2017年河南省开封市高考化学模拟试卷（解析版）

2017年河南省开封市高考化学模拟试卷
　
一、选择题（本题包括14个题，每小题3分，共42分，每小题只有一个正确选项）
1．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（　　）
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
C．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
D．硅胶作袋装食品的干燥剂时发生了化学变化
2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数位10的氧原子：
B．Mg2+的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
3．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl﹣、MnO4﹣
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32﹣
C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O
4．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）
A．1
molN2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数为2NA
B．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NA
D．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
5．工业上可由乙苯生产苯乙烯：过程如图，下列说法正确的是（　　）
A．乙苯的同分异构体共有三种
B．可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯
C．乙苯和苯乙烯分子中均含有碳碳双健
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
6．图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）
A．铜棒的质量
B．c（Zn2+）
C．c（H+）
D．c（SO42﹣）
7．通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（　　）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=571.6kJ mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=131.3kJ mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=206.1kJ mol﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2
H2（g）的△H=74.8kJ mol﹣1
8．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（　　）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
9．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（　　）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48
L
HF，则转移0.8
mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
10．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（　　）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O
11．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2CrO42﹣（黄色）+2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法正确的是（　　）
A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH氧化
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
12．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol/L的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c（Na+）＞c（B﹣）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．pH=7时，三种溶液中：c（A﹣）=c（B﹣）=c（D﹣）
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH﹣）
13．短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W﹣的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）
A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
14．把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a
mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b
mol
HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（　　）
A．
B．（2b﹣a）mol/L
C．
D．（10b﹣5a）mol/L
　
二、非选择题（本题包括4个题，共58分．）
15．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A的化学式为　　．A煅烧生成B和E的化学方程式为　　．
（2）溶液C可溶解铜片，反应的离子方程式为　　，例举该反应的一个实际应用是　　．
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g/L），该气体分子的电子式为　　．
该反应的离子方程式为　　．
16．某同学用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．
（1）FeCl3与H2S反应的离子方程式为　　．
（2）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为　　．
（3）综合分析实验
II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②　　．
17．以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性．
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2
mol L﹣1
Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2
mol L﹣1
CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1
mol L﹣1
Al2（SO4）3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3．用离子方程式解释现象Ⅰ：　　．
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42﹣，含有Cu+、Cu2+和SO32﹣．
已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是　　．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣．
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是　　．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是　　．
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在．经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和　　．
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al（OH）3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中．对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立．
a．将对比实验方案补充完整．
步骤一：
步骤二：　　（按图形式呈现）．
b．假设ii成立的实验证据是　　
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有　　．盐溶液间反应的多样性与　　有关．
18．实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3 3H2O．实验过程如图1：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H=﹣50.4kJ mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H=﹣225.4kJ mol﹣1
酸溶需加热的目的是　　_；所加H2SO4不宜过量太多的原因是　　．
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为　　
（3）用图2所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+．
①实验装置图中仪器A的名称为　　．
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，　　、静置、分液，并重复多次．
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3 3H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，　　，过滤、用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到MgCO3 3H2O．
已知该溶液中pH=8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0时Al（OH）3沉淀完全]．
19．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3﹣）已成为环境修复研究的热点之一．
（1）Fe还原水体中NO3﹣的反应原理如图1所示．
②作负极的物质是　　．
②正极的电极反应式是　　．
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3﹣的去除率和pH，结果如表：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3﹣的去除率低．其原因是　　．
（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3﹣的去除率．对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3﹣；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如右图2所示，可得到的结论是　　．
