【文档说明】【精准解析】江苏省南京市、盐城市2020届高三第二次模拟考试化学试题.doc，共(24)页，1.323 MB，由小赞的店铺上传

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南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试卷化学注意事项：答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考试号写在答题卡上。考试结束后，交回答题卡。可能用到的相对原子质量；H-1C-12N-l4O-16Mg-24S-32Ca-40Fe-56选择题（共40分）单项选择题：本题包括10小题，每，J、题2

分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。1.新型冠状病毒对人类健康构成严重威胁。下列物质不能用作新型冠状病毒消毒剂的是（）A.75%酒精B.次氯酸钠溶液C.生理盐水D.过氧乙酸溶液【答案】C【解析】【详解】A.75%酒精可用于消毒杀菌，满足题意；B．次

氯酸钠具有强氧化性，能够杀菌消毒，满足题意；C．生理盐水的主要成分是0.9%的NaCl溶液，氯化钠没有杀菌和消毒的作用，不足满题意；D．过氧乙酸溶液是强氧化剂,可以杀灭一切微生物,对病毒、细菌、真菌及芽孢均能迅速杀灭，满足题意；答案选C

。2.用化学用语表示SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O中的相关微粒，其中正确的是（）A.中子数为15的硅原子：1514SiB.氟原子的结构示意图：C.SiF4的电子式D.水分子的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A.左上角表示质量数，质量数=中子数+

质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：2914Si，A选项错误；B．氟原子结构示意图为：，B选项正确；C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，C选项错误；D．比例模型能够体现出原

子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，D选项错误；答案选B。【点睛】本题D选项为易错选项，容易忽略分子的比例模型要体现出原子的相对体积大小这一问题，解答时需要注意。3.下列有关物质的性质与用途具有对

应关系的是（）A.Al2O3具有两性，可用作耐高温材料B.FeCI3溶液呈酸性，可用于腐蚀电路扳上的CuC.Na2O2能吸收CO2产生O2，司用作呼吸面具供氧剂D.FeS难溶于水，可用于除去废水中的Cu2+【答案】C【解析】【详解】A.Al2O3

可做耐高温材料，是因为其熔点高的性质，与两性无关，A选项错误；B．由于Fe3+和Cu能够发生氧化还原反应，所以FeCI3溶液可用于腐蚀电路扳上的Cu，与FeCI3溶液呈酸性无关，B选项错误；C．2Na2O2+2CO2===O2↑+2Na2CO3，可用作呼吸面具供氧剂，C选项正确；D．K

sp(FeS)>Ksp(CuS),可发生沉淀的转化，因此可FeS除去废水中的Cu2+，与FeS难溶于水无关，D选项错误；答案选C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.澄清透明的酸性溶液中：Fe3+、Cu2+、SCN-、SO42-B.能使酚酞变红的溶液

中：K+、NH4+、Cl-、NO3-C.w+Kc(H)=10-12mol·L-1的溶液中Na+、Al3+、Cl-、SO42-D.c(HCO3-)=0.1mol·L-1的溶液中：H+、Mg2+、SO42-、NO3-【答案】C【解析】【详解】A.Fe3+与SCN-会结合生成Fe(SCN

)3的络合物，不能共存，A错误；B．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，含有OH—，NH4+与OH—会生成NH3，不能共存，B错误；C．w+Kc(H)=10-12mol·L-1的溶液为酸性溶液，Na+、Al3+、Cl-、SO42-均能大量共存，满足题意，C正确；D．HCO3-与H+能够反

应生成CO2，不能共存，D错误；答案选C。【点睛】A选项题干信息需要注意，澄清透明不代表无色，因此不是因为Fe3+、Cu2+有颜色不满足题意。5.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SO2D.用图丁所示装置检验产生的乙烯【答案】B【解析】【详解】A.盐酸应用酸式滴定管，A选项错误；B．配制银氨溶液需要氨水恰好完全溶解沉淀，不能多加也不能少加，此处所滴加氨水

