【文档说明】【精准解析】江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2020届高三第二次调研考试化学试题.doc，共(24)页，1.151 MB，由小赞的店铺上传

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2020届高三第二次调研考试化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cu-64选择题一、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.新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60~1

40nm，怕酒精，不耐高温。下列说法正确的是A.病毒由碳、氢、氧三种元素组成B.新冠病毒扩散到空气中不可能形成胶体C.医用酒精能用于消毒是因为它有强氧化性D.高温可使蛋白质发生变性【答案】D【解析】【详解】A.病毒由蛋白质和RNA组成，蛋白质含有元素C、

H、O、N，RNA含有元素C、H、O、N、P，故A错误；B.新冠病毒直径大约在60~140nm，胶体分散质直径在1~100nm，故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体，故B错误；C.医用酒精能用于消毒是因为它能使蛋白质变

性，故C错误；D.高温可使蛋白质发生变性，故D正确；故答案选：D。2.反应223222322NaSNaCO4SO3NaSOCO++=+可用于工业上制备Na2S2O3。下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的硫原子：1620SB

.Na+的结构示意图：C.Na2S的电子式：D.CO32-水解的离子方程式：23223CO2HOHCO2OH−−+=+【答案】B【解析】【详解】A.左上角数字表示质量数，中子数为20的硫原子应为：1636S，故A错误；B.Na+的结构示意图：，故B正确；C.

Na与S形成离子键，则Na2S的电子式：，故C错误；D.CO32-水解分部进行，主要为第一步，则CO32-水解的离子方程式：2323COHOHCOOH−−−++；3223HCOHOHCOOH−−++，故D错误；故答案选：B。3.下列有关物质的性质与用途具有对应关

系的是A.硫酸铁易溶于水，可用作净水剂B.次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂C.氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂D.晶体硅熔点高，可用作半导体材料【答案】C【解析】【详解】A.硫酸铁水解形成氢氧化铁胶体，可用作净水

剂，性质与用途不对应，故A错误；B.次氯酸具有氧化性，可用作漂白剂，性质与用途不对应，故B错误；C.氧化钙能与水反应，可用作食品干燥剂，故C正确；D.晶体硅有单向导电性，可用作半导体材料，性质与用途不对应，故D错误；故答案选：C。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中

一定能大量共存的是A.()31cAl0.1molL+−=的溶液：2443Na,NH,SO,NO++−−B.()31cFe0.1molL+−=的溶液：2K,Ba,OH,SCN++−−C.()13cNO0.1molL−−=的溶液：H,K,I,Cl++−−D.水电离的()+

131cH110molL−−=的溶液：2243Na,Mg,SO,HCO++−−【答案】A【解析】【详解】A.()31cAl0.1molL+−=的溶液：2443Na,NH,SO,NO++−−，可以大量共存，故A正确；B.3Fe+与SCN−发生反应生成3Fe(SCN)，与氢氧根离子反应生成氢氧化

铁沉淀，不能大量共存，故B错误；C.3NO−在酸性环境下具有氧化性，会与I−发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.水电离的()+131cH110molL−−=的溶液可能为酸溶液或碱溶液，碱性条件下23Mg,HCO+−与OH-发生反应，酸性溶液中碳酸

氢根离子与氢离子反应，不能大量共存，故D错误；故答案选：A。5.下列关于实验室制取CO2、NH3和CaCO3的实验原理或操作能达到实验目的的是A.制CO2B.净化CO2C.制取并收集NH3D.制CaCO3【答案】D【解析】【详解】A.长颈漏斗下端管口没有

浸没在液体中，会导致CO2气体的溢出，故A错误；B.碱石灰会吸收二氧化碳，不能用于净化CO2气体，故B错误；C.收集氨气时不能用橡皮塞堵住试管，应该用棉花，故C错误；D.232234CO+2NH+CaCl+

HO=CaCO+2NHCl，故可用该装置制取CaCO3，故D正确；故答案选：D。6.下列有关化学反应的叙述正确酌是A.常温下铜在浓硝酸中发生钝化B.氯气和烧碱反应可制取漂白粉C.碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱D.铁和高温水蒸气反应生成铁红【答案】C【解析】【详解】A.常温下铁和铝在浓硝酸中发

生钝化，铜不发生钝化，故A错误；B.氯气和石灰乳反应可制取漂白粉，故B错误；C.碳酸氢钠固体受热分解323222NaHCONaCO+CO+HO=可得到纯碱，故C正确；D.铁和高温水蒸气反应生成四氧化三铁，故D错误；故答案选：C。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.

