【化学】江苏省海安高级中学2018-2019学年高一6月月考试题(解析版）

江苏省海安高级中学2018-2019学年高一6月月考试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1．考生务必在答题纸姓名栏内写上自己的姓名、准考证号等，并用2B铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。II卷答案填写在答题卡相应位置。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Si 28
Ⅰ卷（选择题）
单项选择题：（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.下列物质不属于天然高分子化合物的是（ ）
A. 淀粉 B. 油脂 C. 蛋白质 D. 纤维素
【答案】B
【解析】淀粉、蛋白质、纤维素属于天然高分子化合物；油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故选B。
2.下列有关物质性质的叙述正确的是（ ）
A. 二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红但不褪色 B. 氯水久置后，漂白性和酸性均减弱
C. 常温下，铁片不能与浓硝酸发生反应 D. 植物油酸性条件下水解生成肥皂
【答案】A
【解析】A．二氧化硫为酸性氧化物，并且不能漂白指示剂，所以二氧化硫能使紫色石蕊溶液变红不褪色，故A正确；
B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故B错误；
C．常温下，铁片与浓硝酸发生钝化生成致密的氧化膜，钝化属于化学变化，故C错误；
D．油脂在碱性条件下的水解才能生成肥皂，酸性条件下水解得到甘油和高级脂肪酸，故D错误；
答案选A。
3.可逆反应进行到一定程度时，反应物、生成物浓度均不再改变这是因为（ ）
A. 反应停止了 B. 某种反应物已完全反应
C. 正反应速率和逆反应速率相等 D. 反应物和生成物的物质的量相等
【答案】C
【解析】A．化学平衡状态是动态平衡，正逆反应速率相等，但不等于0，故A错误；
B．反应是可逆反应不能进行彻底，故B错误；
C．可逆反应进行到一定程度时，反应物浓度不再减少，生成物浓度不再增加，反应达到化学平衡状态，正逆反应速率相同，故C正确；
D．反应物和生成物的物质的量是否相等与起始量以及转化量有关，反应达到平衡状态反应物和生成物的物质的量不一定相等，故D错误；
答案选C。
4.短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的 3倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：R＜Y＜Z
B. 简单氢化物的热稳定性：Z＞Y
C. R与Y只能形成一种化合物
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】W的原子半径是周期表中所有元素中最小的，应为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，应为Na元素；Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，W为H元素，R为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素。
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，则原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，故A错误；
B．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则简单氢化物的热稳定性：Z＞Y，故B正确；
C．O与S可形成二氧化硫、三氧化硫等化合物，故C错误；
D．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的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：Y＜Z，故D错误；
答案选B。
5.下列各组物质反应(表内物质均为反应物)，反应刚开始时，放出H2的速率最大的是（ ）
编号
金属(粉末状)
酸的浓度
酸的体积
反应起始温度
A
0.1mol Zn
6mol/L HNO3
10mL
50℃
B
0.1mol Fe
3mol/L H2SO4
20mL
30℃
C
0.1mol Zn
3mol/L H2SO4
10mL
30℃
D
0.1mol Zn
3mol/L HCl
40mL
30℃
【答案】C
【解析】硝酸和锌反应不生成氢气，所以排除A选项。锌的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，锌比铁的反应速率快，因此C＞B；在相同的条件下，氢离子的浓度越大，化学反应速率越快，因此C＞D，故选C。
6.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+Fe2+ +H2O
B. H2SO4溶液中加少量Ba(OH)2 溶液：SO42-＋H+ + OH- +Ba2+BaSO4↓+H2O
C. Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱：Ca2＋＋HCO3-＋OH－CaCO3↓＋H2O
D. 酸性碘化钾溶液露置于空气中：4I－＋O2＋4H＋2I2＋2H2O
【答案】D
【解析】A．硝酸具有强氧化性，FeO溶于稀硝酸中发生氧化还原反应：3FeO+NO3-+10H+3Fe3++5H2O+NO↑，故A错误；
B．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．Ca(HCO3)2溶液中加入过量烧碱，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-CaCO3↓+CO32-+2H2O，故C错误；
D．酸性碘化钾溶液露置于空气中，发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为4I-+O2+4H+2I2+2H2O，故D正确；
答案选D。
7.下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（ ）
A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
B. 铝与稀盐酸
C. 灼热的炭与CO2反应
D. 甲烷与O2的燃烧反应
【答案】C
【解析】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但该反应中各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A不选；