的量刚好满足，B选项正确；C．吸收SO2用NaOH吸收，且需要防倒吸，C选项错误；D．乙醇易挥发，可与高锰酸钾发生氧化还原反应，不能排除乙醇的赶入，D选项错误；答案选B。【点睛】B选项为易错知识，需要准确记忆，银氨溶

液的配制过程中，滴加的氨水要恰好完全溶解沉淀，不能多也不能少。6.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.铝在稀硝酸中发生钝化B.过量铁粉在Cl2中燃烧制取FeCl2C.N2与O2在放电条件下化合生成N

O2D.新制Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖并煮沸，生成Cu2O【答案】D【解析】【详解】A.铝在冷的浓硫酸、浓硝酸中才会发生钝化，而会与稀硝酸发生反应，A选项错误；B．Cl2具有强氧化性，过量铁粉在Cl2中燃烧制取只能得到F

eCl3，不能得到FeCl2，B选项错误；C．N2与O2在放电条件化合生成NO，NO在与O2结合生成NO2，C选项错误；D．葡萄糖含有醛基，含醛基的物质能与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸后生成Cu2O的砖红色沉淀，D选项正确；答案选D。7.下列指定反应的离

子方程式正确的是（）A.NO2溶于水：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOB.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑C.Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OD.向氨水中通入过

量CO2：2NH3·H2O+CO2=2NH4++CO32-+H2O【答案】A【解析】【详解】A.NO2溶于水反应方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，A选项正确；B．电解饱和食盐水时，H+来源于H2O，不能直

接写H+，正确的离子方程式应为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，B选项错误；C．Fe3+会氧化I-为I2，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2，C选项错误；D．过量的CO2会H2O和CO32-与继续反应生成HCO3-，D选项错误；答案选A。

8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X、Z同主族，Y、W同主族，且X的原子半径小于Y，Y是地壳中含量最高的元索。下列说法正确的是（）A.原子半径：r(Y)<r(Z)<r(W)B.Y的气态氢化物的稳定性比w的弱

C.X、Y、Z三种元素形成的化合物中其含有离子键D.X可分别与Y、W形成含18个电子的分子【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O，Y、W同主族，W为S；又X的原子半径小于Y，X、Z同主族，则X为H，Z为Na，据此判断选项

。【详解】A.原子半径Na>S>O，即r(Z)>r(W)>r(Y)，A选项错误；B．O的非金属性强于S，其氢化物的稳定性H2O>H2S，B选项错误；C．H、O、S形成的化合物中不可能形成离子键，C选项错误

；D．X与Y形成含18电子的分子为H2O2，与W形成的18电子分子为H2S，D选项正确；答案选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点，题目难度不大，推断元素为解题关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重分析与应用能力的考查。9.下列物质的转化在

给定条件下能实现的是（）A.Cu2(OH)2CO3(s)CuCl2(aq)Cu(s)B.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)C.Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)D.SiO2(s)SiCl

4(l)Si(s)【答案】A【解析】【详解】A.Cu2(OH)2CO3(s)与盐酸反应CuCl2(aq)，可电解CuCl2(aq)得到Cu单质，A正确；B．NaCl(aq)与CO2不会生成NaHCO3，B选项错误；C．Fe与H2O(g)在高温条件下生成Fe3O4，不会得到Fe2O3，C选项错误；D

．SiO2只与HF反应，不与其他酸反应，故不能与HCl得到SiCl4，D选项错误；答案选A。【点睛】工业上根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法。热分解法：适用于Cu、Ag等不活泼金属；热还原法：适用

于金属活动性表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2等）将金属从其化合物中还原出来；电解法：采用电解熔融金属化合物的方法冶炼Na、Al等活泼金属10.2019年度诺贝尔化学奖授予在锂离子电池发展做出贡献的三位科学家。某浓差电池的原理示意如图所示，可用该电池从浓缩海水中

提取LiCl溶液。下列有关该电池的说法不正确的是（）A.该装置可在提取LiCl溶液的同时得电能B.电子由Y极通过外电路移向X极C.正极发生的反应为：2H++2e—===H2↑D.Y极每生成22.4LCl2，有2molLi+从b区移至a区【答案】D【解析】【分析】该模型为原电池模型，原电池中发

