北京市西城區(qū)2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次模擬考試試卷（含解析）.docx

北京市西城區(qū)2019屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次模擬考試試卷（含解析）1.材料的研發(fā)應(yīng)用使城市軌道交通快速發(fā)展。地鐵列車以下部件的成分屬于合金的是A鋼化玻璃車窗B鋁合金車體C酚醛樹脂玻璃鋼座椅D阻燃橡膠地板A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【詳解】A、鋼化玻璃與普通玻璃的成分相同，屬于無機(jī)非金屬材料，故A錯(cuò)誤；B、車體的成分是鋁合金，屬于合金材料，故B正確；C、酚醛樹脂、玻璃鋼均屬于有機(jī)合成高分子化合物，故C錯(cuò)誤；D阻燃橡膠地板的主要成分是有機(jī)合成高分子化合物，故D錯(cuò)誤；答案選B。2.下列化學(xué)用語對事實(shí)的表述正確的是A. 醋酸電離：CH3COOH=CH3COO+ H+B. Na2O2與CO2反應(yīng)提供O2：Na2O2 +CO2=Na2CO3 + O2C. NO2與水反應(yīng)制硝酸：NO2 +H2O=H+ NO3D. NaOH溶液除去鋁表面氧化膜：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O【答案】D【解析】【詳解】A醋酸為弱酸，應(yīng)該用，電離方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，故A錯(cuò)誤；B方程式未配平，反應(yīng)的化學(xué)方程式應(yīng)該為2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 + O2，故B錯(cuò)誤；C二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸與NO，反應(yīng)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C錯(cuò)誤；D用NaOH溶液除去鋁表面的氧化膜，Al2O3與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，該反應(yīng)的離子方程式為：Al2O3+2OH-2A1O2-+H2O，故D正確；答案選D。3.我國科研人員使用催化劑CoGa3實(shí)現(xiàn)了H2還原肉桂醛生成肉桂醇，反應(yīng)機(jī)理的示意圖如下：下列說法不正確的是A. 肉桂醛分子中不存在順反異構(gòu)現(xiàn)象B. 苯丙醛分子中有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子C. 還原反應(yīng)過程發(fā)生了極性鍵和非極性鍵的斷裂D. 該催化劑實(shí)現(xiàn)了選擇性還原肉桂醛中的醛基【答案】A【解析】【詳解】A. 肉桂醛()分子中碳碳雙鍵兩端分別連接2個(gè)不同的基團(tuán)，存在順反異構(gòu)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B. 苯丙醛()分子中有6種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，如圖示：，故B正確；C. 根據(jù)圖示，還原反應(yīng)過程中肉桂醛與氫氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化成了肉桂醇，分別斷開了H-H鍵和C-O鍵，發(fā)生了極性鍵和非極性鍵的斷裂，故C正確；D. 根據(jù)圖示，還原反應(yīng)過程中肉桂醛轉(zhuǎn)化成了苯丙醛和肉桂醇，而沒有轉(zhuǎn)化為苯丙醛，體現(xiàn)了該催化劑選擇性的還原肉桂醛中的醛基，故D正確；答案選A?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意肉桂醛轉(zhuǎn)化成肉桂醇的過程中僅斷開了極性鍵，非極性鍵是斷開的氫氣分子中的H-H。4.將氯水加入下列4種試劑中。根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，得出的結(jié)論不正確的是試劑現(xiàn)象結(jié)論A硝酸酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固體固體表面有氣泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液變黃氯水具有氧化性D滴加酚酞的Na2SO3溶液紅色褪去Cl2具有漂白性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【詳解】A將氯水加入硝酸酸化的AgNO3溶液中，反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，只能是氯離子與銀離子反應(yīng)得到AgCl白色沉淀，說明氯水中含有Cl-，故A正確；B、將氯水加入CaCO3固體中生成了氣體二氧化碳，能證明溶液呈酸性，故B正確；C、將氯水滴入KBr溶液，溶液變黃，說明生成了溴單質(zhì)，氯氣氧化溴離子變成溴單質(zhì)，說明氯氣具有氧化性，故C正確；D將氯水滴入滴加酚酞的Na2SO3溶液，是因?yàn)槁人@酸性和強(qiáng)氧化性，將Na2SO3轉(zhuǎn)化成了硫酸鈉，硫酸鈉不水解，溶液不再顯示堿性，因此酚酞溶液褪色，結(jié)論不正確，故D錯(cuò)誤；答案選D。