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3﹣去除率的原因：　　．pH=4.5（其他条件相同）
　
2017年河南省开封市高考化学模拟试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本题包括14个题，每小题3分，共42分，每小题只有一个正确选项）
1．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（　　）
A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
C．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
D．硅胶作袋装食品的干燥剂时发生了化学变化
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．依据二氧化硫的漂白性解答；
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%；
C．蛋白质灼烧产生烧焦羽毛气味；
D．有新物质生成的变化为化学变化．
【解答】解：A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与氧化物无关，故A错误；
B．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故B错误；
C．蚕丝成分为蛋白质，灼烧产生烧焦羽毛气味，可以用来区分蚕丝和人造纤维，故C正确；
D．硅胶作袋装食品的干燥剂是因为具有吸水性，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选：C．
　
2．下列有关化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数位10的氧原子：
B．Mg2+的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
【分析】A．中子数+质子数=质量数，结合原子表示方法分析判断，质量数标记在元素符号左上角，质子数标记在左下角；
B．镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成；
C．硫化钠是钠离子和硫离子形成的离子化合物，电子式中需要标记阴阳离子；
D．结构简式需要表示出结构特征和官能团；
【解答】解：A．中子数为10的氧原子，质子数为8，则质量数为18，则原子表示为，故A错误；
B．镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成，离子的结构示意图为：，故B正确；
C．硫化钠的化学式中含有两个钠离子，硫化钠正确的电子式为：，故C错误；
D．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，C2H4O2为甲酸甲酯的分子式，故D错误；
故选B．
　
3．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（　　）
A．某无色溶液中可能大量存在H+、Cl﹣、MnO4﹣
B．pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32﹣
C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．高锰酸根离子为紫色；
B．氢离子与硅酸根离子反应；
C．二者反应生成氯化钠和次氯酸钠、水；
D．离子个数配比不符合物质的结构．
【解答】解：A．无色溶液中不可能大量存在高锰酸根离子，故A错误；
B．pH=2的溶液，显酸性，可能大量存在Na+、NH4+，H+与SiO32﹣反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．冷的氢氧化钠溶液中通入氯气，离子方程式：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故C正确；
D．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选：C．
　
4．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）
A．1
molN2与4
mol
H2反应生成的NH3分子数为2NA
B．2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C﹣Cl键数为0.4NA
D．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应；
B、求出镁的物质的量，然后根据镁反应后变为+2价来分析；
C、标况下四氯化碳为液体；
D、求出二氧化碳的物质的量，然后根据二氧化碳中含2个氧原子来分析．
【解答】解：A、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子小于2NA个，故A错误；
B、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁反应后变为+2价，故0.1mol镁失去0.2NA个电子，故B错误；
C、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；
D、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而二氧化碳中含2个氧原子，故0.25mol二氧化碳中含0.5NA个氧原子，故D正确．
故选D．
　
5．工业上可由乙苯生产苯乙烯：过程如图，下列说法正确的是（　　）
A．乙苯的同分异构体共有三种
B．可用Br2/CCl4鉴别乙苯和苯乙烯
C．乙苯和苯乙烯分子中均含有碳碳双健
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】A．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对等，也可能不含苯环；
B．乙苯和溴不反应，苯乙烯和溴发生加成反应；
C．苯环中不存在碳碳双键；
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上．
【解答】解：A．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，如不含苯环，则同分异构体种类更多，故A错误；
B．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故B正确；
C．苯环和乙基中不含碳碳双键，故C错误；
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7个碳原子共平面，苯乙烯有8个碳原子共平面，故D错误；
故选B．
　
6．图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）
A．铜棒的质量
B．c（Zn2+）
C．c（H+）
D．c（SO42﹣）
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，据此解答．
【解答】解：铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为
2H++2e﹣=H2↑，
A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；
D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选：C．
　
7．通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（　　）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=571.6kJ mol﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=131.3kJ mol﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=206.1kJ mol﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2
H2（g）的△H=74.8kJ mol﹣1
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．
【分析】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2
H2（g）相当于③﹣②．
【解答】解：A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2
H2（g）相当于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2，△H=206.1kJ mol﹣1﹣131.3kJ mol﹣1=74.8kJ mol﹣1，故D正确．
故选D．
　
8．下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（　　）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性．
【解答】解：A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误．
故选D．
　
9．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（　　）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48
L
HF，则转移0.8
mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．
【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确．
故选D．
　
10．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（　　）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；"三废"处理与环境保护．
【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题．
【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O，故D正确．
故选B．
　
11．K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2CrO42﹣（黄色）+2H+．用K2Cr2O7溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法正确的是（　　）
A．①中溶液变黄，③中溶液橙色加深
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH氧化
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O 2CrO42﹣（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72﹣具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42﹣不能，以此解答该题．
【解答】解：A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A错误；
B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B错误；
