2020年4月高三化学开学摸底考（北京卷解析版）

2020 年 4 月高三化学开学摸底考（北京卷 02） （考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分） 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108 第一部分 本部分共 14 题，每题 3 分，共 42 分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项 1．改革开放 40 年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（　　） 蛟龙号潜水器 港珠澳大桥 国产 C919 中国天眼 A．用到钛合金，22 号 钛元素属于过渡元素 B．用到的合金材料，具 有强度大、密度小、耐 腐蚀等性能 C．用到的氮化硅陶瓷是 新型无机非金属材料 D．传输信息用的光纤材 料是硅 【答案】D 【解析】A．22 号钛元素位于第四周期第 IVA 族，属于过渡元素，故 A 正确； B．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故 B 正确； C．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，故 C 正确； D．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故 D 错误。 2.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是（　　） A．“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素 B．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质 C．“鹤鱼石斧图”彩陶缸是我国出土的一件珍贵历史文物，彩陶缸的主要成分是硅酸盐 D．“黑芝麻糊”是一道传统美食，食用时可加人白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖 【答案】D 【解析】A．“木活字”是木头制造的，其主要成分是纤维素，故 A 正确； B．“苏绣”是用蚕丝线绣的，蚕丝成分为蛋白质，故 B 正确； C．彩陶缸属于陶瓷，主要成分为硅酸盐，故 C 正确；D．白砂糖的主要成分是蔗糖，不是麦芽糖，故 D 错误。 3．下列化学用语或命名正确的是（　　） A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O B．含有 10 个中子的氧原子的符号： O C．S2﹣的结构示意图 D．NH4Cl 的电子式： 【答案】B 【解析】A．次氯酸分子中含有 1 个 H﹣O 键和 1 个 O﹣Cl 键，其正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故 A 错 误； B．氧原子的质子数为 8，含有 10 个中子的氧原子的质量数为 18，其表示方法为： O，故 B 正确； C． 为硫原子结构示意图，S2﹣的质子数为 16，核外电子数为 18，各层电子数分别为 2、8、8， 硫离子正确的结构示意图为： ，故 C 错误； D．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，其电子式为 ，故 D 错误。 4. 我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上 CO2 加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图 所示（H2→*H+*H）。下列说法错误的是（　　） A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率 B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物 C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达 100%D．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO 【答案】C 【解析】A．反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故 A 正确； B．根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产 物，故 B 正确； C．根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳 加氢制甲醇的过程中原子利用率不是 100%，故 C 错误； D．第③步中•H3CO、H2O 生成 CH3OH 和•HO，反应方程式为•H3CO+H2O→CH3OH+•HO，故 D 正确。 5. 阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法正确的是（　　） A．