5.磺化聚苯醚(SPPO)質(zhì)子交換膜在燃料電池領(lǐng)域有廣闊的應(yīng)用前景。合成聚苯醚(PPO)并將其改性制備SPPO的路線如下：下列說法不正確的是A. 2,6-二甲基苯酚能與飽和溴水發(fā)生取代反應(yīng)B. 常溫下2,6-二甲基苯酚易溶于水C. 2,6-二甲基苯酚與O2發(fā)生氧化反應(yīng)生成PPOD. PPO合成SPPO的反應(yīng)是：+mClSO3H+mHCl【答案】B【解析】【詳解】A. 2,6-二甲基苯酚()中存在酚羥基的對位氫原子，能與飽和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，故A正確；B. 2,6-二甲基苯酚與苯酚互為同系物，結(jié)構(gòu)相似，性質(zhì)具有相似性，且甲基為憎水基團(tuán)，常溫下2,6-二甲基苯酚在水中的溶解度更小，故B錯(cuò)誤；C. 根據(jù)流程圖，2,6-二甲基苯酚與O2反應(yīng)過程中失去了氫原子，發(fā)生氧化反應(yīng)生成PPO，故C正確；D. 根據(jù)流程圖，PPO與ClSO3H發(fā)生取代反應(yīng)生成SPPO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：，故D正確；答案選B。【點(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意有機(jī)反應(yīng)的氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)的判斷方法。有機(jī)反應(yīng)中一般將“去氫”或“加氧”的反應(yīng)稱為氧化反應(yīng)，將“加氫”或“去氧”的反應(yīng)稱為還原反應(yīng)。6.某小組利用下面的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，、中溶液均足量，操作和現(xiàn)象如下表。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象向盛有Na2S溶液的中持續(xù)通入CO2至過量中產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的pH降低；中產(chǎn)生白色渾濁，該渾濁遇酸冒氣泡向盛有NaHCO3溶液中持續(xù)通入H2S氣體至過量現(xiàn)象同實(shí)驗(yàn)資料：CaS遇水完全水解由上述實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論不正確的是A. 中白色渾濁是CaCO3B. 中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ = CuS+2H+C. 實(shí)驗(yàn)中CO2過量發(fā)生的反應(yīng)是：CO2+H2O+ S2= CO32+ H2SD. 由實(shí)驗(yàn)和不能比較H2CO3和H2S酸性的強(qiáng)弱【答案】C【解析】【分析】實(shí)驗(yàn).向的Na2S溶液中持續(xù)通入CO2至過量，中產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的pH降低，說明生成了硫化氫氣體，同時(shí)生成了硫酸；中產(chǎn)生白色渾濁，該渾濁遇酸冒氣泡，說明二氧化碳過量，被氫氧化鈣溶液吸收生成了碳酸鈣沉淀；實(shí)驗(yàn). 向盛有NaHCO3溶液的中持續(xù)通入H2S氣體至過量，中產(chǎn)生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因?yàn)檫^量的硫化氫氣體與硫酸銅溶液反應(yīng)生成了CuS黑色沉淀，同時(shí)生成了硫酸；中產(chǎn)生白色渾濁，該渾濁遇酸冒氣泡，說明反應(yīng)生成了二氧化碳，被氫氧化鈣溶液吸收生成了碳酸鈣沉淀；據(jù)此分析解答。【詳解】A. 根據(jù)上述分析，中白色渾濁是CaCO3，不可能是CaS，因?yàn)镃aS遇水完全水解，故A正確；B. 中反應(yīng)生成的硫化氫或過量的硫化氫與硫酸銅反應(yīng)， H2S+Cu2+ = CuS+2H+，使得溶液的pH降低，故B正確；C. CO2過量反應(yīng)生成2HCO3，發(fā)生的反應(yīng)是：2CO2+2H2O+ S2=2HCO3+ H2S，故C錯(cuò)誤；D. 根據(jù)實(shí)驗(yàn)、中現(xiàn)象：中通二氧化碳有H2S生成，中通H2S有二氧化碳生成，不能比較H2CO3和H2S酸性的強(qiáng)弱，故D正確；答案選C。7.研究生鐵的銹蝕，下列分析不正確的是序號實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象8小時(shí)未觀察到明顯銹蝕8小時(shí)未觀察到明顯銹蝕1小時(shí)觀察到明顯銹蝕A. 中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生鐵片明顯銹蝕B. 中，生鐵片未明顯銹蝕的原因之一是缺少H2OC. 中正極反應(yīng)：O2+4e+ 2H2O =4OHD. 對比，說明苯能隔絕O2【答案】D【解析】【詳解】A. 