2019-2020学年福建福州市新高考化学模拟试卷含解析

2019-2020学年福建福州市新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．将燃着的H 2S 不断通入盛有一定量O 2的集气瓶中。

当火焰熄灭后继续通入H 2S ，发生的主要反应是 A ．2H 2S+O 2=2S+2H 2O B ．2H 2S+3O 2=2SO 2+2H 2O C ．2H 2S+SO 2=3S+2H 2O D ．2SO 2+O 2=2SO 3
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
将燃着的H 2S 不断通入盛有一定量O 2的集气瓶中，开始氧气过量H 2S 完全燃烧生成SO 2和水。

所以当火焰熄灭后继续通入H 2S ，发生的主要反应是2H 2S+SO 2=3S+2H 2O ； 答案选C 。

2．海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。

己知不同pH 条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。

下列说法不正确的是（ ）
A ．当pH 8.14=，此中主要碳源为3HCO -
B ．A 点，溶液中23H CO 和3HCO -
浓度相同 C ．当-2-
33c(HCO )=c(CO )时，c(H )c(OH )+-< D ．碳酸的a2K 约为1010- 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A .根据上图可以看出，当pH 为8.14时，海水中主要以-
3HCO 的形式存在，A 项正确； B .A 点仅仅是-3HCO 和223CO +H CO 的浓度相同，-3HCO 和23H CO 浓度并不相同，B 项错误；
C .当2--33c(CO )=c(HCO )时，即图中的B 点，此时溶液的pH 在10左右，显碱性，因此+-c(H )＜c(OH )，
C 项正确；
D .a2K
的表达式为+2-3-3c(H )c(CO )c(HCO )
，当B 点二者相同时，a2K 的表达式就剩下+c(H )，此时+
c(H )约为-1010，D 项正确；
答案选B 。

3．CPAE 是蜂胶的主要活性成分，也可由咖啡酸合成
下列说法不正确的是
A ．咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上
B ．可用金属Na 检测上述反应是否残留苯乙醇
C ．1 mol 苯乙醇在O 2中完全燃烧，需消耗10 mol O 2
D ．1 mol CPA
E 与足量的NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH 【答案】B 【解析】 【详解】
A.由于苯环和碳碳双键均是平面型结构，所以根据有机物的结构简式可知，咖啡酸分子中所有原子可能处在同一个平面上，A 正确；
B.CPAE 分子中含有酚羟基，也能和金属钠反应，所以不能用金属Na 检测上述反应是否残留苯乙醇，B 不正确；
C.苯乙醇的分子式为C 8H 10O ，苯乙醇燃烧的方程式为C 8H 10O+10O 2
8CO 2+5H 2O ，C 正确；
D.CPAE 分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1 mol CPAE 与足量的NaOH 溶液反应，最多消耗3 mol NaOH ，D 正确； 答案选B 。

4．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A ．用酸化的H 2O 2氧化海带灰浸出液中的碘：2I -+H 2O 2=I 2+2OH -
B ．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe 2O 3+6H +=2Fe 3++3H 2O
C ．NaHSO 4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba 2++2OH -+2H ++SO 42-=BaSO 4↓+2H 2O
D ．NH 4HCO 3溶液与足量的NaOH 溶液混合：HCO 3-+OH -=CO 32-+H 2O 【答案】C
【解析】
【详解】
A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；
B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；
C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；
D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。

5．把35.7g金属锡投入300 mL 14 mol /L HNO3共热(还原产物为NO x)，完全反应后测得溶液中c(H+) = 10 mol /L，溶液体积仍为300 mL。

放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96 L(S．T．P)。

由此推断氧化产物可能是
A．Sn(NO3)4B．Sn(NO3)2C．SnO2∙4H2O D．SnO
【答案】C
【解析】
【分析】
根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。

【详解】
35.7g金属锡的物质的量为
35.7g
118.7g/mol
=0.3mol，14mol/L HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的
c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得
NO气体8.96 L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为
8.96L3
22.4L/mol
⨯
=1.2mol，
设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液
中c(H+)=10mol/L，而c(NO3−)=4.2mol 1.2mol
0.3L
-
=10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸
盐，综合以上分析，答案选C。

