高一下學(xué)期期末化學(xué)試卷

23/23高一（下）期末化學(xué)一.第一部分（選擇題，共42分）每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。共14個(gè)小題，每小題3分，共42分。1．汽車的零部件使用了四千余種不同的材料。下列零部件所用材料的主要成分屬于無機(jī)非金屬材料的是（）A．車身主體﹣﹣鋼鐵 B．汽車車窗﹣﹣玻璃 C．汽車輪胎﹣﹣合成橡膠 D．電線絕緣層﹣﹣聚氯乙烯塑料2．工業(yè)上常用電解法冶煉的金屬是（）A．Al B．Fe C．Hg D．Ag3．下列物質(zhì)的應(yīng)用中，利用了氧化還原反應(yīng)的是（）A．用液氨作制冷劑 B．用H2和O2作燃料電池的反應(yīng)物 C．用CaO處理酸性廢水 D．用Na2CO3除去粗鹽中的Ca2+4．以下措施是為了加快化學(xué)反應(yīng)速率的是（）A．葡萄酒中添加SO2作抗氧化劑 B．塑料中添加防老劑 C．燃煤發(fā)電時(shí)用煤粉代替煤塊 D．低溫保存運(yùn)輸疫苗5．下列關(guān)于乙烯、乙醇、乙酸的說法不正確的是（）A．乙烯屬于烴，乙醇、乙酸屬于烴的衍生物 B．乙烯不含官能團(tuán)，乙醇、乙酸的官能團(tuán)相同 C．乙烯難溶于水，乙醇、乙酸易溶于水 D．三者之間存在轉(zhuǎn)化：乙烯乙醇乙酸6．下列有關(guān)工業(yè)生產(chǎn)的說法不正確的是（）A．利用油脂的加成反應(yīng)制肥皂 B．利用淀粉的水解反應(yīng)生產(chǎn)葡萄糖 C．通過煤的氣化得到水煤氣（CO、H2）等氣體燃料 D．通過石油的裂化和裂解得到乙烯、丙烯等化工原料7．對于反應(yīng)：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，以下各組實(shí)驗(yàn)出現(xiàn)沉淀最快的是（）選項(xiàng)Na2S2O3H2OH2SO4水浴溫度/℃c/mol?L﹣1V/mLV/mLc/mol?L﹣1V/mLA0.1200.1220B0.1110.1220C0.1210.1140D0.1200.1240A．A B．B C．C D．D8．綠色化學(xué)提倡盡可能將反應(yīng)物的原子全部轉(zhuǎn)化為期望的最終產(chǎn)物。以下反應(yīng)不符合綠色化學(xué)原則的是（）A．乙烯氧化法合成環(huán)氧乙烷：2CH2＝CH2+O2 B．煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OH C．乙醛縮合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5 D．濃硫酸氧化法制備硫酸銅Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O9．下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象因發(fā)生加成反應(yīng)而產(chǎn)生的是（）A．溴的四氯化碳溶液褪色 B．酸性高錳酸鉀溶液褪色 C．試管內(nèi)壁上有油狀液滴 D．鈉表面產(chǎn)生無色氣泡10．下列解釋事實(shí)的方程式不正確的是（）A．鐵粉與硫粉共熱生成黑色物質(zhì)：Fe+SFeS B．食醋清除水壺中的水垢：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑ C．丙烯制備聚丙烯塑料：nCH2＝CH﹣CH3 D．乙醇在灼熱銅絲作用下轉(zhuǎn)化成乙醛：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O11．為達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，下列?shí)驗(yàn)裝置與操作正確的是（）A．檢驗(yàn)濃硫酸的脫水性B．稀釋濃硫酸C．用飽和NH4Cl溶液制備NH4Cl晶體D．制取乙酸乙酯12．將5mL0.1mol?L﹣1KI溶液與1mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液混合，發(fā)生反應(yīng)a，一段時(shí)間后溶液顏色不再改變。將所得溶液分成兩份，一份加淀粉，溶液變藍(lán)；一份加KSCN，溶液變紅。下列說法不正確的是（）A．加淀粉溶液變藍(lán)，表明Fe3+與I﹣反應(yīng)生成I2 B．加KSCN溶液變紅，表明反應(yīng)a存在限度 C．溶液的顏色不再變化，表明反應(yīng)a達(dá)到平衡狀態(tài) D．溶液的顏色不再變化，表明Fe2+、Fe3+、I2、I﹣的物質(zhì)的量濃度均相等13．探究SO2的性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。編號實(shí)驗(yàn)裝置試劑a實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①Ba（OH）2溶液白色沉淀②H2S溶液乳白色沉淀③酸性KMnO4溶液溶液褪色④H2O2+BaCl2溶液白色沉淀由上述實(shí)驗(yàn)所得SO2的性質(zhì)及對應(yīng)的解釋不正確的是（）A．①表明SO2具有酸性氧化物的性質(zhì)：SO2+Ba（OH）2═BaSO3↓+H2O B．②表明SO2具有氧化性：SO2+2H2S═3S↓+2H2O C．③表明SO2具有漂白性：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+ D．④表明SO2具有還原性：SO2+BaCl2+H2O2═BaSO4↓+2HCl14．探究SO2使品紅褪色的反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)裝置（尾氣處理裝置略）及現(xiàn)象如下：①②③④溶液不褪色迅速褪色較快褪色較長時(shí)間未完全褪色已知：H2SO3水溶液中存在HSO3﹣、SO32﹣。下列分析或推測不正確的是（）A．由①推測，SO2使品紅褪色的反應(yīng)需要水參與 B．推測SO2使品紅水溶液褪色與H2SO3、HSO3﹣或SO32﹣有關(guān) C．對比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因?yàn)楹写罅縎O32﹣ D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，推測褪色速率將減慢二.