根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，中1小時(shí)觀察到明顯銹蝕，說明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔絕空氣中的氧氣進(jìn)入氯化鈉溶液，而中由于是密閉體系，溶解的O2較少，不足以使生鐵片明顯銹蝕，故A正確；B. 苯屬于非電解質(zhì)，中無電解質(zhì)溶液，不滿足電化學(xué)腐蝕的條件，故B正確；C. 根據(jù)現(xiàn)象，鐵在中性環(huán)境下發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應(yīng)：O2+4e+ 2H2O =4OH，電極反應(yīng)式合理，故C正確；D. 根據(jù)現(xiàn)象，中發(fā)生吸氧腐蝕，溶液中均溶解由氧氣，中觀察到明顯銹蝕，說明苯不能隔絕O2，故D錯(cuò)誤；答案選D。8.合成中間體L的路線如下(部分反應(yīng)條件或試劑略去)：已知：(1)A的名稱是_。(2)A與Br2按物質(zhì)的量之比11發(fā)生1，4-加成反應(yīng)生成B，AB的化學(xué)方程式是_。(3)BC的反應(yīng)類型是_。(4)D中所含官能團(tuán)的名稱是_。(5)E與NaOH的乙醇溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。(6)CD在上述合成中的作用是_。(7)J的結(jié)構(gòu)簡式是_。(8)KL的化學(xué)方程式是_。(9)設(shè)計(jì)由L制備M()的合成路線_(有機(jī)物用結(jié)構(gòu)簡式表示，無機(jī)試劑任選)?！敬鸢浮?(1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH3+Br2 (3). 取代反應(yīng) (4). 溴原子、羥基 (5). +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保護(hù)碳碳雙鍵，防止其被氧化 (7). (8). (9). 【解析】【分析】A(CH2=CH-CH=CH2)發(fā)生1,4-加成生成B，B為，根據(jù)C(C4H8O2)的不飽和度為1，與B()一致，并且分子式中沒有了溴原子，可知B到C的反應(yīng)為鹵代烴的水解反應(yīng)，則C為；由C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此步發(fā)生了碳碳雙鍵與HBr的加成反應(yīng)，D為，D被酸性高錳酸鉀氧化生成E，E為，氫氧化鈉醇溶液為鹵代烴消去反應(yīng)的標(biāo)志條件，因此F為NaOOCCH=CHCOONa，由K到L的反應(yīng)條件，結(jié)合K的分子式和G的結(jié)構(gòu)可以推知K為，根據(jù)已知信息I，結(jié)合G和K的結(jié)構(gòu)，J為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)由有機(jī)物的命名規(guī)則可知，A(CH2=CH-CH=CH2)的名稱為1,3-丁二烯，故答案為：1,3-丁二烯；(2)按照二烯烴的1,4-加成原理可知，反應(yīng)的方程式為，故答案為：；(3)C(C4H8O2)的不飽和度為1，與B()一致，并且分子式中沒有了溴原子，可知B到C的反應(yīng)為鹵代烴的水解反應(yīng)，所以反應(yīng)類型為取代反應(yīng)或水解反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)或水解反應(yīng)；(4)根據(jù)上述分析，D（）中官能團(tuán)有羥基和溴原子，故答案為：羥基和溴原子；(5)氫氧化鈉醇溶液為鹵代烴消去反應(yīng)的標(biāo)志條件，所以此步反應(yīng)是鹵代烴的消去反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O，故答案為：+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O；(6)由已知信息II可知，烯烴可以被酸性高錳酸鉀氧化，所以流程中采取了在使用酸性高錳酸鉀之前對碳碳雙鍵進(jìn)行了保護(hù)，故答案為：保護(hù)碳碳雙鍵，防止其被氧化；(7)根據(jù)上述分析，J為，故答案為：；(8)K到L的反應(yīng)發(fā)生在酸酐上，同時(shí)要消耗兩個(gè)乙醇才能生成L的兩個(gè)酯基，因此反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：；(9)由L()制備M()。根據(jù)已知信息II，L中碳碳雙鍵能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，根據(jù)已知信息III，就可以形成目標(biāo)產(chǎn)物，因此合成路線為，故答案為：?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(9)中合成路線的設(shè)計(jì)，要注意題干信息的靈活運(yùn)用，要合成，根據(jù)信息III，若將中環(huán)打開，則需要合成，因此需要根據(jù)信息II將原料中碳碳雙鍵打開。9.CO2甲烷化是一種實(shí)現(xiàn)CO2資源化利用的有效途徑。熱化學(xué)轉(zhuǎn)化CO2甲烷化過程發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H(1)每生成1mol CH4(g)，放熱165 kJ，則H_。(2)反應(yīng)的平衡常數(shù)的表達(dá)式：K_。