2023-2024学年北京市汇文中学高三(上)期中化学试卷

2023-2024学年北京市汇文中学高三（上）期中化学试卷一、本部分有14小题，每题只有1个正确选项，每题3分1．（3分）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（）A．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料——钛合金 B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂2．（3分）化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）ABCD酸性重铬酸钾用于检测酒精铝粉与强碱溶液反应放热以饱和食盐水、NH3、CO2为原料生产纯碱氯气与烧碱反应制备“84”消毒液A．A B．B C．C D．D3．（3分）下列有关物质的性质与用途的叙述中，对应关系不正确的是（）A．明矾易水解，可用作净水剂 B．NH3易液化，可用作制冷剂 C．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆 D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂4．（3分）阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．常温常压下28g乙烯中含有的σ键数目为5NA B．电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+ C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA5．（3分）下列事实不能用元素周期律解释的是（）A．电负性：N＜O＜F B．碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH C．稳定性：HI＜HBr＜HCl D．酸性：H2SiO3＜H2SO3＜HClO46．（3分）物质性质与其结构密切相关，下列比较中不正确的是（）A．在CS2中的溶解性：H2O＜CCl4 B．熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl C．硬度：晶体硅＞碳化硅 D．物质的酸性：CH3COOH＜CF3COOH7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4（s）+⇌CaCO3（s）+ B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH﹣+2═CaCO3↓++2H2O C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑8．（3分）高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（）A．试剂a是甲醇 B．化合物B不存在顺反异构体 C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D．合成M的聚合反应是缩聚反应9．（3分）下列制备物质的转化关系不合理的是（）A．制HNO3：N2→NH3→NO→NO2→HNO3 B．制H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4 C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH D．制Mg：海水→Mg（OH）2→MgCl2溶液Mg10．（3分）2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＜X B．氢化物的沸点：W＜Z C．X的最高价氧化物的水化物能与强碱反应 D．Y单质可用做半导体材料11．（3分）利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（）a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉﹣KI溶液变蓝BCu与浓H2SO4生成SO2品红溶液褪色C浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红DCH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D12．（3分）常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的OH﹣浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是（）A．E、F点溶液的pH分别为3和7 B．F点对应的溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣） C．G点对应的溶液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．F～H点对应的溶液中，n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）+2n（Cl2）为定值13．（3分）二次电池液体锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是（）A．放电过程中，H+由正极向负极迁移 B．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O C．充电时，左侧电极连接外电路直流电源的正极 D．充电时，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣14．（3分）某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）ΔH＞0。实验测得：v正（NO2）＝k正c2（NO2），v逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度（mol•L﹣1）平衡浓度（mol•L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.60.10下列说法不正确的是（）A．升高温度，该反应的化学平衡常数增大 B．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7% C．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＞0.2mol•L﹣1 D．该反应的化学平衡常数可表示为K＝二、非选择题共58分15．（11分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。（1）光催化可实现NOx的净化①比较N、O元素第一电离能：NO（填“＞”或“小于”）。②光催化还原NOx可得到N2，从结构角度分析N2性质稳定的原因。③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是形。