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32，江苏省南通中学2023-2024学年高一上学期12月阶段考试 化学试题
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这是一份32，江苏省南通中学2023-2024学年高一上学期12月阶段考试 化学试题，共16页。试卷主要包含了 卷共8页， 下列关于氯气的说法正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1. 卷共8页。满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2. 答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡上规定的位置。
3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4. 作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑：如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5. 如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Fe56 Zn65 Ba137
一、单项选择题：共13题，每小题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届杭州亚运会在场馆中利用了多种合金材料，下列说法不正确的是
A. 用于主体育馆“大莲花”外形铝合金硬度大于金属铝。
B. 用于场馆主体结构的钢铁中只含有金属元素。
C. 用于亚运会火炬的不锈钢面板中含有铬和镍元素，比其他钢材料更耐腐蚀。
D. 合金种类丰富，拓宽了金属材料的适用范围和价值。
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝合金属于合金，含有Al、Cu、Mg等元素，合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大，故铝合金硬度比纯铝的大，强度高，A正确；
B．钢为含碳铁合金，B错误；
C．不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，耐腐蚀性好，C正确；
D．合金种类丰富、性能优良、抗腐蚀性好，拓宽了金属材料适用范围和价值，D正确；
故选B。
2. 水溶液中能大量共存的一组离子是
A. B. I-、H+、NO、Na+、您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁离子和SCN-离子生成红色物质，不共存，A不符合题意；
B．酸性条件下，硝酸根离子和碘离子生成碘单质，不共存，B不符合题意；
C．铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，不能共存，C不符合题意；
D．四种离子相互不反应，能大量共存，D符合题意；
故选D。
3. 有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级)，这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是
A. 纳米碳酸钙是与胶体相似分散系
B. 纳米碳酸钙分散到水中所得分散系可能会产生丁达尔效应
C. 纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同
D. 纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混合物，A错误；
B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系为胶体，会产生丁达尔效应，B正确；
C．纳米碳酸钙和碳酸钙成分相同，故化学性质与碳酸钙相同，C错误；
D．胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，D错误；
故选B。
4. 金属在我们的生活中有着广泛的应用，下列金属在现代工业中以电解法制取的是
A. 铁B. 铜C. 铝D. 银
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁常采用一氧化碳还原氧化铁得到，A不选；
B．铜是不活泼金属，铜可通过湿法炼金、或火法炼铜，都不是电解法，B不选；
C．铝通常采用电解氧化铝的方法制取，C选；
D．银采用热分解氧化银得到，D不选；
故选C。
5. 代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml硫在氧气中燃烧，转移电子 个
B. 溶液中所含氧原子数为
C. 与足量 反应，转移电子
D. 0.1ml熔融的 中含有的离子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫燃烧生成+4价硫的化合物二氧化硫，则1ml硫在氧气中燃烧，转移电子 4个，A错误；
B．溶液中水分子也含有氧原子，故所含氧原子数大于，B错误；
C．，则与足量 反应，转移电子 ，C正确；
D．熔融的电离出钠离子和硫酸氢根离子，则0.1ml熔融的 中含有的离子总数为 0.2，D错误；
故选C。
6. 下列关于氯气的说法正确的是
A. 具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B. 氢气在氯气中燃烧，瓶口出现白雾
C. 氯气具有漂白性，可用于漂白纸浆
D. 在 中的燃烧产物用数轴表示如下：
【答案】B
【解析】
【详解】A．与水反应时生成盐酸和次氯酸，既表现出氧化性也表现出还原性，A错误；
B．H2在Cl2中燃烧生成的HCl在瓶口会与空气中的水蒸气形成盐酸液滴，因此会出现白雾，B正确；
C．氯气没有漂白性，氯气和水生成次氯酸具有漂白性，C错误；
D．Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3，D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量铁粉与稀硝酸反应
B. 铝单质与氢氧化钠溶液反应
C. 铁粉与氯化铁溶液反应
D. 检验溶液中的铵根
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO、水，反应为，A错误；
B．铝单质与氢氧化钠溶液反生成四羟基合铝酸钠和氢气，B错误；
C．铁粉与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，C正确；
D．检验溶液中的铵根反应为铵根离子和氢氧根离子加热生成氨气和水： ，D错误；
故选C。
8. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1：用氨水将先转化为，再氧化为；方法2：用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原为单质硫；方法3：用溶液吸收生成，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4：用溶液吸收烟气中，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用溶液除去气体，生成黑色CuS沉淀。在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，会将CaS中硫元素氧化，则硝酸与CaS反应得不到H2S，A不符合题意；
B．由题意可知H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，则CuS与硫酸不反应，B不符合题意；
C．SO2与H2O反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，可将铜氧化生成CuSO4，自身被还原为SO2，D符合题意；
故选D。
9. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1用氨水将 先转化为 再氧化为 ；方法2用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将 在高温下还原为单质硫；方法3用 溶液吸收 生成 ，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4用 溶液吸收烟气中 ，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用 溶液除去 气体，生成黑色 沉淀。下列化学反应表示不正确的是
A. 氨水吸收 的反应：
B. 还原 的反应：2CO+SO2S+2CO2
C. 吸收液再生的反应：
D. 电解吸收 后的溶液的总反应：3H2SO3S↓+2H2SO4+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨水吸收 的反应：，A错误；
B．还原 ，结合得失电子守恒，反应：2CO+SO2S+2CO2，B正确；
C．亚硫酸氢钠不稳定，受热分解，则吸收液再生的反应：，C正确；
D．使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质，S化合价降低，则阳极化合价升高生成硫酸，故电解吸收 后的溶液的总反应：3H2SO3S↓+2H2SO4+H2O，D正确；
故选A。
10. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1用氨水将 先转化为 再氧化为 ；方法2用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将 在高温下还原为单质硫；方法3用 溶液吸收 生成 ，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4用 溶液吸收烟气中 ，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用 溶液除去 气体，生成黑色 沉淀。下列硫的化合物性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用作碳化木材
B. 具有还原性，可用作治疗贫血药剂
C. 有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
D. 易溶于水，可用作净水剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，可使木材碳化，可用作碳化木材，故A正确；
B．FeSO4含有亚铁离子，参与人体血红蛋白的形成，可用作治疗贫血药剂，与FeSO4具有还原性无关，故B错误；
C．SO2可用作葡萄酒的添加剂，是利用其具有抗氧化的性质，故C错误；
D．溶于水生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故D错误；
故选A。
11. 从铝土矿可以得到许多重要工业原料，下列说法不正确的是
A. 滤渣 A的主要成分为
B. 溶液中通入过量 会得到 沉淀
C. 过量的氨水不能用 取代
D. Al的化合价没有改变
【答案】A
【解析】
【分析】氧化铝、氧化铁、二氧化硅加入足量氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅溶解，氧化铁不溶，过滤得到滤渣A为氧化铁，溶液加入过量盐酸，得到硅酸和滤液B，B含有HCl、NaCl、AlCl3，B加入过量氨水得到氢氧化铝和氯化铵、氯化钠、一水合氨，氢氧化铝加热得到氧化铝。
【详解】A．根据分析，滤渣 A的主要成分为 ，A错误；
B．溶液中通入过量 会得到 沉淀以及碳酸氢钠，B正确；
C．氢氧化铝和氢氧化钠反应，过量的氨水不能用 取代，C正确；
D．反应过程中Al均为+3价，Al的化合价没有改变，D正确；
故选A。
12. 亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备NOB. 用装置乙干燥NO
C. 用装置丙合成D. 用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A错误；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B正确；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C正确；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D正确；
故选：A。
13. 将 锌粉与一定量的浓硝酸反应，当锌粉完全反应时收集到 混合气体共 (标准状况下)，则消耗的硝酸的物质的量是
A. 1.0mlB. 1.1mlC. 1.4mlD. 1.6ml
【答案】B
【解析】
【详解】锌和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，n(NO2)＋n(NO)＝11.2L÷22.4L/ml=0.5ml，即被还原的硝酸的物质的量为0.5ml，n(Zn)＝19.5g÷65g/ml＝0.3ml，则生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3ml，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3ml×2＝0.6ml，则参加反应的硝酸的物质的量为0.5ml＋0.6ml＝1.1ml。故选B。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 某小组利用氯酸钾与 盐酸反应制氯气并进行氯气性质的探究，实验装置如图所示：
请回答：
