一、單選題(本大題共15小題，共45分)
1. 由多元素組成的化合物Fe-Sm-As-F-O，是我國科學家近年來發(fā)現(xiàn)的一種重要的鐵系超導材料。下列說法正確的是
A. O的價層電子排布式為1s22s22p4
B. Fe3+的價層電子軌道表示式違背了泡利不相容原理
C. N、As同主族，第一電離能N＜As
D. 電負性F＞O＞As
【答案】D
【解析】
【詳解】A．氧原子核外電子數(shù)為8，基態(tài)氧原子核外電子排布式為1s22s22p4，價層電子排布式為2s22p4，故A不符合題意；
B．泡利不相容原理內(nèi)容為：每個原子軌道上最多只能容納2個自旋狀態(tài)相反的電子，選項中違背洪特規(guī)則，鐵離子價層電子軌道表示式：，故B不符合題意；
C．N、As同主族，同一主族元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以第一電離能N＞As，故C不符合題意；
D．同一周期元素從左到右電負性逐漸增大，電負性F＞O＞N，同一主族元素從上到下電負性逐漸減小，電負性N＞As，所以電負性F＞O＞As，故D符合題意；
答案選D。
2. 下列離子方程式書寫正確的是
A. 水解：
B. 用惰性電極電解飽和NaCl溶液：
C. 溶液中通入足量的：
D. 等體積等物質(zhì)的量濃度的與NaOH溶液反應：
【答案】B
【解析】
【分析】A.碳酸根離子水解分兩步，第一步水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，第二步碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子，且第一步水解程度遠遠大于第二步水解程度；
B.用惰性電解電解飽和氯化鈉溶液時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近生成氫氧化鈉；
C.氯氣先氧化亞鐵離子后氧化溴離子，氯氣足量，二者反應生成氯化鐵、溴；
D.等物質(zhì)的量的與NaOH溶液反應生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水。
【詳解】碳酸根離子水解分兩步，第一步水解生成碳酸氫根離子和氫氧根離子，第二步碳酸氫根離子水解生成碳酸和氫氧根離子，且第一步水解程度遠遠大于第二步水解程度，第一步水解方程式為，故A錯誤；
B.用惰性電解電解飽和氯化鈉溶液時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近生成氫氧化鈉，離子方程式為，故B正確；
C.氯氣先氧化亞鐵離子后氧化溴離子，氯氣足量，二者反應生成氯化鐵、溴，離子方程式為，故C錯誤；
D.等物質(zhì)的量的與NaOH溶液反應生成碳酸鈣、碳酸氫鈉和水，離子方程式為，故D錯誤；
故選B。
【點睛】本題考查離子方程式正誤判斷，明確反應實質(zhì)及離子反應先后順序是解本題關鍵，注意有些化學反應還與反應物的量有關，如CD選項。
3. 支撐海港碼頭基礎的鋼管樁，常用外加電流的陰極保護法進行防腐，工作原理如圖所示，下列有關表述錯誤的是
A. 利用了電解原理
B. 鋼管樁上有刺激性氣味氣體生成
C. 電子由電源負極流向鋼管樁
D. 高硅鑄鐵作陽極
【答案】B
【解析】
【分析】外加電流陰極保護是通過外加直流電源以及輔助陽極，被保護金屬與電源負極相連作為陰極，電子從電源負極流出，給被保護的金屬補充大量的電子，使被保護金屬整體處于電子過剩的狀態(tài)，讓被保護金屬結(jié)構(gòu)電位低于周圍環(huán)境，從而使得金屬腐蝕發(fā)生的電子遷移得到抑制，避免或減弱腐蝕的發(fā)生，陽極若是惰性電極，則是電解質(zhì)溶液中的離子在陽極失電子。
【詳解】A. 由于此保護裝置有外加電源，構(gòu)成了電解池，故利用了電解原理，A正確；
B. 鋼管樁要被保護，應做陰極，陰極產(chǎn)生氫氣，氫氣為無色無味的氣體，B錯誤；
C. 在電解池中，鋼管樁要被保護，應做陰極，連接電源的負極，故電子由電源的負極流向鋼管樁， C正確；
D. 高硅鑄鐵連接電源的正極，做電解池的陽極， D正確。
答案選B。
4. 設NA為阿伏加 德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是
A. 25℃時，pH=2的H2SO4溶液中，含有H+的數(shù)目為2×10-2NA
