【化学】广西壮族自治区南宁市第三中学2019-2020学年高二下学期第三次月考（解析版）
广西壮族自治区南宁市第三中学2019-2020学年高二下学期第三次月考
1.下列“实际应用”对应“化学知识原理”说法错误的是（ ）
选项
实际应用
化学知识原理
A
泡沫灭火器中装有碳酸氢钠溶液
和硫酸铝溶液
碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液水解且相互促进
B
工业上采用高压(20-50MPa)合成NH3
应用勒夏特列原理
C
施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性
CaCO3溶度积小于CaSO4
D
选用金属锂做电池电极材料
锂轻且在空气中稳定
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.Al3+与HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，A合理；
B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，会使氨气的平衡含量增加，所以可以应用勒夏特列原理，B正确；
C.施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，当向溶液中加入石膏时，会发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，该反应发生，使溶液中碳酸根离子浓度降低，水解平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的碱性减弱，C正确；
D.选用金属锂作电池电极材料，是由于Li容易失去电子，产生等物质的量的电子，需要的金属的质量小，解释不符合事实，D错误；
故合理选项是D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有几个
①1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NA；
②标准状况下，体积为22.4L的SO3中含3NA个氧原子；
③1molC10H22分子中共价键总数为31NA；
④60g二氧化硅晶体中含有的分子数目为NA；
⑤1mol/LNaOH溶液中含有Na+数目为NA；
⑥1molD2O含10NA个电子；
⑦2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA。
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】①氮气与氢气生成氨气的反应为可逆反应，所以1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故①错误；
②标况下三氧化硫不是气体，22.4LSO3的物质的量不是1mol，故②错误；
③C10H22为链状烷烃，1个C10H22分子中含有31个共价键，所以1molC10H22分子中共价键总数为31NA，故③正确；
④二氧化硅为原子晶体，不存在分子，故④错误；
⑤溶液体积未知无法确定离子的数目，故⑤错误；
⑥一个D2O分子所含电子数为2+8=10，所以1molD2O含10NA个电子，故⑥正确；
⑦未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，故⑦错误；
综上所述正确的有2个，故答案为A。
3.下列有关分散系的叙述不正确的是
A. 胶体是分散系的一种，它只是物质的一种存在形式
B. 氢氧化铁胶体与三氯化铁溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应
C. 溶液的分散质可通过半透膜，而浊液的分散质则不能通过半透膜
D. 工厂中的“静电除尘”利用了胶体的性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．胶体是分散质颗粒直径介于1nm—100nm之间的一种介稳体系的分散系，是物质的一种存在形式，故A正确；
B．氢氧化铁胶体与三氯化铁溶液的本质区别在于分散质粒子直径大小不同，故B错误；
C．溶液可以通过半透膜，胶体粒子和浊液的分散质不能通过半透膜，故C正确；
D．
胶体具有吸附性，胶粒吸附带电微粒而带电，在通电情况下，胶粒能定向移动，所以静电除尘利用了胶体能发生电泳的性质，故D正确；
故选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 100mL1mol/LFeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
B. 将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和为NA
C. 12g乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个
D. 标准状况下，4.48 LNO与足量氧气反应生成NO2数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在FeCl3溶液中，Fe3+会发生水解反应而消耗，所以该溶液中含有的Fe3+的数目小于0.1NA，A错误；
B.将1mol Cl2通入水中，只有一部分氯气与水发生反应，所以HClO、Cl-、ClO- 粒子数之和小于NA，B错误；
C.12g乙烷的物质的量为n=12g÷30g/mol=0.4mol，由于在1个乙烷分子中含有6个C-H键，所以0.4mol乙烷中所含的极性共价键为2.4NA个，C正确；
D.标准状况下，4.48 LNO的物质的量为0.2mol，与足量氧气反应生成NO2后，部分NO2会发生反应产生N2O4，因此最终产生的NO2数目小于0.2NA，D错误；
故合理选项是C。
5.最近有人用一种称为“超酸”的化合物H(CB11H6Cl6)和C60反应，使C60获得一个质子，得到一种新型离子化合物[HC60]+[CB11H6Cl6]－。下列反应在类型上看可与该反应相比拟的是
A. CO2+H2O=H2CO3
B. NH3+HCl=NH4Cl
C. Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
D. CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
由信息可知化合物H(CB11H6Cl6)和C60反应，使C60获得一个质子，得到一种新型离子化合物[HC60]+[CB11H6Cl6]－，发生化合反应生成离子化合物，据此分析解答。
【详解】A．CO2+H2O=H2CO3中发生化合反应，但碳酸为共价化合物，故A不选；
B．NH3+HCl=NH4Cl中发生化合反应生成离子化合物，氨气得到一个质子变为阳离子，与信息相同，故B选；
C．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑发生置换反应，与信息不符，故C不选；
D．CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O中发生复分解反应，与信息不符，故D不选；
答案选B。