（1）装置B中发生反应的离子方程式是___________。
（2）根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是___________。
（3）E中实验现象是___________。
（4）装置F的作用是___________。
（5）现要配制 所需盐酸，请回答下列问题：
①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。
②下列操作会使配制结果偏高的是___________。
A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液
B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线
C．定容时俯视读数
D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读
【答案】（1）
（2）A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色
（3）产生棕黄色的烟 （4）防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置E
（5） ①. 胶头滴管、500mL容量瓶 ②. CD
【解析】
【分析】氯酸钾与10 ml·L-1盐酸反应会生成氯气，A中紫色石蕊试液遇氯气会先变红后褪色，经过干燥剂C干燥后的氯气遇到干燥的红布条，红布条不褪色，结合A中现象，说明干燥的氯气不具有漂白性；E装置中铜粉与干燥的氯气在加热条件下会反应生成氯化铜，氯气有毒，需用碱液进行尾气处理；
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【小问1详解】
盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，离子方程式为：；
【小问2详解】
装置A中，能验证氯气的水溶液的酸性和氧化性；D装置中，能验证干燥的氯气是否具有漂白性，所以根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色。
【小问3详解】
E中Cu与Cl2反应生成CuCl2，实验现象是产生棕黄色的烟；
【小问4详解】
装置F中装有碱石灰，碱石灰能做干燥剂，可以防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置E；
【小问5详解】
配制 所需盐酸，需要使用250mL的容量瓶；故配制稀盐酸时，需用的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；
A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液，无影响，故A不选；
B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，使溶液体积V偏大，则c偏小，故B不选；
C．定容时俯视读数，是溶液体积V偏小，则c偏高，故C选；
D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读数，使量取的浓盐酸的体积偏大、n(HCl)偏大，则c偏高，故D选；
故答案为：CD。
15. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②
（1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。
（3）与王水［V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3］溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：_________________。
②关于溶金的下列说法正确的是_______。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
（4）若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____ml。
【答案】（1）过滤 （2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3） ①. ②. AC
（4）1.5
【解析】
【小问1详解】
Au、Ag和Cu经酸溶后得到金单质、银离子、铜离子混合溶液，将互不相溶的固体和液体分离的操作是过滤，分离混合物；
【小问2详解】
铜与稀、浓硝酸的反应方程式分别为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu分别消耗ml和4mlHNO3，显然消耗硝酸少的是与稀硝酸的反应，反应的方程式为3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问3详解】
根据化合价的变化规律可知，Au从0价升高到+3价作为还原剂，稀硝酸作为氧化剂，N从+5价降低到+2价，产物有NO生成，根据质量守恒，产物中还有H2O，方程式为；
A．溶金的过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，用到了硝酸的强氧化性，A选项正确；
B．王水中V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3，金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了Cl-，反应生成配离子AuCl，利于金与硝酸的反应，盐酸主要作用是提供氯离子生成配离子，B选项错误；
C．HNO3-NaCl与王水(1体积浓硝酸:3体积浓盐酸)溶金原理相同，则浓盐酸与硝酸钠按照一定配比可以同理将Au溶解，C选项正确；
答案选AC；
【小问4详解】
由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1ml HAuCl4完全还原，Au从+3价被还原到0价，Zn从0价被氧化到+2价，设参加反应的Zn的物质的量为xml，根据电子得失守恒可列式2x=3，解得x=1.5ml，则参加反应的Zn的物质的量为1.5ml。
16. 某工厂的工业废水中含有大量 和SO，还含有少量的氯离子。现计划从该废水中回收利用金属 和硫酸亚铁。
（1）A的化学式为___________，D的化学式为___________。
（2）得到绿矾 的操作Ⅲ包括蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
（3）制备 的方程式为 。
已知：溶液呈酸性，溶液呈碱性，在溶液 时开始沉淀。
①制备 时，选用的加料方式是将 溶液缓慢加入盛有 溶液的反应器中，这样操作的原因是___________。
②生成的 沉淀需要充分洗涤，检验洗涤是否洗净的实验方法是___________。