氢氧化镁溶于稀醋酸：222Mg(OH)2HMg2HO+++=+B.将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取NaClO2溶液：2222222ClOHO2OH2ClOO2HO−−++=++C.苯酚钠溶液中通入少量CO2：22265653COHO2

CHO2CHOHCO−−+→++D.用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2322OH2NO2NOHO−−+=+【答案】B【解析】【详解】A.醋酸为弱酸不能拆，故A错误；B.将ClO2气体通入H2O2、NaOH的混合溶液中制取

NaClO2溶液：2222222ClOHO2OH2ClOO2HO−−++=++，故B正确；C.苯酚酸性强于HCO3-，苯酚钠溶液中通入少量CO2生成HCO3-，故C错误；D.氢氧化钠溶与二氧化氮反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故D

错误；故答案选：B。【点睛】根据强酸制弱酸的原理苯酚钠溶液中通入少量CO2生成HCO3-，而非CO32-。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，常温下0.01mol∙L-1Z的最高价氧化物对应的水

化物溶液的pH=12，W在元素周期表中的族序数是周期数的2倍。下列说法正确的是A.W的单质的氧化性比Y的强B.原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(Y)＞r(X)C.工业上常用电解法冶炼Z单质D.X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W

强【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其内层电子数的2倍，X为C；Y是地壳中含量最高的元素，Y为O；常温下0.01mol∙L-1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=12，Z为Na；W在元素周期表中

的族序数是周期数的2倍，W为S，以此分析。【详解】A.W的单质为S，Y的单质为O2，O2氧化性强于S，故A错误；B.原子半径：r(Na)＞r(S)＞r(C)＞r(O)，则r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故

B错误；C.工业上常用电解熔融的氯化钠冶炼Na单质，故C正确；D.X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3,W的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，硫酸酸性强于碳酸，故D错误；故答案选：C。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.H2SiO3Δ⎯⎯→SiO2盐酸⎯⎯⎯

⎯⎯→SiCl4B.Cu稀硝酸Δ⎯⎯⎯→Cu(NO3)2(aq)Δ⎯⎯→Cu(NO3)2(s)C.ClCH2-CH2ClNaOH溶液Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→HOCH2CH2OH2Cu(OH)Δ⎯⎯⎯⎯→HOOC-COOHD.A

l34FeO高温⎯⎯⎯→Al2O3NaOH溶液Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→NaAlO2(aq)【答案】D【解析】【详解】A.盐酸不能直接和二氧化硅反应得到四氯化硅，故A错误；B.硝酸铜溶液加热蒸发由于水解不能得到硝酸铜固体，故B错误；C.不能将醇通过新制氢氧化铜悬浊液一步氧化成酸，故C错误；D.Al34Fe

O高温⎯⎯⎯→Al2O3NaOH溶液Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→NaAlO2(aq)，均可实现，故D正确；故答案选：D。10.根据下列图示所得出的结论不正确的是A.是常温下用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20

.000mL0.l000mol/LCH3COOH的滴定曲线，说明Q点表示酸碱中和滴定终点B.是1molX2(g)、ImolY2(g)反应生成2molXY(g)的能量变化曲线，说明反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化

学键的键能总和C.是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)反应时C(CO2)随反应时间变化的曲线，说明t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积D.是光照盛有少量氯水的恒容密闭容器时容器内O2的体积分数变化曲线，说明光照氯水有O2生成【答案】A【解析】【详解】

