江蘇省揚州市2019-2020學年高二化學下學期期末調(diào)研試題A卷含解析

江蘇省揚州市2019_2020學年高二化學下學期期末調(diào)研試題A卷含解析江蘇省揚州市2019_2020學年高二化學下學期期末調(diào)研試題A卷含解析PAGE28-江蘇省揚州市2019_2020學年高二化學下學期期末調(diào)研試題A卷含解析江蘇省揚州市2019—2020學年高二化學下學期期末調(diào)研試題（A卷)（含解析）注意事項:考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1.本試卷共8頁，包含選擇題[第1題～第12題，共32分]、非選擇題［第13題~第17題，共68分］兩部分.本次考試時間為90分鐘，滿分100分?？荚嚱Y(jié)來后，請將答題卡交回.2.答題前，請考生務必將自己的學校、班級、姓名、學號，考生號，座位號用0.5毫米的黑色簽字筆寫在答題卡上相應的位置。3.選擇題每小題選出答案后，請用2B鉛筆在答題紙指定區(qū)域填涂，如需改動,用橡皮擦干凈后，再填涂其它答案。非選擇題請用0.5毫米的黑色簽字筆在答題紙指定區(qū)域作答。在試卷或草稿紙上作答一律無效.4。如有作圖需要，可用2B鉛筆作答，并請加黑加粗，描寫清楚?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量:H-1C-12N-14O—16K-39Cu—64選擇題（共32分)單項選擇題：本題包括8小題，每小題2分,共計16分。每小題只有一個選項符合題意。1.2020年“新冠”疫情在全球肆虐.下列說法不正確的是（)A。酒精可以殺滅病毒是因為其能使構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)變性B.研究表明，病毒可以通過氣溶膠傳播，氣溶膠粒子的直徑在之間C.口罩的核心材料熔噴布聚丙烯是一種有機高分子化合物D.“84”消毒液的主要成分是HClO【答案】D【解析】【詳解】A．75%的醫(yī)用酒精具有殺滅病毒的能力，主要是由于它能使構(gòu)成病毒的蛋白質(zhì)發(fā)生變性，A正確；B．氣溶膠屬于膠體，分散在氣體中的膠粒直徑介于，B正確；C．聚丙烯是由丙烯通過發(fā)生加聚反應生成，它的相對分子質(zhì)量大于10000，是一種有機高分子化合物，C正確；D．“84”消毒液是由Cl2通入NaOH溶液中生成,它的有效成分是NaClO，D不正確；故選D.2。用化學用語表示中的相關(guān)微粒，其中正確的是（）A.中子數(shù)為1的氫原子： B.的結(jié)構(gòu)示意圖:C.的比例模型： D.的電子式：【答案】C【解析】【詳解】A．質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù),故中子數(shù)為1的氫原子：，A錯誤；B．的結(jié)構(gòu)示意圖：,B錯誤;C．C原子半徑大于O原子半徑，故的比例模型：，C正確；D．是共價化合物,故其電子式為：,D錯誤;故答案為：C。3。下列關(guān)于物質(zhì)的性質(zhì)與用途有對應關(guān)系的是（）A。具有氧化性，可用于蝕刻印刷電路板B。具有還原性,可用于漂白紙張C。具有兩性，可作高溫耐火材料D.熔點高，可制作光導纖維【答案】A【解析】【詳解】A。具有氧化性，能將銅氧化為銅離子,發(fā)生反應,故可用于蝕刻印刷電路板，故A正確；B。具有漂白性，可用于漂白紙張，與還原性無關(guān),故B錯誤；C.熔點高，可作高溫耐火材料，與其兩性無關(guān)，故C錯誤;D.熔點高，可作高溫耐火材料，而對光具有良好的全反射作用,可制作光導纖維，故D錯誤；故選A。4。常溫下，下列各組離子在指定條件下能大量共存的是（)A.溶液中:、、、B.的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.與反應能產(chǎn)生大量氫氣的溶液中：、、、【答案】B【解析】【詳解】A。與會發(fā)生氧化還原反應，同時和還會發(fā)生絡合反應,故與、在溶液中均不能大量共存,故A錯誤；B。的溶液顯堿性，離子之間均不反應，可以大量共存，故B正確；C.