2019-2020学年安徽省安庆市怀宁中学新高考化学模拟试卷含解析.pdf

2019-2020学年安徽省安庆市怀宁中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1有一种线性高分子，结构如图所示。下列有关说法正确的是A该高分子由4 种单体(聚合成高分子的简单小分子)缩聚而成B构成该分子的几种羧酸单体互为同系物C上述单体中的乙二醇，可被O2催化氧化生成单体之一的草酸D该高分子有固定熔、沸点，1mol 上述链节完全水解需要氢氧化钠物质的量为5mol【答案】C【解析】【详解】A.该高分子由乙二醇、乙二酸、1,2-丙二醇、对苯二甲酸、丙二酸5 种单体缩聚而成，故A 错误；B.对苯二甲酸与乙二酸、丙二酸不属于同系物，故B错误；C.乙二醇可被02催化氧化生成草酸，故C 正确；D.高分子化合物没有固定熔沸点，故D 错误；答案选 C。2对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A 错误；B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B 错误；C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C正确；D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D 错误；故选 C。3下列实验操作规范且能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A 除去 KNO3中混有 NaCl 将固体混合物溶于水后蒸发结晶，过滤B 制备 Fe(OH)3胶体将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中C CCl4萃取碘水中的I2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层D 验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A.KNO3的溶解度受温度影响大，而NaCl 的溶解度受温度影响不大，可将固体溶解后蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以除去KNO3固体中少量的NaCl 固体，故A 错误；B.将 NaOH 浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，二者反应生成Fe(OH)3沉淀，无法获得氢氧化铁胶体，故 B 错误；C.CCl4与水不互溶，且不发生任何发应，可用CCl4萃取碘水中的I2，CCl4的密度比水的密度大，则混合液分层后先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，故C 正确；D.铁在中性溶液或弱酸性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D 错误；故选 C。4下列说法中正确的是A在铁质船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀的速率，称为牺牲阴极的阳极保护法B电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，在阴极附近生成氢氧化钠和氢气C铜锌原电池反应中，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从铜片流向锌片D外加电流的阴极保护法是将被保护的金属与外加电源的正极相连【答案】B【解析】【详解】A在船体上镶嵌锌块，形成锌铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极不断被腐蚀，铁做正极则不会被腐蚀，称为牺牲阳极的阴极保护法，A 错误；B在外加电源的作用下，电解饱和食盐水是将电能转变成化学能，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时溶液中生成氢氧根离子，B 正确；C铜锌原电池反应中，Zn 失电子作负极，铜片作正极，产生气泡发生还原反应，电子从锌片流向铜片，C 错误；D外加电流的阴极保护法应将被保护的金属与外加电源的负极相连，与正极相连作阳极会失电子被腐蚀，D 错误；答案选 B。5下列指定反应的离子方程式正确的是A用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2=I22OHB过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe4HNO3-=Fe3NO 2H2O C用 Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8ClD向 NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3 CO32-【答案】C【解析】【详解】A.用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2IH2O22H+=I2 2H2O，选项 A错误；B.过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe8H2NO3-=3Fe22NO 4H2O，选项 B 错误；C.用 Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8Cl，选项C 正确；D.向 NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-，选项 D错误。答案选 C。6短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r 是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p 为无色无味气体，q 为液态，r 为淡黄色固体，s 是气体单质。