A.由图像可知，Q点时pH=7，此时醋酸过量，不是滴定终点，当氢氧化钠体积为20mL时，溶液为醋酸钠溶液，此时为滴定终点，故A错误；B.由图像可知，1molX2(g)、ImolY2(g)能量低于2molXY(g)，则反应为吸热反应，则反应物所含化学键的键能总和大于生成物所含化学键的键能总和，

故B正确；C.由图可知，t1时刻c（CO2）突然增大，一段时间后，浓度与改变前不变，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，由于K＝c（CO2），温度不变平衡常数不变，则c（CO2）减小直到与原位置一致，故C正确；D.由图可知，氧气的体积分数随着时间的增长而变大，说明光照氯水有O2生成，

故D正确；故答案选：A。【点睛】中和滴定终点指反应恰好完全发生点而不一定是pH=7的点。二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计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.常温下，2NH3(g)+NaClO(aq)＝NaCl(aq)+N2H4(aq)+H2O(l)能自发进行，可用于生产N2H4。下列有关说法正确的是A.该反应的△H＞0，△S＜0B.每生成1mo

lN2H4转移2mol电子C.室温下，向0.lmol/LNaClO溶液中加水，溶液pH增大D.N2H4、O2和KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为242NH4eN4H−+−=+【答案】B【解析】【详解】

A.常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，由化学方程式可知△S＜0，则△H＜0，故A错误；B.N元素化合价由-3价升高为-2价，转移1个电子，则每生成1molN2H4转移2mol电子，故B正确；C.NaClO溶液水解呈碱性，加水稀释，溶液pH减小，故C错误；D.N2H4、O2和

KOH溶液组成的燃料电池，负极反应为--2422NH-4e+4OH=N+4HO，故D错误；故答案选：B。12.茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示(未画出其空间结构)。下列说法正确的是A.茚地那韦属于芳香族化合物B

.虚线框内的所有碳、氧原子均处于同一平面C.茚地那韦可与氯化铁溶液发生显色反应D.茚地那韦在碱性条件下完全水解，最终可生成三种有机物【答案】AD【解析】【详解】A.茚地那韦含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B.苯环12个原子均共面

，环烷烃碳原子不共面，故虚线框内不是所有碳、氧原子均处于同一平面，故B错误；C.能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，茚地那韦无酚羟基，故C错误；D.茚地那韦中含有两个肽键可发生水解反应，生成三种有机物，故D正确；故

答案选：AD。13.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A.鉴别苯、乙醇、四氯化碳三种无色液体：取三种试剂各10mL于试管中，再分别加入5mL蒸馏水，振荡、静置，观察现象B.比较Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小：向MgCl2、FeCl3

的混合溶液中滴加少量NaOH溶液，观察现象C.检验久置的亚硫酸钠溶液是否变质：取溶液少许，向其中滴加BaCl2溶液，向所得沉淀中加入足量稀硫酸，观察现象D.证明苯酚与溴水反应是取代反应：向苯酚稀溶液中加入过量的饱和溴水，充分反应后静置，向上层清液中滴加硝酸银溶液，观察现象【

答案】A【解析】【详解】A.苯与水不互溶，且苯在上层，乙醇与水互溶，不分层，四氯化碳与水不互溶，且四氯化碳在下层，故可用蒸馏水鉴别，故A正确；B.氢氧化铁红褐色沉淀会覆盖白色的氢氧化镁沉淀，使氢氧化镁沉淀观测不到。无法向MgCl2、FeCl3的混合溶液中滴加少量NaOH溶

液，观察现象来比较Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Mg(OH)2]的大小，故B错误；C.稀硫酸会与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，应加BaCl2溶液和稀盐酸，故C错误；D.溴水中的溴离子也能与硝酸银反应生成溴化银沉淀，干扰判断，故D错误；故答案选：A。14.人体血

