2019年北京市西城区高考化学二模试卷解析版

2019年北京市西城区高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）（6分）材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。地铁列车以下部件的成分属于合金的是（ ）A.钢化玻璃车窗 A.钢化玻璃车窗 B.铝合金车体 C.酚醛树脂D.阻燃橡胶地板玻璃钢座椅A.A B.B C.C D.D（6分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A.醋酸电离：CH3COOH—CH3COO+H+B.Na2O2与CO2反应提供。2：Na2O2+CO2—Na2CO3+O2C.NO2与水反应制硝酸：NO2+H2O—H++NO3D.NaOH溶液除去铝表面的氧化膜： A12O3+2OH」-2A1O2+H2O（6分）我国科研人员使用催化剂 CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的TOC\o"1-5"\h\z示意图如下：下列说法不正确的是（ ）陶桂年/陶桂年/发生-CHO0&6不贻、Q0 0&6OHOCo

ZGaOHOCo

ZGafl--I4 •*A.肉桂醛分子中不存在顺反异构现象B.聚丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子C.还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基（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（ ）试齐现象 结论

试齐A硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固体固体表回后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滴加酚酬:的Na2SO3溶液红色褪去C12具有漂白性A.A B.B C.C D.D（6分）磺化聚苯醛（SPPO）质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醒（PPO）并将其改性制备SPPO的路线如图：下列说法不正确的是（ ）26二甲基茶酝鬃二6-二甲基茶魅［PPO）磺化聚茶酶［SPPO）A.2,6-二甲基苯酚能与饱和滨水发生取代反应B.常温下2,6-二甲基苯酚易溶于水C.2,6-二甲基苯酚与02发生氧化反应生成PPOD.PPO合成SPPO的反应是：nebseD.PPO合成SPPO的反应是：nebse廊080冉里操作现象6.（6分）某小组利用下面的装置进行实验， ②、③中溶液均足量,操作和现象如表。实验操作和现象如表。实验②中产②中产生黑色沉淀，溶液的向盛有Na2s溶液的①中持续通入CO2至过pH降量 低；③中产生白色

浑浊，该浑浊遇酸冒气泡n向盛有现象同NaHCO3实验I溶液的①中持续通入H2s气体至过量资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确的是（ ）A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+—CuSJ+2H+C.实验I①中CO2过量发生的反应是： CO2+H2O+S2」一C032「+H2sD.由实验I和n不能比较H2CO3和H2s酸性的强弱7.（6分）研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）序号①②③实验昌现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀1小时观察到明显锈蚀A.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀B.②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少 H2OC.③中正极反应：O2+4e「+2H2O—4OHD.对比①②③，说明苯能隔绝O2、解答题（共4小题，满分58分）8.（17分）合成中间体L的路线如图（部分反应条件或试剂略去）

KMttO皿rLNtfOH/ZiMAawQH#H一定鼾tCl41HM △n.因K旅lOqKMttO皿rLNtfOH/ZiMAawQH#H一定鼾tCl41HM △n.因K旅lOq(H+)L -oIIR-C-R^Rj~C—R4Rj-C-CH^&-C-O&-i：7"-'!KCCHCfC+R40HRjA的名称是A与Br2按物质的量之比1：1发生1,4-加成反应生成 B,A-B的化学方程式B-C的反应类型是D中所含官能团的名称是E与B-C的反应类型是D中所含官能团的名称是E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是C-D在上述合成中的作用是J的结构简式是K-L的化学方程式是O设计由L制备K-L的化学方程式是O设计由L制备M()的合成路线(有机物用结构简式表示,9.无机试剂任选)。合成路线图示例如下：CH3CH9.无机试剂任选)。合成路线图示例如下：CH3CH2OHZ，CH2-CH2'H陋I- 一HrHr(12分)CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。I.热化学转化CO2甲烷化过程发生反应： CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH(1)每生成1molCH4(g),放热165kJ,则4H=(2)反应的平衡常数的表达式：K=(2)反应的平衡常数的表达式：K=。温度升高，K(填“增大”或“减小”)。(3)其他条件不变时，一段时间内，压强对(3)其他条件不变时，一段时间内，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如图。.1(L2OJ6』OJ0j6(17OJOJ压码.1(L2OJ6』OJ0j6(17OJOJ压码/MPam«050相308100x8070中5040K图L 图2注：选择性=转化为目标产物的原料量+原料总的转化量CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是。n.电化学转化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如图2.电解过程中温度控制在10c左右，持续通入CO2.阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。(4)多晶Cu作(填“阴”或“阳”)极。(5)结合电极反应式，说明阴极室 KHCO3溶液浓度基本不变的原因：。(6)上述电解过程中采取了措施(写2条即可)使CO2优先于H+放电。(13分)废水中氨态氮以NH3?H2。、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。I.沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4,生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg?L1以下。NH3的电子式：。(2)废水中的NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O的离子方程式是。16c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10mg?L1,pH的适宜范围是,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因

