1、北京市东城区2021届高三化学上学期期末考试教学统一检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Sb122第一部分(共42分)在每小题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 下列生活垃圾的处理方法不涉及化学变化的是A.堆肥发酵B.焚烧发电C.二次分拣D.催化降解A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A堆肥发酵过程中有新物质生成，是食物中的有机物发生复杂的物理和化学变化，故A不选；B焚烧发电过程中物质的燃烧有新物质生成，涉及化学变化，故B不选；C二次分拣是将物质按照不同种类进行分类，没有新物质生成，不涉及化学变化，故C选；D催化降解过程中
2、是高分子化合物变成小分子，有新物质生成，涉及化学变化，故D不选；故选C。2. 下列说法正确的是A. O2和O3互为同位素B. HCl的电子式为C. CO2的球棍模型为D. 的名称为2乙基丁烷【答案】C【解析】【分析】【详解】AO2和O3互为同素异形体，故A错误；B HCl的电子式为，故B错误； C碳原子半径比氧的原子半径大，CO2的球棍模型为，故C正确；D的名称为3甲基戊烷，故D错误；故答案：C。3. 下列物质的应用与氧化还原反应无关的是A. 呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂B. 面团中加入小苏打，蒸出的馒头疏松多孔C. 葡萄糖在人体内代谢，可为生命活动提供能量D. 维生素C能促进补铁剂(有效成分
3、FeSO4)的吸收【答案】B【解析】【分析】【详解】A呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂，发生过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，元素的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故A不选；B面团中加入小苏打，蒸出的馒头疏松多孔，发生的反应是碳酸氢钠与酸反应生成二氧化碳，元素的化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，故B选；C葡萄糖在人体内代谢为二氧化碳和水，元素的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，故C不选；D维生素C防止亚铁离子被氧化，与氧化还原反应有关，故D不选；故选：B。4. 下列实验室制取气体的方法不合理的是A. 锌粒与稀硫酸反应制H2B. 氯化铵受热分解制NH3C. 电石与饱和食盐水制C2H
4、2D. 二氧化锰与浓盐酸共热制Cl2【答案】B【解析】【分析】【详解】A锌粒与稀硫酸反应生成H2和硫酸锌，故A正确；B氯化铵受热分解生成NH3和HCl，所以不能用此法制取NH3，故B错误；C电石为碳化钙，能与水反应生成C2H2和氢氧化钙，因为反应速率太快，所以用饱和食盐水控制C2H2的反应速率，故C正确；D二氧化锰与浓盐酸共热发生反应，生成Cl2、氯化锰和水，故D正确；故答案：B。5. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 用Na2S除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgSB. 用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜：Fe3+Cu=Cu2+Fe2+C. 用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：O
5、H-+SO2=D. 用食醋处理水垢主要成分CaCO3和Mg(OH)2：2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O，2H+Mg(OH)2=Mg2+2H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A用Na2S除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS，符合反应原理，电荷守恒，故A正确；BFe3+Cu=Cu2+Fe2+不符合电荷守恒 ，正确的离子方程式是2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故B错误；C二氧化硫过量，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是OH-+SO2= ，故C错误；D食醋的主要成分是醋酸，属于弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是，故D错误；故选：A。6. 已知Cl、Se、Br在元素周期