液的pH通常在7.35-7.45之间的原因是血液中存在NaH2PO4-Na2HPO4等缓冲体系。常温下：Ka1(H3PO4)=7.6×10-3、Ka2(H3PO4)=6.3×10-8。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正

确的是A.0.1mol/LNaH2PO4溶液：2c(HPO42-)+3c(PO43-)＞c(Na+)-c(H2PO4-)B.常温下，pH=7的NaH2PO4和Na2HPO4的混合溶液：c(Na+)＞c(HPO42-)＞c(H2PO4-)C.向10mL0.1mol/L

NaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液：c(H+)+3c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+c(HPO42-)=c(OH-)D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合：3[c(

H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)]=2c(Na+)【答案】AC【解析】【详解】A.根据溶液中电荷守恒可得()()()()()()2-3---++44242cHPO+3cPOcHPOcOHcNacH++=+，0.1mol/LNaH2PO4溶液显酸性

，c(H+)＞c(OH-)，则()()()()2-3-+-44242cHPO+3cPOcNa-cHPO＞，故A正确；B．()+2-84a234-24c(H)c(HPO)KHPO=631c(HPO).0−=，pH=7，c（H+）=10-7mol/L，则2--424c(HPO)63c(H

PO)0.=，Na+不发生水解，则c(Na+)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)，故B错误；C.向10mL0.1mol/LNaH2PO4溶液中加入5mL0.4mol/LNaOH溶液，此时溶液为Na3PO4，根据溶液中质子守恒可得()()()()()+-2--34244cH+3

cHPO+2cHPO+cHPO=cOH，故C正确；D.物质的量浓度相等NaH2PO4和Na2HPO4溶液等体积混合，根据物料守恒，2Na=3P，可得()()()()()-2-3-+2444343cHPO+cHPO+cPOcHP

O=2cNa+，故D错误；故答案选：AC。【点睛】根据三大守恒判断溶液粒子浓度关系。15.温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)⇌N

2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是A.T℃时，该反应的化学平衡常数为445B.图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)C.向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转

化率比原平衡大D.容器内的压强：Pa:Pb＞6:7【答案】BD【解析】【分析】由反应()()()()2222Cs2NOgNg2COg++可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平

衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。【详解】A.a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则2222C(s)+2NO(g)N(g)+2CO(g)mol100mol0.40.20.4mol0.60.20.4开始

（）反应（）平衡（）T℃时，该反应的化学平衡常数为222c(CO)c(N)211221210.4mol0.2mol()VV4K0.6mol45Vc(NO)()V===，故A错误；B.图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)

＞v(逆)，故B正确；C.向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C错误；D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为2222C(s)+2NO(g)N(g)+2CO(

g)mol100mol0.80.40.8mol0.20.40.8开始（）反应（）平衡（）则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa:Pb＞6:7，故D正确；故答案选：BD。【点睛】计算化学平衡常数时

是用浓度进行计算而不是物质的量进行计算。非选择题16.NaBH4是一种常见的还原剂。一种以H2、Na、硼酸三甲酯[B(OCH3)3]为原料，生产NaBH4的工艺流程如下：(1)下列措施能提高“反应1”的化学反

应速率的有______(填字母)。A.充分搅拌熔融钠B.将熔融钠充分分散在石蜡油中C.反应前排尽装置中的空气(2)在浓硫酸作用下，B(OCH3)3可由B(OH)3和CH3OH发生酯化反应制得。浓H2SO4的作用是_____。(3)“反应2”在240℃条件下进行，生成的产物

是NaBH4和CH3ONa，写出该反应的化学方程式：____。“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥，原因是______。(4)反应NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2可用于制取H2。一定浓度的NaBH4催化制氢的半衰期(溶液中NaBH4消耗一半时所需的时间)与溶液pH的关系如图所示：

①NaBH4与水反应所得溶液呈碱性，原因是____。②随着反应的进行，生成H2的速率逐渐减慢，原因是_______。【答案】(1).AB(2).催化剂、吸水剂(3).2403343B(OCH)+4NaH=NaBH+3CHONa℃(4).防止NaH与水发生反应(5).NaBO2水