B. 一定條件下，1mlN2與3mlH2混合充分反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為6NA
C. 常溫下，·L－1FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NA
D. 用石墨電極電解足量CuSO4溶液，當陰極析出6.4gCu時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NA
【答案】D
【解析】
【詳解】A．溶液體積不明確，故溶液中的氫離子的個數(shù)無法計算，故A錯誤；
B．氮氣和氫氣的反應為可逆反應，故不能進行徹底，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于6NA個，故B錯誤；
C．Fe3+是弱堿陽離子，在溶液中會水解，故溶液中的Fe3+小于0.1NA個，故C錯誤；
D．6.4g銅的物質(zhì)的量為0.1ml，而陰極的電極方程式為Cu2++2e-=Cu，故當生成0.1ml銅時轉(zhuǎn)移0.2NA個電子，故D正確；
故答案為D。
5. 羰基硫(COS)可作為一種糧食熏蒸劑，能防止某些昆蟲、線蟲和真菌的危害。可通過反應6CO+3S22COS+2CO2+2CS2 制備。下列說法錯誤的是
A. CO 分子中存在配位鍵
B. CO2分子為非極性分子
C. 基態(tài) Ni2+ 有2個未成對電子
D. 沸點：COS>CO2>CS2
【答案】D
【解析】
【詳解】A. CO 分子中碳原子和氧原子之間除了有2對共用電子對外、還存在1個配位鍵，該配位鍵形成是因為碳有空軌道、氧有孤電子對，A正確；
B. CO2分子中有2個對稱的碳氧雙鍵，正負電荷中心重疊，為非極性分子，B正確；
C. 基態(tài) Ni2+ 有26個電子，價電子排布式為3d8，2個未成對電子，C正確；
D. COS、CO2和CS2對應的晶體為分子晶體，沸點的高低取決于分子間作用力、由于組成和結(jié)構(gòu)相似，分子間作用力的大小取決于相對分子質(zhì)量的大小，則沸點：CS2>COS>CO2，D錯誤；
答案選D。
6. 下列說法不正確的是
A. N=N的鍵能大于N—N的鍵能的2倍，推測N=N中鍵的強度比鍵的大
B. N的第一電離能比O的高，與N原子2p軌道電子排布為半充滿有關
C. 金剛石的熔點高于晶體硅，是因為C—C的鍵能大于Si—Si的鍵能
D. 能萃取碘水中的，體現(xiàn)了相似相溶原理
【答案】A
【解析】
【詳解】A． N=N中含有1個鍵和1個鍵，N-N中含有1個鍵，N=N的鍵能大于N-N的鍵能的2倍，推測N=N中鍵的強度比鍵的小，故A錯誤；
B．氮原子2p能級半充滿電子，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，氮原子的第一電離能大于氧原子的第一電離能，故B正確；
C．共價晶體的熔沸點和共價鍵的強度有關，因為C-C鍵能大于Si-Si鍵能，金剛石的熔沸點高于晶體硅，故C正確；
D．碘和四氯化碳都是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，用CCl4 萃取碘水中的碘，能用“相似相溶”解釋，故D正確；
故選A。
7. 利用如圖所示的裝置（夾持及加熱裝置略）制備高純白磷的流程如圖所示：
紅磷無色液體與P4(g)白磷(s)
已知：①白磷分子式為P4，易氧化②“三通閥”的孔路結(jié)構(gòu)如圖：
下列操作錯誤的是
A. 紅磷使用前水洗可以除去表面的氧化物雜質(zhì)
B. 加熱外管并抽真空可以除去裝置中的水和氧氣
C. “冷凝指”的冷凝水需從口通入
D. 控制“三通閥”可向裝置中通入氮氣排空氣
【答案】D
【解析】
【詳解】A．紅磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此紅磷在使用前應洗滌水洗可以除去表面的氧化物雜質(zhì)，故A正確；
B．真空環(huán)境可以降低物質(zhì)的熔沸點，有利于將紅磷轉(zhuǎn)化為白磷，但是由于抽真空時不能將水氣和氧氣完全除去，還需要對裝置外管進行加熱，除去裝置中的水和氧氣，保證反應環(huán)境無水無氧，故B正確；
C．若從a口通入冷凝水，則冷凝水無法充滿整個冷凝管，冷凝效果不好，需要用b口通入，此時可以將冷凝水充滿冷凝管，故C正確；
D．反應處于真空環(huán)境，裝置中的空氣已排盡，控制“三通閥”可向裝置中通入氮氣不是排空氣，故 D錯誤；