B．铝与稀盐酸反应为放热反应，且该反应中Al元素的化合价升高，H元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故B不选；
C．灼热的炭与CO2反应为吸热反应，且该反应中碳元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C选；
D．反应中C和O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，物质的燃烧属于放热反应，故D不选；
答案选C。
8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. NaClO(aq) HClO(aq) Cl2(g)
B. Al(s) NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)
C. Fe(s) Fe2O3(s) FeCl3(aq)
D. N2(g) NO(g) HNO3(aq)
【答案】B
【解析】A．NaClO溶液中通入二氧化碳生成HClO，HClO分解生成氧气和HCl，不生成氯气，故A错误；
B．Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，物质间转化均能实现，故B正确；
C．Fe与水蒸气高温反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁，故C错误；
D．氮气与氧气放电生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，故D错误；
答案选B。
9.下列化学方程式书写正确的是（ ）
A.
B. CH2=CH2+Br2CH3CHBr2
C.
D.
【答案】A
【解析】A．乙烯在催化剂条件下生成聚乙烯，化学方程式为，选项A正确；B．乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，选项B错误；C．苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下在50℃～60℃发生硝化反应，生成硝基苯和水，反应为：+HNO3+H2O，选项C错误；D．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，选项D错误；答案选A。
10.下列关于有机物的说法中，正确的一组是（ ）
①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物
②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O
③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化
④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖
⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag
A. ①③ B. ②④ C. ②⑤ D. ④⑤
【答案】D
【解析】①“乙醇汽油”是乙醇和汽油的混合物，而不是化合物，故①错误；
②汽油、柴油均是烃的混合物，故是碳氢化合物组成；但植物油属于酯类，属于烃的衍生物，故②错误；
③石油的分馏无新物质生成，是物理变化；煤的气化是用煤生产CO和氢气，煤的液化是用煤生产甲醇，故均为化学变化，故③错误；
④淀粉和纤维素均为多糖，均能水解且水解的最终产物都是葡萄糖，故④正确；
⑤铜丝在醇的催化氧化反应中作催化剂，故反应前后质量不变，即反应前后质量均为ag，故⑤正确；
正确的有④⑤，故选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pHH2S (6). H2O分子间存在氢键 (7). 非极性 (8). 3d54s1 (9). sp2 (10). 7mol (11). O (12). NH2-
【解析】
【分析】D只有-1价，则D为F元素；C只有-2价，C为O元素；G、H均含有+7价和-1价，则G为Cl元素，H为Br元素；F有+6价和-2价，原子半径比H小，比G大，则F为S元素；E的单质是一种常见的半导体材料，E的原子序数比S小，则E为Si元素；A的主要化合价为+1价，原子序数比F小，原子半径也比F小，则A为H元素；B有+5和-3价，原子半径略比C大，则B为N元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为F元素，E为Si元素，F为S元素，G为Cl元素，H为Br元素。
(1)元素H与O的原子个数比为1:1的化合物为过氧化氢，为共价化合物，电子式为，故答案为：；
(2)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故答案为：F＞N＞O；
(3)元素C、F形成的阴离子FC32-为SO32-，S的价层电子对数=3+=4，采用sp3杂化，空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；
(4) 非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性Cl>Br，则元素G、H的气态氢化物的稳定性由强到弱顺序为HCl>HBr，故答案为：HCl>HBr；
(5)水分子间能够形成氢键，导致沸点升高，元素C、F的气态氢化物沸点由高到低的顺序为H2O>H2S，故答案为：H2O>H2S；H2O分子间存在氢键；
(6)元素E的氢化物(SiH4)与甲烷的结构相似，为正四面体结构，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故答案为：非极性；
(7)铬为24号元素，基态原子价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；
(8) 尿素[H2NCONH2]分子中，中心原子为碳，价电子数为4，形成C=O和2个C-N键，形成3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化；一分子尿素中含σ键的数目为3+2×2=7，故1mol尿素分子中，σ键为7mol，故答案为：sp2；7 mol；
(9) [Fe(H2O)6]Cl3中的配体水H2O，O原子上含有孤电子对，与Fe3+形成配位键的原子是水分子中的O原子；与H2O互为等电子体的一种阴离子可能为NH2-，故答案为：O；NH2-。
17.有关物质的转化关系如图所示（部分生成物和反应条件已略去）。D、F、G、H均为常见气体，其中D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，G呈黄绿色，H在空气中含量最高；C的摩尔质量为32g·mol－1；E为难溶性碱。