（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一。比较甲醇分子中H﹣C﹣H与C﹣O﹣H的键角大小并解释原因。（3）光催化可降解苯酚（C6H5OH）。在紫外光的作用下催化剂表面有⋅OH（羟基自由基）生成，⋅OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的方程式为。（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为anm（1nm＝10﹣7cm）。①基态钛原子的价层电子轨道表示式为。②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是。③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g⋅cm﹣3。16．（10分）三氯化六氨合钴（[Co（NH3）6]Cl3）为橙黄色晶体，实验室制备过程如下：Ⅰ．将6gCoCl2•6H2O晶体和4gNH4Cl加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴加入13.5mL5%H2O2溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min。用冰浴冷却，过滤得粗产品；Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，_____，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；Ⅳ．先用冷的2mol•L﹣1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。（1）[Co（NH3）6]Cl3中Co3+的基态价电子排布式为。（2）CoCl2遇浓氨水生成Co（OH）2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，结合电离平衡解释原因：。（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是。（4）补全Ⅲ中的操作：。（5）沉淀滴定法测定产品中Cl﹣的质量分数：ⅰ．准确称取agⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；ⅱ．滴加少量K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol•L﹣1AgNO3溶液滴定至终点；ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为vmL。已知：Ksp（AgCl）＝10﹣9.75；Ksp（Ag2CrO4）＝10﹣11.7。①滴定终点的现象是出现橙色的Ag2CrO4沉淀，若此时溶液中Cl﹣为10﹣6mol/L，则溶液中指示剂K2CrO4的浓度不低于mol/L。②制备的晶体中Cl﹣的质量分数是（列出计算式）。17．（13分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如图：已知：（1）A为芳香烃，其名称是。（2）A→B的反应类型是。（3）C能发生银镜反应，B→C的化学方程式是。（4）F→G中所用的物质a的分子式是。（5）F中含有的官能团是。（6）Ⅰ能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是。（7）①K分子中有个手性碳原子。②芳香化合物L的结构简式是。（8）还可用A为原料，经如下“电化学氧化工艺流程”合成C，反应器中由A生成C的离子方程式是。18．（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的污水处理剂。（1）K2FeO4的制备①ⅰ中反应的离子方程式是。②将ⅱ中反应的离子方程式补充完整：□Fe3++□OH﹣+□ClO﹣═□□____+□____③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度：Na2FeO4K2FeO4（填“＞”或“＜”）。（2）K2FeO4的性质ⅰ．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡（O2），液体有丁达尔效应。ⅱ．将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。ⅲ．将K2FeO4固体溶于稀硫酸中，产生无色气泡的速率明显比ⅰ快。①K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是。②K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是。（3）K2FeO4的应用K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将转化为N2）处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如图所示：①脱氮的最佳pH约为8，pH小于8时，脱氮效果随pH减小而减弱，结合转化为N2的氧化反应分析原因：。②pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：。19．（12分）研究小组探究高铜酸钠（NaCuO2）的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。【实验Ⅰ】向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）CuCl2溶液显酸性，用离子方程式解释原因：；制备时滴加的CuCl2溶液不宜过量。（2）探究棕黑色沉淀的组成。【实验Ⅱ】将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另取少量固体b进行实验，证实了固体中钠元素的存在，实验操作的名称是。②经进一步检验确认棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是。（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。【实验Ⅲ】向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl﹣反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：。②探究继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣的原因。ⅰ．提出假设1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，。ⅱ．提出假设2：，经证实该假设也成立。【实验Ⅳ】向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体能使带火星木条复燃但不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。（4）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是。（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、溶液和溶液。

