1.下列“實(shí)際應(yīng)用”對(duì)應(yīng)“化學(xué)知識(shí)原理”說法錯(cuò)誤的是（ ）
選項(xiàng)
實(shí)際應(yīng)用
化學(xué)知識(shí)原理
A
泡沫滅火器中裝有碳酸氫鈉溶液
和硫酸鋁溶液
碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液水解且相互促進(jìn)
B
工業(yè)上采用高壓(20-50MPa)合成NH3
應(yīng)用勒夏特列原理
C
施加石膏降低鹽堿地(含Na2CO3)的堿性
CaCO3溶度積小于CaSO4
D
選用金屬鋰做電池電極材料
鋰輕且在空氣中穩(wěn)定
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A.Al3+與HCO3-發(fā)生互促水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w，反應(yīng)的離子方程式為Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，A合理；
B.N2與H2合成氨氣的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，由于正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡向氣體體積減小的正反應(yīng)方向移動(dòng)，會(huì)使氨氣的平衡含量增加，所以可以應(yīng)用勒夏特列原理，B正確；
C.施加石膏降低鹽堿地(含Na2CO3)的堿性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，當(dāng)向溶液中加入石膏時(shí)，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：Ca2++CO32-=CaCO3↓，該反應(yīng)發(fā)生，使溶液中碳酸根離子濃度降低，水解平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的堿性減弱，C正確；
D.選用金屬鋰作電池電極材料，是由于Li容易失去電子，產(chǎn)生等物質(zhì)的量的電子，需要的金屬的質(zhì)量小，解釋不符合事實(shí)，D錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是D。
2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的有幾個(gè)
①1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)為2NA；
②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，體積為22.4L的SO3中含3NA個(gè)氧原子；
③1molC10H22分子中共價(jià)鍵總數(shù)為31NA；
④60g二氧化硅晶體中含有的分子數(shù)目為NA；
⑤1mol/LNaOH溶液中含有Na+數(shù)目為NA；
⑥1molD2O含10NA個(gè)電子；
⑦2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA。
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【詳解】①氮?dú)馀c氫氣生成氨氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，所以1molN2與4molH2反應(yīng)生成的NH3分子數(shù)小于2NA，故①錯(cuò)誤；
②標(biāo)況下三氧化硫不是氣體，22.4LSO3的物質(zhì)的量不是1mol，故②錯(cuò)誤；
③C10H22為鏈狀烷烴，1個(gè)C10H22分子中含有31個(gè)共價(jià)鍵，所以1molC10H22分子中共價(jià)鍵總數(shù)為31NA，故③正確；
④二氧化硅為原子晶體，不存在分子，故④錯(cuò)誤；
⑤溶液體積未知無法確定離子的數(shù)目，故⑤錯(cuò)誤；
⑥一個(gè)D2O分子所含電子數(shù)為2+8=10，所以1molD2O含10NA個(gè)電子，故⑥正確；
⑦未指明溫度和壓強(qiáng)，無法確定2.24L混合氣體的物質(zhì)的量，故⑦錯(cuò)誤；
綜上所述正確的有2個(gè)，故答案為A。
3.下列有關(guān)分散系的敘述不正確的是
A. 膠體是分散系的一種，它只是物質(zhì)的一種存在形式
B. 氫氧化鐵膠體與三氯化鐵溶液的本質(zhì)區(qū)別是能否產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)
C. 溶液的分散質(zhì)可通過半透膜，而濁液的分散質(zhì)則不能通過半透膜
D. 工廠中的“靜電除塵”利用了膠體的性質(zhì)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．膠體是分散質(zhì)顆粒直徑介于1nm—100nm之間的一種介穩(wěn)體系的分散系，是物質(zhì)的一種存在形式，故A正確；
B．氫氧化鐵膠體與三氯化鐵溶液的本質(zhì)區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑大小不同，故B錯(cuò)誤；
C．溶液可以通過半透膜，膠體粒子和濁液的分散質(zhì)不能通過半透膜，故C正確；
D． 膠體具有吸附性，膠粒吸附帶電微粒而帶電，在通電情況下，膠粒能定向移動(dòng)，所以靜電除塵利用了膠體能發(fā)生電泳的性質(zhì)，故D正確；
故選B。
4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（ ）
A. 100mL1mol/LFeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NA