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；
D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误．
故选C．
　
12．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol/L的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是（　　）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c（Na+）＞c（B﹣）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．pH=7时，三种溶液中：c（A﹣）=c（B﹣）=c（D﹣）
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH﹣）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】A．根据等浓度的三种一元酸的PH大小确定三种酸的电离常数；
B．HB被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，根据盐的水解与酸的电离程度进行比较；
C．当PH=7时，三种溶液所消耗的氢氧化钠的体积不相同；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后根据盐的水解写出质子守恒解答．
【解答】解：A．相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，则KHA＞KHB＞KHD，故A正确；
B．中和50%即P点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，
①NaB完全电离：NaB=Na++B﹣，这一步的c（B﹣）=c（Na+），
②HB少部分电离：HB H++B﹣，则c（HB）＞c（H+），
③NaB少部分水解：B﹣+H2O HB+OH﹣，
由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB电离产生的B﹣相对NaB水解消耗的B﹣多，所以c（B﹣）＞c（Na+），由于HB电离消耗得多，水解生成的HB少，
所以c（Na+）＞c（HB），则c（B﹣）＞c（Na+）＞c（HB）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；
C．当pH=7时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：
c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（A﹣），
c（Na+）+c（H+）=c（B﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（B﹣），
c（Na+）+c（H+）=c（D﹣）+c（OH﹣），由于c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（D﹣），
由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c（A﹣）、c（B﹣）、c（D﹣）也不同，故C错误；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱性，质子守恒的关系为：c（OH﹣）=c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H+），故D错误；
故选：A．
　
13．短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W﹣的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）
A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确．
故选D．
　
14．把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含a
mol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含b
mol
HCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（　　）
A．
B．（2b﹣a）mol/L
C．
D．（10b﹣5a）mol/L
【考点】有关混合物反应的计算．
【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3 H20+Na2CO3+H2O，加入含b
mol
HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式计算．
【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，
NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3 H20+Na2CO3+H2O，
则NH4HCO3为0.5amol，
加入含b
mol
HCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
则Na2CO3的物质的量为×（b﹣0.5a）mol，
n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b﹣0.5a）mol，
c（Na+）=（b﹣0.5a）mol÷0.1L=（10b﹣5a）mol/L，
故选D．
　
二、非选择题（本题包括4个题，共58分．）
15．磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A的化学式为　Fe3S4　．A煅烧生成B和E的化学方程式为　4Fe3S4+25O26Fe2O3+16SO2　．
（2）溶液C可溶解铜片，反应的离子方程式为　2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+　，例举该反应的一个实际应用是　刻饰铜线路板　．
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g/L），该气体分子的电子式为　　．
该反应的离子方程式为　Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑　．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，以此解答该题
【解答】解：（1）由以上分析可知，A为Fe3S4，B为Fe2O3，E应为SO2，则A煅烧生成B和E的化学方程式为4Fe3S4+25O26Fe2O3+16SO2，
故答案为：Fe3S4；4Fe3S4+25O26Fe2O3+16SO2；
（2）由以上分析可知，溶液C为FeCl3，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；刻饰铜线路板；
（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑，
故答案为：；Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑．
　
16．某同学用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液．
（1）FeCl3与H2S反应的离子方程式为　2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+　．
（2）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为　Fe2+﹣e﹣=Fe3+　．
（3）综合分析实验
II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②　FeCl3得到循环利用　．
【考点】离子方程式的书写；原电池和电解池的工作原理．
【分析】（1）三价铁离子具有强的氧化性能够氧化硫化氢生成单质硫；
（2）阴极二价铁离子失去1个电子生成三价铁离子；
（3）结合绿色化学的理论并根据FeCl3可以循环利用确定该实验的有两个显著优点；
【解答】解：（1）FeCl3与H2S反应生成硫单质、二价铁离子和水，离子方程式为
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
（2）阴极二价铁离子失去1个电子生成三价铁离子，电极反应式：Fe2+﹣e﹣=Fe3+；
故答案为：Fe2+﹣e﹣﹣=Fe3+；
（3）根据实验原理可知，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，得到循环利用，
故答案为：FeCl3可以循环利用．
　
17．以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性．
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2
mol L﹣1
Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2
mol L﹣1
CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1
mol L﹣1
Al2（SO4）3溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3．用离子方程式解释现象Ⅰ：　2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓　．
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42﹣，含有Cu+、Cu2+和SO32﹣．
已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是　析出红色固体　．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣．
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是　HCl和BaCl2溶液　．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是　在I﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32﹣转化为SO42﹣　．
（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在．经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和　Al3+、OH﹣　．
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al（OH）3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中．对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立．
a．将对比实验方案补充完整．
步骤一：
步骤二：　　（按图形式呈现）．
b．假设ii成立的实验证据是　V1明显大于V2　
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有　溶解性、还原性、在水溶液中呈碱性　．盐溶液间反应的多样性与　两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件　有关．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】（1）0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3；