2023-2024学年北京市汇文中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、本部分有14小题，每题只有1个正确选项，每题3分1．（3分）近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（）A．“天宫二号”航天器使用的质量轻、强度高的材料——钛合金 B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂【考点】无机非金属材料．【答案】A【分析】金属材料的是指金属单质及其合金，据此进行分析。【解答】解：A．合金都是金属材料，所以钛合金属于金属材料，故A正确；B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓是化合物，不是金属材料，故B错误；C．“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢是非金属单质，故C错误；D．“C919”飞机机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂，属于复合材料，不属于金属材料，故D错误；故选：A。2．（3分）化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）ABCD酸性重铬酸钾用于检测酒精铝粉与强碱溶液反应放热以饱和食盐水、NH3、CO2为原料生产纯碱氯气与烧碱反应制备“84”消毒液A．A B．B C．C D．D【考点】氧化还原反应与非氧化还原反应．【答案】C【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．酸性重铬酸钾用于检测酒精，利用酒精的还原性将+6价铬还原成+3价，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A错误；B．铝粉与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气放热，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故B错误；C．以饱和食盐水、NH3、CO2为原料生产纯碱是向饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应过程中无元素化合价变化，与氧化还原反应无关，故C正确；D．氯气与烧碱反应制备“84”消毒液，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，是氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D错误；故选：C。3．（3分）下列有关物质的性质与用途的叙述中，对应关系不正确的是（）A．明矾易水解，可用作净水剂 B．NH3易液化，可用作制冷剂 C．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆 D．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【答案】D【分析】A．明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附性强；B．液氨汽化吸收大量的热，能使环境温度降低，具有制冷作用；C．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆；D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂。【解答】解：A．明矾电离产生的铝离子为弱碱阳离子，部分水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，可以吸附水中固体杂质颗粒而净水，故A正确；B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用于制冷剂，与NH3易液化有关，故B正确；C．SO2能与某些有色物质反应生成无色物质，表现出漂白性，可用来漂白纸浆，故C正确；D．浓硫酸具有吸水性，可作干燥剂，浓硫酸作干燥剂与其脱水性无关，故D错误；故选：D。4．（3分）阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．常温常压下28g乙烯中含有的σ键数目为5NA B．电解粗铜精炼铜，通过电路的电子数为NA时，阳极有32gCu转化为Cu2+ C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【答案】A【分析】A．求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含5条σ键来分析；B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液；C．依据n＝＝计算；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应。【解答】解：A．28g乙烯的物质的量为1mol，而乙烯中含5条σ键，故1mol乙烯中含5NA条σ键，故A正确；B．阳极为含有少量锌、金、银等金属杂质的粗铜板，在电解时发生氧化反应，铜、锌转化为阳离子进入溶液，则阳极Cu转化为Cu2+的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为：×NAmol﹣1＝0.1NA，故C错误；D．SO2和O2的催化反应为可逆反应，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2mol，数目大于2NA，故D错误，故选：A。5．（3分）下列事实不能用元素周期律解释的是（）A．电负性：N＜O＜F B．碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH C．稳定性：HI＜HBr＜HCl D．酸性：H2SiO3＜H2SO3＜HClO4【考点】元素周期律的作用．【答案】D【分析】A．非金属性越强，电负性越大；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。【解答】解：A．非金属性：F＞O＞N，电负性：F＞O＞N，故A正确；B．金属性：Na＞Mg＞Al，则碱性：Al（OH）3＜Mg（OH）2＜NaOH，故B正确；C．非金属性：I＜Br＜Cl，则稳定性：HI＜HBr＜HCl，故C正确；D．非金属性：Si＜S＜Cl，则酸性：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，故D错误；故选：D。6．（3分）物质性质与其结构密切相关，下列比较中不正确的是（）A．在CS2中的溶解性：H2O＜CCl4 B．熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl C．