1、安徽省淮南市、淮北市2015年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）1国内科研机构对城市雾霾天气进行了研究，一种新的污染物过氧乙酰硝酸酯（PAN）被检出引起了人们的注意，研究表明对眼睛具有强烈刺激作用的过氧乙酰硝酸酯产生原理可用以下方程式表示为C2H6+NO2+O2（未配平），下列有关说法正确的是（）AC2H6分子中只存在极性键BPAN中氧元素化合价均为2C每消耗11.2L O2转移电子的物质的量为2 molDPAN可水解成硝酸和有机酸，是导致酸雨的原因之一考点：有机物的结构和性质.分析：A含CC和CH键；B过氧根中OO为1价；C状况未知，不能利用体积计算；D水解，生成
2、硝酸和过氧乙酸解答：解：AC2H6分子中存在极性键CH和非极性键CC，故A错误；BPAN中氧元素化合价不都是2价，过氧根中OO为1价，故B错误；C没给标况条件，Vm未知，不能利用体积计算其物质的量，故C错误；DPAN可水解成硝酸和有机酸，硝酸使雨水酸性增强，是导致酸雨的原因之一，故D正确；故选D点评：本题以信息的形式考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握习题中的信息、化学键判断及化学与环境的关系为解答的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，题目难度不大2（6分）（2015淮北二模）下列有关粒子组的评价及相关离子方程式均正确的是（）选项粒子组评价及离子方程式AK+、Al3+、SO42、NO3能大
3、量共存于同一溶液中BH+、CH3CHO、SO42、MnO4能大量共存于同一溶液中CNH4+、Fe3+、SCN、Cl不能大量共存，Fe3+3SCN=Fe（SCN）3DNa+、K+、HCO3、OH不能大量共存，HCO3+OH=H2O+CO2AABBCCDD考点：离子方程式的书写.分析：A四种离子之间不发生反应，能够大量共存；B酸性条件下高锰酸根离子能够氧化乙醛；C铁离子与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁，不是沉淀；D碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不会生成二氧化碳气体解答：解：AK+、Al3+、SO42、NO3之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，该选项中的评价及离子方程式都合理，
4、故A正确；BMnO4和CH3CHO发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，该评价不合理，故B错误；C离子方程式书写错误，Fe（SCN）3不是沉淀，不应该有沉淀符号，正确的离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，故C错误；DHCO3、OH之间反应生成碳酸根离子和水，不会生成二氧化碳，正确的离子方程式为：HCO3+OH=H2O+CO32，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存、离子方程式的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子能否共存的常用方法，本题需要注意从“评价、相关离子方程式”两个方面分析，为易错点3（6分）（2015淮北二模）高温钠
5、硫电池是一种新型可充电电池，其工作原理如图所示，图中固体电解质是Na+导体下列叙述正确的是（）A放电时，石墨电极a为正极B放电时，Na+从石墨b向石墨a方向迁移C充电时，b极反应为Na2Sx2e=xS+2Na+D可将装置中的固体电解质改成NaCl溶液考点：化学电源新型电池.分析：A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定高温钠硫电池的正负极材料；B、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应式；D、金属钠可以和水之间发生反应，据此回答判断解答：解：A、根据图示信息知道：金属钠富集在石墨电极附近，据此确定石墨a是高温钠硫电池的负极
6、材料，故A错误；B、放电时属于原电池装置，电解质中的阳离子移向正极，即Na+从石墨a向石墨b方向迁移，故B错误；C、充电时，在阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为：Na2Sx2e=xS+2Na+，故C正确；D、固体电解质不能改成NaCl溶液，因为钠单质会与水反应，故D错误故选C点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等4（6分）（2015淮北二模）一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）C（g）+2D（s）2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量如图下列判断正确的是（）A若混