溫度升高，K_(填“增大”或“減小”)。(3)其他條件不變時(shí)，一段時(shí)間內(nèi)，壓強(qiáng)對CO2的轉(zhuǎn)化率及CH4的選擇性的影響如下圖。注：選擇性轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物的原料量原料總的轉(zhuǎn)化量CO2甲烷化反應(yīng)選擇0.1MPa而不選擇更高壓強(qiáng)的原因是_。電化學(xué)轉(zhuǎn)化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，電解CO2制備CH4的原理示意圖如下。電解過程中溫度控制在10左右，持續(xù)通入CO2。陰、陽極室的KHCO3溶液的濃度基本保持不變。(4)多晶Cu作_(填“陰”或“陽”)極。(5)結(jié)合電極反應(yīng)式，說明陰極室KHCO3溶液濃度基本不變的原因：_。(6)上述電解過程中采取了_措施(寫2條即可)使CO2優(yōu)先于H+放電。【答案】 (1). 165 kJmol1 (2). c(CH4)c2(H2O)/c(CO2)c4(H2) (3). 減小 (4). 在0.1MPa，CO2的轉(zhuǎn)化率及CH4的選擇性較高，加壓CO2的轉(zhuǎn)化率及CH4的選擇性變化不大，且加壓會增大投資和能耗 (5). 陰 (6). 陰極發(fā)生反應(yīng)：9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3，每轉(zhuǎn)移8 mol電子，陰極生成8 mol HCO3，又有8 molHCO3通過陰離子交換膜進(jìn)入陽極室，且K+的濃度不變，所以陰極室的KHCO3濃度基本保持不變 (7). 以pH8的KHCO3溶液為電解液；溫度控制在10左右；持續(xù)通入CO2；用多晶銅作陰極等【解析】【分析】(1)根據(jù)反應(yīng)放熱分析解答；(2)發(fā)生的反應(yīng)為CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H=165 kJmol1，據(jù)此書寫平衡常數(shù)的表達(dá)式，結(jié)合影響化學(xué)平衡的元素分析判斷；(3)根據(jù)圖像，壓強(qiáng)大于0.1MPa，CO2的轉(zhuǎn)化率幾乎不變，CH4的選擇性增加很少，結(jié)合生產(chǎn)成本分析解答；(4)多晶銅電極區(qū)，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷，根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)的類型分析解答；(5)結(jié)合陰極反應(yīng)式和陰離子交換膜的作用分析解答；(6)可以從我的對氣體的溶解度、陰離子交換膜的作用等角度分析解答?！驹斀狻?1)方程式中CH4的系數(shù)=1，反應(yīng)放熱，因此方程式對應(yīng)的H165 kJmol1，故答案為：165 kJmol1；(2)CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H=165 kJmol1，平衡常數(shù)K=；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)K減小，故答案為：；減??；(3)根據(jù)圖像，壓強(qiáng)大于0.1MPa，CO2的轉(zhuǎn)化率幾乎不變，CH4的選擇性增加很少，為節(jié)約成本，應(yīng)該選擇0.1MPa，故答案為：在0.1MPa，CO2的轉(zhuǎn)化率及CH4的選擇性較高，加壓CO2的轉(zhuǎn)化率及CH4的選擇性變化不大，且加壓會增大投資和能耗；(4)多晶銅電極區(qū)，二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷，C元素的化合價(jià)降低，得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，因此銅為陰極，故答案為：陰；(5)陰極反應(yīng)式9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3，陰極生成HCO3，電路中每轉(zhuǎn)移8 mol電子，陰極生成8 mol HCO3，同時(shí)有8 molHCO3通過陰離子交換膜進(jìn)入陽極室，且K+的濃度不變，所以陰極室的HCO3濃度基本保持不變，故答案為：陰極反應(yīng)式9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3，每轉(zhuǎn)移8 mol電子，陰極生成8 mol HCO3，又有8 molHCO3通過陰離子交換膜進(jìn)入陽極室，且K+的濃度不變，所以陰極室的KHCO3濃度基本保持不變；(6)降低溫度，能夠提高氣體在水中的溶解度，提高水中二氧化碳的濃度，從而提高二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放電；采取陰離子交換膜，陽極區(qū)中氫氧根放電，氫離子濃度增大，能夠防止陽極區(qū)生成的氫離子移向陰極，可以防止陰極區(qū)氫離子濃度增大，使CO2優(yōu)先于H+放電；將溶液調(diào)節(jié)成堿性，降低陰極區(qū)氫離子濃度，降低氫離子氧化性，通過二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放電，故答案為：以pH8的KHCO3溶液為電解液；溫度控制在10左右；持續(xù)通入CO2；用多晶銅作陰極等。