與會結(jié)合生成碳酸鈣沉淀,故不能大量共存，故C錯誤;D.與反應能產(chǎn)生大量氫氣溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，但既不能與H+大量共存，也不能與OH-大量共存,故D錯誤；故選B?！军c睛】離子共存問題,側(cè)重考查學生對離子反應發(fā)生的條件及其實質(zhì)的理解能力，題型不難，需要注意的是，溶液題設中的限定條件。如無色透明，則常見的有顏色的離子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4—、Cr2O72-、CrO42—等不符合題意；還有一些限定條件如：常溫下與Al反應生成氫氣的溶液時，該溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液。做題時只要多加留意,細心嚴謹，便可快速選出正確答案。還有一些限定條件如：常溫下水電離出來的H+和OH—濃度為1×10-10,小于1×10—7時，該溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液。做題時只要多加留意,細心嚴謹，便可快速選出正確答案。5。實驗室模擬由“侯氏制堿法”制取Na2CO3，以下實驗步驟能實現(xiàn)的是（）A。用圖1裝置由石灰石與稀鹽酸制備CO2B。用圖2裝置除去CO2中的HClC。用圖3裝置過濾所得的NaHCO3固體D。用圖4裝置加熱灼燒NaHCO3固體制Na2CO3【答案】A【解析】【詳解】A．圖1裝置為簡易氣體發(fā)生裝置，從長頸漏斗中加入稀鹽酸，在試管內(nèi)石灰石與稀鹽酸r反應制備CO2氣體，由帶活塞的導管口逸出，A符合題意；B．圖2裝置中,Na2CO3溶液不僅能吸收CO2,也能吸收HCl，所以不能用于除去CO2中的HCl，B不符合題意；C．圖3裝置中，漏斗的尖端沒有緊貼燒杯內(nèi)壁,不符合過濾操作的要求，C不符合題意；D．圖4裝置使用的是蒸發(fā)皿，蒸發(fā)皿只用于蒸發(fā)濃縮溶液,不能用于加熱灼燒固體，D不符合題意；故選A。6.下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A。與濃鹽酸反應：B用惰性電極電解溶液:C.溶液與足量的溶液反應：D。足量的通入溶液中：【答案】C【解析】【詳解】A。濃鹽酸是強酸，要拆開寫，正確的離子方程式為：,故A錯誤；B.用惰性電極電解溶液,會生成氫氧化鎂，正確的離子方程式為：,故B錯誤；C。溶液與足量的溶液反應，假設為1mol,2molOH-消耗2molHCO3—,生成2mol水和2mol碳酸根，1molBa2+結(jié)合1mol碳酸根離子生成1mol碳酸鋇沉淀，故離子方程式正確，故C正確；D.足量的通入溶液中，將氧化為SO42-，正確的離子方程式為:，故D錯誤；故選C?！军c睛】碳酸氫鈉溶液與氫氧化鋇溶液反應的離子方程式的書寫是學生們學習的難點，碳酸氫鈉溶液與足量的氫氧化鋇溶液反應,離子方程式為：HCO3—+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，碳酸氫鈉溶液與少量的氫氧化鋇溶液反應,離子方程式為：2HCO3—+Ba2++2OH—=BaCO3↓+CO32—+2H2O.以“少量者定為1mol"配平過量反應物的系數(shù).7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增加，X原子的半徑小于Y原子，Y是地殼中含量最高的元素，Z原子的最外層只有1個電子，Y、W同主族.下列說法正確的是（）A.原子半徑： B.Y與Z形成的化合物中只含離子鍵C。W元素形成的最高價氧化物的水化物是強酸 D.X與Z形成的化合物中X為價【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題干信息：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增加,X原子的半徑小于Y原子，Y是地殼中含量最高的元素，故Y為O，X是H，Z原子的最外層只有1個電子在O的后面，故Z為Na,Y、W同主族，故W為S?！