n.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?夜pH6〜78〜910〜1111〜12剩余氨态氮浓度（mg?L）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①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，理图1 图2②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。（16分）某小组欲探究反应2Fe2++l2?2Fe3++2「，完成如下实验：t r nn n2mM一02*■塾3资料：如图t r nn n2mM一02*■塾3r-i里1 32（1）i、n均未检出 Fe3+,检验n中有无 533+的实验操作及现象是：取少量n中溶液，。（2）出中的黄色浑浊是（3）经检验，n-ni的过程中产生了 Fe3+。①对Fe3+产生的原因做出如下假设：假设a：空气中存在。2,由于(用离子方程式表示)，可产生 Fe3+;假设b:溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+;假设c：;假设d:该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。n-ni的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是。(4)经检验，IV中灰黑色浑浊中含有 AgI和Ag。①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，。②为探究ni-IV出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验 1和实验2。实验1:向1mL0.1mol?L1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol?L1AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如图 2。实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴 Fe2(SO4)3溶液，重复实验1,实验结果与实验1相同。i.实验1中发生反应的离子方程式是。ii.IV中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是2019年北京市西城区高考化学二模试卷参考答案与试题解析、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）（6分）材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。地铁列车以下部件的成分属于合金TOC\o"1-5"\h\z的是（ ）A.钢化玻璃车窗 B.铝合金车体 C.酚醛树脂D.阻燃橡胶地板玻璃钢座椅A.A B.B C.C D.D【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在； ③合金中至少有一种金属。【解答】解：A.制造高铁车窗的钢化玻璃属于无机非金属材料，故 A错误；B.硬铝是铝、铜、镁和硅组成的合金，故B正确；C.玻璃钢是玻璃纤维与合成材料复而成的一种特殊材料，属于复合材料，不属于合金，故C错误；D.阻燃橡胶地板属于有机物，不属于合金，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查合金，主要考查合金的组成，掌握合金的概念和用途是正确解答本题的关键，平时注意相关知识的积累，题目较简单。（6分）下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A.醋酸电离：CH3COOH—CH3COO+H+B.脂2。2与CO2反应提供O2：Na2O2+CO2—Na2CO3+O2NO2与水反应制硝酸：NO2+H2O—H++NO3NaOH溶液除去铝表面的氧化膜： A12O3+2OH一一2A1O2+H2O【分析】A.醋酸为弱酸，电离方程式应该用可逆号；

