲烷与Cl2在光照条件下发生取代反应，断开的Cl-Cl键的数目与形成的C－Cl键数目、断开的C－H键数目、形成的H－Cl键数目均相等。
3.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是 （ ）
A. 化合物(A)不能与乙醇发生反应
B. 化合物(B)分子式为C6H6Cl6
C. 化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得
D. 1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应
【答案】D
【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；
B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；
C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；
D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3molH2发生加成反应，故D正确。
4.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是（ ）
A. X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸
B. 实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，再向烧瓶中加入X
C. 反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀
D. 反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在
【答案】D
【详解】A. 稀硝酸会将铁氧化为+3价的铁离子，故A错误；
B. 实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；
C. 反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；
D. 由于装置中空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确，
故选D。
【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。
5.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料。下列结论正确的是（ ）
X
Y
Z
W
A. 简单氢化物沸点:X
【分析】短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如下表所示,其中W元素的单质是制备漂白液的重要原料，W是氯元素，X为氮元素，Y为氧元素、Z为磷元素。
【详解】A、水常温下是液体、氨分子间形成氢键，简单氢化物沸点:Z
C、最高价氧化物对应水化物的酸性：H3PO4
故选B。
【点睛】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，解题关键：推断元素，易错点A，明确元素周期律，注意元素性质的特殊性。
6.实验表明新型钠离子聚合物电池正负极材料均表现出较快的电极反应动力学，使得电池具备高功率性能。其放电时的工作原理如图，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，高聚物发生还原反应
B. 充电时，阳极的电极反应式为 3I- +2e-=I3-
C. 充电时，电极A接电源负极
D. 放电时，当转移0.5 mol电子，NaI溶液中增加0.5NA个Na+
【答案】D
【分析】图中装置分析反应过程中，电子转移方向可知，高聚物失电子发生氧化反应，为原电池的负极，钠离子移向正极，正极上I3-得到电子发生还原反应生成I-，离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析回答。
【详解】A.放电时，电子转移方向可知，高聚物在负极失电子发生氧化反应，A错误；
B.充电时，原电池正极为电解池的阳极，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-，B错误；
C.充电时，电极A接电源正极，作阳极，发生氧化反应，C错误；
D.结合放电过程中的电极反应式、电子守恒、电荷守恒计算，放电时，当转移0.5mol电子时，I3-+2e-=3I-，必有0.5mol钠离子通过阳离子交换膜进入正极室，故NaI溶液中增加0.5NA个Na+，D 正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原电池和电解池原理、电极反应、电子守恒的分析应用，通过电子移动方向和Na+移动方向判断电池的正负极是解答该题关键，题目难度中等。
7.已知二元弱碱B(OH)2在水中存在如下电离平衡：B(OH)2 B(OH)++OH-，Kb1=10-3.75；B(OH)+B2++OH-，Kb2=10-7.62。常温下，用0.1 mol/L盐酸滴定25 mL 0.1 mol/L的B(OH)2溶液，得到如图所示的滴定曲线。下列说法不正确的是（ ）
A. a点所得的溶液中：c[B(OH)2]= c[B(OH)+]
B. b点所得的溶液中：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)
C. c点所得的溶液中：c(Cl-)＜3c[B(OH)+]
D. d点所得的溶液中：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]
【答案】C
【详解】A.a点时，pH=10.25，则c(H+)=10-10.25，c(OH-)=，由于Kb1=10-3.75，所以c[B(OH)2]= c[B(OH)+]，A正确；
B. b点所得溶液中，由于二者浓度相等、体积相等，所以n(HCl)=n[B(OH)2]，二者反应的物质的量的比是1:1，根据物料守恒可得：c(Cl-)= c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)；根据电荷守恒可得： c[B(OH)+]+2c(B2+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)=c(OH-)+ c[B(OH)2]+ c[B(OH)+]+ c(B2+)，整理可得：c[B(OH)2] +c(OH-)=c(B2+)+c(H+)，B正确；