（1）C的化学式为_________；
（2）A的电子式为_________；
（3）写出反应①的离子方程式_______________；
（4）写出反应②的化学方程式________________。
【答案】(1). SiH4 (2). (3). Mg2+ +2Cl-+2H2OMg(OH)2↓ +H2↑ +Cl2↑ (4). 8NH3+3Cl26NH4Cl +N2
【解析】
【分析】D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为NH3，G呈黄绿色，G为Cl2，H在空气中含量最高，H为N2，氯气和氨气反应生成氮气和A，A在一定条件下可以转化为氨气，则A为氯化铵(NH4Cl)，E为难溶性碱，由转化关系可知，E为Mg(OH)2，B应为MgCl2，则F为H2；C的摩尔质量为32g•mol-1，由转化关系可知，C中含有Si元素，则C为SiH4。据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知C为SiH4，故答案为：SiH4；
(2)A为NH4Cl，电子式为，故答案为：；
(3)反应①为氯化镁溶液的电解，反应的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓，故答案为：Mg2++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+Mg(OH)2↓；
(4)反应②为氯气和氨气的反应，反应的化学方程式为8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl。
18.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：

已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
（1）上述路线中裂解属于____变化（填“物理”或“化学”）。反应I的反应类型____。
CH2＝CH－COOH中官能团的名称_____。D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料。CH3CH=CH2也可以发生类似反应V的反应，其产物结构简式是___。
（2）写出反应II的化学方程式____。
（3）E是有香味的物质，在实验室中可用如图装置制取。

①试管乙中所盛装的试剂为_____。
②反应IV的化学方程式是_____。若要把制得的产物分离出来，应采用的实验操作是____。
（4）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2＝CH－COOH的说法正确的是___。
A.与CH3COOH互为同系物
B.可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
C.在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应
【答案】(1). 化学 (2). 加成 (3). 羧基、碳碳双键 (4). (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). 饱和碳酸钠 (7). C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O (8). 分液 (9). BC
【解析】
【分析】乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B，B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C，C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此分析解答。
【详解】(1)裂解是由长链转化为短链，发生碳链断裂，属于化学变化；反应I是乙烯与水发生的加成反应；CH2＝CH－COOH中的官能团有碳碳双键和羧基；CH3CH=CH2发生加聚反应，产物的结构简式为，故答案为：化学；加成；羧基、碳碳双键；；
(2)反应II是乙醇氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
(3)①实验室制备的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇杂质，需要通过饱和碳酸钠溶液除去杂质，试管乙中所盛装的试剂为饱和碳酸钠溶液，故答案为：饱和碳酸钠；
②反应Ⅳ为乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中不溶，会分层，可以采用分液的方法分离，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；分液；
(4)A.CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不同，所含官能团不同，不属于同系物，故A错误；B.CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故B正确；C.CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应和氧化反应，含有羧基能发生取代反应(或酯化反应)，故C正确；故选BC。
19.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）在700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2 > t1）:
反应时间/min
0
t1
t2
n(CO)/mol
1.20
0.80
0.80
①反应在t1min内的平均速率：v(H2)＝____mol·L－1·min－1。
②t2时刻，该反应的正反应速率___逆反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其反应原理示意图如图。