故答案選D
8. 分析有機物的結(jié)構(gòu)，預測相關性質(zhì)，下列說法不正確的是
A. 溴乙烷分子中存在較強的C-X極性鍵，較易斷裂，在NaOH水溶液中發(fā)生取代反應
B. 乙醇分子中電負性O>C，C-O的電子偏向氧原子，易斷裂，在氫溴酸溶液中發(fā)生取代反應
C. 苯酚分子中O原子為雜化，存在P-π共軛，使O-H電子偏向氧原子，易斷裂，在水溶液中發(fā)生部分電離，顯弱酸性
D. 乙醛分子中醛基碳為雜化，形成碳氧雙鍵，易斷裂，能與HCN發(fā)生加成反應
【答案】D
【解析】
【詳解】A．鹵代烴分子中鹵原子電負性大于碳原子，碳鹵鍵極性強，易斷裂，易發(fā)生取代反應，則溴乙烷含有C-Br鍵，在NaOH的水溶液中發(fā)生取代反應生成乙醇，故A正確；
B．乙醇分子中乙基是推電子基，由于電負性O>C，C-O的電子偏向氧原子，造成O-H易斷裂，在氫溴酸溶液中發(fā)生取代反應，故B正確；
C．苯環(huán)中存在大π鍵，羥基中O原子與苯環(huán)形成P-π共軛，使O-H電子偏向氧原子，則O-H易斷裂，苯酚部分電離出氫離子，顯弱酸性，C正確；
D．單鍵全部由σ鍵形成，雙鍵由σ鍵和π鍵形成，乙醛分子中醛基碳周圍有3個σ鍵，價層電子對數(shù)是3，碳原子采取雜化，D錯誤；
故選D。
9. 已知苯并唑酮()可轉(zhuǎn)化為X()，下列說法正確的是
A. 1ml苯并唑酮完全燃燒需要消耗6.25ml氧氣
B. X能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但不能使溴水褪色
C. X與足量H2加成后所得有機物分子中手性碳原子數(shù)目為3個
D. 1mlX與足量NaOH溶液充分反應，最多可消耗4mlNaOH
【答案】D
【解析】
【詳解】A．苯并唑酮的分子式為：C7H5NO2，完全燃燒，碳原子轉(zhuǎn)化為二氧化碳、氫原子轉(zhuǎn)化為水，則1ml苯并唑酮完全燃燒最少需要消耗7.25ml氧氣，A項錯誤；
B．X具有醛基，醛基具有還原性，則能使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，B項錯誤；
C．X與足量H2加成后所得有機物分子中手性碳原子為，數(shù)目為4個，C項錯誤；
D．X在堿性溶液中，溴原子、酰胺基、酯基可以水解，同時水解產(chǎn)物中有酚羥基，則1mlX與足量NaOH溶液充分反應，最多可消耗4mlNaOH，D項正確；
答案選D。
10. W、X、Y、Z四種短周期元素在元素周期表中的相對位置如圖所示，W的氣態(tài)氫化物可與其最高價含氧酸反應，由此可知，下列說法正確的是
A. 元素W、X的單質(zhì)在放電條件下生成紅棕色氣體
B. Z元素氧化物對應水化物的酸性一定強于Y
C. W的氣態(tài)氫化物與其最高價含氧酸反應產(chǎn)物為離子化合物
D. Y的單質(zhì)難溶于水，易溶于乙醇
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素W的氣態(tài)氫化物可與其最高價含氧酸反應生成一種正鹽，則W是N元素，根據(jù)元素的相對位置可知X是O，Y是S，Z是Cl，然后根據(jù)元素周期律及物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。
【詳解】根據(jù)上述分析可知W是N，X是O，Y是S，Z是Cl元素。
A．N2與O2在電火花作用下發(fā)生反應產(chǎn)生無色NO氣體，選項A錯誤；
B．Y是S，Z是Cl，Cl元素的含氧酸HClO是弱酸，其酸性比H2SO3、H2SO4都弱，因此要指明是否是元素最高價含氧酸，選項B錯誤；
C．W的氣態(tài)氫化物NH3與其最高價含氧酸HNO3反應產(chǎn)物NH4NO3為離子化合物，選項C正確；
D．Y的單質(zhì)S難溶于水，微溶于乙醇，選項D錯誤；
答案選C。
11. 如圖所示為冰晶石(化學式為Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融時電離方程式為：Na3AlF63Na++AlF63-。圖中●位于大立方體頂點和面心，○位于大立方體的12 條棱的中點和8個小立方體的體心。則下列說法正確的是
A. 冰晶石是原子晶體B. 該物質(zhì)中存在配位鍵
C. 大立方體的體心處△代表的是Al3+D. 該物質(zhì)是電解冶煉鋁的還原劑
