2022年北京市高考冲刺化学考前押题冲刺（5月份）

2019年北京市高考化学考前押题试卷（5月份）一、选择题（单选题，每小题6分，共42分）、1．（6分）下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（）A．煅烧贝壳 B．粮食酿醋 C．古法炼铁 D．火药爆炸2．（6分）下列说法正确的是（）A．葡萄糖制镜利用了葡萄糖的氧化性 B．室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯 C．酯在碱性条件下水解生成对应的酸和醇 D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼3．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象结论A将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2已变质B在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡。液体分层，下层溶液呈紫红色。氯的非金属性比碘强C炭粉中加入浓硫酸并加热，导出的气体通入BaCl2溶液中有白色沉淀产生有SO2和CO2产生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀溶解度：AgCl＞AgIA．A B．B C．C D．D4．（6分）科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．下列说法不正确的是（）A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程 B．GaN表面发生氧化反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ C．Cu表面的反应是：CO2+8e﹣+6H2O═CH4+8OH¯ D．H+透过质子交换膜从左向右迁移5．（6分）一定温度下，向10mL0.40mol•L﹣1H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+，②H2O2+2Fe2++2H+═2H2O+2Fe3+，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是（）t/min0246V（O2）/mL09.917.222.4A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）＝3.33×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1 B．Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率 C．反应①是吸热反应、反应②是放热反应 D．反应2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）的△H＝E1﹣E2＜06．（6分）已知反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（）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Fe3+ C．实验iii水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+） D．实验iii中再加入4滴0.1mol•L﹣1FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化二、非选择题目（共58分）7．（17分）有机高分子化合物M是生产玻璃钢的原料，其合成路线如图：（1）烃A的相对分子质量为28，其结构简式是。（2）试剂a是。（3）C的结构简式是。（4）反应Ⅱ的化学方程式是。（5）反应Ⅲ的反应类型是。（6）G的一种同分异构体N满足如下转化关系：在该条件下，1molN生成2molI．N的结构简式是。（7）已知：以苯和乙醛为原料制备H，写出合成路线（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）：。8．（15分）金属镍具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiR2络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡：NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq）（R﹣为有机物配体，K＝1.6×10﹣14）（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀进而回收镍。①该反应的离子方程式为。②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni（OH）2沉淀生成，用离子方程式解释Ni（OH）2生成的原因是、。（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络﹣化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni（OH）2固体进而回收镍。工艺流程如图1：“脱络”（指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni2+）过程中，R﹣与中间产物•OH（羟基自由基）反应生成难以与Ni2+络合的•R（有机物自由基），但•OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：Fe2++H2O2═Fe3++OH﹣+•OH…………iR﹣+•OH═OH﹣+•R…………iiH2O2+2•OH═O2↑+2H2O…………iii实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图2所示：①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是。②分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为g•L﹣1；低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是。9．（15分）游泳池的水变绿主要是因为细菌及藻类的急剧繁殖导致的．（1）含氯物质可以作为游泳池的消毒剂．一般水质正常的游泳池消毒后水中的余氯应保持在0.3～0.5mg/L，pH保持在7.4～7.6，这个环境下细菌和藻类都不易生长和繁殖．①露天游泳池水由于连续下雨和高温（28～30℃）会导致藻类大量繁殖，其原因是．②消毒剂的错误使用也会导致藻类大量繁殖，游泳池水变绿．若水中的余氯以次氯酸形式存在，再加入H2O2进行消毒也会导致池水变绿，写出次氯酸与H2O2发生反应生成盐酸的化学方程式．（2）处理池水变绿的方法分为五步．①灭藻原理是铜离子可以使叶绿体中毒无法光合作用而死亡；CuSO4溶液也能够杀菌，其原理是．加入CuSO4溶液后需要打开水循环系统，其作用是．②含氯消毒剂杀菌消毒主要体现出的化学性质是．③选用Na2CO3调节pH至7.5，用化学用语和文字解释其原因．④聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出．稀释聚合氯化铝会产生胶体，其离子反应方程式是；当温度大于80℃时，水体中铝离子的总浓度会降低，其原因是．10．（17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】试剂：酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4溶液（pH＝0.2），5%H2O2溶液（pH＝5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，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Ⅱ】试剂：未酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4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．测得反应后溶液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4mol•L﹣1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SO42﹣．检验棕黄色沉淀中SO42﹣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①根据实验II记录否定假设i，理由是．②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Ⅲ】若用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验II相同，除了产生与II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、Ⅲ可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与（至少写两点）有关．

2019年北京市高考化学考前押题试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题（单选题，每小题6分，共42分）、1．（6分）下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是（）A．煅烧贝壳 B．粮食酿醋 C．古法炼铁 D．火药爆炸【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．煅烧贝壳，是碳酸钙发生分解反应，没有发生氧化还原反应，故A选；B．醋的酿造，存在从乙醇转化为乙酸的过程，为氧化还原反应，故B不选；C．金属冶炼中金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故C不选；D．火药爆炸，属于剧烈的氧化还原反应，存在元素的化合价变化，故D不选。故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从化合价角度分析，题目难度不大。2．（6分）下列说法正确的是（）A．葡萄糖制镜利用了葡萄糖的氧化性 B．室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯 C．酯在碱性条件下水解生成对应的酸和醇 D．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼【分析】A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化；B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水；C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠；D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基．【解答】解：A．葡萄糖含﹣CHO，能被银氨溶液氧化，则体现葡萄糖的还原性，故A错误；B．含﹣OH的有机物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯类不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯，故B正确；C．酯在碱性条件下水解生成羧酸钠，酸性条件下水解生成对应的酸和醇，故C错误；D．甲苯能被高锰酸钾氧化，因苯环影响甲基，使甲基上H变得活泼，故D错误；故选：B。【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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大．3．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验操作实验现象结论A将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2已变质B在KI溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4，充分震荡。液体分层，下层溶液呈紫红色。氯的非金属性比碘强C炭粉中加入浓硫酸并加热，导出的气体通入BaCl2溶液中有白色沉淀产生有SO2和CO2产生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黄色沉淀溶解度：AgCl＞AgIA．A B．B C．C D．D【分析】A．滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；B．下层溶液呈紫红色，说明生成了碘单质，可证明氯气的氧化性较强，据此可比较Cl、I元素的非金属性，氯水中次氯酸具有强氧化性也可以氧化碘离子；C．二氧化硫、二氧化碳均与氯化钡不反应；D．向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀。说明生成AgI，生成物溶度积更小，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）；【解答】解：A．滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，检验是否变质时不能加酸酸化，故A错误；B．下层溶液呈紫红色，氯水中次氯酸、氯气具有强氧化性也可以氧化碘离子，不可推断出氯的非金属性强于碘，故B错误；C．二氧化硫、二氧化碳均与氯化钡不反应，则不能生成白色沉淀，故C错误；D．向溶液中滴加的NaCl溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液，白色沉淀转化为黄色沉淀。说明相同体积的溶液中溶解的氯化银的物质的量多，溶解碘化银的物质的量少，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握非金属性比较、氧化还原反应、离子检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，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。4．