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A原子半径：ZYX Bm、n、r 都含有离子键和共价键Cm、n、t 都能破坏水的电离平衡D最简单气态氢化物的稳定性：YX【答案】A【解析】【分析】p、q、r 是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p 为无色无味气体，q 为液态，r 为淡黄色固体，s 是气体单质，可知r 为 Na2O2，q 为 H2O，且 r 与 p、q 均生成 s，s 为 O2，p 为 CO2，n 为 Na2CO3，m 为NaHCO3，t 为 NaOH，结合原子序数可知，W 为 H，X 为 C，Y为 O，Z 为 Na。【详解】由上述分析可知，W 为 H，X为 C，Y为 O，Z为 Na，A电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径CO，则原子半径：ZXY，故 A 错误；Bm 为 NaHCO3，n 为 Na2CO3，r 为 Na2O2，均含离子键、共价键，故B 正确；Cm 为 NaHCO3，n 为 Na2CO3，t 为 NaOH，n、m 促进水的电离，t 抑制水的电离，则m、n、t 都能破坏水的电离平衡，故C正确；D非金属性YX，则最简单气态氢化物的稳定性：YX，故 D 正确；故选 A。【点睛】本题考查无机物的推断，把握淡黄色固体及q 为水是解题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。7设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A 14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB标准状况下，422.4LCH与2Cl在光照条件下反应生成HCl 分子数为A4NC容器中2molNO 与 1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA【答案】A【解析】【详解】A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以 14g 乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为 2NA，A 正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与 Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B 错误；C.容器中 2molNO 与 1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C 错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D 错误；故合理选项是A。8研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A d 为石墨，电流从d 流入导线进入铁片Bd 为铜片，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e 4OHCd 为锌块，铁片不易被腐蚀D d 为镁片，铁片上电极反应为：2H+2e H2【答案】D【解析】【详解】A d 为石墨，活泼金属铁片作负极，石墨作正极，电流从正极流入导线进入负极，故A 正确；Bd 为铜片，活泼金属铁片作负极，铜片作正极；海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，铜片上电极反应为：O2+2H2O+4e-4OH-，故 B 正确；C锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C 正确；Dd 为镁片，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-4OH-，故 D 错误；故选 D。【点睛】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。9下列表示正确的是（）A中子数为8 的氧原子符号：188O B甲基的电子式：C乙醚的结构简式：CH3OCH3D CO2的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A中子数为8 的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为168O，故 A 错误；B甲基为中性原子团，其电子式为，故 B正确；CCH3OCH3为二甲醚，乙醚正确的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故 C错误；D二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其正确的比例模型为，故 D 错误；故选 B。【点睛】电子式的书写注意事项：（1)阴离子和复杂阳离子要加括号，并注明所带电荷数，简单阳离子用元素符号加所带电荷表示。（2）要注意化学键中原子直接相邻的事实。（3）不能漏写未参与成键的电子对。10 某科研小组利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含 Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)制备重要的化工原料纳米Fe2O3的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）煅烧前硫铁矿粉碎的目的是_，硫铁矿煅烧得到的气体需回收，该气体在工业上的主要用途是_。（2）用稀硫酸浸取硫铁矿烧渣的主要反应的离子方程式为_，浸取后过滤得到的滤渣的化学式为_。（3）加入 FeS2的主要目的是还原滤液中的Fe3，反应的化学方程式为：FeS27Fe2(SO4)38H2O=15FeSO48H2SO4，反应中每消耗1molFeS2，转移的电子数目为_，检验 Fe3是否完全被还原，应选择 _(填标号)。A KMnO4溶液BK3Fe(CN)6溶液C KSCN溶液（4）加 FeCO3调溶液 pH 到 5.8 左右，其目的为_。（5）加入 NH4HCO3生成 FeCO3的离子方程式为_，若煅烧得到160g 纳米 Fe2O3，则消耗的气体和生成的气体的物质的量之比为_。