（4）硫酸亚铁水溶液易与硫酸铵形成稳定的硫酸亚铁铵 ，称为莫尔盐。称取 。新制莫尔盐，溶于水配成 溶液。取 该溶液加入足量的 溶液，得到白色沉淀 ；另取 该溶液用 酸性溶液将溶液中的 氧化为 ，当 恰好完全被还原成 时，消耗溶液的体积为。
回答下列问题：
①配置硫酸亚铁水溶液时，需要加入少量铁粉，铁粉的作用是___________。
②用双线桥标出下列反应中电子的转移___________。
③试确定莫尔盐的化学式________(写出计算过程)。
【答案】16. ①. Fe ②. H2SO4
17. 冷却结晶 18. ①. 避免溶液pH过大，生成Fe(OH)2沉淀 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净
19. ①. 防止Fe2+被氧化 ②. ③. 加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g，即生成0.932gBaSO4沉淀，所以7.84g新制莫尔盐中；根据消耗的KMnO4的量结合化学方程式可得，摩尔盐中，根据电荷守恒，可知，则，所以，则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
【解析】
【分析】工业废水中加入过量铁粉，将Cu2+还原为铜单质、铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有硫酸亚铁的滤液C、含有Cu、Fe的滤渣B，向滤渣中加入过量稀硫酸，Fe与稀硫酸反应得到硫酸亚铁溶液F，Cu不反应得到固体E，过滤分离，将滤液C、F混合，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作后得到FeSO4·7H2O，之后再制备碳酸亚铁。
【小问1详解】
由分析可知，AD分别为：Fe、H2SO4；
【小问2详解】
从溶液中得到绿矾的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问3详解】
①Fe(OH)2在溶液pH=5.8时开始沉淀，而碳酸钠溶液显碱性，为防止生成氢氧化亚铁沉淀，应该：将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，可以避免溶液pH过大，生成Fe(OH)2沉淀；
②FeCO3沉淀表明可能附着有硫酸亚铁杂质，检验是否含有硫酸根，即可确定沉淀是否洗净，具体方法为：取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净；
【小问4详解】
①Fe2+溶液被氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，所以铁粉的作用是：防止Fe2+被氧化；
②该反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，2mlKMnO4得到10ml电子，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，10mlFeSO4失去10ml电子，双线桥表示为；
③加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g，即生成0.932gBaSO4沉淀，所以7.84g新制莫尔盐中；根据消耗的KMnO4的量结合化学方程式可得，摩尔盐中，根据电荷守恒，可知，则，所以，则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
17. 有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）磷酸铵镁 沉淀法可去除水体中的氨氮 和 。实验室中模拟氨氮处理：的模拟氨氮废水(主要含 )，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃，先后加入 溶液，用 调节反应 ，投加絮凝剂；开始搅拌，反应 后，取液面下 处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___________ 。
②测得反应 对氨氮去除率的影响如图1所示，当反应 为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当 继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，结合离子方程式说明去除率下降的原因是___________。
③当 从9.0降低至7.5。的过程中，水中氨氮的去除率明显降低，沉淀减少的原因是___________。
（2）纳米零价铁与 合作用可去除水体中的硝态氮。在 和 复合材料联合作用的体系中，生物炭 作为的载体且减少了纳米零价铁的团聚，和 作为催化剂且参与吸附活性
①和 复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，转化为或 的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是___________，第二步反应的还原剂是___________。
②实验测得体系初始 对去除率的影响如图3，前 内，时的去除率远低于 时，其可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O ②. pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg（OH）2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg（OH）2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降 ③. 随pH降低，转化为，c（）增大，使得生成沉淀的速率减慢，水中氨氮的去除率明显降低
（2） ①. Fe ②. H ③. 酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，同时可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行
【解析】
【小问1详解】
①碱溶液中转化为，与镁离子和铵根离子反应生成磷酸铵镁沉淀，离子反应方程式为Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O；
②当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg（OH）2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg（OH）2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降。
③当pH从9.0降至7.5的过程中，水中氨氮的去除率明显降低，原因是随随pH降低，转化为，c（）增大，使得生成沉淀的速率减慢，水中氨氮的去除率明显降低。