1 L 0.1mol•L-1 NaClO 溶液中，阳离子数目为 0.1NA B．1molFe 与 32g S 充分反应，转移的电子数目为 2NA C．1.12L 由 NO2 和 CO2 组成的混合气体中含氧原子数目为 0.1NA D．1mol N2 与足量的 H2 充分反应，生成 N-H 键的数目为 6NA 【答案】B 【解析】A、NaClO 溶液中，阳离子有钠离子和氢离子，故此溶液中阳离子的个数多于 0.1NA 个，故 A 错误； B、1molFe 与 32g S 即 1molS 能恰好完全反应，反应后铁变为+2 价，故此反应转移 2NA 个电子，故 B 正 确； C、气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，故 C 错误； D、合成氨的反应为可逆反应，故不能反应彻底，故生成的 N-H 键小于 6NA 个，故 D 错误。 6．下列解释事实的化学用语不正确的是（　　） A．闪锌矿（ZnS）经 CuSO4 溶液作用后，转化为铜蓝（CuS）：ZnS+Cu2+═CuS+Zn2+ B．0.1mol/L 的醋酸溶液 pH 约为 3：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+ C．电解 NaCl 溶液，阴极区溶液 pH 增大：2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe﹣3e﹣═Fe3+ 【答案】D 【 解 析 】 A ． 溶 解 度 大 的 物 质 转 化 为 溶 解 度 小 的 物 质 ， 溶 解 度 ZnS ＞ CuS ， 则 离 子 方 程 式 为 ZnS+Cu2+═CuS+Zn2+，故 A 正确； B．0.1mol/L 醋酸溶液的 pH 越为 3，说明酸中氢离子浓度小于酸，为弱酸，部分电离，离子方程式为 CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故 B 正确；C．电解 NaCl 溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，离子方程式为 2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣， 故 C 正确； D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上 Fe 失电子生成亚铁离子，离子方程式为 Fe﹣2e﹣═Fe2+，故 D 错误。 7. 下列反应的颜色变化过程中，不涉及氧化还原反应的是（　　） A B C D 实 验 将 NaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液中 将 KSCN 溶液滴入 FeCl3 溶液中 将新制的氢氧化铜加入到 葡萄糖溶液中，并加热 将 SO2 气体通入酸性 KMnO4 溶液中 现 象 产生白色沉淀，最终 变为红褐色 溶液变为血红色 产生砖红色沉淀 溶液的紫红色褪去 【答案】B 【解析】A．白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故 A 不选； B．将 KSCN 溶液滴入 FeCl3 溶波中是铁离子与 SCN-生成络合物，非氧化还原反应，故 B 选； C、将新制的氢氧化铜加入到葡萄糖溶液中，并加热产生砖红色沉淀，铜和葡萄糖中的碳元素化合价发 生改变，所以是氧化还原反应，故 C 不选； D、将 SO2 气体通入酸性 KMnO4 溶液中溶液的紫红色褪去，是二氧化硫具有还原性，还原酸性 KMnO4， 则发生氧化还原反应，故 D 不选。 8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是（夹持装置未画出）（　　） A． 用装置甲检验溶液中是否有 K+ B． 用装置乙制取并收集少量 NH3C． 用装置丙进行喷泉实验 D． 用装置丁加热熔融 NaOH 固体 【答案】B 【解析】A．观察 K 的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，由图可知，缺少蓝色的钴玻璃，故 A 错误； B．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，氨气的密度比空气的密度小，则图中固液反应不加热装置及向下 排空气法均合理，故 B 正确； C．氯气不易溶于食盐水，则图中装置不能形成喷泉实验，故 C 错误； D．瓷坩埚中的二氧化硅与 NaOH 反应，仪器选择不合理，应使用铁坩埚，故 D 错误。 9.下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是（　　） A．Li、Na、K 元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多 B．第二周期元素从 Li 到 F，非金属性逐渐增强 C．因为 Na 比 K 容易失去电子，所以 Na 比 K 的还原性强 D．