生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极，由图分析可知，生成氢气的一极（X极）为正极，生成氯气的一极（Y极）为负极，据此可判断下列选项；【详解】A.该电池为原电池模型，可将化学能转化为电能，故在提取LiCl溶液的同时得电能，

A选项正确；B．电子由负极通过外电路移向正极，B选项正确；C．H+在正极得到电子，故正极发生的反应为：2H++2e—===H2↑，C选项正确；D．未指明在标准状况下，不能直接用Vm=22.4进行计算，D选项错误；答案选D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每

小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，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。11.下列说法正确的是（）A.在船身上装锌块是利用牺牲阳极的阴极保护法来避免船体遭受

腐蚀B.反应Hg(l)+H2SO4(aq)=HgSO4(aq)+H2(g)在常温下不能自发进行，则△H<0C.将纯水加热至较高温度，Kw变大、pH变小、呈酸性D.在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3moII2转移的电子数为6×6.02×1023【答案】A【解析】【

详解】A.锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极，锌被氧化，铁被保护，为牺牲阳极的阴极保护法，A选项正确；B．反应不能自发，则ΔG=ΔH–TΔS>0，则ΔH>TΔS，而反应的ΔS>0，故ΔH>0，B选项错误；C．升高温度，Kw变大、

pH变小，但氢离子浓度和氢氧根浓度相等，纯水呈中性，C选项错误；D．每生成3moII2转移的电子数为5mol，故转移的电子数应为5×6.02×1023，D选项错误答案选A。【点睛】C选项为易错知识点，常温下pH=7时为中性，但随着温

度的改变，Kw变化，中性pH的值也会随之改变，在判断溶液酸碱性时应该用氢离子和氢氧根的浓度大小比较来进行判断。12.芘经氧化后可进一步用于染料合成。芘的一种转化路线如图：下列叙述正确的是（）A.芘的分子式为C16H

10B.甲分子中所有碳原子一定都在同平面上C.甲在一定条件下可发生加成反应和银镜反应D.1mol乙与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH【答案】AC【解析】【详解】A.根据结构，可以判断芘的分子式为C16H10，A选项正确；B．甲分

子的两个苯环相连的单键可以旋转，因此不一定都在同一平面上，B选项错误；C．甲分子中含有苯环和醛基，苯环可以发生加成反应，醛基可发生银镜反应，C选项正确；D．乙分子能与NaOH发生反应的官能团为羧基，且1mol羧基只与1molNaOH反应，1mol乙分子

中含有2mol羧基，则最多消耗2molNaOH，D选项错误；答案选AC。13.根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.若溶液中有，NO3—与稀盐酸的H+结合形成的HNO3

具有强氧化性，会将SO32-氧化成SO42—，故产生白色沉淀不一定含有SO42—，A选项错误；B．冰醋酸有挥发性，不能够判断是醋酸与苯酚钠反应还是CO2与苯酚钠反应生成了苯酚，则不能判断CO2和苯酚的酸性强

弱，B选项错误；C．1-溴丙烷中加入KOH溶液，发生水解反应，检验溴离子应在酸性条件下，这里没有加酸使溶液呈酸性，不能检验溴离子，C选项错误；D．向等浓度的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，产生Ag2S

的黑色沉淀，可以证明Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，D选项正确；答案选D。14.25C时，有关弱酸的电离平衡常数如下表：下列有关微粒浓度的说法正确的是（）A.pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液：c(Na2CO3)

>c(NaCN)>c(CH3COONa)B.浓度均为0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)+3c(H2CO3)C.0.2mol/LHCN溶液与0.lmol/LNaO

H溶液等体积混合所得溶液中：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)D.浓度均为0lmol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)>c(CH3COO-)+c(OH-)【答案】BC【解析】【

详解】A.酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，则酸根离子的水解程度越小，当盐溶液的pH相同时，浓度越大，电离平衡常数：CH3COOH>HCN>HCO3—，则水解程度CO32—>CN—>CH3COO—，所以c(

