江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(四)化学试题（含答案）

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(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 F—19 Cl—35.5 Fe—56 Se—79 Sr—88
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
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
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Cs eq \\al(·,·) eq \(F,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \\al(·,·)
C. FNO的空间构型为直线形 D. CsNO3中含有离子键与共价键
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)C. 电负性大小：χ(O)<χ(C) D. 酸性强弱：H2CO34. 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
阅读下列材料，完成5～7题。
氯、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(空间充填模型为)、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·ml－1。H2S可除去废水中Hg2＋等重金属离子，H2S水溶液在空气中会被缓慢氧化生成S而变浑浊。
5. 下列说法正确的是( )
A. 基态氮原子的核外电子有5种空间运动状态
B. NH eq \\al(＋,4) 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
6. 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 eq \\al(－,3)
B. H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式：2H2S＋O2===2S↓＋2H2O
C. 用石墨作电极电解饱和NaCl溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2O eq \(=====,\s\up7(通电)) Cl2↑＋H2↑＋2OH－
D. 肼燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－622.08 kJ·ml－1
7. 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
8. CO2通过电催化法可生成C2H5OH，cNC、iNC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. iNC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iNC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D. cNC电极上发生反应：2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O
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. 1 ml布洛芬最多能与4 ml 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
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)；ΔH>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ΔS>0
B. 上述反应的平衡常数K＝ eq \f(c（COS）,c（CO2）·c（H2S）)
C. 上述反应中消耗1 ml 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
11. 室温下，下列实验方案能得出相应结论的是( )
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＝1.7×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。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 eq \\al(2－,3) )
B. 向氨水中通入SO2至pH＝7：c(HSO eq \\al(－,3) )>c(NH eq \\al(＋,4) )>c(H＋)＝c(OH－)
C. 反应NH3·H2O＋H2SO3⇌NH eq \\al(＋,4) ＋HSO eq \\al(－,3) ＋H2O的平衡常数K＝2.21×107
D. NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2＋4SO eq \\al(2－,3) ===N2＋4SO eq \\al(2－,4)
13. CO2H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应如下。( )
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)；ΔH1＝－53.7 kJ·ml－1。
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)；ΔH2＝＋41 kJ·ml－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＝ eq \f(n生成（CH3OH）,n消耗（CO2）) ×100%，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Ⅰ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