C.c点所得的溶液中，pH=6.38，溶液显弱酸性，c(H+)＞c(OH-)，c(H+)=10-6.38，则c(OH-)=，由于Kb2==10-7.62，则c(B2+)=c[B(OH)+]；根据电荷守恒可得 c[B(OH)+]+2c(B2+)+c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，将c(H+)＞c(OH-)、c(B2+)=c[B(OH)+]代入电荷守恒式，可得c(Cl-)＞3c[B(OH)+]，因此C错误；
D.在d点，n(HCl)=2n[B(OH)2]，恰好反应产生正盐BCl2，由于B(OH)2是二元弱碱，所以B2+会发生一级水解产生B(OH)+， B(OH)+发生二级水解反应产生B(OH)2，盐的水解程度是比较小的，一级水解远远大于二级水解，故溶液中BCl2主要以其电离产生的B2+的形式存在，因此，d点所得的溶液中离子浓度大小关系为：c(B2+)＞c[B(OH)+]＞c[B(OH)2]，D正确。
综上所述，不正确的选项是C，故本题选C。
8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，M=180g/mol)呈淡黄色,可用作晒制蓝图。某实验小组对其进行了一系列探究。
I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究
(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置可重复选用)进行实验：
①E中盛装碱石灰的仪器名称为_______________。
②按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→______________→尾气处理装置(仪器可重复使用)。
③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______________________________________。
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为____________________________。
(2)小组成员设计实验证明了A中分解后的固体成分为FeO，则草酸亚铁晶体分解的化学方程式为___________________________________。
(3)晒制蓝图时，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，该反应的化学方程式为_________________。
Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度测定
工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：
步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；
步骤2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；
步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。
(4)步骤2中滴定终点的现象为______________________________________；步骤3中加入锌粉的目的为_______________________________。
(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为_______________________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则测定结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
【答案】 (1). U形管 (2). b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c (3). 排尽装置中的空气，防上加热时发生爆炸 (4). C中固体由黑色变为红色，后B装置中出现浑浊 (5). FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O (6). 3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+ 3K2C2O4 (7). 锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色 (8). 将Fe3+还原为Fe2+ (9). ×100% (10). 偏低
【分析】I.在A中草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)受热发生分解反应：FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，用D检验水蒸气的存在，用B检验CO2气体，然后用E干燥CO，将CO用通入C使CO与CuO发生反应：CO+CuOCO2+Cu，反应产生的CO2气体通过B装置检验，由于反应过程中有CO产生，会导致大气污染，所以最后将气体进行尾气处理。用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液中的Fe2+，据此书写反应方程式；
II. 步骤2中向FeC2O4·2H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，Fe2+变为Fe3+；KMnO4被还原为无色的Mn2+；H2C2O4变为CO2气体逸出；步骤3中向反应后溶液中加入适量锌粉，Zn将溶液中Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，这时溶液中Fe2+氧化为Fe3+，消耗标准液V2mL。则前后两次消耗的高锰酸钾溶液的体积差就是氧化H2C2O4消耗的体积，根据C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O4·2H2O)，最后根据电子守恒确定KMnO4与FeC2O4·2H2O的物质的量之间的关系，利用该反应消耗的n(KMnO4)计算出FeC2O4·2H2O的质量，从而可得其纯度，据此分析。