第二部分（非選擇題，共58分）15．（7分）某小組研究化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。（1）實(shí)驗(yàn)I：將Zn片和Cu片分別插入盛有50mL2mol?L﹣1稀硫酸的燒杯中。觀察到Zn片表面產(chǎn)生氣泡，溶液溫度由T1℃升到T2℃；Cu片表面無明顯變化。①Zn片與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為。②Zn片與稀硫酸反應(yīng)的能量變化關(guān)系符合如圖（填“A”或“B”）。（2）實(shí)驗(yàn)Ⅱ：用導(dǎo)線將電流表、小燈泡與Zn片、Cu片相連接，插入盛有50mL2mol?L﹣1稀硫酸的燒杯中。觀察到電流表指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，Cu片表面產(chǎn)生氣泡，溶液溫度由T1℃升到T3℃。結(jié)合電子的移動(dòng)方向，解釋Cu片表面產(chǎn)生氣泡的原因。（3）實(shí)驗(yàn)I和Ⅱ產(chǎn)生等量氣體時(shí)，測得T2＞T3。結(jié)合能量的轉(zhuǎn)化形式，分析兩溶液溫度變化幅度不同的原因。（4）將Zn片和Cu片換成Fe片和石墨棒，重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅱ，判斷電流表指針是否發(fā)生偏轉(zhuǎn)。若不偏轉(zhuǎn)，說明理由；若偏轉(zhuǎn)，寫出Fe片表面發(fā)生的電極反應(yīng)式，理由或電極反應(yīng)式是。16．（10分）辛烷值是車用汽油最重要的指標(biāo)，辛烷值越高，其防爆震的能力越強(qiáng)。已知不同烴的辛烷值：芳香烴（含苯環(huán)的烴）＞異構(gòu)烷烴（支鏈烷烴）＞正構(gòu)烷烴（直鏈烷烴）（1）汽油的主要成分為C5～C11的烷烴混合物，如CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3等。①兩者的分子式均為。②比較辛烷值：前者（填“＞”“＜”或“＝”）后者。（2）向汽油中添加高辛烷值物質(zhì)是提高汽油辛烷值的途徑之一。甲基叔丁基醚（MTBE）是一種常用的添加劑，可通過下面反應(yīng)制得：①CH3OH中所含官能團(tuán)的名稱為。②該反應(yīng)類型為。（3）乙醇是另一種高辛烷值添加劑。使用添加乙醇的汽油，可降低汽車尾氣排放、改善能源結(jié)構(gòu)。乙醇在燃燒過程中會(huì)產(chǎn)生乙酸，對汽車金屬有腐蝕作用，所以乙醇汽油需要添加金屬腐蝕抑制劑。乙醇產(chǎn)生乙酸的化學(xué)方程式是。（4）增加高辛烷值組分的比例是提高汽油辛烷值的另一種途徑。中科院設(shè)計(jì)了一種新型多功能復(fù)合催化劑，實(shí)現(xiàn)了CO2直接加氫制取高辛烷值汽油，其過程如圖。①過程Ⅰ除了CO，還生成了。②寫出物質(zhì)a的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。③中間產(chǎn)物（CH2）n為烯烴，可以用（填試劑）鑒別a和（CH2）n。④該方法生產(chǎn)的汽油辛烷值較高的原因是。17．（8分）工業(yè)上以黃鐵礦（主要成分為FeS2）為原料來制備硫酸，過程如下：i．4FeS2+11O2+8SO2ii．2SO2+O22SO3iii．SO3+H2O═H2SO4（1）補(bǔ)全過程i的方程式。（2）硫酸工廠的煙氣中含有SO2，工業(yè)上用NaOH溶液作吸收劑脫除煙氣中的SO2。①過程Ⅰ的化學(xué)方程式是。②過程Ⅱ參加反應(yīng)的物質(zhì)A有。③NaOH吸收SO2過程中常伴有少量SO42﹣，證明吸收液中含SO42﹣的方法是：取少量上層清液，（填操作和現(xiàn)象）。（3）測定煙氣中SO2的含量。將V1L煙氣緩慢通過1L水（假設(shè)SO2完全被吸收，且溶液體積變化忽略不計(jì)），取20.00mL溶液，滴加2～3滴淀粉溶液，用cmol?L﹣1的碘水滴定，消耗碘水V2mL。該煙氣中SO2的含量為mg?L﹣1。（已知：滴定反應(yīng)為SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）18．（10分）溴及其化合物在醫(yī)藥、農(nóng)藥、染料、阻燃劑等領(lǐng)域有廣泛的用途。利用空氣吹出法從海水（弱堿性）中提取溴的流程如圖。已知：溴單質(zhì)的沸點(diǎn)為58.5℃。（1）溴元素在元素周期表中的位置是。（2）“吹出塔”中利用了溴的性。（3）“吸收塔”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）“蒸餾塔”中溫度應(yīng)控制在（填序號）。A．40～50℃B．70～80℃C．100℃以上（5）物質(zhì)A（填化學(xué)式）可以循環(huán)利用，降低成本。（6）探究“氧化”的適宜條件，測得不同條件下溶液中Br2的含量如圖。注：表示加入氯元素與海水中溴元素物質(zhì)的量之比。①“氧化”的適宜條件為。②用離子方程式說明pH＝7.5時(shí)溶液中Br2的含量較低的原因：。19．（11分）氨既是一種重要的化工產(chǎn)品，也是一種重要的化工原料。（1）實(shí)驗(yàn)室利用如圖所示裝置及藥品制取氨氣。①制取氨氣的化學(xué)方程式是。②下列裝置中，可用于收集氨的是（填字母）。（2）氨是生產(chǎn)氮肥的原料，經(jīng)過如下轉(zhuǎn)化可以得到NH4NO3。NH3NONO2HNO3NH4NO3寫出反應(yīng)①的方程式：。（3）過量施用氮肥會(huì)造成水體污染。納米零價(jià)鐵——反硝化細(xì)菌復(fù)合體系可脫除水體中的硝酸鹽（NO3﹣），脫氮原理及對某酸性廢水的脫氮效果如圖。注：納米零價(jià)鐵對反硝化細(xì)菌具有抑制作用①0～2天，發(fā)生的主要反應(yīng)為：Fe+NO3﹣+═Fe2+++②4～5天，檢測到納米零價(jià)鐵有剩余，但NO3﹣濃度無明顯變化，結(jié)合方程式說明原因：。③6～8天，結(jié)合離子方程式說明溶液中NO3﹣濃度下降的原因是。20．（12分）小組探究NO2與NaOH溶液的反應(yīng)。注：AgNO2為黃色固體，難溶于水。