1、2021年高三期末化学试卷 含解析一、单选题本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。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CPM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和D登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性正确答案：D解析：A由于柠檬含有大量的钾、钠、钙、镁等矿物质，代谢产物呈碱性，所以柠檬是碱性食品，所以A错误；B糖类、蛋白质、脂肪属于大分子有机物，能为人体的生命活动提供能量其中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
2、于糖类的氧化分解，约占人体能量供应量的70%，而脂肪也是重要的供能物质，但是人体内的大部分脂肪作为备用能源贮存在皮下等处，属于贮备能源物质蛋白质也能为生命活动提供一部分能量，但蛋白质主要是构成组织细胞的基本物质，是人体生长发育、组织更新的重要原料，也是生命活动的调节等的物质基础，所以B错误；CPM25是指空气中直径等于或小于25微米的悬浮颗粒物，不是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和，所以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。2下列说法不正确的是（ ）A核磁共振氢谱不能区分CH3CH2OH和CH3OCH3B
3、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正确答案：A解析：A、CH3CH2OH中含有三种氢，CH3OCH3结构对称，只含有一种氢，故可用核磁共振氢谱区分CH3CH2OH和CH3OCH3，所以A错误；B苯酚与溴水反应中溴水要褪色且产生白色沉淀，而2,4-已二烯与溴水发生加成反应溴水要褪色，而甲苯与溴水不反应，所以B 正确；C、在室温下，丙三醇极易溶于水，苯酚室温下微溶于水，卤代烃均不溶于水；所以在水中的溶解度：甘油苯酚溴乙烷；所以C 正确；D两种二肽互为同分异构，水解产物可能是相同的氨基酸，如一分子甘氨酸
4、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，所以D正确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正确答案：B解析：ANaHCO3通过水解生成H2CO3，同时还有OH，通过电离可以生成 CO32-，Na2CO3通过两步水解生成HCO3及H2CO3，同时还有OH，所以Na2CO3和NaHCO3溶液均含有阳离子Na、H+和阴离子OH、HCO3、CO32-及H2CO3分子，所以A 正确；BNa2CO3和NaHCO3溶液均水解呈碱性，但是Na
5、2CO3通过两步水解，溶液中c（OH） ，所以pH大，所以B 错误；CNa2CO3和NaHCO3溶液均可以与HCl反应生成CO2，所以C 正确；D碳酸钠可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸氢钠也可以和氢氧化钙之间反应生成碳酸钙沉淀，所以D 正确；4右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：adeC.工业上常用电解法制备单质b和cD.a和b形成的化合物不可能含共价键正确答案：C解析：A31P和33P是磷元素的不同原子，是同位素关系，所以属于不同的核素，所以A
6、错误；B由于非金属性越强，非金属性越强氢化物越强，由于非金属性OSP，所以气态氢化物的稳定性H2OH2SH3P，所以B错误；C工业上常用电解法熔融状态的NaCl和熔融状态的Al2O3来制备制备单质Na和Al，故C正确；DO和Na可以形成化合物Na2O2，Na2O2中含有过氧键-O-O-，所以含有共价键，所以D错5关于下列三种常见高分子材料的说法正确的是（ ）顺丁橡胶涤纶酚醛树脂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正确答案：C解析：A顺丁橡胶是由丁二烯聚合而成、涤
7、纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到的，酚醛树脂酚醛树脂是苯酚和甲醛合成的，它们都属于天然高分子材料，所以A错误；B顺丁橡胶的单体是CH2=CHCH=CH2，是二烯烃，而反-2-丁烯为单烯烃，同分异构体必须是含有相同种类和数目的官能团，所以CH2=CHCH=CH2和反-2-丁烯不是同分异构体；所以B错误；C涤纶的单体为对苯二甲酸和乙二醇，它们通过缩聚反应得到的涤纶，所以C正确；D酚醛树脂是指酚与醛在酸性或碱性催化剂存在下缩聚而成的树脂性聚合物的总称，通常指的是从苯酚或其同系物 （如甲酚、二甲酚等） 与甲醛缩合得到的树脂，所以它们的单体可以是苯酚和甲醛，所以D错误。6常温下，关于pH = 2的