【答案】增大接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分工业制硫酸Fe2O36H=2Fe33H2O SiO214NA或 8.428 1024C 除去滤液中的Al3+2HCO3Fe2=FeCO3 CO2H2O 1：4【解析】【分析】硫铁矿煅烧，发生FeS2与 O2反应生成Fe2O3和 SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，根据流程目的是制备纳米Fe2O3，需要除去Al3，因为 Fe(OH)3的溶度积小于Al(OH)3的溶度积，因此先将 Fe3转化成 Fe2，加入 FeS2的目的是将Fe3转化成 Fe2，加入 FeCO3调节 pH，使 Al3以 Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，Fe2与 HCO3反应生成FeCO3，煅烧 FeCO3得到 Fe2O3，逐步进行分析；【详解】(1)煅烧前粉碎硫铁矿，增加硫铁矿与空气的接触面积，加快反应速率，使硫铁矿煅烧更加充分；FeS2与O2发生 4FeS211O2=2Fe2O3 8SO2，利用 SO2制备硫酸；(2)硫铁矿煅烧后的烧渣为Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物不与硫酸反应，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，烧渣中 Fe2O3为主要物质，因此加入硫酸发生的主要反应是Fe2O36H=2Fe33H2O；浸取后的滤渣为SiO2；(3)根据反应方程式，FeS2中 S由 1 价转化成 6 价，Fe2(SO4)3中 Fe的化合价由3 价转化成 2 价，因此消耗 1molFeS2，转移电子物质的量为1mol26(1)=14mol，即转移电子物质的量为14NA或8.428 1024；检验 Fe3是否完全被还原，则需要检验是否含有Fe3，即用 KSCN溶液检验，如果溶液不变红，则说明Fe3完全反应，反之未完全反应，答案悬C；(4）根据上述分析，加入FeCO3的目的是调节pH，使 Al3以 Al(OH)3形式沉淀出来；(5)加入 NH4HCO3溶液得到 FeCO3，即反应的离子方程式为2HCO3Fe2=FeCO3 CO2 H2O；煅烧 FeCO3得到 Fe2O3反应方程式为4FeCO3O22Fe2O34CO2，消耗 O2和生成 CO2的物质的量之比为1：4。【点睛】难点是(5)离子方程式的书写，因为生成FeCO3，需要 HCO3电离出 CO32，即 HCO3HCO32，Fe2结合 CO32生成 FeCO3沉淀，促使平衡向正反应方向进行，c(H)增大，然后发生H与 HCO3反应生成CO2，最后写出离子方程式即可，书写类似反应时，注意原理的应用。11第三周期元素X、Y、Z、W 的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L 的这四种溶液pH 与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（）A Y可能是硅元素B简单离子半径：ZWX C气态氢化物的稳定性：YW D非金属性：YZ【答案】B【解析】【分析】第三周期元素中，X 最高价氧化物水化物的溶液的pH 为 12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X 为 Na，Y、W、Z 对应的最高价氧化物水化物的溶液pH 均小于 7，均为酸，W 最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W 为 Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W 的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径YZCl，故 Z为 S元素，Y为 P元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X 为 Na、Y 为 P、Z为 S，W 为 Cl，A Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是 P元素，故A 错误；B电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和 Na+的离子半径为S2-Cl-Na+，故 B正确；CCl 的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl PH3，故 C错误；D S和 P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故 D 错误；故答案为B。12国际计量大会第26 届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.02214076 1023mol-1)，于 2019 年 5 月 20 日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A 40g正丁烷和18 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目为 0.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数为0.1NAD 0.1mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应后，溶液中Cl-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为 13 个)。混合物共 58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B.常温下，pH=12 的 Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C.电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g 时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误；D.0.1mol Cl2与足量 NaOH 溶液反应，溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选 A。