（1）用Cu與濃HNO3制取NO2，化學(xué)方程式為。（2）NO2不能用排水法收集，因?yàn)镹O2與水反應(yīng)生成和NO。（3）將充滿NO2的試管倒扣在NaOH溶液中，液體迅速充滿試管，且較長時(shí)間無明顯變化。①取試管中溶液，加（填試劑），產(chǎn)生黃色沉淀，說明溶液中含有NO2﹣。②寫出NO2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（4）探究NO2與NaOH溶液反應(yīng)和NO2與水反應(yīng)還原產(chǎn)物N元素價(jià)態(tài)不同的原因。查閱資料：NO2與水反應(yīng)分步進(jìn)行：i．NO2溶于水生成HNO2（氧化性強(qiáng)于HNO3）；ii．HNO2不穩(wěn)定，發(fā)生分解。實(shí)驗(yàn)探究：將充滿NO2的試管倒扣在水槽中，液面迅速上升，幾乎充滿試管（圖Ⅰ），一段時(shí)間后，試管中液面下降（圖Ⅱ）。①檢驗(yàn)圖Ⅱ試管中氣體成分。（填操作和現(xiàn)象），證實(shí)氣體為NO。②取圖Ⅰ試管中液體，滴加酸性KMnO4溶液，溶液褪色，證實(shí)溶液中存在HNO2。小組討論將酸性KMnO4溶液更換為淀粉KI溶液的可行性。甲同學(xué)認(rèn)為不可行，理由是；乙同學(xué)認(rèn)為可行，并通過對比實(shí)驗(yàn)證實(shí)了自己的觀點(diǎn)，寫出乙同學(xué)的實(shí)驗(yàn)方案：。③分析NO2與NaOH溶液反應(yīng)和NO2與水反應(yīng)還原產(chǎn)物N元素價(jià)態(tài)不同的原因：。

參考答案一.第一部分（選擇題，共42分）每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。共14個(gè)小題，每小題3分，共42分。1．【分析】材料主要分為無機(jī)材料（包括金屬材料和無機(jī)非金屬材料）和有機(jī)高分子材料（包括天然有機(jī)材料和有機(jī)合成材料），據(jù)此解答?！窘獯稹拷猓篈．車身主體﹣﹣鋼鐵屬于金屬材料，故A錯(cuò)誤；B．汽車車窗﹣﹣玻璃屬于無機(jī)非金屬材料，故B正確；C．汽車輪胎﹣﹣合成橡膠屬于有機(jī)高分子材料，故C錯(cuò)誤；D．電線絕緣層﹣﹣聚氯乙烯塑料屬于有機(jī)高分子材料，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查了材料的分類，了解材料的分類是解答本題的關(guān)鍵，本題難度較小。2．【分析】根據(jù)金屬的活潑性不同采用不同的方法，電解法用于冶煉活潑金屬，如K、Ca、Na、Mg、Al等；熱還原法：冶煉較不活潑的金屬Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用還原劑有（C、CO、H2等）；熱分解法：Hg、Ag用加熱分解氧化物的方法制得；物理分離法：Pt、Au用物理分離的方法制得；據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．Al屬于活潑金屬，工業(yè)上采用電解熔融氧化鋁的方法冶煉，故A正確；B．Fe屬于較不活潑，工業(yè)上采用熱還原法冶煉，故B錯(cuò)誤；C．Hg的活潑性比較差，工業(yè)上采用熱分解法冶煉，故C錯(cuò)誤；D．Ag的活潑性比較差，工業(yè)上采用熱分解法冶煉，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了金屬冶煉的一般方法和原理，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確金屬活潑性強(qiáng)弱與冶煉方法的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，會(huì)根據(jù)金屬活潑性選取合適的冶煉方法，題目難度不大。3．【分析】在發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)中，若存在元素的化合價(jià)升降，則利用了氧化還原反應(yīng)，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈．用液氨作制冷劑，利用液氨揮發(fā)吸熱原理，屬于物理變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．用H2和O2作燃料電池的反應(yīng)物，H、O元素化合價(jià)發(fā)生變化，利用氧化還原反應(yīng)，故B選；C．用CaO處理酸性廢水，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，沒有元素化合價(jià)的變化，沒有利用氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．用Na2CO3除去粗鹽中的Ca2+，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，沒有元素化合價(jià)的變化，沒有利用氧化還原反應(yīng)，故D不選；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)、以及元素化合價(jià)的變化是解答本題的關(guān)鍵，并注意常見元素的化合價(jià)變化，題目難度不大。4．【分析】A.SO2具有還原性；B.添加防老劑，可防止氧化；C.燃煤發(fā)電時(shí)用煤粉代替煤塊，增大接觸面積；D.蛋白質(zhì)在高溫時(shí)發(fā)生變性?！窘獯稹拷猓篈.SO2具有還原性，添加SO2作抗氧化劑，可減緩氧化的速率，故A不選；B.添加防老劑，可防止氧化，可減緩反應(yīng)速率，故B不選；C.燃煤發(fā)電時(shí)用煤粉代替煤塊，增大接觸面積，可增大反應(yīng)速率，故C選；D.疫苗的主要成分為蛋白質(zhì)，高溫會(huì)發(fā)生變性，不是為了加快化學(xué)反應(yīng)速率，故D不選；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)速率的影響因素、物質(zhì)的性質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)與生活的聯(lián)系，題目難度不大。5．【分析】A．只含C、H兩種元素的化合物為烴，由烴衍生而來的為烴的衍生物；B．