北京市房山區(qū)化學二模試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2017年北京市房山區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分）1．化學在古代與現(xiàn)代的科技發(fā)展中起了十分重要的作用，下列說法中正確的是(）古代與現(xiàn)代的冶金均運用了相同的化學原理古代與現(xiàn)代的火箭發(fā)射均利用了液體燃料古代搗碎中藥與現(xiàn)代中藥納米粉碎均是化學變化古代風箏與現(xiàn)代熱氣球飛行均無需物質直接供給能量A．A B．B C．C D．D2．下列說法正確的是(）A．苯酚與苯甲醇互為同系物B．利用碘酒解毒與酒精消毒均運用了蛋白質變性的性質C．蔗糖與纖維素都是由C、H、O組成的高分子化合物D．1mol油脂在酸性條件下充分水解，可制得3mol高級脂肪酸和1mol甘油3．在下列離子組中加入相應試劑后，發(fā)生反應的離子方程式正確的是（）離子組加入試劑離子方程式AAl3+、SO42﹣適量Ba（OH）2溶液Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓BFe2+、I﹣足量新制氯水Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2CFe3+、NO3﹣NaHSO3溶液3SO32﹣+2NO3﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2ODCa2+、HCO3﹣氨水Ca2++2HCO3﹣+2NH3?H2O═CaCO3↓+CO32﹣+2NH4++2H2OA．A B．B C．C D．D4．研究金屬橋墩腐蝕及防護是跨海建橋的重要課題．下列有關判斷中正確的是(）A．用裝置①模擬研究時未見a上有氣泡，說明鐵沒有被腐蝕B．②中橋墩與外加電源正極連接能確保橋墩不被腐蝕C．③中采用了犧牲陽極的陰極保護法保護橋墩D．①②③中海水均是實現(xiàn)化學能與電能相互轉化的電解質5．用如圖所示裝置進行以下實驗，能達到實驗目的是(）XYZ目的裝置A甲苯KMnO4溶液稀硫酸證明甲基對苯環(huán)的性質存在影響B(tài)FeCl3溶液KSCN溶液飽和KCl溶液證明增大反應物濃度化學平衡向正反應方向移動C1mol/LNaOH溶液5mL1﹣氯丁烷5mL2％AgNO3溶液1mL證明1﹣氯丁烷中含有氯元素D0。1mol/LNaCl溶液2mL0.1mol/LAgNO3溶液1mL0。1mol/LNa2S溶液1mL證明AgCl大于Ag2S的溶解度A．A B．B C．C D．D6．已知：用Pt﹣Rh合金催化氧化NH3制NO，其反應的微觀模型及含氮生成物產(chǎn)率隨反應溫度的變化曲線分別如圖①、圖②所示：下列說法中，不正確的是（)A．400℃時，生成的產(chǎn)物有N2、NO、H2OB．800℃時，反應的化學方程式是：4NH3+5O24NO+6H2OC．400℃﹣800℃間,Pt﹣Rh合金對N2的吸附力逐漸減弱D．800℃以上，發(fā)生了反應：2NO（g）?O2（g）+N2（g）△H＞07．分別在相同物質的量濃度、相同體積的H2SO3、NaHSO3、Na2SO3三種溶液中,滴加同一新制氯水．其導電能力隨氯水體積變化的曲線如圖所示（不考慮空氣的影響）．下列分析正確的是（)A．曲線a代表H2SO3溶液B．曲線b代表的溶液中：c（Na+）═c（H2SO3）+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（SO42﹣）C．曲線a、b、c代表的溶液中均始終保持：2c（Cl﹣）=c（SO42﹣）D．當?shù)渭勇人w積均為V時，三種溶液的導電能力基本相同,c(H+）也相同二、非選擇題8．