B. 將1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO- 粒子數(shù)之和為NA
C. 12g乙烷中所含的極性共價(jià)鍵為2.4NA個(gè)
D. 標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48 LNO與足量氧氣反應(yīng)生成NO2數(shù)目為0.2NA
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 在FeCl3溶液中，F(xiàn)e3+會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)而消耗，所以該溶液中含有的Fe3+的數(shù)目小于0.1NA，A錯(cuò)誤；
B.將1mol Cl2通入水中，只有一部分氯氣與水發(fā)生反應(yīng)，所以HClO、Cl-、ClO- 粒子數(shù)之和小于NA，B錯(cuò)誤；
C.12g乙烷的物質(zhì)的量為n=12g÷30g/mol=0.4mol，由于在1個(gè)乙烷分子中含有6個(gè)C-H鍵，所以0.4mol乙烷中所含的極性共價(jià)鍵為2.4NA個(gè)，C正確；
D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，4.48 LNO的物質(zhì)的量為0.2mol，與足量氧氣反應(yīng)生成NO2后，部分NO2會(huì)發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生N2O4，因此最終產(chǎn)生的NO2數(shù)目小于0.2NA，D錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是C。
5.最近有人用一種稱為“超酸”的化合物H(CB11H6Cl6)和C60反應(yīng)，使C60獲得一個(gè)質(zhì)子，得到一種新型離子化合物[HC60]+[CB11H6Cl6]－。下列反應(yīng)在類型上看可與該反應(yīng)相比擬的是
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反應(yīng)，使C60獲得一個(gè)質(zhì)子，得到一種新型離子化合物[HC60]+[CB11H6Cl6]－，發(fā)生化合反應(yīng)生成離子化合物，據(jù)此分析解答。
【詳解】A．CO2+H2O=H2CO3中發(fā)生化合反應(yīng)，但碳酸為共價(jià)化合物，故A不選；
B．NH3+HCl=NH4Cl中發(fā)生化合反應(yīng)生成離子化合物，氨氣得到一個(gè)質(zhì)子變?yōu)殛栯x子，與信息相同，故B選；
C．Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑發(fā)生置換反應(yīng)，與信息不符，故C不選；
D．CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O中發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，與信息不符，故D不選；
答案選B。
【點(diǎn)睛】本題以信息的形式考查物質(zhì)的性質(zhì)及化學(xué)反應(yīng)類型，明確信息是解答本題的關(guān)鍵，根據(jù)C60獲得一個(gè)質(zhì)子與氨氣獲得1個(gè)質(zhì)子相似來解答即可，注意已知信息的提取和靈活應(yīng)用。
6.下列說法正確的是（ ）
A. 中陽極處能產(chǎn)生使?jié)駶櫟矸?KI試紙變藍(lán)的氣體
B 中待鍍鐵制品應(yīng)與電源正極相連
C. 中鋼閘門應(yīng)與外接電源的正極相連，稱為犧牲陽極的陰極保護(hù)法
D. 中的離子交換膜可以避免生成的Cl2與NaOH溶液反應(yīng)
【答案】D
【解析】
【詳解】A.在陽極Fe失去電子變?yōu)镕e2+進(jìn)入溶液，F(xiàn)e2+與KI不能發(fā)生反應(yīng)，因此不能產(chǎn)生使?jié)駶櫟矸?KI試紙變藍(lán)的氣體，A錯(cuò)誤；
B.電鍍時(shí)，應(yīng)該把待鍍鐵制品與電源負(fù)極相連，作陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；
C.鋼閘門應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連，稱為外接電流的陰極保護(hù)法，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)圖示可知：該離子交換膜可以使Na+通過，而不能使Cl2通過，因此就可以避免生成的Cl2與NaOH溶液反應(yīng)，D正確；
故合理選項(xiàng)是D。
7.下列解釋工業(yè)生產(chǎn)或應(yīng)用的化學(xué)用語中，不正確的是（ ）
A. FeCl3溶液刻蝕銅電路板：2Fe3+ + Cu==2Fe2++ Cu2+
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3·H2O== Al(OH)3↓ + 3NH4 +
C 將少量二氧化碳通入次氯酸鈉溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－== CO32－＋2HClO
D. Na2CO3溶液處理水垢：CaSO4(s)+CO32?（aq）CaCO3(s)+SO42?（aq）
【答案】C
【解析】
【詳解】A．Fe3+被還原為Fe2+，所給式子已配平，符合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，A項(xiàng)正確；
B．氫氧化鋁不溶于過量氨水，所以生成產(chǎn)物是Al(OH)3，一水合氨是弱堿不拆寫，B項(xiàng)正確；