O 与 S 为同主族元素，且 O 比 S 的非金属性强 【答案】C 【解析】A、碱金属元素从上到下电子层增多，则 Li、Na、K 元素原子的核外电子层数随着核电荷数的 增加而增多，故 A 正确； B、同周期从左向右非金属性增强，则第二周期元素从 Li 到 F，非金属性逐渐增强，故 B 正确； C、碱金属从上到下金属性增强，则 K 比 Na 易失去电子，K 的还原性比 Na 的还原性强，故 C 错误； D、同主族从上到下非金属性减弱，则 O 与 S 为同主族的元素，且 O 比 S 的非金属性强，故 D 正确。 10.液态太阳燃料技术路线示意图如图。下列有关说法错误的是（　　）A．太阳能最终转化为电能和热能 B．燃料电池正极反应式为：H2-2e-═2H+ C．H2O 和 CO2 可循环利用 D．该技术的关键是氢气如何安全、高效的储存及转移 【答案】B 【解析】伏发电电解水生成氧气和氢气，光电催化制备氢气，氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水，燃料 电池电解水生成氧气和氢气，氢气和二氧化碳反应循环使用， A．分析可知太阳能转化为电能、化学能、热能，太阳能最终转化为电能和热能，故 A 正确； B．燃料电池正极反应是氧气得到电子发生还原反应，O2+4e-+2H2O=4OH-，H2-2e-═2H+，是负极电极反 应，故 B 错误； C．分析过程可知，参与反应过程，最后又生成的物质可以循环使用，H2O 和 CO2 可以循环使用，故 C 正确； D．液态太阳燃料技术中，氢气是易燃烧的气体，该技术的关键是氢气如何安全、高效的储存及转移， 故 D 正确。 11.化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（　　） A．酚酞的分子式为 C20H14O4 B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物 C．1mol 酚酞最多与 2mol NaOH 发生反应 D,酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色 【答案】C 【解析】A．根据结构简式确定分子式为 C20H14O4，故 A 正确； B．含苯环为芳香族化合物，且含酚-OH，具有弱酸性，故 B 正确；C．酚羟基和酯基水解生成的羧基能和 NaOH 反应，且酚羟基、羧基和 NaOH 以 1：1 反应，所以 1mol 酚酞最多与 3mol NaOH 发生反应，故 C 错误； D．含有酯基，所以能在碱性条件下发生水解反应，酚酞遇碱变红色，故 D 正确。 12.反应 NO2+CO=NO+CO2 的能量变化如图所示，下列说法正确的是。（　　） A．正反应是吸热反应 B．E1 表示逆反应的活化能 C．当 NO2 和 CO 系统的平均能量到达 B 处时，碰撞形成 ONO…CO D．A 点表示 NO2 和 CO 系统的平均能量，此处两分子发生碰撞并发生反应 【答案】C 【解析】A、图示物质反应前后能量变化，反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，故 A 错误； B、E1 表示反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能，故 B 错误； C、由图可知，A 点表示 NO2 和 CO 系统的平均能量，NO2 和 CO 吸收 E1 能量达到 B 点变成活化分子， 活化分子发生有效碰撞形成 ONO…CO，故 C 正确； D、活化分子发生有效碰撞才可能发生化学反应，A 点表示 NO2 和 CO 系统的平均能量，NO2 和 CO 吸收 能量达到 B 点变成活化分子、才可能发生化学反应，故 D 错误。 13．某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如表。 实验 操作 现象 Ⅰ 向盛有 Na2S 溶液的①中持续通入 CO2 至过量 ②中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低； ③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡 Ⅱ 向盛有 NaHCO3溶液的①中持续通现象同实验Ⅰ入 H2S 气体至过量 资料：CaS 遇水完全水解 由上述实验得出的结论不正确的是（　　） A．③中白色浑浊是 CaCO3 B．②中溶液 pH 降低的原因是：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+ C．实验Ⅰ①中 CO2 过量发生的反应是：CO2+H2O+S2﹣═CO32﹣+H2S D．由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较 H2CO3 和 H2S 酸性的强弱 【答案】C 【解析】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是 CaCO3，故 A 正确； B．②中溶液 pH 降低的原因是：H2S+Cu2+═CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低，故 B 正确； C．实验Ⅰ①中 CO2 过量发生的反应是 2CO2+2H2O+S2﹣═2HCO3﹣+H2S，故 C 错误； D．