“張﹣烯炔環(huán)異構化反應"，可高效構筑五元環(huán)狀化合物：（R1代表氫原子或烴基）某五元環(huán)狀化合物的合成路線如圖：已知：++H2O（1）A中所含官能團名稱是；B→C的反應類型是．（2）A→B的化學方程式是．（3）D的結構簡式是．（4）下列敘述中正確的是．①B能使酸性KMnO4和Br2的四氯化碳溶液均褪色②試劑a一定是銀氨溶液③J、A的核磁共振氫譜峰面積之比均為3：1(5）與F具有相同官能團的同分異構體（不含順反異構）的結構簡式有．（6）試劑b為Cl2，G→H反應的化學方程式是．（7）D與J反應形成K的化學方程式是．9．資料顯示，可用次氯酸鈉處理廢水中的氨氮（NH3），使其轉化為氮氣除去,其主要反應如下：①NH3（aq）+HClO（aq）═NH2Cl(aq）+H2O（I）②2NH2Cl(aq）+HClO（aq)═N2（g）+H2O(I）+3HCl（aq)(1）在其他條件不變的情況下，向一定量廢水中逐滴滴加次氯酸鈉溶液，氨氮去除率隨的變化曲線如圖1：Ⅰ．物質NH2Cl中氮元素的化合價是．Ⅱ．a(chǎn)﹣b點間,溶液中氨氮去除率迅速提高的原因是．（2)Ⅰ．反應①②中HClO的來源用化學用語解釋是．Ⅱ．實驗測得，廢水中pH與氨氮去除率如圖2所示：pH較高時，氨氮去除率下降的原因是．pH較低時，氨氮去除率也下降，可能的原因是．（3)運用上述原理去除廢水中的氨氮,可結合圖3所示的電解法．Ⅰ．a(chǎn)極為．Ⅱ．d極反應式為．10．黃鐵礦（主要成分FeS2）、黃銅礦(主要成分CuFeS2）均是自然界中的常見礦物資源．（1）黃鐵礦在空氣中易被氧化，其反應歷程可能為如圖1所示的四步：①a反應中每生成1molFeSO4轉移電子的物質的量為mol．②d反應的離子方程式為．（2)用黃銅礦常溫細菌冶銅和高溫火法冶銅的流程如圖2所示：①細菌冶銅時，當黃銅礦中伴有黃鐵礦可明顯提高Cu2+的浸出速率，其原理如圖3所示：Ⅰ．冶煉過程中，F(xiàn)eS2周邊溶液的pH（填“增大”、“減小”或“不變”)．Ⅱ．從CuFeS2析出S的反應式是．②火法冶銅時,由Cu2S制得銅的化學方程式是．（3）煤炭中的硫主要以黃鐵礦形式存在，用氫氣脫除黃鐵礦中硫的相關反應（見表），其相關反應的平衡常數(shù)與溫度的關系如圖4．相關反應反應熱平衡常數(shù)FeS2（s）+H2（g）?FeS（s）+H2S（g）△H1K1FeS2（s）+H2(g）?Fe（s)+H2S(g）△H2K2FeS（s）+H2(g）?Fe（s）+H2S(g）△H3K3①上述反應中，△H10(填“＞”或“＜"）．②提高硫的脫除率可采取的措施有（舉1例）．11．某化學小組在研究Na2SO3溶液、FeCl3溶液性質及反應時，進行了下列實驗：（1)取1mol?L﹣1的Na2SO3溶液置于空氣中，測得其pH隨時間的變化曲線如圖所示：①最初,Na2SO3溶液pH=7.8,解釋其原因的離子方程式是．②t時間段內，造成其pH發(fā)生上述變化,用離子方程式解釋是．（2）探究Na2SO3溶液與FeCl3溶液實際反應的情況:實驗ⅰ裝置操作現(xiàn)象向2mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，逐滴滴加1mo?L﹣1Na2SO3溶液2mL溶液黃色逐漸加深,最終得紅褐色溶液(W）實驗ⅱ裝置操作現(xiàn)象取1mL溶液W于試管中，向其滴加過量鹽酸,再滴加5滴BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀①實驗ⅱ證明,溶液中含有離子；②對Na2SO3溶液與FeCl3溶液實際反應存在兩種認識：認識Ⅰ．反應中Fe3+完全轉化為Fe2+，W溶液中c（Fe2+）一定很大,反應的離子方程式是．認識Ⅱ．W溶液中c(Fe2+）應該極小,否則W溶液不會呈紅褐色．（3)資料顯示：Fe2+呈淡綠色、FeSO3是墨綠色沉淀、堿式硫酸鐵溶液為紅褐色．①實驗中始終未出現(xiàn)墨綠色沉淀，說明c（Fe2+）極小，其原因用離子方程式解釋是．②實驗過程和結果顯示,O2、Fe3+、SO42﹣的氧化性強弱順序是．③若Fe4(OH）2（SO4）5是造成溶液W呈紅褐色的原因之一，其形成的化學方程式是．④用激光筆照射W溶液，發(fā)現(xiàn)有丁達爾現(xiàn)象，用離子方程式解釋原因是．

