北京市首都师范大学附属中学2020届高三北京学校联考化学试题 Word版含解析

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‎2019-2020学年第二学期首师大附中北京学校联考试题 高三化学 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56‎ 第I卷（选择题，共42分）‎ 本卷共14道小题，每小题3分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。‎ ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A. 柠檬属于酸性食物 B. 油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源 C. PM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和 D. 登高山时防晒为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.柠檬属于水果，在人体内代谢后生成碱性物质，属于碱性食物，故A错误；‎ B.糖类是最主要的供能物质，人体进行各项生命活动所消耗的能量主要来自于糖类的氧化分解，约占人体能量供应量的70%，故B错误；‎ C.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，故C错误；‎ D.蛋白质在强酸、强碱、高温、强紫外线照射等条件下能够发生变性，所以强紫外线灼伤人体皮肤属于皮肤蛋白质的变性，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎2.下列说法不正确的是 A. 核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3‎ B. 用溴水可以鉴别苯酚溶液、2，4—己二烯和甲苯 C. 室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞溴乙烷 D. 两种二肽互为同分异构体，二者的水解产物可能相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.核磁共振氢谱中，CH3CH2OH有3个峰且峰的面积比为3:2:1，CH3OCH3只有1个峰，可以区分，A错误；‎ - 20 -‎ B.苯酚溶液与浓溴水产生白色沉淀，2，4—己二烯能使溴水褪色，甲苯可将溴水中的Br2萃取到甲苯层，现象不同，可以鉴别，B正确；‎ C.丙三醇易溶于水，苯酚室温下微溶于水，溴乙烷不溶于水，室温下，在水中的溶解度：甘油＞苯酚＞溴乙烷，C正确；‎ D.两种二肽互为同分异构体，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎3.关于相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 溶液中所含离子的种类相同 B. 溶液的pH相同 C. 都能与盐酸反应放出CO2气体 D. 都能使澄清石灰水变浑浊 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHCO3溶液中既存在HCO3-的电离平衡、又存在HCO3-的水解平衡，Na2CO3溶液中存在CO32-的分步水解平衡，两溶液中都存在钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子、水分子，所含离子的种类相同，A正确；‎ B.相同物质的量浓度的NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中，HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度，故NaHCO3溶液的碱性弱于Na2CO3溶液，两溶液的pH不同，错误；‎ C.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与盐酸反应放出CO2气体，C正确；‎ D.NaHCO3溶液和Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎4.下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是( )‎ A. 31d和33d属于同种核素 B. 气态氢化物的稳定性：a＞d＞e - 20 -‎ C. 工业上常用电解法制备单质b和c D. a和b形成的化合物不可能含共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图分析，a为氧化元素，e为硫元素，b为钠元素，c为铝元素，d为磷元素；A. 31d和33d质子相同，中子数不同，互为同位素，A错误；a、e、d的非金属性依次减弱，它们的气态氢化物的稳定性也依次减弱，即a＞e＞d，B错误；C. 工业上常用电解法制备单质钠和铝，C正确；D. a和b可形成过氧化钠，其中过氧根离子中含氧氧共价键，D错误。‎ ‎5.关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是 ‎ ‎    ‎ A. 顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂都属于天然高分子材料 B. 顺丁橡胶的单体与反—2—丁烯互为同分异构体 C. 涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的 D. 酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．顺丁橡胶、涤纶和酚醛树脂是人工合成的高分子材料，不属于天然高分子材料，A错误；‎ B．顺丁橡胶的单体为1，3—丁二烯，与反—2—丁烯分子式不同，不互为同分异构体，B错误；‎ C．涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，C正确；‎ D．酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，不是甲醇，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是 A. 溶液中c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1‎ B. 此溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-12 mol·L-1‎ C. 加水稀释100倍后，溶液的pH=4‎ - 20 -‎ D. 