江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期期末摸底 化学调研卷

教研院 2024-2025学年第二学期高一化学期末摸底调研卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C B B D D C C 题号 11 12 13 答案 C C D 1．C 【详解】A．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制作半导体材料，与熔点高无关，故A错误； B．二氧化硅具有良好的导光性能，常用于制作光导纤维，与硬度大无关，故B错误 C．碳化硅是硬度大的新型无机非金属材料，常用作砂纸、砂轮的磨料，故C正确； D．硅酸钠溶液具有良好的粘结性，常用作黏合剂，与耐热性好无关，故D错误； 故选C。 2．B 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r(Al3+)<r(O2-)，A错误； B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱；根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH>Al(OH)3，B正确； C．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2S<H2O，C错误； D．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，故D错误； 故答案选B。 3．D 【详解】A．浓硝酸与铜反应产生，A正确； B．密度比空气大，收集时导管应该长进短出，B正确； C．能被氢氧化钠溶液吸收，C正确； D．由于铜离子的水解且水解生成的硝酸可分解，所以硝酸铜溶液蒸干得到氢氧化铜固体，D错误； 故选D。 4．C 【详解】A．中不是同种元素构成的共价键，含有极性共价键，故A正确； B．中每个原子均满足8电子稳定结构，故B正确； C．N采取杂化，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C错误； D．根据电负性推测，氮元素为-3价，氯元素为+1价与反应可生成和，故D正确； 故选：C。 5．B 【详解】A．根据工业上生成硝酸的路径：合成氨→氨的催化氧化→一氧化氮转化为二氧化氮→二氧化氮和水反应获得硝酸，所以路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，故A错误； B．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，转化①、⑤均是将游离态的氮转化为化合态的氮，故均属于氮的固定，故B正确； C．二氧化氮是红棕色气体，故C错误； D．上述过程的反应合成氨、氨的催化氧化、一氧化氮转化为二氧化氮、二氧化氮和水反应中都有元素化合价变化，都属于氧化还原反应，故D错误； 故选：B。 6．B 【详解】A．浓H2SO4具有脱水性，能够使蔗糖等有机物中的H、O以水的组成脱去，即使有机物脱水碳化，这表现了浓硫酸的脱水性，A正确； B．浓HNO3能溶解金属铜，使其变为金属阳离子，这说明浓硝酸具有强氧化性，B错误； C．浓HNO3不稳定光照易分解，因此需要避光保存，C正确； D．浓H2SO4、浓HNO3具有强氧化性，在常温下遇铁、铝时，会将金属的表面氧化而产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，因此浓H2SO4、浓HNO3都能使金属铝钝化，可以用铁、铝质容器储存、运输，D正确； 故合理选项是B。 7．D 【详解】A．Fe(OH)2与足量稀硝酸发生氧化还原反应，，故A错误； B．NaOH溶液吸收少量：，故B错误； C．SO2能使溴水褪色：，故C错误； D．FeCl3与H2S发生氧化还原反应生成氯化亚铁和S单质，反应离子方程式为：，故D正确； 故选：D。 8．D 【详解】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，A错误； B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，B错误； C．该机理中C2H6+FeO+=[(C2H5)Fe(OH)+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，C错误； D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O=CH3CHO+2N2+ H2O，由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，D正确； 故选：D。 9．C 【详解】A．从图中可以看出，钙离子位于顶点和面心，钙离子周围最近的钙离子数是12个，A项错误； B．脱硫塔中的反应，CaS中S的化合价从-2价升高到S单质中的0价，中的+4价升高到中的+6价，氧气中的0价O降低到反应后的-2价，所以CaS和均为还原剂，氧气为氧化剂，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：1，B项错误； C．64.0吨的物质的量为，根据脱硫反应，生成， 再生的反应为，则生成，的质量为88吨，C项正确； D．CaS烟气脱硫能减少排放到空气中的二氧化硫，从而减少酸雨的产生，不能减少引起“温室效应”的二氧化碳生成，D项错误； 答案选C。 10．C 【详解】A．