北京市西城区高考二模化学试卷有答案

1、北京市西城区2017届高考二模化学试卷一、选择题本部分共7小题，每小题6分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列材料中不属于有机高分子化合物的是（)2.下列事实与水解反应无关的是（A,用Na2s除去废水中的Hg2+B.用热的Na?CO3溶液去油污C.利用油脂的皂化反应制造肥皂D,配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO43.下列事实不能用元素周期律解释的是（A.酸性：HClO4X2SO4B.Na、Mg与水反应，Na更剧烈C.气态氢化物的稳定性：HF>HClD.向Na?SO3溶液中加盐酸，有气泡产生4.已知反应:2Fe3+2I2Fe2+I2,用KI溶液和FeC

2、l3溶液进行如下实验。下列说法中，不正确的是（）雷败红A.实验i中现象说明有Fe2+生成B.实验ii中现象说明反应后溶液中含有C.实验血水溶液中c（Fe2+）大于i中Fe3+c(Fe2+)D,实验iii中再加入4滴0.1mol?L1FeCl2溶液，振荡静置,CC14层溶液颜色无变化5.在一定条件下，利用CO2合成CH30H的反应如下：CO2（g）+3H2（g）匚H30H（g）+H2O（g）AH研究发现，反应过程中会有副反应:CO2g)+H2(g)LCO(g)+H2。(g)AH2,温度对CH3OH、CO-1-/ 15的产率影响如图所示。下列说法中，不正确的是（）100-加利曲班次建A.廿li&l

3、t;0,协2>0B.增大压强有利于加快合成反应的速率C.生产过程中，温度越高越有利于提高CH3OH的产率c（CH3OH）Ud（H20）D.合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=CO、CCO2）_|CH2）6.依据下列实验现象，不能得出对应结论的是（）实验现象结论A室温下测0.1molLL1醋酸PHpH定3醋酸是弱酸B向2mL0.1mo|L1NaOH溶液中i.滴加几滴同浓度的MgS。4溶液ii.再滴加几滴同浓度FeCl3溶液i.产生白色沉淀ii.产生红褐色沉淀溶解度：Fe(OH)3<Mg(OH)2C常温下，将C。2通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚D将少量澳乙烷与NaOH溶液

4、共热，冷却、HNO3酸化后，滴加AgNO3溶液淡黄色沉淀证明含有澳元素A.AB.BC.CD.D7.工业酸性废水中的C2O72可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示（实验开始时溶液体积为50mL,Cr2O72的起始浓度、电压、电解时间均相同）。下列说法中，不正确的是（）实验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加1mL浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加1mL浓硫酸C%O72的去除率/%0.92212.757.3A,对比实验可知，降低PH可以提高CL。？2一的去除率B.实验中，C%。72在阴极放电的电极反应式是Cr2O72+6e+14H+2Cr3+7H2。C.实验中，Cr

5、2O72去除率提高的原因是Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2。D.实验中，理论上电路中每通过6mol电子，则有1molCr2O72被还原二、非选择题（共11题共180分）8.（17分）聚合物=CH-W-CH=n（W是链节中的部分结构）是一类重要白功能高分子材料。聚合物X是其中的一种，转化路线如图：已知：iRCHO+RCHCHO尔式北4工机（十出0RiCHO+R2CH2CHOY+e。而RCH=CHR+R3cH=CHR一网把匕RCH=CHR+R3cH=CHR（R代表煌基或氢原子）(1) A的结构简式是。(2) B所含的官能团名称是。(3) E的结构简式是。(4) 的化学方程

6、式是。(5) 的反应类型是。6 6)J是五元环状化合物，的化学方程式是。7 7)X的结构简式是。9. (14分)MnSO4在工业中有重要应用。用软镒矿浆(主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3、FeO、Al2O3和少量Pb8杂质)浸出制备MnSO4,其过程如下：I.向软镒矿浆中通入SO2,镒、铁、铝、铅元素以离子形式浸出，测得浸出液的pHV2。II.向浸出液中加MnO2,充分反应后，加入石灰乳，调溶液pH=4.7。m.再加入阳离子吸附剂，静置后过滤。W.滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体。【资料】部分阳离子形成氢氧化物沉淀的pH离于L2+FeL3+FeAl3+Mn I中向软镒矿浆中通入