二、 非选择题：共4小题，共计61分。
14. (15分)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，可循环利用的物质是________________(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1，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2。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3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Ksp(SrF2)＝3.2×10－8，若一次刷牙所用牙膏含SrF2的质量为2 mg，口腔中溶液体积为5 mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为________ml·L－1。
15. (15分)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的分子式为C9H11O3Br，则其结构简式为________________。
(2) 设计A→B的目的是________。
(3) E→F的反应类型为________________。
(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。
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)。
16. (16分)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，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________。
(2) H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中的液体是________(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。(必须使用的试剂有BaCl2溶液、1 ml·L－1 NaOH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0.840 0 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0.020 0 ml·L－1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 ml·L－1Fe2＋溶液，加入磷酸后再用0.020 0 ml·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)。
17. (15分)铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表面复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
图1
(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1所示。
① 由图1可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸效果明显优于铝粉，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，可能的原因是________________________________________________________________________
________。
(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2所示。
图2
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咐氢H(ads)，________________________________________________________________________
________，NH3与H＋结合为NH eq \\al(＋,4) 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，可能的原因是________。
图3
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3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________________________________________________________________________
________。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(四)
1. A 解析：A项，棉布主要成分为纤维素，属于多糖，正确；B项，羊毛主要成分属于蛋白质，错误；糖类、油脂、蛋白质、水、无机盐和维生素属于六大营养素，C项、D项错误。
2. D 解析：A项，O原子的最外层为6个电子，错误；B项，CsF为离子化合物，错误；C项，FNO的结构式为F—N==O，N为sp2杂化，N上有一个孤电子对，FNO为V形分子，错误；D项，Cs＋与NO eq \\al(－,3) 之间为离子键，NO eq \\al(－,3) 中的N与O之间为共价键，正确。
3. B 解析：A项，C的原子半径比Si小，则C—C的键能小于Si—Si的键能，错误；B项，O的原子半径小于Si，O难失去电子，则O的第一电离能大于Si，正确；C项，O的非金属性强于C，O的电负性强于C，错误；D项，C的非金属性强于Si，则H2CO3的酸性强于H2SiO3，正确。
