2023届江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）高三上学期第一次调研测试化学试题含解析

这是一份2023届江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）高三上学期第一次调研测试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）2023届高三上学期第一次调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是
A．棉布 B．羊毛 C．维生素 D．油脂
【答案】A
【详解】A．棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A正确；
B．羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B错误；
C．维生素属于有机化合物，是人体必需的有氧物质营养物，不属于糖类，C错误；
D．油脂不属于糖类，D错误；
故答案为：A。
2．亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为 B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形 D．CsNO3中含有离子键与共价键
【答案】D
【详解】A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A错误；
B． CsF为离子化合物，电子式为，故B错误；
C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C错误；
D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D正确；
故选D。
3．工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是
A．键能大小：E(C-C) B．电离能大小：I1(Si)< I1(O)
C．电负性大小：x(O)< x(C)
D．酸性强弱：H2CO3 【答案】B
【详解】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)＞E(Si-Si)，A错误；
B．同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族＞VIA族＞IVA族，故I1(C)< I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si)< I1(C)，故I1(Si)< I1(O)，B正确；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C)< x(O)，C错误；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱：H2CO3＞H2SiO3，D错误；
故答案为：B。
4．实验室制取FeSO4溶液和NaHCO3溶液，并利用两者反应制取FeCO3，下列有关实验装置和操作不能达到实验目的的是

A．用装置甲制取FeSO4溶液 B．用装置乙制取NaHCO3溶液
C．用装置丙制取FeCO3 D．用装置丁过滤所得的浊液
【答案】C
【详解】A．稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，同时过量的铁屑可防止Fe2+被氧化成Fe3+，A正确；
B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳，两者反应生成碳酸氢钠，B正确；
C．碳酸氢钠和FeSO4反应生成FeCO3的同时还会生成CO2，不能关闭止水夹，C错误；
D．装置丁可用于过滤所得到的浊液分离出FeCO3，且过滤操作正确，D正确；
故答案选C。
5．氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列说法正确的是
A．基态氮原子的核外电子有5种运动状态
B．NH和H2S中心原子均采用sp3杂化方式
C．ClO2是由极性键构成的非极性分子
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：
【答案】B
【详解】A．基态氮原子的核外电子有7个电子，所以有7种运动状态，A错误；
B．NH和H2S中心原子的价层电子对数都是4，所以均采用sp3杂化方式，B正确；
C．ClO2是夹角小于120度的折线结构，是由极性键构成的极性分子，C错误；
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：，D错误；
故选B。
6．氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列化学反应的方程式表示不正确的是
A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3： ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ HCO
B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O
C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(g) △H=-622.08 kJ·mol-1
【答案】D
【详解】A．HClO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ ，A正确；
B．H2S水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O，B正确；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C正确；
D．标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(l) △H=-622.08 kJ·mol-1，D错误；
故答案为：D。
7．氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1,H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2+
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．NaClO 溶液呈碱性，可用于杀菌消毒
【答案】C
【详解】A．H2S部分电离产生的硫离子与汞离子结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2+，A错误；
B．HNO3具有酸性，可与氨水反应用于制NH4NO3，B错误；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性，可用于去除铁锈，C正确；
D． 溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D错误；
故选C。
8．CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是

A．i-NC 电极发生氧化反应
B．合成过程中CO2作为还原剂
C．合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D．c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】D
【分析】根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH，i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
【详解】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A错误；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B错误；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C错误；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故答案为：D。
9．布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列关于X和布洛芬的说法正确的是