6、表中的位置如下图所示。下列说法不正确的是A. 原子半径：SeBrClB. 还原性：BrSe2ClC. 酸性：HClO4HBrO4H2SeO4D. 气态氢化物的稳定性：HClHBrH2Se【答案】B【解析】【分析】【详解】ABr、Se原子比Cl原子多1个电子层，则Cl的原子半径最小，Br、Se元素的电子层相同，Br元素的原子序数大于Se元素，则原子半径：BrSe，所以原子半径大小为：SeBrCl，A项正确；B根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，氧化性：Cl2Br2Se，则离子的还原性：Se2BrCl，B项错误；C根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，非金属性：ClBrSe，则其最高价氧
7、化物对应水化物的酸性：HClO4HBrO4H2SeO4，C项正确；D根据元素在周期表中的位置和元素周期律可知，非金属性：ClBrSe，则气态氢化物的稳定性：HClHBrH2Se，D项正确；答案选B。7. 下列说法正确的是A. 常温常压下，28g乙烯中氢原子的数目约为46.021023B. 含1molNa2CO3的溶液中，的数目约为16.021023C. 25时，pH=11的氨水中，OH的数目约为0.0016.021023D. 在反应3NO2+H2O2HNO3+NO中，每生成1molHNO3转移的电子数约为26.021023【答案】A【解析】【分析】【详解】A28g乙烯的物质的量=，1mol乙烯
8、中氢原子的数目约为46.021023，A项正确；B在水溶液中会发生水解，故含1molNa2CO3的溶液中，的数目应小于16.021023，B项错误；CpH=11的氨水中，c(OH)=molL-1，但题中氨水的体积未知，则无法计算OH的数目，C项错误；D根据反应方程式可知，每3molNO2与水反应，生成2molHNO3和1molNO，每2molNO2中的N元素化合价由+4价变为HNO3中的+5价，失去2mol电子，则每生成1molHNO3转移的电子数约为16.021023，D项错误；答案选A。8. CO2和H2在催化剂作用下制CH3OH，主要涉及的反应有：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(
9、g)+H2O(g) H1=-49.0 kJ/molCO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) H2=+41.2 kJ/mol下列说法正确的是A. 为吸热反应B. 若中水液态，则 H1-49.0 kJ/molC. 中反应物的总能量比生成物的总能量高D. CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-90.2 kJ/mol【答案】D【解析】【分析】【详解】A反应的H10，说明该反应是放热反应，A错误；B物质由气态转化为液态时放出热量，反应放出是热量越多，反应热就越小。由于反应的H10，若中水为液态，则 H1-49.0 kJ/mol，B错误；C反应中H20，说明反应物的总能量比生成物的总
10、能量低，C错误；D根据盖斯定律，将反应-，整理可得CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-90.2 kJ/mol，D正确；故合理选项是D。9. 下列实验能达到实验目的且操作正确的是ABCD证明氯化银溶解度大于碘化银的溶解度配制一定物质的量浓度的硫酸溶液检验淀粉水解生成了葡萄糖鉴别溴乙烷和苯A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】【详解】A滴加氯化钠溶液后，硝酸银溶液过量，再滴加碘化钾溶液，也会出现黄色沉淀，不能证明氯化银转化为碘化银，因此不能证明氯化银的溶解度大于碘化银，故A错误；B容量瓶不能用作溶解固体或者稀释浓溶液，故B错误；C淀粉水解时，稀硫酸是催化剂，加入新
11、制的氢氧化铜之前，要加入氢氧化钠溶液使水解后的溶液显碱性，故C错误；D溴乙烷和苯的溶液中加入一定量的水，振荡、静置，下层油状液体是溴乙烷，中间层是水，上层油状液体是苯，故D正确；故选：D。10. 某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：t/min012345c(N2O5)/(mol/L)1.000.710.500.350.250.17下列说法不正确的是A. 4min时，c(NO2)=1.50mol/LB. 5min时，N2O5的转化率为83%C. 02min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lm
12、in)D. 其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)0.25mol/L【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由题给表格数据可知，4min时，N2O5的消耗量为(1.000.25) mol/L=0.75 mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(NO2)= 0.75 mol/L 2=1.50mol/L，故A正确；B.5min时，N2O5的消耗量为(1.000.17) mol/L=0.83 mol/L，则N2O5的转化率为100%=83%，故B正确；C.02min内，N2O5的消耗量为(1.000.50) mol/L=0.50mol
