2015年安徽省高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 15:06:33浏览次数:9
2015 年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题:1.(6 分)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如图,下列有关该物质的说法正确的是(  )A.分子式为 C3H2O3B.分子中含 6 个 σ 键C.分子中只有极性键D.8.6g 该物质完全燃烧得到 6.72LCO2【分析】A、 为有机物的结构简式,其中顶点省略的是 C 原子,每个 C 原子均形成 4 对共价键,每个 O 原子形成 2 对共价键,C 原子价键不饱和的用 H 原子补充,据此判断分子式;B、单键即为 σ 键,依据此结构简式判断 σ 键的个数;C、相同原子之间形成非极性共价键,不同原子之间形成极性共价键,据此解答;D、依据 C 的完全燃烧产物为二氧化碳,依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积.【解答】解:A、 ,此有机物中含有 3 个 C、3 个 O 和 2 个 H,故分子式为:C3H2O3,故 A 正确;B、此分子中存在 4 个 C﹣O 键、1 个 C=O 双键,还存在 2 个 C﹣H 键,1 个 C=C 双键,总共 8 个 σ 键,故 B 错误;C、此有机物中存在 C=C 键,属于非极性共价键,故 C 错误;D、8.6g 该有机物的物质的量为: =0.1mol,由于未指明标准状况,故生成的二氧化碳的体积不一定是 6.72L,故 D 错误,故选:A。【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断,涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等,综合性较强,但是难度不大. 2.(6 分)下列有关实验的选项正确的是(  )A.配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液B.除去 CO 中的CO2C.苯萃取碘水中 I2,分出水层后的操作D.记录滴定终点读数为12.20mL A.A B.B C.C D.D【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器,不能用于溶解固体,溶解固体需在烧杯中进行;B、二氧化碳为酸性气体,和强碱反应形成盐,CO 既不溶于碱也不溶于水;C、苯的密度小于水,萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层,上层溶液从上口倒出;D、滴定管的 0 刻度在上方,据此读数即可.【解答】解:A、溶解固体药品应用烧杯,不能直接在容量瓶中溶解,故 A 错误;B、CO 不与水和氢氧化钠溶液反应,而二氧化碳可以与氢氧化钠反应,利用此装置可以除去 CO 中混有的二氧化碳,故 B 正确;C、苯萃取碘水中的碘,在分液漏斗的上层,应从上口倒出,故 C 错误;D、滴定管的 0 刻度在上方,此图中正确读数应为 11.80mL,故 D 错误,故选:B。【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作,还考查了仪器的读数等,难度不大. 3.(6 分)下列有关说法正确的是(  )A.在酒精灯加热条件下,Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解B.Fe(OH)3胶体无色、透明,能产生丁达尔现象C.H2、SO2、CO2三种气体都可用浓 H2SO4干燥D.SiO2既能和 NaOH 溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物【分析】A、NaHCO3不稳定,加热易分解;B、氢氧化铁胶体为红褐色;C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性,所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体,据此分析解答;D、二氧化硅是酸性氧化物,酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水.【解答】解:A、NaHCO3不稳定,加热易分解:2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,碳酸钠受热稳定,加热不分解,故 A 错误;B、Fe(OH)3胶体为红褐色、透明,不是无色,故 B 错误;C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应,故能利用浓硫酸干燥,故 C 正确;D、二氧化硅是酸性氧化物,酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水,因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应,但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性,故 D 错误,故选 C。【点评】本题考查了物质性质的分析应用,熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键,题目难度不大. 4.(6 分)下列有关 NaClO 和 NaCl 混合溶液的叙述正确的是(  )A.该溶液中,H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B.该溶液中,Ag+、K+、NO3﹣、CH3CHO 可以大量共存C.向该溶液中滴入少量 FeSO4溶液,反应的离子方程式为:2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20D.向该溶液中加入浓盐酸,每产生 1molCl2,转移电子约为 6.02×1023个【分析】A、次氯酸为弱酸,次氯酸根与氢离子不能大量共存;B、银离子与氯离子生成 AgCl 白色难溶沉淀,故而不能电离共存;C、NaClO 为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl 为中性,溶液中不存在大量的氢离子;D、次氯酸具有氧化性,浓盐酸具有还原性,两者发生归中反应生成氯气,据此解答即可.【解答】解:A、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的次氯酸根,次氯酸为弱酸,次氯酸根与氢离子不能大量共存,故 A 错误;B、NaClO 和 NaCl 混合溶液中存在大量的氯离子,与银离子反应生成白色难溶沉淀,故不能大量共存,故 B 错误;C、NaClO 为强碱弱酸盐,水解呈碱性,NaCl 为中性,溶液中不存在大量的氢离子,与 2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20 反应矛盾,故 C 错误; D、浓盐酸中 Cl 由﹣1 价升高到 0 价,次氯酸中 Cl 由+1 价降低到 0 价,故每生成 1mol 氯气转移电子数为 1mol,故 D 正确,故选 D。