加入等体积pH=12的氨水，溶液呈中性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=2的盐酸，溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，故A正确；‎ B.盐酸溶液中OH-完全是由水电离产生，根据水的离子积，c(OH-)==mol/L=10－12mol·L－1，故B正确；‎ C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，溶液的pH=2＋2=4，故C正确；‎ D.NH3·H2O是弱碱，部分电离，pH=12的氨水的浓度大于pH=2的盐酸的浓度，反应后溶质为NH3·H2O、NH4Cl，NH3·H2O的电离程度大于NH4＋的水解程度，溶液显碱性，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.用来解释下列事实的方程式不正确的是（ ）‎ A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-‎ B. 将氯气通入石灰乳制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O C. 向Na2SiO3溶液中通过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-‎ D. 溶质物质的量比为1：1的明矾溶液和Ba(OH)2溶液混合：2SO42-+2Ba2++Al3++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极O2得电子产物与水反应生成OH-，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A正确；‎ B．将氯气通入石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，B正确；‎ C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成硅酸和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-，C正确；‎ D．各取含1mol溶质的溶液混合，Al3+为1mol，OH-为2mol，二者反应生成Al(OH)3后，Al3+有剩余，不可能生成AlO2-，D不正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】D选项为便于书写离子方程式，我们可假设两种溶质都为3mol，则Al3+为3mol、SO42-为6mol、Ba3+为3mol、OH-为6mol，从而得出参加反应的离子方程式为 - 20 -‎ ‎3SO42-+3Ba2++2Al3++6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓。‎ ‎8.2010年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是( )‎ A. 六炔基苯的化学式为C18H6‎ B. 六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构 C. 六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应 D. 六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A正确；‎ B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B正确；‎ C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都可发生加成反应，C正确；‎ D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎9.铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解液，分别以石墨和铝材作阴、阳极材料，经过电解处理形成氧化铝膜，抗蚀能力强。其制备的简要流程如图所示。下列用来解释流程中反应的方程式不正确的是 A. 碱洗目的是除去铝材表面的自然氧化膜：2OH-＋Al2O3=2AlO2-＋H2O B. 碱洗时铝材表面会出现气泡：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑‎ C. 获得耐蚀铝材的电极反应：4Al－12e-＋3O2=2Al2O3‎ - 20 -‎ D. 用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸：NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝为两性氧化物，与强碱反应生成盐和水，反应的离子方程式：2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O，A正确；‎ B．铝与强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，B正确；‎ C．获得耐蚀铝材的电极反应为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，C错误；‎ D．用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸，离子方程式：NH3·H2O+H+=NH4++H2O，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式方法是解题关键，注意铝及其化合物的性质。‎ ‎10.已知：① ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g)；ΔH= -220kJ·mol-1‎ ‎② 氢气燃烧的能量变化示意图：‎ 下列说法正确的是 A. 1mol C(s)完全燃烧放出110 kJ的热量 B. H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH= -480kJ·mol-1‎ C. C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)；ΔH= +130kJ·mol-1‎ D. 