驹斀狻緼．根據(jù)同一周期從左往右原子半徑減小，同一主族從上往下原子半徑增大可知，S、Na、O原子半徑大小為：Na>S〉O即,A錯誤；B．Y與Z形成的化合物有Na2O中只含離子鍵,而Na2O2中則既有離子鍵又有共價鍵，B錯誤;C．W元素形成的最高價氧化物的水化物即H2SO4是強酸，C正確；D．X與Z形成的化合物即NaH中X即H為價，D錯誤；故答案為：C.8。在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是(）A。B.C。D?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.氧化鐵和鋁單質(zhì)發(fā)生鋁熱反應，生成鐵單質(zhì)，氯氣具有氧化性,與灼熱的鐵絲反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，A錯誤；B。氫氧化鋁與鹽酸反應，生成氯化鋁溶液，加熱過程中，鋁離子水解平衡正向移動，氯化氫易揮發(fā)，最終得到氫氧化鋁沉淀或氧化鋁,B錯誤；C.硫和氧化反應生成二氧化硫，過氧化氫具有強氧化性，二氧化硫與過氧化氫溶液反應生成硫酸,C正確;D.氯化鈣中通入二氧化碳氣體，根據(jù)強酸制弱酸原理，鹽酸的酸性大于碳酸，反應無法發(fā)生，沒有碳酸鈣沉淀，D錯誤;答案為C。不定項選擇題：本題包括4小題，每小題4分,共計16分，每小題只有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時,該題得0分；若正確答案包括兩個選項時，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分.9。下列說法正確的是()A.反應在室溫下可自發(fā)進行,則該反應的B.溶液加水稀釋后，溶液中的值減小C。若在海輪外殼上附著一些銅塊,則可以減緩海輪外殼的腐蝕D.溶液中加入少量固體,的水解程度減小,溶液的減小【答案】B【解析】【詳解】A。反應在室溫下可自發(fā)進行，反應的△S＜0,反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H?T△S＜0，則該反應的，故A錯誤；B。醋酸是弱酸,醋酸溶液中存在電離平衡，加水稀釋促進電離,平衡正向移動，但溶液的酸性減弱，c(H+)減小，，溫度不變,電離常數(shù)不變,故該比值減小，故B正確;C.若在海輪外殼上附著一些銅塊，銅塊會和鐵形成原電池，其中鐵作負極,在原電池中，負極失電子被腐蝕，故若附著銅塊，海輪外殼的腐蝕速率會加快,故C錯誤；D。溶液中存在的水解平衡，加入少量，其與反應生成CaCO3和NaOH，的濃度減小,使得的水解平衡逆向移動，故的水解程度減小，但溶液的增大,故D錯誤;故選B。10.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中一定含有Fe2＋B向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl）C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2＋氧化性強于Cu2＋氧化性D用pH試紙測得：0。1mol·L－1CH3COONa溶液的pH約為9，0。1mol·L－1NaNO2溶液的pH約為8Ka（CH3COOH）＜Ka（HNO2)A.A B。B C.C D。D【答案】D【解析】【詳解】A．若原溶液中含有Fe3＋，先加氯水，再加入KSCN溶液，溶液也會變紅色,不能判斷是否一定含有Fe2＋，應先滴加KSCN溶液，不變紅，排除Fe3＋的干擾，再滴加氯水,若變紅，說明是Fe2＋被氧化成Fe3＋，A錯誤；B．混合溶液中的I－、Cl－濃度不知,不能判斷AgI和AgCl的溶解度大小，因此不能比較兩者的Ksp大小，B錯誤；C．CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，說明Fe的還原性強于Cu，則Fe2＋的氧化性弱于Cu2＋，C錯誤；D．