7、 SO 2生成MnSO 4 ,该反应的化学方程式是 。 II中加入MnO 2的主要目的是 ；调溶液pH =4.7,生成的沉淀主要含有 和少量CaSO 4。(3)出中加入阳离子吸附剂，主要除去的离子是 。(4)用惰性电极电解 MnSO 4溶液，可以制得高活性 MnO 2。电解MnSO 4溶液的离子方程式是。高活性MnO 2可用于催化降解甲醛，有关微粒的变化如图所示，其中 X是，总反应的化学方程式+Pb2+开始沉淀时的pH7.62.73.88.38.0完全沉淀时的pH9.73.74.79.88.8-3-/ 1510. （12分）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3LH2O的形式存在。某工厂处理氨

8、氮废水的流程如下：含NH4+的废水一;低浓度氨氮废水一二含余氯废水八达标废水（1） I中加入NaOH溶液，调pH=11并鼓入大量空气。用离子方程式表示NaOH加溶液的作用是；鼓入大量空气的目的是。（2）n中加入适量NaClO溶液，控制pH在67,将氨氮转化为无毒物质。为了完全从废水中去除氨氮，加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比最小是。过程n发生3个反应：+I .ClO+HHC1OII .NH4+HC1ONH2Cl+H+H2O（NH2cl中Cl元素为+1价）III .已知：水体中以+1价形式存在的氯元素有消毒杀菌的作用，被称为余氯"。图为NaClO加入量与余氯”含量的关系示

9、意图。其中氨氮含量最低的点是c点。b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是（用化学式表示）；反应值的化学方程式是。（3）出中用Na2SO3溶液处理含余氯废水，要求达标废水中剩余Na2SO3的含量小于5mg_L1.若含余氯废水中的NaClO含量是7.45mgL1,则处理10m3含余氯废水，至多添加10%Na?SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）。11.（15分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。【实验I试齐I：酸化的0.5mol_L1FeSO4W液（pH=0.2）,5%九。2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2。2溶液溶液立即变为棕黄

10、色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是(2)产生气泡的原因是。【实验n试剂：未酸化的0.5mol_L1FeSO4溶液（pH=3）,5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测彳#反应后溶液pH=1.4(3)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4moi|_L1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3,经检验还含有S

11、O4；检验棕黄色沉淀中SO42一的方法是。(4)对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：i. H2O2溶液氧化Fe2+消耗H+ii. Fe2+氧化的产物发生了水解根据实验n记录否定假设i,理由是。实验验证假设ii：取,加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立。(5)将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是。【实验出】若用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验H相同，除了产生与H相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(6)产生刺激性气味气体的原因是。(7)由实验I、II、出可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与(

12、至少写两点)有关。-#-/15、选择题15. BADDC二、非选择题67. BD-9-/ 158. (17分)(1)CH 3CH 2OH(2)醛基;(3)CH 2=CHCHO(4)(5)加成反应;Br+2NaOH(6)(7)oCOOCH)+2 NaBr+2 H 2O ；一一一一一一一浓硫酸_CH2=CHCOOH+CHOH-yTCH2=CHCOOCH+H2O；9. (14分)(1)(2)(3)SO2+MnO 2=MnSO将Fe2+氧化为Fe3+Ca2+、Pb2+ ；. Fe (OH )3、 Al (OH )3 .Q通电(4)Mn2+2H2O=MnO2+H2?+2H+;MnO2HCO3;HCHO+

13、O2=CO2+H2Oo10. (12分)(1)nh4+oh一nh3Lh2o；空气可以将生成的氨气带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；(2)3:1；NH2Cl；ClO+2NH2Cl=N2+3Cl+2H+H2O;(3)1.7611.(15分)(1) 2Fe2+2H+H2O2=+2Fe3+2H2O；(2) Fe3+催化下H2O2分解生成。2；(3)取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO4下；(4)反应后溶液的pH降低；DFe2(SO4”溶液；(5) 2Fe2+4H2O+H2O2=+2Fe(OH)3(胶体)+2H+；(6) H2O2

14、分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生的HCL受热挥发；(7) pH、阴离子种类、温度、反应物用量。解析一、选择题1 .【考点】L1：有机高分子化合物的结构和性质。【分析】A.苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；B.二氧化硅为无机物；C.聚酯纤维为缩聚反应产物；D.聚丙烯酸钠为加聚反应产物。【解答】解：相对分子质量在10000以上的为高分子，可利用缩聚反应、加聚反应得到有机高分子化合物，则酚醛树脂、聚酯纤维、聚丙烯酸钠均为有机高分子化合物，而二氧化硅为无机物，故选B.【点评】本题考查有机高分子的判断，为高频考点，把握有机物的组成、合成高分子的方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考