8、盐酸，下列说法不正确的是（ ）A.溶液中c（H+） = 1010-2molL-1B.此溶液中由水电离出的c（OH-） = 1010-12molL-1C.加水稀释100倍后，溶液的pH = 4D.加入等体积pH = 12的氨水，溶液呈中性正确答案：D解析：A常温下，由于溶液的pH = 2，所以溶液中c（H+） = 1010-2molL-1，所以A正确；B常温下，pH=2的盐酸中氢离子浓度为1010-2mol/L，盐酸溶液中氢氧根离子为水电离的，浓度为1010-12，所以由H2O电离出的c（H+）=1010-12molL-1，所以B正确；C由于盐酸为强酸，所以加水稀释10n倍后，溶液的pH增加n；
9、所以稀释100倍后，溶液的pH 增加2，pH=4，所以C正确；D一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离，pH=12的氨水溶液中c（OH-）=1010-2mol/L，pH=2的盐酸中氢离子浓度c（H+） = 1010-2molL-1，所以等体积的氨水与盐酸混合，氨水中还有过量的一水合氨，导致溶液显示碱性，所以D错误。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+ 2H2OC.向Na2SiO3溶液中通过量CO2制备硅酸凝胶： SiO32
10、-+ 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正确答案：D解析：A钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极；负极失电子变成离子进入溶液，正极上得电子发生还原反应，钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；所以钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应为：O2+ 4e-+ 2H2O = 4OH-，所以A正确；B将氯气通入石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯
11、酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+ 2Ca（OH）2= CaCl2+ Ca（ClO）2+ 2H2O，所以A正确；C硅酸的酸性大于碳酸，所以二氧化碳能和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸，则向Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色胶状沉淀，因CO2过量，故应生成HCO3-；同时硅酸为弱酸，不能拆违离子，所以C正确；D因Ba2+SO42-=BaSO4，3OH-+Al3+=Al（OH）3，所以等物质的量的Ba（OH）2与明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液混合：3Ba2+6OH-+2Al3+3SO42-=3BaSO4+2Al（OH）3，所以D错误8xx年，中国首次应用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄
12、膜（其合成示意图如下图所示），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C18H6B.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正确答案：D解析：A六炔基苯的不饱和度为16，所以该化合物中缺少32个H，化学式为C18H6，所以A正确；B六炔基苯中苯环是平面结构，而CHCH为直线结构，所以连接在苯环上的CC中两个碳原子与苯环在同一平面上，石墨炔也是如此，所以B正确；C六炔基苯和石墨炔都有不饱和的CC，所以都可以发生加成反应，所以C正确；D六炔基苯合成石墨炔过程中不饱和度没有发生变化，所以
13、不属于加聚反应,所以D错误9铝自然形成的氧化膜易脱落。以硫酸为电解液，分别以石墨和铝材做阴、阳极材料，经过电解处理形成的氧化铝膜，抗蚀能力强。其制备的简要流程如下图。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-+ H2OB.碱洗时铝材表面会出现气泡：2Al + 2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2C.获得耐蚀铝材的电极反应为：4Al 12e-+ 3O2= 2Al2O3D.用稀氨水洗去耐蚀铝材表面的酸：NH3H2O + H+= NH4+ H2O正确答案：C解析：A由于铝材表面有一层致密的氧化膜Al2O3，
14、所以要通过强碱除去铝材表面的自然氧化膜；氧化铝为两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+ Al2O3= 2AlO2-+ H2O；B碱洗时铝材中的单质铝会与强碱发生反应，有H2产生，所以铝材表面会出现气泡，反应的离子方程式为：2Al + 2OH-+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2；C铝材的作阳极，在酸性电极反应为：4Al 12e-+ 6H2O= 2Al2O3+ 12H+D由于氨水为弱酸，所以洗去耐蚀铝材表面的酸时，只与硫酸反应，不与形成的氧化膜以及单质铝反应，反应的离子方程式为：NH3H2O + H+= NH4+ H2O10已知： 2C（s） +