13、/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(O2)= 0.50 mol/L =0.25mol/L，则v(O2)=0.125mol/(Lmin)，故C正确；D.由题给表格数据可知，2min时N2O5的消耗浓度为起始的一半，其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，反应物浓度减小，化学反应速率减小，反应消耗N2O5的浓度小于起始的一半，则2min时c(N2O5) 0.25mol/L，故D错误；故选D。11. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如下所示。下列说法不正确的是A. 该高分子可通过加聚反应合成B. 合成该高分子的两种单体互
14、为同系物C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱D. 自修复过程中“COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，一定条件下CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应生成高分子，故A正确；B.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，两种单体的结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，故B正确；C.由高分子的结构简式可
15、知，高分子中含有酯基结构，在强酸或强碱的条件下高分子能发生水解反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，防止发生水解反应，故C正确；D.由自修复过程的示意图可知，自修复过程中“COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误；故选D。12. 用下图装置探究原电池中的能量转化。图中注射器用来收集气体并读取气体体积，记录实验据如下表：气体体积/mL溶液温度/气体体积/mL溶液温度/0022.0022.08.53024.85023.810.55026.0-下列说法不正确的是A. 两个装置中反应均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2B. 08.5min内，生成气体的平均速率D. 生成气
16、体体积相同时，对比两装置的溶液温度，说明中反应的化学能部分转化为电能【答案】C【解析】【分析】由图可知，装置中活泼金属锌与稀硫酸反应，反应时，锌片溶解，表面上有气泡逸出，不活泼金属铜与稀硫酸不反应；装置中锌、铜在稀硫酸溶液中构成原电池，活泼金属锌做负极，不活泼金属铜做正极，电池工作时，锌片溶解，铜片表面有气泡逸出，原电池反应使反应速率加快。【详解】A.装置和发生反应的实质都是锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，故A正确；B.由表格数据可知，相同时间内，装置中生成的氢气的体积比装置中大，生成气体的平均速率，故B正确；C.由能量转化形式可知，装置中
17、化学能转化为热能，装置中化学能转化为电能和热能，由两装置的溶液温度可知，装置中化学能转化为热能的能量大于装置中化学能转化为热能的能量，但相同时间内，装置中生成的氢气的体积比装置中大，反应释放的总能量HClO，下列对于该实验的分析不正确的是A. 对比的现象，说明红纸褪色涉及的反应是Cl2+H2OHCl+HClOB. 对比的现象，说明能使红纸褪色的微粒是HClOC. 对比的现象，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+D. 对比的现象，说明c(HClO)越大，漂白效果越好【答案】B【解析】【分析】Ca(ClO2)2粉末上滴加几滴盐酸，产生大量黄绿色气体，该气体为氯气，氯气的水溶液中含有次氯酸和盐酸，结合
18、次氯酸的强氧化性和漂白性以及盐酸的酸性分析解答。【详解】A中干燥红纸不褪色，中湿润的红纸褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，涉及的反应是Cl2+H2OHCl+HClO，故A正确；B中湿润的红纸褪色，中浸泡在饱和食盐水中的红纸不褪色，说明氯气在饱和食盐水中几乎没有溶解，不能说明使红纸褪色的微粒是HClO，故B错误；C中湿润的红纸逐渐褪色，Cl2+H2OHCl+HClO，溶液下酸性，中NaHCO3溶液调至中性(pH=7)，红纸快速褪色，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+，故C正确；D中c(HClO)最大，红纸快速褪色，中c(HClO)其次，红纸逐渐褪色，中c(HClO)最小，红纸
