2019高考化学二模试卷(共22页)

精选优质文档-倾情为你奉上2019年高考化学二模试卷一选择题（共7小题，满分36分）1（6分）手工制作工艺在我国有着悠久的历史，是中华民族文化艺术的瑰宝。下列手工艺品用金 属材料制成的是（） A北京糖人B山东面塑 C芜湖铁画 D东阳木雕AABBCCDD2下列化学事实的描述或解释正确的是（）ANa2SO3溶液中：c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3）c（OH）BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OC有些化学反应既属于复分解反应又属于氧化还原反应D铜片放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化3（6分）树脂镜片具有透光率好、质轻、抗冲击力强等优良性能。化合物Y能用于高性能树脂镜片的合成，化合物X与2甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得化合物Y：下列说法不正确的是（）A该反应属于取代反应BY的分子式为C10H6O2Br3C2甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色DX、Y均属于芳香族化合物4（6分）将氯水加入下列4种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确的是（）试剂现象结论A硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固体固体表面有气泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液变黄氯水具有氧化性D滴加酚酞的Na2SO3溶液红色褪去Cl2具有漂白性AABBCCDD5（6分）磺化聚苯醚（SPPO）质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醚（PPO）并将其改性制备SPPO的路线如图：下列说法不正确的是（）A2，6二甲基苯酚能与饱和溴水发生取代反应B常温下2，6二甲基苯酚易溶于水C2，6二甲基苯酚与O2发生氧化反应生成PPODPPO合成SPPO的反应是：6（6分）下列实验操作不能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去酯化反应后乙酸乙酯中的杂质振荡实验后的饱和Na2CO3溶液，分液B验证Mg（OH）2的溶解向盛有少量Mg（OH）2固体的试管中加入NH4Cl溶液C观察Fe（OH）2白色絮状沉淀生成向含有铁粉的FeSO4溶液中加入NaOH溶液D检验阿司匹林片剂中含有淀粉将浓硝酸滴到阿司匹林片上AABBCCDD7（6分）对右图所示的钢铁电化学保护方法，分析正确的是（）A是牺牲阳极的阴极保护法B钢闸门失去电子C电子从负极流向阴极D电子从阴极经海水流向阳极二解答题（共4小题，满分58分）8（17分）对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前世界上最常用的防晒剂之一，具有极高的紫外光吸收率，安全性良好，毒性极小，因此广泛应用于口用化工、塑料、橡胶和涂料等领域。其合成路线如下：回答下列问题：（1）C的化学名称是 。E中的两种含氧官能团的名称 、 。（2）B为单卤代烃，请与出合成线路中的反应方程式 。（3）写出由C生成D和由D生成E的反应类型 、 。（4）写出合成甲基肉桂酸异辛酯所需的F的结构简式 。（5）X与F互同分异构体。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为6：2：1写出符合上述条件的X的结构简式 。（6）巴豆酸乙酯存在于苹果、木瓜、草莓、可可等中，在引发剂的作用下可以生成聚巴豆酸乙酯。请运用所学知识，结合上述合成过程，请写出以乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯的合成路线（无机试剂可任选）。9（12分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示。（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是 。（2）中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）。在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）。比较p1，p2的大小关系： 随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是 。（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸。已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母） 。N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是 。（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是 ，说明理由： 。10（13分）废水中氨态氮以NH3H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO46H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mgL1以下。（1）NH3的电子式： 。（2）废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是 。（3）16时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1：1：1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图1欲使剩余氨态氮浓度低于10mgL1，pH的适宜范围是 ，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是 。微波氧化法（4）仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如表。溶液pH678910111112剩余氨态氮浓度（mgL1）1561004014表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡 （用化学用语表示）的移动。（5）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如图2据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是 。微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是 。11（16分）某化学兴趣小组对硫酸亚铁的一些性质进行探究。 回答下列问题：（1）配制0.5 molL1 FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，结合化学用语解释稀硫酸的作用 。该实验小组做如下实验。实验序号操作及现象取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，逐滴加入少量0.1 molL1 Na2S 溶液，产生大量黑色沉淀取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 molL1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色重复实验，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去（2）进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeSNa2S 溶液呈碱性，FeSO4溶液与其反应不生成Fe（OH） 2而生成FeS的可能原因是 。（3）用离子方程式表示步骤中溶液变红的原因： 、 。（4）甲同学探究步骤中溶液褪色的原因，提出如下假设：aFe3+被H2O2还原 bSCN被O2氧化 cSCN 被H2O2氧化乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，他依据的现象是 。甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。步骤试剂及操作现 象i取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液 ii （5）为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁放入装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次是 、 （填字母标号）。a品红溶液 bNaOH溶液 cBaCl2 溶液 dBa（NO3）2 溶液 e浓H2SO4C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别是 、 。写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。2019年高考化学二模试卷参考答案与试题解析一选择题（共7小题，满分36分）1（6分）手工制作工艺在我国有着悠久的历史，是中华民族文化艺术的瑰宝。下列手工艺品用金 属材料制成的是（） A北京糖人B山东面塑 C芜湖铁画 D东阳木雕AABBCCDD【解答】解：A北京糖人是糖类物质，不含金属材料，故A错误；B山东面塑是面粉制作，面粉主要为淀粉，不含金属材料，故B错误；C芜湖铁画是含金属铁的合金，为金属材料，故C正确；D东阳木雕是木材属于纤维，不含金属材料，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了金属材料的组成、手工艺品的制作原料，注意知识的积累，题目难度不大。2下列化学事实的描述或解释正确的是（）ANa2SO3溶液中：c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3）c（OH）BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OC有些化学反应既属于复分解反应又属于氧化还原反应D铜片放入浓硫酸中无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【解答】解：A、Na2SO3溶液中水电离的氢氧根离子的浓度等于氢离子的浓度，氢离子在溶液中存在的形式为H+、HSO3、H2SO3，所以根据质子守恒得：c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3）c（OH），故A正确；B、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中生成碳酸钠和一水合氨，其反应的离子方程式为：HCO3+NH4+2OHCO32+NH3H2O+H2O，故B错误；C、复分解反应中不存在元素化合价的变化，所以均属于非氧化还原反应，故C错误；D、常温下Cu与浓硫酸不反应，钝化是在金属表面形成致密的氧化膜，铜在冷的浓硫酸中不发生钝化，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了溶液中的质子守恒、复分解反应、Cu的性质等，题目涉及的知识点较多，准确把握有关物质的性质是解题的关键，题目难度中等3（6分）树脂镜片具有透光率好、质轻、抗冲击力强等优良性能。化合物Y能用于高性能树脂镜片的合成，化合物X与2甲基丙烯酰氯在一定条件下反应可制得化合物Y：下列说法不正确的是（）A该反应属于取代反应BY的分子式为C10H6O2Br3C2甲基丙烯酰氯可使溴水和高锰酸钾溶液褪色DX、Y均属于芳香族化合物【解答】解：AOH上H被取代，为取代反应，故A正确；BY含有7个H原子，分子式为C10H7O2Br3，故B错误；C.2甲基丙烯酰氯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，则可使溴水和高锰酸钾溶液褪色，故C正确；DX、Y均含有苯环，属于芳香族化合物，故D正确。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。4（6分）将氯水加入下列4种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确的是（）试剂现象结论A硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固体固体表面有气泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液变黄氯水具有氧化性D滴加酚酞的Na2SO3溶液红色褪去Cl2具有漂白性AABBCCDD【解答】解：A硝酸可排除干扰离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，由操作和现象可知氯水中含有Cl，故A正确；B氯水中含氢离子，与碳酸钙反应生成气体，故B正确；C氯气可氧化溴离子，溶液变黄，故C正确；D氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应，由现象不能判断漂白性，且氯气本身无漂白性，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5（6分）磺化聚苯醚（SPPO）质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醚（PPO）并将其改性制备SPPO的路线如图：下列说法不正确的是（）A2，6二甲基苯酚能与饱和溴水发生取代反应B常温下2，6二甲基苯酚易溶于水C2，6二甲基苯酚与O2发生氧化反应生成PPODPPO合成SPPO的反应是：【解答】解：A.2，6二甲基苯酚中苯环上酚羟基对位有H原子，所以能与浓溴水发生取代反应，故A正确；B.2，6二甲基苯酚中亲水基对其溶解度影响能力小于憎水基，所以常温下2，6二甲基苯酚不易溶于水，故B错误；C.2，6二甲基苯酚被氧气氧化生成PPO，所以2，6二甲基苯酚与O2反应生成PPO时是氧化反应，故C正确；D根据图知，PPO中H原子被HO3S取代生成SPPO，同时还生成HCl，反应方程式为：，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查酚的性质，明确酚的取代反应、氧化反应特点是解本题关键，注意酚和浓溴水发生取代反应位置，题目难度不大。6（6分）下列实验操作不能达到实验目的是（）选项实验目的实验操作A除去酯化反应后乙酸乙酯中的杂质振荡实验后的饱和Na2CO3溶液，分液B验证Mg（OH）2的溶解向盛有少量Mg（OH）2固体的试管中加入NH4Cl溶液C观察Fe（OH）2白色絮状沉淀生成向含有铁粉的FeSO4溶液中加入NaOH溶液D检验阿司匹林片剂中含有淀粉将浓硝酸滴到阿司匹林片上AABBCCDD【解答】解：A乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故A正确；B加入NH4Cl溶液，促进氢氧化镁的溶解，可验证溶解，故B正确；C含有铁粉可防止亚铁离子被氧化，加NaOH可观察Fe（OH）2白色絮状沉淀生成，故C正确；D浓硝酸与淀粉不反应，不能检验淀粉，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7（6分）对右图所示的钢铁电化学保护方法，分析正确的是（）A是牺牲阳极的阴极保护法B钢闸门失去电子C电子从负极流向阴极D电子从阴极经海水流向阳极【解答】解：A在原电池中正极上溶液中的离子得电子，正极的电极材料不反应，即正极被保护，负极失电子被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，图示形成电解池反应，不是牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B图示形成电解池反应，钢闸门与电源的负极相连，作阴极本身不放电，阴极被保护，钢闸门不失去电子，故B错误；C形成电解池反应，电子由阳极沿导线流向正极，负极沿导线流向阴极，故C正确；D电解质溶液的导电是因离子的定向移动，电子只流经外电路，电子由阳极沿导线流向正极，负极沿导线流向阴极，故D错误；故选：C。【点评】本题考查金属的电化学腐蚀，为高频考点，把握原电池及电解的原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与金属材料的保护，题目难度不大。