【详解】(1) ①根据E的结构可知E中盛装碱石灰的仪器名称为U形管；
②根据上述分析可知仪器使用的先后顺序为ADBECB，则按照气流从左到右的方向，上述装置的接口顺序为a→g→f→b→c→h→i(或i→h)→d→e→b→c→尾气处理装置；
③实验前先通入一段时间N2，其目的为排尽装置中的空气，防上加热时产生的CO与装置内的空气混合加热发生爆炸事故；
④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为C中固体Cu变为Cu单质，物质由黑色变为红色，反应产生的CO2气体可以使后面的B装置中出现浑浊现象；
(2)草酸亚铁晶体受热分解产生FeO、CO、CO2和水，根据电子守恒及原子守恒，可得分解的化学方程式为FeC2O4·2H2O FeO+CO↑+CO2↑+2H2O；
(3)K3[Fe(CN)6]溶液遇FeC2O4，溶液变为蓝色，该反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[FeCN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4；
(4)在步骤2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被还原为无色的Mn2+，所以滴定终点的现象为锥形瓶中溶液颜色变为浅紫色，且30s内不褪色。在步骤3中加入锌粉的目的为将溶液中的Fe3+氧化为Fe2+，以便于确定溶液H2C2O4的物质的量，并根据C元素守恒，计算出FeC2O4的物质的量。
(5)根据上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)= cmol/L ×(V1-V2) ×10-3L=c(V1-V2)×10-3mol，根据反应过程在电子守恒可得KMnO4与H2C2O4的物质的量关系为5H2C2O4—2KMnO4，H2C2O4是FeC2O4·2H2O与硫酸反应产生，根据元素守恒可知FeC2O4·2H2O—5H2C2O4—2KMnO4，故n[FeC2O4·2H2O]=n(KMnO4)=c(V1-V2)×10-3mol，所以草酸亚铁晶体样品的纯度为×100%= ×100%。若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化变质，则V1偏小，根据=×100%可知，测定结果将偏低。
【点睛】本题考查了仪器的识别、化学实验基本操作、仪器使用先后顺序、滴定终点的判断方法、误差分析、物质含量的测定等知识。掌握化学基础知识、物质的性质及守恒方法、关系式法计算等是本题解答的关键。
9.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
(1) 化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。
已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为__________________________________________________________。
(2)已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。
①M点的v正_________Q点的v正(填“>”“<”或“=”)。
②T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K=_____________ (用最简分数表示)，M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。
(3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式：____________________________________________________。
②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如上图所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是_______
__________________________________________。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是______________________________________________。
(4)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如题图所示。若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为________mol。
【答案】(1). 4NH3(g)＋6NO (g)=5N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1784.4kJ·mol－1 (2). > (3). 25/108 (4). 大 (5). 2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O (6). 增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多 (7). 有部分NH3被氧化成NO2-或NO3- (8). 0.08
【分析】(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，根据已知热化学方程式结合盖斯定律分析解答；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，根据压强对化学反应速率影响解答；②利用三段式计算N点各物的物质的量，再根据物质的量之比等于体积之比计算平衡时容器体积，转化为各物质的浓度代入平衡常数表达式计算K，该反应正向是放热反应，温度越高平衡常数K越小，据此分析解答；
(3)①根据图示判断发生氧化还原反应的反应物和生成物，根据转电子守恒和元素守恒进行书写；②增加次氯酸钠会加快反应速率；NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质；