由分析可知，合成氨气有两种途径，15N2分子中的氮原子合成氨气，生成15NH3，金属氮化物(TMNS)表面的氮原子合成NH3，A错误； B．由图像可知，金属氮化物(TMNS)中的氮原子与氢结合，生成氨气，氮元素价态下降得电子作氧化剂，被还原，B错误； C．由图像可知，氮气分子进入催化剂表面的空位被吸附，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C正确； D．过渡金属氮化物(TMNS)作催化剂，降低合成氨反应的活化能，加快反应速率，故反应过程中TMNS参与了氨气的合成反应，D错误； 故选C。 11．C 【详解】A．某盐和熟石灰混合研磨，产生NH3，说明该盐为铵盐，不一定是NH4Cl，故A错误； B．某待测液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀可能是硫酸钡、碳酸钡、氯化银，所以待测液含有或或Ag+，故B错误； C．二氧化硫具有漂白性，铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色，生成SO2气体，故C正确； D．铁和浓硝酸在常温条件下发生了钝化，不能比较金属性，故D错误； 选C。 12．C 【分析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成，过滤，所得固体加入过量稀硫酸溶解铁，发生反应： ，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有：H+、Fe2+、Fe3+、，向溶液中通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒，以此解答。 【详解】A．经过氢氧化钠溶液碱洗后，Zn溶于强碱时生成，Fe不溶解，故用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是便于分离提纯铁，故A错误； B．“酸溶”时，98%浓硫酸与铁能发生钝化，不能溶解铁，故B错误； C．加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，离子方程式为：，故C正确； D．“氧化”过程中部分Fe2+被氧化为Fe3+，“酸溶”过程中所加硫酸过量，因此“氧化”后溶液中所存在的离子有：H＋、Fe2＋、Fe3＋、，故D错误； 故答案选C。 13．D 【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。 【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误； B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误； C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误； D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。 综上所述，答案为D。 14．(1)第三周期ⅢA族 (2) O=C=O (3) 二者均为分子构成的物质，分子间作用力越大，沸点越高，水分子间能形成氢键，使得沸点高于 (4) (5) (6) 【分析】A元素的最高正价与最低负价和为零，A为第IVA族元素；C是同周期中原子半径最大的元素，C为第IA族元素；A、B、C、D、E都是短周期元素且原子序数依次增大，A为C元素，C为Na元素；E是同周期中离子半径最小的元素，E为Al元素；则D只能是Mg元素，F单质为淡黄色固体，F为S元素；A和B原子具有相同的电子层数，C的单质在加热条件下与B的单质充分反应得到淡黄色固态化合物G，B为O元素，G为Na2O2，综上所述，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D是Mg元素、E为Al元素、F为S元素、为Na2O2，据此分析解答。 【详解】（1）E为Al元素，位于元素周期表中第三周期ⅢA族；铝单质与氧气单质反应的化学方程式为； （2）的结构示意图是为；CO2结构式为O=C=O； （3）B的氢化物是，F的氢化物是，二者均为分子构成的物质，分子间作用力越大，沸点越高，水分子间能形成氢键，使得沸点高于，故沸点：； （4）同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：，两者可发生反应，离子方程式：； （5）金属钠和水反应的离子方程式为； （6）金属镁在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，化学方程式为：。 15．(1)NO (2)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 反应放热，体系温度升高 (3)H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低 使HNO2完全分解 B (4)无HNO2生成 【详解】（1）Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，故该气体为NO； （2）①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，其化学方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； ②Cu与浓硝酸的反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此最初反应较慢，随后加快； （3）①Ⅰ实验中反应变慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢； ②与水反应生成硝酸、NO和水，其离子方程式为； ③HNO2不稳定，会发生分解反应，在实验III中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解；实验Ⅱ中，B中溶液中含有硝酸，加入固体后反应产生HNO2，使HNO2浓度增大，再加入铜片后立即产生无色气体，实验Ⅱ中，将B中溶液放置一段时间，使HNO2充分分解，再加入铜片，产生无色气体，较Ⅱ慢，说明HNO2与铜反应更容易一些，故选B。 （4）由实验Ⅱ、实验III对比可知，另一个重要原因是没有HNO2生成。 16．(1) (2)淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低 (3)调节铁、磷两种元素的比例约为1：1 (4) 防止被氧化 1：1 (5) 【分析】磷铁粉主要成分为FeP、，加入碳酸钠和通入空气进行焙烧，根据题意知，生成和，同时反应中放出，溶解后过滤，得到和溶液，中加入淀粉发生氧化还原反应，产物加入硫酸后生成硫酸亚铁，溶液中加入磷酸消耗碳酸钠，从而调节pH，硫酸亚铁、磷酸钠、双氧水反应产生磷酸铁，磷酸铁与碳酸锂、草酸反应产生。 【详解】（1）“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出，FeP发生反应的化学方程式：。 （2）加入淀粉与发生氧化还原反应，产生，当后，淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低。 （3）向溶液中加入的目的：①中和碳酸钠，调节混合液的pH；②调节铁、磷两种元素的比例为1：1。 （4）“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是：防止被氧化； ，因此和的理论投入量的物质的量之比为1：1。 （5）根据题中信息可知，反应为：，消耗溶液16.00mL，，根据可知，，4.000g产品中铁元素质量：，产品中铁元素的质量分数为：。 17． H2O 4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O pH升高，NH水解生成NH3，NH3浓度增大，NH3比NH更易被氧化 pH升高，HClO转化为ClO-，氧化NH3的HClO浓度变小 部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中 NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2 【详解】(1)①从循环分析，X含有氢元素和氧元素，所以X为水。 ②电解熔融LiOH，锂离子得到电子生成锂，氧元素失去电子生成氧气，化学方程式为4LiOH(熔融) 4Li＋O2↑＋2H2O。 (2) ①(a) pH＜6时， pH升高，铵根离子水解生成氨气，氨气浓度增大，根据已知NH3比NH更易被氧化分析，氨氮的去除率升高。 (b)当pH>10时，溶液中的部分次氯酸变成次氯酸根离子，次氯酸的浓度减小，所以氨氮去除率随溶液pH升高而降低。 ②m(NaClO)∶m(NH3)的增大，部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐，仍然留在水溶液中，所以氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低。 ③当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，反应生成NH2Cl，NH2Cl具有氧化性，能将KI氧化为I2，溶液中消耗氯气的量减少，余氯含量较大。 答案第1页，共2页 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期高一化学期末摸底调研卷 （总分：100分；考试时长：75分钟） 可能用到的相对原子质量H-1 N-14 C-12 O-16 S-32 Fe-56 Ba-137 Mn-55 Cr-52 B-11 一、单选题 1．（22-23高一下·江苏无锡·期末）传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，如陶瓷、玻璃和水泥等；随着科学技术的发展，一系列新型无机非金属材料相继问世，其中有一些是高纯度的含硅元素的材料，如单晶硅、二氧化硅等，具有特殊的光学和电学性能，是现代信息技术的基础材料；还有一些含有碳、氮等其他元素，在航天、能源和医疗等领域有着广泛的应用。下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．晶体硅熔点高，可用于制作半导体材料 B．SiO2硬度大，可用于制作光导纤维 C．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料 D．硅酸钠耐热性好，它的水溶液常用作黏合剂 2．（23-24高一下·江苏南京·期末）《神农本草经》中记载的白矾主要成分为。下列说法正确的是 A．离子半径： B．碱性： C．热稳定性： D．非金属性： 3．（23-24高一下·江苏苏州·期末）实验室制取、收集并制备的实验原理和装置中，不正确的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙收集 C．用装置丙吸收尾气中的 D．用装置丁蒸干并灼烧获得 4．