由强酸制取弱酸的原理及实验Ⅰ和Ⅱ不能比较 H2CO3 和 H2S 酸性的强弱，故 D 正确。 14.已知反应 2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=-56.9kJ•mol-1，不同温度下，容器中 NO2 浓度与反应时间的关系如 图所示，下列说法正确的是（　　） A．T1＞T2 B．a 点的正反应速率大于 b 点的逆反应速率 C．a 点的反应速率小于 c 点的反应速率 D．b 点时 N2O4 的浓度为 0.9mol•L-1 【答案】B 【解析】A．温度越高反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，根据图示可知，在温度 T2（虚 线）的反应速率较大，则 T1＜T2，故 A 错误； B．a 到 b 的过程为正反应速率逐渐减小，则 υa（正）＞υb（正），且 b 点 v（正）＞v（逆），所以 a 点 的正反应速率大于 b 点的逆反应速率，故 B 正确；C．温度越高化学反应速率越快，因此 a 点反应速率大于 c 点反应速率，故 C 错误； D．b 点时 NO2 的浓度变化为：1.5mol/L-0.6mol/L=0.9mol/L，生成 N2O4 为 NO2 浓度变化的一半，因此生 成 N2O4 浓度 0.45 mol•L-1，故 D 错误。 第二部分 本部分共 5 题，共 58 分。 15.（9 分）为纪念元素周期表诞生 150 周年，IUPAC 等从世界范围征集优秀青年化学家提名，形成一张“青 年化学家元素周期表”，向世界介绍 118 位优秀青年化学家，有 8 位中国青年化学家成为“N、Hg、U” 等元素的代言人。回答下列问题： （1）N 在周期表中的位置是___________________________。 （2）下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_______________________。 a．酸性：HCl＞H2SO3 b．非金属性：O＞S c．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 d．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3 （3）非金属性：Cl＞Br，用原子结构解释原因___________________________，用一个离子方程式证 明__________________________________________________。 （4）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中 R、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层 电子数是 Y 核外电子数的一半。 ①Y 的元素符号为____________________________。 ②X 的氢化物的电子式________________________。 【答案】（1）第二周期第ⅤA 族；（1 分） （2）bc；（2 分） （3）氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力比溴强，非金属性 Cl＞Br （2 分）；Cl2+2Br-═Br 2+2Cl-（2 分）； （4）Si（1 分）； （1 分）。 【解析】（1）氮元素的质子数=7，电子层数为两层，最外层电子数为 5，所以为周期表第二周期第ⅤA 族元素； （2）a、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，而 HCl 为非含氧性酸，不能 用元素周期律解释，故 a 错误； b、氧和硫两种元素同属于第ⅥA 族，同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：O＞S，能 用元素周期律解释，故 b 正确；c、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞ Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故 c 正确； d、NaHCO3 加热分解生成碳酸钠，热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，但不能用元素周期律解释，故 d 错误； （3）从原子结构的角度解释为氯与溴最外层电子数相同，氯比溴少一层，原子半径比溴小，得电子能力 比溴强，非金属性 Cl＞Br，氯元素的非金属性强于溴，如 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可证明； （4）R、X、Y、Z 为同一短周期元素，根据图知，Y 能形成 4 个共价键、Z 能形成 1 个共价键，则 Y 位 于第 IVA 族、Z 位于第 VIIA 族，且 Z 核外最外层电子数是 Y 核外电子数的一半，Z 最外层 7 个电子， 则 Y 原子核外有 14 个电子，Y 为 Si 元素，Z 为 Cl 元素，该阴离子中 Cl 元素为-1 价、Y 元素为+4 价， 根据化合价的代数和为-1 价可知，X 为-3 价，所以 X 为 P 元素，根据阳离子所带电荷知，R 为 Na 元素， 根据以上分析可知：R、X、Y、Z 分别是 Na、P、Si、Cl 元素，所以 Y 的元素符号为 Si，X 的氢化物为 PH3 ，其电子式为 。 