【答案】B
【解析】
【詳解】A、由已知冰晶石熔融時電離方程式為：Na3AlF63Na++可知，冰晶石是離子晶體，故A錯誤；B、Al的最外層含有三個電子，能與三個F形成三個共價鍵，而中Al結(jié)合了6個F，說明中Al和F之間形成了三個配位鍵，其中Al提供空軌道，F(xiàn)提供孤對電子，故B正確；C、由冰晶石(化學式為Na3AlF6)可知，Na+與的個數(shù)比為3:1，由冰晶石的晶胞結(jié)構(gòu)可知，一個晶胞中含有●的個數(shù)為8×+ 6×= 4，○的個數(shù)為8+12×=11，△代表○時，●與○的個數(shù)比為1:3，則●為，○為Na+，所以大立方體的體心處△代表的是Na+，故C錯誤；D、該物質(zhì)是電解冶煉鋁的助熔劑，故D錯誤。
12. 電絮凝的反應原理是以鋁、鐵等金屬為陽極，在直流電的作用下，陽極被溶蝕，產(chǎn)生金屬離子，在經(jīng)一系列水解、聚合及氧化過程，發(fā)展成為各種羥基絡合物、多核羥基絡合物以及氫氧化物，使廢水中的膠態(tài)雜質(zhì)、懸浮雜質(zhì)凝聚沉淀而分離。下列說法不正確的是
A. 每產(chǎn)生1mlO2，整個電解池中理論上轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA
B. 陰極電極反應式為2H2O + 2e- = H2↑+2OH—
C. 若鐵為陽極，則陽極電極方程式為Fe-2e-=Fe2+和2H2O - 4e- = O2↑+4H+
D. 若鐵為陽極，則在處理廢水的過程中陽極附近會發(fā)生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)題意可知，在直流電的作用下，陽極產(chǎn)生金屬陽離子，在經(jīng)一系列水解、聚合及氧化過程，發(fā)展成為各種羥基絡合物、多核羥基絡合物以及氫氧化物，使廢水中的膠態(tài)雜質(zhì)、懸浮雜質(zhì)凝聚沉淀而分離。
【詳解】A. 每產(chǎn)生1mlO2，根據(jù)電極反應，M-ne-=Mn+和2H2O-4e- =O2↑+4H+，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量大于4ml，轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于4NA，故A錯誤；
B. 根據(jù)題意，可得到陰極電極反應式為2H2O+2e- = H2↑+2OH-，故B正確；
C. 根據(jù)題意，若鐵為陽極，則陽極電極方程式為Fe-2e-=Fe2+和2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正確；
D. 若鐵為陽極，在電流作用下，F(xiàn)e-2e-=Fe2+，亞鐵離子不穩(wěn)定，具有還原性，易被氧氣氧化，則在處理廢水的過程中陽極附近會發(fā)生：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正確；
答案選A。
13. 一定溫度下，在體積均為2L的Ⅰ、Ⅱ兩個恒容密閉容器中充入X(g)和Y(g)，發(fā)生反應，X、Y的起始物質(zhì)的量及X的平衡轉(zhuǎn)化率如表所示。
下列判斷正確的是
A. 反應的平衡常數(shù)：KI﹤KII
B. 該溫度下，Ⅱ中反應的平衡常數(shù)為
C. Ⅱ中
D. 平衡時向Ⅰ中再充入0.1mlY和0.1mlZ，則平衡正向移動
【答案】B
【解析】
【分析】
【詳解】A．平衡常數(shù)只與溫度有關，所以KⅠ=KⅡ，故A錯誤；
B．根據(jù)Ⅰ給出的中的數(shù)據(jù)可列三段式：
則平衡時X、Y、Z的濃度分別為0.1ml/L，0.05ml/L，0.1ml/L，所以該反應的平衡常數(shù)K==20L?ml-1，Ⅰ和Ⅱ的平衡常數(shù)相等，所以Ⅱ中反應的平衡常數(shù)為 20L?ml?1，故B正確；
C．和Ⅰ相比，Ⅱ中多加了0.4mlX，所以X的轉(zhuǎn)化率降低，即a＜50，故C錯誤；
D．平衡時再向Ⅰ中充入0.1mlY和0.1mlZ，則此時的Q==22.5，Q＜K，則平衡逆向移動，故D錯誤；
故選B。
14. 25℃，向20 mL 0.1 ml·L?1 MOH溶液中滴加0.1 ml·L?1 CH3COOH溶液, 所得溶液的pH(對應曲線M)及導電能力(對應曲線N)變化如圖所示。下列敘述正確的是