6．25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。

在这一过程中，没有发生改变的是
A．溶液中溶质的质量B．溶液中KCl质量分数
C．溶液中溶剂的质量D．KCl溶液质量
【答案】C
【解析】
25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。

7．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3
溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。

下列说法正确的是
A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2
C．氧化性：K2FeO4>KC1O
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12
【答案】D
【解析】
【详解】
A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol 电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；
B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；
C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O > K2FeO4，故C错误；
D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O 与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。

综上所述，答案为D。

8．下列化合物中，属于酸性氧化物的是()
A．Na2O2B．SO3C．NaHCO3D．CH2O
【答案】B
【解析】
【详解】
A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；
B.SO3＋2NaOH=Na2SO4＋H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；
C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；
D. CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。

答案选B。

【点睛】
本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧
化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。

9．现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。

则下列有关比较中正确的是（）
A．第一电离能：③＞②＞①
B．价电子数：③＞②＞①
C．电负性：③＞②＞①
D．质子数：③＞②＞①
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三种基态原子的电子排布式：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5可判断①、②、③分别代表的元素为：S、P、F。

【详解】
A．同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能Cl＞P＞S；同主族自上而下第一电离能减弱，故F＞Cl，故第一电离能F＞P＞S，即③＞②＞①，A正确；
B．S、P、F价电子数分别为：6、5、7，即③＞①＞②，B错误；
C．根据同周期电负性，从左往右逐渐变大，同族电负性，从下往上，越来越大，所以F＞S＞P，③＞①＞②，C错误；
D．S、P、F的质子数分别为：16、15、9，即①＞②＞③，D错误；
答案选A。

10．化学与生活密切相关。

下列物质性质与应用的对应关系错误的是（）
A．硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂
B．氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂
D．葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜
【答案】D
【解析】
【详解】
A．硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；
C．次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；
D．葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；
故答案为D 。

11．某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO 和2O 物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：
()()222NO g +O g 2NO g ƒ（）
，在其他条件相同时，测得试验数据如下：
根据表中数据，下列说法正确的是 A ．温度越高，越有利于NO 的转化 B ．增大压强，反应速率变慢
C ．在5110Pa ⨯、90℃条件下，当转化率为98%时反应已达平衡
D ．如进入反应塔的混合气体为a mol ，如速率v n /t =⊿⊿表示，则在5810Pa ⨯、30℃条件下，转化率从50%增至90%时段，NO 的反应速率为4a /370mol /s 【答案】D 【解析】 【详解】
A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO 转化，故A 错误；
B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B 错误；
C.在1.0×105Pa 、90℃条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C 错误；
D.8.0×105Pa 、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO ，时间为3.7s ，转化的NO 为
amol×0.1×(90%-50%)=0.04amol ，反应速率v=△n/△t ，则NO 的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s ，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。

12．X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。

25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH 与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R 测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。

下列说法正确的是
A．R、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性
B．N、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应
C．单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、M
D．金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R 的pH=2，则R为Cl；N的pH＜2，则N为S；M的pH＜4，应该为P元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。

A．NaCl溶液呈中性，故A错误；
B．Na的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；
C．非金属性：Cl＞S＞P，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；
D．金属性：Na＞Mg＞Al，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；
故选：C。

13．中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（）
A．“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应
B．“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质
C．“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”
D．“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应
【答案】A
【解析】
【详解】
A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；
B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；
C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C 错误；
D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；
故选：A。

14．下列能源中不属于化石燃料的是（）
A．石油B．生物质能C．天然气D．煤
【答案】B
【解析】
【分析】
化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。

【详解】
化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C、D不选；
B、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选；
故选：B。

15．下列说法错误的是
A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用，这里”涉及的反应类型是分解反应
B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上，用器承滴露”涉及的操作是蒸馏
C．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”D．我国晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》中写道：“夫金木无常，方园应行，亦有隐括，习与性形。