（6分）科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．下列说法不正确的是（）A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程 B．GaN表面发生氧化反应：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ C．Cu表面的反应是：CO2+8e﹣+6H2O═CH4+8OH¯ D．H+透过质子交换膜从左向右迁移【分析】该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【解答】解：A．根据图示可知，该装置中将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．负极发生氧化反应，负极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，故B正确；C．根据电子流向知，Cu是正极，正极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成甲烷，电极反应式为：CO2+8e﹣+8H+＝CH4+2H2O，故C错误；D．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以装置中的H+由左向右移动，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，明确原电池原理为解答根据，注意正确判断电极反应、电子流向、离子流向，难点是电极反应式的书写。5．（6分）一定温度下，向10mL0.40mol•L﹣1H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示。资料显示，反应分两步进行：①2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+，②H2O2+2Fe2++2H+═2H2O+2Fe3+，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是（）t/min0246V（O2）/mL09.917.222.4A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）＝3.33×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1 B．Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率 C．反应①是吸热反应、反应②是放热反应 D．反应2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）的△H＝E1﹣E2＜0【分析】①2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+，②H2O2+2Fe2++2H+═2H2O+2Fe3+，由反应①、②可得：2H2O2═2H2O+O2↑，A、根据v＝，速率之比等于对应物质的量之比；B、由①、②可知铁离子在反应中起催化作用；C、由反应过程与能量的图可知，反应①的反应物能量低于生成物的能量，反应②的反应物能量高于生成物的能量；D、由图可知反应H2O2的总能量高于生成物H2O（l）和O2（g）的总能量，所以正反应是放热反应。【解答】解：A、0～6min时间内，生成氧气为＝0.001mol，由2H2O22H2O+O2↑，可知△c（H2O2）＝0.001mol×2÷0.01L＝0.2mol/L，所以v（H2O2）＝0.2mol/L÷6min≈0.033mol/（L•min），故A正确；B、由①、②可知铁离子在反应中起催化作用，所以Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率，故B正确；C、由反应过程与能量的图可知，反应①的反应物能量低于生成物的能量，反应②的反应物能量高于生成物的能量，所以反应①是吸热反应、反应②是放热反应，故C正确；D、由图可知反应H2O2的总能量高于生成物H2O（l）和O2（g）的总能量，所以正反应是放热反应，即；反应2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）的△H≠E1﹣E2，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学反应速率计算、化学反应速率影响因素等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。6．（6分）已知反应：2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2，用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验．下列说法中，不正确的是（）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Fe3+ C．实验iii水溶液中c（Fe2+）大于i中c（Fe2+） D．实验iii中再加入4滴0.1mol•L﹣1FeCl2溶液，振荡静置，CCl4层溶液颜色无变化【分析】A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀；B．Fe3+使KSCN溶液显红色；C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌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•L﹣1FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4层溶液颜色变浅．【解答】解：A．Fe2+与铁氰化钾生成蓝色沉淀，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CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2正向移动，使c（Fe2+）大于i中c（Fe2+），故C正确；D．实验iii中再加入4滴0.1mol•L﹣1FeCl2溶液，使反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2逆向移动，生成的I2浓度降低，CCl4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．二、非选择题目（共58分）7．（17分）有机高分子化合物M是生产玻璃钢的原料，其合成路线如图：（1）烃A的相对分子质量为28，其结构简式是CH2＝CH2。（2）试剂a是Br2/CCl4。（3）C的结构简式是HOOC﹣CH2﹣CH2﹣COOH。（4）反应Ⅱ的化学方程式是。（5）反应Ⅲ的反应类型是酯化反应（或取代反应）。（6）G的一种同分异构体N满足如下转化关系：在该条件下，1molN生成2molI．N的结构简式是。（7）已知：以苯和乙醛为原料制备H，写出合成路线（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）：。【分析】由M的结构、G的分子式，可知G与H发生加聚反应生成M，故H为、G为CH3OOC﹣CH＝CH﹣COOCH3，则F为HOOC﹣CH＝CH﹣COOH、试剂b为甲醇/浓硫酸。