江苏省苏州市五校2020届高三12月月考化学试题

江苏省苏州市五校2020届高三12月月考化学试题

化 学 可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Ba-137‎ 选择题 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.糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是 A. 氢 B. 碳 C. 氮 D. 氧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题属于一道简单题目，考点为营养物质中糖类的组成元素。‎ ‎【详解】淀粉属于多糖，分子组成为（C6H10O5）n，组成元素为C、H、O，不含N元素；故选C。‎ ‎2.下列有关氧元素及其化合物的表示正确的是( )‎ A. 质子数为8、中子数为10的氧原子： B. 氧原子的结构示意图：‎ C. 水分子的电子式： D. 乙酸甲酯的结构简式：HCOOC2H5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在原子符号表示中，元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以质子数为8、中子数为10的氧原子可表示为，A正确；‎ B.O是8号元素，原子核外电子排布为2、6，最外层有6个电子，B错误；‎ C.H2O分子中O原子与2个H原子通过共价键结合，不是离子键，C错误；‎ D.乙酸甲酯是由乙酸CH3COOH与甲醇CH3OH形成的酯，结构简式为CH3COOCH3，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )‎ A. 硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂 B. 氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料 C. 二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂 D. 乙烯具有还原性，可用作水果的催熟剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硅酸钠溶液不可燃，不支持燃烧，因此可用作木材防火剂，A错误；‎ B.氧化铝是离子化合物，熔点很高，因此可用于制作耐高温材料，B正确；‎ C.二氧化硫具有还原性，可用作制溴工业中溴的吸收剂，C错误；‎ D.乙烯能够促进植物生长，因此可用作水果的催熟剂，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－‎ B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－‎ C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－‎ D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=12溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与选项离子Na+、K＋、NO3-、ClO-不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；‎ B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应产生弱酸CH3COOH，不能大量存在，B错误；‎ C.1.0 mol·L－1的KNO3溶液中，Fe2＋、H＋、NO3-、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；‎ D. 0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液中，OH-与Al3＋、NH4+、HCO3-都会发生反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是(　　)‎ A. 制取Cl2‎ B. 除去Cl2中的少量HCl C. 收集Cl2‎ D. 吸收尾气中的Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；‎ B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；‎ C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；‎ D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。‎ ‎【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。‎ ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A. 向新制Cu(OH)2悬浊液中加入蔗糖溶液，加热，出现红色沉淀 B. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质变性，出现白色沉淀 C. 常温下，向浓硫酸中加入铁片，铁片溶解 D. 向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、含醛基的物质能与新制的Cu(OH)2反应，加热煮沸后产生砖红色氧化亚铜沉淀，蔗糖不含﹣CHO，故A错误；‎ B、向鸡蛋清溶液中，加入饱和(NH4)2SO4溶液，有白色沉淀产生，说明蛋白质发生了盐析，加入重金属离子的盐时，蛋白质会发生变性，故B错误；‎ C、由于铁与浓硫酸在常温下发生钝化，阻止了反应的继续进行，导致铁片不溶解，故C错误；‎ D、Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，离子方程式为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，铜粉溶解，故D正确。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−ClO−+Cl−+H2O B. 用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−+H2↑‎ C. 室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2+2H+Cu2++2NO2↑+H2O D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+H2SiO3↓+2Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.Cl2与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；B.电荷不守恒；‎ C.不符合客观事实；‎ D.应拆分的物质没有拆分；‎ ‎【详解】A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；‎ B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O =2AlO2-+3H2↑，故B错误；‎ C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+=2NO↑+3Cu2++4H2O，故C错误；‎ D.Na2SiO3为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3 ，故D错误；‎ 综上所述，本题应选A.‎ ‎【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y和Z 原子序数依次增大，W的阴离子核外电子数与X原子的内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 原子半径：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)‎ B. W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10‎ C. W与X可形成含非极性键的化合物 D. X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，以此解答该题。