二解答题（共4小题，满分58分）8（17分）对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前世界上最常用的防晒剂之一，具有极高的紫外光吸收率，安全性良好，毒性极小，因此广泛应用于口用化工、塑料、橡胶和涂料等领域。其合成路线如下：回答下列问题：（1）C的化学名称是对甲基苯酚。E中的两种含氧官能团的名称醛基、醚键。（2）B为单卤代烃，请与出合成线路中的反应方程式。（3）写出由C生成D和由D生成E的反应类型取代反应、氧化反应。（4）写出合成甲基肉桂酸异辛酯所需的F的结构简式CH3CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH。（5）X与F互同分异构体。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为6：2：1写出符合上述条件的X的结构简式（CH3）2CHCH2OCH2CH（CH3）2。（6）巴豆酸乙酯存在于苹果、木瓜、草莓、可可等中，在引发剂的作用下可以生成聚巴豆酸乙酯。请运用所学知识，结合上述合成过程，请写出以乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯的合成路线（无机试剂可任选）。【解答】解：（1）C的化学名称是对甲基苯酚，E中的两种含氧官能团的名称醛基、醚键，故答案为：对甲基苯酚；醛基、醚键；（2），的反应为对甲基溴苯发生水解反应得到的，该反应方程式为，故答案为：；（3）由C生成D和由D生成E的反应类型分别为取代反应、氧化反应，故答案为：取代反应、氧化反应；（4）写出合成甲基肉桂酸异辛酯所需的F的结构简式CH3CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH；（5）X与F互同分异构体，F为CH3CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH，X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为6：2：1，符合上述条件的X的结构简式为（CH3）2CHCH2OCH2CH（CH3）2，故答案为：（CH3）2CHCH2OCH2CH（CH3）2；（6）乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯，可由2丁烯酸乙酯发生加聚反应得到，2丁烯酸乙酯可由2丁烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醇可由乙烯和水发生加成反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛自身发生反应生成2丙烯酸，其合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查推断及知识迁移能力，明确对甲氧基肉桂酸异辛酯合成中反应类型及反应特点是解本题关键，注意（6）中乙醛生成2丁烯酸反应与E生成F反应类型相同，题目难度中等。9（12分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示。（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O。（2）中，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）。在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）。比较p1，p2的大小关系：p1p2随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小。（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸。已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）A。N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O4HNO3。（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多。【解答】解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）已知2NO（g）+O2（g）2NO2（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1P2；故答案为：P1P2；由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2ONO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多。【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握。10（13分）废水中氨态氮以NH3H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO46H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mgL1以下。（1）NH3的电子式：。（2）废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是Mg2+NH3H2O+HPO42+5H2OMgNH4PO46H2O。（3）16时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1：1：1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图1欲使剩余氨态氮浓度低于10mgL1，pH的适宜范围是810，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg（OH）2，NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成。微波氧化法（4）仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如表。溶液pH678910111112剩余氨态氮浓度（mgL1）1561004014表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（用化学用语表示）的移动。（5）微波协同CuO和H2O2除去氨态氮其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如图2据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快。微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是3H2O2+2NH3N2+6H2O。【解答】解：（1）氨气是共价化合物，各原子间通过共用电子对形成共价键，所以其电子式为：，故答案为：；（2）废水中的NH3H2O转化为MgNH4PO46H2O的离子方程式是：Mg2+NH3H2O+HPO42+5H2OMgNH4PO46H2O，故答案为：Mg2+NH3H2O+HPO42+5H2OMgNH4PO46H2O；（3）沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图1欲使剩余氨态氮浓度低于10mgL1，pH的适宜范围是：pH810，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，原因是：pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg（OH）2，NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成，故答案为：810；pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3H2O、Mg（OH）2，NH3H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42电离，PO43浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O的生成；（4）图表数据分析可知PH越大，剩余氨态氮的浓度越小，氨态氮在溶液中存在的平衡是NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，PH增大平衡逆向进行，氨气脱出越多，故答案为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH；（5）其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如图2，相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快，推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，故答案为：相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快；微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮，做该反应的催化剂，该条件下，H2O2将NH3氧化为N2，同时生成水，反应的化学方程式：3H2O2+2NH3N2+6H2O，故答案为：3H2O2+2NH3 