2021-2022學年貴州省臺江縣第二中學高三第五次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、2019年為國際化學元素周期表年。鉝（Lv）是116號主族元素。下列說法不正確的是（）ALv位于第七周期第A族BLv在同主族元素中金屬性最弱CLv的同位素原子具有相同的電子數(shù)D中子數(shù)為177的Lv核素符號為Lv2、X、Y、Z、W是原子

2、序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，其中有兩種組成為ZXY3、ZWY4。下列說法中正確的是 A簡單離子半徑：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B最常見氫化物的穩(wěn)定性：XYCZ2Y2中含有共價鍵且在熔融狀態(tài)下能導電DHWY分子中各原子均達到8電子穩(wěn)定結構3、已知TNT為烈性炸藥，其爆炸時的方程式為：TNT +21O228CO2+10H2O+6N2，下列有關該反應的說法正確的是（ ）ATNT在反應中只做還原劑BTNT中的N元素化合價為+5價C方程式中TNT前的化學計量數(shù)為2D當1molTNT參加反應時，轉移的電子數(shù)為306.0210234、不能用元素周期律解

3、釋的是（ ）A氯與鈉形成離子鍵，氯與硅形成共價鍵B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液變藍C向Na2SO3溶液中滴加鹽酸，有氣泡生成DF2在暗處遇H2即爆炸，I2在暗處遇H2幾乎不反應5、下列生活用品的主要成分不屬于有機高分子物質的是（ ）A植物油B絲織品C聚乙烯D人造毛6、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結構相同，X元素在短周期主族元素中原子半徑最大；W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，Y的氧化物和氯化物熔融時都能導電，X、Y和Z原子的最外層電子數(shù)之和為10。下列說法正確的是AW、Z形成的化合物可做消毒劑B原子半徑：WY10時氨氮去除率隨pH變化的原因：_。II.光催

4、化法(3)光催化降解過程中形成的羥基自由基（OH）和超氧離子（O2-）具有光催化能力，催化原理如圖2所示。請寫出NO3-轉化為無毒物質的電極反應式：_。(4)經過上述反應后，仍有NH4+殘留，探究其去除條件。溫度對氨氮去除率影響如圖3所示。溫度升高，氨氮去除率變化的可能原因是：_；_（請寫出兩條）。選取TiO2作為催化劑，已知：TiO2在酸性條件下帶正電，堿性條件下帶負電。請在圖4中畫出pH=5時，氨氮去除率變化曲線_。(5)為測定處理后廢水中（含少量游離酸）殘留NH4+濃度，可選用甲醛-滴定法進行測定。取20mL的處理后水樣，以酚酞為指示劑，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞變紅，此

5、時溶液中游離酸被完全消耗，記下消耗NaOH的體積V1mL；然后另取同樣體積水樣，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示劑，靜置5min，發(fā)生反應：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+6H2O+3H+，繼續(xù)用NaOH滴定，發(fā)生反應：(CH2)6N4H+OH-=(CH2)6N4+H2O；H+OH-=H2O。滴定至終點，記錄消耗NaOH的體積V2mL，水樣中殘留NH4+濃度為_mol/L。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】由零族定位法可知，118號元素位于元素周期表第七周期零族，則116號的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族?！驹斀狻緼. 由以上分析可知，Lv位于

6、元素周期表中第七周期第A族，故A正確；B. 同主族元素，由上至下，金屬性逐漸增強，則Lv在同主族元素中金屬性最強，故B錯誤；C. 同位素原子質子數(shù)、電子數(shù)相同，中子數(shù)不同，故C正確；D. 中子數(shù)為177的Lv核素，質量數(shù)=116+177=293，則核素符號為Lv，故D正確；答案選B。2、C【解析】由三種元素組成的鹽通常是含氧酸鹽，可確定Y為O元素，由于X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，可確定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，結合已有的知識體系可推出這兩種鹽為：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W