‎ ‎【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，由此可知W为H、X为C、Y为N、Z为Na元素；‎ A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，所有元素中H原子半径最小，则原子半径：H＜N＜C＜Na，故A错误；‎ B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+1＝11，故B错误；‎ C．如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则非极性键，故C正确；‎ D．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，硝酸的酸性强于碳酸，故D错误。‎ ‎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. N2(g)NH3(g)NH4Cl(aq)‎ B. Fe(s)FeCl2(s)Fe(OH)2(s)‎ C. MgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)‎ D. S(s)SO2(g)BaSO3(s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、高温、高压、催化剂条件下，N2、H2反应生成氨气，氨气与氯化氢在常温下反应生成氯化铵，故A正确；‎ B、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，不能实现转化，故B错误；‎ C、氧化镁和硫酸反应生成硫酸镁和水，电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气，得不到镁单质，故C错误；‎ D、硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，因为盐酸酸性强于亚硫酸，因此BaCl2溶液中通入SO2，无沉淀，类似的有CaCl2溶液中通入SO2，也无沉淀，但SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀，类似的还有CO2分别通入CaCl2、BaCl2、Ca(NO3)2溶液中，均无沉淀。‎ ‎10.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na-CO2二次电池,将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料,电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是( )‎ A. 放电时，ClO4-向负极移动 B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C. 放电时，正极反应为3CO2+4e-=2CO32-+C D. 充电时，阳极反应为Na++e-=Na ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动；‎ B.放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na ‎2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na；‎ C.放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C；‎ D.充电时，原来的正极作电解池的阳极，失电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】A.放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4-向负极移动，A正确；‎ B.放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；‎ C.放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-═2CO32-+C，C正确；‎ D.充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应，即2CO32-+C-4e-=3CO2，负极发生的反应为Na++e-=Na，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，侧重考查学生分析判断能力。‎ 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.下列说法正确的是( )‎ A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应ΔH>0‎ C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023‎ D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.还有部分化学能转化成了热能；‎ B.依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析；‎ C.该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于2mol；‎ D.酶有最佳温度，温度过高会降低酶的催化活性。‎ ‎【详解】A.原电池工作时，化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，A错误；‎ B．反应自发进行的判断依据△H-T△S<0，已知常温常压下反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)可以自发进行，△S<0，满足△H-T△S<0，△H<0，该反应是放热反应，B错误；‎ C.3mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此生成氨气的物质的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，C正确；‎ D.在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消失，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解、氧化还原反应的计算等知识，明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性存在一定的温度范围，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎12.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：‎ 下列说法正确的是( )‎ A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子 C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应 D. 1mol的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4∶3‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.X含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征；‎ B.苯环、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团；‎ C.Y含有酚羟基和碳碳双键，具有酚、烯烃的性质；‎ D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基。‎ ‎【详解】A.X分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，因此所有的碳原子不可能在同一个平面上，A错误；‎ B.苯环、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，反应后连接甲基的碳原子为手性碳原子，连接4个不同的原子或原子团，B正确；‎ C.Y含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基可发生显色反应，碳碳双键可发生氧化、还原反应，酚可与甲醛发生缩聚反应，C正确；‎ D.X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，D错误；‎ 故合理选项是BC。