【小问2详解】
①其中第一步中Fe失去电子，则还原剂是Fe，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H。
②酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，酸性越强，H+浓度越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行。
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1. 卷共8页。满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2. 答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡上规定的位置。
3. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4. 作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑：如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5. 如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H1 N14 O16 S32 Fe56 Zn65 Ba137
一、单项选择题：共13题，每小题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届杭州亚运会在场馆中利用了多种合金材料，下列说法不正确的是
A. 用于主体育馆“大莲花”外形铝合金硬度大于金属铝。
B. 用于场馆主体结构的钢铁中只含有金属元素。
C. 用于亚运会火炬的不锈钢面板中含有铬和镍元素，比其他钢材料更耐腐蚀。
D. 合金种类丰富，拓宽了金属材料的适用范围和价值。
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝合金属于合金，含有Al、Cu、Mg等元素，合金的硬度比任一组成成分金属的硬度大，故铝合金硬度比纯铝的大，强度高，A正确；
B．钢为含碳铁合金，B错误；
C．不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，耐腐蚀性好，C正确；
D．合金种类丰富、性能优良、抗腐蚀性好，拓宽了金属材料适用范围和价值，D正确；
故选B。
2. 水溶液中能大量共存的一组离子是
A. B. I-、H+、NO、Na+、您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁离子和SCN-离子生成红色物质，不共存，A不符合题意；
B．酸性条件下，硝酸根离子和碘离子生成碘单质，不共存，B不符合题意；
C．铵根离子和氢氧根离子生成氨气和水，不能共存，C不符合题意；
D．四种离子相互不反应，能大量共存，D符合题意；
故选D。
3. 有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级)，这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是
A. 纳米碳酸钙是与胶体相似分散系
B. 纳米碳酸钙分散到水中所得分散系可能会产生丁达尔效应
C. 纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同
D. 纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸
【答案】B
【解析】
【详解】A．纳米碳酸钙是纯净物，分散系是混合物，A错误；
B．纳米碳酸钙分散到水中所得分散系为胶体，会产生丁达尔效应，B正确；
C．纳米碳酸钙和碳酸钙成分相同，故化学性质与碳酸钙相同，C错误；
D．胶体的分散质粒子直径在1～100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，D错误；
故选B。
4. 金属在我们的生活中有着广泛的应用，下列金属在现代工业中以电解法制取的是
A. 铁B. 铜C. 铝D. 银
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁常采用一氧化碳还原氧化铁得到，A不选；
B．铜是不活泼金属，铜可通过湿法炼金、或火法炼铜，都不是电解法，B不选；
C．铝通常采用电解氧化铝的方法制取，C选；
D．银采用热分解氧化银得到，D不选；
故选C。
5. 代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1ml硫在氧气中燃烧，转移电子 个
B. 溶液中所含氧原子数为
C. 与足量 反应，转移电子
D. 0.1ml熔融的 中含有的离子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫燃烧生成+4价硫的化合物二氧化硫，则1ml硫在氧气中燃烧，转移电子 4个，A错误；
B．溶液中水分子也含有氧原子，故所含氧原子数大于，B错误；
C．，则与足量 反应，转移电子 ，C正确；
D．熔融的电离出钠离子和硫酸氢根离子，则0.1ml熔融的 中含有的离子总数为 0.2，D错误；
故选C。
6. 下列关于氯气的说法正确的是
A. 具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B. 氢气在氯气中燃烧，瓶口出现白雾
C. 氯气具有漂白性，可用于漂白纸浆
D. 在 中的燃烧产物用数轴表示如下：
【答案】B
【解析】
【详解】A．与水反应时生成盐酸和次氯酸，既表现出氧化性也表现出还原性，A错误；
B．H2在Cl2中燃烧生成的HCl在瓶口会与空气中的水蒸气形成盐酸液滴，因此会出现白雾，B正确；
C．氯气没有漂白性，氯气和水生成次氯酸具有漂白性，C错误；
D．Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3，D错误；
故选B。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过量铁粉与稀硝酸反应
B. 铝单质与氢氧化钠溶液反应
C. 铁粉与氯化铁溶液反应
D. 检验溶液中的铵根
【答案】C
【解析】
【详解】A．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和NO、水，反应为，A错误；
B．铝单质与氢氧化钠溶液反生成四羟基合铝酸钠和氢气，B错误；
C．铁粉与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，C正确；
D．检验溶液中的铵根反应为铵根离子和氢氧根离子加热生成氨气和水： ，D错误；
故选C。
8. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1：用氨水将先转化为，再氧化为；方法2：用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原为单质硫；方法3：用溶液吸收生成，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4：用溶液吸收烟气中，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用溶液除去气体，生成黑色CuS沉淀。在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，会将CaS中硫元素氧化，则硝酸与CaS反应得不到H2S，A不符合题意；
B．由题意可知H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，则CuS与硫酸不反应，B不符合题意；
C．SO2与H2O反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，可将铜氧化生成CuSO4，自身被还原为SO2，D符合题意；
故选D。
9. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1用氨水将 先转化为 再氧化为 ；方法2用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将 在高温下还原为单质硫；方法3用 溶液吸收 生成 ，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4用 溶液吸收烟气中 ，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用 溶液除去 气体，生成黑色 沉淀。下列化学反应表示不正确的是
A. 氨水吸收 的反应：
B. 还原 的反应：2CO+SO2S+2CO2
C. 吸收液再生的反应：
D. 电解吸收 后的溶液的总反应：3H2SO3S↓+2H2SO4+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨水吸收 的反应：，A错误；
B．还原 ，结合得失电子守恒，反应：2CO+SO2S+2CO2，B正确；
C．亚硫酸氢钠不稳定，受热分解，则吸收液再生的反应：，C正确；
D．使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质，S化合价降低，则阳极化合价升高生成硫酸，故电解吸收 后的溶液的总反应：3H2SO3S↓+2H2SO4+H2O，D正确；
故选A。
10. 硫及其化合物在生产、生活和科学研究中有着广泛的作用。对燃煤烟气脱硫能有效减少对大气的污染并实现资源化利用。方法1用氨水将 先转化为 再氧化为 ；方法2用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)将 在高温下还原为单质硫；方法3用 溶液吸收 生成 ，再加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠；方法4用 溶液吸收烟气中 ，使用惰性电极电解吸收后的溶液，在阴极被还原为硫单质。可以用 溶液除去 气体，生成黑色 沉淀。下列硫的化合物性质与用途具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用作碳化木材
B. 具有还原性，可用作治疗贫血药剂
C. 有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
D. 易溶于水，可用作净水剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有脱水性，可使木材碳化，可用作碳化木材，故A正确；
B．FeSO4含有亚铁离子，参与人体血红蛋白的形成，可用作治疗贫血药剂，与FeSO4具有还原性无关，故B错误；
C．SO2可用作葡萄酒的添加剂，是利用其具有抗氧化的性质，故C错误；
D．溶于水生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂，故D错误；
故选A。
11. 从铝土矿可以得到许多重要工业原料，下列说法不正确的是
A. 滤渣 A的主要成分为
B. 溶液中通入过量 会得到 沉淀
C. 过量的氨水不能用 取代
D. Al的化合价没有改变
【答案】A
【解析】
【分析】氧化铝、氧化铁、二氧化硅加入足量氢氧化钠溶液，氧化铝、二氧化硅溶解，氧化铁不溶，过滤得到滤渣A为氧化铁，溶液加入过量盐酸，得到硅酸和滤液B，B含有HCl、NaCl、AlCl3，B加入过量氨水得到氢氧化铝和氯化铵、氯化钠、一水合氨，氢氧化铝加热得到氧化铝。
【详解】A．根据分析，滤渣 A的主要成分为 ，A错误；
B．溶液中通入过量 会得到 沉淀以及碳酸氢钠，B正确；
C．氢氧化铝和氢氧化钠反应，过量的氨水不能用 取代，C正确；
D．反应过程中Al均为+3价，Al的化合价没有改变，D正确；
故选A。
12. 亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备NOB. 用装置乙干燥NO
C. 用装置丙合成D. 用装置丁处理尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A错误；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B正确；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C正确；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D正确；
故选：A。
13. 将 锌粉与一定量的浓硝酸反应，当锌粉完全反应时收集到 混合气体共 (标准状况下)，则消耗的硝酸的物质的量是
A. 1.0mlB. 1.1mlC. 1.4mlD. 1.6ml
【答案】B
【解析】
【详解】锌和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，n(NO2)＋n(NO)＝11.2L÷22.4L/ml=0.5ml，即被还原的硝酸的物质的量为0.5ml，n(Zn)＝19.5g÷65g/ml＝0.3ml，则生成的n[Zn(NO3)2]＝0.3ml，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.3ml×2＝0.6ml，则参加反应的硝酸的物质的量为0.5ml＋0.6ml＝1.1ml。故选B。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 某小组利用氯酸钾与 盐酸反应制氯气并进行氯气性质的探究，实验装置如图所示：
请回答：
（1）装置B中发生反应的离子方程式是___________。
（2）根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是___________。