7、合气体的密度不再改变时，该反应不一定达到平衡状态B2min后，加压会使正反应速率加快，逆反应速率变慢，平衡正向移动C反应过程中A和B的转化率之比为3：1D该条件下此反应的化学平衡常数的数值约为0.91考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.分析：A、反应前后气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态；B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动；C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转化率相同；D、由图象中的数据，平衡后D生成物质的量为0.8mol，结合化学三段式列式
8、3A（g）+B（g）C（g）+2D（s）起始量（mol） 3 1 0 0变化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8 平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8平衡浓度为c（A）=0.9mol/L，c（B）=0.3mol/L，c（C）=0.2mol/L，D为固体不写入平衡常数计算式解答：解：A、反应生成固体D，气体质量和气体体积发生变化，若混合气体的密度不再改变时，该反应一定达到平衡状态，故A错误；B、2min后，加压会使正、逆反应速率都加快，平衡正向移动，故B错误；C、将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，反应比和起始量之比相同，所以反应过程中A和B的转
9、化率之比为1：1，故C错误；D、由图象中的数据，平衡后D生成物质的量为0.8mol，结合化学三段式列式 3A（g）+B（g）C（g）+2D（s）起始量（mol） 3 1 0 0变化量（mol） 1.2 0.4 0.4 0.8 平衡量（mol） 1.8 0.6 0.4 0.8平衡浓度为c（A）=0.9mol/L，c（B）=0.3mol/L，c（C）=0.2mol/L，D为固体可计算得此反应的化学平衡常数=0.91，平衡常数约为0.91，故D正确故选：D点评：本题考查了化学平衡标志分析，平衡常数概念的计算应用，主要是一些反应速率、化学平衡的因素分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等5（6分）（20
10、15淮北二模）下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是（）编号实验操作实验现象解释与结论A某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝NH3是碱B硝酸银溶液中加足量NaCl溶液，再加KI溶液先出现白色沉淀，后变为黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）C2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀X不含有醛基D等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应相同时间内，HA收集到氢气多HA是强酸AABBCCDD考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；强电解质和弱电解质的概念；氨的化学性质；有机物（官能团
11、）的检验.分析：A、该实验是铵根离子的检验，但NH3不是碱；B、AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小；C、新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D、pH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大解答：解：A、NH3不是碱，故A错误；B、在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/L NaCl溶液，再加入少量0.1mol/L NaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故B正确；C、2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，
12、不能说明X不含有醛基，故C错误；D、等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与pH的关系、沉淀的溶度积、CHO的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大6（6分）（2015淮北二模）煤矸石是采煤和洗煤时的废弃物，其主要成分是Al2O3、SiO2，另外还含有数量不等的Fe2O3、CaO、MgO、Na2O、K2O、P2O5、SO3和微量稀有元素（如Ga等）下列关于煤矸石的说法正确的是（）A可用于生产矸石水泥、耐火砖等建筑材料B煤矸石中的金属氧化物均为碱性氧化物