欲分解2mol H2O(l)，至少需要提供4×462kJ的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C(s)完全燃烧的产物为二氧化碳气体，1mol C(s)完全燃烧放出的热量大于110 kJ，A错误；‎ B、H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ；ΔH＝×(2×436+496-4×462)= -240kJ·mol-1，B错误；‎ C、① ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ；ΔH= -220kJ·mol-1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)； ΔH=‎ - 20 -‎ ‎ -240kJ·mol-1，将①×-②，得：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ；ΔH= +130kJ·mol-1，C正确；‎ D、根据H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；ΔH= -240 kJ·mol-1，欲分解2mol H2O(l)，至少需要提供2×240 kJ的热量，D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是 A B C D 方案 目的 利用乙醇的消去反应制取乙烯 验证石蜡油分解的产物是乙烯 检验乙烯、乙炔混合气中的乙烯 比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、利用乙醇的消去反应制取乙烯，温度计应该插入溶液中，错误；‎ B、如溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，但不一定是乙烯，错误；‎ C、乙烯、乙炔都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，错误；‎ D、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，说明乙醇中羟基氢原子的活泼性比水分子中氢原子差，正确；‎ 故选D。‎ ‎12.已知反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在‎2 L的密闭容器中加入a mol CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：‎ - 20 -‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 浓度/(mol·L－1)‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ 下列说法正确的是 A. a = 1.64‎ B. 此时刻正反应速率大于逆反应速率 C. 若起始时加入‎2a mol CH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大 D. 若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．体积‎2L，则该时刻生成CH3OCH3和H2O的物质的量为0.6 mol·L－1×‎2L=1.2mol，所以消耗甲醇的物质的量为2.4mol，又因为该时刻甲醇的物质的量=0.44mol·L－1×‎2L=0.88mol，所以a=0.88mol+2.4mol=3.28mol，A错误；‎ B．浓度熵Qc==1.85I->Cl-）。下列说法不正确的是 - 20 -‎ A. 葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性 B. 通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出 C. 若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液 D. 若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，选项A正确；‎ B、温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，选项B正确；‎ C、若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，选项C错误；‎ D、若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.2015年斯坦福大学研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池，内部用AlCl4–和有机阳离子构成电解质溶液，其放电工作原理如下图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时，铝为负极、石墨为正极 B. 放电时，有机阳离子向铝电极方向移动 C. 放电时的负极反应为：Al –3e-+ 7AlCl4-= 4Al2Cl7-‎ D. 充电时的阳极反应为：Cn+ AlCl4-–e- = CnAlCl4‎ ‎【答案】B - 20 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放电时是原电池，铝是活性电极，石墨为惰性电极，铝为负极、石墨为正极，故A正确；‎ B.放电时是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，有机阳离子由铝电极向石墨电极方向移动，故B错误；‎ C.根据示意图，放电时，铝负极，铝跟AlCl4-得到电子生成Al2Cl7-，负极反应为：Al –3e-+ 7AlCl4-=4Al2Cl7-，故C正确；‎ D.充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为Cn+ AlCl4-– e-=CnAlCl4，故D正确；‎ 故答案选B。‎ 第II卷（非选择题，共58分）‎ ‎15.解热、镇痛药物布洛芬的两种合成路线如下：‎ 已知：(R为烃基)‎ ‎(R为烃基)‎ ‎(R、R’、R’’为烃基或氢原子)‎ ‎（1）A为醇，其核磁共振氢谱有四个吸收峰。A的结构简式是_______________。‎ ‎（2）A与试剂a反应生成B反应类型是______________。‎ ‎（3）由B生成C的化学方程式是_______________。‎ ‎（4）D与E的相对分子质量相差18，由D生成E的化学反应方程式是_______________。‎ ‎（5）G的结构简式是______________，H的含氧官能团的名称是___________。‎ ‎（6）布洛芬有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体的结构简式___________。‎ - 20 -‎ a. 羧基与苯环直接相连 b. 苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物有两种 ‎【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). (4). + H2O (5). (6). 醛基 (7). 