【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60~140nm，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：23223CO

2HOHCO2OH−−+=+【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：23

23COHOHCOOH−−−++；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：2443

Na,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,H

CO++−−【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CO2：22265653COHO2CHO2CHOHCO−−+→++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：2222

222ClOHO2OH2ClOO2HO−−++=++，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⎯⎯→SiO

2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.Al34FeO高温⎯⎯⎯→A

l2O3NaOH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.Al34FeO

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1molN2H4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、FeC

l3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10

mL0.1mol/LNaH2PO4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/LNaH2

PO4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(HPO)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+3cHPO+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，2N

a=3P，可得()()()()()-2-3-+2444343cHPO+cHPO+cPOcHPO=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)⇌N2(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：①

NaBH4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）HBO2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⎯⎯⎯⎯→R3COOH+，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）、CH3CH2CH2NH2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[Cux(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/

LEDTA(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SO2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=0.0025mo

l（）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（）【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=0.000700

mol（）（）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PbCl2，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+2NH3·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+2Ag（）（）(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Ag

Cl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）()++32322Ag+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/molH2O

2(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0.025m

ol，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·OH，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LiPF6、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：6Ar3d；（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。