13、CP2O5和SO3对应水化物的酸性较强的是 H3PO4D铝比镓活泼，能电解GaCl3水溶液制备镓单质考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；金属冶炼的一般原理.分析：A、煤矸石主要成分是Al2O3、SiO2，熔点高硬度大可用于生产矸石水泥、耐火砖等建筑材料；B、碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，煤矸石中的金属氧化物中Al2O3为两性氧化物；C、P2O5和SO3对应水化物的酸为磷酸、硫酸，硫酸酸性强；D、镓比铝活泼，不能通过电解GaCl3水溶液制备镓单质解答：解：A、煤矸石主要成分是Al2O3、SiO2，可用于生产矸石水泥、耐火砖等建筑材料，故A正确；B、煤矸石中的金属氧化物中Al2O
14、3为两性氧化物，其他金属氧化物是碱性氧化物，故B错误；C、P2O5和SO3对应水化物的酸为磷酸、硫酸，酸性较强的是H2SO4，故C错误；D、同主族镓比铝活泼，电解过程中阳离子是溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，不能生成金属镓，不能通过电解GaCl3水溶液制备镓单质，故D错误故选：A点评：本题考查了物质分类方法和物质性质的判断，主要是两性氧化物、碱性氧化物性质的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单7（6分）（2015淮北二模）室温下，将10.00mL 5.0000molL1醋酸滴入100.00mL蒸馏水中，溶液中c（H+）和温度随着醋酸体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）Aab段，醋酸
15、电离过程为放热过程Bcd段，c（H+）增加，醋酸电离度增加Cc点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液则：c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）Dd点时，c（H+）c（CH3COOH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：醋酸溶于水时，既有醋酸的电离又有氢离子和醋酸根离子的水和，醋酸电离过程为吸热过程，氢离子和醋酸根离子的水合过程（形成水合离子）放热，醋酸浓度越低，其电离度越大，但醋酸的电离程度很小，据此分析解答：解：A、ab段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程（电离）吸热，水合过程（形成水合离子）放热，故A错误；B、cd段，醋酸浓度增大，c（H+）增加，醋酸电离
16、程度减小，越稀越电离，故B错误；C、c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），故C正确；D、d点时，c（H+）c（CH3COOH），故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质醋酸电离过程中的能量变化和离子浓度变化，注意醋酸溶于水时，既有醋酸的电离又有氢离子和醋酸根离子的水和，醋酸电离过程为吸热过程，氢离子和醋酸根离子的水合过程（形成水合离子）放热，题目难度不大二、解答题（共4小题，满分58分）8（15分）（2015淮北二模）H、C、N、O、Al、Fe是六种常见元素（1）Fe位于周期表第四周期，第VIII族，其基态原子未成对电子
17、数为4碳的同素异形体中，金刚石熔点比C60高（填“高”、“低”）（2）用“”或“”填空：离子半径电负性第一电离能沸点O2Al3+CNNOCH4 NH3（3）Al能将污水中NO3转化为N2，同时铝的反应产物还能净化污水，该反应的离子方程式10Al+6NO3+18H2O=3N2+10Al（OH）3+6OH；其中产生的铝的化合物能净水的原理是生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用（4）已知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.66kJmol1CH2=CH2（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=1306.42kJmol1写出利用CO2和H2合成（CH2=CH2）的热化学方