解，使溶液呈碱性(6).反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大【解析】【分析】由工艺流程可知，Na和H2反应生成NaH，NaH和33B(OCH)反应生成4NaBH和3CHONa，3CHONa水解得到NaOH和3CHOH，蒸馏分离3CHOH，以此分析。【详解】（1）

提高化学反应速率的方法有增加反应物浓度，升高温度，增加接触面积等，A.充分搅拌熔融钠，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故A正确；B.将熔融钠充分分散在石蜡油中，增大接触面积，可以提高化学反应速率，故B确；C.反应前排尽装置中的空气，防止氢气不存发生爆炸，

与化学反应速率无关，故C错误；故答案选：AB。（2）浓硫酸在反应中起到催化剂的作用，还能吸收生成的水分，使平衡正移；故答案为：催化剂、吸水剂（3）NaH和33B(OCH)在240℃反应生成4NaBH和3CHONa，则化

学方程式为：2403343B(OCH)+4NaH=NaBH+3CHONa℃，NaH易与水反应，因此为防止NaH与水发生反应“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥；故答案为：2403343B(OCH)+4NaH=NaBH+3CHONa℃；防止NaH与水发生反应；（4）HBO

2为弱酸NaBO2水解呈碱性，NaBH4与水反应生成NaBO2溶液呈碱性，故答案为：NaBO2水解，使溶液呈碱性；（5）由图像可知pH越大，半衰期越长，则反应越慢，随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率降低，故答案为：反应物的浓度逐渐减小，溶液的碱性逐渐增大。17.盐酸罗替戈汀是一种用

于治疗帕金森病的药物，其合成路线流程图如下：(1)、CH3CH2CH2NH2中所含官能团的名称分别为______、________。(2)D→E的反应类型是_______。(3)B的分子式为C12H12O2，写出B的结构简式；

____。(4)C的一种同分异构体X同时满足下列条件，写出X的结构简式：_______。①含有苯环，能使溴水褪色；②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。(5)已知：+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→R3

COOH+，写出以和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).（酚）羟基(2).氨基(3).取代反应(4).(5).(6).【解析】【详解】（1）、CH3CH2CH2

NH2中所含官能团的名称分别为（酚）羟基，氨基，故答案为：（酚）羟基；氨基；（2）D→E为甲基被氢原子的取代反应，属于取代反应；（3）B的分子式为C12H12O2，由反应A→B可知A中酚羟基上的氢原子被甲基取代，则B的结构简式为，故答案为：；（4）C的一种同分异构体X同时

满足①含有苯环，能使溴水褪色；②能在酸性条件下发生水解，水解产物分子中所含碳原子数之比为6：5，其中一种水解产物分子中含有3种不同化学环境的氢原子。则X含有苯环、碳碳双键和酯键，水解产物一种含有苯环，另一种含有5个C则水解产物其中一种为苯酚，另一种水解产物分

子中含有3种不同化学环境的氢原子为(CH3)2CH=COOH，则X为；（5）由已知条件可知可在酸性高锰酸钾溶液中分解为丙酮和乙酸，再结合盐酸罗替戈汀的合成路线，合成方案为。【点睛】设计合成路线时需要充分利用已知条件，或通过产物进行逆推得到合成方案。18.蛋氨酸铜[C

ux(Met)y，Met表示蛋氨酸根离子]是一种新型饲料添加剂。为确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的组成，进行如下实验：(1)称取一定质量的样品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和稀盐酸，加热至全部溶解，冷却后将溶液分成两等份。②取其

中一份溶液，调节溶液pH在6～8之间。加入0.1000mol/LI2的标准溶液25.00mL,充分反应后滴入2～3滴指示剂X，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至蓝色恰好褪去，发生反应：2222346I2SOSO2I−−−

+=+。消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL(蛋氨酸与I2反应时物质的量之比为1：1，产物不与Na2S2O3发生反应)。③向另一份溶液中加入NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液，加热至70℃左右，滴入2-3滴指示剂PAN，用0.02500mol/L

EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2--=CuY2-+2H+)，消耗EDTA标准溶液28.00mL。(1)指示剂X为____。(2)用Na2S2O3标准液滴定时，若pH过小，会有S和SO

2生成。写出S2O32-与H+反应的离子方程式___________。(3)若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，测得Cu2+的物质的量将____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(4)通过计算确定蛋氨酸铜[

Cux(Met)y]的化学式(写出计算过程)________。【答案】(1).淀粉溶液(2).+2-23222H+SO=SO+S+HO(3).偏大(4).2-23nSO=0.1mol/L0.02200L=0.002200mol（）2nI=0.1mol/L0.025L=0.0025m

ol（）2-2231nI=nSO+n2（）（）（蛋氨酸）2-22311net=n=nI-nSO=mol-0.002200mol=0.001400mol22（M）（蛋氨酸）（）（）0.00252+2-2nCu=nHY=0.025mol/L0.02800L=0.000700mo

l（）（）2+xnCu0.000700mol1===ynet0.001400mol2（）（M）xyCuMet（）化学式为：2CuMet（）【解析】【详解】（1）用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定I2液，则指示剂为淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；（2）S2O32-与

H+反应生成S和SO2，则化学方程式为+2-23222H+SO=SO+S+HO，故答案为：+2-23222H+SO=SO+S+HO；（3）若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，标准液体积偏大，测得Cu2

+的物质的量将偏大，故答案为：偏大；（4）2-23nSO=0.1mol/L0.02200L=0.002200mol（）2nI=0.1mol/L0.025L=0.0025mol（）2-2231nI=nSO+

n2（）（）（蛋氨酸）2-22311net=n=nI-nSO=mol-0.002200mol=0.001400mol22（M）（蛋氨酸）（）（）0.00252+2-2nCu=nHY=0.025mol/L0.02800L=0.

000700mol（）（）2+xnCu0.000700mol1===ynet0.001400mol2（）（M）xyCuMet（）化学式为：2CuMet（）19.实验室以含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-

}为原料制取硝酸银晶体，其实验流程如下：已知：①“沉银”所得AgCl中含有少量PbCl2、Ag2S。②Zn2+在浓氨水中以[Zn(NH3)4]2+形式存在。③PbCl2、AgNO3的溶解度曲线如图所示：(1)“滤液”中的主要阳离子为___(填化学式)。(2)“除杂”分为两步：先除去P

bCl2，再除去Ag2S。①在不同温度下，AgCl、Ag2S均难溶于水。除去PbCl2的操作为______，热水洗涤。②向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl。加入浓硝酸的目的是_______。(3)室温下，可逆反应AgCl+2N

H3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数K=___。{Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ag++2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O的平衡常数为1.1×107}(4)“还原”过程中发生反应

的离子方程式为_____。(5)粗银经水洗后，经多步处理可制备硝酸银晶体。请补充完整由以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案：________，过滤，________，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液_____

__，过滤，将所得晶体置于烘箱(120℃)干燥，密封包装。(实验中须使用的试剂：稀硫酸、稀硝酸、BaC12溶液)【答案】(1).NH4+(2).热水溶解，趁热过滤(3).将Ag2S中S2-氧化(4).-31.9810(5).+2+32342AgNH+Zn=ZnNH+2

Ag（）（）(6).将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中(7).洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应(8).加热浓缩、冷却结晶【解析】【分析】由实验流程可知，含银废液{主要含

[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸反应生成AgCl（含有少量PbCl2、Ag2S）和滤液，然后除去杂质PbCl2、Ag2S，将AgCl溶于浓氨水中，再利用过量的Zn置换Ag，将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，滤渣加入过量稀硝酸充分反应，将所得

AgNO3溶液，加热浓缩、冷却结晶，得到硝酸银晶体，以此分析。【详解】（1）含银废液{主要含[Ag(NH3)2]+、[Ag(S2O3)2]3-}与浓盐酸发生反应：()++-+342AgNH+2H+Cl=AgCl+2NH