(4)阳极上氢氧根离子失电子生成的氧气，根据生成的氧气计算出转移的电子的物质的量，结合电子守恒计算理论上可除去NO3-的物质的量。
【详解】(1)NH3和NO生成氮气和气态水的化学方程式为4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g)，①2NO(g)=N2(g)+O2(g) △H=－177kJ/mol，②4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) △H=－1253.4kJ/mol；根据盖斯定律①×3+②得到4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g) △H=(-177kJ/mol) ×3+(-1253.4kJ/mol)-1784.4kJ/mol，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(g) △H=-1784.4kJ/mol；
(2)①Q、M两点在同一等温曲线上，但M点压强高，所以M点反应速率大，故答案为：＞；
②反应的三段式：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化里(mol) x 3x 2x
平衡量(mol) 1-x 3-3x 2x
平衡时氨气的含量为20%，即×100%=20%，x=mol，N2、H2、NH3的物质的量分别为mol、2mol、mol，总物质的量为(4-2×)mol=mol，恒压时气体体积之比等于物质的量之比，所以平衡时容器体积为L=L，即c(N2)=c(NH3)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，平衡常数K===，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡常数k减小，所以T3＞T2时，T3℃平衡常数小于T2℃时平衡常数，即M点平衡常数大于N点平衡常数，故答案为：；大；
(3)①根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移的电子守恒，需要3molNaClO，再结合元素守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl，故答案为：2NH3＋3NaClO=N2＋3NaCl＋3H2O；
②增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多，使得B点剩余NaClO含量低于A点；当m(NaClO)：m(NH3)＞7.7时，可能是NaClO投入过多会将氨氮氧化为NO3-等更高价态的物质，未能从溶液中除去，使得总氮的去除率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降，故答案为：增加NaClO的量，反应速率加快，相同时间内NaClO消耗多；NaClO投入过多会将部分NH3被氧化成NO2-或NO3-；
(4)阳极发生氧化反应，溶液中氢氧根离子失电子生成的氧气，标准状况下，2.24L氧气的物质的量==0.1mol，转移的电子为0.1mol×4=0.4mol，活性原子将NO3-还原为N2，存在关系NO3-～N2～5e-，理论上可除去NO3-的物质的量==0.08mol，故答案为：0.08。
10.某化学工厂产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和Cr2O72-等离子。综合利用该酸洗废液的工艺流程如下：
已知：①Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2+＋6NH3 [Ni（NH3）6]2+
②金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH表③Ksp（CaF2）=410-11
Fe3+
Ni2+
Cr3+
开始沉淀
1.5
6.7
4.0
沉淀完全
3.4
9.5
6.9
回答下列问题：
（1）再生酸中主要含有硝酸，采取减压蒸馏的原因是________________________________
（2）渣1的主要成份为______（填化学式）
（3）转化时发生反应的离子方程式__________________________________________
（4）用平衡移动原理解释沉镍的原理______________________________________
（5）渣3的主要成分为氢氧化钙和_______________ 、_________________（填化学式）
（6）国家排放标准要求c（F－）≤3.8 mg•L-1。残液中残留的Ca2+浓度至少应为_____mg•L-1
【答案】 (1). 降低蒸馏温度,以减少硝酸的分解 (2). Fe(OH)3 (3). 5H++Cr2O72﹣+3HSO3﹣=2Cr3++3SO42﹣+4H2O (4). Ni3++6NH3 [Ni(NH3)6]，加入S2-与Ni3+结合生成沉淀，促使上述平衡逆向移动 (5). CaSO4 (6). CaF2 (7). 40
【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和Cr2O72-，加入浓硫酸减压蒸馏，可以使低沸点的酸硝酸挥发出来；Fe3+完全沉淀的PH为3.4，所以加入氧化铁调节PH为3.5，可分离出Fe(OH)3；NaHSO3具有还原性，加入NaHSO3把具有氧化性的Cr2O72-还原为Cr3+；加入足量氨水Cr3+生成Cr(OH)3析出，Ni2+与足量氨水反应生成[Ni(NH3)6]2+，沉镍是把[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀；最后溶液中有大量F-，加入石灰浆可生成CaF2沉淀。
【详解】（1）HNO3易分解，采取减压蒸馏的目的为降低蒸馏的温度以减少硝酸的分解；
（2）Fe3+完全沉淀的pH为3.4，所以加入氧化铁调节pH为3.5，析出的滤渣１的主要成份为Fe(OH)3；
（3） NaHSO3与Cr2O72-发生转化时发生反应的离子方程式为3HSO3-+Cr2O72-+5H+= 2Cr3++ 3SO42-+4H2O；
（4）沉镍时Ni3++6NH3=[Ni(NH3)6]，加入S2-与Ni3+结合生成沉淀，促使上述平衡逆向移动，[Ni(NH3)6]2+转化为NiS沉淀，离子方程式为：[Ni(NH3)6]2＋+S2-=NiS↓＋6NH3；