Na2CO3)<c(NaCN)<c(CH3COONa)，A选项错误；B．根据物料守恒可得，浓度均为0.1mol/LNaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na+)=3c(HCO3-)+3c(CO32-)

+3c(H2CO3)，B选项正确；C．0.2mol/LHCN溶液与0.lmol/LNaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液，由于NaCN的水解大于HCN的电离，故有c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)，C选

项正确；D。浓度均为0.1mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液中，醋酸根离子水解程度较小，则c(CH3COOH)+c(H+)<c(CH3COO-)+c(OH-)，D选项错误；答案选BC。15.乙酸甲酯的催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸已酯，该反应的化

学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知v正=k正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆=k逆·x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数（受温度影响），x为各组分的

物质的量分数。反应开始时，CH3COOCH3和C6H13OH按物质的量之比1：1投料，测得338K、343K、348K三个温度下CH3COOCH3转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A.该反应的△H>0

B.348K时，该反应的平衡常数为1.8C.A、B、C、D四点中，v正最大的是DD.在曲线①、②、③中，k正-k逆最大的曲线是①【答案】AD【解析】【详解】A.根据图像，①的反应速率最快，说明①对应的是最高温度

348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；A选项正确；B．348K时，设初始投入为1mol，则有：()()()()336133613311000.640.640.64CHCOOCHlCHOHlCHCOO

CHlCHOHl+⎯⎯⎯→⎯⎯+⎯催化剂起转0.640.360.360.640.64平带入平衡常数表达式：()()()()3613333613xxCHCOOCHxCHOHxCHCOOCHxCHKHO==0.180.3200.32.2.18=3，B选项错误；C．A点x(CH3C

OOCH3)·x(C6H13OH)大且温度高，所以A点v正最大，C选项错误；D．k正、k逆为速率常数，根据平衡移动规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正的增大程度大于k逆，因此，k正-k逆值最大的曲线是①，D选项正确；答

案选AD。非选择题（共80分）16.以红土镍矿（含NiO及铁、镁、硅的氧化物等）为原料制备Ni(OH)2的工艺流程如图：（1）“酸浸”时，H2SO4稍过量的目的是___。（2）“氧化”时，Fe2+发生反应

的离子方程式为___。（3）“沉铁”时生成黄钠铣矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀.该反应的化学方程式为___。（4）“沉镁”时，需综合考虑镁去除率和镍损失率。不同pH下镁去除率和镍损失率如图所示。①应控制反应体系的pH约为__

_（填字母）。A.5.0B.6.0C.6.5②巳知Ksp(MgF2)=7.4×10-11。要使“沉镁”所得滤液中c(Mg2+)≤7.4×10-7mol·L-1，则应控制滤液中c(F-)不低于___。（5）“沉镍”所得滤液中，可循环使用的主要溶质为

___（填化学式）。【答案】(1).提高铁和镍元素的浸出率(2).2H++2Fe2++H2O2===2Fe3++2H2O(3).3Fe2(SO4)3+Na2SO4+6H2O+6MgO===Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6MgSO4(4).B(5).0.01mol·L—1(6).Na2S

O4【解析】【分析】红土镍矿加硫酸溶液酸浸时，除硅的氧化物外，其他均溶解，因此滤渣1为硅的氧化物，而滤液1中含Fe2+、Mg2+和Ni2+，Fe2+被H2O2溶液氧化成Fe3+，沉铁时投入硫酸钠和氧化镁，发生反应3Fe2(SO4)3+Na2SO4+6H2O+6MgO===Na2Fe6

(SO4)4(OH)12+6MgSO4，再加NaF溶液沉镁后经过滤得到Mg(OH)2和[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的沉淀，所得滤液再加NaOH可得Ni(OH)2。【详解】（1）“酸浸”时，H2SO4稍过量可提高铁和镍元素的浸出率，故答案为：提高铁和镍元

素的浸出率；（2）Fe2+被H2O2溶液氧化成Fe3+，反应方程式为：2H++2Fe2++H2O2===2Fe3++2H2O；（3）根据上述分析，“沉铁”时生成黄钠铣矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的化学方程式为：3Fe2(SO4)3+Na2S