2017年北京市房山區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．化學在古代與現(xiàn)代的科技發(fā)展中起了十分重要的作用，下列說法中正確的是(）古代與現(xiàn)代的冶金均運用了相同的化學原理古代與現(xiàn)代的火箭發(fā)射均利用了液體燃料古代搗碎中藥與現(xiàn)代中藥納米粉碎均是化學變化古代風箏與現(xiàn)代熱氣球飛行均無需物質直接供給能量A．A B．B C．C D．D【考點】1A：化學史．【分析】A．金屬的冶煉是金屬元素由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)；B．古代的火箭用的燃料是火藥;C．藥品的粉碎是物理變化；D．現(xiàn)代熱氣球需要燃料來提供能量．【解答】解:A．金屬的冶煉是金屬元素由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)，即金屬元素得電子被還原，故古代和現(xiàn)代的冶金技術不同，但原理相同，故A正確;B．古代的火箭用的燃料是火藥,而現(xiàn)代的火箭用的是液態(tài)燃料，故B錯誤；C．無論是古代搗碎中藥還是現(xiàn)代中藥的納米粉碎，均無新物質生成，故藥品的粉碎均為物理變化，故C錯誤;D．現(xiàn)代熱氣球需要燃料燃燒來提供能量，從而熱氣球中氣體的密度小于空氣,則熱氣球才能浮起來，故D錯誤．故選A．2．下列說法正確的是（）A．苯酚與苯甲醇互為同系物B．利用碘酒解毒與酒精消毒均運用了蛋白質變性的性質C．蔗糖與纖維素都是由C、H、O組成的高分子化合物D．1mol油脂在酸性條件下充分水解，可制得3mol高級脂肪酸和1mol甘油【考點】HD：有機物的結構和性質．【分析】A．羥基直接連接在苯環(huán)上為酚類物質;B．碘酒、酒精都可使蛋白質變性;C．高分子化合物的相對分子質量在10000以上；D．油脂在酸性條件下的水解為可逆反應．【解答】解:A．苯酚與苯甲醇的結構不同,性質不同，二者不是同系物，故A錯誤；B．碘酒、酒精都可使蛋白質變性，可用于殺菌消毒，為B正確；C．蔗糖不是高分子化合物，高分子化合物的相對分子質量在10000以上，故C錯誤；D．油脂在酸性條件下的水解為可逆反應，1mol油脂在酸性條件下充分水解，制得高級脂肪酸小于3mol,甘油小于1mol,故D錯誤．故選B．3．在下列離子組中加入相應試劑后，發(fā)生反應的離子方程式正確的是（)離子組加入試劑離子方程式AAl3+、SO42﹣適量Ba（OH）2溶液Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓BFe2+、I﹣足量新制氯水Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2CFe3+、NO3﹣NaHSO3溶液3SO32﹣+2NO3﹣+2H+═3SO42﹣+2NO↑+H2ODCa2+、HCO3﹣氨水Ca2++2HCO3﹣+2NH3?H2O═CaCO3↓+CO32﹣+2NH4++2H2OA．A B．B C．C D．D【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．漏掉了鋇離子與硫酸根離子的反應；B．氯水足量，亞鐵離子和碘離子都完全被氧化；C．亞硫酸氫根離子不能拆開;D．碳酸氫根離子與氨水反應生成碳酸銨，碳酸銨與鈣離子結合生成碳酸鈣沉淀．【解答】解：A．