C．因酸性強(qiáng)弱：H2CO3>HClO>HCO3-，所以不管通入次氯酸鈉溶液中的CO2的量多少，反應(yīng)均生成HCO3-，正確的離子方程式應(yīng)為：CO2＋H2O＋ClO－= HCO3－＋HClO，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D．硫酸鈣是微溶物質(zhì)，碳酸鈣是難溶物質(zhì)，化學(xué)式均不拆寫，該反應(yīng)是一個(gè)沉淀轉(zhuǎn)化的反應(yīng)，符合復(fù)分解反應(yīng)條件，D項(xiàng)正確；
所以答案選擇C項(xiàng)。
【點(diǎn)睛】該題最好是采用排除法。酸性強(qiáng)弱H2CO3>HClO>HCO3-的確定，可以通過一些反應(yīng)事實(shí)來論證，也可以查閱書上的電離平衡常數(shù)，看其數(shù)量級(jí)直接比較強(qiáng)弱。
8.中科院某課題組將二氧化錳和生物質(zhì)置于一個(gè)由濾紙制成的折紙通道內(nèi)形成電池(如圖所示)，該電池可將可樂(pH=2.5)中的葡萄糖作為燃料獲得能量。下列說法中正確的是（ ）

A. a極為正極
B. 隨著反應(yīng)不斷進(jìn)行，負(fù)極區(qū)的pH不斷增大
C. b極電極反應(yīng)式為MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-
D. 消耗0.01mol葡萄糖，電路中轉(zhuǎn)移0.02mol電子
【答案】D
【解析】
【分析】
A.失電子化合價(jià)升高的電極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)；
B.負(fù)極區(qū)電極反應(yīng)式為C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，負(fù)極溶液中c(H+)增大；
C.b電極上二氧化錳得電子和氫離子反應(yīng)生成水和Mn2+；
D.根據(jù)C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+計(jì)算轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量。
【詳解】A.根據(jù)圖知，葡萄糖C6H12O6轉(zhuǎn)化為葡萄糖內(nèi)脂C6H10O6，C元素化合價(jià)由0價(jià)轉(zhuǎn)化為+，則該電極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以a為負(fù)極，b為正極，A錯(cuò)誤；
B.負(fù)極區(qū)電極反應(yīng)式為C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，負(fù)極溶液中c(H+)增大，則溶液的pH減小，B錯(cuò)誤；
C.b電極上二氧化錳得電子和氫離子反應(yīng)生成水和錳離子，電極反應(yīng)式為MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖轉(zhuǎn)移2mol電子，則消耗0.01mol葡萄糖轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D正確；
故合理選項(xiàng)是D。
【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)電源新型電池，正確判斷各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)及電極名稱是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，要結(jié)合電解質(zhì)溶液酸堿性書寫。
9.某溫度下，體積和pH都相同的NaOH溶液與CH3COONa溶液加水稀釋時(shí)的pH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是（ ）

A. c點(diǎn)的溶液中c(OH?)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B. a、b兩點(diǎn)溶液的導(dǎo)電性：a>b
C. b、c兩點(diǎn)溶液中水的電離程度：b=c
D. 用相同濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應(yīng)，消耗鹽酸的體積：Vb=Vc
【答案】B
【解析】
【分析】
NaOH是強(qiáng)堿，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液進(jìn)行稀釋時(shí)，CH3COONa溶液的pH變化比較平緩，所以曲線II為CH3COONa稀釋曲線。
【詳解】A．任一點(diǎn)溶液中均存在電荷守恒：c(OH?)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依據(jù)物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，將兩式相減得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH?)。如所給的等式c(OH?)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，則可得出c(CH3COOH)=0這一錯(cuò)誤的結(jié)論，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B．開始兩溶液的pH相同，則開始物質(zhì)的量濃度：CH3COONa>NaOH，a、b兩點(diǎn)溶液稀釋的倍數(shù)相同，所得對(duì)應(yīng)溶液中的離子濃度：CH3COONa>NaOH，導(dǎo)電性：a>b， B項(xiàng)正確；
C．b、c兩點(diǎn)溶液中pH相同，但一個(gè)是堿溶液，水的電離受到抑制，一個(gè)是強(qiáng)堿弱酸鹽的溶液，水的電離因CH3COO-水解而受到促進(jìn)，所以水的電離程度：bn(NaOH)，所以用相同濃度的鹽酸分別與等體積的b、c處溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)，消耗鹽酸的體積：VbKHB>KHD