O4+6H2O+6MgO===Na2Fe6(SO4)4(OH)12+6MgSO4；（4）根据图像可知，镁去除率最高和镍损失率最低的综合pH为6.5，故选B；（5）Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F—)=

7.4×10-11，要使“沉镁”所得滤液中c(Mg2+)≤7.4×10-7mol·L-1，c2(F—)()()11227-12MgF7.410107.4==1=0.01mo10lLspKcMg−−−+，故答案为：0.01mol·L—

1；（6）“沉镍”所得滤液中主要含Na2SO4，故循环利用的主要成分为Na2SO4。17.化合物F是合成心脏病治疗药法西多曲的中间体，其合成路线流程图如图：（1）C中的含氧官能团名称为___和___。（2）A-B的反应类型为___。（3）D的分子式为C15H18O6，写出D的结构简式

：___。（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：___。①能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；②苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢。（5）请写出以H2C=CH2、H2C(COOC2H5)2、为原料制

备的合成路线流程图___（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【答案】(1).醚键(2).酯基(3).取代反应(4).(5).(6).【解析】【分析】根据题干信息，物质A、B、C的转化关系如下：A发生取代反应生成B，B

发生取代反应生成C，C中含有官能团酯基，醚键和碳碳双键，能够与氢气在Pd-C的催化作用下发生加成反应生成D，且D的分子式为C15H18O6，则D的结构式为：，D物质再与氢氧化钠发生水解反应生成E，E再发生如下反应生成F：，根据分析可回答问题

；【详解】(1)由上述过程可知，C的结构式为：，C中的含氧官能团名称为酯基、醚键，故答案为醚键和酯基；(2)根据上述分析，A-B的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)C的碳碳双键与氢气在Pd-C的催化作用下，发

生加成反应生成D，因此D的结构式为：；(4)B的分子式为C8H6O3，含有5个不饱和度，B能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，因此B含有酚羟基，不含有醛基，且B的苯环上有4个取代基，分子中只有4种不同化学环境的氢，苯环含3个不饱和度，剩下2个不

饱和度为碳碳三键，则B的同分异构体可以是：；(5)根据题干信息运用，可得到以H2C=CH2、H2C(COOC2H5)2、为原料制备的合成路线如下：【点睛】根据有机物的化学式计算不饱和度的方法：若有机物的化学式为CxHy则不饱和度Ω=2x+2-y2。18.工业中将含有较多Ca2+、Mg2

+的水称为硬水。测定某水域的钙硬度、镁硬度（每升水中含Ca2+或Mg2+的质量，单位mg/L）的过程如下：①取50.00mL水样，控制溶液的pH=10。以铬黑T为指示剂，用0.01000mol/LEDTA标准溶液滴定硬水中钙和镁的总含量至终点，消耗EDTA标准溶液3

0.00mL。②另取50.00mL水样，加入10%NaOH溶液至pH=12.5，加入钙指示剂，用001000mol/LEDTA标准溶液滴定硬水中钙的含量至终点，消耗EDTA标准溶液20.00mL。已知：Ca2+、Mg2+与EDTA反应的化学汁量比均为1：1。（1）向硬

水中加入石灰，可使Ca2+、Mg2+沉淀，以达到软化硬水的目的，写出Ca(OH)2和Ca(HCO3)2反应的化学方程式：___。（2）“加入10%NaOH溶液至pH=12.5”的目的是___。（3）计算该水样的钙硬度、镁硬度

（写出计算过程）___。【答案】(1).Ca(OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O(2).使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀，不干扰钙含量的测定(3).n(Ca2+)=0.01000mol·L-1×20.00mL×10—3L·mL—1=2.00

0×10—4mol钙硬度为：—4-13--11-3-12.00010mol40gmol10mgg=160mgL50.00mL10LmLn(Mg2+)=0.01000mol·L-1×(30.00-20.00)mL×10—3L·mL—1=1.000×10—4mol镁硬度为