4. C 解析：A项，Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，过量的Fe可以防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，能达到实验目的；B项，CO2与Na2CO3溶液反应的化学方程式为CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3↓，能达到实验目的；C项，FeSO4与NaHCO3反应的化学方程式为FeSO4＋2NaHCO3===FeCO3↓＋Na2SO4＋CO2↑＋H2O，产生气体，不可将三颈烧瓶上端的口封闭，不能达到实验目的；D项，生成的FeCO3为沉淀，通过过滤法分离，能达到实验目的。
5. B 解析：A项，N的核外有7个电子，核外电子要么能量不同，要么自旋方向不同，要么轨道不同，所以核外没有一个电子的运动状态是相同的，故N的核外有7种空间运动状态的电子，错误；B项，NH eq \\al(＋,4) 中N没有孤电子对，N的价层电子对数为0＋4＝4，则N为sp3杂化，H2S中S有两个孤电子对，S的价层电子对数为2＋2＝4，则S为sp3杂化，正确；C项，ClO2中Cl与O之间为极性键，ClO2的空间填充模型为，正、负电荷重心不重合，属于极性分子，错误；D项，N应形成3个键，结构简式为错误。
6. D 解析：A项，HClO的酸性介于H2CO3与HCO eq \\al(－,3) 之间，根据“强酸制弱酸”有ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO eq \\al(－,3) ，正确；B项，H2S被O2氧化生成S，正确；C项，电解饱和NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，正确；D项，肼的燃烧热为622.08 kJ·ml－1，应生成H2O(l)，错误。
7. C 解析：A项，H2S电离出的S2－与Hg2＋反应生成HgS沉淀，发生非氧化还原反应，错误；B项，HNO3与NH3反应生成NH4NO3，发生非氧化还原反应，错误；C项，NH4Cl水解使溶液显酸性，可以除去铁锈，正确；D项，NaClO具有强氧化性，可以使细菌变性，用于杀菌消毒，错误。
8. D 解析：A项，iNC电极表面CO2得电子生成CO和C2H5OH，发生还原反应，错误；B项，CO2中C为＋4价，CO中C为＋2价，C2H5OH中C为－2价，C的化合价降低，则CO2作氧化剂，错误；C项，在iNC表面会生成CO，而在cNC表面只能生C2H5OH，错误；D项，CO2转化为C2H5OH，C的化合价从＋4变为－2，则2 ml CO2转移12 ml e－，用H＋平衡电荷，正确。
9. B 解析：A项，与苯环相连的碳原子采取sp3杂化，为四面体结构，所有碳原子不可能共平面，错误；B项，—CHO、与苯环相连的碳原子上均有H原子，故均可以使酸性KMnO4溶液褪色，正确；C项，苯环可以与H2发生加成反应，羧基不可以与H2加成，1 ml布洛芬最多能与3 ml H2发生加成反应，错误；D项，X中同时连有甲基和醛基的碳原子为手性碳原子，共有1个，布洛芬中同时连有甲基和羧基的碳原子为手性碳原子，共有1个，错误。
10. A 解析：A项，该反应为吸热反应，但能自发，所以熵一定增大，正确；B项，漏写H2O(g)的浓度，错误；C项，水蒸气的体积不一定是标准状准下的体积，错误；D项，H2S为有毒气体，在实际应用中，不可能用过量的有毒气体来提高CO2的转化率，错误。
11. D 解析：A项，也可能是加热使浓硝酸分解产生红棕色的NO2，错误；B项，同浓度的NaClO的碱性比CH3COONa大，是因为ClO－的水解程度比CH3COO－大，根据“越弱越水解”知，HClO的酸性弱于CH3COOH，错误；C项，酸化的AgNO3相当于含有HNO3，HNO3也会将Fe2＋氧化生成Fe3＋，错误；D项，SO eq \\al(2－,3) 水解：SO eq \\al(2－,3) ＋H2O⇌HSO eq \\al(－,3) ＋OH－，溶液显碱性，加入BaCl2，Ba2＋与SO eq \\al(2－,3) 反应生成BaSO3沉淀，使得水解平衡逆向移动，c(OH－)减小，酚酞的红色褪去，正确。
12. C 解析：A项，NH4HSO3溶液中存在质子守恒：c(H2SO3)＋c(H＋) ＝ c(NH3·H2O)＋c(SO eq \\al(2－,3) )＋c(OH－)，NH eq \\al(＋,4) 水解显酸性，HSO eq \\al(－,3) 的电离程度大于水解程度，所以NH4HSO3溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(H2SO3)＜c(NH3·H2O)＋c(SO eq \\al(2－,3) )，错误；B项，电荷守恒为c(NH eq \\al(＋,4) )＋c(H＋)＝c(HSO eq \\al(－,3) )＋2c(SO eq \\al(2－,3) )＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，c(NH eq \\al(＋,4) ) ＝c(HSO eq \\al(－,3) )＋2c(SO eq \\al(2－,3) )，所以c(NH eq \\al(＋,4) )＞c(HSO eq \\al(－,3) )，错误；C项，反应NH3·H2O＋H2SO3⇌NH eq \\al(＋,4) ＋HSO eq \\al(－,3) ＋H2O的平衡常数K＝ eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）·c（HSO eq \\al(－,3) ）,c（NH3·H2O）·c（H2SO3）) ＝ eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）·c（HSO eq \\al(－,3) ）·c（H＋）·c（OH－）,c（NH3·H2O）·c（H2SO3）·c（H＋）·c（OH－）) ＝ eq \f(Kb·Ka1,Kw) ＝ eq \f(1.7×10－5×1.3×10－2,1.0×10－14) ＝2.21×107，正确；D项，HSO eq \\al(－,3) 为弱酸的酸根，不可拆开，错误。
