2019届北京市人大附中高三高考化学考前试卷(5月份)(解析版)

解：（1）参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2， 故答案为：O2、H2O、CO2；

（2）铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl．考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈，结构分析可知，Cu2（OH）2CO3和Cu2（OH）3Cl分别属于无害锈和有害锈，碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，

故答案为：碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀；

（3）有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），分析图示得到铜做负极失电子出CuCl沉淀，正极上是氧气得到电子发生还原反应， ①过程Ⅰ的正极反应物是：氧气（H2O）， 故答案为：氧气（H2O）；

②过程Ⅰ负极的电极反应式是：Cu-e-+Cl-=CuCl， 故答案为：Cu-e-+Cl-=CuCl；

（4）①碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3，反应的离子方程式：：4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-， 故答案为：4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2（OH）2CO3+4Cl-； ②BTA保护法是生成高聚物透明膜将产生的离子隔绝在外， A．分析可知在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，故A正确；

B．替换出锈层中的Cl-，减少Cu2（OH）3Cl的生成，能够高效的除去有害锈，故B正确； C．酸浸法会和无害锈发生反应，和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，故C正确； 故答案为：ABC。

（1）铜在空气中和空气中的氧气、二氧化碳和水蒸气反应生成铜绿；

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（2）分析图示可知，无害锈形成致密的碱式碳酸铜会阻止反应进行，有害锈结构疏松，潮湿的空气能进入；

（3）有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），分析图示得到铜做负极失电子出CuCl沉淀，正极上是氧气得到电子发生还原反应；

（4）①将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2CO3； ②BTA保护法是生成高聚物透明膜将产生的离子隔绝在外。

本题考查了物质性质、氧化还原反应、原电池原理、化学方案的分析判断和评价等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

10.【答案】2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+ 随溶液pH降低，c（H+）增

大，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降 pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出） Fe-2e-=Fe2+ 磷 【解析】

解：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，

Ⅰ．（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，氮元素化合价-3价升高为0价，在阳极发生氧化反应，电极反应：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O， 故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；

（2）①当pH＜8时，主要发生HClO氧化NH4+的反应生成氮气，次氯酸被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+， 故答案为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+；

②当pH＜8时，氮的去除率随pH的降低而下降，结合平衡移动原理解释的原因是：随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降，

故答案为：随溶液pH降低，c（H+）增大，Cl2+H2O?H++Cl-+HClO平衡逆向移动，溶液中c（HClO）减小，使NH4+的氧化率下降；

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③当pH＞8时，ClO- 发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是：pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出），

故答案为：pH升高有利于NH4+转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化（或pH升高有利于NH4+转变为NH3，且有利于NH3逸出）；

（3）①翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，阳极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应：Fe-2e-=Fe2+， 故答案为：Fe-2e-=Fe2+；

②如图为某含Cl-污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化，开始时脱氮元素，翻转电极后，在20-40 min时脱除的元素是磷， 故答案为：磷；

（4）取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应Ag++SCN-═AgSCN↓，共消耗c mol/L NH4SCN溶液V mL．反应过程中元素守恒： P～PO43-～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN， 1 3

n cmol/L×V×10-3L

则100ml此污水中磷的质量为×cmol/L×V×10-3L×31g/mol， 1L污水中磷的含量=故答案为：

。

×100%=

mg/L，

以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，

Ⅰ．（1）在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，氮元素化合价-3价升高为0价，在阳极发生氧化反应；

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（2）①当pH＜8时，主要发生HClO氧化NH4+的反应生成氮气，次氯酸被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式；

②pH＜8时，氮的去除率随pH的降低而下降，是因为氯气和水的反应为可逆反应，PH减小，酸性增加，氢离子浓度增大，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小；

③当pH＞8时，ClO- 发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，是因为PH增大碱性增强铵根离子结合氢氧根离子生成氨气可直接在电极上放电而氧化；

Ⅱ．（3）①翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷，阳极上铁失电子生成亚铁离子；

②图象中开始时脱氮，转化电极后是脱磷；

（4）取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag+，发生反应

Ag++SCN-═AgSCN↓，共消耗c mol/L NH4SCN溶液V mL．反应过程中元素守恒PO43-～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN，据此计算。

本题考查了热化学方程式的书写和盖斯定律的计算应用、电解池原理和电极反应书写、图象的理解应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

11.【答案】H2C2O4?HC2O4-+H+，HC2O4-?C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O 排

除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 将2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体，6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 【解析】

解：（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用“?”连接，所以H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4?HC2O4-+H+，HC2O4-?C2O42-+H+，

故答案为：H2C2O4?HC2O4-+H+，HC2O4-?C2O42-+H+；

（2）酸性条件下，MnO4-和H2C2O4反应生成Mn2+和CO2，反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O，

故答案为：5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；

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