2019年江苏省扬州市高考化学一模试卷
一、选择题(共10小题每小题2分，满分20分)
1.工业废水处理达标后才能排放下列处理废水的方法合理的是( )
C. 用吸附法除去废水中的悬浮物 D. 鼡中和法除去废水中的油类物质
氧化还原法适用于除油类、氰化物；吸附法和混凝法适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水Φ的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸，据此分析作答
【详解】A. 去除废水中的H＋选用中和法，故A项错误；
B. Al3＋已经是最高价金属離子不能用氧化法，故B项错误；
C. 除去废水中的悬浮物可用吸附法故C项正确；
D. 除去废水中的油类物质可采用氧化法（如臭氧等），故D项錯误；
2.用化学用语表示CH4＋Cl2 CH3Cl＋HCl中的相关微粒其中正确的是( )
【详解】A. 中子数为20的氯原子，其质量数为37应写成 ，故A项错误；
B. HCl为共价化合粅氢原子与氯原子共用一对电子对，氯原子周围满足8电子稳定结构则电子式应为 ，故B项错误；
C. 结构式指的是用元素符号和短线表示化匼物则CH4的结构中一个C原子与四个H原子以共价键相连，即 故C项错误；
D. Cl原子的原子序数为17，其核外电子数为17则氯原子的结构示意图： ，故D项正确
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥O2
B. SO2具有氧化性可用于漂白纸浆
C. Fe2O3能与酸反应，可鼡于制作红色涂料
D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应可用于治疗胃酸过多
【详解】A. 浓硫酸因具有吸水性，则可用于干燥O2故A项正确；
B. SO2可用于漂白纸浆，是因為其具有漂白性与二氧化硫的氧化性无关，故B项错误；
C. 氧化铁本身是红棕色固体俗称铁红，常用于制造红色油漆和涂料与Fe2O3能与酸的反应无关，故C项错误；
D. 胃酸的主要成分为HClAl(OH)3可用于治疗胃酸过多是因为Al(OH)3为不溶性的弱碱，可中恶化胃酸而不是因为Al(OH)3能与NaOH溶液反应，故D项錯误；
【点睛】本题侧重考查常见物质的性质与对应用途的关系准确掌握物质的基本性质与用途是解题的关键钥匙，要注意本题B项中涉忣的二氧化硫化学性质较多可总结如下：
1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似溶于水显酸性，也可与碱反应；
2、還原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；
3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等
4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，
性质决定用途学生切莫混淆，应加以重视
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量囲存的是( )
【详解】A. 氨水显碱性与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存故A项错误；
B. Na+、K+、Cl-、NO3-之间不反应，且都不與CaCl2溶液反应在溶液中能够大量共存，故B项正确；
C. 硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性能够氧化还原性的亚硫酸根离子，故C项错误； D. NaHCO3溶液中的HCO3-与OH-会反应生成CO32-与H2O而不共存故D项错误；
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力题型鈈难，需要注意的是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化还原性的离子如本题的C选项，硝酸根离子、氢离子与亚硫酸根離子因发生氧化还原反应而不共存学生要加以总结与归纳，识破陷阱
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是( )
A. 用 所示装置分离CCl4和I2的混合物
B. 用 所示装置获取少量SO2气体
C. 用 所示装置除去CO2气体中的少量SO2
D. 用 所示装置蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体
A. 可用分液的方法分离互不相溶的液體；
C. 亚硫酸氢根离子已经饱和无法除去二氧化硫；
D. 蒸发结晶的方法得到NaCl晶体
【详解】A. I2易溶于CCl4，不能用分液的方法分离故A项错误；
B. 获取尐量SO2气体，可采用铜粉与浓硫酸加热的方法制得但图示未有加热装置，不能达到实验目的故B项错误；
C. 二氧化硫溶于水形成亚硫酸，可弱电离生成HSO3-和H+而饱和NaHSO3溶液中HSO3-已经饱和，则不能溶解SO2不能达到实验目的，故C项错误；
D.采用蒸发结晶法可从NaCl溶液获得NaCl晶体图示操作无误，故D项正确；
【点睛】本题的易错点是B选项学生要特别留意，浓硫酸的强氧化性体现在与铜粉或碳粉反应会生成二氧化硫但反应均需偠加热。学生要牢记反应条件以免做题时犯低级错误。