：—4-13--11-3-11.00010mol24gmol10mgg=48mgL50.00mL10LmL【解析】【详解】(1)Ca(OH)2和Ca(HCO3)2发生复分解反应，反应方程式为：Ca(OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O，故答案为：Ca(

OH)2+Ca(HCO3)===2CaCO3↓+2H2O(2)加入10%NaOH溶液至pH=12.5的目的是调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀故答案为：使Mg2+转化为Mg(OH)2的沉淀，不干扰钙含量的测定；(3)因为钙硬度、

镁硬度为每升水中含Ca2+或Mg2+的质量，根据题干信息可以得出n(Ca2+)=0.01000mol·L-1×20.00mL×10—3L·mL—1=2.000×10—4mol，n(Mg2+)=0.01000mol·L-1×(30.00-20.00)mL×10—3L·mL—1=

1.000×10—4mol，根据m=n·M得，m(Ca2+)=—4-13-12.00010mol40gmol10mgg，m(Mg2+)=—4-13-11.00010mol24gmol10mgg，钙硬度为：—4-13--11-3

-12.00010mol40gmol10mgg=160mgL50.00mL10LmL，镁硬度为：—4-13--11-3-11.00010mol24gmol10mgg=48mgL50.00mL10LmL；故答案为

：n(Ca2+)=0.01000mol·L-1×20.00mL×10—3L·mL—1=2.000×10—4mol钙硬度为：—4-13--11-3-12.00010mol40gmol10mgg=160mgL50.00mL10LmLn(Mg2+)=0.01000mol·L-1×(30.00-

20.00)mL×10—3L·mL—1=1.000×10—4mol镁硬度为：—4-13--11-3-11.00010mol24gmol10mgg=48mgL50.00mL10LmL。19.以废旧锂离子电池

的正极材料（主要含LiCoO2、Al、C等）为原料制备CoC2O4.2H2O的一种实验流程如图：（1）“除铝”可在如图1所示的装置中进行。保持温度、反应物和溶剂的量不变，实验中提高铝的去除率的措施有___。（2）“灼烧”的主要目的是___。（3）“

还原”步骤温度在70℃左右，LiCoO2发生反应的化学方程式为___。若该步骤用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可达到“还原”的目的，但其缺点是___。（4）“沉淀”步骤中，证明Co2+已沉淀完全的实验操作及现象是___。（5）设计由“滤液X

”制备纯净的Al2O3的实验方案。（已知含铝物种浓度与pH的关系如图所示。实验中必须使用的试剂：H2SO4溶液、BaCl2溶液、蒸馏水）___。【答案】(1).加快反应速率或延长反应时间(2).除去C(3).2LiCoO2+3H2SO4+H2O270℃2C

oSO4+Li2SO4+O2+4H2O(4).会产生有毒的Cl2(5).静置，在上层清液中继续滴加H2C2O4溶液，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全(6).向“滤液X”中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸测溶液的pH，当pH介于6~8时，过滤，用蒸馏水

洗涤沉淀，直至滤液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至沉淀不再减少，冷却，即得Al2O3【解析】【分析】正极材料主要含LiCoO2、Al、C，加入NaOH溶液，Al与NaOH反应生成NaAlO2溶液，剩余固体在空气

中灼烧，C变成CO2，剩余的LiCoO2与H2SO4溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应：2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2+4H2O，沉淀时发生反应Co2++C2O42-+2H2O===CoC2O4·2H2O，得到滤液Y为LiSO4等，根据分析可以解答问题。【详

解】根据上述分析可得：(1)提高铝的去除率的措施有加快反应速率或延长反应时间，故答案为：加快反应速率或延长反应时间；(2)剩余固体在空气中灼烧，C变成CO2，因此灼烧的目的是除去C，故答案为除去C；(3)LiCoO2

与H2SO4溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应，反应方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2+4H2O，故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O22CoSO4+Li2SO4+O2+4H

2O；(4)用盐酸代替H2SO4和H2O2，也可达到“还原”的目的，但会产生有毒的Cl2，故答案为：会产生有毒的Cl2；(5)证明Co2+已沉淀完全的实验操作及现象：静置，在上层清液中继续滴加H2C2O4溶液