B. 滴定至P點(diǎn)時(shí)，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7時(shí)，三種溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時(shí)，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)圖像可知0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，說明三種酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最強(qiáng)，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越強(qiáng)，電離平衡常數(shù)越大，三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHD，A正確；
B．滴定至P點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HB和NaB，溶液顯酸性，HB的電離為主，但電離程度較小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正確；
C．pH=7時(shí)，三種溶液中陰離子的水解程度不同，加入的氫氧化鈉的體積不同，三種離子濃度分別和鈉離子濃度相等，但三種溶液中鈉離子濃度不等，C錯(cuò)誤；
D．此為混合溶液的質(zhì)子守恒關(guān)系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正確；
答案選C。
【點(diǎn)晴】在判斷溶液中微粒濃度大小的比較時(shí)，要重點(diǎn)從三個(gè)守恒關(guān)系出發(fā)分析思考。（1）兩個(gè)理論依據(jù)：①弱電解質(zhì)電離理論：電離微粒的濃度大于電離生成微粒的濃度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)?c(CO32－)(多元弱酸第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步電離)。②水解理論：水解離子的濃度大于水解生成微粒的濃度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)?c(H2CO3)(多元弱酸根離子的水解以第一步為主)。（2）三個(gè)守恒關(guān)系：①電荷守恒：電荷守恒是指溶液必須保持電中性，即溶液中所有陽離子的電荷總濃度等于所有陰離子的電荷總濃度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。③質(zhì)子守恒：由水電離出的c(H＋)等于由水電離出的c(OH－)，在堿性鹽溶液中OH－守恒，在酸性鹽溶液中H＋守恒。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。解答本題時(shí)，能夠從圖像的起始點(diǎn)得出三種酸的相對(duì)強(qiáng)弱是解題的關(guān)鍵。
13.按圖的裝置進(jìn)行電解實(shí)驗(yàn)：A極是銅鋅合金，B極為純銅，電解質(zhì)中含有足量的銅離子。通電一段時(shí)間后，若A極恰好全部溶解，此時(shí)B極質(zhì)量增加7.68g，溶液質(zhì)量增加0.03g，則A合金中Cu、Zn原子個(gè)數(shù)比為（ ）

A. 4︰1 B. 3︰1 C. 2︰1 D. 任意比
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)圖像可知，鋅銅合金作電解池的陽極，發(fā)生Zn-2e-=Zn2+，Cu-2e-=Cu2+，陰極發(fā)生Cu2++2e-=Cu，已知B極質(zhì)量增加7.68g，即生成0.12molCu，溶液質(zhì)量增加0.03g，則n（Zn）=0.03mol，根據(jù)反應(yīng)式可得合金中含有n(Cu)=0.12-0.03=0.09mol，Cu、Zn原子個(gè)數(shù)比=0.09：0.03=3：1，答案為B。
【點(diǎn)睛】陽極鋅失電子生成鋅離子時(shí)，陰極銅離子得電子生成單質(zhì)銅，則溶液質(zhì)量每增加1g，則有1molZn參與反應(yīng)。
14.H2RO3是一種二元酸，常溫下用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2氣體，溶液的pH隨RO2氣體的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列說法正確的是

A. a點(diǎn)溶液中2c(Na+)=3c(RO32-)
B. 向b點(diǎn)溶液中加水可使溶液的pH由6.2升高到7.4
C. 常溫下，NaHRO3溶液中c(HRO3-)>c(RO32-)>c(H2RO3)
D. 當(dāng)吸收RO2的溶液呈中性時(shí)，c(Na+)=c(RO32-)+c(HRO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
由圖可知，Na2RO3溶液呈堿性，說明H2RO3是一種二元弱酸，用1L1mol·L-1Na2RO3溶液吸收RO2氣體，Na2RO3溶液與RO2氣體反應(yīng)生成酸式鹽NaHRO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2RO3+H2O+RO2=2NaHRO3，a點(diǎn)吸收mol RO2氣體，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈堿性，b點(diǎn)吸收mol RO2氣體，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性。