N2+6H2O；【点评】本题考查了废水处理的方法和过程分析判断，涉及到图象变化规律的分析应用、陌生反应方程式的书写等，注意分析题干信息，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11（16分）某化学兴趣小组对硫酸亚铁的一些性质进行探究。 回答下列问题：（1）配制0.5 molL1 FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，结合化学用语解释稀硫酸的作用亚铁离子水解显酸性，Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+加入稀硫酸，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解。该实验小组做如下实验。实验序号操作及现象取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，逐滴加入少量0.1 molL1 Na2S 溶液，产生大量黑色沉淀取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 molL1 KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色重复实验，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去（2）进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeSNa2S 溶液呈碱性，FeSO4溶液与其反应不生成Fe（OH） 2而生成FeS的可能原因是FeS溶解度更小。（3）用离子方程式表示步骤中溶液变红的原因：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O、Fe3+3SCNFe（SCN）3。（4）甲同学探究步骤中溶液褪色的原因，提出如下假设：aFe3+被H2O2还原 bSCN被O2氧化 cSCN 被H2O2氧化乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，他依据的现象是实验中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色。甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。步骤试剂及操作现 象i取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液无明显现象ii取褪色后的溶液滴加KSCN溶液溶液变为红色（5）为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁放入装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C、D中的溶液依次是c、a（填字母标号）。a品红溶液 bNaOH溶液 cBaCl2 溶液 dBa（NO3）2 溶液 e浓H2SO4C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别是产生白色沉淀、品红溶液褪色。写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。【解答】解：（1）配制0.5 molL1FeSO4溶液时，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸溶液中，是因为亚铁离子水解显酸性，Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加入稀硫酸，增大H+，浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解，故答案为：亚铁离子水解显酸性，Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加入稀硫酸，增大H+浓度，平衡左移，抑制Fe2+水解；（2）Na2S 溶液呈碱性，FeSO4溶液与其反应两种反应趋势，一种是发生双水解生成氢氧化亚铁，一种是发生复分解反应生成FeS沉淀，进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是FeS，不生成Fe（OH）2而生成FeS的可能原因是：FeS溶解度更小，故答案为：FeS溶解度更小；（3）取2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 molL1KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色是通入的氧气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O，铁离子结合SCN形成血红色溶液，反应的离子方程式为：Fe3+3SCNFe（SCN）3，故答案为：4Fe2+O2 +4H+4Fe3+2H2O； Fe3+3SCNFe（SCN）3；（4）乙同学根据上述实验现象认为假设b不成立，他依据的现象是实验中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色，说明SCN不能被O2氧化，故答案为：实验中加入少量KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色；实验验证假设c。SCN 被H2O2氧化的结论正确，重复实验.2 mL上述FeSO4溶液于试管中，加入2滴1 molL1KSCN溶液无现象，通入一段时间O2，溶液变为浅红色，向浅红色溶液中加入5% H2O2溶液至过量，产生无色气体（经检验为O2），溶液变为深红色，且红色很快褪去，可以验证氯化铁溶液不能氧化SCN，过氧化氢能氧化SCN，据此设计实验验证，实验设计和现象为：取褪色后溶液一份滴加FeCl3溶液，无明显现象，取褪色后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明SCN 被H2O2氧化，表中内容设计为：无明显现象 取褪色后的溶液滴加KSCN溶液 溶液变为红色；故答案为：步骤试剂及操作现 象i无明显现象ii取褪色后的溶液滴加KSCN溶液溶液变为红色（5）实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别是：C中三氧化硫和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，可观察到产生白色沉淀，D中二氧化硫通入品红溶液褪色，故答案为：产生白色沉淀、品红溶液褪色；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。【点评】本题考查探究实验方案问题，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，需要学生具备扎实的基础、分析解决问题的能力，注意把握实验的原理和物质的性质以及实验的操作方法，题目难度中等。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/5/20 13:41:32；用户：；邮箱：；学号：专心-专注-专业