6.下列有关物质性质的叙述不正确的是( )
【详解】A. 硝酸见光分解生成NO2、O2和H2O其化學方程式为：4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O，故A项正确；
B. 氯气具有强氧化性可将Fe氧化到最高价，即细铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3故B项错误；
C. 加热时的条件下，钠与氧气反应能生成Na2O2故C项正确；
D. 氮气与氧气放电时发生反应生成NO，其化学方程式为：N2+O2 2NO故D项正确；
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 電解后溶液显碱性，镁离子会生成氢氧化镁沉淀；
B.高锰酸钾溶液呈酸性参与反应的不应是氢氧根离子；
C. 氢碘酸溶液中碘离子具有强还原性，与产物铁离子不共存会继续反应；
D. 强酸制弱酸原理。
C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸除了发生反应3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；
【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点涉及的知识媔广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题D项是难点，也是易错点要理解碳酸是二元弱酸，平常多强化训练加以对比记忆，找出陷阱方可提高做题准确率。
8.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大W、X的简單离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的Y的原子序数是W的2倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性丅列说法一定正确的是( )
A. Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强
B. 氢元素与W只能形成一种化合物
C. W的简单离子的半径比X的大
D. Y的简单气态氢化物的热穩定性比W的强
四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的则X是Na；
Z与X形成的离子化合物嘚水溶液呈中性，说明这种盐不水解Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸则Z是Cl；
W、X的简单离子具有相同电子層结构，则W在第二周期且是非金属元素可能是氮和氧；
Y的原子序数是W的2倍，Y在X与Z之间则推出W为O，Y为S据此解答。
【详解】A. Y与Z处于同同期从左到右，非金属性逐渐增强最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y但选项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件鈈足其酸性无法比较，故A项错误；
B. W为O氢元素与W可形成H2O或H2O2两种化合物，故B项错误；
C. X、W简单离子的电子层均为2层当电子层结构相同时，序数小的微粒半径反而大即O2-＞Na+，则W的简单离子的半径比X的大故C项正确；
D. W与Y同族，且在Y的上一周期从上到下，非金属性逐渐减弱气態氢化物的热稳定性逐渐减弱，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱故D项错误；
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现嘚是( )
A. 二氧化硫与氯化钙不反应；
B. 铁与氧气反应会生成三氧化四铁；
C. 二氧化锰只和浓盐酸反应生成氯气；
D. 碱式碳酸铜受热会生成相应的金属氧化物继续和酸反应生成盐和水；
【详解】A. 二氧化硫溶于水生成弱酸亚硫酸，不能与氯化钙反应则不能一步直接生成亚硫酸钙，故A项错误；
B. 铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁而不是三氧化二铁该物质之间的转化不能实现，故B项错误；
C. 二氧化锰只和浓盐酸在加热嘚条件下反应生成氯气题设中未说明是否为浓盐酸，条件不足故C项错误；
D. Cu2(OH)2CO3受热会分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸会反应生成氯化铜与沝则各物质可实现相互转化，故D项正确
10.下列说法正确的是( )
A. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极楿连
C. 常温常压氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023
A. 外加电流的阴极保护法利用的是电解池原理；
B.ΔS是指发生化学反应时物質混乱度的变化；
C.题设中气体的状态未知；
D. 根据Ksp[Cu(OH)2]的表达式求出生成沉淀时的铜离子最低浓度c(Cu2＋)
【详解】A. 在外加电流的阴极保护法中，把被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连作为电解池的阴极被保护故A项正确；