13不洁净玻璃仪器洗涤方法正确的是（）A做银镜反应后的试管用氨水洗涤B做碘升华实验后的烧杯用酒精洗涤C盛装 CCl4后的试管用盐酸洗涤D实验室制取O2后的试管用稀盐酸洗涤【答案】B【解析】【详解】A.银单质与氨水不反应，可用稀硝酸洗去，A 项错误；B.根据碘溶于酒精的性质，所以可用酒精清洗残留碘，B 项正确；C.CCl4与盐酸不反应，但易溶于酒精，因此残留有CCl4的试管，可用酒精洗涤，C项错误；D.实验室若用过氧化氢制取O2，则反应后会剩余不溶于水也不溶于稀盐酸的二氧化锰，因此用稀盐酸无法洗净试管，D 项错误；答案选 B。14我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（）A Li2SO4溶液利于 MoS2对 N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2 NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低D N2的活化是NN键的断裂与NH 键形成的过程【答案】B【解析】【详解】A.从图中可知在Li2SO4溶液中 N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对 N2的活化，A 正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B 错误；C.根据图示可知MoS2在 Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C 正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H 的过程，即是NN键的断裂与NH 键形成的过程，D 正确；故合理选项是B。15室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是A向 0.10mol/L CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向 0.10mol/L NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向 0.10mol/L(NH4)2CO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）【答案】A【解析】【详解】A.向 0.10mol/L CH3COONa 溶液中通入HCl,至溶液 pH=7,c(H+)=c(OH-),HCl不足,反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠,由电荷守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),则 c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故 A 正确；B.溶液中钠原子与S原子物质的量之比为1：1,而铵根离子与部分亚硫酸根离子结合,故 c(Na+)c(NH4+),由物料守恒可以知道,c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),溶液呈中性,由电荷守恒可得:c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-),联立可得:c(NH4+)+c(H2SO3)=c(SO32-),故 B错误;C.向 0.10mol/L Na2SO3溶液通入SO2,发生 Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,至溶液 pH=7,反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3，则 c(Na+)”“”或“=)，主要原因是_。(5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605 C、-24 C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_。(6)钛的化合物有2 种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。二氧化钛晶胞(如图 1)中钛原子配位数为_。氮化钛的晶胞如图2 所示,图 3 是氮化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg cm-3。氮化钛晶胞中N 原子半径为 _pm【答案】3d74s2Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为 3d6，要失去 1 个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁小于24 S Co(H2O)63+所带正电荷较多LiCl 是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强6 103A2-231102d N【解析】【分析】同一原子的电离能，通常第一电离能第二电离能 第三电离能，但若电离能突然增大，则此离子应达到稳定结构；不同原子的电离能不同，但若相同类别电离能的差距突然增大，则离子可能处于稳定结构。形成共价键的两原子间只能形成一个键，所以，计算微粒中所含键的数目时，只需确定有多少个原子间形成共价键。确定配位原子时，需要比较配体中含有孤对电子的元素的吸电子能力，吸电子能力强的非金属原子，难以提供孤电子对与中心离子形成配位键。计算晶胞中原子半径时，需先算出晶胞中所含原子的数目，以便确定质量；然后利用数学公式，建立质量、密度、体积的等量关系式，由此算出原子半径。【详解】(1)基态 Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2。答案为：3d74s2；(2)根据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去 1 个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。