其他條件相同時，相同濃度的CH3COONa和NaNO2的溶液，CH3COONa溶液的pH大，說明CH3COO－水解能力強于NO2－,則CH3COOH的酸性弱于HNO2，有Ka（CH3COOH）＜Ka(HNO2)，D正確；答案選D。11。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（)A.0。2mol/LNH4HCO3溶液(pH＞7)：c()＞c()，c(H2CO3)＞c(NH3?H2O）B。0。2mol/L氨水：0.2mol/L＞c（OH-）+c(NH3?H2O）C。向0.1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7：c(）=c(）+c(）D。pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合：c（）＞c(Cl—）＞c（OH-）＞c（H+）【答案】AD【解析】【詳解】A．在0。2mol/LNH4HCO3溶液中發(fā)生陰、陽離子的水解反應:+H2ONH3·H2O+H+、＋H2OH2CO3+OH-，由于溶液的pH＞7，的水解程度小于的水解程度，從而導致溶液中c（）減少更多，所以c（）＞c(）,c(H2CO3)＞c（NH3?H2O)，A正確;B．在0.2mol/L氨水中，存在下列物料守恒：c（)+c（NH3?H2O)=0.2mol/L，由于c(OH-)=c()+c（H+），所以c（OH-）+c(NH3?H2O）＞0.2mol/L，B不正確；C．向0。1mol/LNH4HCO3溶液中通入CO2至溶液pH=7，此時溶液中滿足電荷守恒，從而得出c(）+c（H+)=c（)+2c(）+c(OH-)，由于pH=7，所以c（H+）=c(OH—），c（)=c()+2c(），C不正確;D．pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合,發(fā)生中和反應后,溶液中的溶質(zhì)為NH4Cl和NH3?H2O，此時主要發(fā)生如下電離：NH4Cl==+Cl-、NH3·H2O+OH-、H2OH++OH-，且NH3·H2O的電離程度較小，所以c()＞c(Cl-）＞c(OH-)＞c(H+)，D正確；故選AD。12。在3個體積均為2.0L的恒容密閉容器中，反應CO2（g）+C(s）2CO(g）?H＞0分別在一定溫度下達到化學平衡狀態(tài)。下列說法正確的是（）容器溫度/K起始時物質(zhì)的量/mol平衡時物質(zhì)的量/moln（CO2)n(C)n（CO)n(CO）Ⅰ9770。280.5600。4Ⅱ9770。560。560xⅢ1250000.56yA。達到平衡時，向容器Ⅰ中增加C（s)的量,平衡正向移動B.x=0.8，y＞0.4C.達到平衡時,容器Ⅲ中的CO的轉(zhuǎn)化率小于D。若起始時向容器Ⅱ中充入0。1molCO2、0.2molCO和足量的C（s），則反應將向正反應方向進行【答案】CD【解析】【詳解】A．達到平衡時，向容器Ⅰ中增加C（s）的量，由于CO2(g)、CO(g）的濃度都不發(fā)生變化，所以平衡不發(fā)生移動,A不正確；B．容器Ⅱ相當于容器Ⅰ減小體積為1L，此時平衡逆向移動，x＜0.8，B不正確；C．若容器Ⅲ中溫度也為977K，與容器Ⅰ為等效平衡，達到平衡時，y=0.4,容器Ⅲ中的CO的轉(zhuǎn)化率為=,現(xiàn)容器Ⅲ中溫度為1250K,相當于977K時的平衡體系升高溫度，平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率減小，所以容器Ⅲ中的CO的轉(zhuǎn)化率小于，C正確;D．在容器Ⅰ中，K==1,若起始時向容器Ⅱ中充入0。1molCO2、0。2molCO和足量的C(s)，此時濃度商Q==0。2＜1，所以平衡將向正反應方向進行,D正確；故選CD.非選擇題（共68分）13.高鐵酸鉀(）是復合型的水處理劑，以廢鐵屑（含有、、油污等雜質(zhì))為原料制備的流程如下:(1）熱的溶液清洗廢鐵屑的目的是_________。(2）氧化Ⅰ中被氧化成的離子方程式為________。(3)溶液在不同下,的濃度隨時間的變化如圖所示。氧化Ⅱ制備時,選用的加料方式是_________（填字母），原因是________.A.