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，注意酚、羧酸、酯的性质的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎13.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 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性 B 向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项，苯酚的酸性弱于碳酸；‎ B项，CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度；‎ C项，Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，Cu2+的氧化性强于Fe2+；‎ D项，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀，NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小。‎ ‎【详解】A项，向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A项错误；‎ B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；‎ C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；‎ D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。‎ ‎14.25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。‎ 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)‎ A. 图甲中pH＝7溶液：c(Cl－)＝c(HCN)‎ B. 图甲中a点的溶液：c(CN－)c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，图甲中pH＝7时，c(HCN)>c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，由于c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确； B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则 c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图可知，此时溶液pH>7，c(H＋)c(Cl－)，故B错误；‎ C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)＝c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)> c(Cl－)> c(CN－)> c(OH－)> c(H＋)，故C错误；‎ D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl－)= c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，所以D选项是正确的。 答案选AD。‎ ‎15.工业上一般在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇:‎ CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H =-90.8 kJ·mol-1‎ ‎300℃时，在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1 molCO、2 mol H2‎ ‎1mol CH3OH ‎2mol CH3OH 平衡 时 数据 CH3OH的浓度(mol·L-1)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 a kJ bkJ ckJ 体系压强(Pa)‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 a1‎ a2‎ a3‎ 下列说法正确的是 A. 2c1>c3 B. ∣a∣+∣b∣=90.8‎ C. 2p2____。 ‎ ‎(3)聚合硫酸铁[Fex(OH)y(SO4)z]的组成可通过下列实验测定:‎ ‎①称取一定质量聚合硫酸铁配成100.00 mL溶液A；‎ ‎②准确量取20.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65g；‎ ‎③准确量取20.00 mL溶液A，加入足量铜粉,充分反应后过滤、洗涤，将滤液和洗液合并配成250.00 mL溶液B；‎ ‎④准确量取25.00 mL溶液B，用0.100 0 mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。‎ 通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式(写出计算过程)______________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O (3). 3 (4). Fe4(OH)2(SO4)5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)K2FeO4在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，应把Fe(NO3)3饱和溶液滴加到KClO溶液中；‎ ‎(2)当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)<10-5mol/L，则该溶液中c(OH-)=，然后根据水的离子积常数计算溶液中c(H+)；‎ ‎(3)根据S元素守恒，可由BaSO4沉淀的质量计算20.00 mL溶液中：n(SO42-)=n(BaSO4)，再根据：5Fe3+～5Fe2+～MnO4-，计算n(Fe3+)；由电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO42-)+n(OH-)计算n(OH-)，进而计算n(Fe3+)：n(OH-)：n(SO42-)，可确定化学式。‎ ‎【详解】(1)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3溶液的混合方式为:将Fe(NO3)3溶液慢慢滴入KClO溶液中，根据电荷守恒、电子守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；‎ ‎(2)当Fe3+完全沉淀时，c(Fe3+)<1.0×10-5mol/L，则该溶液中c(OH-)==1.0×10-11mol/L，则根据室温下水的离子积常数Kw=1.0×10-14mol2/L2可知溶液中 c(H+)=mol/L=1.0×10-3mol/L，所以溶液的pH=3；‎ ‎(3)20.00 mL溶液中：n(SO42-)=n(BaSO4)==0.0500 mol，根据电子守恒可得关系式：5Fe3+～5Fe2+～MnO4-，n(Fe3+)=5n(MnO4-)=5×0.100 0 mol/L×8.00×10-3 L×=0.0400 mol，由电荷守恒：3n(Fe3+)=2n(SO42-)+n(OH-‎ ‎)，n(OH-)=3n(Fe3+)-2n(SO42-)=3×0.0400mol-2×0.0500mol=0.0200mol，所以n(Fe3+)：n(OH-)：n(SO42-)=0.0400mol：0.0200mol：0.0500mol=4：2：5，所以该聚合硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备以及化学组成的测定，注意合理分析、理解题中信息，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒的应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力。‎ ‎19.实验室模拟工业制取Na2SO3固体的过程如下：‎ 已知：① 反应I在三颈烧瓶中发生，装置如图甲所示（固定及加热类仪器省略）。