（3）E中实验现象是___________。
（4）装置F的作用是___________。
（5）现要配制 所需盐酸，请回答下列问题：
①所用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是___________。
②下列操作会使配制结果偏高的是___________。
A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液
B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线
C．定容时俯视读数
D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读
【答案】（1）
（2）A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色
（3）产生棕黄色的烟 （4）防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置E
（5） ①. 胶头滴管、500mL容量瓶 ②. CD
【解析】
【分析】氯酸钾与10 ml·L-1盐酸反应会生成氯气，A中紫色石蕊试液遇氯气会先变红后褪色，经过干燥剂C干燥后的氯气遇到干燥的红布条，红布条不褪色，结合A中现象，说明干燥的氯气不具有漂白性；E装置中铜粉与干燥的氯气在加热条件下会反应生成氯化铜，氯气有毒，需用碱液进行尾气处理；
配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【小问1详解】
盐酸和氯酸钾发生氧化还原反应生成氯气、氯化钾和水，离子方程式为：；
【小问2详解】
装置A中，能验证氯气的水溶液的酸性和氧化性；D装置中，能验证干燥的氯气是否具有漂白性，所以根据相关实验现象就可以证明起漂白作用的不是氯气而是次氯酸，相关现象是A中紫色石蕊试液先变红后褪色，D中干燥红布条不褪色。
【小问3详解】
E中Cu与Cl2反应生成CuCl2，实验现象是产生棕黄色的烟；
【小问4详解】
装置F中装有碱石灰，碱石灰能做干燥剂，可以防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入装置E；
【小问5详解】
配制 所需盐酸，需要使用250mL的容量瓶；故配制稀盐酸时，需用的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶；
A．容量瓶洗净后未干燥直接用来配制溶液，无影响，故A不选；
B．反复摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线，使溶液体积V偏大，则c偏小，故B不选；
C．定容时俯视读数，是溶液体积V偏小，则c偏高，故C选；
D．用量筒量取浓盐酸配制所需盐酸时，量筒仰视读数，使量取的浓盐酸的体积偏大、n(HCl)偏大，则c偏高，故D选；
故答案为：CD。
15. 用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②
（1）酸溶后经_______操作，将混合物分离。
（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：_______。
（3）与王水［V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3］溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：_________________。
②关于溶金的下列说法正确的是_______。
A.用到了HNO3的氧化性
B.王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C.用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
（4）若用Zn粉将溶液中的1 ml HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____ml。
【答案】（1）过滤 （2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（3） ①. ②. AC
（4）1.5
【解析】
【小问1详解】
Au、Ag和Cu经酸溶后得到金单质、银离子、铜离子混合溶液，将互不相溶的固体和液体分离的操作是过滤，分离混合物；
【小问2详解】
铜与稀、浓硝酸的反应方程式分别为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu分别消耗ml和4mlHNO3，显然消耗硝酸少的是与稀硝酸的反应，反应的方程式为3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问3详解】
根据化合价的变化规律可知，Au从0价升高到+3价作为还原剂，稀硝酸作为氧化剂，N从+5价降低到+2价，产物有NO生成，根据质量守恒，产物中还有H2O，方程式为；
A．溶金的过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，用到了硝酸的强氧化性，A选项正确；
B．王水中V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3，金与浓硝酸不反应，王水中的浓盐酸提供了Cl-，反应生成配离子AuCl，利于金与硝酸的反应，盐酸主要作用是提供氯离子生成配离子，B选项错误；
C．HNO3-NaCl与王水(1体积浓硝酸:3体积浓盐酸)溶金原理相同，则浓盐酸与硝酸钠按照一定配比可以同理将Au溶解，C选项正确；
答案选AC；
【小问4详解】
由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1ml HAuCl4完全还原，Au从+3价被还原到0价，Zn从0价被氧化到+2价，设参加反应的Zn的物质的量为xml，根据电子得失守恒可列式2x=3，解得x=1.5ml，则参加反应的Zn的物质的量为1.5ml。
16. 某工厂的工业废水中含有大量 和SO，还含有少量的氯离子。现计划从该废水中回收利用金属 和硫酸亚铁。
（1）A的化学式为___________，D的化学式为___________。
（2）得到绿矾 的操作Ⅲ包括蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
（3）制备 的方程式为 。
已知：溶液呈酸性，溶液呈碱性，在溶液 时开始沉淀。
①制备 时，选用的加料方式是将 溶液缓慢加入盛有 溶液的反应器中，这样操作的原因是___________。
②生成的 沉淀需要充分洗涤，检验洗涤是否洗净的实验方法是___________。
（4）硫酸亚铁水溶液易与硫酸铵形成稳定的硫酸亚铁铵 ，称为莫尔盐。称取 。新制莫尔盐，溶于水配成 溶液。取 该溶液加入足量的 溶液，得到白色沉淀 ；另取 该溶液用 酸性溶液将溶液中的 氧化为 ，当 恰好完全被还原成 时，消耗溶液的体积为。