A. MOH是弱堿，其Kb＝1.0×10?21
B. b點溶液中，c(CH3COO?)＋ c(CH3COOH)＝0.1 ml·L?1
C. 水的離子積常數(shù)Kw：b＞c＞a
D. c點溶液中，c(CH3COO?)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH?)
【答案】D
【解析】
【詳解】A由圖0.1ml·L—1MOH溶液的pH=11，MOH是弱堿，根據(jù)平衡常數(shù)定義Kb ＝1.0×10—5，故A錯；
B. b點溶液中兩者恰好反應，生成CH3COOM鹽溶液，且pH=3，說明M+水解程度大于CH3COO—的水解程度，c(CH3COO—)＋ c(CH3COOH)＝0.05ml·L—1，故B錯；
C.因為 a b c三點在一條曲線上，溫度相同，所以水的離子積常數(shù)Kw相同，故C錯；
D. c點溶液中，醋酸過量溶液顯酸性，所以c(CH3COO—)＞c(M+)＞c(H+)＞c(OH—)，故D正確；
故答案選D。
【點睛】水的離子積常數(shù)Kw只與溫度有關。根據(jù)物料守恒的規(guī)律進行判別。通過圖象中線的走向判斷溶液中離子變化大小。
15. 下列有關說法正確的是
A. 向溶液中緩慢加入稀鹽酸，在這個過程中一定有某個時刻滿足：
B. 電子由3d能級躍遷至4p能級時，可通過光譜儀攝取原子的發(fā)射光譜
C. 配合物中的H―N―H的鍵角和游離的分子H―N―H的鍵角相等
D. 在溶液中加入少量固體，減小
【答案】A
【解析】
【詳解】A．向溶液中緩慢加入稀鹽酸．首先發(fā)生反應，根據(jù)電荷守恒：，當恰好完全轉(zhuǎn)化為NaCl和，溶液中的Na+濃度恰好為Cl-的兩倍，即，所以有，A項正確；
B．電子由3d能級躍遷至4p能級時，吸收能量，故可通過光譜儀攝取原子的吸收光譜，B項錯誤；
C．配合物中氨分子為配體，氮原子上沒有孤電子對、價層電子對數(shù)為4，游離氨分子中氮原子價層電子對數(shù)為4、有1對孤電子對，孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，則配合物的H―N―H的鍵角大于游離的分子H―N―H的鍵角相等，C項錯誤；
D．在溶液中加入少量固體，抑制醋酸的電離，氫離子濃度減小，則增大，D項錯誤；
故選A。
二、解答題(本大題共4小題，共55分)
16. 重金屬元素鉻的毒性較大，含鉻廢水需經(jīng)處理達標后才能排放。
I.某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+，同時還含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，且酸性較強。為回收利用，通常采用如下流程處理：
注：部分陽離子常溫下以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH見下表。
（1）氧化過程中可代替H2O2加入的試劑是________(填序號)。
A.Na2O2 B.HNO3 C.FeCl3 D.KMnO4
（2）加入NaOH溶液調(diào)整溶液pH＝8時，除去的離子是________(填序號)；已知鈉離子交換樹脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交換除去的雜質(zhì)離子是____(填序號)。
A.Fe3+ B.Al3+ C.Ca2+ D.Mg2+
（3）還原過程中，每消耗172.8gCr2O72-轉(zhuǎn)移4.8 ml e-，該反應離子方程式為________。
Ⅱ.酸性條件下，六價鉻主要以Cr2O72-形式存在，工業(yè)上常用電解法處 理含Cr2O72-的廢水。
實驗室用如圖裝置模擬處理含Cr2O72-廢水，陽極反應是Fe-2e-=Fe2+，陰極反應式2H++2e-=H2↑隨著電解進行，陰極附近pH升高。
（1）電解時能否用Cu電極來代替Fe電極？____(填“能”或“不能”)， 理由是______________。
（2）電解時陽極附近溶液中Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3+的離子方程式為________________。
（3）上述反應得到的金屬陽離子在陰極區(qū)可沉淀完全，從其對水的電離平衡影響角度解釋其原因__________。
（4）若溶液中初始含有0.lml Cr2O72-，則生成的陽離子全部轉(zhuǎn)化成沉淀的質(zhì)量是_____g。
【答案】 ①. A ②. AB ③. CD ④. 3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH- ⑤. 不能 ⑥. 因陽極產(chǎn)生的 Cu2+不能使Cr2O72-還原到低價態(tài) ⑦. Cr2O72-+6Fe2++14H+== 2Cr3++6Fe3++7H2O ⑧. 水中的H+在陰極區(qū)放電，H+濃度減小促使水的電離平衡H2OH++ OH-向右移動，陰極區(qū)OH-濃度增大與金屬陽離子在陰極區(qū)結(jié)合而沉淀完全 ⑨. 84.8
【解析】
【分析】某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+，同時還含有少量的Fe2+、 Fe3+、 Al3+、 Ca2+和Mg2+等，加H2O2的目的是把Fe2+氧化為Fe3+,同時Cr3+被氧化成Cr2O72-，再加NaOH調(diào)節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4.