乙烯官能團(tuán)為碳碳雙鍵，乙醇官能團(tuán)為羥基，乙酸官能團(tuán)為羧基；C．依據(jù)烴、醇、酸的水溶性解答；D．乙烯與水加成生成乙醇，乙醇被高錳酸鉀氧化生成乙酸。【解答】解：A．乙烯只含C和H兩種元素，屬于烴，乙醇、乙酸由烴衍生而來為烴的衍生物，故A正確；B．乙烯官能團(tuán)為碳碳雙鍵，乙醇官能團(tuán)為羥基，乙酸官能團(tuán)為羧基，乙醇與乙酸官能團(tuán)不同，故B錯(cuò)誤；C．乙烯為烴，難溶于水，乙醇與乙酸易溶于水，故C正確；D．乙烯與水加成生成乙醇，乙醇被高錳酸鉀氧化生成乙酸，三者之間存在轉(zhuǎn)化：乙烯乙醇乙酸，故D正確。故選：B。【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，注重常見有機(jī)物性質(zhì)的考查，涉及乙烯、乙醇、醋酸性質(zhì)，熟悉相關(guān)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成是解題關(guān)鍵，題目難度不大。6．【分析】A.油脂在堿性條件下的水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分；B.淀粉是葡萄糖的脫水縮合物；C.煤和水蒸氣高溫條件下生成水煤氣；D.石油裂化能得到小分子烯烴；裂解的主產(chǎn)物是“三烯”?！窘獯稹拷猓篈.油脂在堿性條件下的水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，用于制取肥皂，稱為造化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.淀粉是葡萄糖的脫水縮合物，故淀粉水解最終得到葡萄糖，故B正確；C.煤和水蒸氣高溫條件下生成水煤氣，水煤氣的主要成分是CO和氫氣，是一種清潔燃料和重要的化工原料，故C正確；D.石油裂化的主要目的是為了獲得輕質(zhì)油，還能得到副產(chǎn)物小分子烯烴，如乙烯和丙烯等；而裂解的主產(chǎn)物是“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了油脂、糖類的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)以及煤和石油的綜合利用，難度不大，應(yīng)注意的是乙烯和丙烯在石油裂化中也能得到，但不是主產(chǎn)物。7．【分析】對于反應(yīng)S2O32﹣+2H+═SO2+S↓+H2O來說，升高溫度，增大濃度，可增大反應(yīng)速率，最快出現(xiàn)渾濁，以此解答?！窘獯稹拷猓簻囟仍礁撸磻?yīng)物濃度越大，則反應(yīng)速率越大，比較題中四組數(shù)據(jù)可知D的溫度最高、反應(yīng)物濃度最大，則反應(yīng)速率最大，渾濁出現(xiàn)最快，故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于基礎(chǔ)知識的綜合理解和運(yùn)用的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，難度不大。8．【分析】根據(jù)題中信息綠色化學(xué)的要求：反應(yīng)物全部轉(zhuǎn)化為期望的產(chǎn)物，使原子的利用率達(dá)到100%，可知化合反應(yīng)、加成反應(yīng)符合綠色化學(xué)的要求?！窘獯稹拷猓篈．乙烯氧化法合成環(huán)氧乙烷：2CH2＝CH2+O2，原子的利用率達(dá)到100%，符合綠色化學(xué)的要求，故A錯(cuò)誤；B．煤的液化法合成甲醇：CO+2H2CH3OH，原子的利用率達(dá)到100%，符合綠色化學(xué)的要求，故B錯(cuò)誤；C．乙醛縮合法合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOC2H5，原子的利用率達(dá)到100%，符合綠色化學(xué)的要求，故C錯(cuò)誤；D．濃硫酸氧化法制備硫酸銅Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+SO2↑+2H2O，有副產(chǎn)物生成，生成污染環(huán)境的二氧化硫，不符合綠色化學(xué)的思想，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評】本題考查綠色化學(xué)的要求是原子利用率是100%，也就是化合反應(yīng)、加成反應(yīng)才滿足綠色化學(xué)的要求，題目較簡單。9．【分析】有機(jī)物分子中的不飽和鍵斷裂，斷鍵原子與其他原子或原子團(tuán)相結(jié)合，生成新的化合物的反應(yīng)是加成反應(yīng)，以此進(jìn)行判斷?！窘獯稹拷猓篈．乙烯分子中含有碳碳雙鍵，能夠與溴發(fā)生加成反應(yīng)，導(dǎo)致溴的四氯化碳溶液褪色，故A正確；B．酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化乙烯，導(dǎo)致酸性高錳酸鉀溶液褪色，該反應(yīng)為氧化反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．光照條件下甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成氯代甲烷和氯化氫，導(dǎo)致試管內(nèi)壁上有油狀液滴，故C錯(cuò)誤；D．鈉與乙醇反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，該反應(yīng)為置換反應(yīng)，不屬于加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)反應(yīng)類型判斷，明確發(fā)生反應(yīng)的實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握常見有機(jī)反應(yīng)類型及判斷方法，試題側(cè)重考查學(xué)生靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力，題目難度不大。10．【分析】A．鐵粉與硫粉加熱反應(yīng)生成硫化亞鐵；B．醋酸與碳酸鈣反應(yīng)生成醋酸鈣、二氧化碳和水；C．聚丙烯的鏈節(jié)主鏈上應(yīng)該含有2個(gè)C；D．