【点睛】本题以信息的形式考查物质的性质及化学反应类型，明确信息是解答本题的关键，根据C60获得一个质子与氨气获得1个质子相似来解答即可，注意已知信息的提取和灵活应用。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 中阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体
B 中待镀铁制品应与电源正极相连
C. 中钢闸门应与外接电源的正极相连，称为牺牲阳极的阴极保护法
D. 中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.在阳极Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+与KI不能发生反应，因此不能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体，A错误；
B.电镀时，应该把待镀铁制品与电源负极相连，作阴极，发生还原反应，B错误；
C.钢闸门应与外接电源的负极相连，称为外接电流的阴极保护法，C错误；
D.根据图示可知：该离子交换膜可以使Na+通过，而不能使Cl2通过，因此就可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；
故合理选项是D。
7.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是（ ）
A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+ + Cu==2Fe2++ Cu2+
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O== Al(OH)3↓ + 3NH4 +
C 将少量二氧化碳通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－== CO32－＋2HClO
D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−（aq）CaCO3(s)+SO42−（aq）
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+被还原为Fe2+，所给式子已配平，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A项正确；
B．氢氧化铝不溶于过量氨水，所以生成产物是Al(OH)3，一水合氨是弱碱不拆写，B项正确；
C．因酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO3-，所以不管通入次氯酸钠溶液中的CO2的量多少，反应均生成HCO3-，正确的离子方程式应为：CO2＋H2O＋ClO－= HCO3－＋HClO，C项错误；
D．硫酸钙是微溶物质，碳酸钙是难溶物质，化学式均不拆写，该反应是一个沉淀转化的反应，符合复分解反应条件，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】该题最好是采用排除法。酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-的确定，可以通过一些反应事实来论证，也可以查阅书上的电离平衡常数，看其数量级直接比较强弱。
8.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ）
A. a极为正极
B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大
C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+计算转移电子物质的量。
【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+，则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误；
B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误；
C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误；
D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写。
9.某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B. a、b两点溶液的导电性：a>b
C. b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D. 用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
【详解】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b
n(NaOH)，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积：VbKHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。（1）两个理论依据：①弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)≫c(CO32－)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32
－)＞c(HCO3－)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。
13.按图的装置进行电解实验：A极是铜锌合金，B极为纯铜，电解质中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则A合金中Cu、Zn原子个数比为（ ）
A. 4︰1 B. 3︰1 C. 2︰1 D. 任意比
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像可知，锌铜合金作电解池的阳极，发生Zn-2e-=Zn2+，Cu-2e-=Cu2+，阴极发生Cu2++2e-=Cu，已知B极质量增加7.68g，即生成0.12molCu，溶液质量增加0.03g，则n（Zn）=0.03mol，根据反应式可得合金中含有n(Cu)=0.12-0.03=0.09mol，Cu、Zn原子个数比=0.09：0.03=3：1，答案为B。
【点睛】阳极锌失电子生成锌离子时，阴极铜离子得电子生成单质铜，则溶液质量每增加1g，则有1molZn参与反应。
14.H2RO3是一种二元酸，常温下用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，溶液的pH随RO2气体的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是
A. a点溶液中2c(Na+)=3c(RO32-)
B. 向b点溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4
C. 常温下，NaHRO3溶液中c(HRO3-)>c(RO32-)>c(H2RO3)