，()3-+-23222AgSO+4H+Cl=AgCl+2SO+2S+2HO，则滤液中主要阳离子为NH4+，故答案为：NH4+；（2）根据溶解度曲线可知PbCl2的溶解度随着温度的升高而增大，则除去PbCl2的操作为热水溶解，趁热过滤，热水洗涤；利用浓硝酸可

以氧化S2-使沉淀平衡正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，则除去Ag2S的操作为向热水洗涤所得固体中加入浓硝酸和稀盐酸，边加热边充分搅拌，使Ag2S转变为AgCl，故答案为：热水溶解，趁热过滤；将Ag2S中S2-氧化；（3）()++3

2322Ag+2NHHOAgNH+2HO的平衡常数K，=1.1×107，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，则反应AgCl+2NH3·H2O⇌[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O的平衡常数()()321-

7232cAgNHcClK=KspAgCl=181111=cNHHO，30（）（）K.01.9.0（8）10+−−=，故答案为：-31.9810；（4）Zn与银氨溶液反应方程式为：+2+32342AgNH+Zn

=ZnNH+2Ag（）（），故答案为：+2+32342AgNH+Zn=ZnNH+2Ag（）（）；（5）粗银中含有少量的Zn，以水洗后粗银为原料，制备硝酸银晶体的实验方案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中，过滤，洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象

，向滤渣中加入过量稀硝酸充分反应，将产生的气体和空气混合后通入NaOH溶液进行尾气处理，将所得AgNO3溶液热浓缩、冷却结晶，将所得晶体置于烘箱(120℃)干燥，密封包装。故答案为：将水洗后所得粗银溶于过量得稀硫酸中；洗涤至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无现象，向滤渣中加入过量稀硝酸充

分反应；加热浓缩、冷却结晶。【点睛】利用浓硝酸可以氧化S2-使沉淀平衡+2-2AgS2Ag+S正移，再加入稀盐酸，生成AgCl沉淀，以此除去Ag2S。20.H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。(1)“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：

阴极表面发生的电极反应有：Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2Ⅱ.H2O2+2H++2e-=2H2OⅢ.2H++2e-=H2↑①写出阳极表面的电极反应式：___。②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，

c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。(2)存碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq)∆H=akJ/molH2O2(aq)+Mn3+(aq)+2OH-(aq)=Mn2

+(aq)+·O2-(aq)+2H2O(l)∆H=bkJ/mol·OH(aq)+·O2-(aq)=O2(g)+OH-(aq)∆H=ckJ/mol2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)△H=_______。该反应的催化剂为____。(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强

氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/LH2PO2-的模拟废水

的体积为______。②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示：添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高

，原因是______。【答案】(1).-+222HO-4e=4H+O(2).c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）过大时，主要发生反应Ⅲ(3).（a+b+c）kJ/mol(4).Mn2+(5).25L(6).Fe2+促进H2O2和O3产生·

OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀【解析】【分析】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；（3）①弱碱性条件

下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：--3-2242OH+2OH+HPO=PO+4HO4,以此计算废水的体积；②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。【详解】（

1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为-+222HO-4e=4H+O，故答案为：-+222HO-4e=4H+O；（2）已知：①H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq)∆H=

akJ/mol②H2O2(aq)+Mn3+(aq)+2OH-(aq)=Mn2+(aq)+·O2-(aq)+2H2O(l)∆H=bkJ/mol③·OH(aq)+·O2-(aq)=O2(g)+OH-(aq)∆H=ckJ/mol由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热

化学方程式()()()22222HOaq=2HOl+Og，则△H=（a+b+c）kJ/mol，Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，故答案为：（a+b+c）kJ/mol；Mn2+；（3）①弱碱性条件下·OH将

H2PO2-氧化成PO43-，反应为：--3-2242OH+2OH+HPO=PO+4HO4,l.7g·OH物质的量1.7gn==0.1mol17g/mol，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的