16．（13 分）将 H2S 转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。 （1）H2S 的转化 Ⅰ 克劳斯法 H2S S Ⅱ 铁盐氧化法 H2S S Ⅲ 光分解法 H2S H2+S ①反应Ⅰ的化学方程式是　 　。 ②反应Ⅱ：　 　+1H2S═　 　Fe2++　 　S↓+　 　（将反应补充完整）。 ③ 反 应 Ⅲ 体 现 了 H2S 的 稳 定 性 弱 于 H2O ． 结 合 原 子 结 构 解 释 二 者 稳 定 性 差 异 的 原 因：　 　。 （2）反应Ⅲ硫的产率低，反应Ⅱ的原子利用率低。我国科研人员设想将两个反应耦合，实现由 H2S 高效 产生 S 和 H2，电子转移过程如图。 过程甲、乙中，氧化剂分别是　 　。 （3）按照设计，科研人员研究如下。 ①首先研究过程乙是否可行，装置如图。经检验，n 极区产生了 Fe3+，p 极产生了 H2．n 极区产生 Fe3+的可能原因： ⅰ．Fe2+﹣e﹣＝Fe3+ ⅱ．2H2O﹣4e﹣＝O2 +4H+，　 　（写离子方程式）。 经确认，ⅰ是产生 Fe3+的原因。过程乙可行。 ②光照产生 Fe3+后，向 n 极区注入 H2S 溶液，有 S 生成，持续产生电流，p 极产生 H2．研究 S 产生的原 因，设计如下实验方案：　 　。 经确认，S 是由 Fe3+氧化 H2S 所得，H2S 不能直接 放电。过程甲可行。 （4）综上，反应Ⅱ、Ⅲ能耦合，同时能高效产生 H2 和 S，其工作原理如图。 进一步研究发现，除了 Fe3+/Fe2+外，I3﹣/I﹣也能实现如图所示循环过程。结合化学用语，说明 I3﹣/I﹣能够 使 S 源源不断产生的原因：　 　。 【答案】（1）①2H2S+O2＝2H2O+2S；（2 分）②2Fe3+；2；1；2H+；（2 分）③O 与 S 位于同主族，原 子半径 S＞O，得电子能力 S＜O，非金属性 S＜O，氢化物稳定性 H2S＜H2O；（2 分） （2）Fe3+、H+；（1 分） （3）①4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；（2 分）②将 FeSO4 溶液换为 H2S 溶液；（2 分） （4）I﹣在电极上放电 3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣，I3﹣在溶液中氧化 H2S：I3﹣+H2S＝3I﹣+S+2H+，I3﹣、I﹣循环反应。 （2 分） 【解析】（1）①根据元素守恒、原子守恒知，生成物还有水，反应方程式为 2H2S+O2＝2H2O+2S； ②反应 II 中反应物是硫化氢和铁离子，生成 S，根据转移电子守恒及元素守恒知，还生成亚铁离子和氢 离子，离子反应方程式为 2Fe3++H2S＝2Fe2++S+2H+； ③元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O 与 S 位于同主族，原子半径 S＞O，得电子能力 S＜O，非金属性 S＜O，氢化物稳定性 H2S＜H2O； （2）甲中 H2S 失电子生成 S、Fe 3+得电子生成 Fe2+，乙中 Fe2+失电子生成 Fe3+、H+得电子生成 H2，得 电子的微粒是氧化剂，所以氧化剂是 Fe3+、H+； （3）①氧气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为 4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O， 故答案为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O； ②研究 S 产生的原因时，将 FeSO4 溶液换为 H2S 溶液后是否有 S 单质生成，从而确定 H2S 能否直接放电； （4）I﹣在电极上放电 3I﹣﹣2e﹣＝I3﹣，I3﹣在溶液中氧化 H2S：I3﹣+H2S＝3I﹣+S+2H+，I3﹣、I﹣循环反应， 所以 I3﹣/I﹣也能实现如图所示循环过程。 17．（12 分）香豆素衍生物 Q 是合成抗肿瘤、抗凝血药的中间体，其合成路线如图。 已知：Ⅰ． Ⅱ．RCOOR′+R″OH→RCOOR″+R′OH （1）A 的分子式为 C6H6O，能与饱和溴水反应生成白色沉淀。 ①按官能团分类，A 的类别是　 　。 ②生成白色沉淀的反应方程式是　 　。 （2）A→B 的反应方程式是　 　。 （3）D→X 的反应类型是　 　。 （4）物质 a 的分子式为 C5H10O3，核磁共振氢谱有两种吸收峰，由以下途径合成： 物质 a 的结构简式是　 　。 （5）反应ⅰ为取代反应。Y 只含一种官能团，Y 的结构简式是　 　。 （6）生成香豆素衍生物 Q 的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，其中“取代反应”的化学方程式为　 　。 （7）研究发现，一定条件下将香豆素衍生物 Q 水解、酯化生成 ，其水溶性增强，更 有利于合成其他药物。