將、混合液與氧化Ⅰ所得溶液同時加入到反應容器中B.將、混合液緩慢加入到盛有氧化Ⅰ所得溶液的反應容器中C.將氧化Ⅰ所得溶液緩慢加入到盛有、混合液的反應容器中（4）轉(zhuǎn)化步驟中加入飽和溶液，析出晶體的原因是________。（5)高鐵酸鉀是高效復合型的水處理劑的原因：①高鐵酸鉀有強氧化性，可以用于殺菌消毒；②________。（6)高鐵酸鉀可用于高鐵電池，與普通高能電池相比,該電池能長時間保持穩(wěn)定的放電電壓。高鐵電池的總反應為，放電時正極的電極反應式為________.【答案】(1）。去除廢鐵屑表面的油污(2）。(3)。C（4).避免高鐵酸鈉在酸性條件下分解(高鐵酸鈉在堿性條件下更穩(wěn)定）（5）。高鐵酸鉀溶解度小，更易析出（6）。高鐵酸鉀被還原生成的水解成氫氧化鐵膠體,可以吸附水中懸浮的雜質(zhì)（7).【解析】【分析】廢鐵屑中含有、、油污等雜質(zhì)，用熱的溶液清洗廢鐵屑，可以去除廢鐵屑表面的油污,用稀硫酸溶解,Fe、、均與稀硫酸反應，生成硫酸亞鐵和硫酸鐵，加入過氧化氫進行氧化I，可以將Fe2+氧化為Fe3+，再將氧化Ⅰ所得溶液緩慢加入到盛有、混合液的反應容器中，得到，在溶液中再加入飽和KOH溶液，析出晶體，再經(jīng)過濾、洗滌、干燥，得到晶體，據(jù)此分析解答.【詳解】(1）熱的溶液水解顯堿性，則用熱的溶液清洗廢鐵屑可以去除廢鐵屑表面的油污；(2）由以上分析知，氧化Ⅰ中過氧化氫將氧化為,反應的離子方程式為；(3)由圖像可知，在堿性條件下可穩(wěn)定存在，在酸性條件下不穩(wěn)定，會發(fā)生分解，氧化I的溶液呈酸性環(huán)境，因此氧化Ⅱ制備時，為避免高鐵酸鈉在酸性條件下分解，應將氧化Ⅰ所得溶液緩慢加入到盛有、混合液的反應容器中，選用的加料方式應為C；(4）經(jīng)過氧化Ⅱ得到，轉(zhuǎn)化步驟中加入飽和溶液，析出晶體,是因為高鐵酸鉀溶解度小,更易析出；（5）高鐵酸鉀是高效復合型的水處理劑的原因:①高鐵酸鉀有強氧化性，可以用于殺菌消毒；②高鐵酸鉀被還原生成的水解成氫氧化鐵膠體，可以吸附水中懸浮的雜質(zhì);(6）根據(jù)高鐵電池的總反應式中元素化合價的變化可知，放電時,在正極得電子被還原為氫氧化鐵，故正極的電極反應式為。【點睛】高鐵酸鉀是高效復合型的水處理劑的原因敘述是學生們的弱點，相信同學們只要加強理解和記憶,就一定可以掌握。①高鐵酸鉀有強氧化性，可以用于殺菌消毒;②高鐵酸鉀被還原生成的水解成氫氧化鐵膠體,可以吸附水中懸浮的雜質(zhì)。14.實驗室模擬用溶液和溶液混合制備，再將所得與溶液混合，可制備草酸合銅酸鉀晶體。通過下述實驗確定該晶體組成。步驟Ⅰ稱取樣品，放入錐形瓶，加入適量稀硫酸，微熱使樣品溶解,再加入水加熱,用溶液滴定至終點，消耗溶液.步驟Ⅱ?qū)⒉襟EⅠ的溶液充分加熱,使淡紫紅色消失，溶液最終顯示藍色.冷卻后，調(diào)節(jié)并加入過量固體，與反應生成沉淀和，以淀粉作指示劑，用標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。已知：；；回答下列問題：（1)室溫下，，，溶液________7(填“〉"或“〈”或“=”）。（2）步驟Ⅱ中滴定終點的現(xiàn)象為________。(3）步驟Ⅱ中若消耗的標準溶液的體積偏大，可能的原因有________（填字母）.A.滴定前未將待測溶液充分加熱B.錐形瓶水洗后未干燥C。裝標準溶液的滴定管水洗后未潤洗D。滴定時錐形瓶中有液體濺出（4）通過計算確定該晶體的化學式（寫出計算過程）。________________________【答案】(1）.＜（2).溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且30秒內(nèi)不變色(3).AC(4）.【解析】【分析】根據(jù)KHCO3溶液中存在電離平衡和水解平衡，由電離常數(shù)和水解常數(shù)判斷相對大小，進而判斷溶液的酸堿性;根據(jù)滴定原理,結(jié)合I2使淀粉變藍，判斷滴定終點現(xiàn)象；根據(jù)氧化還原滴定，由反應，分析消耗的標準溶液的體積偏大的原因；根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)，結(jié)合氧化還原反應，由得失電子守恒計算該晶體的化學式.