①该电池供电时，____能转化为____能。
②写出该电池供电时的总反应方程式________。
③电极b上发生______反应（“氧化”或“还原”）。
④在外电路中，电子流动的方向为________。
（3）镁铝合金（Mg17Al10）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al10＋17H217MgH2＋10Al。得到的混合物Y（17MgH2＋10Al）在一定条件下可释放出氢气。
①镁铝合金的熔点比金属镁的熔点______。（填“高”或“低”）
②在6.0 mol·L-1 HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al10完全吸氢后得到的混合物Y与足量上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为______。
【答案】(1). 0.2/t1 (2). 等于 (3). 化学 (4). 电 (5). 2H2+O22H2O (6). 还原 (7). 由a到b (8). 低 (9). 49
【解析】
【分析】(1)①根据表格数据首先计算v(CO)，再根据速率之比=化学计量数之比计算v(H2)；②反应在t2时刻为平衡状态；
(2)氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极a是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极b是正极，电流由正极电极b通过导线流向负极电极a，据此分析解答；
(3)①合金的熔点比成分金属的熔点低；②释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气。
【详解】(1)①根据表格数据，反应在t1min时达到平衡状态，v(CO)＝=mol·L－1·min－1，则v(H2)＝v(CO)＝mol·L－1·min－1，故答案为：；
②根据表格数据t2时刻为平衡状态，反应的正反应速率等于逆反应速率，故答案为：等于；
(2)①燃料电池中，将化学能转化为电能，故答案为：化学；电；
②氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O22H2O，故答案为：2H2+O22H2O；
③氢氧燃料电池中通入氧气的电极b是正极，发生还原反应，故答案为：还原；
④在原电池中电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，则电子由电极a通过导线流向电极b，故答案为：由a到b；
(3)①合金的熔点比成分金属的熔点低，因此镁铝合金的熔点比金属镁的熔点低，故答案为：低；
②根据反应方程式，1molMg17Al10完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、10×=15mol，则生成氢气一共(17+17+15)mol=49mol，故答案为：49mol。
20.以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：

已知：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2
（1）工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是____。
（2）“氧化”过程发生的离子方程式为___。
（3）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为_____(填化学式)。
（4）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2＋)中加入N2H4·H2O，在不同浓度氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的浓度为____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式：_____。

（5）不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，可能的原因是_____。
【答案】(1). 为提高镍、铁元素的利用率 (2). 2H＋＋2Fe2＋＋ClO－2Fe3＋＋Cl－＋H2O (3). Fe(OH)3 (4). 0.015mol·L－1 (5). N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH－2Ni↓＋N2↑＋5H2O (6). 碱性越强，N2H4·H2O的还原性越强
【解析】
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，滤渣中含有二氧化硅；加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，得到净水剂黄钠铁矾，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，将NiCO3经处理可得到Ni，据此分析解答。
【详解】(1)工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液(含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+)，滤渣洗涤液合并，可提高镍、铁元素的利用率，故答案为：提高镍、铁元素的利用率；
(2)加入NaClO将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2H++2Fe2++ClO-2Fe3++Cl-+H2O；
(3)碳酸钠过多，溶液碱性过强，则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(4)由图象可知，当氢氧化钠浓度为0.015 mol•L-1时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为N2H4•H2O+2Ni2++4OH-2Ni↓+N2↑+5H2O，故答案为：0.015 mol•L-1；N2H4•H2O+2Ni2++4OH-2Ni↓+N2↑+5H2O；
(5)根据(4)的反应可知，N2H4·H2O具有还原性，碱性越强，N2H4•H2O的还原性越强，导致不同NaOH浓度下，产物Ni的含量不同，故答案为：碱性越强，N2H4•H2O的还原性越强。

21.废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知：①HClO的氧化性比NaClO强；②NH3比NH4+更易被氧化；③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。
（1）pH＝1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为________。
（2）进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示

①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是_______
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是______
③进水pH应控制在______左右为宜。
（3）为研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是_______(填字母)。
a．O2的氧化性比NaClO弱 b．O2氧化氨氮速率比NaClO慢
c．O2在溶液中溶解度比较小 d．空气中的N2进入溶液中
【答案】 (1). 3ClO－＋2NH4+N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋(或3HClO＋2NH4+N2↑＋3Cl－＋3H2O＋5H＋) (2). 随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降 (3). 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 (4). 1.50 (5). abc
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；
(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，结合HClO的氧化性比NaClO强分析解答；②进水pH为2.75～6.00范围内结合NH3比NH4+更易被氧化分析解答；③根据图象结合废水排放标准分析判断；
(3)其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】(1)pH=1.25时，NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO－＋2NH4+N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋，故答案为：3ClO－＋2NH4+N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋；
(2)①进水pH为1.25～2.75范围内，随着pH升高，HClO含量降低，NaClO的含量升高，由于HClO的氧化性比NaClO强，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降，故答案为：随着pH升高，NaClO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；
②进水pH为2.75～6.00范围内，随着pH升高，氨氮废水中氨气含量增大，由于NH3比NH4+更易被氧化，使得氨氮更易被氧化，故答案为：随着pH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；
③根据图示，结合国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大，处理过的氨氮废水pH在6左右，符合排放标准，故答案为：1.50；
(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是：O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小，故答案为：abc。