15、查，注意二氧化硅为无机物，题目难度不大。2.【考点】DD：盐类水解的应用。【分析】A.硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS;B.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解；C.油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应；D.CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4【解答】解：A.硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS,所以能用Na2s除去废水中的Hg2+,与与水解反应无关，故A选；B.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；C.油脂在碱性条件下的水解反应是皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C

16、不选；D.CuSO4在溶液中水解生成少量”SO4,加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4,与盐类的水解有关，故D不选。故选A.【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于化学知识的综合运用的考查，注意把握盐类水解的原理，题目难度不大。3.【考点】8F:原子结构与元素周期律的关系。【分析】A.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B.元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈；C.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；D,向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强。【解答】解：A.非金属性Cl>S,元素

17、的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A正确；B.金属性Na>Mg,元素的金属性越强，对应的单质与水反应越剧烈，故B正确；C.非金属F>Cl,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C正确；D.向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生，只能说明盐酸的酸性比亚硫酸强，不能用元素周期率解释，故D错误。故选D.【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握元素周期律的递变规律以及物质的性质的比较角度，难度不大。4.【考点】PT:物质的检验和鉴别的实验方案设计。【分析】A.Fe2+与铁氧化钾生成蓝色沉淀；B.Fe3+使KSCN溶液显红色

18、；C.实验iii中生成的I2萃取到CC14层，从溶液中分离出产物L使反应2Fe3+2？2Fe2+i2正向移动，使c(Fe2+)大于i中c(Fe2+);D.实验iii中再加入4滴0.1mol?L1FeCl2溶液，使反应2Fe3+2I?2Fe2+i2逆向移动，生成的I2浓度降低，CC14层溶液颜色变浅。【解答】解：A.Fe2+与铁氧化钾生成蓝色沉淀，实验i中现象说明有Fe2+生成，故A正确；B, Fe3+使KSCN溶液显红色，实验ii中现象说明反应后溶液中含有Fe3+,故B正确；C.实验iii中生成的I2萃取到CC14层，从溶液中分离出产物电使反应2Fe3+2？2Fe2+i2正向移动，使c(Fe2

19、+)大于i中c(Fe2+),故C正确；D.实验iii中再加入4滴0.1mol?L1FeCl2溶液,使反应2Fe3+2I?2Fe2+i2逆向移动，生成的I2浓度降低,CC14层溶液颜色变浅，故D错误；故选D.【点评】本题考查了物质的检验与鉴别，注意掌握检验铁离子和亚铁离子的方法，把握可逆反应的特征，试题培养了学生的化学实验能力，题目难度中等。5.【考点】CB：化学平衡的影响因素。【分析】A,由图可知温度升高CH30H的产率减小，所以CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)平衡逆向移动，则4Hi0;而一氧化碳产率增大，所以CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)平衡正向

20、移动，H2>0；B.对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快；C, Hi0温度升高平衡逆向移动；D.平衡常数等于生成浓度哥之积比上反应物浓度哥之积，由此分析解答。【解答】解：A.由图可知温度升高CH30H的产率减小，所以CO2(g)+3山(g)?CH3OH(g)+H2O(g)平衡逆向移动，则4Hi0；而一氧化碳产率增大，所以CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)平衡正向移动，H2>0,所以H1V0,H2>0,故A正确；B.对于有气体参与的反应，压强越大反应速率越快，所以增大压强有利于加快合成反应的速率，故B正确；C.Hi0温度升高平衡逆向移动，所以温度越高CH3

21、0H的产率越低，故C错误；D.平衡常数等于生成浓度哥之积比上反应物浓度哥之积，所以合成CH3OH反应的平衡常数表达式是K=|c(CH3OH)*c(HnO)鼻,故D正确；c(C02)-c3(H2)故选c.【点评】本题考查物质的产率随时间变化曲线，涉及化学反应速率及化学平衡、平衡常数表达式的书写，难度不大，注意对基础知识的全面掌握。6.【考点】U5:化学实验方案的评价。【分析】A.由pH大于1可知，醋酸不能完全电离；B.NaOH过量，均为沉淀的生成；C.发生强酸制取弱酸的反应；D.水解后加硝酸至酸性，再检验澳离子。【解答】解：A.由pH大于1可知，醋酸不能完全电离，则醋酸是弱酸，故A正确；B.Na