乙醇催化氧化生成乙醛?！窘獯稹拷猓篈．鐵粉與硫粉共熱生成FeS，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Fe+SFeS，故A正確；B．食醋清除水壺中的水垢，碳酸鈣和醋酸都需要保留化學(xué)式，其離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故B正確；C．丙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯，反應(yīng)方程式為：nCH2＝CH﹣CH3，故C錯(cuò)誤；D．乙醇在灼熱銅絲作用下轉(zhuǎn)化成乙醛，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)方程式、離子方程式的書寫判斷，為高頻考點(diǎn)，明確發(fā)生反應(yīng)實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，注意掌握離子方程式、化學(xué)方程式的書寫原則，C為易錯(cuò)點(diǎn)，試題側(cè)重考查學(xué)生的規(guī)范答題能力，題目難度不大。11．【分析】A.濃硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脫出；B.稀釋時(shí)將密度大的液體注入密度小的液體中；C.加熱氯化銨易分解；D.圖中缺少碎瓷片防止暴沸?！窘獯稹拷猓篈.濃硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脫出，出現(xiàn)黑色的碳，體現(xiàn)濃硫酸的脫水性，故A正確；B.稀釋時(shí)將密度大的液體注入密度小的液體中，應(yīng)將濃硫酸注入水中，故B錯(cuò)誤；C.加熱氯化銨易分解，應(yīng)選冷卻結(jié)晶法制備，故C錯(cuò)誤；D.乙醇與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸乙酯，導(dǎo)管口在碳酸鈉溶液的液面上可防止倒吸，但大試管中缺少碎瓷片防止暴沸，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握實(shí)驗(yàn)裝置的作用、混合物分離提純、物質(zhì)的制備為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價(jià)性分析，題目難度不大。12．【分析】反應(yīng)a為2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2，淀粉遇碘變藍(lán)，可檢驗(yàn)生成的碘，且氯化鐵少量，檢驗(yàn)反應(yīng)后鐵離子可證明反應(yīng)的限度，平衡時(shí)濃度不變，但不一定相等，以此來解答。【解答】解：A.淀粉遇碘變藍(lán)，由加淀粉溶液變藍(lán)，表明Fe3+與I﹣反應(yīng)生成I2，故A正確；B.氯化鐵少量，加KSCN溶液變紅，表明反應(yīng)a存在限度，故B正確；C.溶液的顏色不再變化，可知濃度不變，表明反應(yīng)a達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；D.溶液的顏色不再變化，可知濃度不變，但Fe2+、Fe3+、I2、I﹣的物質(zhì)的量濃度不一定相等，與起始量、轉(zhuǎn)化率有關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡及可逆反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)與離子的檢驗(yàn)、平衡的特征為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大。13．【分析】A．二氧化硫是酸性氧化物，和堿溶液反應(yīng)生成鹽和水；B．二氧化硫中硫元素化合價(jià)+4價(jià)，具有氧化性，能氧化還原性硫化氫；C．酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性；D．二氧化硫具有還原性，過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫被過氧化氫氧化生成硫酸，硫酸和氯化鋇溶液反應(yīng)生成白色沉淀硫酸鋇?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硫通入氫氧化鋇溶液中，反應(yīng)的化學(xué)方程式：SO2+Ba（OH）2═BaSO3↓+H2O，生成白色沉淀，說明二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?，故A正確；B．二氧化硫中硫元素化合價(jià)+4價(jià)，具有氧化性，能氧化還原性硫化氫生成硫單質(zhì)，溶液生成乳白色沉淀，證明SO2具有氧化性，故B正確；C．酸性KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫具有還原性，二者反應(yīng)的離子方程式為：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，表現(xiàn)了二氧化硫的還原性，故C錯(cuò)誤；D．過氧化氫具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫被過氧化氫氧化生成硫酸，硫酸和氯化鋇溶液反應(yīng)生成白色沉淀硫酸鋇，反應(yīng)的化學(xué)方程式：SO2+BaCl2+H2O2═BaSO4↓+2HCl，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)性質(zhì)的分析判斷，側(cè)考查學(xué)生對原理的理解分析，熟練掌握元素化合物知識以及氧化還原反應(yīng)的理解應(yīng)用，題目難度不大。14．【分析】A．SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，SO2能使品紅水溶液褪色；B．SO2水溶液中存在H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品紅水溶液褪色；C．