13. B 解析：A项，反应Ⅰ为放热反应，在236 ℃之前，升高温度，反应Ⅰ速率加快，反应Ⅰ进行的程度大，则CH3OH的选择性增大，图中最高点之后，随着温度的不断升高，CH3OH的选择性减小，说明反应Ⅰ在最高点之后，开始逆向移动，参加反应Ⅰ的CO2的转化率减小，图中CH3OH的选择性最小为56%，大于50%，而CH3OH和CO的选择性之和为1，由此说明图中曲线交叉点之前，以反应Ⅰ为主，所以升高温度，CO2的平衡转化率减小，错误；B项，T＞236 ℃时，升高温度，CO2转化率下降，反应Ⅱ为吸热反应，升温时，参加反应Ⅱ的CO2转化率一直增大，说明反应Ⅰ中CO2的转化率减小得更快，即反应Ⅰ正反应程度减弱，正确；C项，增大n始(CO2)∶n始(H2)，反应虽正向进行，但是增大的CO2，并不能完全消除，所以CO2的平衡转化率反而减小，错误；D项，催化剂不可改变平衡产量，即不会改变平衡时CH3OH的选择性，错误。
14. (15分)
(1) ① SrSO4＋HCO eq \\al(－,3) ＋NH3·H2O===SrCO3＋H2O＋NH eq \\al(＋,4) ＋SO eq \\al(2－,4) (3分)
② 控制氨水过量可使溶液中HCO eq \\al(－,3) 更多地转化为CO eq \\al(2－,3) ，从而提高SrSO4转化为SrCO3的转化率(2分)
③ NH3、CO2(2分)
(2) ① 1 200 ℃(2分)
② 若煤粉量过少，还原剂不足，SrSO4不能被完全还原成SrS(或煤粉量过少，还原剂不足，回转窑中氧气能将部分SrS氧化为SrSO4，使硫酸锶转化率下降)(2分)
(3) 12(2分) 0.004(2分)
解析：(1) ① 碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可以理解成，NH3·H2O中和HCO eq \\al(－,3) 电离出的H＋生成NH eq \\al(＋,4) ，HCO eq \\al(－,3) 电离出的CO eq \\al(2－,3) 与SrSO4电离出的Sr2＋生成SrCO3沉淀。② 氨水过量，可以使HCO eq \\al(－,3) 转化为更多的CO eq \\al(2－,3) ，浓度较高的CO eq \\al(2－,3) 才可以促进SrSO4沉淀发生转化。③ 煅烧SrCO3沉淀，生成SrO和CO2(气体X)，加水浸取SrO生成Sr(OH)2，与(NH4)2SO4反应生成高纯SrSO4和NH3(气体Y)，CO2和NH3可以反应生成碳酸氢铵，NH3可制得氨水。(2) ① 题图1在1 200～1 400 ℃时，SrSO4转化率最高，但温度过高则要求高，所以最佳温度为1 200 ℃。② 工业上用碳还原法制备高纯硫酸锶，原理为煅烧天青石精矿和煤粉生成SrS，再处理得高纯SrSO4。天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5∶1后，说明煤粉的量不足，即C不足，故不能将SrSO4完全还原成SrS，进而使硫酸锶转化率下降。(3) 由晶胞图知，中间有8个F－，Sr2＋位于8个顶点和6个面心，以顶点的Sr2＋分析，离顶点Sr2＋最近的Sr2＋位于晶胞的面心，一共有3个面心，而1个顶点为8个立方体所共有，所以共有24个Sr2＋，但是两个共同的面的晶体会重复计算一次面心，所以应为24/2＝12个Sr2＋。② n(SrF2)＝m(SrF2)/M(SrF2) ＝ 2 mg×10－3 g·mg－1/126 g·ml－1＝0.158 9 ml，c(SrF2)＝n(SrF2)/V＝0.158 9 ml/5 mL×10－3 L·mL－1 ＝ 3.2 ml·L－1。Ksp(SrF2)很小，说明SrF2在口腔中形成了饱和溶液，设c(Sr2＋)＝x ml·L－1，则c(F－) ＝ 2x ml·L－1，则Ksp(SrF2)＝c(Sr2＋)·c2(F－)＝x·(2x)2＝3.2×10－8，得x＝2×10－3，c(F－)＝4×10－3 ml·L－1。
15. (15分)
(2) 保护酚羟基(2分)
(3) 取代反应(2分)
解析：(1) 对比A、D的结构简式，A中酚羟基上的H原子被CH3OCH2—所取代，则B的结构简式为(2) 对比A、F的结构简式，F中再次出现酚羟基，说明A→B为保护酚羟基。(3) E→F为HCl中的H取代E中CH3OCH2—。(4) 能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，则应含有甲酸形成的酯基，并且有一种产物遇FeCl3溶液显色，则应为甲酸形成的酚酯，包含结构分子苯环上只有两个取代基，则另一个取代基在苯环的对位，对比C的结构简式知，还多余4个C原子，1个O原子，1个不饱和度，分子中含有5种不同化学环境的氢原子，由此确定，多余的基团结构为(5) 原料有CH3OCH2Cl，与流程中的A→B相同，则应为保护酚羟基，对比需要将原料中的2个碳原子变为4个碳原子，已知中醛与醛加成可使得碳链增长，故需要将中醇羟基先氧化生成—CH2CHO，亚甲基上有2个H原子，可以与2个HCHO发生加成反应生成然后将2个—CH2OH氧化得2个—CHO。最后将CH3OCH2—用HCl中的H取代得酚羟基。
16. (16分)
(1) 3Se＋4NO eq \\al(－,3) ＋4H＋＋H2O===3H2SeO3＋4NO↑(2分)
(2) 浓盐酸(2分)
(3) HSeO eq \\al(－,3) 、SeO eq \\al(2－,3) 、OH－(3分)
(4) 在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1 ml·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气(1分)，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(1分)，停止通入SO2气体，静置、过滤、洗涤(1分)，直至取最后一次洗涤滤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成，干燥(1分)
(5) n(KMnO4)＝0.020 0 ml·L－1×(25.00＋10.00)×10－3 L＝7×10－4 ml(1分)