硬度：晶体硅＞碳化硅 D．物质的酸性：CH3COOH＜CF3COOH【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．【答案】C【分析】A．相似相溶原理分析判断；B．离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高；C．原子半径越小，键长越短，键能越大，共价晶体硬度越大；D．分子中含强吸引电子的基团，能使﹣OH中氢原子活泼性增强。【解答】解：A．CS2和CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，相似相溶可知，在CS2中的溶解性：H2O＜CCl4，故A正确；B．MgO、MgCl2、NaCl都为离子晶体，阳离子半径：Mg2+＞Na+，阴离子半径：Cl﹣＞O2﹣，Mg2+、O2﹣为二价离子，Na+、Cl﹣为一价离子，离子半径越小，离子所带电荷越多，晶格能越大，离子晶体熔点越高，故熔点：MgO＞MgCl2＞NaCl，故B正确；C．晶体硅、碳化硅都为共价晶体，C原子半径比Si原子小，C﹣Si键键长比Si﹣Si键键长短，C﹣Si键键能更大，碳化硅晶体的硬度更大，故C错误；D．CF3COOH分子中含F原子电负性最大，吸引电子能力强，使得羟基活泼，更易电离，溶液酸性强，室温下，酸性：CH3COOH＜CF3COOH，故D正确；故选：C。7．（3分）下列方程式与所给事实不相符的是（）A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4（s）+⇌CaCO3（s）+ B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++2OH﹣+2═CaCO3↓++2H2O C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑【考点】离子方程式的书写．【答案】B【分析】A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，二者反应生成CaCO3、NaOH和H2O；C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂，高温反应生成液态铁和氧化铝，用于焊接钢轨；D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气。【解答】解：A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙，实现硫酸钙转化为易溶于酸的碳酸钙，离子方程式为：CaSO4（s）+（aq）⇌CaCO3（s）+（aq），故A正确；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，二者反应生成CaCO3、NaOH和H2O，离子方程式为Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故B错误；C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂，高温反应生成液态铁和氧化铝，2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，用于焊接钢轨，故C正确；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式依次为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，过氧化钠为淡黄色固体，氢氧化钠、碳酸钠为白色固体，故D正确；故选：B。8．（3分）高分子M广泛用于牙膏、牙科粘合剂等口腔护理产品，合成路线如图，下列说法不正确的是（）A．试剂a是甲醇 B．化合物B不存在顺反异构体 C．化合物C的核磁共振氢谱有一组峰 D．合成M的聚合反应是缩聚反应【考点】有机物的合成．【答案】D【分析】CH≡CH与试剂a发生加成反应生成B，HOOCCH＝CHCOOH分子内脱水生成C，B和C聚合生成M，根据聚合物M的结构式可知，M的单体为CH2＝CH﹣O﹣CH3和由此可知B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，C为，则试剂a为CH3OH，据此分析解答。【解答】解：A．根据分析，试剂a为CH3OH，名称是甲醇，故A正确；B．化合物B为CH2＝CH﹣O﹣CH3，要存在顺反异构，碳碳双键上的每个碳原子连接的两个原子或原子团不同时能形成顺反异构，B的结构中其中一个双键碳上连接的两个原子相同，不存在顺反异构体，故B正确；C．化合物C为，其结构对称，只含有一种氢原子，则核磁共振氢谱有一组峰，故C正确；D．聚合物M是由CH2＝CH﹣O﹣CH3和的双键上发生加成聚合反应，不是缩聚反应，故D错误；故选：D。9．（3分）下列制备物质的转化关系不合理的是（）A．制HNO3：N2→NH3→NO→NO2→HNO3 B．制H2SO4：S→SO2→SO3→H2SO4 C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH D．制Mg：海水→Mg（OH）2→MgCl2溶液Mg【考点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用．【答案】D【分析】A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸；C．海水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气；D．该反应为从海水中提取金属镁的流程，电解的应该是熔融氯化镁。【解答】解：A．氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，通过该生产流程可制备硝酸，故A正确；B．硫燃烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故B正确；C．水淡化后能得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，所以在给定条件下，能够完成几种物质之间的转化，故C正确；D．要电解能到金属镁，需要电解熔融氯化镁，用氯化镁溶液得到的是氢氧化镁，故D错误；故选：D。10．（3分）2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确的是（）A．原子半径：W＜X B．氢化物的沸点：W＜Z C．X的最高价氧化物的水化物能与强碱反应 D．Y单质可用做半导体材料【考点】位置结构性质的相互关系应用．【答案】B【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，由它们在周期表中的位置可知，W处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，而W与X的最高化合价之和为8，则X处于ⅢA族、W处于ⅤA族，故X为Al、W为N、Y为Si、Z为P。【解答】解：由分析可知，X为Al、Y为Si、W为N、Z为P。