，若不出现浑浊，则Co2+已沉淀完全；(6)“滤液X”为NaAlO2溶液，由“滤液X”制备纯净的Al2O3的实验方案为：向“滤液X”中滴加H2SO4溶液，适时用pH试纸测溶液的pH，当pH介于6~8时，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至滤

液加BaCl2溶液不再出现白色浑浊为止，将所得沉淀灼烧至沉淀不再减少，冷却，即得Al2O3。【点睛】检验某离子已完全沉淀的规范答题语言：取上层清液与试管中，向试管中加入少量的XXX溶液，若XXX（现象），则已沉淀完全，反之则没有沉淀完全。20.烟气

脱硫后的物质可以再生、再利用。（1）一种干法脱硫技术以CuO为吸收荆，并用CH4再生CuO，原理如下：2CuO(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CuSO4(s)ΔH1=akJ·mol-12CuSO4(s)+CH4(g)=2Cu(s)+2SO2(

g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=bkJ·mol-12Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH3=ckJ·mol-1反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=___kJ·mol-1（用含a、b、c的代数式表示）。（2）钠

碱法脱硫后的吸收液中主要成分为NaHSO3、Na2SO3。用三室阴阳膜组合膜电解吸收液可再生得到Na2SO3，原理如图1所示。①写出电解时HSO3-在阳极发生反应的电极反应式：___。②电解时采用吸收液低流速通过阴极

的原因为___。③如将阴离子交换膜电换成阳离子交换膜，则出口B溶液中的溶质主要是（填化学式）___。（3）循环流化床烟气脱硫灰的主要成分有CaCO3、CaSO3·0.5H2O、CaSO3、CaSO4。为实现

脱硫灰的资源化利用，对脱硫灰进行热重分析，结果如图所示。①图2中，1100℃时，残留固体主要成分为___；在600-630℃时有一个微弱的SO2峰，可能是由于脱硫灰中少最的FeSO4分解导致的，写出该分解反应的化学方程式：___

。②对比图2与图3知，图3中370—420℃曲线上升的原因为___。【答案】(1).(a+b+c)(2).3HSO−-2e—+H2O===2-4SO+3H+(3).使吸收液在阴极区充分反应，提高Na2SO3的再生率(4).

NaHSO3和H2SO3(5).CaSO4、CaO(6).2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑(7).CaSO3·0.5H2O失水质量小于CaSO3被空气中O2氧化成CaSO4增加的质量【解析】【详解】(1)反应CH4

(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)中，反应物CH4(g)、2O2(g)，刚好位于反应1、2、3，但1、2、3分别有多余的2CuO(s)、2SO2(g)、2Cu(s)、2CuSO4(s)

，通过观察可知，1+2+3刚好消去多余的反应物，且能得到目标反应的反应物，则反应1+反应2+反应3可直接得到目标反应，再根据盖斯定律，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=(a+b+c)，故答案为(a+b+c)；(2)①由电池池原理图分析，左池连接电源负极，为电解池阴极，右池连接电源正极

，为电解池阳极，电解时-3HSO在阳极失去电子，生成2-4SO，故发生反应的电极反应式为：-3HSO-2e-+H2O===2-4SO+3H+，故答案为：-3HSO-2e-+H2O===2-4SO+3H+

；②电解时采用吸收液低流速通过阴极可以使吸收液在阴极区充分反应，提高Na2SO3的再生率，故答案为：使吸收液在阴极区充分反应，提高Na2SO3的再生率③阴离子交换膜电换成阳离子交换膜，则H+和Na+与-3HSO结合，所以出口B溶液中的溶质主要是Na

HSO3和H2SO3，故答案为：NaHSO3和H2SO3；(3)①1100℃时，残留固体主要成分为CaSO4、CaO，根据题干条件，在600-630℃时，出现微弱的SO2峰，且含有SO3，则FeSO4分解生成Fe2O3、SO2和SO3气体，反应式为2FeSO4Fe2O3+SO2

↑+SO3↑，故答案为：CaSO4、CaO；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；②因为CaSO3·0.5H2O失水质量小于CaSO3被空气中O2氧化成CaSO4增加的质量，所以370—42℃曲线上升，故答