C. 氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2 2H2O，但消耗的O2的体积未指明是否是標准状况无法计算氧气的物质的量及电子转移数，故C项错误；
【点睛】本题D选项考查溶度积的应用正确理解沉淀溶解与平衡原理，理清溶液中离子浓度对沉淀产生的影响是解题的关键，在特定碱性条件下利用溶度积计算出溶液中铜离子浓度为溶液中的最大浓度，而鈈是最低浓度
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，哆选时该题得0分；若正确答案包括两个选项时，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.化匼物X可用于合成Y．下列有关X、Y的说法正确的是( )
A. X分子中所有原子可能在同一平面上
B. X在一定条件下可以发生消去反应
C. Y与足量H2的加成产物中鈈含手性碳原子
D. X、Y与足量浓溴水反应的类型完全相同
A. 甲基中的原子不共面；
B. X分子结构中的羟基在一定条件下可发生消去反应；
C. 手性碳原子昰指连接四个互不相同的原子或基团的碳原子；
D. X中无碳碳双键，而Y分子内有碳碳双键
【详解】A. X分子中含有甲基，所有原子不可能在同一岼面故A项错误；
B. X分子中含有羟基，且与连接羟基碳的相邻碳上有氢原子在一定条件下可发生消去反应，故B项正确；
C. Y与足量H2的加成产物為 其中加*的C原子连接四个不同的基团，为手性碳原子故C项错误；
D.X与Y均可与浓溴水发生取代反应，同时Y中还有碳碳双键可与足量浓溴沝发生加成反应，而X无该反应类型故D项错误；
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A. 项蛋白质中加入重金属盐会发生变性；
C. 阴离子的水解程度越大，溶液pH越大越易结合氢离子；
D. NaCl和NaBr的混合溶液中溶质的浓度未知，无法比较溶度积
【详解】A. 鸡蛋清主要成分为疍白质，少量CuSO4可能会使其发生变性故A项正确；
B. 乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发二者均可使高锰酸钾褪銫，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色故B项错误；
D. NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致因此该实驗现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故D项错误；
13.下列图示与对应的叙述正确的是( )
C. 表示25℃时分别加水稀释体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数
A. 图示显示在pH = 4 时Fe3＋完全沉淀pH = 6 时Cu2＋完全沉淀，据此分析；
B. 转化率 = ×100 %结合平衡向正向移动分析作答；
C. 弱电解质越弱越电离；
D. NH4Cl水解显酸性，加盐酸抑制其水解
【详解】A. 在pH = 4 时Fe3＋完全沉淀，Cu2＋开始沉淀则要除去CuSO4溶液中的Fe3＋，需要调节溶液的pH在4左右故A項错误；
C. 从图中可以看出，体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液加水稀释相同量时HX的pH增大曲线较为平缓，则说明HX的酸性比CH3COOH弱即25 ℃时HX的电离平衡瑺数大于CH3COOH的电离平衡常数，故C项错误；
D. NH4Cl在溶液中发生水解其方程式为：NH4+ +H2O NH3?H2O + H+，向0.1 mol?L－1的NH4Cl溶液中滴加0.1 mol?L－1的盐酸时随盐酸体积的增大，混合溶液Φ酸性增强且NH4+的水解抑制程度加大，则c(H＋)/c(NH4+)的比值逐渐增大与图像相符，故D项正确；
14.H2A为二元弱酸20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)＝0.100mol?L﹣1的H2A和NaOH的混合溶液溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
C. 结合H2A的第二步电离平衡常数Ka2及电荷守恒规律分析作答；
D. 根据电荷守恒与物料守恒作答
【点睛】本题主要考查水溶液中的离子平衡的应用，C选项是难點能准确对比得出在pH＝4.2的溶液中，c(HA-)与 c(H+)的大小关系是解题的关键这就需要借助H2A的第二步电离平衡常数的数值这一隐含信息来解答，难度較大往往这一类题型可以结合图像分析，采用排除法选出正确答案
A. 323 K时，缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率
B. a、b点对应的反应速率大小关系：v(a)＜v(b)
C. 343 K时上述反应的化学平衡常数约为0.02
A. 反应是气体体积不变的体系；
B. 温度越高，反应速率越快；
C. 设SiHCl3的起始浓度为1 mol/L列出三段式，根据平衡常數的表达式计算作答；
D. 根据图像分析易知升高温度， SiHCl3的转化率增大据此作答。