【詳解】(1) 加氧化劑的是把Fe2+氧化為Fe3+,同時Cr3+被氧化成Cr2O72-，不能引入新雜質(zhì)，所以可用Na2O2代替H2O2。答案：A。
（2）加入NaOH溶液調(diào)整溶液PH,當pH＝8時，F(xiàn)e3+、 Al3+都轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀被除去。已知鈉離子交換樹脂的原理：Mn++nNaR→MRn+nNa+，此步操作被交換除去的雜質(zhì)離子是Ca2+ 和.Mg2+。所以答案: AB 、 CD。
（3）每消耗0.8ml Cr2O72-轉(zhuǎn)移4.8ml e-，則1mlCr2O72-轉(zhuǎn)移6ml電子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化為SO42-，則反應的離子方程式為：3S2O32-+4Cr2O72-+13H2O==6SO42-+8Cr (OH)3↓+2OH-。
（1）若用Cu電極來代替Fe電極，在陽極上銅失去電子得到的陽離子是銅離子，該離子不具有還原性，不能和重鉻酸根之間發(fā)生反應，故答案為不能；因陽極產(chǎn)生的 Cu2+不能使Cr2O72-還原到低價態(tài)。
（2）Cr2O72-具有強氧化性，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，自身被還原為2Cr3+，反應的實質(zhì)是：6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案為6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O。
（3）因為水中的H+在陰極區(qū)放電，所以H+濃度減小促使水的電離平衡H2OH++ OH-向右移動，陰極區(qū)OH-濃度增大與金屬陽離子在陰極區(qū)結(jié)合而沉淀完全。答案_水中的H+在陰極區(qū)放電，H+濃度減小促使水的電離平衡H2OH++ OH-向右移動，陰極區(qū)OH-濃度增大與金屬陽離子在陰極區(qū)結(jié)合而沉淀完全。
（4）由6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O知若溶液中初始含有0.lml Cr2O72-，則生成的陽離子Fe3+、Cr3+全部轉(zhuǎn)化成沉淀為Fe(OH)3和 Cr(OH)3，他們的質(zhì)量是0.6ml107g/ml+0.2103g/ml=84.8g，答案：84.8。
【點睛】點睛：本題考查了物質(zhì)分離提純的操作及方法應用、電解原理、難溶物溶度積的計算等。本題的易錯點為II，要注意銅離子不具有較強的還原性，另外要注意掌握氧化還原反應方程式的配平方法。
17. 苯甲酸及鈉鹽多用作食品、藥品、化妝品等防腐劑。某實驗小組設計實驗制備苯甲酸鈉并測定所得產(chǎn)物的純度。其實驗裝置實驗步驟和有關資料如下：
【實驗裝置】（夾持及加熱裝置省略）：
【實驗步驟】
Ⅰ 苯甲酸鈉的制備：操作流程如圖所示。
反應1：
反應2：
Ⅱ 滴定法測定苯甲酸鈉純度的主要操作：取步驟Ⅰ所得苯甲酸鈉晶體樣品1.5g于錐形瓶中，加25mL水、50mL乙醚與2滴指示劑，用0.50ml/L鹽酸滴定至水層變色。
【有關資料】
回答下列問題：
（1）儀器a的作用為______。
（2）制備過程中多次用到“過濾”操作，該操作使用的玻璃儀器有______。
（3）苯甲酸晶體與過量碳酸鈉溶液反應的離子方程式為______。
（4）冷卻過濾所得苯甲酸晶體可能含有某些雜質(zhì)，進一步除雜可以使用的方法是______。
（5）使反應溫度保持70℃的方法是______。
（6）滴定法測定苯甲酸鈉純度時，加入乙醚的作用為______，使用的指示劑為______（填編號）。
①石蕊 ②酚酞 ③甲基橙
（7）已知每1mL 0.50 ml/L的鹽酸消耗72mg的苯甲酸鈉，實驗測得滴定終點時消耗鹽酸20.00mL，則該實驗所得苯甲酸鈉的純度為______。
【答案】（1）冷凝回流
（2）漏斗、燒杯、玻璃棒
（3） （4）重結(jié)晶
（5）水浴加熱 （6） ①. 溶解生成的苯甲酸 ②. ③