22、OH过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp及溶解度，故B错误；C.发生强酸制取弱酸的反应，则酸性：碳酸苯酚，故C正确；D.水解后加硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，出现淡黄色沉淀，则证明含有澳元素，故D正确；故选B.【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握弱电解质的电离、沉淀生成、酸性比较、有机物的性质为解答的关键，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 .【考点】DI：电解原理。【分析】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，C2O72的去除率越大；8 .实验中，Cr2O72一在阴极上得电子发

23、生还原反应；C.实验中，Cr2O72在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原C2O72；D.实验中，Cr2O72在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72,理论上电路中每通过6mol电子，则有1molC2O72在阴极上被还原，且溶液中还有C2O72被还原。【解答】解：A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72的去除率越大，所以降低pH可以提高C2O72的去除率，故A正确；B.实验中，Cr2O72在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72+6e+14H+2Cr3+7H2。，故B正确；C.实验中，C2O72在阴极上得电

24、子，且溶液中白亚铁离子也能还原Cr2O72,离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+2a3+6Fe3+7H2O,所以导致Cr2O72去除率提高，故C正确；D.实验中，Cr2O72在阴极上得电子，且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72,理论上电路中每通过6mol电子，则有1molC2O72在阴极上被还原，且溶液中还有1molC2O72被Fe2+还原，所以一共有2molCr2O72被还原，故D错误；故选D.【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属-15 -/ 15作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是二、非选择题D.8

25、.(17分)【考点】HB:有机物的推断；HC:有机物的合成。【分析】A发生催化氧化反应生成B,B和D发生信息i的反应生成E,结合A的分子式知，A结构简式为CH3CH2OH,B为CH3CHO,E发生氧化反应生成F,根据F分子式知,D为HCHO,E为CH2=CHCHO,F为CH2=CHCOOH。N与J发生信息ii中的反应CH2=CHCOOCH32/中的一种，结合F的结构简式可知结合产物结构简式可知N、J分别为N为CH2=CHCOOCH3J为CH30H0I发生消去反应生成J,G发生加成反应生成I,则故M为G、I结构简式分别为Br由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物饪叶n，据此解答。COOCH

26、j的反应生成E,结合A的分子式知，A结构简F 分子式知，D 为 HCHO ,E 为 CH2=CHCHO ,F为CH2=CHCOOH。N与J发生信息ii中的反应CH2=CHCOOCH 32/中的一种，结合F的结构简式可知结合产物结构简式可知N、J分别为N 为 CH2=CHCOOCH 3 J 为CH3OH。I发生消去反应生成 J, G发生加成反应生成I,则故M为G、I结构简式分别为Br由信息iii可知I在Ro催化剂条件下生成聚合物【解答】解：A发生催化氧化反应生成B,B和D发生信息i式为CH3CH2OH,B为CH3CH0,E发生氧化反应生成F,根据COOCHjCH3CH20H ；(1)由上述分析可

27、知，A的结构简式是CH3CH2OH,故答案为：(2)B为CH3CH0,所含的官能团名称是醛基，故答案为：醛基；CH2=CHCH0 ；(3)由上述分析可知，E的结构简式是CH2=CHCHO,故答案为:(4)的化学方程式是：CH2=CHC00H+CH3OH流硫酸ACH2=CHC00CH3+H2O故答案为：CH2=CHC00H+CH 3OH浓硫酸Ach2=chcooch3+H2O；与澳发生加成反应生成(5)是Br,故答案为：加成反应;(6)的化学方程式是:BrBr+2NaOH：+2NaBr+2H2O,故答案为:Br+2NaOH+2NaBr+2H2O;(7)由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物

28、X为COOCHj故答案为:2厂比COOCHj【点评】本题考查有机物的推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用能力，是高考热点题型，注意根据转化关系中有机物的分子式、结构简式及反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等。9. (14分)【考点】U3：制备实验方案的设计。【分析】软镒矿浆(主要成分为MnO2和水，含有Fe2O3.FeO、AI2O3和少量PbO等杂质)通入SO2浸出液的pH<2,MnO2与SO2发生氧化还原反应，其中的金属离子主要是Mn2+,浸出液还含有少量的Fe2+、Al3+等其他金属离子，Fe2