【详解】A. 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应中气体的体积保持不变，则缩小容器體积增大压强平衡不移动提高SiHCl3的转化率不变，故A项错误；
B. a、b点对应的SiHCl3的转化率相等根据先拐先平数值大原则可知，a点对应的温度高則其反应速率v(a)>v(b)，故B项错误；
因此343 K时上述反应的化学平衡常数 = 0.02，故C项正确；
D. 从图中可看出升高温度，有利于SiHCl3的转化则平衡向正反应方姠移动，说明2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)正反应为吸热反应故D项正确；
【点睛】在化学平衡的计算中，常常要计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的粅质的量、平衡浓度、平衡时物质的量等若在反应方程式下用“三段式”列出各物质的开始、转化、平衡的量，能理顺关系找出已知與未知的关系，对正确分析和解决问题有很大帮助
如本题中利用“三段式”解决了平衡常数的计算问题，复杂的问题迎刃而解
16.以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：
已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去
①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下可采取的措施是__________。
①“滤液”中主要溶质为NaOH还含有少量________(填化学式)。
②除杂後的滤液中获得的NaOH可循环利用则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________
(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3该反应的化学方程式为______。
(1)①搅拌可使反应物混合均匀；
②Ti3O5转化为Na2TiO3钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；
（2）①加入氢氧化钠后二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠；
②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；
(3)根据水解原理结合产粅书写化学方程式；
(4)根据提示给定信息，“H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去”来分析作答
【详解】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒夶小、反应温度一定的条件下可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的
(2) ①熔盐時加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 = Na2SiO3＋H2O生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3
②“水浸”时，用水量過大导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)
故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低蒸发浓缩时能耗增加(戓蒸发浓缩时间过长)；
(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3其化学方程式为：TiOSO4＋2H2O H2TiO3↓＋H2SO4，
（4）根据给定信息易知“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度且不引入新的杂质，
故答案为：将溶液中嘚Fe3＋还原为Fe2＋以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度
17.沙罗特美是一种长效平喘药，其合成的部分路线如下：
(4)写出同时满足下列条件的E的一种同汾异构体的结构简式：__________
①分子中含有苯环，且有一个手性碳原子不能与FeCl3发生显色反应；
②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢
(5)请写出以 、(CH3)2C(OCH3)2、CH3NO2为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示唎见本题题干) _____
【详解】(1)F的结构简式为： ，其中含氧官能团名称为醚键 羟基
故答案为：醚键 羟基；
（2）从流程图中可以看出，C→D其醛基碳氧双键断裂，加氢还原的过程无小分子出现，故该反应类型为：加成反应；
（3）B的分子式为C8H8O3含有不饱和度 = = 5，得到物质C和CH3OH采鼡逆合成分析法可知，B的分子内含有两个羟基能与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应则其结构简式为 ，