回答下列问题：
①配置硫酸亚铁水溶液时，需要加入少量铁粉，铁粉的作用是___________。
②用双线桥标出下列反应中电子的转移___________。
③试确定莫尔盐的化学式________(写出计算过程)。
【答案】16. ①. Fe ②. H2SO4
17. 冷却结晶 18. ①. 避免溶液pH过大，生成Fe(OH)2沉淀 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净
19. ①. 防止Fe2+被氧化 ②. ③. 加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g，即生成0.932gBaSO4沉淀，所以7.84g新制莫尔盐中；根据消耗的KMnO4的量结合化学方程式可得，摩尔盐中，根据电荷守恒，可知，则，所以，则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
【解析】
【分析】工业废水中加入过量铁粉，将Cu2+还原为铜单质、铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有硫酸亚铁的滤液C、含有Cu、Fe的滤渣B，向滤渣中加入过量稀硫酸，Fe与稀硫酸反应得到硫酸亚铁溶液F，Cu不反应得到固体E，过滤分离，将滤液C、F混合，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作后得到FeSO4·7H2O，之后再制备碳酸亚铁。
【小问1详解】
由分析可知，AD分别为：Fe、H2SO4；
【小问2详解】
从溶液中得到绿矾的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问3详解】
①Fe(OH)2在溶液pH=5.8时开始沉淀，而碳酸钠溶液显碱性，为防止生成氢氧化亚铁沉淀，应该：将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，可以避免溶液pH过大，生成Fe(OH)2沉淀；
②FeCO3沉淀表明可能附着有硫酸亚铁杂质，检验是否含有硫酸根，即可确定沉淀是否洗净，具体方法为：取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，则证明沉淀洗净；
【小问4详解】
①Fe2+溶液被氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，所以铁粉的作用是：防止Fe2+被氧化；
②该反应中Mn元素化合价由+7价降低为+2价，2mlKMnO4得到10ml电子，Fe元素化合价由+2价升高为+3价，10mlFeSO4失去10ml电子，双线桥表示为；
③加入过量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.932g，即生成0.932gBaSO4沉淀，所以7.84g新制莫尔盐中；根据消耗的KMnO4的量结合化学方程式可得，摩尔盐中，根据电荷守恒，可知，则，所以，则莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
17. 有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）磷酸铵镁 沉淀法可去除水体中的氨氮 和 。实验室中模拟氨氮处理：的模拟氨氮废水(主要含 )，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃，先后加入 溶液，用 调节反应 ，投加絮凝剂；开始搅拌，反应 后，取液面下 处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___________ 。
②测得反应 对氨氮去除率的影响如图1所示，当反应 为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当 继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，结合离子方程式说明去除率下降的原因是___________。
③当 从9.0降低至7.5。的过程中，水中氨氮的去除率明显降低，沉淀减少的原因是___________。
（2）纳米零价铁与 合作用可去除水体中的硝态氮。在 和 复合材料联合作用的体系中，生物炭 作为的载体且减少了纳米零价铁的团聚，和 作为催化剂且参与吸附活性
①和 复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，转化为或 的过程中有两步氧化还原反应，其中第一步的还原剂是___________，第二步反应的还原剂是___________。
②实验测得体系初始 对去除率的影响如图3，前 内，时的去除率远低于 时，其可能的原因是___________。
【答案】（1） ①. Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O ②. pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg（OH）2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg（OH）2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降 ③. 随pH降低，转化为，c（）增大，使得生成沉淀的速率减慢，水中氨氮的去除率明显降低
（2） ①. Fe ②. H ③. 酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，同时可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行
【解析】
【小问1详解】
①碱溶液中转化为，与镁离子和铵根离子反应生成磷酸铵镁沉淀，离子反应方程式为Mg2++OH-++=MgNH4PO4↓+H2O；
②当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是pH偏大，Mg2+易与OH-结合生成Mg（OH）2，MgNH4PO4沉淀转化为Mg（OH）2沉淀，释放，溶液中的氨氮的去除率下降。
③当pH从9.0降至7.5的过程中，水中氨氮的去除率明显降低，原因是随随pH降低，转化为，c（）增大，使得生成沉淀的速率减慢，水中氨氮的去除率明显降低。
【小问2详解】
①其中第一步中Fe失去电子，则还原剂是Fe，第二步反应中H在Pb、Cu原子表面失去电子，则还原剂是H。
②酸性越强，铁越易失去电子，越易到电子被还原，酸性越强，H+浓度越大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露出更多的反应活性点，促进反应的进行。
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