7、分別是N、O、Na、Cl，據(jù)此分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，X、Y、Z、W分別是N、O、Na、Cl元素，A. 電子層數(shù)越大，離子半徑越大；電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則簡單離子半徑：r(Cl) r(N3) r(O2) r(Na)，A項錯誤；B. 因非金屬性：NO，故最常見氫化物的穩(wěn)定性：XY，B項錯誤；C. Z2Y2為過氧化鈉，其中含有離子鍵和共價鍵，屬于離子晶體，在熔融狀態(tài)下能導電，C項正確；D. HWY分子為HClO，其中Cl和O原子均達到8電子穩(wěn)定結構，而H是2電子穩(wěn)定結構，D項錯誤；答案選C。3、D【解析】A.TNT的分子式為C7H5O6N3，TNT在爆炸時，不僅

8、碳的化合價升高，還有氮的化合價由+3價降低至0價，所以TNT在反應中既是氧化劑，也是還原劑，A項錯誤；B.TNT中H的化合價為+1價，O的化合價為-2價，C的平均化合價為-價，TNT中氮元素應顯+3價，B項錯誤；C.據(jù)氮原子守恒和TNT每分子中含有3個氮原子可知，TNT前的計量數(shù)為4，C項錯誤；D.反應中只有碳的化合價升高，每個碳原子升高的價態(tài)為（+4）-（-）=，所以1molTNT發(fā)生反應時轉移的電子數(shù)為76.021023=306.021023，D項正確；所以答案選擇D項。4、C【解析】A.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；B.非金

9、屬性強的元素單質，能從非金屬性弱的非金屬形成的鹽中置換出該非金屬單質； C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應； D.非金屬性越強，與氫氣化合越容易?！驹斀狻緼.氯最外層7個電子，容易得到電子，Na最外層1個電子，容易失去電子，Si不易失去也不易得到電子；所以氯與鈉形成氯化鈉，含有離子鍵，氯與硅形成四氯化硅，含有共價鍵，可以利用元素周期律解釋，故A不選；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液變藍，說明溴單質的氧化性強于碘單質，能用元素周期律解釋，故B不選； C.向Na2SO3溶液中加鹽酸，發(fā)生強酸制取弱酸的反應，HCl不是最高價含氧酸，不能用元素周期律解釋，故C選； D.非金屬性F

10、I，故氟氣與氫氣化合較容易，可以利用元素周期律解釋，故D不選；故答案選C。5、A【解析】A、植物油成分是油脂，油脂不屬于有機高分子化合物，故A正確；B、絲織品的成分是蛋白質，蛋白質屬于有機高分子化合物，故B錯誤；C、聚乙烯是有機高分子化合物，故C錯誤；D、人造毛屬于人造纖維，屬于有機高分子化合物，故D錯誤。6、A【解析】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數(shù)依次增大，即Z為C

11、l，據(jù)此分析；【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大，則X為Na，W的簡單氫化物常溫下呈液態(tài)，該氫化物是H2O，即W為O，Y的氧化物和氯化物熔融狀態(tài)下都能夠導電，說明它們都是離子化合物，即Y為Mg，X、Y、Z原子最外層電子數(shù)之和10，推出Z的最外層有7個電子，四種元素原子序數(shù)依次增大，即Z為Cl，A.W和Z形成的化合物可以是ClO2，ClO2具有強氧化劑，能作消毒劑，故A正確；B.O、Mg、Cl原子半徑大小是MgClO，故B錯誤；C.工業(yè)上冶煉金屬鎂，常電解熔融狀態(tài)的氯化鎂，因為氯化鎂的熔點低于氧化鎂，故C錯誤；D.O、Na、Cl可以形成多種化合物，NaClO水溶液顯堿性，NaClO4水

12、溶液顯中性，故D錯誤；答案：A?！军c睛】易錯點是Y元素的推斷，學生認為Y可能是Al，認為Al2O3和AlCl3熔融中狀態(tài)下都能夠導電，忽略了AlCl3是共價化合物，熔融狀態(tài)下不能夠導電。7、C【解析】短周期主族元素a、b、c、d、e原子序數(shù)依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學化學常見物質，C是能使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體，則C為NH3。根據(jù)圖示A能與酸或堿反應，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，則A為弱酸形成的銨鹽，而B能與淡黃色固體D反應生成單質E，則B為CO2、D為Na2O2、E為O2，而A是四元化合物，則A為(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨氣與氧