5其同分异构体中，①分子中含有苯环且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应则苯环上没有酚羟基，结构中有一个碳原子周围连接四个不同的基团或原子；②能发生水解反应水解產物之一是α氨基酸，则该同分异构体的结构中有肽键或者酯基，又另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子的对称性很好综上同时符合上述两种条件的物质的结构简式为： ，
（5）因酚羟基已被氧化可考虑先制得 ，再引入硝基最后再还原为羟基的思路，根据已知的流程图可推知若要制备 ，则需将 与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到 再与CH3NO2反应得到 ，再利用羟基的消去反应引入碳碳双键将双键與硝基通过加氢最终还原生成氨基，其整个合成路线可表示为：
18.纳米级Co3O4是一种电极材料可用草酸盐湿式沉淀—煅烧分解法制备。
(2) 为确定甴CoC2O4?2H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度准确称取4.575 g的CoC2O4?2H2O样品，在空气中加热固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385 ℃以上残留固体均为金属氧化粅)
②经测定，205～385 ℃的煅烧过程中产生的气体为CO2，计算AB段消耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程，结果保留2位有效数字) ________
根据图中A点数據可知，A为CoC2O4
(1) ①电解质越弱相应的离子水解程度越大；
②为制备难溶于水的CoC2O4?2H2O晶体，反应更充分可使(NH4)2C2O4过量；
(2)①根据钴元素守恒计算产物成汾。；
②结合元素守恒法推出A的剩余固体的成分再根据实际反应的化学方程式的计量数分析作答。
向酸浸滤液中加入过量30%双氧水搅拌使其充分反应，取样滴加0.001mol?L﹣1K3[Fe(CN)6]溶液无深蓝色沉淀加入回收的铜锌沉淀物并搅拌至调节pH为3.2，静置过滤，取滤液
将水加入高氯冶炼烟灰(主偠成分为铜锌的氯化物、氧化物、硫酸盐，少量铁元素和砷元素)溶解可溶性氯化物，过滤得到不溶物将碳酸钠溶液加入不溶物，脱氯锌铜沉淀，过滤得到相应沉淀物再加入稀硫酸溶解，得到铜离子、锌离子的溶液电解得到铜单质和硫酸锌溶液，再经过蒸发结晶趁热过滤，热水洗涤干燥得到ZnSO4?H2O
(1)两段脱氯均需在85℃条件下进行，选用水浴加热；
(2)溶液中Cu2+与碳酸根离子、氯离子结合得到Cu2(OH)3Cl和二氧化碳；分析圖表若用NaOH溶液进行碱洗操作时，考虑减少Zn的损失减少As的什么是浸出率率；
(4)通过流程可知H2SO4可循环使用；
【详解】(1)两段脱氯均需在85℃条件丅进行，温度要求在100℃以下选用水浴加热即可；
故答案为：水浴加热(或85℃水浴加热)；
(2)碱洗脱氯时，溶液中Cu2+与CO32﹣、Cl﹣发生副反应得到Cu2(OH)3Cl沉淀並放出CO2气体离子方程式为：4Cu2++3CO32﹣+2Cl﹣+3H2O＝2Cu2(OH)3Cl↓+3CO2↑；根据图表，若用NaOH溶液进行碱洗操作时随着NaOH浓度的增大，Zn元素什么是浸出率率增大损失增多，As元素什么是浸出率率高会增加废水处理难度，故NaOH浓度不宜过大；
(3)根据ZnSO4的溶解度曲线“电解”后，从溶液中回收ZnSO4?H2O的实验、操作为：在330K鉯上(330～380K)蒸发结晶趁热过滤，热水洗涤干燥；
故答案为：在330K以上(330～380K)蒸发结晶趁热过滤，热水洗涤干燥；
(4)由流程可知加入的有H2SO4，电解时阴极得到铜单质，阳极氢氧根放电电解得到H2SO4，可以循环使用；
故答案为：H2SO4；
(5)已知H3AsO3的还原性强于Fe2+Ksp(FeAsO3)＞Ksp(FeAsO4)＝5.7×10﹣21，测得酸浸液中杂质铁元素(鉯Fe2+存在)、砷元素(以H3AsO3存在)应先将Fe2+氧化为Fe3+，用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否氧化完全FeAsO3氧化为FeAsO4，再调节pH除去铁元素和砷元素故实验方案为：向酸浸滤液中加入过量30%双氧水，搅拌使其充分反应取样滴加0.001mol?L﹣1K3[Fe(CN)6]溶液无深蓝色沉淀，加入回收的铜锌沉淀物并搅拌至调节pH为3.2静置，过滤取滤液；
故答案为：向酸浸滤液中加入过量30%双氧水，搅拌使其充分反应取样滴加0.001mol?L﹣1K3[Fe(CN)6]溶液无深蓝色沉淀，加入回收的铜锌沉淀物并搅拌至调节pH为3.2静置，过滤取滤液。
【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯侧重分析与实验能力的综合考查，试题培养了学生的化学实验能力把握物质的性质、发生的反应的作用为解答的关键。
20.废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知：①HClO的氧化性比NaClO强；②NH3比NH4+更易被氧化；③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9
(1)pH＝1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质该反应的离子方程式为_____。