加入適量Ba（OH）2溶液后，Al3+、SO42﹣都參與反應,正確的離子方程式為：Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓、Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，故A錯誤；B．加入足量新制氯水，F(xiàn)e2+、I﹣都被氧化，正確的離子方程式為:Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2、Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+,故B錯誤；C．亞硫酸為弱酸，亞硫酸氫根離子不能拆開，正確的離子方程式為：3HSO3﹣+2NO3﹣═3SO42﹣+2NO↑+H+,故C錯誤；D．Ca2+、HCO3﹣與氨水反應生成碳酸鈣沉淀，反應的離子方程式為：Ca2++2HCO3﹣+2NH3?H2O═CaCO3↓+CO32﹣+2NH4++2H2O,故D正確；故選D．4．研究金屬橋墩腐蝕及防護是跨海建橋的重要課題．下列有關判斷中正確的是（）A．用裝置①模擬研究時未見a上有氣泡，說明鐵沒有被腐蝕B．②中橋墩與外加電源正極連接能確保橋墩不被腐蝕C．③中采用了犧牲陽極的陰極保護法保護橋墩D．①②③中海水均是實現(xiàn)化學能與電能相互轉化的電解質【考點】BK：金屬的電化學腐蝕與防護．【分析】A、是吸氧腐蝕；B、金屬作電解池的陰極被保護；C、鋅比鐵活潑，所以鋅失電子；D、海水是混合物．【解答】解:A、是吸氧腐蝕，a極是氧氣得電子生成氫氧根離子，而鐵是負極發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，鐵被腐蝕,故A錯誤；B、金屬作電解池的陰極被保護，而鐵與電源正極相連是陽極發(fā)生氧化反應,故B錯誤;C、鋅比鐵活潑，所以鋅失電子,所以③中采用了犧牲陽極的陰極保護法保護橋墩，故C正確;D、海水是混合物，不是化合物,既不是電解質,也不是非電解質，故D錯誤；故選C．5．用如圖所示裝置進行以下實驗，能達到實驗目的是（）XYZ目的裝置A甲苯KMnO4溶液稀硫酸證明甲基對苯環(huán)的性質存在影響B(tài)FeCl3溶液KSCN溶液飽和KCl溶液證明增大反應物濃度化學平衡向正反應方向移動C1mol/LNaOH溶液5mL1﹣氯丁烷5mL2%AgNO3溶液1mL證明1﹣氯丁烷中含有氯元素D0.1mol/LNaCl溶液2mL0。1mol/LAgNO3溶液1mL0.1mol/LNa2S溶液1mL證明AgCl大于Ag2S的溶解度A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．苯環(huán)影響甲基，被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸；B．KCl對絡合反應無影響;C．水解后檢驗鹵素離子，應在酸性條件下;D．生成AgCl轉化為硫化銀，為沉淀的轉化．【解答】解：A．苯環(huán)影響甲基，被高錳酸鉀氧化生成苯甲酸，不能驗證實驗目的，故A錯誤；B．KCl對絡合反應無影響,則不能說明平衡移動，故B錯誤；C．水解后檢驗鹵素離子，應在酸性條件下，沒有加酸至酸性,不能檢驗氯離子，故C錯誤；D．生成AgCl轉化為硫化銀，為沉淀的轉化，可證明AgCl大于Ag2S的溶解度，故D正確；故選D．6．已知：用Pt﹣Rh合金催化氧化NH3制NO,其反應的微觀模型及含氮生成物產(chǎn)率隨反應溫度的變化曲線分別如圖①、圖②所示：下列說法中,不正確的是（）A．400℃時，生成的產(chǎn)物有N2、NO、H2OB．800℃時，反應的化學方程式是：4NH3+5O24NO+6H2OC．400℃﹣800℃間，Pt﹣Rh合金對N2的吸附力逐漸減弱D．800℃以上，發(fā)生了反應:2NO（g）?O2(g)+N2（g）△H＞0【考點】CI：體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線．