29、+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,在氧化后的液体中加入石灰乳，杂质中含有Fe2+、Al3+、Ca2+、Pb2+四种阳离子，由沉淀的pH范围知，调节pH值4.7,Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+,过滤，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，获得MnSO4晶体，据此分析解答(1)-(3)；(4)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2,阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2由氧元素守恒可知有水参与反应，阴极发生还原反应，水放电生成氢气(还会生成氢氧根离子)，配平书写电极反应式；氧离子与-CHO转化为

30、X,而X与H+生成CO2和H2O,则X表示的粒子是HCO3,整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水。【解答】解：(1)I中向软镒矿浆中通入SO2生成MnSO4,MnO2与SO2发生氧化还原反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4；故答案为：S5+MnO2=MnSO4；(2)杂质离子中Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+,加入石灰乳，调节pH值4.7,Fe3+、Al3+阳离子通过调pH值，转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故生成的沉淀主要为Fe(OH)3.Al(OH)3和少量CaSO4；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+;Fe(OH)3Al(OH)3；(3)由题可知通过步骤

31、III得到的溶液为含有镒离子的溶液，故在此步骤对剩余的金属离子进行了除杂，则，加入阳离子吸附剂，除去Ca2+、Pb2+;故答案为：Ca2+、Pb2+;(4)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2,阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为Mn。？,阴极水得电子发生还原反应生成氢气，总反应离子方程式为：Mn2+2H2O逋电MnO2+H2T+2H+；故答案为：Mn2+2H2O烟电MnO2+H2仔2H+;氧离子与-CHO转化为X,而X与H+生成CO2和H2O,则X表示的粒子是HCO3,整个过程是甲醛氧化生成二氧化碳与水，可得该反应的总反应方程式为：HCHO+O2CO2+H2O,MnOp故答案为

32、：HCO3;HCHO+O2CO2+H2OO【点评】本题以制备硫酸镒的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力。10. （12分）【考点】FE："三废"处理与环境保护；5A：化学方程式的有关计算。【分析】（1）俊根能和强碱反应生成一水合氨；减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动；（2）加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比根据2NH4+电12e，ClOC2e结合得失电子守恒计算；中a-b点，发生的反应为ioClO+H+HClOii。NH4+HC1ONH2C1+H+H2O（NH2CI中Cl元素为+1

33、价），b-c点反应是次氯酸钠和NH2CI发生氧化还原反应生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；（3）处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n如兀乂10'又兆10A/t=1mol74.Sg/mol根据反应：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4,可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol。【解答】解：（1）钱盐能和强碱反应，实质是：NH4+OH-NH3?H2O,氨水电离是可逆反应，鼓入大量空气将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离，故答案为：NH4+OH一NH3?H2O;空气可以将生成的氨气

34、带走，使化学平衡向正反应方向移动，促进了氨水电离；（2）氨氮废水中白氮元素多以NH4+和NH3?H2O的形式存在，为了完全从废水中去除氨氮，2NH4+N212e6ClO6Cl12e根据电子守恒得到加入的NaClO与水体中NH4+的物质的量之比3：1,故答案为：3:1;中a-b点，发生的反应为ioClO+H+HClOiioNH4+HClONH2Cl+H+H2O（NH2C中Cl元素为+1价），b点表示的溶液中氮元素的主要存在形式是NHzCl,b-c点反应是次氯酸钠和NH2Cl发生氧化还原反应生成氮气，反应的离子方程式为：ClO+2NH2Cl=N2+3Cl+2H+H2O,故答案为：NH2CI；ClO

35、+2NH2Cl=N2+3Cl+2H+H2O;(3)处理10m3盐水b中含有NaClO的物质的量为n=l0口"LX10X45X1。A/L=imoi74.5g/irol根据反应：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4,可知与NaClO完全反应消耗的Na2SO3为1mol,质量为m=nxM=1molx126g/mol=126g,根据题意，设最多添加10%Na2SO3溶液的质量为x"M12裾)-10%"m=5mg/L,1000L解得：x=1760g=1.76kg,故答案为：1.76.【点评】本题考查了废水处理的方法和过程分析判断，氧化还原反应电子守恒的计算、氧化还原反应产物判断，注意分析题干信息，掌握基础是解题关键，题目难度中等。11.(15分)【考点】U2:性质实验方案的设