、、、‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A的分子式为C4H10O，A为醇，含有羟基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明A的分子结构中含有4种化学环境的氢原子，则A的结构简式为，故答案为；‎ ‎（2）根据A和B的分子式知，A→B的反应为醇与氯化氢的取代反应，试剂a是氯化氢，故答案为取代反应；‎ ‎（3）A→B的反应为醇与氯化氢的取代反应，则B为，根据题给已知，由和苯发生取代反应生成C，化学方程式为，故答案为 - 20 -‎ ‎；‎ ‎（4）根据（3）的分析知C的结构简式为，结合题给已知以及布洛芬中苯环上两个取代基处于对位，则C与CH3COCOOCH3反应生成的D的结构简式为；D与E的相对分子质量相差18，表示D→E发生了消去反应，则E的结构简式为，由D生成E的化学反应方程式为+H2O，故答案为+ H2O；‎ ‎（5）C的结构简式为，C与（CH3CO）2O反应生成G，G的分子式为C12H16O，G与ClCH2COOC2H5发生题给已知的反应生成H，H发生氧化反应生成布洛芬，则G的结构简式为，H的结构简式为，H中含氧官能团的名称为醛基，故答案为；醛基；‎ ‎（6）布洛芬的结构简式为，布洛芬的分子式为C13H18O2，布洛芬的同分异构体的羧基与苯环直接相连；苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，则苯环上的另两个取代基相同且对称，则符合条件的同分异构体的结构简式有 - 20 -‎ ‎、、、，故答案为、、、。‎ ‎16.研究大气中含硫化合物(主要是SO2和H2S)的转化具有重要意义。‎ ‎（1）高湿条件下，写出大气中SO2转化为HSO3-的方程式：_________________。‎ ‎（2）土壤中的微生物可将大气中H2S经两步反应氧化成SO42-，两步反应的能量变化示意图如下：‎ ‎1mol H2S(g)全部氧化成SO42-(aq)的热化学方程式为___________________。‎ ‎（3）二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如下：‎ ‎① 质子的流动方向为_____________（“从A到B”或“从B到A”）。‎ ‎② 负极的电极反应式为________。‎ ‎（4）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下：‎ - 20 -‎ ‎① 用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-，反应的离子方程式是__________________。‎ ‎② 若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的化学式是______________。‎ ‎【答案】 (1). SO2+H2OH2SO3；H2SO3H++HSO3- (2). H2S(g)+2O2(g)=SO42-(aq)+2H+(aq)ΔH=－806.39kJ·mol－1 (3). 从A到B (4). SO2–2e-+2H2O==SO42-+4H+ (5). H2O+2SO2+CO32-＝2HSO3-+CO2↑ (6). NaOH ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）二氧化硫为酸性氧化物与水生成亚硫酸，亚硫酸为弱电解质，部分电离产生氢离子与亚硫酸氢根离子，离子方程式：SO2+H2OH2SO3，H2SO3H++HSO3-；‎ ‎（2）由图可知，第一步热化学反应为：H2S（g）+0.5O2（g）=S（s）+H2O（g）△H=-221.19 kJ•mol-1；第二步反应为：S（s）+1.5O2（g）+H2O（g）=2H+（aq）+SO42-（aq））△H=-585.20 kJ•mol-1；依据盖斯定律，第一步与第二步方程式相加得：H2S（g）+2O2（g）=SO42-（aq）+2H+（aq）△H=-806.39 kJ•mol-1；‎ ‎（3）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A到B；‎ ‎②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+；‎ ‎（4）①亚硫酸的酸性大于碳酸，碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式：H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2；‎ ‎ ②再生池中，亚硫酸氢钠可以与石灰乳反应生成亚硫酸钙沉淀和氢氧化钠，二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱液反应，故NaOH和过量的Ca(OH)2可以用于吸收二氧化硫。‎ ‎17.草酸（H‎2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。‎ ‎（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合金属离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：_______________。‎ ‎（2）已知：0.1 mol·L－1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是_______（填字母序号）。‎ a. 0.1‎‎ mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + ‎2c(C2O42-) + c(OH-)‎ - 20 -‎ b. 0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+) > c(HC2O4-) > c(C2O42-) > c(H‎2C2O4)‎ c. 浓度均为0.1 mol·L－1KHC2O4和K‎2C2O4的混合溶液中：‎2c(K+) = c(HC2O4-) + c(C2O42-)‎ d. 0.1 mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+) > c(Na+)‎ ‎（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的流程及组分测定方法如下：‎ 已知：i. pH>4时，Fe2+易被氧气氧化 ii. 几种物质的溶解度(g /‎100g H2O)如下 FeSO4·7H2O ‎(NH4)2SO4‎ FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O ‎20℃‎ ‎48‎ ‎75‎ ‎37‎ ‎60℃‎ ‎101‎ ‎88‎ ‎38‎ ‎①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：_____________，______________。