A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径W＜X，故A正确；B．氨气分子间由氢键相互作用，而磷化氢则是分子间仅有范德华力相互作用，使得磷化氢的分子间作用力较弱，易于被克服，所以磷化氢的沸点比氨气低，故B错误；C．氢氧化铝具有两性，可以与强碱反应，故C正确；D．非金属硅常用作半导体材料，故D正确，故选：B。11．（3分）利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（）a中反应b中检测试剂及现象A浓HNO3分解生成NO2淀粉﹣KI溶液变蓝BCu与浓H2SO4生成SO2品红溶液褪色C浓NaOH与NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红DCH3CHBrCH3与NaOH乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【答案】A【分析】A．硝酸、NO2都能氧化KI生成I2；B．SO2能使品红溶液褪色；C．酚酞遇碱变红色；D．丙烯和溴水发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色。【解答】解：A．硝酸具有挥发性，生成的NO2中含有HNO3，硝酸、NO2都能氧化KI生成I2，所以根据实验现象不能判断A中有NO2生成，故A错误；B．SO2能使品红溶液褪色，浓硫酸、CuSO4都没有挥发性，所以可以根据品红溶液褪色判断有SO2生成，故B正确；C．酚酞遇碱变红色，浓NaOH溶液、NH4Cl都没有挥发性，二者反应生成的NH3溶于水得到一水合氨，一水合氨电离出OH﹣而使酚酞溶液变红色，所以可以根据b中现象判断a中有氨气生成，故C正确；D．丙烯和溴水发生加成反应生成无色物质而使溴水褪色，挥发出的乙醇和溴水不反应，所以可以根据b中现象判断a中有丙烯生成，故D正确；故选：A。12．（3分）常温下，向新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的OH﹣浓度与NaOH溶液体积之间的关系如图所示。下列推断不正确的是（）A．E、F点溶液的pH分别为3和7 B．F点对应的溶液中：c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣） C．G点对应的溶液中：c（Na+）＞c（ClO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．F～H点对应的溶液中，n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）+2n（Cl2）为定值【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算；离子浓度大小的比较．【答案】C【分析】A．F点溶液中溶质为过量氯水、NaCl、NaClO，F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+）；B．F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒关系分析判断；C．G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO﹣水解，溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+）、c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），结合物料守恒分析；D．根据Cl原子守恒分析判断。【解答】解：A．E点溶液呈酸性，水电离c（H+）＝10﹣11mol/L，即溶液中c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，溶液中c（H+）＝mol/L＝10﹣3mol/L，pH＝3，F点溶液中溶质为过量氯水、NaCl、NaClO，F点对应的溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），pH＝7，故A正确；B．F点对应的溶液中溶质为NaCl、NaClO和Cl2、HCl、HClO等，电荷守恒关系c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）+c（ClO﹣），溶液溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），则c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣），故B正确；C．G点完全反应生成等浓度的NaCl、NaClO，溶液呈碱性，ClO﹣水解，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），物料守恒c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO），则c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；D．E～H点对应的溶液中存在Cl原子守恒，即n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）+2n（Cl2），为定值，故D正确；故选：C。13．（3分）二次电池液体锌电池具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是（）A．放电过程中，H+由正极向负极迁移 B．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O C．充电时，左侧电极连接外电路直流电源的正极 D．充电时，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣【考点】化学电源新型电池．【答案】A【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成Zn（OH）42﹣，负极电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。【解答】解：A．原电池放电时，阳离子由负极移向正极，即H+由负极向正极迁移，故A错误；B．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；C．充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，即左侧电极连接外电路直流电源的正极，故C正确；D．原电池负极反应为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，故D正确；故选：A。14．（3分）某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）ΔH＞0。实验测得：v正（NO2）＝k正c2（NO2），v逆（NO）＝k逆c2（NO）•c（O2），k正、k逆为速率常数，只受温度影响。容器编号起始浓度（mol•L﹣1）平衡浓度（mol•L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.60.10下列说法不正确的是（）A．