13、氣反應生成NO與水；結合原子序數(shù)可知a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na。【詳解】Ac、d、e簡單離子分別為N3、O2、Na，三者電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑：c(N3)d(O2)e(Na)，正確，A不選；Ba、c、d分別是H、N、O元素，元素的非金屬性越強，則對應的陰離子還原性越弱。非金屬性a(H)c(N)d(O)，則簡單陰離子的還原性：a(H)c(N3)d(O2)，正確，B不選；Cc為N、d為O，c、d的氫化物分別是NH3、H2O，常溫下氨氣為氣體，而水為液體，氫化物沸點：c(NH3)d(H2O)，錯誤，C選；DC為NH3，E是O2，C與E的反應是氨氣與氧氣反應

14、生成NO與水，是工業(yè)制硝酸的基礎反應，正確，D不選。答案選C。8、D【解析】AHCO3-離子在溶液中既要發(fā)生電離又要發(fā)生水解，0.1mol/LNaHCO3溶液中的c（HCO3-）一定小于0.1 mol/L，A正確；BNaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)、電荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，代入可得c(H+)+c(H2CO3)(CO32-)+c(OH-)，B正確；C升高溫度，HCO3-離子的電離和水解都是吸熱反應，所以c(HCO3-)會減小，而c(Na+)不變，會增大；加入NaOH

15、固體，c(Na+)會增大， HCO3-與OH-反應導致c(HCO3-)減小，會增大，所以C正確；D將少量NaHCO3溶液滴入BaCl2溶液發(fā)生：HCO3- H+ CO32-（Ka2）、Ba2+ CO32-= BaCO3（）、H+ HCO3-= H2CO3（），三式相加可得總反應Ba2+2HCO3-=BaCO3+H2CO3(K)，所以K=，D錯誤；答案選D?！军c睛】方程式相加平衡常數(shù)相乘，方程式反應物生成物互換平衡常數(shù)變成原來的倒數(shù)。9、B【解析】A生成的氯氣中含有HCl氣體，濃硫酸不能吸收HCl，故A錯誤；B濃硫酸與濃鹽酸混合放出大量熱，且濃硫酸吸水，可以揮發(fā)出較多HCl氣體，也可以用濃硫酸干

16、燥氯化氫，所以可以得到干燥的HCl，故B正確；C二氧化硫也能夠使澄清石灰水變渾濁，且碳酸氫根離子也能夠能夠產生二氧化碳，無法證明溶液X中是否含有CO32-，故C錯誤；D稀硫酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸鈉反應生成次氯酸，但生成次氯酸現(xiàn)象不明顯，無法判斷，故D錯誤；故選：B。10、D【解析】A. 35Cl和37Cl的核外電子數(shù)均為17，它們的原子結構示意圖、電子式、核外電子排布式、軌道表達式都相同，A項錯誤；B. 同原子的原子同、原子半徑越等不同，兩不同原子各亞層中電子的能量不相同，B項錯誤；C. 氧元素、氟元素沒有最高正化合價，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外層電子數(shù)等于其

17、最高化合價，C項錯誤；D. 碳酸的酸性比硅酸強，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D項正確；答案選D。11、C【解析】A. 取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現(xiàn)象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，選項A錯誤；B. 若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，選項B錯誤；C. 假設紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質的量為0.05mol，和H2反應后生成銅的物質的量為0.1mol，質量為6.4g，所以假設成立，選項C正確；D. 實驗室可以用葡萄糖和新制的含N

18、aOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，選項D錯誤。答案選C。12、C【解析】A一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，加水促進電離，將10mLpH=11的氨水加水稀釋至100mL，體積增大10倍，pH變化小于1個單位，即稀釋后10pH11，故A錯誤；B加水稀釋促進一水合氨電離，溶液中c(OH-)減小，溫度不變，則水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c(H+)增大，故B錯誤；C加水稀釋氨水，促進一水合氨電離，導致溶液中n(NH4+)增大、n(NH1H2O)減小，則溶液中增大，故C正確；D一水合氨是弱電解質，在水溶液里部分電離，則溶液中氨水濃度大于氫氧根離子的濃度，則pH=11氨水的濃度大于0