（5）由于溶液含有F-，滤渣3的主要成分为CaSO4、Ca(OH)2和CaF2；
（6）已知Ksp(CaF2)=4×10-11，国家排放标准要求c(F－)≤3.8 mg•L-1，即c(F－)≤ =2.0×10-4mol/L，残液中残留的Ca2+浓度至少应为=10-3mol/L= 10-3mol/L×40g/mol=40 mg•L-1。
【点睛】本题考查化工流程图，涉及溶度积的相关计算等，注意溶度积只与温度有关，难溶电解质的饱和溶液中浓度熵一定等于Ksp。
11.[化学——选修3：物质结构与性质]
由H、C、O、N、S、Cu等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子有____种运动状态，未成对电子占据原子轨道的形状为______。
（2）碳和氢形成的最简单碳正离子CH3+，其中心原子碳原子的杂化类型为___________，该阳离子的空间构型为___________。
（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是___________________________________________________。
（4）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是_____________________________，离子反应方程式为_____________________________________；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu（NH3）4]SO4。其阳离子的结构式为___________，中心原子的配位数为___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。其堆积模型是_______________________，铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数。铜的相对原子质量为___________（用a、ρ、NA表示，写出计算式即可）。
【答案】(1). 11 (2). 球型 (3). sp2 (4). 平面三角形 (5). Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (6). 产生蓝色沉淀 (7). Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+ (8). (9). 4 (10). 面心立方最密堆积 (11). ρNA（a×10—10）3/4
【分析】（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构；
（5）根据m =ρV=4M（Cu）/NA计算可得。
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为1s22s22p6
3s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，则价电子有11种运动状态，未成对电子占据原子轨道为4s，形状为球型，故答案为：11；球型；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH3+离子的空间构型为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；[Cu(NH3)4]SO4的阳离子为[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构，结构式为，故答案为：产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；；4；
（5）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，堆积模型是面心立方最密堆积，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数为8×1/8+6×1/2=4，根据m =ρV=4M（Cu）/NA可得ρ（a×10—10）3=4M（Cu）/NA，M（Cu）=ρNA（a×10—10）3/4，故答案为：面心立方最密堆积；ρNA（a×10—10）3/4。
12.[化学-选修5:有机化学基础]
有机物J是一种防止血管中血栓形成与发展的药物，其合成路线如图所示 （部分反应条件略去）。
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型是___________，反应⑥的反应类型是___________。
（2）J的分子式是___________。F的结构简式是___________。
（3）反应③的化学方程式为____________________________________________。
（4）写出同时满足下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_________________。
①苯环上只有两个处于对位的取代基；
②1 mol该有机物能与含2 mol NaOH的溶液恰好完全反应。
（5）参照J的合成路线，设计一种以为原料制备的合成路线__________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 取代反应 (2). 加成反应 (3). C19H16O4 (4). (5). + CO(OC2H5)2+2C2H5OH (6). 、、、 (7).
【详解】(1)根据图示可知苯酚与乙酸酐发生取代反应产生CH3COOH和B(乙酸苯酯)，与发生加成反应产生；所以反应①的反应类型是取代反应，反应⑥的反应类型是加成反应；
(2)根据J的结构简式，结合C原子价电子是4，可知J分子式是C19H16O4；根据E的分子式为C7H6O，结合G的结构简式可知E是苯甲醛，结构简式为，E与丙酮发生加成反应产生F，F的结构简式是；
(3)与CO(OC2H5)2在一定条件下发生反应产生和C2H5OH，反应的化学方程式为：+ CO(OC2H5)2+2C2H5OH；
(4)F分子式是C10H12O2，其同分异构体符合的条件：有两个取代基在苯环的对位上，且酯基为酚羟基与羧基形成，则其可能的结构简式为：、、、；
(5)参照J的合成路线，以为原料制备的合成路线为：。
相关资料
更多