15、 O2（g） = 2CO（g） H-220 kJmol1 氢气燃烧的能量变化示意图如下：下列说法正确的是（ ）A.1molC（s）完全燃烧放出110 kJ的热量B.H2（g） + 1/2O2（g） = H2O（g） H-480 kJmol1C.C（s） + H2O（g） = CO（g）H2（g） H+130 kJmol1D.欲分解2 mol H2O（l），至少需要提供4462 kJ的热量正确答案：C解析：A由于1molC（s）反应生成物为CO时，释放的能量为110 kJ，所以完全燃烧生成当生成CO2时，释放的能量要大于为110 kJ，所以A错误；B破坏反应物中化学键要吸收能量，所以根据氢气和氧
16、气的键能并结合化学方程式可知生成2mol水应该先要吸收436kJ2496kJ1368kJ；而形成新化学键时要释放能量，因此根据键能可知生成2mol水应该释放462kJ41848kJ，所以生成2mol水实际放出的热量是1848kJ1368kJ480kJ，所以H2（g） + 1/2O2（g） = H2O（g） H-240 kJmol1，所以B错误；C根据反应2C（s） + O2（g） = 2CO（g） H-220 kJmol1以及2H2O（g） = 2H2（g） + O2（g） H+480 kJmol1，结合盖斯定律可知：2C（s） + 2H2O（g） = 2CO（g）2H2（g） H+260 k
17、Jmol1，所以C（s） + H2O（g） = CO（g）H2（g） H+130 kJmol1,故C正确；D由图中可以判断出欲分解2 mol H2O（g），至少需要提供4462 kJ的热量，所以D错11下列实验方案中，能达到相应实验目的的是（ ）A.A B.B C.C D.D正确答案：D解析：A实验室利用乙醇的消去反应制取乙烯时，要有温度计测定混合液的温度，所以温度计的位置要在液面下，所以A错误；B石蜡油在催化剂作用下分解得到的产物是烷烃、烯烃混合物，还会生成芳香烃，所以使酸性高锰酸钾褪色不一定就得到了乙烯，B错误；C乙烯、乙炔均可以使酸性高锰酸钾褪色，因此不能验证出混合气体中一定有乙烯，C错
18、误；D由于金属钠在水中的反应比乙醇中的反应剧烈，所以就可以判断出水中的羟基氢原子比乙醇分子中羟基的氢原子的活泼性强，所以D 正确。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：下列说法正确的是（ ）A.a = 164B.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正确答案：B解析：A根据初始浓度转化浓度以及某时刻测得各组分的浓度的相互关系
19、计算a的值；2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）某时刻浓度（molL）：a/2 0 0转化浓度（molL） ：2x x x平衡浓度（molL）：a/2-2x x x由表中数据可知 x=06molL，则由a/2-2x=044得出a=328，所以A错误；B可用平衡常数K与浓度商Qc来判断反应在未平衡时可逆反应进行的方向：此时浓度商Q=（0606）/0442=186I-Cl-）。下列说法不正确的是（ ）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
20、A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液正确答案：C解析：A亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧气氧化为稳定的硫酸盐，所以亚硫酸盐可作为食品添加剂，防腐保鲜，因此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，所以A正确；B亚硫酸盐样品中加入稀硫酸之后，会发生反应得到二氧化硫气体，氮气和二氧化硫之间不会反应，反应中通入N2可以将生成的气体二氧化硫全部赶出，所以通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出，B正确；C若试剂A选择氯水，通过N2将产生的SO2气体完全吹出后用氯水吸收，NaOH标准液标定时，过量的氯水会对实验结果产生影响，使得消耗更多的NaO
21、H标准液，所以测定结果会偏大，C错误；D若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，由于SO32-I-，所以溶液中Na2SO3及NaHSO3中的SO32-均可以与I2反应，所以试剂B可选择I2标准液可以准确测定SO32-的含量，进而确定SO2的含量，D正确。14xx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：D.充电时的阳极反应为：正确答案：B解析：A放电时负极要失去电子，所以负极材