19、.001mol/L，故D錯誤；故答案為C。13、B【解析】A我國使用最早的合金是青銅，該合金中含銅、錫、鉛等元素，故A正確；B合金的熔點比組份金屬的熔點低，則青銅熔點低于純銅，故B錯誤；C銅器皿表面的銅綠為Cu2(OH)2CO3，能溶于酸性溶液，而明礬溶液因Al3+的水解顯酸性，則可用明礬溶液清洗銅器皿表面的銅綠，故C正確；D“曾青()得鐵則化為銅”的過程發(fā)生的反應為Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，此反應為置換反應，故D正確；故答案為B。14、A【解析】A、將濕潤的有色布條伸入Cl2中，氯氣與水反應生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布條褪色，氯氣沒有漂白性，故A錯誤；B、鈉元素焰色呈黃色，

20、用潔凈鉑絲蘸取某溶液灼燒，火焰呈黃色，說明溶液中含有Na+，故B正確；C、氨氣與水反應生成一水合氨，一水合氨具有堿性，使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C正確；D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液變紅，故D正確；答案選A。15、C【解析】充電時F從乙電極流向甲電極，說明乙為陰極，甲為陽極。【詳解】A. 放電時，甲電極的電極反應式為BiF3 + 3e= Bi3F，故A錯誤；B. 放電時，乙電極電勢比甲電極低，故B錯誤；C. 充電時，甲電極發(fā)生Bi3e3F= BiF3，導線上每通過1mole，則有1mol F變?yōu)锽iF3，其質量增加19g，故C正確；D. 充電時，外加電源的負極與乙電極相連，故D錯誤。綜

21、上所述，答案為C?！军c睛】陽極失去電子，化合價升高，陰離子移向陽極，充電時，電源正極連接陽極。16、C【解析】A. 連接K1，電極1為陰極，電極反應為2H2O+2e-=H2+2OH-，氫氣在陰極生成，故A錯誤；B. 電極2為陽極，陽極發(fā)生氧化反應，氫氧根離子被氧化生成氧氣，電極方程式為4OH-4e-2H2O+O2，故B錯誤；C. 電極3可分別連接K1或K2，分別發(fā)生氧化、還原反應，實現(xiàn)NiOOHNi(OH)2的轉化，提供電子轉移，故C正確；D. 連接K2，電極3為陰極，電極反應為NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，電極2為陽極，電極反應為4OH-4e-2H2O+O2，總反應為4N

22、iOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2，反應消耗水，則溶液堿性增強，pH增大，故D錯誤；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 羧基 碳碳雙鍵 、 【解析】B發(fā)生氧化反應生成C，C發(fā)生氧化反應生成D，D能與NaHCO3溶液反應放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子數(shù)相同；B在濃硫酸/加熱條件下反應生成F，F(xiàn)可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF為消去反應；D、E互為同分異構體，D與E的分子式相同，B與E反應生成A，A的分子式為C10H20O2，A具有蘭花香味，A屬于飽和一元酸與飽和一元醇形成的酯，B分子中沒有支鏈，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代

23、物只有一種，則B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，C為CH3CH2CH2CH2CHO，D為CH3CH2CH2CH2COOH，E為（CH3）3CCOOH，A為（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F(xiàn)為CH3CH2CH2CH=CH2，據(jù)此分析作答?！驹斀狻緽發(fā)生氧化反應生成C，C發(fā)生氧化反應生成D，D能與NaHCO3溶液反應放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子數(shù)相同；B在濃硫酸/加熱條件下反應生成F，F(xiàn)可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF為消去反應；D、E互為同分異構體，D與E的分子式相同，B與E反應生成A，A的分子式為C10H20O2

24、，A具有蘭花香味，A屬于飽和一元酸與飽和一元醇形成的酯，B分子中沒有支鏈，E分子烴基上的氫若被Cl取代，其一氯代物只有一種，則B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，C為CH3CH2CH2CH2CHO，D為CH3CH2CH2CH2COOH，E為（CH3）3CCOOH，A為（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F(xiàn)為CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的結構簡式為CH3CH2CH2CH2CH2OH，B屬于飽和一元醇，B可以與HBr、羧酸等發(fā)生取代反應，B中與OH相連碳原子的鄰碳上連有H原子，B能發(fā)生消去反應，B能與O2、KMnO4等發(fā)生氧化反應，B不能加聚反應，答案選。