19、几乎不褪色，说明c(HClO)越大，漂白效果越好，故D正确；故选B。第二部分(共58分)15. 氯化钠是自然界中常见的盐，在生产生活中有着广泛的用途。(1)自然界中的氯化钠从原子结构角度解释自然界中氯元素主要以Cl-形式存在的原因：_。海水晒制的粗盐中还含有泥沙、CaCl2、MgCl2以及可溶的硫酸盐等杂质，可以依次通过溶解、过滤、_(选填字母序号；所加试剂均过量)、结晶等一系列流程得到精盐。a.加入Na2CO3溶液加入NaOH溶液加入BaCl2溶液过滤加入稀盐酸b.加入NaOH溶液加入BaCl2溶液加入Na2CO3溶液加入稀盐酸过滤c.加入BaCl2溶液加入Na2CO3溶液加入NaOH溶液过
20、滤加入稀盐酸检验精盐中是否除净的原理是_(用离子方程式表示)(2)食品加工中的氯化钠腌渍蔬菜时，食盐的主要作用是_(选填字母序号)。a.着色剂 b.防腐剂 c.营养强化剂动物血制品富含蛋白质。在制作血豆腐的过程中，向新鲜动物血液中加入食盐，蛋白质发生了_(填“盐析”或“变性”)。(3)氯碱工业中的氯化钠电解饱和食盐水总反应化学方程式是_。目前氯碱工业的主流工艺是离子交换膜法。阳极生成的气体中常含有副产物O2，结合下图解释O2含量随阳极区溶液的pH变化的原因：_。【答案】 (1). 氯原子结构示意图为，最外层为7个电子，且原子半径较小，易得1个电子形成稳定结构 (2). c (3). Ba2+=
21、BaSO4 (4). b (5). 盐析 (6). 2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH (7). 随着溶液的pH增大，c(OH-)增大，OH-还原性增强，因此OH-更易在阳极放电，O2含量增大【解析】【分析】【详解】(1)Cl位于第三周期A族，17号元素，其原子结构示意图为，最外层有7个电子，且原子半径较小，容易得到1个电子达到稳定结构，因此自然界中氯元素主要以Cl形式存在；故答案为氯原子结构示意图为 ，最外层为7个电子，且原子半径较小，易得1个电子形成稳定结构；Ca2用Na2CO3除去，Mg2用NaOH除去，用Ba2除去，除杂试剂过量，过量的除杂试剂必须除去，Na2CO3还要除去过
22、量的BaCl2，因此Na2CO3要放在BaCl2的右边，为了避免产生的沉淀重新溶解，应先过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，因此操作顺序是加入NaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤加入稀盐酸或者加入BaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤加入稀盐酸或者加入BaCl2溶液Na2CO3溶液NaOH溶液过滤加入稀盐酸，选项c正确；故答案为c；发生的离子方程式为Ba2=BaSO4；(2)腌制蔬菜时，加入食盐的作用是抑制微生物的繁殖，延长蔬菜的储存时间，即所加食盐为防腐剂，选项b正确；故答案为b；加入食盐，可以使蛋白质析出，不影响原来蛋白质的性质，这种作用为盐析；故答案为盐析；(3)电解饱和
23、食盐水得到NaOH、H2和Cl2，其总反应的化学方程式为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；故答案为2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH；根据图像，随着pH的增大，O2的体积分数增大，pH增大，c(OH)增大，浓度越大还原性越强，OH更易在阳极上放电，即电极反应式为4OH4e=2H2OO2，氧气的含量增大；故答案为随着溶液的pH增大，c(OH-)增大，OH-还原性增强，因此OH-更易在阳极放电，O2含量增大。16. 药物M可用于治疗动脉硬化，其合成路线如下。已知：(1)M的官能团有_。(2)D与I通过酯化反应合成药物M的化学方程式是_。(3)B的核磁共振氢谱只有1个峰，AB的
24、化学方程式是_。(4)由C合成D的反应中n(C9H14O)：n(H2)=_。(5)EF的反应类型是_。(6)已知：，以G为料，选择必要的无机试剂合成I，设计合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)：_。(7)G的同分异构体有多种，写出满足下列条件的同分异构体的结构简式：_。不存在顺反异构结构中含有酚羟基苯环上有两个取代基且位于邻位【答案】 (1). 酯基、羟基（或COOR、OH） (2). (3). 2+O22+2H2O (4). 1：2 (5). 取代反应 (6). (7). 【解析】【分析】由B的分子式和核磁共振氢谱只有1个峰可知，B为；由有机物的转化