18、程式为2CO2（g）+6H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（l）H=408.56kJmol1考点：原子核外电子排布；元素周期律的作用；热化学方程式；盐类水解的应用.分析：（1）根据Fe元素位于周期表第四周期第 VIII族，其基态原子价电子的排布式为3d64S2判断未成对电子数；根据金刚石是原子晶体，C60是分子晶体，判断熔点高低；（2）根据核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小判断；根据同一周期元素，电负性随着原子序数的增大而增大判断；根据N基态原子的价电子排布式为2s22p3处于半充满的稳定结构第一电离能大判断；根据NH3和CH4都属于分子晶体，NH3分子间存在氢键，沸点高
19、判断（3）Al能将污水中NO3转化为N2，同时铝的反应产物还能净化污水，该反应的离子方程式10Al+6NO3+18H2O=3N2+10Al（OH）3+6OH，其中产生的铝的化合物能净水的原理是生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用（4）根据盖斯定律2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.66kJmol1CH2=CH2（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=1306.42kJmol1则CO2和H2合成（CH2=CH2）的热化学方程式为3得该热化学方程式，据此计算焓变；解答：解：（1）Fe元素位于周期表第四周期第VIII族，价电子的排布式为3d64S2，所以其基态原子未成
20、对电子数为4，因为金刚石是原子晶体，C60是分子晶体，故金刚石熔点比C60高，故答案为：四；VIII；4；高；（2）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2Al3+；同一周期元素，电负性随着原子序数的增大而增大，故电负性CN；因为N基态原子的价电子排布式为2s22p3处于半充满的稳定结构，O基态原子的价电子排布式为2s22p4，O原子比N原子更容易失去第一个电子，故第一电离能NO；NH3和CH4都属于分子晶体，NH3分子间存在氢键，故沸点CH4NH3，故答案为：；（3）Al能将污水中NO3转化为N2，同时铝的反应产物还能净化污水，该反应的离子方程式10Al+6NO
21、3+18H2O=3N2+10Al（OH）3+6OH，其中产生的铝的化合物能净水的原理是生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用，故答案为：10Al+6NO3+18H2O=3N2+10Al（OH）3+6OH；生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用；（4）2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=571.66kJmol1CH2=CH2（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）H=1306.42kJmol1则CO2和H2合成（CH2=CH2）的热化学方程式为3得：2CO2（g）+6 H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（l）H=（571.663+1306.42）kJmol1=408.56k
22、Jmol1，故答案为：2CO2（g）+6 H2（g）CH2=CH2（g）+4H2O（l）H=408.56kJmol1点评：本题考查了元素周期表以及元素周期律的应用，以此为载体，考查了盖斯定律、熔沸点的比较、电负性、第一电离能以及铝的净水等，难度中等9（15分）（2015淮北二模）玉米芯是用玉米棒破碎筛选而成，主要成分是聚戊糖，在酸性条件下水解为戊糖（A，分子式C5H10O4），如图是用戊糖为原料合成乙酰丙酸正丁酯E的工艺如下：已知：戊糖A可以在酸性条件下脱水、成环生成糠醛B（1）戊糖A分子中的官能团名称是羟基、醛基CH3CO为乙酰基，写出E的结构简式（2）指出反应类型：加成（或还原）反应，酯化
23、（或取代）反应（3）糠醛可以与丙酮合成糠醛树脂写出反应的化学方程式（不必注明反应条件）（4）写出满足下列条件C的同分异构体的结构简式或（任写一种）1mol该同分异构体可与2mol氢气反应；核磁共振氢谱只有2个吸收峰（5）下列叙述正确的是abcdaA能发生银镜反应bB的分子式为C5H4O2c1molC完全燃烧消耗5.5mol O2dD能与氢气发生加成反应eB中键数目为2考点：有机物的合成.分析：由已知戊糖A（C5H10O4）四羟基醛可以在酸性条件下脱三分子水、成环生成糠醛B（），可知A的结构简式为HOCH=CHCH=C（OH）CHO，由乙酰丙酸正丁酯E逆推D为乙酰丙酸，（1）戊糖A分子中的官能团