Na2SO3溶液中品紅迅速褪色，NaHSO3溶液中品紅褪色較快，Na2SO3溶液中含有大量SO32﹣；D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，NaOH與NaHSO3反應(yīng)生成Na2SO3?！窘獯稹拷猓篈．SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，SO2能使品紅水溶液褪色，所以由①推測，SO2使品紅褪色的反應(yīng)需要水參與，故A正確；B．SO2水溶液中存在H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣，Na2SO3溶液和NaHSO3溶液也能使品紅水溶液褪色，所以SO2使品紅水溶液褪色與H2SO3、HSO3﹣或SO32﹣有關(guān)，故B正確；C．Na2SO3溶液中品紅迅速褪色，NaHSO3溶液中品紅褪色較快，Na2SO3溶液中含有大量SO32﹣，所以對比②、④，分析②中溶液迅速褪色是因?yàn)楹写罅縎O32﹣，故C正確；D．向③中加入少量pH＝10的NaOH溶液，NaOH與NaHSO3反應(yīng)生成Na2SO3，在Na2SO3溶液中品紅迅速褪色，所以褪色速率將加快，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)、性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，把握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象等內(nèi)容是解題的關(guān)鍵，注意對題中信息的分析和應(yīng)用，側(cè)重考查學(xué)生對元素及其化合物的理解能力和綜合運(yùn)用能力，題目難度中等。二.第二部分（非選擇題，共58分）15．【分析】（1）Zn片插入盛有50mL2mol?L﹣1稀硫酸的燒杯中，Zn片表面產(chǎn)生氣泡，溶液溫度由T1℃升到T2℃，說明Zn與硫酸的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn+H2SO4＝H2↑+ZnSO4，放熱反應(yīng)的反應(yīng)物總能量大于生成物的總能量；（2）Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池中，鋅為負(fù)極，銅為正極，電子從負(fù)極鋅沿導(dǎo)線流向正極銅，H+發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)生成H2，電極反應(yīng)式為2H++2e﹣＝H2↑；（3）實(shí)驗(yàn)I中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為熱能，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為電能，少量的轉(zhuǎn)化為熱能；（4）將Zn片和Cu片換成Fe片和石墨棒，重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅱ，F(xiàn)e能與稀硫酸反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，則Fe片、石墨棒和稀硫酸能發(fā)生原電池反應(yīng)，電流表指針會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，其中Fe作負(fù)極，石墨棒作正極。【解答】解：（1）①Zn與硫酸的反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn+H2SO4＝H2↑+ZnSO4，離子方程式為Zn+2H+＝H2↑+Zn2+，故答案為：Zn+2H+＝H2↑+Zn2+；②Zn片與稀硫酸反應(yīng)時(shí)溶液溫度由T1℃升到T2℃，說明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)的反應(yīng)物總能量大于生成物的總能量，即能量變化關(guān)系符合A圖，故答案為：A；（2）Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池中，鋅為負(fù)極，銅為正極，鋅發(fā)生失去電子反應(yīng)，電子從負(fù)極鋅沿導(dǎo)線流向正極銅，正極Cu上H+得電子生成H2，所以可觀察到Cu片表面產(chǎn)生氣泡，故答案為：該原電池中Zn失電子，電子沿導(dǎo)線流向正極銅，正極Cu上H+得電子生成H2；（3）實(shí)驗(yàn)I和Ⅱ產(chǎn)生等量氣體時(shí)，化學(xué)能變化相同，但實(shí)驗(yàn)I中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為熱能，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為熱能，導(dǎo)致溶液升高溫度幅度T2＞T3，故答案為：實(shí)驗(yàn)I中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為熱能，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中化學(xué)能主要轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為熱能；（4）將Zn片和Cu片換成Fe片和石墨棒，重復(fù)實(shí)驗(yàn)Ⅱ，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)氧化還原反應(yīng)，則Fe片、石墨棒和稀硫酸構(gòu)成原電池，F(xiàn)e作負(fù)極，石墨棒作正極，所以電路中有電流流動(dòng)，電流表指針會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)e發(fā)生失電子的反應(yīng)生成Fe2+，電極反應(yīng)式為Fe﹣2e﹣═Fe2+，故答案為：發(fā)生偏轉(zhuǎn)，F(xiàn)e﹣2e﹣═Fe2+。