25、关系可知，在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则A为；一定条件下，发生脱水成环反应生成或，则C为或；在催化剂作用下，或与氢气加压发生加成反应生成，则D为；在氯化铝作用下，与发生取代反应生成，则E为、F为；与氯气在加热条件下发生取代反应生成，则G为；经过一系列反应生成，则I为；一定条件下，与发生酯化反应生成 。【详解】1)M的结构简式为 ，官能团为羟基和酯基，故答案为：酯基、羟基（或COOR、OH）；(2) D与I通过酯化反应合成药物M的反应为，一定条件下，与发生酯化反应生成 和水，反应的化学方程式为，故答案为：；(3) AB的反应为在铜做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应
26、生成，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；(4) 由C合成D的反应为在催化剂作用下，1mol或与2mol氢气加压发生加成反应生成，则n(C9H14O)：n(H2)=1:2，故答案为：1:2；(5) EF的反应为在氯化铝作用下，与发生取代反应生成，故答案为：取代反应；(6)由题给信息可知，应用逆推法可知，以为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液反应中共热反应生成，在催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成，合成路线为：，故答案为：；(7)G的结构简式为，由G的同分异构体苯环上有两个取代基且位于邻位、结构中含有酚羟基
27、、不存在顺反异构可知，两个邻位取代基为OH和CH=CCl2，则符合条件的结构简式为，故答案为：。17. 乙二醇锑Sb2(OCH2CH2O)3是一种无毒的白色晶状粉末，主要用作聚酯反应催化剂，其生产工艺流程如下：(1)补全煅烧过程中的化学方程式：Sb2S3+ =Sb2O3+SO2，_。(2)醇化反应为可逆反应，其化学方程式是_，为提高Sb2O3的平衡转化率，可采取的措施是_(任写一条)(3)醇化时，最佳投料比=45，投料比过大导致产率降低的原因可能是_。(4)产品中含量的测定：I.实验原理：用碘(I2)标准溶液将氧化为II.实验操作：称取mg产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用amol/L碘
28、标准液滴定。接近终点时，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液体积为VmL。滴定终点的现象是_。产品中的质量分数是_。【答案】 (1). 2Sb2O3+9O22Sb2O3+6SO2 (2). 3HOCH2CH2OH+Sb2O3Sb2（OCH2CH2OH）+3H2O (3). 分离出水蒸气（或适当增加乙二醇的用量） (4). 投料比过大，导致生成的乙醇锑浓度过低，不易结晶 (5). 溶液变为蓝色 (6). 【解析】【分析】由题给流程可知，辉锑矿高温煅烧时，Sb2S3与氧气反应生成Sb2O3和SO2，温度为140的条件下，Sb2O3与乙二醇发生醇化反应生成Sb2（OCH2CH2OH）和水，
29、将醇化反应所得混合液冷却结晶、过滤得到乙二醇锑粗品，粗品经洗涤、干燥制得乙二醇锑。【详解】(1)由分析可知，辉锑矿高温煅烧时，Sb2S3与氧气反应生成Sb2O3和SO2，反应的化学方程式为2Sb2O3+9O22Sb2O3+6SO2，故答案为：2Sb2O3+9O22Sb2O3+6SO2；(2) 由分析可知，醇化反应为Sb2O3与乙二醇发生醇化反应生成Sb2（OCH2CH2OH）和水，反应的化学方程式为3HOCH2CH2OH+Sb2O3Sb2（OCH2CH2OH）+3H2O；该反应为可逆反应，适当增加乙二醇的用量或分离出水蒸气，能使平衡向正反应方向移动，Sb2O3的平衡转化率增大，故答案为：3HO
30、CH2CH2OH+Sb2O3Sb2（OCH2CH2OH）+3H2O；分离出水蒸气（或适当增加乙二醇的用量）；(3)若投料比过大，Sb2O3的物质的量偏少，Sb2O3与乙二醇发生醇化反应时生成Sb2（OCH2CH2OH）浓度过低，过量的乙二醇偏大，不利于Sb2（OCH2CH2OH）结晶析出，故答案为：投料比过大，导致生成的乙醇锑浓度过低，不易结晶；(4) 由题意可知，当完全氧化为后，再滴入碘标准液，过量的碘遇淀粉变蓝色，滴定终点的现象是滴入最后一滴碘标准液，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液变为蓝色；由得失电子数目守恒可知，的物质的量与反应消耗碘的物质的量相等，反应消耗碘的物质的量为
31、amol/LV103L=103aVmol，则产品中的质量分数为100%=，故答案为：。18. 短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下：资料：氧气浓度过高时，会被氧化成。(1)该工艺中被氧化的微粒是_。(2)参与中反应的n()：n(O2)=_(3)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图所示。当DO2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，II中反应无法发生；还有可能是_。(4)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量的，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及的三个反应(a、b和c)如下：在整个反应过程