烃A的相对分子质量为28，则A的结构简式为CH2＝CH2．A系列转化生成C，C系列转化得到F，结合C的分子式，可知C为HOOC﹣CH2﹣CH2﹣COOH．试剂a可以为Br2的CCl4溶液，CH2＝CH2与Br2发生加成反应生成B为BrCH2﹣CH2Br，B与NaCN发生取代反应、酸性水解得到C．C与Br2/红磷发生取代反应生成D为HOOC﹣CHBr﹣CH2﹣COOH，D发生消去反应生成E，E酸化得到F，故E为NaOOC﹣CH＝CH﹣COONa，试剂b为NaOH醇溶液。（7）H为，以苯和乙醛为原料制备H，可先由苯和溴在溴化铁作用下发生取代反应生成溴苯，溴苯与Mg/乙醚作用下生成，然后与乙醛反应生成，经消去反应可生成。【解答】解：（1）烃A的相对分子质量为28，则A的结构简式为CH2＝CH2，故答案为：CH2＝CH2；（2）a可以为Br2的CCl4溶液，故答案为：Br2/CCl4；（3）由以上分析可知C为HOOC﹣CH2﹣CH2﹣COOH，故答案为：HOOC﹣CH2﹣CH2﹣COOH；（4）反应II为HOOC﹣CHBr﹣CH2﹣COOH的消去反应，反应的化学方程式是：，故答案为：；（5）反应Ⅲ为HOOC﹣CH＝CH﹣COOH与甲醇的酯化反应，也为取代反应，故答案为：酯化反应（或取代反应）；（6）对应的单体I为CH3CHOHCOOH，1molN生成2molI，可知N为，故答案为：；（7）H为，以苯和乙醛为原料制备H，可先由苯和溴在溴化铁作用下发生取代反应生成溴苯，溴苯与Mg/乙醚作用下生成，然后与乙醛反应生成，经消去反应可生成，则合成路线流程图为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用M的结构、C的分子式与反应条件进行分析判断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。8．（15分）金属镍具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiR2络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡：NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq）（R﹣为有机物配体，K＝1.6×10﹣14）（1）传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀进而回收镍。①该反应的离子方程式为NiR2+S2﹣＝NiS↓+2R﹣。②NiS沉淀生成的同时会有少量Ni（OH）2沉淀生成，用离子方程式解释Ni（OH）2生成的原因是S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、NiR2+2OH﹣＝Ni（OH）2↓+2R﹣。（2）“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络﹣化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni（OH）2固体进而回收镍。工艺流程如图1：“脱络”（指镍元素由络合物NiR2转化成游离的Ni2+）过程中，R﹣与中间产物•OH（羟基自由基）反应生成难以与Ni2+络合的•R（有机物自由基），但•OH也能与H2O2发生反应。反应的方程式如下：Fe2++H2O2═Fe3++OH﹣+•OH…………iR﹣+•OH═OH﹣+•R…………iiH2O2+2•OH═O2↑+2H2O…………iii实验测得“脱络”过程中H2O2的加入量对溶液中镍去除率的影响如图2所示：①从平衡移动的角度解释加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是NiR2溶液中存在NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq），Fe2+和H2O2通过反应i、ii将R﹣转化难以与Ni2+络合的•R，使c（R﹣）减小，平衡正向移动，实现“脱络”。②分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为0.45g•L﹣1；低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是低于此数值，生成的•OH过少，不足以使R﹣转化成•R，而高于这个值，H2O2多，可发生反应iii，使H2O2转化生成H2O和O2，同样不能使R﹣充分转化成•R。【分析】（1）①向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀，同时生成R﹣；②硫化钠水解呈碱性，可生成Ni（OH）2沉淀；（2）①溶液中存在NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq），加入Fe2+和H2O2，可发生反应i、ii，生成难以与Ni2+络合的•R，有利于平衡NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq）正向移动；②曲线的最高点为最佳加入量，低于此数值，生成的•OH过少，则转化生成的自由基过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iii，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降。【解答】解：（1）①向废水中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀，同时生成R﹣，反应的离子方程式为NiR2+S2﹣＝NiS↓+2R﹣，故答案为：NiR2+S2﹣＝NiS↓+2R﹣；②硫化钠水解呈碱性，可生成Ni（OH）2沉淀，涉及到的离子方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣、NiR2+2OH﹣＝Ni（OH）2↓+2R﹣，故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；NiR2+2OH﹣＝Ni（OH）2↓+2R﹣；（2）①溶液中存在NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq），加入Fe2+和H2O2，可发生反应iFe2++H2O2═Fe3++OH﹣+•OH、iiR﹣+•OH═OH﹣+•R，生成难以与Ni2+络合的•R，有利于平衡NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq）正向移动，故答案为：NiR2溶液中存在NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R﹣（aq），Fe2+和H2O2通过反应i、ii将R﹣转化难以与Ni2+络合的•R，使c（R﹣）减小，平衡正向移动，实现“脱络”；②曲线的最高点为最佳加入量，数值为0.45，低于此数值，生成的•OH过少，则转化生成的自由基•R过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iiiH2O2+2•OH═O2↑+2H2O，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降，故答案为：0.45；低于此数值，生成的•OH过少，不足以使R﹣转化成•R，而高于这个值，H2O2多，可发生反应iii，使H2O2转化生成H2O和O2，同样不能使R﹣充分转化成•R。