【分析】A．根據(jù)圖2知，400℃時，生成的含有N元素的產(chǎn)物有N2、NO且N2產(chǎn)率大于NO;B.800℃時，生成的含有N元素的產(chǎn)物主要是NO，接近100%；C。400℃﹣800℃間，N2的產(chǎn)率下降、NO產(chǎn)率上升，且NO產(chǎn)率接近100%，Pt﹣Rh合金對N2的吸附力增強；D.800℃以上，N2的產(chǎn)率上升、NO的產(chǎn)率下降．【解答】解:A．根據(jù)圖2知，400℃時，生成的含有N元素的產(chǎn)物有N2、NO且N2產(chǎn)率大于NO，同時產(chǎn)物中還有水，故A正確；B.800℃時，生成的含有N元素的產(chǎn)物主要是NO，接近100%,所以發(fā)生的反應為4NH3+5O24NO+6H2O，故B正確；C.400℃﹣800℃間，N2的產(chǎn)率下降、NO產(chǎn)率上升，且NO產(chǎn)率接近100％,所以Pt﹣Rh合金對N2的吸附力增強而不是減弱，故C錯誤；D。800℃以上，N2的產(chǎn)率上升、NO的產(chǎn)率下降，說明發(fā)生了反應2NO(g）?O2（g）+N2（g），升高溫度氮氣產(chǎn)率增加,說明該反應的正反應是吸熱反應，△H＞0，故D正確;故選C．7．分別在相同物質的量濃度、相同體積的H2SO3、NaHSO3、Na2SO3三種溶液中，滴加同一新制氯水．其導電能力隨氯水體積變化的曲線如圖所示（不考慮空氣的影響)．下列分析正確的是(）A．曲線a代表H2SO3溶液B．曲線b代表的溶液中:c（Na+)═c（H2SO3）+c(HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（SO42﹣）C．曲線a、b、c代表的溶液中均始終保持:2c（Cl﹣)=c(SO42﹣）D．當?shù)渭勇人w積均為V時，三種溶液的導電能力基本相同，c（H+）也相同【考點】B1：氧化還原反應．【分析】相同物質的量濃度、相同體積的H2SO3、NaHSO3、Na2SO3三種溶液中，存在電離方程式為：H2SO3?H++HSO3﹣、NaHSO3=Na++HSO3﹣、Na2SO3=2Na++SO32﹣，溶液中離子濃度越大，溶液的導電性越強,由圖可知曲線a代表Na2SO3溶液、曲線b代表NaHSO3溶液、曲線c代表Na2SO3溶液,滴加同一新制氯水，三種溶液中S元素均被氧化為SO42﹣；據(jù)此分析．【解答】解:A．由分析可知，a代表Na2SO3溶液,故A錯誤;B．曲線b代表NaHSO3溶液，由物料守恒可知，Na元素的物質的量濃度等于S的物質的量濃度，則c（Na+)═c（H2SO3)+c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（SO42﹣），故B正確；C．1mol氯氣與1moH2SO3或NaHSO3或Na2SO3恰好反應生成2molHCl和1molSO42﹣，則c（Cl﹣)=2c（SO42﹣）,故C錯誤；D．1mol氯氣與1moH2SO3恰好反應生成2molHCl和1molH2SO4，1mol氯氣與1moNa2SO3恰好反應生成2molHCl和1molNa2SO4，所以溶液中c（H+）不相同,故D錯誤．故選B．二、非選擇題8．“張﹣烯炔環(huán)異構化反應”，可高效構筑五元環(huán)狀化合物:（R1代表氫原子或烴基）某五元環(huán)狀化合物的合成路線如圖：已知：++H2O(1)A中所含官能團名稱是醛基；B→C的反應類型是取代反應．(2）A→B的化學方程式是2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O．（3）D的結構簡式是ClCH2CH=CHCH2OH．（4）下列敘述中正確的是①③．