25、（2）D為CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能團名稱為羧基；F為CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能團名稱為碳碳雙鍵。（3）D、E的官能團為羧基，與D、E具有相同官能團的同分異構體的可能結構簡式為（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E為（CH3）3CCOOH，2甲基1丙醇與甲酸在一定條件下制取E的化學方程式為。18、C12H15NO 醚鍵 還原反應 消去反應 +HNO3(濃) +H2O 、 保護氨基，防止合成過程中被氧化 【解析】A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發(fā)生取代反應產生B：，B與Fe、HCl發(fā)生還原反應產生C：，C與(CH3CO)2

26、O發(fā)生取代反應產生D：，E為，E與NaBH4發(fā)生反應產生F為?！驹斀狻?1)根據(jù)H的結構簡式可知其分子式是C12H15NO；C結構簡式是，其中含氧官能團的名稱為醚鍵；(2) B為，C為，B與Fe、HCl反應產生C，該反應類型為還原反應；F為，G為，根據(jù)二者結構的不同可知：FG的類型是消去反應；(3)A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發(fā)生取代反應產生B：，所以AB的反應方程式為：+HNO3(濃) +H2O；(4)D結構簡式為：，D的同分異構體符合下列條件：能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基-CHO；能發(fā)生水解反應，水解產物之一與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酯基，水解產物含有酚羥基，即該物質含

27、酚羥基形成的酯基；核磁共振氫譜(1顯示分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，則符合題意的同分異構體結構簡式為：、；(5)合成途徑中，C轉化為D時NH2發(fā)生反應產生-NHCOCH3，后來轉化為氨基，目的是保護氨基，防止其在合成過程被氧化；(6)參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O為原料，設計制備的合成路線。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化為苯甲酸，苯甲酸與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發(fā)生取代反應產生間硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反應產生，與(CH3CO)2在加熱條件下發(fā)生取代反應產生，所以甲苯轉化為的合成路線為： 【點睛】本題考查有機物的合成與推斷的知識，涉及有機反應類型、官能團結構與性質、限制條件

28、同分異構體書寫，在進行物質推斷的過程中，要充分利用題干信息，結合已有的知識分析、判斷，要注意氨基容易被氧化，為防止其在轉化過程中氧化，先使其反應得到保護，在其他基團形成后再將其還原回來。19、趁熱過濾 防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題 趁熱過濾 熱水 冷水 使己二酸鹽轉化為己二酸，易析出，濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂專商岣呒憾岬漠a率 ABD % 【解析】由題意可知，三頸燒瓶中加入5mL10%氫氧化鈉溶液和50mL水，攪拌使其溶解，然后加入6.3g高錳酸鉀，小心預熱溶液到40，緩慢滴加1.4mL環(huán)己醇，控制滴速，使反應溫度維持在45左右，反應20min后，再在沸水浴上加熱5min促使反應完全并使Mn

29、O2沉淀凝聚，加入適量亞硫酸氫鈉固體除去多余高錳酸鉀，趁熱過濾得到MnO2沉淀和含有己二酸鉀的濾液，用熱水洗滌MnO2沉淀，將洗滌液合并入濾液，熱濃縮使濾液體積減少至10mL左右，趁熱小心加入濃硫酸，使溶液呈強酸性（調節(jié)pH=12），冷卻結晶、抽濾、洗滌、干燥，得己二酸白色晶體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）如果滴加環(huán)己醇速率過快會導致其濃度過大，化學反應速率過快，故為了防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題，要緩慢滴加環(huán)己醇；故答案為：防止反應過于劇烈，引發(fā)安全問題；（2）根據(jù)步驟中“沸水浴上加熱5min促使反應完全并使MnO2沉淀凝聚”，說明溫度高時，MnO2沉淀的溶解度小，故為了充分分離MnO2沉