【詳解】(1)溶液中存在HC2O4-H++C2O42-電離平衡，Ka2==5。4×10-5,KHC2O4水解反應為：HC2O4—+H2O?H2C2O4+OH—,其水解平衡常數(shù)為Kh2=====1.9×10—13，在KHC2O4溶液中，HC2O4—電離呈酸性，HC2O4-水解呈堿性,由Ka2=5.4×10—5＞Kh2=1.9×10—13可知，電離程度大于水解程度，故KHC2O4溶液呈酸性，pH＜7，答案為＜。（2）步驟II化學反應是；,用標準溶液滴定I2,淀粉作指示劑，開始呈現(xiàn)藍色，滴定到終點，現(xiàn)象為加入最后一滴Na2S2O3的標準液于錐形瓶中,溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且30s不恢復；答案為加入最后一滴Na2S2O3的標準液于錐形瓶中,溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色，且30s不恢復.（3）A．滴定前未將待測溶液充分加熱，待測溶液中可能含有MnO4—，高錳酸根離子能夠氧化碘離子,使得碘單質(zhì)的物質(zhì)的量增加，消耗更多的Na2S2O3，消耗的標準溶液的體積偏大,故A符合題意；B．錐形瓶水洗后未干燥，不影響滴定，對滴定結(jié)果無影響，故B不符合題意；C．裝標準溶液的滴定管水洗后未潤洗，標準液被稀釋，滴定時消耗的體積增大，故C符合題意；D．滴定時錐形瓶中有液體濺出，待測液損失,標準液消耗量減小，消耗標準溶液的體積變小，故D不符合題意；答案AC。（4）由反應可知，C2O4-與MnO4-完全反應，消耗MnO4-的物質(zhì)的量為n（MnO4-)=0。1000mol·L-1×0.032L=3.2×10-3mol，樣品中C2O4-的物質(zhì)的量為n(C2O4-)=×3.2×10-3mol=8。0×10—3mol，由，可知,關(guān)系式為2S2O32-~I2~2Cu2+，得出n(Cu2+）=n（S2O32—）=0.2500mol·L-1×0.016L=4.0×10—3mol,根據(jù)電荷守恒原理:n（K+）=2n(S2O32-)-2n(Cu2+）=2×8。0×10—3mol-2×4。0×10-3mol=8.0×10-3mol，根據(jù)質(zhì)量守恒原理：m（H2O)=1.4160g—8.0×10—3mol×39g/mol-4。0×10—3mol×64g/mol-8.0×10-3mol×88g/mol=1.4160g-0。312g—0.256g—0.704g=0。144g，n（H2O）==8×10—3mol，則n（K+)：n（Cu2+)：n(C2O42—)：n(H2O)=8。0×10-3：4.0×10—3：8.0×10—3：8×10-3=2:1：2：2,該晶體的化學式為K2Cu(C2O4）2·2H2O;答案為K2Cu（C2O4）2·2H2O.15。溴化亞銅是一種白色粉末,不溶于冷水，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢被氧化.實驗室制備的步驟如下：（1）反應Ⅰ在如圖所示實驗裝置的三頸燒瓶中進行，實驗所用蒸餾水需經(jīng)煮沸,目的是除去水中的_________(寫化學式）.（2）反應Ⅰ中：三頸燒瓶中反應生成的離子方程式為________；燒杯中發(fā)生反應的化學方程式為________.(3)過濾步驟中，需要在避光的條件下進行,原因是________。(4）洗滌步驟中，依次用溶有少量的水、溶有少量的乙醇、純乙醚洗滌。洗滌劑需“溶有”的原因是________。（5)欲利用上述裝置燒杯中的吸收液制取較純凈的無水晶體。(水溶液中、、隨的分布，的溶解度曲線如題圖所示)。請補充完整實驗方案[須用到(貯存在鋼瓶中)、計]：①________；②加入少量維生素C溶液（抗氧劑),加熱濃縮溶液至有大量晶體析出；③________；④用無水乙醇洗滌2-3次；⑤放真空干燥箱中干燥?！敬鸢浮?1）。(2）。(3）。（4）.防止見光分解(5).防止被氧化（6)。向燒杯中繼續(xù)通入，用計測量溶液的,若約為10,停止通(7）。