【詳解】A. a點(diǎn)吸收mol RO2氣體，溶液中Na+的物質(zhì)的量為2mol，RO32-的物質(zhì)的量為mol，RO32-離子在溶液中水解，則2c(Na+)>3c(RO32-)，故A錯(cuò)誤；
B. b點(diǎn)導(dǎo)致溶液呈酸性，向溶液加水稀釋，氫離子濃度逐漸減小，pH只能無限接近7，不會(huì)超過7，故B錯(cuò)誤；
C. b點(diǎn)吸收mol RO2氣體，溶液中含有mol Na2RO3和mol NaHRO3，溶液呈酸性說明NaHRO3溶液中HRO3-電離程度大于水解程度，則c()>c()>c(H2RO3)，故C正確；
D. 當(dāng)吸收RO2的溶液呈中性時(shí)，溶液中c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)+c(OH-)可得c(Na+)=2c(RO32-)+c(HRO3-)，故D錯(cuò)誤；
故選C。
15.（1）乙醇—氧氣燃料電池是一種清潔能源，該電池用金屬鉑片插入氫氧化鉀溶液中作電極，在兩極區(qū)分別加入乙醇和氧氣，其負(fù)極反應(yīng)式為：_____________。
（2）古代鐵器（埋藏在地下）在嚴(yán)重缺氧的環(huán)境中，仍然銹蝕嚴(yán)重。原因是一種叫做硫酸鹽還原菌的細(xì)菌，能提供正極反應(yīng)的催化劑，可將土壤中的還原為S2-，該反應(yīng)放出的能量供給細(xì)菌生長、繁殖之需。①寫出該電化學(xué)腐蝕的正極反應(yīng)式：____________。
②文物出土前，鐵器表面的腐蝕產(chǎn)物可能有（寫化學(xué)式）____________。
（3）對(duì)金屬制品進(jìn)行抗腐蝕處理，可延長其使用壽命。以下為鋁材表面處理的一種方法：

①堿洗的目的是除去鋁材表面的自然氧化膜。堿洗時(shí)常有氣泡冒出，原因是(用離子方程式表示)：____________。
②以鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜，陽極電極反應(yīng)式為：____________。取少量廢電解液，加入NaHCO3溶液后產(chǎn)生氣泡和白色沉淀，產(chǎn)生沉淀的原因是____________。
（4）采用石墨電極電解CuSO4溶液一段時(shí)間后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢復(fù)到電解前的濃度。則電解過程中通過導(dǎo)線的電量為____________C(已知NA＝6.02×1023mol—1，1個(gè)電子所帶的電量為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-與Al3＋發(fā)生雙水解相互促進(jìn)反應(yīng)，產(chǎn)生Al(OH)3沉淀 (7). 3.85×104
【解析】
【分析】
(1)乙醇燃料電池中，加入氧氣的鉑片為原電池的正極，加入乙醇的鉑片為負(fù)極；
(2)由題意可知，土壤中SO42-在細(xì)菌的作用下，在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成S2-，鐵器中的鐵做負(fù)極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子與正極生成的硫離子和氫氧根離子不能共存，反應(yīng)生成硫化亞鐵和氫氧化亞鐵；
(3)①堿洗的目的是除去鋁材表面的自然氧化膜，堿洗時(shí)常有氣泡冒出的原因是當(dāng)氧化鋁薄膜完全溶解后，鋁與堿溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鹽和氫氣；
②鋁做陽極在H2SO4溶液中電解時(shí)，鋁失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧化鋁；廢電解液中含有鋁離子，加入NaHCO3溶液后，鋁離子在溶液中與碳酸氫根發(fā)生雙水解反應(yīng)；
(4)由采用石墨電極電解CuSO4溶液一段時(shí)間后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢復(fù)到電解前的濃度可知，電解分為兩個(gè)階段，第一階段電解硫酸銅溶液，第二階段電解水。
【詳解】(1)乙醇燃料電池中，加入氧氣的鉑片為原電池的正極，加入乙醇的鉑片為負(fù)極，堿性條件下，乙醇在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成碳酸根，電極反應(yīng)式為C2H6O－12e－+16OH－═2CO32-+11H2O，故答案為：C2H6O－12e-+16OH－═2CO32-+11H2O；
(2)由題意可知，土壤中的SO42-在細(xì)菌的作用下，在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成S2-，電極反應(yīng)式為SO42-+8e－+4H2O=S2－+8OH－，鐵器中的鐵做負(fù)極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成亞鐵離子，電極反應(yīng)式為Fe－2e－＝Fe2+ ，亞鐵離子與正極生成的硫離子和氫氧根離子不能共存，反應(yīng)生成硫化亞鐵和氫氧化亞鐵，故答案為：SO42-+8e－+4H2O=S2－+8OH－；Fe(OH)2和FeS；
(3)①堿洗的目的是除去鋁材表面的自然氧化膜，堿洗時(shí)常有氣泡冒出的原因是當(dāng)氧化鋁薄膜完全溶解后，鋁與堿溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鹽和氫氣，反應(yīng)的離子方程式為2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑，故答案為：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