请说明其水溶性增强的原因：　 　。 【答案】（1）①酚（1 分）；② （2 分） （2） +HCHO→ （2 分） （3）酯化反应或取代反应（1 分） （4）CH3CH2OCOOCH2CH3（1 分） （5）CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3（1 分） （6） （2 分） （7）﹣COOH 为亲水基（2 分）。 【解析】（1）A 为 ， ①按官能团分类，A 的类别是酚，故答案为：酚； ②生成白色沉淀的反应方程式是 ， （2）A 为 ，B 为 A→B 的反应方程式是 +HCHO→ ， （3）D→X 的反应类型是酯化反应或取代反应， （4）通过以上分析知，a 的结构简式是 CH3CH2OCOOCH2CH3， （5）a 为 CH3CH2OCOOCH2CH3，X 为 CH3COOCH2CH3，D 为 CH3CH2OH， 反应ⅰ为取代反应，Y 只含一种官能团，Y 的结构简式是 CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3， （6）生成香豆素衍生物 Q 的“三步反应”，依次为“加成反应→消去反应→取代反应”，其中“取代反应”的化学方程式为 ， （7）﹣COOH 为亲水基，有利于增加其溶解性，故答案为：﹣COOH 为亲水基。 18．（12 分）废水中氨态氮以 NH3•H2O、NH3 和 NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体 富营养化防治的研究热点。 Ⅰ．沉淀法 向废水中投入 MgCl2 和 Na2HPO4，生成 MgNH4PO4•6H2O 沉淀，可将氨态氮含量降至 10mg•L﹣1 以下。 （1）废水中的 NH3•H2O 转化为 MgNH4PO4•6H2O 的离子方程式是　 　。 （2）16℃时，向废水中加入 MgCl2 和 Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为 1：1：1，沉淀过程中的 pH 对剩余氨态氮浓度的影响如图 1．欲使剩余氨态氮浓度低于 10mg•L﹣1，pH 的适宜范围是　 　，pH 偏大或者偏小均不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成，原因是　 　。 Ⅱ．微波﹣氧化法 （3）仅对废水进行微波加热，pH 对氨态氮脱出的影响如表。 溶液 pH 6～7 8～9 10～11 11～12 剩余氨态氮浓度（mg•L﹣1） 156 100 40 14 表中数据表明：pH 增大有利于废水中化学平衡　 　（用化学用语表示）的移动。 （4）微波协同 CuO 和 H2O2 除去氨态氮 ①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波 10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度 H2O2 溶液添加 量 的 关 系 如 图 2 ． 据 图 推 测 CuO 在 氨 态 氮 脱 除 中 可 能 起 催 化 作 用 ， 理 由 是　 　。 ② 微 波 协 同 CuO 有 利 于 H2O2 除 去 氨 态 氮 。 该 条 件 下 ， H2O2 将 NH3 氧 化 为 N2 的 化 学 方 程 式是　 。 【答案】Ⅰ．（1）Mg2++NH3•H2O+HPO42﹣+5H2O═MgNH4PO4•6H2O↓（2 分） （2）8～10（2 分）；pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH﹣结合生成 NH3•H2O、Mg（OH）2，NH3•H2O 的电 离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低；pH 偏小，不利于 HPO42﹣电离，PO43﹣浓度偏低。所以 pH 偏大或 偏小均不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成（2 分） Ⅱ．（3）NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣（2 分） （4）①相同的 H2O2 溶液添加量，相同时间内，与不加 CuO 相比，加入 CuO，氨态氮浓度降低的多，反 应速率快（2 分）；②3H2O2+2NH3 N2+6H2O（2 分） 【 解 析 】 Ⅰ ．（ 1 ） 废 水 中 的 NH3•H2O 转 化 为 MgNH4PO4•6H2O 的 离 子 方 程 式 是 ： Mg2++NH3•H2O+HPO42﹣+5H2O═MgNH4PO4•6H2O↓； （2）沉淀过程中的 pH 对剩余氨态氮浓度的影响如图 1．欲使剩余氨态氮浓度低于 10mg•L﹣1，pH 的适 宜范围是：pH＝8﹣10，pH 偏大或者偏小均不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成，原因是：pH 偏大，NH4+、 Mg2+易与 OH﹣结合生成 NH3•H2O、Mg（OH）2，NH3•H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低；pH 偏小，不利于 HPO42﹣电离，PO43﹣浓度偏低。