【點(diǎn)評】本題考查原電池工作原理及能量轉(zhuǎn)化方式，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重學(xué)生分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰瓦\(yùn)用能力的考查，把握金屬的活動(dòng)性、原電池工作原理、電極反應(yīng)是解題關(guān)鍵，注意掌握理解原電池反應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化形式，題目難度不大。16．【分析】（1）①二者都屬于飽和烷烴，且互為同分異構(gòu)體，分子中都含有8個(gè)C原子、18個(gè)H原子；②辛烷值：異構(gòu)烷烴（支鏈烷烴）＞正構(gòu)烷烴（直鏈烷烴）；（2）①甲醇中含有醇羥基；②甲醇中醇羥基上的H原子被取代生成MTBE；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水；（4）①過程I中二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成CO和水；②a的同分異構(gòu)體還有正戊烷、新戊烷；③（CH2）n為烯烴、a為烷烴，烯烴能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；④根據(jù)圖知，烯烴能發(fā)生異構(gòu)化和芳香化?！窘獯稹拷猓海?）①二者都屬于飽和烷烴，且互為同分異構(gòu)體，分子中都含有8個(gè)C原子、18個(gè)H原子，分子式為C8H18，故答案為：C8H18；②辛烷值：異構(gòu)烷烴（支鏈烷烴）＞正構(gòu)烷烴（直鏈烷烴），前者含有3個(gè)支鏈、后者不含支鏈，則辛烷值：前者＞后者，故答案為：＞；（2）①CH3OH中所含官能團(tuán)的名稱為羥基，故答案為：羥基；②甲醇中醇羥基上的H原子被取代生成MTBE，所以該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）乙醇被催化氧化生成乙酸和水，反應(yīng)方程式為CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，故答案為：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O；（4）①過程I中二氧化碳和氫氣反應(yīng)生成CO和水，則過程I中除了生成CO還生成H2O，故答案為：H2O；②a的同分異構(gòu)體還有CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C，故答案為：CH3CH2CH2CH2CH3、（CH3）4C；③（CH2）n為烯烴、a為烷烴，烯烴能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)而使溴水褪色，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，烷烴和溴水、高錳酸鉀溶液不反應(yīng)，所以可以用溴水或酸性高錳酸鉀溶液鑒別a和（CH2）n，故答案為：溴水或酸性高錳酸鉀溶液；④根據(jù)圖知，烯烴能發(fā)生異構(gòu)化和芳香化，則該方法生產(chǎn)的汽油辛烷值較高的原因是烯烴的異構(gòu)化和芳香化，故答案為：烯烴的異構(gòu)化和芳香化?！军c(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、辛烷值等知識點(diǎn)，側(cè)重考查閱讀、分析判斷及應(yīng)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、辛烷值概念內(nèi)涵等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。17．【分析】（1）原子守恒和電子守恒分析書寫化學(xué)方程式；（2）①過程Ⅰ的反應(yīng)是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水；②過程Ⅱ參加反應(yīng)是亞硫酸鈉和氫氧化鈣反應(yīng)生成硫酸鈣和氫氧化鈉；③證明產(chǎn)物中含SO42﹣的實(shí)驗(yàn)方法是先加入鹽酸無現(xiàn)象，再加入氯化鋇溶液生成白色沉淀；（3）反應(yīng)的方程式為SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI，根據(jù)方程式計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）反應(yīng)i中元素守恒得到生成二氧化硫的同時(shí)生成了氧化鐵，補(bǔ)全過程i的方程式為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；①過程Ⅰ的反應(yīng)是二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和水，化學(xué)方程式為：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O，故答案為：SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O；②過程Ⅱ參加反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，亞硫酸鈉和氧氣反應(yīng)生成硫酸鈉，硫酸鈉和氫氧化鈣反應(yīng)生成硫酸鈣和氫氧化鈉，過程Ⅱ參加反應(yīng)的物質(zhì)A為O2、Ca（OH）2，故答案為：O2、Ca（OH）2；③證明產(chǎn)物中含SO42﹣的實(shí)驗(yàn)方法是：取少量上層清液，先加入過量鹽酸，無現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，證明含磷酸根離子，故答案為：先加入過量鹽酸，無現(xiàn)象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成；（3）n（I2）＝cmol?L﹣1×V2×10﹣3L＝cV2×10﹣3mol，由方程式SO2+I2+2H2O＝H2SO4+2HI可知，n（SO2）＝cV2×10﹣3mol，則V1L煙道氣中含有的n（SO2）＝cV2×10﹣3mol×＝5cV2×10﹣2mol，質(zhì)量為5cV2×10﹣2mol×64g/mol＝3.2cV2g＝3200cV2mg，所以則該廠煙道氣中SO2的含量為＝mg/L，故答案為：?！