答案为：Mn 价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去 1 个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁；(3)HCHO分子呈平面结构，键角接近120，而 CO2的键角是180，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角。答案为：小于；(4)1 个 NH3含有 3 个共价键，N 原子还能形成1 个配位键，配位键也属于键，所以 1 mol Co(NH3)63+含 24mol 键。答案为：24；SCN-中，C没有孤电子对，N 吸引电子对的能力比S强，所以 S提供孤电子对形成配位键。从而得出SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是S。答案为：S；依题意，配体相同，配位数相等的配离子，分裂能与中心离子的电荷数有关，正电荷数越多，吸引电子能力越强，分裂能越大。ab，主要原因是Co(H2O)63+所带正电荷较多。答案为：；Co(H2O)63+所带正电荷较多；(5)氯化锂为离子化合物，形成离子晶体，氯化钛是共价化合物，形成分子晶体，它们的熔点相差很大，其主要原因是LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强。答案为：LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强；(6)图 1 中，由均摊法可知，1 个晶胞含有2 个黑球、4 个白球(2 个白球在体内，4 个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧。1 个钛与 6 个氧相连，钛的配位数为6。则二氧化钛晶胞(如图 1)中钛原子配位数为6。答案为：6；由图 2 知，1 个晶胞含4 个 TiN(类似氯化钠晶胞)，图 3 棱上三个粒子相切，则有4r(Ti)2=2r(Ti)+2r(N)2+2r(Ti)+2r(N)2，r(Ti)=12-1r(N)，d=3A4622(Ti)2(N)Nrr，从而得出r(Ti)+r(N)=3A31d N，将代入中，即得r(N)=3A2-2312d Ncm=103A2-231102d Npm。答案为：103A2-231102d N。【点睛】在书写价层电子排布式时，我们若不注意审题，可能会把价层电子排布式写成核外电子排布式，从而导致出错。19废水中氨氮(NH3、NH)的处理技术有生物脱氮法、化学沉淀法、折点加氯法和电催化氧化法等。(1)氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致的环境问题是_。(2)生物脱氮法：利用微生物脱氮，原理如下：NHNON2反应的离子方程式为_。(3)化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，NH 转化为 MgNH4PO4 6H2O 沉淀。若pH 过大，氨氮去除率和磷利用率均降低，其原因是_(用离子方程式表示)。(4)折点加氯法：向废水中加入NaClO 溶液，使氨氮氧化成N2，相关反应如下：NaClOH2O=HClONaOH()NH3HClO=NH2ClH2O()NH2Cl HClO=NHCl2 H2O()NHCl2 H2O=NOH2HCl()NHCl2 NOH=N2HClOHCl()探究 NaClO 的投加量 以 m(Cl2)表示 对氨氮去除率的影响，实验结果如图所示。当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，污水中总氮去除率缓慢下降，其原因是_。当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，随着 m(Cl2)m(NH3)的减小，污水中余氯(除 Cl外的氯元素存在形式)浓度升高，其原因是_。(5)电催化氧化法：原理如下图所示(MOx表示催化剂)。反应的离子方程式可表示为2NH4+6MOx(OH)=6MOxN26H2O2H。阳极电极反应式为_。电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，含 Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高，其原因是_。【答案】水体富营养化NH4+2O2NO3-2HH2O MgNH4PO4 6H2O2OH=Mg(OH)2NH4+PO43-6H2O 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-加入次氯酸钠量不足，部分氨氮以NH2Cl形式存在MOxH2Oe=MOx(OH)HCl在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为 N2而除去【解析】【分析】（1）水体中N、P等营养盐含量过多而引起的水质污染，导致水体富营养化；（2）铵根与氧气在硝化细菌的作用下生成硝酸根离子和水；（3）沉淀会溶解在过量的碱性环境中；（4）次氯酸钠氧化性较强，若投入量过大，则部分N 元素会被氧化为硝酸根离子；次氯酸钠投入量过少，发生次氯酸会将氨气按反应氧化为NH2Cl；（5）依据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，据此分析；根据放电顺序，电解质溶液中有氯离子的话氯离子先放电，氯气溶于水形成的次氯酸参与氨氮的去除反应。【详解】（1）氨氮污水直接排放入河流、湖泊导致水体富营养化；（2）根据图示信息可知，反应的离子方程式为NH4+2O2NO3-2HH2O；（3）若 pH 过大，MgNH4PO4 6H2O 会与氢氧根离子反应转化成氢氧化镁，其离子方程式为：MgNH4PO4 6H2O2OH=Mg(OH)2 NH4+PO43-6H2O；（4）当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为NO3-；当 m(Cl2)m(NH3)7.7 时，说明次氯酸投入量小，此时部分氨氮以NH2Cl形式存在；（5）依据电解原理，阳极MOx失电子转化为MOx(OH)，其电极反应式为：MOxH2Oe=MOx(OH)H；电催化氧化法除氨氮时，若其他条件相同时，污水若有Cl在阳极放电生成Cl2，Cl2将氨氮氧化为N2而除去，因此含Cl的污水比不含Cl的污水氨氮去除率要高。