‎ ‎②趁热过滤的原因是：_______________。‎ ‎③氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用b mol·L－1的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾VmL，则M =__________。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2)‎ ‎【答案】 (1). CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解 (2). abd (3). 抑制Fe2+ 和NH4+的水解 (4). 防止Fe2+被氧化 (5). 防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度 (6). mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）草酸钙难溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，加入EDTA，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，使结石逐渐溶解；‎ 故答案为CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；‎ ‎（2）a．0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + ‎2c(C2O42-) + c(OH-)，正确；‎ - 20 -‎ b．KHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的电离程度大于水解程度，0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+) > c(HC2O4-) > c(C2O42-) > c(H‎2C2O4)，正确；‎ c．根据物料守恒，浓度均为0.1 mol·L－1KHC2O4和K‎2C2O4的混合溶液中：‎2c(K+) =3[c(HC2O4-) + c(C2O42-)+c(H‎2C2O4)]，错误；‎ d．恰好完全反应后c(K+) =c(Na+)，滴加等浓度NaOH溶液至中性，反应后 KHC2O4溶液须过量，溶液的成分为Na‎2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+) > c(Na+)，正确；‎ 故选abd；‎ ‎（3）① pH>4时，Fe2+易被氧气氧化，且亚铁离子、铵根离子离子易发生水解，溶液显酸性，所以用稀硫酸调溶液pH至1～2，可以防止Fe2+被氧化，同时可以抑制Fe2+ 和NH4+的水解；‎ 故答案为：抑制Fe2+ 和NH4+的水解，防止Fe2+被氧化；‎ ‎② 根据表中数据，FeSO4·7H2O在常温下的溶解度不太大，趁热过滤，可以防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；‎ 故答案为：防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；‎ ‎③ 草酸亚铁与高锰酸钾反应的方程式为：3MnO4-+5Fe2++‎5C2O42-+24H+=3Mn2++10CO2+5Fe3++12H2O，有 ‎3MnO4----------------------5FeC2O4，‎ ‎3 5‎ b mol/L×V×10‎-3L n(FeC2O4)‎ ‎=，解得：n(FeC2O4)=×10-3bVmol，草酸亚铁晶体的摩尔质量M==mol/L；‎ 故答案为：mol/L。‎ ‎18.氮元素在海洋中循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。‎ - 20 -‎ ‎（1）海洋中的氮循环起始于氮的固定，其中属于固氮作用的一步是_______（填图中数字序号）。‎ ‎（2）下列关于海洋氮循环的说法正确的是__________（填字母序号）。‎ a.海洋中存在游离态的氮 b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化 c.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与 d.向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量 ‎（3）有氧时，在硝化细菌作用下，NH4+可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整：‎ ‎________NH4++ 5O2=2NO2-+ ________H++__________+__________‎ ‎（4）有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对‎10 L人工海水样本的监测数据：‎ 温度/℃‎ 样本氨氮含量/mg 处理24 h 处理48 h 氨氮含量/mg 氨氮含量/mg ‎20‎ ‎1008‎ ‎838‎ ‎788‎ ‎25‎ ‎1008‎ ‎757‎ ‎468‎ ‎30‎ ‎1008‎ ‎798‎ ‎600‎ ‎40‎ ‎1008‎ ‎977‎ ‎910‎ 硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是_____________，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是____________mg·L-1·h-1。‎ ‎（5）为了避免含氮废水对海洋氮循环系统的影响，需经处理后排放。右图是间接氧化工业废水中氨氮（NH4+）的示意图。‎ - 20 -‎ ‎① 结合电极反应式简述间接氧化法去除氨氮的原理：_______________。‎ ‎② 若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的pH将___________（填“增大”、“不变”或“减小”），请简述理由：_______________。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ad (3). 4 (4). 6 (5). N2O (6). 5H2O (7). ‎25℃‎ (8). 1.125 (9). 阳极反应为2Cl--2e-= Cl2↑；产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2 (10). 减小 (11). 