30、淀和濾液，應趁熱過濾；為減少MnO2沉淀的損失，洗滌時也要用熱水洗滌，根據(jù)表可知己二酸的溶解度隨溫度升高而增大，故步驟中洗滌己二酸晶體時應用冷水洗滌，減小己二酸的溶解度，提高產率；故答案為：趁熱過濾；熱水；冷水；（3）實驗制得的為己二酸鉀，根據(jù)強酸制弱酸，用濃硫酸調節(jié)pH成強酸性可以使己二酸鹽轉化為己二酸，易于析出，同時濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂?，可提高己二酸的產率；故答案為：使己二酸鹽轉化為己二酸，易于析出，同時濃硫酸不會使?jié)馊芤合♂?，可提高己二酸的產率；（4）A.稱取己二酸樣品質量時，先將錐形瓶放在電子天平秤盤的中央，顯示數(shù)字穩(wěn)定后按“去皮”鍵（歸零鍵），再緩慢加樣品至所需樣品的質量時，記錄稱

31、取樣品的質量，A正確；B.搖瓶時，應微動腕關節(jié)，使溶液向一個方向做圓周運動，但是勿使瓶口接觸滴定管，溶液也不得濺出，避免待測物質的損失，B正確；C.滴定時左手輕輕擠壓玻璃球讓液體自行呈線狀流下，容易使標準液滴加過量，應逐滴加入，便于控制實驗，C錯誤；D.為減少誤差，滴定結束后稍停12分鐘，等待滴定管內壁掛有的溶液完全流下時再讀取刻度數(shù)，D正確；E.記錄測定結果時，滴定前仰視刻度線，滴定到達終點時又俯視刻度線，標準液的消耗讀數(shù)偏小，將導致滴定結果偏低，E錯誤；故答案為：ABD；一個己二酸分子中含有兩個羧基，與NaOH溶液的反應為：HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=NaOOC（CH2）4C

32、OONa+2H2O，則n（己二酸）= n（NaOH）=0.1000mol/Lb103L，則己二酸的純度為：；故答案為：。20、過濾 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黃色 Fe2+、Cu2+、Fe3+ d 電解 CuCl2Cu+Cl2。 【解析】廢鐵屑經加入熱的Na2CO3溶液除油污，經過過濾操作可得到固體A，加入鹽酸，發(fā)生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+然后通入適量的氯氣，發(fā)生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，溶液C為FeCl3，用于腐蝕印刷電路，發(fā)生Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+通過電解操作乙可得到氯氣、銅和E，所以陽極生成氯氣，陰極生成銅，最后

33、得到氯化亞鐵溶液?！驹斀狻?1)廢鐵屑經加入熱的Na2CO3溶液除油污，可得到固體A，應經過過濾操作，故答案為：過濾；(2)經過上述分析可知：固體A為Fe2O3和Fe的混合物,加入鹽酸發(fā)生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+；故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3) 經過上述分析可知：溶液B 為FeCl2和 FeCl3的混合物，通入適量的氯氣，發(fā)生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，所以溶液C為FeCl3，呈棕黃色，用于腐蝕印刷電路，發(fā)生的發(fā)應為：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，則溶液D中可能含有的金屬陽離子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故答案為

34、：棕黃色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；(4)因為Fe2+具有還原性，可使酸性高錳酸鉀褪色，所以用酸性高錳酸鉀溶液檢驗，故答案為:d；(5) 經過上述分析可知：溶液D中含有的離子為Fe2+、Cu2+、Fe3+、Cl-。步驟產生金屬銅和氯氣，其電解反應的化學方程式為：CuCl2Cu+Cl2，故答案為：電解；CuCl2Cu+Cl2。21、Mg2+HPO42-+NH4+6H2O=MgNH4PO46H2O+H+ pH10時NH4+與OH-反應生成NH3而揮發(fā)，Mg2+與PO43-反應生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低 2NO3-+12H+6e-=N2+6H2O 溫度升高羥基自由基(OH)和超

35、氧離子(O2-)的運動速率加快,羥基自由基(OH)和超氧離子(O2-)活性增大 溫度升高羥基自由基(OH)和超氧離子(O2-)的形成速率增大，溫度升高反應速率加快 【解析】(1)pH=8時，磷主要以HPO42-的形式存在，則應為Mg2+、HPO42-、NH4+發(fā)生反應，生成MgNH4PO46H2O沉淀。(2) pH10時，磷主要以PO43-的形式存在，從KspMg3(PO4)2=6.310-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，則表明NH4+與堿發(fā)生了反應。(3)從圖中可以看出，NO3-在H+存在的環(huán)境中得電子，生成N2等。(4)溫度升高，氨氮去除率變化的可能原因是從溫度對羥基自由基