升高温度，该反应的化学平衡常数增大 B．Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7% C．Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＞0.2mol•L﹣1 D．该反应的化学平衡常数可表示为K＝【考点】化学平衡的计算．【答案】C【分析】A．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行；B．根据O2的改变量计算NO2的消耗量，转化率＝×100%；C．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了0.1mol/LNO，生成物浓度增大，平衡逆向移动；D．反应达到平衡时v正＝v逆，结合速率方程计算。【解答】解：A．反应为吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，该反应的平衡常数增大，故A正确；B．平衡时△c（O2）＝0.2mol/L，根据方程式，△c（NO2）＝2△c（O2）＝0.4mol/L，所以Ⅰ中NO2的平衡转化率为×100%≈66.7%，故B正确；C．Ⅱ中起始时比Ⅰ中多加了0.1mol/LNO，生成物浓度增大，平衡逆向移动，则c（O2）＜0.2mol/L，故C错误；D．反应达到平衡时v正＝v逆，则k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）•c（O2），大于平衡常数K＝＝，故D正确；故选：C。二、非选择题共58分15．（11分）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。（1）光催化可实现NOx的净化①比较N、O元素第一电离能：N＞O（填“＞”或“小于”）。②光催化还原NOx可得到N2，从结构角度分析N2性质稳定的原因氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定。③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是平面三角形形。（2）光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一。比较甲醇分子中H﹣C﹣H与C﹣O﹣H的键角大小并解释原因甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角。（3）光催化可降解苯酚（C6H5OH）。在紫外光的作用下催化剂表面有⋅OH（羟基自由基）生成，⋅OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的方程式为C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O。（4）某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如图所示，边长均为anm（1nm＝10﹣7cm）。①基态钛原子的价层电子轨道表示式为。②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的个数是6。③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g⋅cm﹣3。【考点】晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用．【答案】（1）①＞；②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；③平面三角形；（2）甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角；（3）C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O；（4）①；②6；③。【分析】（1）①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大；原子轨道中电子处于全空、全满、半满时较稳定，失去1个电子所需能量较高；②氮气分子中存在N≡N；③中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对；（2）孤电子对与成键电子对间存在斥力；（3）•OH可将苯酚氧化为H2O和CO2；（4）①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2；②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右；③Ti原子位于顶点，个数为8×＝1，O原子位于棱心，个数为12×＝3，1个Co原子位于体心，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）①同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素大，N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O，故答案为：N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N＞O；②氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定，化学性质稳定，故答案为：氮气分子中存在N≡N，键能大，键长短，分子结构稳定；③中N原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；（2）甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角，故答案为：甲醇分子中C、O原子都为sp3杂化，但O原子中存在2个孤电子对，孤电子对与成键电子对间存在斥力，使得甲醇分子中H﹣C﹣H的键角大于C﹣O﹣H的键角；（3）•OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，反应的化学方程式为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O，故答案为：C6H6O+28•OH→6CO2+17H2O；（4）①Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为，故答案为：；②由晶胞图可知，距Ti原子最近且等距的O原子位于Ti原子的上下前后左右，共6个，故答案为：6；③Ti原子位于顶点，个数为8×＝1，O原子位于棱心，个数为12×＝3，1个Co原子位于体心，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ＝＝＝，故答案为：。16．（10分）三氯化六氨合钴（[Co（NH3）6]Cl3）为橙黄色晶体，实验室制备过程如下：Ⅰ．