D. 当吸收RO2的溶液呈中性时，c(Na+)=c(RO32-)+c(HRO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，Na2RO3溶液呈碱性，说明H2RO3是一种二元弱酸，用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2气体，Na2RO3溶液与RO2气体反应生成酸式盐NaHRO3，反应的化学方程式为Na2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3，a点吸收mol RO2气体，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈碱性，b点吸收mol RO2气体，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性。
【详解】A. a点吸收mol RO2气体，溶液中Na+的物质的量为2mol，RO32-的物质的量为mol，RO32-离子在溶液中水解，则2c(Na+)>3c(RO32-)，故A错误；
B. b点导致溶液呈酸性，向溶液加水稀释，氢离子浓度逐渐减小，pH只能无限接近7，不会超过7，故B错误；
C. b点吸收mol RO2气体，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性说明NaHRO3溶液中HRO3-电离程度大于水解程度，则c()>c()>c(H2RO3)，故C正确；
D. 当吸收RO2的溶液呈中性时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)+c(OH-)可得c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)，故D错误；
故选C。
15.（1）乙醇—氧气燃料电池是一种清洁能源，该电池用金属铂片插入氢氧化钾溶液中作电极，在两极区分别加入乙醇和氧气，其负极反应式为：_____________。
（2）古代铁器（埋藏在地下）在严重缺氧的环境中，仍然锈蚀严重。原因是一种叫做硫酸盐还原菌的细菌，能提供正极反应的催化剂，可将土壤中的还原为S2-，该反应放出的能量供给细菌生长、繁殖之需。①写出该电化学腐蚀的正极反应式：____________。
②文物出土前，铁器表面的腐蚀产物可能有（写化学式）____________。
（3）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：
①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜。碱洗时常有气泡冒出，原因是(用离子方程式表示)：____________。
②以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为：____________。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是____________。
（4）采用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则电解过程中通过导线的电量为____________C(已知NA＝6.02×1023mol—1，1个电子所带的电量为1.60×10－19C)。
【答案】 (1). C2H6O－12e－+16OH－═2CO32-+11H2O (2). SO42-+8e－+4H2O=S2－+8OH－ (3). Fe(OH)2和FeS (4). 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ (5). 2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋ (6). HCO3-与Al3＋发生双水解相互促进反应，产生Al(OH)3沉淀 (7). 3.85×104
【解析】
【分析】
(1)乙醇燃料电池中，加入氧气的铂片为原电池的正极，加入乙醇的铂片为负极；
(2)由题意可知，土壤中SO42-在细菌的作用下，在正极得到电子发生还原反应生成S2-，铁器中的铁做负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，亚铁离子与正极生成的硫离子和氢氧根离子不能共存，反应生成硫化亚铁和氢氧化亚铁；
(3)①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出的原因是当氧化铝薄膜完全溶解后，铝与碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气；
②铝做阳极在H2SO4溶液中电解时，铝失去电子发生氧化反应生成氧化铝；废电解液中含有铝离子，加入NaHCO3溶液后，铝离子在溶液中与碳酸氢根发生双水解反应；
(4)由采用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度可知，电解分为两个阶段，第一阶段电解硫酸铜溶液，第二阶段电解水。
【详解】(1)乙醇燃料电池中，加入氧气的铂片为原电池的正极，加入乙醇的铂片为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为C2H6O－12e－+16OH－═2CO32-+11H2O，故答案为：C2H6O－12e-+16OH－═2CO32-+11H2O；
(2)由题意可知，土壤中的SO42-在细菌的作用下，在正极得到电子发生还原反应生成S2-，电极反应式为SO42-+8e－+4H2O=S2－+8OH－，铁器中的铁做负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+ ，亚铁离子与正极生成的硫离子和氢氧根离子不能共存，反应生成硫化亚铁和氢氧化亚铁，故答案为：SO42-+8e－+4H2O=S2－+8OH－；Fe(OH)2和FeS；
(3)①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出的原因是当氧化铝薄膜完全溶解后，铝与碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
②由题意可知，铝做阳极在H2SO4溶液中电解时，铝失去电子发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋；废电解液中含有铝离子，加入NaHCO3溶液后，铝离子在溶液中与碳酸氢根发生双水解反应生成氢氧化铝白色胶状沉淀和二氧化碳气体，故答案为：2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋；HCO3-与Al3＋发生双水解相互促进反应，产生Al(OH)3沉淀；
(4)由采用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度可知，电解分为两个阶段，第一阶段电解硫酸铜溶液，第二阶段电解水，则电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解，转移的电子的物质的量为0.1×2＋0.1×2＝0.4mol，通过导线的电量为0.4mol×6.02×1023mol—1×1.60×10－19C≈3.85×104C，故答案为：3.85×104。