22、料为Al，正极材料为石墨，A正确；B放电时，在电池内部通过阳离子向正极方向移动，阴离子向负极移动，从而与外电路形成闭合回路，所以放电时，有机阳离子向正极（石墨电极）方向移动，B错误；C原电池工作时，负极为易失去电子的Al参与反应，根据题给信息：电池内部用AlCl4和有机阳离子构成电解质溶液，所以电极反应中有AlCl4，同时根据图中信息可知电极反应生成物为Al2Cl7，进而可以写出放电时的负极反应，所以电极反应式为：Al 3e-+ 7AlCl4= 4Al2Cl7，C正确；D充电时的阳极即为放电时的正极，阳极要失去电子发生氧化反应，即电极反应式为：Cn+ AlCl4 e-= CnAlCl4，D正确
23、。二、简答题（综合题）本大题共58分。简答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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的反应类型是_。（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_。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正确答案（1）（
24、2）取代反应（3）（4）+ H2O（上述反应条件写“浓硫酸、”不扣分）（5）， 醛基（6）解析（1）由A为醇，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，而羟基H一定与其他烃基氢核磁共振氢谱，可以推断出另外有三种不同类型的氢，所以A结构简式是：；（2）由A的分子式C4H10O及B的分子式C4H9Cl可知，A生成B 是A中的羟基被Cl原子取代，所以可以判断出A与试剂HCl反应生成B，反应类型是取代反应；（3）由题给信息：可知，B生成C的反应是C4H9Cl中的异丁基与苯环上的氢原子发生取代反应，即反应方程式为：（4）由于D与E的相对分子质量相差18，可以判断出D生成E的过程中是发生了脱水反应，结合D的结构和E的性
25、质可以知道一定是发生了分子内脱水，即消去反应；+ H2O（5）由信息：可知，C生成G的反应是与（CH3CO）2O在苯环的异丁基的对位发生取代反应，生成物为：由于H被氧化为羧基，所以H中含有醛基；（6）布洛芬中有13个碳原子，其中苯环及羧基共有7个碳原子，所以还有6个碳原子，而这6个碳原子要与苯环直接相连，又根据条件“苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物有两种”可知6个碳原子要分为两部分且要对称，所以分别有两个丙基，可以写出4种类型的结构，可以写出其中任意两种。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：_。
26、（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：质子的流动方向为_（“从A到B”或“从B到A”）。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：用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3-，反应的离子方程式是_。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_。16：正确答案（1）SO2+ H2OH2SO
27、3；H2SO3H+ HSO3-（2）H2S（g） + 2O2（g） = SO42-（aq） + 2H+（aq） H= 80639 kJmol1（3）从A到B SO2 2e-+ 2H2O = SO42-+ 4H+（4） H2O + 2SO2+ CO32-= 2HSO3-+ CO2 NaOH 多写Ca（OH）2不扣分解析（1）高湿条件下SO2转化为HSO3-的过程即为SO2与水反应生成H2SO3；SO2+ H2OH2SO3，然后再发生电离（注意分步电离）；H2SO3H+ HSO3-；由两步反应的能量变化示意可以看出，H2S先被氧化为S（g）释放能量，H2S（g）+05O2（g）=S（g）+H2O（
28、g） H= 22119 kJmol1，然后再S被进一步氧化为 SO42-（aq）释放能量：S（g）+15O2（g）+H2O（g）=SO42-（aq） + 2H+（aq） H= 58520 kJmol1，所以1mol H2S（g）全部氧化成SO42-（aq）的热化学方程式就可以根据盖斯定律完成；将两个热方程式相加：H2S（g） + 2O2（g） = SO42-（aq） + 2H+（aq） H= 80639 kJmol1（3）由于该装置为原电池，且SO2为还原剂失去电子作负极，O2氧化剂得到电子作正极，而质子带正电荷，在原电池中带正电荷的阳离子向正极移动；所以质子的流动方向为从A到B；由于SO2作