32、中几乎监测不到浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：_。采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图所示。A是电源_极。结合电极反应式解释该工艺能提高氮的脱除率的原因：_。【答案】 (1). (2). 2:3 (3). 中产生得全部被氧化为，中反应因无反应物而无法发生 (4). 的消耗速率大于其生成速率，即反应速率cb (5). 正 (6). 阴极发生了2+12H+10e-=N2+6H2O，阳极区产生的也能在阴极放电，使得废水中氮元素最终以N2的形式脱除【解析】【分析】(1)从转化过程分析，被氧气氧化为，与发生归中反应生成氮气，此过程中被氧化；(2)中反应为氧化还原反应，根据电子守恒即可
33、计算出n()：n(O2)的比值；(3)根据信息氧气浓度过高时，会被氧化成，分析可能存在的原因；(4)在整个反应过程中几乎监测不到浓度增加，要求从反应速率角度分析，那就从反应b和c进行的快慢角度找到思路；从所给的微生物电解工艺有效除去的原理图可知，铵根离子转化为亚硝酸根离子，氮元素的价态升高，发生氧化反应，此极为电解池的阳极，此极与电源A相连，所以A为电源的正极，B为电源的负极；与B相连的阴极发生的反应为：2+12H+10e-=N2+6H2O，据以上分析进行解答。【详解】(1)从转化过程分析，被氧气氧化为，与发生归中反应生成氮气，被还原，被氧化；所以该工艺中被氧化的微粒是；(2)中反应为氧化还原
34、反应，根据电子守恒可知：n()(3+3)= n(O2)2(2-0)，参与中反应的n()：n(O2)=2:3；(3)根据信息可知：氧气浓度过高时，会被氧化成；所以当DO2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，II中反应无法发生；还有可能是中产生得全部被氧化为，中反应因无反应物而无法发生；(4)从反应的过程看出，硝酸根离子被还原为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子被还原为铵根离子，在厌氧氨氧化菌的作用下，两种离子发生氧化还原反应生成氮气，因在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，所以的消耗速率大于其生成速率，即反应速率cb；从所给的微生物电解工艺有效除去的原理图可知，铵根离子转化为亚
35、硝酸根离子，氮元素的价态升高，发生氧化反应，此极为电解池的阳极，此极与电源A相连，所以A为电源的正极，B为电源的负极；与B相连的阴极发生的反应为：2+12H+10e-=N2+6H2O，阳极区产生的也能在阴极放电，使得废水中氮元素最终以N2的形式脱除。19. 某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究。实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。实验过程实验编号实验操作实验现象溶液呈紫色，静置后紫色迅速褪去，久置后出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫
36、色褪去，久置后不出现淡黄色浑浊溶液呈紫色，静置后紫色缓慢褪去，久置后不出现淡黄色浑浊资料：.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；.Fe3+Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：_。(2)对实验中现象产生的原因探究如下：证明有Fe2+生成：取实验中褪色后溶液，加入12滴K3Fe(CN)6溶液，观察到_。实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是_。实验I和对比，中出现淡黄色浑浊，而中不出现淡黄色浑浊的原因是_。(3)为探究实验和中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：实验编号实验操作实验现象紫色褪去时间ab紫色褪去时间cb，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间cd，说明Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去；结合以上分析，试剂X是Na2SO4固体；结合以上分析，由实验和实验得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。