【点睛】由采用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度明确电解分为两个阶段，第一阶段电解硫酸铜溶液，第二阶段电解水是解答关键，也是解答的难点和易错点。
16.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的抗氧化剂。
某研究小组对焦亚硫酸钠进行如下研究：
（1）采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。
装置Ⅱ中有Na2S2O5析出，发生的化学反应方程式为：Na2SO3+ SO2= Na2S2O5。
①装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为_____________________________。
②要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是______________。
③装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为______（填序号）。
（2）【查阅资料】Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
①NaHSO3溶液显酸性。请用化学用语和必要的文字解释原因________________________________；
证明该结论可采用的实验方法是_______________（填序号）。
a．测定溶液的pH
b．加入Ba(OH)2溶液
c．加入盐酸
d．加入品红溶液
e．用蓝色石蕊试纸检测
②检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是__________________。
（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在酸性条件下可将工业废水中的Cr2O72—还原为Cr3+。
①写出该反应的离子方程式_______________________。
②若处理Cr2O72—浓度为1×10-3mol/L的工业废水1L，需用Na2S2O5固体_________mg。
【答案】 (1). Na2SO3 + H2SO4（浓）＝ Na2SO4 + SO2↑+ H2O (2). 过滤 (3). d (4). HSO3-H++SO32- HSO3-+H2OH2SO3+OH-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性 (5). a、e (6). 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量稀盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 (7). ①2Cr2O72- + 3S2O52- + 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 5H2O或2Cr2O72- +6 HSO3-+ 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 8H2O (8). 285
【解析】
【分析】
装置Ⅰ中产生二氧化硫气体，装置Ⅱ中二氧化硫与饱和的亚硫酸钠溶液反应生成焦亚硫酸钠沉淀，装置III中装有NaOH溶液，吸收尾气二氧化硫，防止污染空气。
【详解】(1)①装置Ⅰ中产生气体为二氧化硫气体，化学方程式为Na2SO3 + H2SO4（浓）＝ Na2SO4 + SO2↑+ H2O；
②二氧化硫与饱和的亚硫酸钠溶液反应生成焦亚硫酸钠沉淀，所以从装置II中得到晶体的操作为过滤；
③装置III作用是吸收二氧化硫，二氧化硫在水中的溶解度不大，所以用氢氧化钠溶液吸收，答案选d；
(2)①亚硫酸钠溶液呈酸性，是因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，用离子方程式表示为HSO3-H++SO32-， HSO3-+H2OH2SO3+OH-；证明该溶液为酸性的方法可以用pH试纸测定溶液的pH值，小于7证明溶液呈酸性；或用蓝色石蕊试纸检验，若溶液使蓝色石蕊试纸变红色，证明溶液呈酸性；而加入氢氧化钡溶液，产生白色沉淀，加入盐酸产生气体，都不能说明溶液为酸性，加入品红溶液，与验证溶液的酸碱性无关，所以选择ae；
②Na2S2O5晶体在空气中被氧化为硫酸钠，所以证明硫酸根离子的存在可证明Na2S2O5晶体已被氧化，操作为取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量稀盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
（3）①焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在酸性条件下可将工业废水中的Cr2O72—还原为Cr3+，自身被氧化为硫酸根离子，根据元素守恒，反应中有水生成，所以离子方程式为2Cr2O72- + 3S2O52- + 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 5H2O或2Cr2O72- +6 HSO3-+ 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 8H2O；
②若处理Cr2O72—浓度为1×10-3mol/L的工业废水1L，则Cr2O72—的物质的量是1×10-3mol需用Na2S2O5固体的物质的量是1.5×10-3mol，则Na2S2O5固体的质量是1.5×10-3mol×190g/mol=0.285g=285mg。
17.某火电厂收捕到的粉煤灰的主要成分为SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小组对其进行综合处理的流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子
②常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Mg(OH)2]= 5.61×10-12
③滤液1中仍有Fe2+剩余
请回答下列问题：
（1）为了提高粉煤灰浸出速率，在“酸浸”时可采取的措施有_______________________
（2）“水解”反应的离子方程式为______________________________________。怎样判断TiO2•xH2O沉淀已经洗涤干净____________________________________________。
（3）加入双氧水调节溶液pH时离子方程式为_______________________________________。滤渣2成分为________________。为使滤渣2沉淀完全(溶液中离子浓度小于10-5mol/L)。需“调pH”为________。（保留两位有效数字）
（4）滤液3在蒸发结晶制备MgCl2•6H2O应注意_____________________________________。
（5）“结晶”需控制在70℃左右，温度过高的后果会导致的后果为________________________。