29、负极失去电子，在溶液中一定会生成SO42-，即电极反应式为： SO2 2e-+ 2H2O = SO42-+ 4H+（4）由于H2SO3酸性比H2CO3酸性强，所以用纯碱溶液吸收SO2，H2SO3可以将纯碱转化为 CO2， 反应的离子方程式为：H2O + 2SO2+ CO32-= 2HSO3-+ CO2；若石灰乳过量，则其产物中有生成的NaOH ，所以再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物质的物质就为NaOH 。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
30、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：01 molL1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是_（填字母序号）。a.0.1 molL1KHC2O4溶液中：c（K+） +c（H+） =c（HC2O4-）+2c（C2O42-） +c（OH-）b.0.1 molL1KHC2O4溶液中：c（K+） c（HC2O4-） c（C2O42-） c（H2C2O4）c浓度均为01 molL1KHC2O4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
31、）利用草酸制备草酸亚铁晶体（FeC2O4xH2O）的流程及组分测定方法如下：已知：i pH4时，Fe2+易被氧气氧化ii 几种物质的溶解度（g /100g H2O）如下用稀硫酸调溶液pH至12的目的是：_，_。趁热过滤的原因是：_。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 molL1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）17：正确答案（1）由于CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡，所以EDTA在一定条件下可以有效溶解结石，一定是降低了Ca2+浓度减小，导致移动，结
32、石溶解。（2）abd（3） 抑制Fe2+和NH4+的水解 ，防止Fe2+被氧化 由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO47H2O和（NH4）2SO4析出，影响FeSO4（NH4）2SO46H2O的纯度。不写（NH4）2SO4不扣分 600a/bV gmol-1解析（1）CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）Ca2+（aq）+ C2O42-（aq），所以EDTA在一定条件下可以有效溶解结石，一定是EDTA结合了Ca2+从而降低了Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解。（2）任何溶液都有遵循电中性原则，即溶液中所有阳离子所带的正电荷总数一定等于阴离子所带的负
33、电荷总数，所以KHC2O4溶液中存在电荷守恒关系，正确a。由于水解，c（K+） c（HC2O4-），同时由于草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）b正确；浓度均为01 molL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：C元素存在三种离子：C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，所以c错误; 若将01 mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度，等体积的NaOH溶液完全反应，恰好得到K2C2O4和Na2C2O4混合溶液，而K2C2O4和Na2C2O4混合溶液呈碱性，若要得到中性溶液，则加入的NaOH溶液体积要小于KHC2O4溶液则：c（K
34、+） c（Na+）；d正确；所以选abd；（3）由于Fe2+和NH4+的水解会影响最终的产品纯度，所以要调节pH抑制Fe2+和NH4+的水解，同时Fe2+在碱性条件下容易被氧化为Fe3+，同样可以影响产品的纯度防止Fe2+被氧化，由溶解度表数据可知，温度过低，（NH4）2SO4、FeSO47H2O的溶解度降低，所以会有晶体析出，影响FeSO4（NH4）2SO46H2O的纯度，所以趁热过滤的原因是防止低温时FeSO47H2O和（NH4）2SO4析出，进而影响产品纯度；由题给信息：“部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2”可知FeC2O4被高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，表明FeC2O4具有还原
35、性，将KMnO4还有为Mn2+，分析有关元素化合价的变化可知，反应过程中1 mol FeC2O42H2O可失去3 mol电子，而l mol KMnO4可得到5 mol电子：根据得失电子数相等的原则，反应中FeC2O42H2O与KMnO4的物质的量之比为5：3。因此，若反应中消耗1 mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为3/5 mol。 则可以计算出草酸亚铁晶体的摩尔质量（M）=600a/bV gmol-118 氮元素在海洋中的循环，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。（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）