②由題意可知，鋁做陽極在H2SO4溶液中電解時(shí)，鋁失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧化鋁，電極反應(yīng)式為2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋；廢電解液中含有鋁離子，加入NaHCO3溶液后，鋁離子在溶液中與碳酸氫根發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁白色膠狀沉淀和二氧化碳?xì)怏w，故答案為：2Al＋3H2O－6e－=Al2O3＋6H＋；HCO3-與Al3＋發(fā)生雙水解相互促進(jìn)反應(yīng)，產(chǎn)生Al(OH)3沉淀；
(4)由采用石墨電極電解CuSO4溶液一段時(shí)間后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢復(fù)到電解前的濃度可知，電解分為兩個(gè)階段，第一階段電解硫酸銅溶液，第二階段電解水，則電解過程中有0.1mol的硫酸銅和0.1mol的水被電解，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.1×2＋0.1×2＝0.4mol，通過導(dǎo)線的電量為0.4mol×6.02×1023mol—1×1.60×10－19C≈3.85×104C，故答案為：3.85×104。
【點(diǎn)睛】由采用石墨電極電解CuSO4溶液一段時(shí)間后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后，恰好使溶液恢復(fù)到電解前的濃度明確電解分為兩個(gè)階段，第一階段電解硫酸銅溶液，第二階段電解水是解答關(guān)鍵，也是解答的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)。
16.焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種常用的抗氧化劑。
某研究小組對(duì)焦亞硫酸鈉進(jìn)行如下研究：
（1）采用下圖裝置（實(shí)驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣）制取Na2S2O5。

裝置Ⅱ中有Na2S2O5析出，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為：Na2SO3+ SO2= Na2S2O5。
①裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為_____________________________。
②要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是______________。
③裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置（夾持儀器已略去）為______（填序號(hào)）。

（2）【查閱資料】Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。
①NaHSO3溶液顯酸性。請(qǐng)用化學(xué)用語和必要的文字解釋原因________________________________；
證明該結(jié)論可采用的實(shí)驗(yàn)方法是_______________（填序號(hào)）。
a．測定溶液的pH
b．加入Ba(OH)2溶液
c．加入鹽酸
d．加入品紅溶液
e．用藍(lán)色石蕊試紙檢測
②檢驗(yàn)Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實(shí)驗(yàn)方案是__________________。
（3）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在酸性條件下可將工業(yè)廢水中的Cr2O72—還原為Cr3+。
①寫出該反應(yīng)的離子方程式_______________________。
②若處理Cr2O72—濃度為1×10-3mol/L的工業(yè)廢水1L，需用Na2S2O5固體_________mg。
【答案】 (1). Na2SO3 + H2SO4（濃）＝ Na2SO4 + SO2↑+ H2O (2). 過濾 (3). d (4). HSO3-H++SO32- HSO3-+H2OH2SO3+OH-電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性 (5). a、e (6). 取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量稀鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，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】
裝置Ⅰ中產(chǎn)生二氧化硫氣體，裝置Ⅱ中二氧化硫與飽和的亞硫酸鈉溶液反應(yīng)生成焦亞硫酸鈉沉淀，裝置III中裝有NaOH溶液，吸收尾氣二氧化硫，防止污染空氣。
【詳解】(1)①裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體為二氧化硫氣體，化學(xué)方程式為Na2SO3 + H2SO4（濃）＝ Na2SO4 + SO2↑+ H2O；
②二氧化硫與飽和的亞硫酸鈉溶液反應(yīng)生成焦亞硫酸鈉沉淀，所以從裝置II中得到晶體的操作為過濾；
③裝置III作用是吸收二氧化硫，二氧化硫在水中的溶解度不大，所以用氫氧化鈉溶液吸收，答案選d；
(2)①亞硫酸鈉溶液呈酸性，是因?yàn)閬喠蛩釟涓x子的電離程度大于其水解程度，用離子方程式表示為HSO3-H++SO32-， HSO3-+H2OH2SO3+OH-；證明該溶液為酸性的方法可以用pH試紙測定溶液的pH值，小于7證明溶液呈酸性；或用藍(lán)色石蕊試紙檢驗(yàn)，若溶液使藍(lán)色石蕊試紙變紅色，證明溶液呈酸性；而加入氫氧化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，加入鹽酸產(chǎn)生氣體，都不能說明溶液為酸性，加入品紅溶液，與驗(yàn)證溶液的酸堿性無關(guān)，所以選擇ae；