（7）96%
【解析】
【分析】甲苯與高錳酸鉀溶液反應生成苯甲酸鉀、氫氧化鉀、二氧化錳和水，趁熱過濾可增大苯甲酸的溶解性，則濾液1中含有的苯甲酸鉀與加入的鹽酸，利用強酸制弱酸原理可制取苯甲酸，加入30%碳酸鈉溶液，制取苯甲酸晶體，保存70℃至pH=7.5生成苯甲酸鈉溶液，在經(jīng)過一系列操作制取苯甲酸鈉晶體。
【小問1詳解】
根據(jù)儀器特點，儀器a為球形冷凝管，作用為冷凝回流；
【小問2詳解】
“過濾”操作使用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒；
【小問3詳解】
苯甲酸晶體與過量碳酸鈉溶液反應為強酸制弱酸，離子方程式為；
【小問4詳解】
所得苯甲酸晶體可能含有硫酸錳，可采用重結(jié)晶的方法進一步提純；
【小問5詳解】
采用水浴加熱的方法保持溶液的溫度為70℃；
【小問6詳解】
苯甲酸少量溶于水，而易溶于乙醚，加入乙醚可溶解生成的苯甲酸，減少苯甲酸的損失；苯甲酸鈉溶液顯堿性，而苯甲酸顯酸性，滴定法測定苯甲酸鈉純度時，甲基橙，其變色范圍3.1~4.4，使用的指示劑為甲基橙，選③；
小問7詳解】
已知每1 mL的鹽酸滴定液（0.5 ml/L）相當于72 mg的苯甲酸鈉，消耗鹽酸20.00 mL時，苯甲酸鈉的質(zhì)量為72.00 mg×20.00 mL/mg=1.44g，苯甲酸鈉的純度==96%。
18. 有機物Y是制取醇酸樹脂和高級航空潤滑油的重要原料，PVAc樹脂可用來生產(chǎn)涂料與PVA，有機物N是玉蘭、紫丁香等日用香精的主香劑，它們的合成路線如下：
已知：R為烴基，、為烴基或氫原子。
I．
Ⅱ．
回答下列問題：
（1）C的名稱是___________。
（2）寫出由B在一定條件下生成PVAc樹脂的化學方程式___________。
（3）D的結(jié)構(gòu)簡式是___________。
（4）已知E中碳原子都是雜化，寫出F→G的化學方程式___________。
（5）M的結(jié)構(gòu)簡式是___________。
（6）下列有關說法中正確的是___________(填字母序號)。
a．N屬于酯類物質(zhì)
b．C、K互為同系物
c．反應①、②都可以是與的加成反應
（7）寫出符合下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___________。
a．與B有相同官能團
b．反式結(jié)構(gòu)
【答案】（1）乙醛 （2）
（3）
（4） （5） （6）ac
（7）
【解析】
【分析】A為CH≡CH，與水發(fā)生加成反應，但兩個羥基連在同一碳原子上不穩(wěn)定，會脫水生成醛，故C為CH3CHO，C發(fā)生信息I中反應生成D為CH3CH=CHCHO，E在Cu作催化劑加熱時生成F，即E應為醇，F(xiàn)應為醛，D與氫氣發(fā)生加成反應生成醇E為CH3CH2CH2CH2OH，F(xiàn)為CH3CH2CH2CHO，F(xiàn)和HCHO發(fā)生已知I中反應生成G，參考Y的結(jié)構(gòu)簡式，可得G為，K→M參考已知Ⅱ，M應為醇，與C（CH3CHO）生成的X在濃硫酸加熱條件下反應酯化反應生成N， X為羧酸CH3COOH，結(jié)合N的分子式且N中含有三個甲基，以及可知，M為，K為，N為，乙炔與X反應得到CH3COOCH=CH2， CH3COOCH=CH2發(fā)生加聚反應得到PVAc樹脂為。
【小問1詳解】
C為CH3CHO，名稱為：乙醛；
【小問2詳解】
CH3COOCH=CH2發(fā)生加聚反應得到PVAc樹脂（），化學方程式為：；
【小問3詳解】
由分析得，D為CH3CH=CHCHO；
【小問4詳解】
F和HCHO發(fā)生已知I中反應生成G，參考Y的結(jié)構(gòu)簡式，可得G為，化學方程式為：；
【小問5詳解】
由分析得，M的結(jié)構(gòu)簡式為：；
【小問6詳解】
a．N，含有酯基，屬于酯類物質(zhì)，a正確；
b．C為CH3CHO，K為，官能團不同，并非互為同系物，b錯誤；
c．由上述分析可知，反應①、②都可以是與H2的加成反應，c正確；
故選ac；
【小問7詳解】