所以 pH 偏大或偏小均不利于 MgNH4PO4•6H2O 的生成； Ⅱ．（3）图表数据分析可知 PH 越大，剩余氨态氮的浓度越小，氨态氮在溶液中存在的平衡是 NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，PH 增大平衡逆向进行，氨气脱出越多； （4）①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波 10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度 H2O2 溶 液添加量的关系如图 2，相同的 H2O2 溶液添加量，相同时间内，与不加 CuO 相比，加入 CuO，氨态氮 浓度降低的多，反应速率快，推测 CuO 在氨态氮脱除中可能起催化作用； ②微波协同 CuO 有利于 H2O2 除去氨态氮，做该反应的催化剂，该条件下，H2O2 将 NH3 氧化为 N2，同 时生成水，反应的化学方程式：3H2O2+2NH3 N2+6H2O； 19．（12 分）某小组探究 Br2、I2 能否将 Fe2+氧化，实验如下。 实验 试剂 x 现象及操作 溴水 i．溶液呈黄色，取出少量滴加 KSCN 溶液，变红 碘水 ii．溶液呈黄色，取出少量滴加 KSCN 溶液，未变红 （1）实验ⅰ中产生 Fe3+的离子方程式是 。 （2）以上实验体现出氧化性关系：Br2　 　I2（填“＞”或“＜”）。（3）针对实验ⅱ中未检测到 Fe 3+，小组同学分析：I2+2Fe2+⇌2Fe3++2I﹣（反应 a）限度小，产生的 c （Fe3+）低；若向ⅱ的黄色溶液中加入 AgNO3 溶液，可产生黄色沉淀，平衡　 　移动，c（Fe3+） 增大。 （4）针对小组同学的分析，进行实验ⅲ：向ⅱ的黄色溶液中滴加足量 AgNO3 溶液。现象及操作如下： Ⅰ．立即产生黄色沉淀，一段时间后，又有黑色固体从溶液中析出；取出少量黑色固体，洗涤后， 　 （填操作和现象），证明黑色固体含有 Ag。 Ⅱ．静置，取上层溶液，用 KSCN 溶液检验，变红；用 CCl4 萃取，无明显现象。 （5）针对上述现象，小组同学提出不同观点并对之进行研究。 ①观点 1：由产生黄色沉淀不能判断反应 a 的平衡正向移动，说明理由：　 　。 经证实观点 1 合理。 ②观点 2：Fe3+可能由 Ag+氧化产生。 实验ⅳ：向 FeSO4 溶液滴加 AgNO3 溶液，　 　（填现象、操作），观点 2 合理。 （6）观点 1、2 虽然合理，但加入 AgNO3 溶液能否使反应 a 的平衡移动，还需要进一步确认。设计实验： 取ⅱ的黄色溶液，　 　（填操作、现象）。由此得出结论：不能充分说明（4）中产 生 Fe3+的原因是由反应 a 的平衡移动造成的。 【答案】（1）Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣（2 分） （2）＞（1 分） （3）正向（1 分） （4）加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体，再向溶液中加入 NaCl 溶液，出现白色沉淀（2 分） （5）①碘水与 AgNO3 溶液反应产生黄色沉淀（2 分）；②生成黑色固体，向上层清液中加入 KSCN 溶液， 变红（2 分） （6）加入少量 AgNO3 溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量 KSCN 溶液，不变红（2 分）。 【解析】（1）硫酸亚铁溶液中滴入溴水，溶液呈黄色，取出少量滴加 KSCN 溶液，变红，说明发生氧化 还原反应生成铁离子，反应的离子方程式：Br2+2Fe2+＝2Fe3++2Br﹣； （2）硫酸亚铁溶液中滴碘水，溶液呈黄色，取出少量滴加 KSCN 溶液，未变红说明无铁离子存在，碘 单质不能氧化亚铁离子，证明氧化性 Br2＞I2； （3）I2+2Fe2+⇌2Fe3++2I﹣（反应 a）限度小，产生的 c（Fe3+）低；若向ⅱ的黄色溶液中加入 AgNO3 溶液， 可产生黄色沉淀，平衡正向进行； （4）向ⅱ的黄色溶液中滴加足量 AgNO3 溶液，立即产生黄色沉淀，一段时间后，又有黑色固体从溶液 中析出；取出少量黑色固体，洗涤后，加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体，再向溶液中加入 NaCl溶液，出现白色沉淀，证明含银； （5）①碘水与 AgNO3 溶液反应产生黄色沉淀，由产生黄色沉淀不能判断反应 a 的平衡正向移动； ②向 FeSO4 溶液滴加 AgNO3 溶液，生成黑色固体，向上层清液中加入 KSCN 溶液，溶液变红，说明：Fe3+ 可能由 Ag+氧化产生， 故答案为：生成黑色固体，向上层清液中加入 KSCN 溶液，变红； （6）观点 1、2 虽然合理，但加入 AgNO3 溶液能否使反应 a 的平衡移动，还需要进一步确认，取ⅱ的黄 色溶液，加入少量 AgNO3 溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量 KSCN 溶液，不变红，不 能充分说明（4）中产生 Fe3+的原因是由反应 a 的平衡移动造成的。