电路中通过相同电量时，若生成n (H2):n (N2)=3:1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氮的固定指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，其中属于固氮作用的一步是②，故答案为②；‎ ‎（2）a.虽然氮气在水中的溶解度很小，根据图示海洋中存在少量游离态的氮，a正确；‎ b.铵根离子中N的化合价为-3价，海洋中的氮循环起始于氮的还原，b错误；‎ c.反硝化作用中N元素的化合价降低，被还原，氧气是常见的氧化剂，具有氧化性，c错误；‎ d.向海洋排放含NO3-的废水，经过反硝化作用，会提高海水中的氮气的含量，再经过氮的固定转化为NH4+，从而提高NH4+的含量，d正确；‎ 故答案选ad；‎ ‎（3）根据图示过程④中NH4+被氧化成NO2-和N2O，反应中5molO2反应得到20mol电子，生成2molNO2-失去12mol电子，则生成N2O失去20mol-12mol=8mol电子，故生成的N2O物质的量为1mol，结合原子守恒、电荷守恒，配平得：4NH4++ 5O2=2NO2-+ 6H++ N2O + 5H2O，故答案为4NH4++ 5O2= 2NO2-+ 6H++ N2O + 5H2O；‎ ‎（4）根据数据，硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是‎25℃‎，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率==1.125mg·L-1·h-1，故答案为1.125；‎ ‎（5）① 在对含氮废水进行电解时，阳极氯离子放电，生成氯气，氯气具有强氧化性，将废水中的NH4+氧化生成氮气放出，起到降低废水中的氨氮含量的作用，故答案为阳极反应为2Cl--2e-= Cl2↑；产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2；‎ ‎② 阳极反应式为2Cl--2e-= Cl2↑，3Cl2+2NH4+=6Cl-+N2+8H+，阴极反应式为2H++2e-=H2↑，电路中通过相同电量时，若生成n (H2)：n (N2)=3：1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，处理后废水的pH将减小，故答案为减小；电路中通过相同电量时，若生成n (H2)：n (N2)=3:1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多。‎ - 20 -‎ ‎19.某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。‎ 资料：‎ i．Fe3+在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+；‎ ‎[Fe(H2O)6]3+发生如下水解反应：‎ ‎[Fe(H2O)6]3+(几乎无色) + nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色) + nH3O+(n = 0～6) ；‎ ii.[FeCl4(H2O)2]-为黄色。‎ 进行实验：‎ ‎【实验I】‎ ‎【实验II】‎ 分别用试管①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。‎ ‎ 图1 Fe(NO3)3溶液透光率随温度变化曲线 图2FeCl3溶液透光率随温度变化曲线 ‎（1）实验I中，试管②溶液变为无色的原因是_______________。‎ ‎（2）实验I中，试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关，支持此结论的实验现象是___________。‎ ‎（3）由实验II图1、2可知：加热时，溶液颜色_____________（填“变浅”、“变深”或“不变”）‎ - 20 -‎ ‎（4）由实验II，可以得出如下结论：‎ ‎[结论一] FeCl3溶液中存在可逆反应：[FeCl4(H2O)2]-+ 4H2O[Fe(H2O)6]3++ 4Cl-，得出此结论的理由是_____________。‎ ‎[结论二] 结论一中反应的ΔH__________（填“>‎0”‎或“<‎0”‎）。‎ ‎（5）实验小组同学重新设计了一个实验证明（4）中结论一。实验方案：取试管①中溶液，_________（请描述必要的实验操作和现象）。‎ ‎【答案】 (1). 由已知：[Fe(H2O)6]3++ nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n+ nH3O+ ，加入HNO3后，c(H+)增大，导致此平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色 (2). ②中溶液褪色，而④中溶液黄色 (3). 变深 (4). 升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+ 4H2O[Fe(H2O)6]3++ 4Cl- (5). < (6). 先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经由先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验I中，试管②溶液变为无色的原因是：由已知：[Fe(H2O)6]3++ nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n+ nH3O+；加入HNO3后，c(H+)增大，导致此平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色；‎ ‎（2）实验I中，试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液黄色，从而说明试管③溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]-有关；‎ ‎（3）由实验II图1、2可知：加热时，溶液的透光率均减小，溶液颜色变深；‎ ‎（4）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++ 4Cl-，而且升高温度[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++ 4Cl-逆向移动，故逆反应吸热，则该反应的ΔH < 0；‎ ‎（5）对比实验②④可知，向②的试管中加入含Cl-的物质即可证明（4）中结论一，实验方案：取试管①中溶液，先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经由先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一。‎ - 20 -‎