①B能使酸性KMnO4和Br2的四氯化碳溶液均褪色②試劑a一定是銀氨溶液③J、A的核磁共振氫譜峰面積之比均為3：1（5)與F具有相同官能團的同分異構體（不含順反異構）的結構簡式有CH2=CHCH2COOH、CH2=C（CH3）COOH．(6）試劑b為Cl2，G→H反應的化學方程式是．（7）D與J反應形成K的化學方程式是ClCH2CH=CHCH2OH+CH3C≡CCOOHCH3C≡CCOOCH2CH=CHCH2Cl+H2O．【考點】HB:有機物的推斷．【分析】由、結合張﹣烯炔環(huán)異構化反應，可知K為CH3C≡CCOOCH2CH=CHCH2Cl，而D與J發(fā)生酯化反應得到K,結合D的分子式可推知D為ClCH2CH=CHCH2OH、J為CH3C≡CCOOH．A發(fā)生信息中的反應得到B，B中含有碳碳雙鍵與醛基，對比C、D分子式，可知C與氫氣發(fā)生加成反應生成D，則C為ClCH2CH=CHCHO，B與氯氣發(fā)生甲基中取代反應生成C,故B為CH3CH=CHCHO，則A為CH3CHO．B到J的轉化中醛基轉化為羧基、碳碳雙鍵轉化為碳碳三鍵,（6）中試劑b為氯氣,結合G→H轉化條件,可知應是發(fā)生消去反應，引入碳碳三鍵，則B→E→F轉化引入﹣COOH，試劑a為新制氫氧化銅或銀氨溶液,E為羧酸鹽，F(xiàn)為CH3CH=CHCOOH，G為CH3CHClCHClCOOH，H為CH3C≡CCOONa．【解答】解：（1）A為CH3CHO，官能團名稱為醛基，B→C是CH3CH=CHCHO與氯氣發(fā)生取代反應生成ClCH2CH=CHCHO，故答案為:醛基；取代反應；（2）A→B的化學反應方程式為：2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O,故答案為:2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；（3）由上述分析可知，D的結構簡式為ClCH2CH=CHCH2OH，故答案為:ClCH2CH=CHCH2OH；（4）①B為CH3CH=CHCHO，含有碳碳雙鍵，能與Br2的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，碳碳雙鍵、醛基均可以被酸性KMnO4氧化,溶液顏色均退去，故正確；②轉化中醛基氧化為羧基，試劑a是:銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，故錯誤；③J為CH3C≡CCOOH、A為CH3CHO，二者的核磁共振氫譜峰面積之比均為3：1，故正確．故選：①③；(5）與F（CH3CH=CHCOOH）具有相同官能團的同分異構體(不含順反異構）的結構簡式有：CH2=CHCH2COOH、CH2=C（CH3)COOH,故答案為:CH2=CHCH2COOH、CH2=C（CH3）COOH；（6）G→H反應的化學方程式是：，故答案為：；（7）D與J反應形成K的化學方程式是：ClCH2CH=CHCH2OH+CH3C≡CCOOHCH3C≡CCOOCH2CH=CHCH2Cl+H2O，故答案為：ClCH2CH=CHCH2OH+CH3C≡CCOOHCH3C≡CCOOCH2CH=CHCH2Cl+H2O．9．資料顯示，可用次氯酸鈉處理廢水中的氨氮（NH3）,使其轉化為氮氣除去，其主要反應如下：①NH3（aq）+HClO(aq)═NH2Cl（aq）+H2O（I)②2NH2Cl（aq）+HClO(aq）═N2（g)+H2O（I）+3HCl（aq）（1)在其他條件不變的情況下，向一定量廢水中逐滴滴加次氯酸鈉溶液,氨氮去除率隨的變化曲線如圖1：Ⅰ．物質NH2Cl中氮元素的化合價是﹣1．Ⅱ．a(chǎn)﹣b點間，溶液中氨氮去除率迅速提高的原因是c（NaClO)增大，水解平衡正向移動,使c（HClO)增大，NH3被氧化為N2速度加快．（2）Ⅰ．