军c(diǎn)評】本題以二氧化硫的污染為載體綜合考查化學(xué)方程式書寫和計(jì)算，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，為高頻考點(diǎn)，足以把握題給信息，答題時(shí)注意審題，題目難度中等。18．【分析】濃縮海水通入氯氣生成溴單質(zhì)，空氣吹入吹出塔將溴單質(zhì)吹出，通入含有二氧化硫和水的吸收塔，生成溴化氫，通入蒸餾塔中，再次通入氯氣，得到液溴和氯化氫，氯化氫可以在氧化過程中使用；（1）溴元素是35號元素，核外電子排布是2、8、18、7；（2）可利用空氣將溴單質(zhì)吹出，是因?yàn)殇鍐钨|(zhì)易揮發(fā)；（3）吸收塔中溴單質(zhì)與二氧化硫、水發(fā)生反應(yīng)生成溴化氫和硫酸；（4）溴單質(zhì)的沸點(diǎn)是58.8℃，水的沸點(diǎn)是100℃；（5）物質(zhì)A是溴化氫和氯氣反應(yīng)后的產(chǎn)物氯化氫；（6）①“氧化“條件應(yīng)該選擇溶液中溴單質(zhì)的含量高，能夠?qū)崿F(xiàn)的條件；②pH＝7.5時(shí)，溶液呈堿性，而溴單質(zhì)的水溶液呈現(xiàn)酸性。【解答】解：（1）溴元素是35號元素，核外電子排布是2、8、18、7，在元素周期表中的位置是第四周期ⅦA族，故答案為：第四周期ⅦA族；（2）可將溴單質(zhì)吹出，因?yàn)殇鍐钨|(zhì)沸點(diǎn)較低，易揮發(fā)，故答案為：揮發(fā)；（3）吸收塔中溴單質(zhì)與二氧化硫、水發(fā)生反應(yīng)生成溴化氫和硫酸，離子方程式為Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣，故答案為：Br2+SO2+2H2O＝4H++2Br﹣+SO42﹣；（4）溴單質(zhì)的沸點(diǎn)是58.8℃，水的沸點(diǎn)是100℃，因此蒸餾的溫度須在58.8℃～100℃之間，故答案為：B；（5）物質(zhì)A是溴化氫和氯氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HBr+Cl2＝2HCl+Br2，因而物質(zhì)A是HCl，故答案為：HCl；（6）①“氧化“條件應(yīng)該選擇溶液中溴單質(zhì)的含量高，因而pH＝1，＝1.1時(shí)，溶液中的溴單質(zhì)的含量最高，條件最適宜，故答案為：pH＝1、＝1.1；②pH＝7.5時(shí)，溶液呈堿性，而溴單質(zhì)的水溶液呈現(xiàn)酸性，單質(zhì)溴會(huì)與氫氧根離子發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O，故答案為：Br2+2OH﹣＝Br﹣+BrO﹣+H2O?！军c(diǎn)評】本題主要考查海水資源的綜合利用，涉及到海水提溴，解題的關(guān)鍵是掌握海水提溴的原理，為高頻考點(diǎn)，難度中等。19．【分析】（1）①大試管中NH4Cl和Ca（OH）2反應(yīng)生成CaCl2、NH3、H2O，根據(jù)原子守恒即可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；②氨氣的密度比空氣小，且極易溶于水，應(yīng)采用向下排空法收集；（2）反應(yīng)①為氨氣的催化氧化；（3）①由圖可知，0～2天，NO3﹣被納米零價(jià)鐵還原為NH4+，納米零價(jià)鐵被氧化為Fe2+，根據(jù)原子守恒和電荷守恒，即可寫出反應(yīng)的離子方程式；②4～5天，因?yàn)榧{米零價(jià)鐵對反硝化細(xì)菌具有抑制作用，此時(shí)NH4+被氧化為NO2﹣，方程式為：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+；③6～8天，納米零價(jià)鐵與H+反應(yīng)生成氫氣，氫氣還原NO3﹣、NO2﹣生成N2，導(dǎo)致NO3﹣濃度快速減小，根據(jù)原子守恒和電荷守恒即可寫出反應(yīng)的方程式?！窘獯稹拷猓海?）①大試管中NH4Cl和Ca（OH）2反應(yīng)生成CaCl2、NH3、H2O，化學(xué)方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨氣的密度比空氣小，且極易溶于水，故可以采用向下排空法收集，故裝置b符合題意，a為向上排空法，c為排水法收集，故答案為：b；（2）反應(yīng)①為氨氣的催化氧化，方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）①由圖可知，0～2天，NO3﹣被納米零價(jià)鐵還原為NH4+，納米零價(jià)鐵被氧化為Fe2+，根據(jù)原子守恒和電荷守恒，可得反應(yīng)的離子方程式為：4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O，故答案為：4；1；10H+；4；NH4+；3H2O；②4～5天，檢測到納米零價(jià)鐵有剩余，但NO3﹣濃度無明顯變化，因?yàn)榧{米零價(jià)鐵對反硝化細(xì)菌具有抑制作用，此時(shí)NH4+被氧化為NO2﹣，方程式為：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+，故答案為：納米零價(jià)鐵對反硝化細(xì)菌具有抑制作用，此時(shí)NH4+被氧化為NO2﹣，方程式為：2NH4++3O2＝2NO2﹣+2H2O+4H+；③6～8天，納米零價(jià)鐵與H+反應(yīng)生成氫氣，氫氣還原NO3﹣、NO2﹣，生成N2，導(dǎo)致NO3﹣濃度快速減小，方程式為：2NO3﹣+5H2N2+4H2O+2OH﹣，故答案為：納米零價(jià)鐵與H+反應(yīng)生成氫氣，氫氣還原NO3﹣生成氮?dú)夂退?，離子方程式為2NO3﹣+5H2N2+4H2O+2OH﹣?！军c(diǎn)評】本題考查氨氣的制取和性質(zhì)，酸性廢水的脫氮原理，掌握氨氣的制取原理和相關(guān)物理化學(xué)性質(zhì)以及氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，同時(shí)考查學(xué)生對信息的理解及應(yīng)用能力，難度中等。20．【分析】（1）硝酸具有強(qiáng)氧化性，可與銅反應(yīng)生