体积n0.025molV===25Lc0.001mol/L，故答案为：25L；②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，故答案为：Fe2+促进H2O2和O3产生·O

H，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。三、选做题：本题包括两小题，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21题评分。21.锂离子电池己被广泛用作便携式电源。正极材料为LiCoO2、LiFePO4等，负极材料一般为石墨碳，以溶有LiPF

6、LiBF4等的碳酸二乙酯(DEC)作电解液。(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。(2)PO43-的空间构型为________(用文字描述)。(3)()333CoNHCl中3Co+的配位数为6，该配合物中的配位原子为_____

。(4)碳酸二乙酯(DEC)的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_____，1mol碳酸二乙酯(DEC)中含有σ键的数目为_____。(5)氮化锂是一种新型无机贮氢材料，其晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。【答案】(1).6Ar3d(2).正四面体

(3).N、Cl(4).sp3、sp2(5).17NA(6).Li3N【解析】【详解】（1）Fe2+原子核外有24个电子，依据核外电子排布规律，Fe2+基态核外电子排布式为6Ar3d，故答案为：6

Ar3d；（2）P原子孤电子对数5+3-24==02，价层电子对数=4+0=4，故PO43-的空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；（3）()333CoNHCl中3Co+的配位数为6，则配体为Cl和NH3，配位原

子为Cl、N，故答案为：N、Cl；（4）根据碳酸二乙酯(DEC)的分子结构示意图可知，碳酸二乙酯中含有酯键，和甲基团，故碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；碳酸二乙酯中含有17个σ键和一个π键，故1mol碳酸二

乙酯(DEC)中含有σ键的数目为17NA，故答案为：sp3、sp2；17NA；（5）通过晶胞结构图可知Li原子数11=8+2+1=382，N原子数1=2=12，故化学式为Li3N，故答案为：Li3N。

22.辛烯醛是一种重要的有机合成中间体，沸点为177℃，密度为0.848g·cm-3，不溶于水。实验室采用正丁醛制各少量辛烯醛，反应原理为：CH3CH2CH2CHO2%NaOH⎯⎯⎯→2-HO⎯⎯⎯⎯

⎯→实验步骤如下：步骤Ⅰ：向三颈烧瓶中加入6.3mL2%NaOH溶液，在充分搅拌下，从恒压滴液漏斗慢慢滴入5mL正丁醛。步骤Ⅱ：充分反应后，将反应液倒入如图仪器中，分去碱液，将有机相用蒸馏水洗至中性。步骤Ⅲ：经洗涤的有机相加入适量无水硫酸钠固体，放

置一段时间后过滤。步骤Ⅳ：减压蒸馏有机相，收集60～70℃/1.33～4.00kPa的馏分。(l)步骤Ⅰ中的反应需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___。使用冷凝管的目的是_______。(2)步骤Ⅱ中所用仪器的名称为_____。碱液在仪器中处于_____(填

“上层”或“下层”)，如何判断有机相已经洗至中性：______。(3)步骤Ⅲ中加入无水硫酸钠固体的作用是______。【答案】(1).水浴加热(2).冷凝回流正丁醛，提高原料利用率(3).分液漏斗(4).

下层(5).取最后一次洗涤液，测得pH约等于7(6).除去有机相中的水分【解析】【详解】（1）80℃条件可用水浴加热，冷凝管的目的为冷凝回流正丁醛，提高原料利用率，故答案为：水浴加热；冷凝回流正丁醛，提高原料利用率；（2）步骤Ⅱ分离碱液与

辛烯醛需用到分液漏斗；辛烯醛密度为0.848g.cm-3小于碱液的密度，故碱液在下层；根据pH可以判断溶液酸碱性，则取最后一次洗涤液，测得pH约等于7则可判断有机相已经洗至中性，故答案为：分液漏斗；下层；取最后一次洗涤液，测得pH约等于7；（3）无水硫酸钠固体的作用是吸收

水分，即作用是除去有机相中的水分。