反應①②中HClO的來源用化學用語解釋是ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣．Ⅱ．實驗測得，廢水中pH與氨氮去除率如圖2所示：pH較高時，氨氮去除率下降的原因是c(OH﹣）較大，抑制NaClO水解,c（HClO）較小致氧化能力弱．pH較低時，氨氮去除率也下降，可能的原因是c（H+）較大，促進NaClO水解，c(HClO）太高致HClO易分解．（3）運用上述原理去除廢水中的氨氮，可結合圖3所示的電解法．Ⅰ．a(chǎn)極為負極．Ⅱ．d極反應式為Cl﹣﹣2e﹣+H2O=H++HClO．【考點】CB：化學平衡的影響因素;BH：原電池和電解池的工作原理．【分析】（1）I．H為+1價，Cl為﹣1價，化合物中正負化合價的倒數(shù)和為0；II．a(chǎn)﹣b點間，溶液中氨氮去除率迅速提高，與c（NaClO)增大生成HClO有關；（2）I．水解生成HClO；II．pH較高時,氨氮去除率下降,與OH﹣抑制NaClO水解有關;pH較低時，氨氮去除率也下降與c(HClO)太高致HClO易分解有關；（3）由圖可知，電解時Cl﹣失去電子轉化為HClO，HClO可氧化氨氣生成氮氣，則d連接電源正極為陽極．【解答】解：（1）Ⅰ．H為+1價，Cl為﹣1價，化合物中正負化合價的倒數(shù)和為0，則N元素的化合價為0﹣(+1）×2﹣（﹣1）=﹣1，故答案為:﹣1；Ⅱ．a(chǎn)﹣b點間，溶液中氨氮去除率迅速提高的原因是c（NaClO）增大，水解平衡正向移動,使c(HClO）增大，NH3被氧化為N2速度加快，故答案為:c（NaClO）增大，水解平衡正向移動，使c(HClO）增大,NH3被氧化為N2速度加快;（2）Ⅰ．反應①②中HClO的來源用化學用語解釋是ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣，故答案為：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；Ⅱ．pH較大時,c（OH﹣）較大,抑制NaClO水解，c（HClO）較小致氧化能力弱，去除率降低;pH較小時，c（H+)較大，促進NaClO水解，c（HClO）太高致HClO易分解，去除率降低，故答案為：c（OH﹣）較大，抑制NaClO水解，c（HClO）較小致氧化能力弱；c（H+）較大，促進NaClO水解，c(HClO）太高致HClO易分解；（3)由圖可知，電解時Cl﹣失去電子轉化為HClO，HClO可氧化氨氣生成氮氣，則d連接電源正極為陽極，可知a為負極,d為陽極，陽極反應為Cl﹣﹣2e﹣+H2O=H++HClO，故答案為:負極；Cl﹣﹣2e﹣+H2O=H++HClO．10．黃鐵礦(主要成分FeS2）、黃銅礦（主要成分CuFeS2)均是自然界中的常見礦物資源．（1)黃鐵礦在空氣中易被氧化，其反應歷程可能為如圖1所示的四步：①a反應中每生成1molFeSO4轉移電子的物質的量為7mol．②d反應的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+．（2）用黃銅礦常溫細菌冶銅和高溫火法冶銅的流程如圖2所示：①細菌冶銅時，當黃銅礦中伴有黃鐵礦可明顯提高Cu2+的浸出速率,其原理如圖3所示：Ⅰ．冶煉過程中，F(xiàn)eS2周邊溶液的pH增大（填“增大”、“減小”或“不變”)．Ⅱ．從CuFeS2析出S的反應式是CuFeS2﹣4e﹣=Cu2++Fe2++2S．②火法冶銅時,由Cu2S制得銅的化學方程式是Cu2S+O22Cu+SO2．（3）煤炭中的硫主要以黃鐵礦形式存在,用氫氣脫除黃鐵礦中硫的相關反應（見表），其相關反應的平衡常數(shù)與溫度的關系如圖4．相關反應反應熱平衡常數(shù)FeS2（s）+H2（g)?FeS（s）+H2S(g）△H1K1FeS2（s)+H2（g）?Fe（s）+H2S(g）△H2K2FeS（s）+H2（g）?Fe（s）+H2S（g）△H3K3①上述反應中，△H1＞0（填“＞”或“＜”）．