n(Fe2＋)＝0.06 ml·L－1×25.00×10－3 L＝1.5×10－3 ml(1分)
KMnO4 ～ 5Fe2＋ 5Se～5H2SeO3 ～ 2KMnO4
1 5 5 2
3×10－4 ml 1.5×10－3 ml(1分) 1×10－3 ml (7×10－4－3×10－4)ml(1分)
硒的质量分数为 eq \f(1×10－3 ml×79 g·ml－1×\f(250 mL,25.00 mL),0.840 0 g) ×100%≈94.05%(1分)
解析：(1) “浸取”时加入的H2SO4和NaNO3相当于稀硝酸，氧化Se生成H2SeO3和NO，根据Se和N得失电子守恒配平。(2) H2SeO4与浓盐酸反应转化为H2SeO3，Se的化合价下降，则Cl的化合价上升，生成Cl2，向H2SeO4和H2SeO3的混合溶液中滴加浓盐酸，当不再产生气泡时，说明H2SeO4已完成反应。如果将H2SeO4和H2SeO3的混合溶液滴入浓盐酸中，则最终会形成H2SeO3和浓盐酸的混合溶液。(3) H2SeO3溶液中存在电离平衡：H2SeO3⇌HSeO eq \\al(－,3) ＋H＋，HSeO eq \\al(－,3) ⇌SeO eq \\al(2－,3) ＋H＋，H2SeO3与SO2反应生成Se和H2SO4，生成的H2SO4为强酸，会抑制H2SeO3的电离，则HSeO eq \\al(－,3) 、SeO eq \\al(2－,3) 的浓度均会减小，由于酸性增强，则c(OH－)也减小，因为通入的是SO2气体，对原溶液的体积几乎没有影响，则n(HSeO eq \\al(－,3) )、n(SeO eq \\al(2－,3) )和n(OH－)均减小。(4) 向H2SeO3溶液中加入SO2发生氧化还原反应生成Se，过量的SO2要用NaOH吸收，当通入的SO2过量时，将不再生成Se沉淀，即可停止通入SO2。对Se沉淀洗涤，直到最后一次洗涤滤液中检验不出SO eq \\al(2－,4) ，最后干燥Se。(5) KMnO4与H2SeO3及Fe2＋反应，反应关系为KMnO4～5Fe2＋，5Se～5H2SeO3～2KMnO4。KMnO4一共加入两次，总的KMnO4溶液体积为35.00 mL，其中Fe2＋消耗的n(KMnO4)＝5n(Fe2＋)，则与H2SeO3反应的n(KMnO4)＝0.020 0 ml·L－1×35.00×10－3 L－ eq \f(1,5) ×0.06 ml·L－1×25.00×10－3 L＝7×10－4 ml－3×10－4 ml＝4×10－4 ml，n(Se)＝ eq \f(5,2) ×4×10－4 ml＝10－3 ml。实验中只取出25 mL，则样品中n(Se)＝10－3 ml× eq \f(250 mL,25 mL) ＝ 0.01 ml，w(Se)＝ eq \f(0.01 ml×79 g·ml－1,0.840 0 g) ×100%≈94.05%。
17. (15分)
(1) ① Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应(或形成AlCu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率)(2分)
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(2分)
(2) ① 吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的NO eq \\al(－,3) (ads)反应生成NO eq \\al(－,2) (ads)(1分)，NO eq \\al(－,2) (ads)脱离Cu表面被释放到溶液中(1分)，溶液中NO eq \\al(－,2) (ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3(ads)(1分)
② 由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将NO eq \\al(－,2) (ads)转化为N2(1分)，而Pd表面吸附的H(ads)可实现上述转化(1分)。Cu表面生成的NO eq \\al(－,2) (ads)可转移并吸附在Pd表面(1分)，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2 (1分)
③ pH在4至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(2分)
pH在8.5至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(2分)
解析：(1) ① Al/Cu二元金属复合材料优于单一的Al，原因可能是Cu起催化作用，也可能是Al和Cu构成原电池，加快了反应速率。② 复合材料中Cu含量过多时，水体与Al接触的量减小，使硝酸盐去除效果减弱。(2) ① 由题图知，吸附氢与NO eq \\al(－,3) 反应生成NO eq \\al(－,2) ，NO eq \\al(－,2) (ads)脱离Cu表面进入溶液，溶液中的NO eq \\al(－,2) (aq)被吸附到Al的表面，NO eq \\al(－,2) (ads)得到Al失去的电子还原为NH3。② 由题图知，Cu表面的H只能将NO eq \\al(－,3) 还原为NO eq \\al(－,2) ，不能将NO eq \\al(－,2) 还原为N2，但是Pd表面的H可以将NO eq \\al(－,2) 还原为N2，所以N2选择性明显提高，图示中Cu表面的NO eq \\al(－,2) 可以被转移至Pd表面。③ 在pH＝6之前，pH增大，c(H＋)减小，H＋得电子生成的H(ads)减少，则硝酸盐去除率降低。在pH＝8之后，pH增大，c(OH－)的浓度增大，铝表面的氧化膜溶解，铝与OH－反应生成H(再形成H2)，生成的H具有强还原性，可还原NO eq \\al(－,3) ，使硝酸盐的去除率升高。
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 ml·L－1 NaClO溶液和0.1 ml·L－1 CH3COONa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