故近朱者赤，近墨者黑。

”这里的“朱”指的是HgS
【答案】C
【解析】
【详解】
A．石灰石加热后制得生石灰，同时生成CO2，该反应为分解反应，A正确；
B．根据“蒸令气上”可知，是利用互溶混合物的沸点差异进行分离，其操作是蒸馏，B正确；
C．绿矾的化学式是FeSO4·7H2O，在溶液中电离出二价铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，C错误；D．“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”是指朱砂，主要成分为HgS，硫化汞的天然矿石为大红色，D正确。

答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．溴化钙晶体(CaBr2·2H2O)为白色固体，易溶于水，可用于制造灭火剂、制冷剂等。

一种制备溴化钙晶体的工艺流程如下：
(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作(装置如图)：
使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，_______________。

(2)“合成”主要反应的化学方程式为__________________。

“合成”温度控制在70℃以下，其原因是
_________。

投料时控制n(Br2)∶n(NH3)=1∶0.8，其目的是_________________。

(3)“滤渣”的主要成分为____________(填化学式)。

(4)“滤液”呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，请补充从“滤液”中提取CaBr2·2H2O的实验操作：加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，___________________。

[实验中须使用的试剂：氢溴酸、活性炭、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器：砂芯漏斗，真空干燥箱]
【答案】打开玻璃塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O 温度过高，Br2、NH3易挥发使NH3稍过量，确保Br2被充分还原Ca(OH)2将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥（或低温干燥，或用滤纸吸干）
【解析】
【分析】
制备溴化钙晶体的工艺流程：将液氨、液溴、CaO与水混合发生反应3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O、CaO+H2O=Ca(OH)2，过滤，滤渣为Ca(OH)2，滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2•2H2O晶体，据此分析作答。

【详解】
(1)实验室模拟海水提溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，分离溴的苯溶液与水层的操作是：使玻璃塞上的
凹槽对准漏斗上的小孔，将活塞拧开，使下面的水层慢慢流下，待有机层和水层界面与活塞上口相切即关闭活塞，将上层液体从上口倒入另一烧杯中；
(2)在“合成”中为液氨、液溴、CaO发生反应：3CaO+3Br2+2NH3=3CaBr2+N2↑+3H2O；其中液溴、液氨易挥发，所以合成过程温度不能过高；投料时控制n(Br2)∶n(NH3)=1∶0.8，确保Br2被充分还原；
(3)合成反应中：CaO+H2O=Ca(OH)2，故滤渣为Ca(OH)2；
(4)滤液为CaBr2溶液，呈强碱性，其中含有少量BrO-、BrO3-，加热驱除多余的氨，用氢溴酸调节滤液呈酸性，加入活性炭脱色，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、用砂芯漏斗过滤、用乙醇洗涤干净后，在真空干燥箱中干燥，得到CaBr2•2H2O晶体。

【点睛】
本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对反应条件的控制选择等，理解工艺流程的反应原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，是对学生综合能力的考查。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．美托洛尔(H)属于一线降压药，是当前治疗高血压、冠心病、心绞痛、慢性心力衰竭等心血管疾病的常用药物之一。

它的一种合成路线如下:
−−−−→CH3CH2CH2R。

已知:CH3COCH2R Zn(Hg)/HCl
(1)A物质化学名称是_________。

(2)反应B→C的化学方程式为_________________;C→D的反应类型为________。

(3)D中所含官能团的名称是______________。

(4)G的分子式为________; 已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则H(美托洛尔)中含有________个手性碳原子。

(5)芳香族化合物X与C互为同分异构体。

写出同时满足下列条件的X的一种结构简式___________。

①能发生银镜反应;
②不与FeCl3发生显色反应;
③含"C-Cl”键;
④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2:2:2:1。

(6)4-苄基苯酚()是一种药物中间体，请设计以苯甲醇和苯酚为原料制备4基苯酚的合成路线:__________(无机试剂任选)。

【答案】苯酚还原反应
羟基、氯原子C12H16O3 1 等
【解析】
【分析】
根据C结构简式及A分子式知，A为，B发生取代反应生成C，则B为，A 和乙醛发生取代反应生成B，C发生信息中的反应生成D为，D水解然后酸化得到E为，由G的结构可知，E中醇羟基与甲醇发生分子间脱水反应生成F，F中酚羟基上H原子被取代生成G，故F为；对比G、美托洛尔的结构可知，G发生开环加成生成H。