②Na2S2O5晶體在空氣中被氧化為硫酸鈉，所以證明硫酸根離子的存在可證明Na2S2O5晶體已被氧化，操作為取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量稀鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；
（3）①焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在酸性條件下可將工業(yè)廢水中的Cr2O72—還原為Cr3+，自身被氧化為硫酸根離子，根據(jù)元素守恒，反應(yīng)中有水生成，所以離子方程式為2Cr2O72- + 3S2O52- + 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 5H2O或2Cr2O72- +6 HSO3-+ 10H+=4Cr3++ 6SO42- + 8H2O；
②若處理Cr2O72—濃度為1×10-3mol/L的工業(yè)廢水1L，則Cr2O72—的物質(zhì)的量是1×10-3mol需用Na2S2O5固體的物質(zhì)的量是1.5×10-3mol，則Na2S2O5固體的質(zhì)量是1.5×10-3mol×190g/mol=0.285g=285mg。
17.某火電廠收捕到的粉煤灰的主要成分為SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3、MgO、TiO2等。研究小組對(duì)其進(jìn)行綜合處理的流程如下：

已知：①“酸浸”后鈦主要以TiOSO4形式存在，強(qiáng)電解質(zhì)TiOSO4在溶液中僅能電離SO42-和一種陽離子
②常溫下，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濾液1中仍有Fe2+剩余
請(qǐng)回答下列問題：
（1）為了提高粉煤灰浸出速率，在“酸浸”時(shí)可采取的措施有_______________________
（2）“水解”反應(yīng)的離子方程式為______________________________________。怎樣判斷TiO2?xH2O沉淀已經(jīng)洗滌干凈____________________________________________。
（3）加入雙氧水調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)離子方程式為_______________________________________。濾渣2成分為________________。為使濾渣2沉淀完全(溶液中離子濃度小于10-5mol/L)。需“調(diào)pH”為________。（保留兩位有效數(shù)字）
（4）濾液3在蒸發(fā)結(jié)晶制備MgCl2?6H2O應(yīng)注意_____________________________________。
（5）“結(jié)晶”需控制在70℃左右，溫度過高的后果會(huì)導(dǎo)致的后果為________________________。
【答案】 (1). 適當(dāng)升高溫度，增大硫酸的濃度，將粉煤灰研成粉末或攪拌等 (2). TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+ (3). 取最后一次洗滌液，加入氯化鋇溶液，沒有白色沉淀生成，則洗干凈 (4). 2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O (5). Al(OH)3 Fe(OH)3 (6). 4.3 (7). 在不斷通入HCl（或者加入鹽酸），不斷攪拌并且不能蒸干 (8). TiO2+離子提前水解
【解析】
試題分析：(1)根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素分析； (2) 強(qiáng)電解質(zhì)TiOSO4在溶液中僅能電離SO42-和一種陽離子，陽離子是TiO2+，根據(jù)流程圖TiO2+水解為TiO2·xH2O；若洗滌液中不含SO42-可證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈；（3）加入雙氧水，溶液中Fe2+被氧化為Fe3+；根據(jù)流程圖可知，加入雙氧水調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，溶液中Fe3+、Al3+都生成沉淀而除去；根據(jù)常溫下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38可知，氫氧化鋁的溶解度大于氫氧化鐵，所以根據(jù)Ksp[Al(OH)3]計(jì)算沉淀完全時(shí)的PH；（4）濾液3在蒸發(fā)結(jié)晶制備MgCl2?6H2O應(yīng)防止鎂離子水解；（5）“結(jié)晶”時(shí)，溫度過高促進(jìn)TiO2+離子水解；
解析：升高溫度，增大硫酸的濃度，將粉煤灰研成粉末或攪拌等，都能加快煤灰浸出速率；(2)根據(jù)流程圖TiO2+水解為TiO2·xH2O，水解方程式是TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O+2H+；若洗滌液中不含SO42-，可證明沉淀已經(jīng)洗滌干凈，操作方法是：取最后一次洗滌液，加入氯化鋇溶液，沒有白色沉淀生成，則洗干凈；（3）加入雙氧水，溶液中Fe2+被氧化為Fe3+，反應(yīng)離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+ = 2Fe3++2H2O；根據(jù)流程圖可知，加入雙氧水調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，溶液中Fe3+、Al3+都生成沉淀而除去，所以濾渣2成分為Al(OH)3、Fe(OH)3；氫氧化鋁的溶解度大于氫氧化鐵，所以根據(jù)Ksp[Al(OH)3]，沉淀完全時(shí)的 ,PH=4.3；（4）濾液3在蒸發(fā)結(jié)晶制備MgCl2?6H2O應(yīng)防止鎂離子水解，所以要不斷通入HC1（或者加入鹽酸），不斷攪拌并且不能蒸干；（5）“結(jié)晶”時(shí)，溫度過高促進(jìn)TiO2+離子水解，所以“結(jié)晶”需控制在70℃左右；