②提高硫的脫除率可采取的措施有升高溫度（舉1例）．【考點】CP：化學平衡的計算；B1:氧化還原反應．【分析】(1）a反應原理是硫化亞鐵中的硫離子被氧化生成硫酸根，化合價變化為:+6﹣（﹣1）=7；d反應原理是硫化亞鐵與鐵離子反應，鐵離子被還原生成亞鐵離子，硫離子被氧化為硫酸根離子；（2)①Ⅰ．用細菌冶銅時，正極為氧氣放電，氧氣得到電子,結合溶液中的氫離子生成水；Ⅱ．負極黃鐵礦中的硫失去電子,發(fā)生氧化反應生成硫單質；②火法冶銅時，Cu2S與氧氣反應生成銅和二氧化硫；（3）①由圖可知，溫度越高，K值越大,說明此反應為吸熱反應；②由圖可知:溫度升高，反應向正反應方向移動，硫的脫除率越高．【解答】解:(1）①a反應原理是硫化亞鐵中的硫離子被氧化生成硫酸根，化合價變化為：+6﹣（﹣1）=7,即每有1molFeSO4生成轉移移電子的物質的量為7mol,故答案為：7;②d反應原理是硫化亞鐵與鐵離子反應，鐵離子被還原生成亞鐵離子,硫離子被氧化為硫酸根,離子反應方程式為:FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,故答案為：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；（2)①Ⅰ．FeS2周邊即正極為氧氣放電，氧氣得到電子，結合溶液中的H+離子生成水，故溶液中氫離子濃度減小，pH值增大，故答案為：增大；Ⅱ．負極黃鐵礦中的硫失去電子,發(fā)生氧化反應生成硫單質，電極反應方程式為：CuFeS2﹣4e﹣=Cu2++Fe2++2S，故答案為：CuFeS2﹣4e﹣=Cu2++Fe2++2S;②火法冶銅時，Cu2S與氧氣反應生成銅和二氧化硫，方程式為：Cu2S+O22Cu+SO2；故答案為：Cu2S+O22Cu+SO2；(3）①由圖可知,溫度越高,K值越大，說明此反應為吸熱反應，故△H＞0，故答案為:＞；②由圖可知：此反應為吸熱反應,故升高溫度，可以使反應向正向移動,即硫的脫除率越高，故答案為：升高溫度．11．某化學小組在研究Na2SO3溶液、FeCl3溶液性質及反應時，進行了下列實驗：(1)取1mol?L﹣1的Na2SO3溶液置于空氣中，測得其pH隨時間的變化曲線如圖所示：①最初，Na2SO3溶液pH=7.8，解釋其原因的離子方程式是SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣．②t時間段內，造成其pH發(fā)生上述變化，用離子方程式解釋是2SO32﹣+O2=2SO42﹣．（2）探究Na2SO3溶液與FeCl3溶液實際反應的情況：實驗ⅰ裝置操作現(xiàn)象向2mL1mol?L﹣1FeCl3溶液中，逐滴滴加1mo?L﹣1Na2SO3溶液2mL溶液黃色逐漸加深，最終得紅褐色溶液(W）實驗ⅱ裝置操作現(xiàn)象取1mL溶液W于試管中,向其滴加過量鹽酸,再滴加5滴BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀①實驗ⅱ證明，溶液中含有SO42﹣離子;②對Na2SO3溶液與FeCl3溶液實際反應存在兩種認識：認識Ⅰ．反應中Fe3+完全轉化為Fe2+，W溶液中c（Fe2+）一定很大，反應的離子方程式是SO32﹣+2Fe3++H2O=SO42﹣+2Fe2++2H+．認識Ⅱ．W溶液中c（Fe2+）應該極小,否則W溶液不會呈紅褐色．（3）資料顯示：Fe2+呈淡綠色、FeSO3是墨綠色沉淀、堿式硫酸鐵溶液為紅褐色．①實驗中始終未出現(xiàn)墨綠色沉淀，說明c（Fe2+）極小，其原因用離子方程式解釋是4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O．②實驗過程和結果顯示,O2、Fe3+、SO42﹣的氧化性強弱順序是