‎ ‎② 部分物质的溶解度曲线如图乙所示，其中Na2SO3饱和溶液低于50℃时析出Na2SO3·7H2O。‎ ‎（l）反应I的目的是制取(NH4)2SO3溶液。‎ ‎① 反应I的离子方程式为____________。‎ ‎② 亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中，目的是____________。‎ ‎③ 下列关于图甲装置或操作的叙述正确的是______（填字母）。‎ A．接入冷凝管的冷却水从a端通入 B．长玻璃导管具有防倒吸的作用 C. 控制加热亚硫酸的温度，可以控制生成SO2气体的速率 ‎（2）为获取更多的Na2SO3固体，要将反应II的温度控制在80℃左右，并_______（填操作I的名称）。‎ ‎（3）由滤液可以制取NH4Cl固体。‎ ‎①验证滤液中含有NH4+的实验操作是________。‎ ‎②由滤液可获得NH4Cl粗产品（含少量Na2SO3）。请补充完整由NH4Cl粗产品制取纯净的NH4Cl固体的实验方案：________，得到纯净的NH4Cl固体。（实验中须使用的试剂有SO2、乙醇，除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱）‎ ‎【答案】 (1). 2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O (2). 增大SO2的溶解度，提高SO2的利用率 (3). BC (4). 趁热过滤 (5). 取少量滤液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝 (6). 将NH4Cl粗产品溶于适量水，向所得溶液中通入足量的SO2气体；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，固体用适量乙醇洗涤2--3次后，在真空干燥箱中干燥 ‎【解析】‎ ‎（l）反应I的目的是制取(NH4)2SO3溶液。① 反应I的离子方程式为2NH3·H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2O;② 气体的溶解度随温度的升高而降低，亚硫酸分解产生的SO2须冷却后再通入氨水中，目的是 增大SO2的溶解度，提高SO2的利用率；③ A、接入冷凝管的冷却水从b端通入，故A错误；B、长玻璃导管具有防倒吸的作用，故B正确；C、升高温度可以加快反应速率，控制加热亚硫酸的温度，可以控制生成SO2气体的速率，故C正确；故选BC。（2）Na2SO3饱和溶液低于50℃时析出Na2SO3·7H2O，防止析出Na2SO3·7H2O，要趁热过滤；（3）检验NH4＋ ①取少量滤液于试管中，向其中滴加NaOH溶液，加热试管，将湿润的红色石蕊试纸置于管口，试纸变蓝 ；②由NH4Cl粗产品制取纯净的NH4Cl固体的实验方案：将NH4Cl粗产品溶于适量水，向所得溶液中通入足量的SO2气体；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，固体用适量乙醇洗涤2--3次后，在真空干燥箱中干燥，得到纯净的NH4Cl固体。‎ ‎20.氨氮是水体中氮的主要形态之一，氨氮含量过高对水中生物会构成安全威胁。‎ ‎(1)一定条件下，水中的氨氮可以转化为氮气而除去。‎ 已知：2NH4+(aq)+3O2(g)=2NO2-(aq)+2H2O(l)+4H+(aq)　ΔH=a kJ·mol-1‎ ‎2NO2-(aq)+O2(g)=2NO3-(aq)　ΔH=b kJ·mol-1‎ ‎5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)　ΔH=c kJ·mol-1‎ 则4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)　ΔH=________kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)实验室用电解法模拟处理氨氮废水。电解时，不同氯离子浓度对溶液中剩余氨氮浓度的影响如图所示。增大氯离子浓度可使氨氮去除率____(填“增大”、“减小”或“不变”)，其原因是阳极生成强氧化性气体，则阳极电极反应为_______。 ‎ ‎ ‎ ‎(3)化学沉淀法是一种处理高浓度氨氮废水的有效方法。通过加入MgCl2和Na2HPO4将NH4+转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀除去。25 ℃时，在氨氮初始质量浓度400 mg·L-1、n(Mg)∶n(P)∶n(N)=1∶1∶1的条件下，溶液pH对氨氮去除率及剩余氨氮浓度和总磷浓度的影响如图所示。‎ ‎①反应生成MgNH4PO4·6H2O沉淀的离子方程式为______________。 ‎ ‎②该实验条件下，控制溶液的适宜pH范围为________；当pH>9时，溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是_________(用离子方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). 增大 (3). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). HPO42-+Mg2++NH4++6H2O=MgNH4PO4·6H2O↓+H+ (5). 8.5”或“<”)O。 ‎ ‎(4)在Cu的催化作用下，乙醇可被空气氧化为乙醛(CH3CHO)，乙醇的沸点明显高于乙醛，其主要原因为___________。 ‎ ‎(5)某铜矿石的晶胞结构如图所示，写出其化学式____。 ‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 (2). sp3 (3). V形(或角形) (4). > (5). 乙醇分子间存在氢键 (6). Cu3N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，Cu+是Cu原子失去最外层1个电子形成的，据此书写基态铜原子Cu+的核外电子排布式；‎ ‎(2)松脂酸铜分子中碳碳双键和碳氧双键中都有π键，结合脂酸铜分子的结构简式计算π键的个数，加“*”碳原子周围有两个碳碳键和两个碳氢键，价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断原子杂化方式；‎ ‎(3)SO2分子中S的价层电子对数为3，含有一对孤电子对，故几何构型为V形；同一周期元素第一电离能呈增大趋势，但第IIA、VA大于同一周期相邻元素的第一电离能。‎ ‎(4)乙醇分子之间可形成氢键，含有氢键的物质熔沸点较高；‎ ‎(5)用均摊方法计算晶胞中含有的Cu、N原子个数，判断二者的比值，从而可得其化学式。‎ ‎【详解】(1)Cu原子核外电子数为29，根据能量最低原理，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去最外层1个电子形成Cu+，所以Cu+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或写作[Ar]3d10；‎ ‎(2)1个松脂酸铜中含有6个双键，则含有6个π键，加“*”碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化方式；‎ ‎(3)SO2分子中S的价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，故几何构型为V形；N和O位于同一周期，同一周期的元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的核外最外层电子处于半充满的稳定状态，故第一电离能N>O。‎ ‎(4)乙醇的分子之间能形成分子间氢键，氢键的存在增加了分子之间的作用力，而乙醛分子之间不能形成氢键，所以乙醇熔沸点比乙醛的高；‎ ‎(5)在该晶体中，Cu+位于晶胞的棱边上，则晶胞中含有Cu+数目为12×=3，N3-位于晶胞的顶点上，晶胞中含有N3-的数目为8×=1，所以该晶胞的化学式为Cu3N。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子杂化方式与微粒空间构型判断、晶胞计算的应用等，掌握利用均摊法进行晶胞计算的要领：顶点为8个晶胞所共有，棱为四个晶胞所共有，面为2个晶胞共有，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，但比一般的分子间作用力大，只影响物理性质，而不影响物质的化学性质。‎ ‎ ‎ ‎ ‎