36、。（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+可实现过程的转化，将过程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：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_mgL-1h-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
37、。下图是间接氧化工业废水中氨氮（NH4+）的示意图。 结合电极反应式简述间接氧化法去除氨氮的原理：_。 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：_。18：正确答案（1）（2）ad（3）4NH4+ 5O2= 2NO2-+ 6H+ N2O + 5H2O（4）25 1125（5） 阳极反应Cl-2e-= Cl2 产生的Cl2氧化废水中的NH4+释放出N2 减小，理由：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（1）由图中信息可以看出海洋中的氮循环中属于固氮作用的一步是将N2
38、转化为NH4+的过程，所以是图中的序号；（2）同样由图中信息可以看出海洋中存在游离态的氮，所以a正确；且由于向海洋排放含NO3-的废水会反硝化生成N2，而N2可以转化为NH4+，进而影响海洋中NH4+的含量,d正确；海洋中的氮循环起始于N2转化为NH4+的过程，这个过程是氮的还原过程，b错误，海洋中的反硝化作用一定是发生了氧化反应，但是不一定有氧气的参与，c错误；（3）5个O2反应要转移20个电子，而2NH4+转化为2NO2-转移12个电子，所以还有8个电子则一定有2个 N2O生成，再根据电荷守恒和原子守恒配平并补充H+,即离子方程式为：4NH4+ 5O2= 2NO2-+ 6H+ N2O +
39、5H2O ；（4）由图中信息可以看出25时硝化细菌去除氨氮时氨氮含量最低，所以硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是25；在25时，48 h内去除氨氮反应的质量为=1008-468=540mg，所以反应速率=540mg(10L)48h=1.125mgL-1h-1；（5）由图中信息可以看出阳极有Cl2产生，所以阳极的电极反应为：Cl-2e-= Cl2，而废水中的NH4+具有还原性，可以被Cl2氧化N2释放出；当电路中通过相同电量时，生成n(H2):n(N2)=3:1，则阳极产生的H+比阴极消耗的H+多，所以溶液中H+浓度增大，则溶液的pH减小；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
40、。资料：iFe3+在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如Fe（H2O）63+；Fe（H2O）63+发生如下水解反应：Fe（H2O）63+（几乎无色） +nH2OFe（H2O）6-n（OH）n3-n（黄色） +nH3O+（n= 06） ；ii FeCl4（H2O）2-为黄色。进行实验：实验I：实验II：分别用试管、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2 FeCl3溶液透光率随温度变化曲线（1）实验I中，试管溶液变为无色的原因是_。（2）实验I中，试管溶液呈棕黄色与FeCl4（H2O）2-有关，
41、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”）。（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-+ 4H2OFe（H2O）63+ 4Cl-得出此结论的理由是_。结论二 结论一中反应的H_（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：取试管中溶液，_（请描述必要的实验操作和现象）。19：正确答案（1）由已知：Fe（H2O）63+ nH2OFe（H2O）6-n（OH）n3-n+ nH3O+加入HNO3后，c（H+）增大，导致此平衡逆向移动，溶液
42、由黄色变为无色。（2）试管、中加入等量的HNO3后，中溶液褪色，而中溶液黄色。（3）变深（4）理由：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）63+ 4Cl-。H 0（5）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（1）由题给信息和化学平衡知识进行分析解答；由于溶液中存在平衡：Fe(H2O)63+ nH2OFe(H2O)6-n(OH)n3-n+ nH3O