24、名称是羟基、醛基CH3CO为乙酰基，E的结构简式；（2）据BC的结构简式可知，反应为醛基还原为羟基，反应类型为加成（或还原）反应，的反应类型酯化（或取代）反应（3）糠醛与丙酮合成糠醛树脂是脱水缩合反应；（4）C的同分异构体满足条件1molC可与2mol氢气反应；核磁共振氢谱只有2个吸收峰，说明其结构有两种氢的高对称性的结构，且有两个C=O双键其同分异构体的结构简式为或；（5）a、A中有醛基，故能发生银镜反应；b、据B的结构简式书写其分子式；B的分子式为C5H4O2，b正确；c、1molC（C5H6O2）去掉1molCO2，剩余C4H6，据1mol耗氧4+计算；d、D为乙酰丙酸（）其中的酮羰基能
25、与H2发生加成反应；e、B中键数目为3解答：解：（1）戊糖A的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHO，是多羟基醛，戊糖A分子中的官能团名称是羟基、醛基，CH3CO为乙酰基，E的结构简式，故答案为：羟基、醛基； （2）据BC的结构简式可知，反应为醛基还原为羟基，反应类型为加成（或还原）反应，的反应类型酯化（或取代）反应，故答案为：加成（或还原）； 酯化（或取代）；（3）糠醛与丙酮合成糠醛树脂是脱水缩合反应，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C的同分异构体满足条件1molC可与2mol氢气反应；核磁共振氢谱只有2个吸收峰，说明其结构有两种氢的高对称性的结构，且有两个C=O双键其同分
26、异构体的结构简式为或故答案为：或；（5）a、A中有醛基，故能发生银镜反应，故a正确；b、B的分子式为C5H4O2，故b正确；c、1molC（C5H6O2）去掉1molCO2，剩余C4H6，据1mol耗氧4+计算，完全燃烧消耗5.5 mol O2，故c正确；d、D为乙酰丙酸（）其中的酮羰基能与H2发生加成反应，故d正确；e、B中键数目为3，故e错误；故答案为：abcd点评：本题通过有机推断考查了官能团的名称、有机物结构简式的书写、有机化学反应方程式书写、同分异构体判断、官能团性质，题目难度较大10（14分）（2015淮北二模）锗及其化合物被广泛应用于半导体、催化剂等领域以铅锌矿含锗烟尘为原料可制
27、备GeO2，其工艺流程图如图1已知：GeO2是两性氧化物；GeCl4易水解，沸点86.6（1）第步滤渣主要成分有SiO2、PbO （填化学式），实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（2）第步萃取时，锗的萃取率与V水相/V有机相（水相和有机相的体积 比）的关系如图2所示，从生产成本角度考虑，较适宜的V水相/V有机相的值为8（3）第步加入盐酸作用中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解（答两点即可）（4）第步反应的化学方程式GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液
28、，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净（6）GeO2产品中通常混有少量SiO2取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，则该样品中GeO2的物质的量为0.050 mol考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，滤液中加入有机萃取剂萃取得到有机层萃取层中加入氢氧化钠进行反萃取得到水层，加入盐酸得到GeCl4，加入纯水过滤得到GeO2nH2O，加热分解得到GeO2；（1）根据题目中的流程可以看出第步中
29、不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯（2）第步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，故V水相/V有机相的值为8时较适宜（3）第步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解（4）第步反应GeCl4水解得到氯化氢和GeO2nH2O；（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，检验是否含有氯离子设计实验验证；（6）设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，依据蒸馏和原子守
30、恒列式计算：2（x+y）=0.105 105x+60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.050mol解答：解：（1）根据题目中的流程可以看出，含锗烟尘中含有ZnO、PbO、CeO2、SiO2，加入稀硫酸过滤，溶解的有ZnO、CeO2，第步中不溶于稀硫酸的滤渣主要成分有SiO2、PbO，实验室萃取操作用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；故答案为：SiO2、PbO2，分液漏斗、烧杯；（2）第步萃取时，从生产成本角度考虑，由图可知有机萃取剂的用量在V水相/V有机相的值为8时比V水相/V有机相的值为4时少，此时萃取率处于较高水平，而有机萃取剂较贵，从生产成本角度考虑，故V水相