在高于34℃條件下趁熱過濾【解析】【分析】反應Ⅰ中,在三頸燒瓶中銅離子被還原為亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，再經(jīng)過濾、洗滌、干燥得到，燒杯中過量的NaOH溶液用于尾氣處理，吸收多余的SO2氣體，防止SO2逸出污染環(huán)境；同時需結(jié)合題干中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的已知信息進行作答?！驹斀狻浚?)由已知信息知,溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化,因此本實驗反應Ⅰ中用二氧化硫還原銅離子生成溴化亞銅要排除空氣中氧氣的干擾,因此實驗所用蒸餾水需經(jīng)煮沸，目的是除去水中的；(2）反應Ⅰ中，銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該反應的離子方程式為:；燒杯中NaOH溶液用于尾氣處理，吸收多余的SO2氣體,防止SO2逸出污染環(huán)境，NaOH溶液是過量的，則產(chǎn)物為Na2SO3，故發(fā)生反應的化學方程式為;（3)由已知信息知，溴化亞銅見光會分解，所以過濾步驟中，需要在避光的條件下進行,是為了防止CuBr見光分解；(4）由已知信息知，溴化亞銅在空氣中會慢慢被氧化，所以洗滌步驟中，洗滌劑需“溶有”是為了防止被氧化;(5）上述裝置燒杯中過量的NaOH溶液吸收生成，且NaOH有剩余，因此為制取較純凈的無水晶體，結(jié)合水溶液中、、隨的分布圖可知：應先向燒杯中繼續(xù)通入，與剩余的NaOH反應，并用計測量溶液的，若約為10，停止通,從而得到溶液;根據(jù)的溶解度曲線可知在溫度高于34℃的條件下溶解度逐漸減小,因此在加入少量維生素C溶液（抗氧劑)，防止被氧化的同時,加熱濃縮溶液至有大量晶體析出；再在高于34℃條件下趁熱過濾，得到晶體；再用無水乙醇洗滌2-3次,除去晶體表面的可溶性雜質(zhì)；最后放真空干燥箱中干燥?！军c睛】本題第(5）問③的趁熱過濾是學生們的易混點，學生們往往忽略在的溶解度曲線中的溶解度隨溫度的變化，沒有注意到在溫度高于34℃的條件下溶解度逐漸減小，因此在步驟②加熱濃縮溶液至有大量晶體析出后，直接填寫過濾，這樣可能會導致部分又重新溶解，或者溫度過低的話，還會有析出，因此需要在高于34℃條件下趁熱過濾,得到晶體。16.二氧化氯()具有強氧化性，協(xié)同氨法同時脫硫脫硝具有高脫除率.(1)單獨參與脫硝過程中發(fā)生以下反應:則反應的________(2)的濃度、吸收液對脫硫脫硝效率的影響分別如圖所示，①最適宜的濃度為________；②時，隨著的增大,的脫除率下降，其可能的原因是__________③時，會發(fā)生歧化反應：，當有完全反應時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為________;歧化反應生成的也可以作為氧化劑進行脫硝反應，寫出堿性條件下將氧化為的離子方程式______________。（3)工業(yè)上以不銹鋼材料為陰極，表面覆蓋金屬氧化物的石墨為陽極，電解溶液制備.寫出陽極產(chǎn)生的電極反應式________；此方法的缺點是所得產(chǎn)品純度不高，氣體中所含的雜質(zhì)可能有_____________?！敬鸢浮?1).(2）.175（3).增加，氧化性減弱，脫硝效率下降(4).0。1(5)。（6).(7)?！窘馕觥俊痉治觥?1)根據(jù)蓋斯定律計算反應熱；(2)根據(jù)的濃度、吸收液對脫硫脫硝效率的影響圖像分析解答；③根據(jù)電子轉(zhuǎn)移計算；根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該離子方程式；(3）根據(jù)電解原理分析解答.【詳解】（1）已知熱化學方程式:①；②；③;根據(jù)蓋斯定律可知，由①+②+③可得目標方程式,則反應；(2）①由圖可知,的濃度為175時，脫硫效率最高，而高于175時，脫硝效率增大不明顯，故最適宜的濃度為175；②時，隨著的增大,的脫除率下降，其可能