据此解答。

【详解】
（1）A为，其化学名称是苯酚；
（2）反应B→C的化学方程式为：，C→D的反应类型为还原反应；
（3）D为，D中所含官能团的名称是羟基、氯原子；
（4）由结构简式可知G的分子式为：C12H16O3；H（美托洛尔）中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以含有1个手性碳原子；
（5）芳香族化合物X与C互为同分异构体，X符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②不与FeCl3发生显色反应，说明不含酚羟基；③含“C-C1”键；④核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为2：2：2：1，符合条件的结构简式为等；
（6）苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，苯甲醛与苯酚反应生成，最后与Zn（Hg）/HCl作用得到目标物，其合成路线为。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。

电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。

I．电解除氮
（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：_______。

（2）有Cl-存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯（HClO、ClO-）将NH4+ 或NH3氧化为N2。

在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH4+ 的反应，其离子方程式为：____________。

②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：_____。

③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是（答出一点即可）：______。

II．电解除磷
（3）除磷的原理是利用Fe2+ 将PO43- 转化为Fe3(PO4)2沉淀。

①用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：_______________。

②如图为某含Cl- 污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。

推测在20-40 min时脱除的元素是________。

（4）测定污水磷含量的方法如下：取100mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。

将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，共消耗c mol/LNH4SCN溶液V mL。

则此污水中磷的含量为___mg/L（以磷元素计）。

【答案】2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO +2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）
Fe–2e-=Fe2+磷310cv 3
【解析】
【分析】
（1）碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子；
（2）当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2；随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动；当pH>8时，有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化，或有利于NH3逸出；（3）除磷时，Fe作阳极失电子；电解除氮，pH会减小。

电解除磷，pH会增大；
（4）由关系式P~ Ag3PO4~ 3AgSCN~3NH4SCN解答。

【详解】
（1）在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3–6e-+6OH-=N2+6H2O；（2）①当pH<8时，HClO将NH4+ 氧化为N2的离子方程式为3HClO +2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+5H+；
②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2 + H2OƒH+ + Cl- +HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；
③当pH>8时，ClO-发生歧化导致有效氯浓度下降，NH4+的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；
（3）①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2+的主要过程为Fe–2e-=Fe2+；
②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2+3H2，消耗NH3，pH会减小。

电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20-40min时pH增大，则脱除的元素是磷；
（4）由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n（P）=1
3
n（NH4SCN）=
1
3
cV3
10-
⨯mol，则此污
水中磷的含量为：1
3
cV3
10-
⨯mol3
31g/mol/
10mg g
⨯⨯÷0.1L=
310
3
cV mg/L。

【点睛】
第（4）问解题关键是找准所求量与标准液的关系，如P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN。

19．用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl（g）+ CuO（s ）H2O（g）+CuCl2（g）△H1
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为___________（反应热用△H1和△H2表示）。

（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的a HCl—T曲线如图，则总反应的△H___0。

（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是_______
______________。

③下列措施中有利于提高a HCl的有___________。

A、增大n（HCl）
B、增大n（O2）
C、使用更好的催化剂
D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl 2）的数据如下：
t（min）0 2.0 4.0 6.0 8.0
n（Cl2）/10-3mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率______（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。

（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式______________。

【答案】2HCl（g）+ 1/2O2（g）H2O（g）+Cl2（g）△H=△H1+△H2＜K（A）
增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率
比之前实验的大B、D 解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g）+ 1/2O2（g）= H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min 2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2（g）+1/2O2（g）CuO （s）+Cl2（g）△H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，a HCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K（A）＞K（B）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:
；
③A、增大n（HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；
B、增大n（O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；
C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；
D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。

故答案是选项B、D。

（3）题目中给出的是n（Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl（g）+ 1/2O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）
2 1
n （5.4-1.8）×10-3mol
解得n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）= 7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。