将6gCoCl2•6H2O晶体和4gNH4Cl加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴加入13.5mL5%H2O2溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min。用冰浴冷却，过滤得粗产品；Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，_____，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；Ⅳ．先用冷的2mol•L﹣1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。（1）[Co（NH3）6]Cl3中Co3+的基态价电子排布式为+3。（2）CoCl2遇浓氨水生成Co（OH）2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，结合电离平衡解释原因：抑制NH3•H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀。（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O。（4）补全Ⅲ中的操作：趁热过滤、冷却。（5）沉淀滴定法测定产品中Cl﹣的质量分数：ⅰ．准确称取agⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；ⅱ．滴加少量K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol•L﹣1AgNO3溶液滴定至终点；ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为vmL。已知：Ksp（AgCl）＝10﹣9.75；Ksp（Ag2CrO4）＝10﹣11.7。①滴定终点的现象是出现橙色的Ag2CrO4沉淀，若此时溶液中Cl﹣为10﹣6mol/L，则溶液中指示剂K2CrO4的浓度不低于10﹣4.2mol/L。②制备的晶体中Cl﹣的质量分数是溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失（列出计算式）。【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【答案】（1）+3；（2）抑制NH3•H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀；（3）2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；（4）趁热过滤、冷却；（5）①10﹣4.2；②×100%。【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co（NH3）6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol•L﹣1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。【解答】解：（1）[Co（NH3）6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为﹣1价，则Co的化合价是+3价，故答案为：+3；（2）加入NH4Cl使溶液中的浓度增大，抑制NH3•H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀，故答案为：抑制NH3•H2O的电离，使溶液中的c（OH﹣）降低，避免生成Co（OH）2沉淀；（3）由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O，故答案为：2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；（4）由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；（5）①滴定终点的现象是出现橙色的Ag2CrO4沉淀，若此时溶液中Cl﹣为10﹣6mol/L，则溶液中指示剂K2CrO4的浓度＝×c2（Cl﹣）＝×（10﹣6）2mol/L＝10﹣4.2mol/L，故答案为：10﹣4.2；②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl﹣物质的量之比为1：1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10﹣3＝cv×10﹣3mol，则25mL溶液中Cl﹣物质的量为cv×10﹣3mol，25mL溶液中Cl﹣的质量为：m＝n×M＝cv×10﹣3mol×35.5g/mol＝35.5cv×10﹣3g，则100g溶液中Cl﹣的质量为：4×35.5cv×10﹣3g，故质量分数为：×100%＝×100%，故答案为：×100%。17．（13分）莫西沙星主要用于治疗呼吸道感染，合成路线如图：已知：（1）A为芳香烃，其名称是。（2）A→B的反应类型是取代反应。（3）C能发生银镜反应，B→C的化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O。（4）F→G中所用的物质a的分子式是C6H7N。（5）F中含有的官能团是碳碳双键、醛基。（6）Ⅰ能与NaHCO3反应生成CO2，D+I→J的化学方程式是。（7）①K分子中有2个手性碳原子。②芳香化合物L的结构简式是。（8）还可用A为原料，经如下“电化学氧化工艺流程”合成C，反应器中由A生成C的离子方程式是。【考点】有机物的合成．【答案】（1）；（2）取代反应；（3）+2NaOH+2NaCl+H2O；（4）C6H7N；（5）碳碳双键、醛基；（6）；（7）①2；②；（8）。【分析】A的分子式为C7H8，（1）中A为芳香烃，则A为，结合B的分子式可知A与氯气在光照条件下发生甲基上二元取代生成B，故B为，B在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应，结合已知中2个羟基之间脱去1分子水形成醛基，可知C为，对比H、K的结构简式，结合D、I、J的分子式及反应条件，（6）中Ⅰ能与NaHCO3反应生成CO2，可知H→I的过程中苯环被氧化断裂产生2个羧基，C→D的过程中﹣CHO转化为﹣CH2NH2，D+I→J的过程是羧基与氨基之间脱水形成K中五元环，而J→K的过程中是J中含氮六元环与氢气加成生成K，故I为、D为、J为，由E、F的分子式，结合G的结构简式，可知E为CH2＝CHCH3、F为CH2＝CHCHO，在催化剂作用下CH2＝CHCH3与氧气发生催化氧化反应生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO与试剂a发生加成反应生成，则a为，在一定条件下转化为；结合M的结构简式、L的分子式可知，与LiAlH4发生还原反应生成，则L为，一定条件下转化为，经过一系列反应生成莫西沙星。