A．X分子中所有碳原子可能共平面
B．X分子能使酸性KMnO4溶液褪色
C．1mol布洛芬最多能与4 mol H2发生加成反应
D．X和布洛芬分子中均含有2个手性碳原子
【答案】B
【详解】A．X分子中有与苯环相连的一个碳上还连有甲基和醛基，四个碳原子不可能共平面，A错误；
B．X分子中有醛基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色　，B正确；
C．布洛芬结构中只有苯环的位置可以和氢气加成，所以1mol布洛芬最多能与3mol H2发生加成反应　，C错误；
D．X和布洛芬分子中均含有1个手性碳原子，分别是和醛基、羧基相连的碳原子，D错误；
故选B。
10．H2S和CO2反应生成的羰基硫(COS)用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。CO2(g)+H2S(g) COS(g)+H2O(g) △H>0，下列说法正确的是
A．已知该反应在加热条件下能自发进行，则其△S>0
B．上述反应的平衡常数K=
C．上述反应中消耗1 mol H2S，生成22.4 L水蒸气
D．实际应用中，通过增加H2S的量来提高CO2转化率，能有效减少碳排放
【答案】A
【详解】A．已知该反应在加热条件下能自发进行所以，因为△H>0，所以△S>0，A正确；
B．由反应方程式，结合平衡常数含义可知，上述反应的平衡常数K=，B错误；
C．没有指明具体条件，不能确定气体的体积，C错误；
D．增加H2S毫无疑问可以增大CO2的转化率，减少二氧化碳的排放，但过量的H2S对环境的危害更大，实际中不能这样应用，D错误；
故选A。
11．室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项
方案
结论
A
将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生
木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B
用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者
HClO酸性强于CH3COOH
C
向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液振荡，溶液颜色变红
氧化性: Ag+>Fe3+
D
向Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去
Na2SO3溶液中存在水解平衡

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热条件下能与浓硝酸反应的结论，A错误；
B．用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B错误；
C．酸化的AgNO3中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明氧化性Ag+>Fe3+，C错误；
D．，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，加入BaCl2后Ba2+与反应生成BaSO3，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D正确；
故答案选D。
12．工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8,下列说法正确的是

A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
【答案】C
【详解】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A错误；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B错误；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-),解得K== 2.21×107，C正确；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D错误；
故答案为：C。
13．CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=

下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2):n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
【答案】B
【详解】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B正确；
C．增大n始(CO2):n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D错误；
故答案选B。

二、工业流程题
14．锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。

(1)以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：_____
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是_____
③该工艺流程中，可循环利用物质是_______ (填化学式) 。
(2)工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图,最佳煅烧温度为_____

②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图,天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_______。

(3)SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。

①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为_______。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为_______mol·L-1。
【答案】(1)          能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行     NH3

(2)     1200℃     煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
(3)     12    

【分析】（1）由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4．粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4。
【详解】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3，NH3可循环利用，故答案为：NH3；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。

三、有机推断题
15．康普瑞汀磷酸二钠(H)可减少肿瘤血流量并引起肿瘤坏死，其人工合成路线如下：

(1)B分子式C9H11O3Br，其结构简式为_______ 。
(2)设计A→B目的是______
(3)E→F反应类型为_______。
(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：______
①分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子。
②能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色。
(5)已知:RCHO+CH3CHO；写出以、CH3OCH2Cl和HCHO为原料制备的合成路线流程图______ (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
【答案】(1)
(2)保护酚羟基
(3)取代反应
(4)
(5)

【分析】根据图示结合B分子式C9H11O3Br ，可知AB发生的取代反应，B结构简式为，BC发生取代反应，DE三键发生加成反应，EF过程中
-CH2OCH3被氢原子取代，故该反应类型是取代反应，据此分析。
【详解】（1）根据上述分析可知，B结构简式为；答案为： ；
（2）防止酚羟基发生反应，转变为其它官能团，故答案为：保护酚羟基；
（3）根据上述分析可知，EF发生取代反应，答案为：取代反应；
（4）C的一种同分异构体能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色，说明该有机物中有酯基，且是甲酸和苯酚形成的酯基，又分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子，可以推知C的同分异构体的结构简式为：；答案为：；
（5）；答案为：。

四、工业流程题
16．实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：

(1)“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为______
(2)H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是_______ (填名称)。

(3)H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有_______(填化学式)
(4)以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，_______，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
(5)实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数______ (写出计算过程)。
【答案】(1)3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
(2)浓盐酸
(3)HSeO、SeO、OH-
(4)在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
(5)n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol

硒的质量分数为：=94.05%

【分析】含硒废料加NaNO3溶液用硫酸酸浸，硒氧化得H2SeO3，H2SeO4溶液，加浓盐酸得H2SeO3溶液，缓缓通入SO2气体，硒元素又被还原得硒单质。
【详解】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol

硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol

硒的质量分数为：=94.05%。

五、原理综合题
17．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。

①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。

①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。

【答案】(1)     Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）     因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
(2)     吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)     由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2     pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低     pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高

【详解】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。