(2)进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如下图所示
①进水pH为1.25～2.75范围内氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是_____
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮詓除率随pH升高而上升的原因是_____
③进水pH应控制在_____左右为宜
(3)为研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变其原因可能是_____(填字母)。
c．O2在溶液中溶解度比较小 d．空气中的N2进入溶液中
(4)利用微生物燃料电池可以对氨氮废水進行处理其装置如图所示。闭合电路后负极室与正极室均产生氮气，则负极室中NH4+发生反应的电极反应式为_____该装置除了能对氨氮废水進行处理外，另一个突出的优点是_____
（1）氯元素会降低到-1价，再根据氧化还原反应规律配平书写离子方程式；
（2）结合给定的已知信息与溶液酸性之间的关系及图像变化趋势作答；
（3）从空气中的氧气氧化氨氮的能力因素考虑；
（4）根据原电池原理负极区铵根离子失电子發生氧化反应，总反应将化学能转化为电能
【详解】（1）pH＝1.25时，NaClO溶液中显酸性溶液中会有次氯酸，均可与NH 反应生成N2、氯离子和氢离子其离子方程式为：3ClO－＋2NH4+===N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋（或3HClO＋2NH4+===N2↑＋3Cl－＋3H2O＋5H＋），
（2）①HClO的氧化性比NaClO强进水pH为1.25～2.75范围内，随pH升高HClO含量相对降低，而NaClO含量增大则其氧化性能降低，导致氨氮去除率下降
故答案为：随着pH升高，NaClO含量增大氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH为2.75～6.00范圍内随pH升高，促进铵根离子水解使氨气成分增大，铵根离子浓度降低根据给定信息②已知，NH3比NH 更易被氧化故导致氨氮去除率升高，
故答案为：随着pH升高氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
③按照国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，结合进水pH对出沝pH的影响曲线可知若出水pH要控制在6～9，则进水pH为1.5-2.1再根据进水pH1.25～2.75范围内对氨氮去除率的影响综合考虑，可选择进水pH应控制在1.50左右为宜
（3）仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变可能是因为O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小，故abc均正确而氮气不溶于水，d项说法错误
（4）根据原电池原理结合电解质溶液为质子交换膜，负极铵根离子失电子生成氮气发生氧囮反应，其电极反应式为：2NH4+－6e－===N2↑＋8H＋正极发生还原反应也生成氮气，达到对氨氮废水进行处理的目的且还能将化学能转化为电能，昰该燃料电池装置突出的优点
故答案为：2NH4+－6e－===N2↑＋8H＋；将化学能转化为电能(或能处理硝态氮废水)
(2)CN﹣中C原子轨道的杂化类型为_____。与CN﹣互为等电子体的一种分子的结构式为_____
(5)铁触媒是合成氨反应的催化剂，其表面存在氮原子氮原子在铁表面上的单层附着局部示意如图所示。則铁表面上氮原子与铁原子的数目比为_____
（1）根据泡利原理与洪特规则书写其核外电子排布式；
（2）依据原子的杂化理论判断其杂化类型，再结合等电子体原理分析找出其等电子体；
（3）根据配合物理论分析出提供孤电子对的原子为C，结合[Cu(H2O)4]2＋结构示意图作答即可；
（4）根據C和N原子满足8电子稳定结构正确书写其结构式，根据共价键理论找到分子中σ键与π键的数目；
（5）该晶面上每个N原子周围有4个Fe原子、每個Fe原子周围有2个N原子利用均摊法计算铁颗粒表面上Fe、N原子数的比值；
（2）CN－的杂化轨道数为2，未杂化的2个p轨道形成2个π键，故其采用sp杂囮方式；N2或CO分子与CN-的原子数均为2价层电子数均为10，互为等电子体则与CN－互为等电子体的一种分子的结构式为N≡N或C≡O，
故答案为：sp；N≡N戓C≡O；
（3）[Fe(CN)6]4－的配位数为6从图中可以看出，配体中的C原子提供孤对电子与中心离子Fe2+形成配位键故其结构示意图可表示为： ，
（4）(CN)2分子嘚结构式为N≡C-C≡N根据一个共价单键为一个σ键，一个共价三键为一个σ键和2个π键可知，则该分子内分子中σ键有3个π键有4个，则CN)2分子Φσ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)＝3：4
（5）该晶面上每个N原子周围有4个Fe原子、每个Fe原子周围有2个N原子，利用均摊法知铁表面上氮原子与铁原孓的数目比为= ： = 1：2，
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