2mol过氧化钠生成1mol氧气，该反应不满足电子守恒；C.二氧化氮与水反应生成NO,不反应不满足电子守恒；D.氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。【解答】解：A.醋酸只能部分电离，正确的电离方程式为： CH3COOH?CH3COO+H+,故A错误；B.Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和。2,该反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2—2Na2CO3+O2,故B错误；NO2与水反应生成硝酸和NO,正确的离子方程式为： 3NO2+2H2O—2H++NO+2NO3,故C错误；D.NaOH溶液除去铝表面的氧化膜，该反应的离子方程式为： Al2O3+2OH—2A102+H20,故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。3.（6分）我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的3.示意图如下：下列说法不正确的是（ ）第丙囊 阖桂静OHCHj—CHi—CHO CH—GILA.肉桂醛分子中不存在顺反异构现象B.聚丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子C.还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D.该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基【分析】A.碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构;B.根据H原子的位置判断；C.还原反应过程中H-H、C=O键断裂；D.肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应。【解答】解：A.肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，故A错误；B.由结构简式可知苯丙醛分子中有 6种不同化学环境的氢原子，故B正确；C.还原反应过程中H-H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，故C正确；D.肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性， 故D正确。故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烧、醛性质的考查，选项 A为易错点，题目难度不大。（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（ ）试齐现象结论A硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀氯水中含有ClBCaCO3固体固体表回后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滴加酚酬:的Na2SO3溶液红色褪去C12具有漂白性A.A B.B C.C D.D【分析】A.硝酸可排除干扰离子，氯离子与银离子反应生成 AgCl沉淀；B.氯水中含氢离子；C.氯气可氧化澳离子；D.氯气与亚硫酸钠发生氧化还原反应。【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.氯气可氧化澳离子，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。（6分）磺化聚苯醛（SPPO）质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醒（PPO）并将其改性制备SPPO的路线如图：下列说法不正确的是（ ）26二用基茶配聚26二甲基法醒（PPO）磺化聚茶酶住PPO）A.2,6-二甲基苯酚能与饱和滨水发生取代反应B.常温下2,6-二甲基苯酚易溶于水2,6-二甲基苯酚与O2发生氧化反应生成PPOPPO合成SPPO的反应是：产 叫久国=皿叱H+航GSO1H卫，区用HQ=8 OfcCHa【分析】A.酚和浓澳水发生苯环上的取代反应时，取代位置是酚羟基的邻对位 H原子;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;C.2,6-二甲基苯酚被氧气氧化生成 PPO;D.根据图知，PPO中H原子被HO3S-取代生成SPPO,同时还生成HCl。【解答】解：A.2,6-二甲基苯酚中苯环上酚羟基对位有 H原子，所以能与浓澳水发生取代反应，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D.根据图知，PPO中H原子被HO3S-取代生成SPPO,同时还生成故选：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，注意酚和浓澳水发生取代反应位置，题目难度不大。6.(6分:②、③d7某小组利用卜面的装置中溶液均足量，操作和壬I~1.1\nnn三三三筌,JD ② （实验进行实验，见象如表。।厂尾气处理第勘操作量现象I向盛用Na2s溶液的①中持续通入CO2至过量②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡n向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2s气体至过量现象同实验I资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确的是（ ）A.③中白色浑浊是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+—CuSJ+2H+C.实验I①中CO2过量发生的反应是： CO2+H2O+S2」一C032「+H2sD.由实验I和n不能比较H2CO3和H2s酸性的强弱【分析】由操作和现象可知，①CO2过量发生2CO2+2H2O+S2」一2HCO3「+H2S,②中发生H2S+Cu2+—CuSJ+2H+,③中二氧化碳与石灰水反应生成白色浑浊是CaCO3,以此来解答。【解答】解：A.由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3,故A正确；B.②中溶液pH降低的原因是：H2S+CU2+—CuSJ+2H+,产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B正确；2C.实验I①中CO2过量发生的反应是2CO2+2H2O+S—2HCO3+H2S,故C错误；D.由强酸制取弱酸的原理及实验I和H不能比较 H2CO3和H2s酸性的强弱，故D正确；故选：Co【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、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）研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）序号①②③实验生毓片3现象8小时未观察到明显锈蚀8小时未观察到明显锈蚀i小时观察到明显锈蚀A.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀B.②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少 H2OC.③中正极反应：O2+4e「+2H2O—4OHD.对比①②③，说明苯能隔绝O2【分析】铁的腐蚀有化学腐蚀和电化学腐蚀两种，电化学腐蚀比化学腐蚀要快，该题研究生铁的锈蚀，为发生电化学腐蚀，发生了原电池反应，从原电池的形成条件来判断：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，反应中铁是负极，发生氧化反应，生成Fe2+,在正极上发生吸氧腐蚀，电极反应为： O2+2H2O+4e=4OH,据此分析解答。【解答】解：A.①中，铁能发生电化学腐蚀，但氧气难溶于水， NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；B.原电池的形成条件：有两个活泼性不同的电极、电解质溶液、闭合回路，金属腐蚀时还有有空气，气隔绝空气也难以腐蚀，②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少 H2O,故B正确；C.反应中铁是负极，发生氧化反应，生成 Fe2+,在正极上发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH,故C正确；D.对比①②③，说明生铁腐蚀，碳为正极，铁为负极，需足量 O2和水，故D错误；故选：D。【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，注意从能否形成原电池的角度去思考金属能否发生电化学腐蚀，题目难度不大。、解答题（共4小题，满分58分）8.（17分）合成中间体L的路线如图（部分反应条件或试剂略去）&cfcooCsHj二定条件|o41Hq-L已知：I.6+2△(0QK抽一。□ 丽色)+ + 9RaJR 氏-C-&Rj—Cm. + + ? C3H5oiJ3ttlRj—C—R5-C-CR4A的名称是 1,3—J一烯。A与Br2按物质的量之比1：1发生1,，AHOG-4O OIl II—C-fH-C—&•+R40H电L加成反应生成B,A-B的化学方程式是B一C的反应类型是 水解反应或取代反应 。D中所含官能团的名称是 澳原子、羟基。(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是(6)C-D在上述合成中的作用是 保护碳碳双键，防止其被氧化 。(7)J的结构简式是 ch2=c(ch3)c(ch3)=ch2。 _ _ c_ (8)K-L的化学方程式是(9)设计由L制备M()的合成路线(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。合成路线图示例如下：CH丁彳旧,CH3CH2OH 二二CH2—CH2,r1ITOC Hr【分析】A与Br2按物质的量之比1：1发生1,4-加成反应生成B,则B为BrCH2CH=CHCH2Br；B发生水解反应生成C,C发生加成反应生成D,则C为HOCH2CH=发生氧化反应生成EF,F为HOOCCH=CHCOOHCHCH2OH,D为HOCH2CH2CHBrCH2发生氧化反应生成EF,F为HOOCCH=CHCOOHHOOCCH2CHBrCOOH,E发生消去反应然后酸化得到发生取代反应生成 G,K和乙醇发生取代反应生成L,结合发生取代反应生成 G,K和乙醇发生取代反应生成L,结合K分子式知K根据GK结构简式结合信息I知,J为ch2=c(ch3)c(ch3)物。(9)由,先发生氧化反应再发生信息 物。