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，本题注意把握提给信息，能准确阅读流程和分析图象，题目难度中等。9．（15分）游泳池的水变绿主要是因为细菌及藻类的急剧繁殖导致的．（1）含氯物质可以作为游泳池的消毒剂．一般水质正常的游泳池消毒后水中的余氯应保持在0.3～0.5mg/L，pH保持在7.4～7.6，这个环境下细菌和藻类都不易生长和繁殖．①露天游泳池水由于连续下雨和高温（28～30℃）会导致藻类大量繁殖，其原因是雨水降低了余氯的浓度，同时正常雨水为酸性，会降低溶液的pH，这样会导致细菌和水藻大量繁殖．②消毒剂的错误使用也会导致藻类大量繁殖，游泳池水变绿．若水中的余氯以次氯酸形式存在，再加入H2O2进行消毒也会导致池水变绿，写出次氯酸与H2O2发生反应生成盐酸的化学方程式H2O2+HClO＝HCl+O2↑+H2O．（2）处理池水变绿的方法分为五步．①灭藻原理是铜离子可以使叶绿体中毒无法光合作用而死亡；CuSO4溶液也能够杀菌，其原理是．加入CuSO4溶液后需要打开水循环系统，其作用是重金属使蛋白质变性，混合均匀．②含氯消毒剂杀菌消毒主要体现出的化学性质是氧化性．③选用Na2CO3调节pH至7.5，用化学用语和文字解释其原因CO32﹣可以消耗溶液中的氢离子，产生的CO2可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，可以起到调节溶液至弱碱性的目的．④聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出．稀释聚合氯化铝会产生胶体，其离子反应方程式是Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+（；当温度大于80℃时，水体中铝离子的总浓度会降低，其原因是温度升高，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀．【分析】（1）①露天游泳池水由于连续下雨和高温（28～30℃）降低了余氯的浓度，雨水也降低了溶液PH，细菌和藻类都易生长和繁殖；②消毒剂的错误使用也会导致藻类大量繁殖，游泳池水变绿．若水中的余氯以次氯酸形式存在，再加入H2O2进行消毒也会导致池水变绿，次氯酸与过氧化氢反应生成氧气、氯化氢和水；（2）①铜离子为重金属离子能使蛋白质变性；②含氯消毒剂杀菌消毒是利用氯的化合物的强氧化性；③选用Na2CO3调节pH至7.5，溶液中则碳酸根离子消耗溶液中的氢离子，产生的CO2可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性；④聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出．稀释聚合氯化铝会产生胶体是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附作用，水解是吸热过程，加热促进水解，平衡正向进行生成氢氧化铝沉淀；【解答】解：（1）①含氯物质可以作为游泳池的消毒剂．一般水质正常的游泳池消毒后水中的余氯应保持在0.3～0.5mg/L，pH保持在7.4～7.6，这个环境下细菌和藻类都不易生长和繁殖，露天游泳池水由于连续下雨和高温（28～30℃），雨水降低了余氯的浓度，同时正常雨水为酸性，会降低溶液的pH，这样会导致藻类大量繁殖故答案为：雨水降低了余氯的浓度，同时正常雨水为酸性，会降低溶液的pH，这样会导致细菌和水藻大量繁殖；②次氯酸与过氧化氢反应生成氧气、氯化氢和水，反应的化学方程式为：H2O2+HClO＝HCl+O2↑+H2O，故答案为：H2O2+HClO＝HCl+O2↑+H2O；（2）①灭藻原理是铜离子可以使叶绿体中毒无法光合作用而死亡；CuSO4溶液也能够杀菌，其原理是．加入CuSO4溶液后需要打开水循环系统，其作用是重金属使蛋白质变性；混合均匀，故答案为：重金属使蛋白质变性；混合均匀；②含氯消毒剂杀菌消毒主要体现出的化学性质是强氧化性，杀菌消毒，故答案为：氧化性；③选用Na2CO3调节pH至7.5，溶解后溶液中的CO32﹣可以消耗溶液中的氢离子，产生的CO2可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，可以起到调节溶液至弱碱性的目的故答案为：CO32﹣可以消耗溶液中的氢离子，产生的CO2可以直接排出体系，同时碳酸钠溶液显碱性：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，可以起到调节溶液至弱碱性的目的；④聚合氯化铝可将悬浮物和被杀灭的细小藻类沉淀到池底，第二天将池底沉淀移出．稀释聚合氯化铝，铝离子水解会产生胶体，其离子反应方程式是：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，温度大于80℃时，水体中铝离子的总浓度会降低，其原因是温度升高，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀，故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；温度升高，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+平衡正向移动，生成Al（OH）3沉淀．【点评】本题考查了三废处理、环境保护、物质性质的应用，主要是含氯化合物、铝的化合物等物质性质的分析，注意知识的积累，掌握基础是解题关键，题目难度中等．10．（17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】试剂：酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4溶液（pH＝0.2），5%H2O2溶液（pH＝5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，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2Fe2++2H++H2O2＝+2Fe3++2H2O．（2）产生气泡的原因是Fe3+催化下H2O2分解生成O2．【实验Ⅱ】试剂：未酸化的0.5mol•L﹣1FeSO4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．测得反应后溶液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4mol•L﹣1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SO42﹣．检验棕黄色沉淀中SO42﹣的方法是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SO42﹣．（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①根据实验II记录否定假设i，理由是反应后溶液的pH降低．②实验验证假设ii：取Fe2（SO4）3溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立．（5