31、/V有机相的值为8时较适宜；故答案为：8；（3）第步加入盐酸作用为中和NaOH，作反应物，同时抑制GeCl4水解；故答案为：中和NaOH，作反应物，抑制GeCl4水解；（4）第步反应是GeCl4水解得到氯化氢和GeO2nH2O，反应的化学方程式：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl；故答案为：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2nH2O+4HCl；（5）检验GeO2nH2O是否洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，往其中加入H
32、NO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净若产生白色沉淀，则说明未洗涤干净；（6）GeO2产品中通常混有少量SiO2取样品5.4g，测得其中氧原子的物质的量为0.105mol，设GeO2的物质的量为xmol，SiO2的物质的量为ymol，2（x+y）=0.105 105x+60y=5.4，解得x=0.050，故该样品中GeO2的物质的量为0.050mol故答案为：0.050点评：本题考查了物质分离和提纯的方法和实验设计，实验分析，实验现象的理解，流程和图象的特征分析，物质性质是解题关键，题目难度中等11（14分）（2015淮北二模）铵盐是一种重要的水体污染物某课题组利用电解法
33、，在含Cl的水样中，探究将NH4+转化为N2而脱氮的影响因素和反应机理（1）电解法脱氮的原理可能如下：直接电氧化在碱性条件下，发生2NH3+6OH6e=N2+6H2O反应的电极为阳极（填“阴”、“阳”）极；OH（羟自由基）电氧化在电流作用下，利用产生的强氧化性中间产物OH脱氮；OH中O元素的化合价1；间接电氧化利用电解产生的Cl2，与H2O作用生成HClO进行脱氮请写出HClO在酸性条件下氧化NH4+的离子方程式3HClO+2NH4+=N2+3Cl+5H+3H2O（2）探究适宜的实验条件如图为不同电流强度下脱氮的效果，综合考虑能耗因素，电流强度应选择10A（3）该课题组进一步探究脱氮过程中的强
34、氧化性的活性中间产物，提出了如下假设，请你完成假设三：假设一：只有OH；假设二：只有HClO；假设三：既有OH又有HClO（4）请你设计实验探究脱氮过程中是否有OH产生，完成下表内容实验方案预期实验结果和结论配制一定pH、NH4+和Cl浓度的溶液，用最佳电流强度，电解样品90min后，采用电子自旋共振法检测样品中OH（5）研究得知，脱氮过程主要以原理为主，弱酸性溶液中比强酸溶液中更利于使NH4+转化为N2而脱氮，请从化学平衡移动的角度解释其原因酸性较强时，Cl2+H2OH+Cl+HClO的化学平衡逆向移动，生成的HClO减少，不利脱氮考点：探究化学反应机理.分析：（1）根据原电池工作原理分析，
35、阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应；根据氢元素的化合价为+1判断氧元素的化合价；在碱性条件下，发生2NH3+6OH6e=N2+6H2O反应的电极为阳极，电解池的阳极发生氧化反应在电流作用下，利用产生的强氧化性中间产物OH脱氮；OH中O元素的化合价为1HClO在酸性条件下氧化NH4+的离子方程式为3HClO+2NH4+=N2+3Cl+5H+3H2O；（2）综合考虑能耗因素，电流强度应选择10A时，脱氮的效果最好（3）根据假设一和假设二判断假设三；（4）检测到OH，则假设成立，否则假设不成立；（5）根据氢离子对可逆反应Cl2+H2OH+Cl+HClO的影响分析解答：解：（1）在碱性条件下，发生2N
36、H3+6OH6e=N2+6H2O反应的电极为阳极，电解池的阳极发生氧化反应，故答案为：阳极；在电流作用下，利用产生的强氧化性中间产物OH脱氮，OH中H元素为+1，则O元素的化合价为1，故答案为：1；HClO在酸性条件下将铵根离子氧化成氮气，据此写出反应的离子方程式；（2）根据图示曲线变化，并结合能耗因素分析最佳电流；（3）根据假设一和假设二可知假设三为：既有OH又有HClO，故答案为：既有OH又有HClO；预期实验结果和结论若检测到一定浓度的OH，则假设成立，反之，假设不成立（4）配制一定pH、NH4+和Cl浓度的溶液，用最佳电流强度，电解样品90min后，采用电子自旋共振法检测样品中OH，若检测到一定浓度的OH，则假设成立，反之，则假设不成立，故答案为：实验方案预期实验结果和结论若检测到一定浓度的OH，则假设成立，反之，假设不成立；（5）酸性较强时，Cl2+H2OH+Cl+HClO的化学平衡逆向移动，生成的HClO减少，不利脱氮，故弱酸性溶液中比强酸溶液中更利于使NH4+转化为N2而脱氮，故答案为：酸性较强时，Cl2+H2OH+Cl+HClO的化学平衡逆向移动，生成的HClO减少，不利脱氮点评：本题考查了探究反应原理，题目难度中等，试题涉及电解原理及其应用、影响化学平衡的因素、离子方程式书写等等知识，试题知识点较多、充分考查学生的分析、理解能力及归纳总结能力