點(diǎn)睛：加熱能促進(jìn)鹽的水解，對(duì)于能水解的鹽酸鹽溶液，加熱蒸發(fā)的過程中，水解生成的氯化氫不斷揮發(fā)，水解平衡正向移動(dòng)，加熱蒸干溶液不能得到原溶質(zhì)；如：加熱蒸干氯化鎂溶液得到氫氧化鎂、加熱蒸干氯化鋁溶液得到氫氧化鋁。
18.高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下：

已知：a、
b、
回答下列問題：
(1)反應(yīng)①所需試劑、條件分別是____________；F 的化學(xué)名稱為____________。
(2)②的反應(yīng)類型是______________；A→B 的化學(xué)方程式為_________________。
(3)E的結(jié)構(gòu)簡式為______________；H 中所含官能團(tuán)的名稱是____________。
(4)化合物W 的相對(duì)分子質(zhì)量比化合物C 大14，且滿足下列條件，W 的可能結(jié)構(gòu)有____種。①遇FeCl3 溶液顯紫色；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，其中核磁共振氫譜顯示有5 種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為2:2:2:1:1，寫出符合要求的W 的結(jié)構(gòu)簡式____________。
(5)設(shè)計(jì)用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機(jī)試劑任選（合成路線常用的表示方式為：AB。。。目標(biāo)產(chǎn)物。____________。
【答案】 (1). Cl2、光照 (2). 正辛醛 (3). 取代反應(yīng) (4). (5). HCHO (6). 羥基 (7). 13 (8). (9).
【解析】
【分析】
甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D（CH2Cl2），D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應(yīng)，但同一個(gè)碳原子上含有兩個(gè)羥基不穩(wěn)定會(huì)失水生成醛，則E為HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反應(yīng)生成G，根據(jù)題給信息知G為，G和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成H為；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成，水解得到A為，A氧化生成B為，B進(jìn)一步氧化生成C為，C與H發(fā)生酯化反應(yīng)生成I為。
【詳解】(1)反應(yīng)①是甲苯轉(zhuǎn)化為，是甲苯與氯氣在光照條件下進(jìn)行；根據(jù)F 的結(jié)構(gòu)簡式可知其化學(xué)名稱為正辛醛；
(2)反應(yīng)②是含有羧基的物質(zhì)C()與含有醇羥基的物質(zhì)H()在濃硫酸催化作用下發(fā)生的酯化反應(yīng)，該反應(yīng)也屬于取代反應(yīng)；苯甲醇被O2催化氧化產(chǎn)生苯甲醛，所以A→B 的化學(xué)方程式為：；
(3)D是CH2Cl2，與NaOH的水溶液在加熱時(shí)發(fā)生取代反應(yīng)，2個(gè)Cl原子被羥基取代，但由于同一個(gè)C原子上有2個(gè)羥基不穩(wěn)定，會(huì)脫去1分子的水，形成甲醛HCHO，所以物質(zhì)E的結(jié)構(gòu)簡式為HCHO；H 為，根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知H所含官能團(tuán)的名稱是：羥基；
(4)化合物W 的相對(duì)分子質(zhì)量比化合物C(苯甲酸)大14，說明W比C多1個(gè)CH2原子團(tuán)，W滿足下列條件：①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基；②屬于芳香族化合物，即含有苯環(huán)；③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中還含有醛基，該物質(zhì)分子中含有2個(gè)側(cè)鏈為-OH、-CH2CHO，有鄰、間、對(duì)3種；含有3個(gè)側(cè)鏈為-OH、-CH3、-CHO，而OH、-CH3有鄰、間、對(duì)3種位置，對(duì)應(yīng)的-CHO分別有4種、4種、2種位置，因此符合條件的W共有3+4+4+2=13種，其中核磁共振氫譜顯示有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為2：2：2：1：1的W 的結(jié)構(gòu)簡式為：；
(5)苯與Cl2在光照條件下生成，然后發(fā)生水解反應(yīng)生成，苯甲醛與乙醛在堿性條件下反應(yīng)生成目標(biāo)物，因此合成路線為。
【點(diǎn)睛】本題考查了有機(jī)物的推斷與合成，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，注意同一個(gè)碳原子上連接兩個(gè)羥基不穩(wěn)定，會(huì)自動(dòng)脫去一分子的水變?yōu)槿┗?，同時(shí)要結(jié)合信息中醛的加成反應(yīng)特點(diǎn)，利用順推與逆推法相結(jié)合進(jìn)行推斷。

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