B為CH3COOCH=CH2，與B有相同的官能團，即有酯基和碳碳雙鍵，是反式結(jié)構(gòu)，即相同基團在不同側(cè)，符合條件的同分異構(gòu)體為：。
19. 為了更好地利用物質(zhì)和能量變化，需要關注化學反應的快慢和程度。
Ⅰ．化學變化過程中均存在物質(zhì)變化與能量變化，某化學興趣小組進行如下圖所示實驗，以驗證此結(jié)論。
（1）進行實驗時，溫度計水銀柱液面的變化：①升高：②降低。則反應①中，反應物斷鍵吸收的能量_______生成物成鍵釋放的能量(填“大于”或“小于”)：反應②中，反應物的總能量_______生成物的總能量(填“高于”或“低于”)。
Ⅱ．某小組利用溶液和稀硫酸的反應(現(xiàn)象：產(chǎn)生刺激性氣味氣體、溶液變渾濁)，通過比較反應完全所用時間長短驗證不同因素對化學反應速率的影響，實驗設計如表所示：
（2）和稀硫酸反應的離子方程式為_______。
（3）①依據(jù)化學反應原理判斷平均用時_______5(填“>”“=”或“”“=”或“ ②. 0.01
（4）再加入5mL蒸餾水
（5） ①. > ②. 不相同，鋅粉與酸反應本質(zhì)是Zn與反應，等物質(zhì)的量濃度的稀硫酸比鹽酸的濃度大，反應更快 （6）CD
【解析】
【分析】I：鐵與稀硫酸的反應為放熱反應，氫氧化鋇晶體與氯化銨的反應為吸熱反應。
II：a和b組溫度不同，可探究溫度對反應速率的影響；a和c稀硫酸濃度不同，可探究稀硫酸濃度對反應速率的影響，但應保持溶液總體積相同，應再加入5mL水；
【小問1詳解】
進行實驗時，溫度計水銀柱液面的變化：①升高；②降低，則反應①是放熱反應，②是吸熱反應，所以反應①中反應物斷鍵吸收的能量小于生成物成鍵釋放的能量，反應②中反應物的總能量低于生成物的總能量；
【小問2詳解】
和稀硫酸反應的離子方程式為：；
【小問3詳解】
溫度升高，反應速率加快，b組溫度最高，速率最快，達到平衡用時最短，故依據(jù)化學反應原理判斷平均用時>5；根據(jù)：，；
【小問4詳解】
根據(jù)分析，實驗a和c用于探究稀硫酸濃度大小對化學反應速率的影響，應保證溶液總體積20mL不變，Na2S2O3的濃度不變，所以實驗c的改進方案：再加入5mL水；
【小問5詳解】
由圖2可知，未知濃度鹽酸與Zn反應產(chǎn)生等量氫氣所需的時間更短，反應速率更快，其濃度更大，所以c(未知濃度的鹽酸)>1ml/L；Zn與鹽酸或硫酸反應實質(zhì)為Zn與氫離子反應，硫酸是二元強酸，而HCl是一元強酸，濃度均為1ml/L的硫酸和鹽酸溶液中，硫酸中c(H+)更大，反應速率更快，所以二者反應速率不相同，故答案為：>；不相同，鋅粉與酸反應本質(zhì)是Zn與反應，等物質(zhì)的量濃度的稀硫酸比鹽酸的濃度大，反應更快；
【小問6詳解】
A．加入蒸餾水，鹽酸濃度減小，反應速率減慢，Zn的總量不變，不改變生成H2的量，方法可行，A正確；
B．加入KCl溶液，鹽酸濃度減小，反應速率減慢，Zn的總量不變，不改變生成H2的量，方法可行，B正確；
C．加入KNO3溶液，硝酸根離子在酸性環(huán)境中具有強氧化性，反應生成NO，不能生成H2，方法不可行，C錯誤；
D．加入硫酸銅溶液，Zn能置換Cu形成銅鋅原電池，生成H2速率加快，且生成H2的量減小，方法不可行，D錯誤；
故選CD。W
X
Y
Z
容器編號
Ⅰ
Ⅱ
起始物質(zhì)的量/ml
X
0.4
0.8
Y
0.2
0.2
X的平衡轉(zhuǎn)化率/%
50
a
氫氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>9溶解)
物質(zhì)
沸點/℃
水中溶解性
乙醚中溶解性
甲苯
110.6
難溶
易溶
苯甲酸
249.2
水中溶解度：0.21g（17.5℃）、0.35g（25℃）、
2.2g（75℃）、2.7g（80℃）、5.9g（100℃）
易溶
苯甲酸鈉
——
易溶
微溶
實驗編號
T/K
溶液
稀溶液
反應完全所用時間/秒
V/mL
V/mL
s
a
298
0.1
10
0.2
10
b
323
0.1
10
0.2
10
5
c
298
0.1
10
0.2
5

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