（2023·北京东城·二模）三氯化氮()可用于漂白和消毒。下列说法不正确的是 A．中含有极性共价键 B．中每个原子均满足8电子稳定结构 C．N采取杂化，为非极性分子 D．根据电负性推测，与反应可生成和 5．（22-23高一下·江苏无锡·期末）氮及其化合物的转化关系如图所示，下列说法正确的是    A．路线⑤、③、④是工业生产硝酸的主要途径 B．转化①、⑤均属于氮的固定过程 C．上述转化关系中的气态物质均为无色气体 D．上述转化过程中发生的反应不都是氧化还原反应 6．（2022高二上·江苏徐州）H2SO4、HNO3是化工生产中两种重要的酸，下列叙述错误的是 A．浓H2SO4能使蔗糖碳化，表现了浓硫酸的脱水性 B．浓HNO3能溶解金属铜，说明浓硝酸具有强酸性 C．浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存 D．常温下浓H2SO4、浓HNO3都能使金属铝钝化 7．（22-23高一下·江苏无锡·期末）下列反应的离子方程式正确的是 A．Fe(OH)2与足量稀硝酸反应： B．用NaOH溶液吸收少量： C．SO2能使溴水褪色： D．FeCl3溶液中通入H2S气体： 8．（2022·江苏）气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是 A．FeO+、N2均为反应中间体 B．X既含极性共价键也含非极性共价键 C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应 D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol 9．（22-23高一下·江苏泰州·期末）CaS遇酸迅速反应放出H2S气体，H2S和SO2反应生成S和H2O。一种烟气脱硫的过程如下：①脱硫：将含SO2烟气的空气通过装有CaS的脱硫塔，加热发生反应 ；②再生：将CaSO4转移到再生塔，加入脱硫煤，高温重新生成CaS，并放出CO2.下列关于CaS烟气脱硫的说法正确的是    A．CaS晶胞(如图)中钙离子周围最近的钙离子数为6 B．脱硫塔中参与反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2 C．理论上每处理64.0吨SO2，将会排放出88.0吨CO2 D．CaS烟气脱硫能减少“温室效应”的形成 10．（22-23高一下·江苏苏州·期末）我国科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)作催化剂，在常温下实现氨气的合成，其反应机理如图所示。    下列说法正确的是 A．用15N2进行合成反应，产物中只有15NH3 B．TMNS表面上的N原子被氧化为氨气 C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2 D．TMNS不参与氨气的合成反应 11．（22-23高一下·江苏常州·期末）下列依据实验现象推理得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 某盐和混合研磨，产生 该盐是 B 某待测液中加入溶液，产生白色沉淀 待测液含有 C 铜片与浓硫酸加热，产生的气体通入品红溶液，品红褪色 生成气体 D 常温时向盛有浓硝酸的两支试管中分别投入铜片与铁片后，铜片逐渐溶解而铁片不溶解 金属性：Cu>Fe A．A B．B C．C D．D 12．（23-24高一下·江苏苏州·期末）已知Zn溶于强碱时生成。利用废旧镀锌铁皮制备胶体粒子的流程如下： 下列有关说法正确的是 A．“碱洗”的主要目的是为了除去废旧镀锌铁皮表面的油污 B．“酸溶”时用98%的浓硫酸代替稀硫酸可加快反应速率 C．“氧化”时反应的离子方程式为 D．“氧化”后溶液中的阳离子只有、 13．（2022·全国乙卷·高考真题）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是    A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 B．最高价氧化物的水化物的酸性： C．阶段热分解失去4个 D．热分解后生成固体化合物 二、非选择题 14．（24-25高一上·江苏盐城·期末）有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大。已知A和B原子具有相同的电子层数，且A元素的最高正价与最低负价和为零，C是同周期中原子半径最大的元素，E是同周期中离子半径最小的元素。C的单质在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与F单质颜色相同的淡黄色固态化合物G．试根据以上叙述推断元素并回答问题。(用相应的化学式或化学符号答题) (1)E元素在周期表中位置为 ，写出E单质与B单质反应的化学方程式 。 (2)画出F的离子结构示意图 ，写出AB2分子的结构式 。 (3)比较B、F元素的氢化物的沸点大小 ，原因是 。 (4)比较C、E元素最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱 ，且两者可发生反应，写出离子方程式 。 (5)写出C单质与B的氢化物反应的离子方程式 。 (6)写出D单质在AB2中燃烧的化学方程式 。 15．（22-23高一下·江苏常州·期末）某化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。 (1)实验甲：将铜片放入盛有稀的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是 。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。 (2)实验乙：铜与浓反应，装置、现象如下： 实验装置 实验现象    A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈，产生红棕色气体，溶液呈绿色；B中：溶液呈淡蓝色。 ①A中铜与浓产生红棕色气体的化学方程式是 。 ②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是 。 (3)除上述可能原因外，有文献记载：铜与浓反应一旦发生就变快，是因为开始生成的溶于水形成(弱酸，不稳定，水溶液为淡蓝色)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下： Ⅰ.向1 mL浓硝酸中加入几滴30% 溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。 已知：浓硝酸与溶液不反应。 ①Ⅰ实验中反应变慢的原因是 。 ②与水反应的离子方程式是 。 ③对、分别与Cu反应快慢进行实验探究。 序号 实验操作 实验现象 Ⅱ 取实验乙装置B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片 立即产生无色气体；液体上方红棕色 Ⅲ 取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片 产生无色气体，较II慢；液面上方呈浅红棕色 a．III中“放置一段时间”的目的是 。 b．实验Ⅱ、Ⅲ得出的实验结论是 。 A．与Cu反应快    B．与Cu反应快 (4)化学小组同学结合实验甲、乙中被还原后的气体产物以及实验Ⅱ的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是 。 16．（23-24高一下·江苏苏州·期末）磷酸亚铁锂()广泛用作锂电池正极材料。一种以磷铁粉(主要成分为FeP、)为原料制备磷酸亚铁锂的生产流程如下： (1)“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出。写出焙烧时FeP发生反应的化学方程式： 。 (2)研究发现，用硫酸直接浸取的反应性很差，需要先将其还原为二价铁。“还原”时的固碳比[固碳比)]对“酸浸”时铁浸出率的影响如图所示。当后，铁浸出率降低，其原因是 。 (3)向溶液中加入的目的：①调节混合液的pH；② 。 (4)“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是 。和的理论投入量的物质的量之比为 。 (5)产品中铁元素含量测定：准确称取4.000g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除碳，滤液移入100mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00mL于锥形瓶中，加入还原剂，将全部还原为，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液16.00mL。计算产品中铁元素的质量分数。 (写出计算过程) 17．（21-22高三上·江苏南通·期末）氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。 (1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。 ①X的化学式为 。 ②转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为 。 (2)废水中氨氮(以NH3或NH形式存在)含量过高，直接排放会造成水体富营养化。用NaClO可以将氨氮氧化去除，已知NH3比NH更易被氧化。NaClO除去水中氨氮的反应过程如下： NaClO＋H2ONaOH＋HClO NH3＋HClO=NH2Cl＋H2O 2NH2Cl＋HClO=N2↑＋3HCl＋H2O ①控制含氨氮废水的量和加入NaClO的量一定，测得反应相同时间，氨氮的去除率与溶液初始pH的关系如图-1所示。 (a)当pH＜6时，氨氮去除率随溶液pH升高而升高的原因是： 。 (b)当pH>10时，氨氮去除率随溶液pH升高而降低的原因是： 。 ②控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始m(NaClO)∶m(NH3)的比例如图-2所示。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6，随m(NaClO)∶m(NH3)的增大，氨氮去除率始终接近100%，而总氮去除率逐渐降低的原因是 。 ③NaClO与NH3恰好完全反应时，反应的n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是1.5.控制溶液的pH=7，测得反应相同时间，溶液中余氯含量与投入n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3所示。水中的余氯的计算方法是向水中加入足量KI，生成的I2的物质的量看成是水中Cl2的物质的量。当n(NaClO)∶n(NH3)=1时，溶液中余氯含量较大的原因是 。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$