【解答】解：（1）A的分子式为C7H8，则A的结构简式是，故答案为：；（2）A→B是在光照条件下与氯气反应生成，该反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）B→C的化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O，故答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；（4）物质a的结构简式为，其分子式为C6H7N，故答案为：C6H7N；（5）由分析可知，F的结构简式为F为CH2＝CHCHO，含有的官能团有碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；（6）D+I→J是与发生取代反应生成和水，反应的化学方程式为，故答案为：；（7）①连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子：，K分子含有2个手性碳原子，故答案为：2；②由分析可知，芳香化合物L的结构简式是，故答案为：；（8）酸性条件下，反应器中与Ce4+离子发生氧化反应生成和Ce3+离子，反应的离子方程式为，故答案为：。18．（12分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的污水处理剂。（1）K2FeO4的制备①ⅰ中反应的离子方程式是H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O。②将ⅱ中反应的离子方程式补充完整：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O□Fe3++□OH﹣+□ClO﹣═□□____+□____③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4（填“＞”或“＜”）。（2）K2FeO4的性质ⅰ．将K2FeO4固体溶于蒸馏水中，有少量无色气泡（O2），液体有丁达尔效应。ⅱ．将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。ⅲ．将K2FeO4固体溶于稀硫酸中，产生无色气泡的速率明显比ⅰ快。①K2FeO4溶于蒸馏水的化学反应方程式是4K2FeO4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH。②K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是pH越小，K2FeO4氧化性越强。（3）K2FeO4的应用K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮（将转化为N2）处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如图所示：①脱氮的最佳pH约为8，pH小于8时，脱氮效果随pH减小而减弱，结合转化为N2的氧化反应分析原因：酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低。②pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化。【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的基本规律及应用．【答案】（1）①H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O；②2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O；③＞；（2）①4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH；②pH越小，K2FeO4氧化性越强；（3）①酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低；②pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化。【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以FeSO4溶液中加入H2SO4、H2O2生成Fe2（SO4）3，将Fe2（SO4）3溶液和NaClO溶液混合并加入NaOH，得到Na2FeO4，过滤后滤液中含有Na2FeO4，向Na2FeO4溶液中加入饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，然后通过洗涤、干燥得到K2FeO4纯品；（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体；②碱性条件下K2FeO4稳定、中性水中生成少量氧气、酸性条件下生成大量氧气，溶液的酸碱性不同，生成氧气的剧烈程度不同；（3）①根据（2）题知，酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，影响K2FeO4氧化；②酸性条件下K2FeO4氧化性强，碱性条件下K2FeO4氧化性弱。【解答】解：（1）①H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以FeSO4溶液中加入H2SO4、H2O2生成Fe2（SO4）3，同时生成H2O，则ⅰ中反应的离子方程式是H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O；②该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，则Fe3+作还原剂，ClO﹣作氧化剂，ClO﹣中Cl元素化合价由+1价变为﹣1价，所以生成物中含有Cl﹣，根据元素守恒知，还生成H2O，则ⅱ中反应的离子方程式为：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O，故答案为：2Fe3++10OH﹣+3ClO﹣＝23Cl﹣+5H2O；③ⅲ中反应能够发生是因为溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4，故答案为：＞；（2）①K2FeO4固体溶于蒸馏水中并和水反应生成O2和氢氧化铁胶体，根据原子守恒可知，还有KOH生成，反应的化学方程式4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH，故答案为：4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8KOH；②由实验i、ii、iii可知，K2FeO4稳定存在于碱性环境中，酸性条件下有氧化性，即酸性越强、pH越小，K2FeO4氧化性越强，故答案为：pH越小，K2FeO4氧化性越强；（3）①根据（2）题知，酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低，故答案为：酸性越强，K2FeO4和水反应生成O2的速率越快，导致K2FeO4氧化的能力减弱，所以N元素的去除率降低；②pH越小，K2FeO4氧化性越强，所以pH大于8时，K2FeO4氧化性减弱，脱氮效果减弱，故答案为：pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化。19．（12分）研究小组探究高铜酸钠（NaCuO2）