案为：CaSO3·0.5H2O失水质量小于CaSO3被空气中O2氧化成CaSO4增加的质量。【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。21.配合物X{[Cu(phen)(Thr)(H2O)]ClO4}能

够通过插入或部分插入的模式与DNA作用，它可由Cu(ClO4)2、HThr（结构简式如图l所示）、phen等为原料制备。（1）Cu2+基态电子排布式为___。（2）ClO4-的空间构型为__（用文字描述），与ClO4-互为等电子体的一种分子的化学式为___。（3）HT

hr分子中，碳原子的杂化类型为___；1molHThr中含有σ键的数目为___。（4）配合物X中配离子的结构如图2所示，则配位原子为___（填元素符号）。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9(2).正四面体形(3).CCl4等(

4).sp2、sp3(5).16mol或16×6.02×1023个(6).O、N【解析】【详解】(1)Cu为29号元素，失去2e-得到Cu2+，则Cu2+基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或者[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63

d9或者[Ar]3d9；(2)ClO4-的孤电子对数=7+1-42=02，则ClO4-的空间构型为正四面体形，与ClO4-互为等电子体的有CCl4等，故答案为正四面体形；CCl4；(3)分子中C原子含有双键

和单键，则C的杂化方式有：sp2、sp3，1个HThr中含有16个σ键，则1molHThr中含有σ键的数目为：16mol或16×6.02×1023个，故答案为：sp2、sp3；16mol或16×6.02×1023个；(4)根据配合物X中配离子的结构可知，配合物X中

配离子的配位原子为O、N，故答案为：O、N。22.实验室中采用废铁屑来制备硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]的具体流程如图：（1）步骤①中通常加入热的碳酸钠溶液，其目的是__。（2）步骤②需要加热的目的是___。铁屑中含少量硫化物，反应产生的气体可用图1所示装置进行净

化处理，X溶液为___（填字母）。A.蒸馏水B.饱和食盐水C.NaOH溶液D.稀HNO3（3）步骤③中，要保持溶液的pH<0.5的原因是___。（4）步骤⑤包含抽滤操作（如图-2所示），仪器Y的名称为__。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体

样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为___。【答案】(1).除去废铁屑表面的油污(2).加快反应速率(3).C(4).抑制Fe3+水解(5).布氏漏斗(6).NH4Fe(SO4)2·12H2O【解析】【分析】通过流程图分析，

废铁屑经过步骤①得到干净铁屑，铁与H2SO4在80~95℃时反应得到FeSO4的滤液和废渣，再向滤液中加入5%H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，得到硫酸铁溶液，最后经过步骤④、⑤得到硫酸铁铵，再根据分析，结合题干可解答问题。【详解】(1)N

a2CO3溶液具有除油污的作用，则步骤①中通常加入热的碳酸钠溶液的目的时除去废铁屑表面的油污，得到干净铁屑，故答案为：除去废铁屑表面的油污；(2)步骤②加热可加快反应速率，铁屑中含少量硫化物，反应产生的气体为SO2，一般用NaOH溶液除去，故答案为

：加快反应速率；C；(3)Fe3+易水解，因此氧化时要保持溶液的pH<0.5，故答案为：抑制Fe3+水解；(4)仪器Y的名称为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗；(5)设硫酸铁铵晶体为1mol，，由题意可知硫酸铁铵失去的

重量就是水的重量，其关系式为：()4422NHFeSO~xHO1mol1.5mol，1.518=100%=100%5.6%1(26618)x=+失去的质量失重率物质的总质量解得x≈12，所以硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，故答案为

：NH4Fe(SO4)2·12H2O。【点睛】易错点：第(5)问，注意硫酸铁铵晶体加热失去1.5个结晶水，并不是全部结晶水。难点：硫酸铁铵晶体化学式的确定需要准确运用失重率的计算公式，即=100%失去的质量失重率物质的总质量，同时还应该明确失去结晶水的过程，知道硫酸铁铵失去的

重量就是水的重量。