【答案】 (1). 适当升高温度，增大硫酸的浓度，将粉煤灰研成粉末或搅拌等 (2). TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+ (3). 取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，则洗干净 (4). 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O (5). Al(OH)3 Fe(OH)3 (6). 4.3 (7). 在不断通入HCl（或者加入盐酸），不断搅拌并且不能蒸干 (8). TiO2+离子提前水解
【解析】
试题分析：(1)根据影响反应速率的因素分析； (2) 强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离SO42-和一种阳离子，阳离子是TiO2+，根据流程图TiO2+水解为TiO2·xH2O；若洗涤液中不含SO42-可证明沉淀已经洗涤干净；（3）加入双氧水，溶液中Fe2+被氧化为Fe3+；根据流程图可知，加入双氧水调节溶液pH时，溶液中Fe3+、Al3+都生成沉淀而除去；根据常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38可知，氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，所以根据Ksp[Al(OH)3]计算沉淀完全时的PH；（4）滤液3在蒸发结晶制备MgCl2•6H2O应防止镁离子水解；（5）“结晶”时，温度过高促进TiO2+离子水解；
解析：升高温度，增大硫酸的浓度，将粉煤灰研成粉末或搅拌等，都能加快煤灰浸出速率；(2)根据流程图TiO2+水解为TiO2·xH2O，水解方程式是TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+；若洗涤液中不含SO42-，可证明沉淀已经洗涤干净，操作方法是：取最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，则洗干净；（3）加入双氧水，溶液中Fe2+被氧化为Fe3+，反应离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O；根据流程图可知，加入双氧水调节溶液
pH时，溶液中Fe3+、Al3+都生成沉淀而除去，所以滤渣2成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，所以根据Ksp[Al(OH)3]，沉淀完全时的 ,PH=4.3；（4）滤液3在蒸发结晶制备MgCl2•6H2O应防止镁离子水解，所以要不断通入HC1（或者加入盐酸），不断搅拌并且不能蒸干；（5）“结晶”时，温度过高促进TiO2+离子水解，所以“结晶”需控制在70℃左右；
点睛：加热能促进盐的水解，对于能水解的盐酸盐溶液，加热蒸发的过程中，水解生成的氯化氢不断挥发，水解平衡正向移动，加热蒸干溶液不能得到原溶质；如：加热蒸干氯化镁溶液得到氢氧化镁、加热蒸干氯化铝溶液得到氢氧化铝。
18.高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：
已知：a、
b、
回答下列问题：
(1)反应①所需试剂、条件分别是____________；F 的化学名称为____________。
(2)②的反应类型是______________；A→B 的化学方程式为_________________。
(3)E的结构简式为______________；H 中所含官能团的名称是____________。
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C 大14，且满足下列条件，W 的可能结构有____种。①遇FeCl3 溶液显紫色；②能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱显示有5 种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W 的结构简式____________。
(5)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：AB。。。目标产物。____________。
【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 正辛醛 (3). 取代反应 (4). (5). HCHO (6). 羟基 (7). 13 (8). (9).
【解析】
【分析】
甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D（CH2Cl2），D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据题给信息知G为，G和氢气发生加成反应生成H为；甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A为，A氧化生成B为，B进一步氧化生成C为，C与H发生酯化反应生成I为。
【详解】(1)反应①是甲苯转化为，是甲苯与氯气在光照条件下进行；根据F 的结构简式可知其化学名称为正辛醛；
(2)反应②是含有羧基的物质C()与含有醇羟基的物质H()在浓硫酸催化作用下发生的酯化反应，该反应也属于取代反应；苯甲醇被O2催化氧化产生苯甲醛，所以A→B 的化学方程式为：；
(3)D是CH2Cl2，与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，2个Cl
原子被羟基取代，但由于同一个C原子上有2个羟基不稳定，会脱去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物质E的结构简式为HCHO；H 为，根据结构简式可知H所含官能团的名称是：羟基；
(4)化合物W 的相对分子质量比化合物C(苯甲酸)大14，说明W比C多1个CH2原子团，W满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②属于芳香族化合物，即含有苯环；③能发生银镜反应，说明分子中还含有醛基，该物质分子中含有2个侧链为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种；含有3个侧链为-OH、-CH3、-CHO，而OH、-CH3有邻、间、对3种位置，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，因此符合条件的W共有3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的W 的结构简式为：；
(5)苯与Cl2在光照条件下生成，然后发生水解反应生成，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，因此合成路线为。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意同一个碳原子上连接两个羟基不稳定，会自动脱去一分子的水变为醛基，同时要结合信息中醛的加成反应特点，利用顺推与逆推法相结合进行推断。