（2）①根据第二题中现象2及已知信息，可以得知，取少量洗净（排除Cu2+干扰）的棕黄色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀变红（铜单质），则证明有
Cu+；
②a．根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2；
b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32﹣；
（3）①由题意，白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，可以得到沉淀中含有Al3+和OH﹣，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
②根据实验目的和对比实验设计原理进行解答；
（4）根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．
【解答】解：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO32﹣浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓；
（2）①依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，
故答案为：析出红色固体；
②a．分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I﹣=2CuI+I2、I2+SO32﹣+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中．
故答案为：HCl和BaCl2溶液；
b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42﹣，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I﹣反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32﹣；
故答案为：棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu2+，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO32﹣；
（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH﹣，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
故答案为：Al3+、OH﹣；
②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐．
铝的碱式盐和NaOH溶液反应相当于铝离子和NaOH反应，反应比例为1：4，而Al（OH）3和NaOH反应比例为1：1，因此若V1明显大于V2，则假设ii成立；若V1=V2，则假设i成立．
故答案为：a．；
b．假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，
故答案为：V1明显大于V2；
（4）题目中有多处暗示我们还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是
Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．
故答案为：还原性、水解呈碱性；两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．
　
18．实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3 3H2O．实验过程如图1：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3（s）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H=﹣50.4kJ mol﹣1
Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H=﹣225.4kJ mol﹣1
酸溶需加热的目的是　加快反应（酸溶）速率　_；所加H2SO4不宜过量太多的原因是　避免制备MgCO3时消耗更多的碱　．
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为　H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O　
（3）用图2所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+．
①实验装置图中仪器A的名称为　分液漏斗　．
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，　充分振荡　、静置、分液，并重复多次．
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3 3H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，　至5＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加碳酸钠溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成　，过滤、用水洗涤固体2～3次，在50℃下干燥，得到MgCO3 3H2O．
已知该溶液中pH=8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0时Al（OH）3沉淀完全]．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3 3H2O．以此解答该题．
【解答】解：废渣主要成分为MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，加入H2O2氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3 3H2O．
（1）酸溶需加热的目的是加快反应（酸溶）速率；H2SO4不宜过量太多的避免制备MgCO3时消耗更多的碱；
故答案为：加快反应（酸溶）速率；避免制备MgCO3时消耗更多的碱；
（2）在酸性条件下，H2O2氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为水，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
（3）①仪器A为分液漏斗；
故答案为：分液漏斗；
②萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离；
故答案为：充分振荡；
（4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3沉淀，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明已完全反应，过滤后，用水洗涤固体2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3 3H2O；
故答案为：至5＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加碳酸钠溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成．
　
19．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3﹣）已成为环境修复研究的热点之一．
（1）Fe还原水体中NO3﹣的反应原理如图1所示．
②作负极的物质是　铁　．
②正极的电极反应式是　NO3﹣+8e﹣+10H+=NH4++3H2O　．
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3﹣的去除率和pH，结果如表：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3﹣的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3﹣的去除率低．其原因是　FeO（OH）不导电，阻碍电子转移　．
（3）实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3﹣的去除率．对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3﹣；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如右图2所示，可得到的结论是　本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3﹣的去除率　．
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3﹣去除率的原因：　Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移　．pH=4.5（其他条件相同）
【考点】原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应．
【分析】（1）①Fe还原水体中NO3﹣，根据题意Fe3O4为电解质，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；
②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境；
（2）由于Fe3O4为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据FeO（OH）不导电进行分析；
（3）①根据图2中的三个实验结果进行分析；
②结合（2）题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析．
【解答】解：（1）①Fe还原水体中NO3﹣，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4+，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3﹣+8e﹣+10H+=NH4++3H2O，
故答案为：NO3﹣+8e﹣+10H+=NH4++3H2O；
（2）pH越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），而FeO（OH）不导电，阻碍电子转移，所以NO3﹣的去除率低．
故答案为：FeO（OH）不导电，阻碍电子转移；
（3）①从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3﹣的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3﹣；而Fe和Fe2+共同加入时NO3﹣的去除率比单独Fe高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3﹣的去除率．
故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3﹣；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3﹣的去除率；
②同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移．
故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移．
　
2017年1月8日