(9)由,先发生氧化反应再发生信息 III的反应得到目标产解：(1)解：(1)A的名称是1,3-丁二烯,故答案为：1,3-丁二烯;A与Br2按物质的量之比1：1发生1,4-加成反应生成B,A-B的化学方程式是B-C的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为：水解反应或取代反应；D为HOCH2CH2CHBrCH2OH，D中所含官能团的名称是溴原子、羟基，故答案为：溴原子、羟基；5）E为HOOCCH2CHBrCOOH，E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是；C-D在上述合成中的作用是保护碳碳双键，防止其被氧化，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化；J的结构简式是CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2,故答案为：CH2=C(CH3)C(CH3)=CH2；K-L的化学方程式是(9)由L制备M(9)由L制备M故答案为:【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移能力，正确判断各物质结构简式是解本题关键，注意结合题给信息分析解答，题目难度中等。9.(12分)CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。I.热化学转化CO2甲烷化过程发生反应： CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH1(1)每生成1molCH4(g),放热165kJ,则AH=-165kJ?mol1。c2(H20)(2)反应的平衡常数的表达式： K= 丁 。温度升高,K减小(填“增大”或“减小”)。(3)其他条件不变时，一段时间内，压强对 CO2的转化率及CH4的选择性的影响如图。刁熹一*三 刁熹一*三 31于中里注：选择性=转化为目标产物的原料量+原料总的转化量CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是 在0.1MPa,CO2的转化率及CH_的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗。n.电化学转化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如图2.电解过程中温度控制在10c左右，持续通入CO2.阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。(4)多晶Cu作阴(填“阴”或“阳”)极。(5)结合电极反应式，说明阴极室KHCO3溶液浓度基本不变的原因： 阴极发生反应：9CO2+8e+6H?O—CH4+8HCO3每转移8mol电子，阴极生成 8molHCO且一，又有8molHCO3「通过阴离子交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴极室的 KHCO3遽度基本保持不变 。(6)上述电解过程中采取了 以pH~8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10c左右；持续通入C。2；用多晶铜作阴极等 措施(写2条即可)使CO2优先于H+放电。【分析】I.(1) CO2 (g) +4H2 (g) ?CH4 (g) +2H2O (g)每生成1molCH4(g),放热165kJ,△H单位KJ/mol；C-/生成物平衡浓度在次方乘积X"〒一辛…(2)平衡吊数K=反应物平衡浓度累次方乘积,反应为放小反应'升而平衡逆向进行；(3)在0.1MPa,CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大；n.(4)多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，通入二氧化碳生成甲烷、碳酸氢钾，说明电解过程中铜电极做电解质阴极，二氧化碳得到电子生成甲烷和碳酸氢钾；(5)阴极发生反应：9CO2+8e-+6H2O—CH4+8HCO3一，每转移8mol电子，阴极生成8molHCO3,又有8molHCO3「通过阴离子交换膜进入阳极室，溶液中电荷守恒分析判断；(6)用多晶铜作阴极，KHCO3溶液为电解液，电解过程中温度控制在 10c左右，持续通入CO2,使CO2优先于H+放电。【解答】解：I.(1)每生成1molCH4(g),放热165kJ,反应的热化学方程式：CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH=-165kJ?mol1,故答案为：-165kJ?mol1；(2)CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)AH=-165kJ?mol1,c(CH4)c2(H2C^平衡常数K= ,反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，平衡常c(C02)c4(H2)数减小，c(CH4)c2(H2O)故答案为： -；---;减小；c(C02)c4(H2)(3)故答案为：在0.1MPa,CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗；n.(4)多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，通入二氧化碳生成甲烷、碳酸氢钾，说明电解过程中铜电极做电解质阴极，二氧化碳得到电子生成甲烷和碳酸氢钾，故答案为：阴；(5)阴极室KHCO3溶液浓度基本不变的原因：阴极发生反应： 9CO2+8e+6H2O—CH4+8HCO3,每转移8mol电子，阴极生成8molHCO3,又有8molHCO?「通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的 KHCO3浓度基本保持不变，故答案为：阴极发生反应： 9CO2+8e「+6H2O—CH4+8HCO3,每转移8mol电子，阴极生成8molHCO3、又有8molHCO3「通过阴离子交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变；(6)上述电解过程中采取了以 pH=8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10c左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等，使CO2优先于H+放电，故答案为：以pH=8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10c左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等。【点评】本题考查了电解原理、电极反应、热化学方程式书写和计算、影响平衡的因素分析判断等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10.(13分)废水中氨态氮以NH3?H2。、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。I.沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4,生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至-1 10mg?L以下。(1)NH3的电子式：(2)废水中的NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O的离子方程式是 Mg2++NH3?2H2O+HPO4+5H2O—MgNH4PO4?6H2。Jo(3)16c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 10mg?L1,pH的适宜范围是 8〜10,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因是pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH「结合生成NH3?HjO>Mg(OH).NHgPH^O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42一电离，PO43」浓度偏低。所以pH偏大或偏小土不利于MgNH4PO4?6H20的牛成。n.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?夜pH6〜78〜910〜1111〜12剩余氨态氮浓度(mg?L1)1561004014表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡 NH3+H2。？NH3?H2。？NH/+OH(用化学用语表示)的移动。(5)微波协同CuO和H2O2除去氨态氮①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H?O2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 。②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的化学万程式是3H2O程式是3H2O2+2NH3CuO"lii」、」_筱波炉N2+6H2O。【分析】I.(1)氨气是共价化合物，氮原子和氢原子形成三对共用电子对;(2)MgCl2、Na2HPO4和NH4+反应生成MgNH4PO4?6H2O沉淀，据此写出反应的离子方程式;(3)沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响分析，欲使剩余氨态氮浓度低于 10mg?L1,图象中读取PH,pH偏大,NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3?H2。、Mg(OH)2,NH3?H2O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；n.(4)pH增大有利于废水中氨气逸出，剩余氨态氮减少；(5)①加入CuO,氨态氮浓度降低的多，反应速率快；②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。【解答】解：I.(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NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O的离子方程式是： Mg2++NH3?H2O+HPO42+5H2O—MgNH4PO4?6H2OJ,故答案为：Mg2++NH3?H2O+HPO42+5H2O—MgNH4PO4?6H2OJ；(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10mg?L1,pH的适宜范围是：pH=8-10,pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因是：pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3?H2O、Mg(OH)2,NH3