10.廢水中氨態(tài)氮以NH3H2O、NH3和NH4+的形式存在，廢水脫氮已成為主要污染物減排和水體富營養(yǎng)化防治的研究熱點(diǎn)。沉淀法向廢水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO46H2O沉淀，可將氨態(tài)氮含量降至10mgL1以下。(1)NH3的電子式：_。(2)廢水中的NH3H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO46H2O的離子方程式是_。(3)16時(shí)，向廢水中加入MgCl2和Na2HPO4，使鎂、氮、磷物質(zhì)的量之比為111，沉淀過程中的pH對剩余氨態(tài)氮濃度的影響如圖。欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mgL1，pH的適宜范圍是_，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是_。微波氧化法(4)僅對廢水進(jìn)行微波加熱，pH對氨態(tài)氮脫出的影響如下表。溶液pH678910111112剩余氨態(tài)氮濃度(mgL1)1561004014表中數(shù)據(jù)表明：pH增大有利于廢水中化學(xué)平衡_(用化學(xué)用語表示)的移動。(5)微波協(xié)同CuO和H2O2除去氨態(tài)氮其他條件相同，取相同體積的同一廢水樣品，微波10min，剩余氨態(tài)氮濃度與一定濃度H2O2溶液添加量的關(guān)系如下圖。據(jù)圖推測CuO在氨態(tài)氮脫除中可能起催化作用，理由是_。微波協(xié)同CuO有利于H2O2除去氨態(tài)氮。該條件下，H2O2將NH3氧化為N2的化學(xué)方程式是_?！敬鸢浮?(1). (2). Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O (3). pH810 (4). pH偏大， NH4+、Mg2+易與OH結(jié)合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42電離，PO43濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成 (5). NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH (6). 相同的H2O2溶液添加量，相同時(shí)間內(nèi)，與不加CuO相比，加入CuO，氨態(tài)氮濃度降低的多，反應(yīng)速率快 (7). 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O【解析】【分析】(1)N原子最外層有5個(gè)電子，據(jù)此書寫NH3的電子式；(2)根據(jù)題意，廢水中的NH3H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO46H2O，據(jù)此書寫反應(yīng)的離子方程式；(3)由圖可以判斷欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mgL1的pH適宜范圍；根據(jù)pH對NH4+、Mg2+、PO43濃度的影響分析解答；(4)根據(jù)廢水中存在NH3H2O，結(jié)合氨水的性質(zhì)分析解答；(5)根據(jù)圖像對比添加了CuO和未添加CuO的反應(yīng)速率，以及氨態(tài)氮濃度的高低分析解答；在微波協(xié)同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，據(jù)此書寫反應(yīng)的方程式?！驹斀狻?1)NH3電子式為，故答案為：；(2)根據(jù)題意，廢水中的NH3H2O轉(zhuǎn)化為MgNH4PO46H2O，反應(yīng)的離子方程式為Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O，故答案為：Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O；(3)由圖可以看出，欲使剩余氨態(tài)氮濃度低于10mgL1，pH適宜范圍為810，pH偏大， NH4+、Mg2+易與OH結(jié)合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42電離，PO43濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，故答案為：pH810；pH偏大， NH4+、Mg2+易與OH結(jié)合生成NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的電離被抑制，使NH4+和Mg2+濃度降低；pH偏小，不利于HPO42電離，PO43濃度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成；(4)由表格數(shù)據(jù)可知，僅對廢水進(jìn)行微波加熱，剩余氨態(tài)氮濃度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于廢水中NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH逆向移動，故答案為：NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH；(5)由圖可知，在相同時(shí)間和H2O2溶液添加量相同時(shí)，添加了CuO的反應(yīng)速率較快，氨態(tài)氮的剩余濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于未添加CuO，故答案為：相同的H2O2溶液添加量，相同時(shí)間內(nèi)，與不加CuO相比，加入CuO，氨態(tài)氮濃度降低的多，反應(yīng)速率快；根據(jù)上述分析，在微波協(xié)同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反應(yīng)的方程式為3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O，故答案為：3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。11.某小組欲探究反應(yīng)2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I，完成如下實(shí)驗(yàn)：資料：AgI是黃色固體，不溶于稀硝酸。新制AgI見光會少量分解。(1)、均未檢出Fe3+，檢驗(yàn)中有無Fe3+實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象是：取少量中溶液，_。(2)中的黃色渾濁是_。(3)經(jīng)檢驗(yàn)，的過程中產(chǎn)生了Fe3+。對Fe3+產(chǎn)生的原因做出如下假設(shè)：假設(shè)a：空氣中存在O2，由于_(用離子方程式表示)，可產(chǎn)生Fe3+；假設(shè)b：溶液中Ag+具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+；假設(shè)c： _；假設(shè)d：該條件下，I2溶液可將Fe2+氧化為Fe3+。通過實(shí)驗(yàn)進(jìn)一步證實(shí)a、b、c不是產(chǎn)生Fe3+的主要原因，假設(shè)d成立。的過程中I2溶液氧化Fe2+的原因是_。(4)經(jīng)檢驗(yàn)，中灰黑色渾濁中含有AgI和Ag。驗(yàn)證灰黑色渾濁含有Ag的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象是：取洗凈后的灰黑色固體，_。 為探究出現(xiàn)灰黑色渾濁的原因，完成了實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)2。實(shí)驗(yàn)1：向1 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 molL1 AgNO3溶液，開始時(shí)，溶液無明顯變化。幾分鐘后，出現(xiàn)大量灰黑色渾濁。反應(yīng)過程中溫度幾乎無變化。測定溶液中Ag+濃度隨反應(yīng)時(shí)間的變化如下圖。實(shí)驗(yàn)2：實(shí)驗(yàn)開始時(shí)，先向試管中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，重復(fù)實(shí)驗(yàn)1，實(shí)驗(yàn)結(jié)果與實(shí)驗(yàn)1相同。實(shí)驗(yàn)1中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。中迅速出現(xiàn)灰黑色渾濁的可能的原因是_?！敬鸢浮?(1). 滴加幾滴KSCN溶液，溶液不變紅 (2). AgI (3). 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O (4). 酸性溶液中NO3具有氧化性，可產(chǎn)生Fe3+ (5). Ag+與I生成了AgI沉淀，降低了I的濃度，使平衡2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I正向移動，使I2氧化了Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振蕩，固體部分溶解，產(chǎn)生無色氣泡，遇空氣變紅棕色。靜置，取上層清液加入稀鹽酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag (8). AgI分解產(chǎn)生的Ag催化了Fe2+與Ag+的反應(yīng)【解析】【分析】(1)根據(jù)檢驗(yàn)Fe3+的實(shí)驗(yàn)方法分析解答；(2)根據(jù)資料黃色固體AgI不溶于稀硝酸，結(jié)合圖示分析判斷；(3)Fe2+ 被O2氧化生成Fe3+，據(jù)此書寫反應(yīng)的離子方程式；酸性溶液中NO3具有氧化性；根據(jù)試管III中的現(xiàn)象，Ag+與I生成了AgI沉淀，結(jié)合2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I分析解答；(4)檢驗(yàn)灰黑色渾濁物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能夠溶于稀硝酸設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)檢驗(yàn)；實(shí)驗(yàn)1中Fe2+ 和Ag+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，