?H2O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MgNH4PO4?6H2O的生成，故答案为：8〜10;pH偏大,NH4+、Mg2+易与OH结合生成NH3?H2。、Mg(OH)2,NH3?H2O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偏大或偏小土^不利于MgNH4PO4?6H2O的生成；n.(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+H2O?NH3?H2O?NH4++OH,PH增大平衡逆向进行，氨气脱出越多，故答案为：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH;(5)①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；②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： 3H2O氧化为N2,同时生成水，反应的化学方程式： 3H2O2+2NH3CuON2+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)某小组欲探究反应2Fe2++l2?2Fe3++2I,完成如下实验：资料：如图1,AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。(1)I、(1)I、n均未检出Fe3+,检验n中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量n中溶液,滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红(2)山中的黄色浑浊是 AgI

(3)经检验，(3)经检验，n-ni的过程中产生了Fe3+。_ 3+、 ①对Fe3产生的原因做出如下假设：假设a：空气中存在。2,由于4Fe2++O2+4H+—4Fe3++2HzO (用离子方程式表示)，可产生Fe3+；假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+;假设c：酸性溶液中NO3一具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+O②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。n-ni的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是Ag+与「生成了AgI沉淀，降低了厂的浓度，使平衡2Fe2++I2?2Fe3++2「正向移动，使12氧化了Fe2+。(4)经检验，IV中灰黑色浑浊中含有 AgI和Ag。①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体， 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加