【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断,涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等,综合性较强,容易出错的是 C 选项,没有注意原溶液的酸碱性. 5.(6 分)等物质的量的 N2(g)和 O2(g)在恒容密闭容器中反应:N2(g)+O2(g)⇌2NO(g),下图曲线 a 表示该反应在 T℃时 N2的浓度随时间的变化,曲线 b 表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化.下列叙述正确的是(  )A.T℃时,该反应的平衡常数 K=B.T℃时,随着反应的进行,混合气体的密度减小C.曲线 b 对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线 b 对应的条件改变是温度,可判断该反应的△H<0【分析】A、依据氮气的浓度变化,找出三段式,计算平衡常数即可;B、此容器为恒容密闭容器,ρ= ,据此判断即可;C、催化剂只能改变化学反应速率,不能改变物质的转化率;D、由图可知,b 曲线化学反应速率快,若是升高温度,氮气的平衡浓度减小,则正反应为吸热反应.【解答】解:A、N2(g)+O2(g)⇌2NO(g),起(mol/L) c0 c0 0转(mol/L) c0 ﹣c1 c0 ﹣c1 2(c0 ﹣c1 )平(mol/L) c1 c1 2(c0 ﹣c1 )故 K= ,故 A 正确;B、反应物和生成物均是气体,故气体的质量 m 不变,容器为恒容容器,故 V 不变,那么密度 ρ=不变,故 B 错误;C、由图可知,b 曲线氮气的平衡浓度减小,故应是平衡发生移动,催化剂只能改变速率,不能改变平衡,故 b 曲线不可能是由于催化剂影响的,故 C 错误;D、由图可知,b 曲线化学反应速率快(变化幅度大),氮气的平衡浓度减小,升高温度平衡正向移动,则正反应为吸热反应,即△H>0,故 D 错误,故选 A。【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程,涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等,综合性较强,有一定难度. 6.(6 分)某同学将光亮的镁条放入盛有 NH4Cl 溶液的试管中,有大量气泡产生,为探究该反应原理,该同学做了以下实验并观察到相关现象,由此得出的结论不合理的是(  )选项 实验及现象 结论A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝 反应中有 NH3产生B 收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色 反应中有 H2产生 C 收集气体的同时测得溶液的 pH 为 8.6 弱碱性溶液中 Mg 也可被氧化D 将光亮的镁条放入 pH 为 8.6 的 NaHCO3溶液中,有气泡产生弱碱性溶液中 OH﹣氧化了 MgA.A B.B C.C D.D【分析】A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝;B.氢气燃烧发出淡蓝色的火焰;C.PH 为 8.6 时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg 可以被氧化;D.若是氢氧根氧化了 Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体.【解答】解:A.氨气为碱性气体,遇到湿润的红色石蕊变蓝,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,可以证明气体中含有氨气,故 A 正确;B.收集产生的气体并点燃,火焰呈淡蓝色,可以证明氢气的存在,故 B 正确;C.PH 为 8.6 时,仍然有气体生成,说明碱性条件下,Mg 可以被氧化,故 C 正确;D、若是氢氧根氧化了 Mg,则氢氧根得电子被还原,不可能生成气体,所以 D 的结论不合理,故 D错误;故选:D。【点评】本题考查了元素化合物知识,熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键,注意物质检验方法的积累. 7.(6 分)25℃时,在 10mL 浓度均为 0.1mol•L﹣1的 NaOH 和 NH3•H2O 混合溶液中滴加 0.1mol•L﹣1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是(  )A.未加盐酸时:c(OH﹣)>c(Na+)=c(NH3•H2O)B.加入 10mL 盐酸时:c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)C.加入盐酸至溶液 pH=7 时:c(Cl﹣)=c(Na+)D.加入 20mL 盐酸时:c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(Na+)【分析】氢氧化钠为强碱,在水溶液中完全电离,一水合氨为弱碱,在水溶液中部分电离,相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的,据此分析解答即可。【解答】解:A、NaOH 和 NH3•H2O 混合溶液中,NaOH 完全电离,NH3•H2O 部分电离,因此 c(OH﹣)>0.1mol/L,c(Na+)=0.1mol/L,c(NH3•H2O)<0.1mol/L,故 c(OH﹣)>c(Na+)>c(NH3•H2O),故A 错误;B、在此混合溶液中加入 10mL 盐酸,存在电中性原则:c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),由于等体积等浓度混合,故 c(Na+)=c(Cl﹣),即 c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣),故 B 正确;C、加入盐酸至 pH=7 时,溶液呈中性,即 c(H+)=c(OH﹣),那么 c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl﹣),即 c(Cl﹣)>c(Na+),故 C 错误;D、加入 20mL 盐酸时,此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液,此时溶液呈酸性,即存在c(H+)>c(OH﹣),那么 c(NH4+)+c(Na+)<c(Cl﹣),故 D 错误,故选 B。【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断,题目难度中等,本题注意把握弱电解质的电离特点,易错点为 C,注意酸碱中和滴定的实验原理。 二、非选择题8.(14 分)C、N、O、Al、Si、Cu 是常见的六种元素.(1)Si 位于元素周期表第 三 周期第  IVA   族;(2)N 的基态原子核外电子排布式为  1s 2 2s 2 2p 3   ;Cu 的基态原子最外层有  1   个电子;(3)用“>”或“<”填空:原子半径 电负性 熔点 沸点Al > Si N < O 金刚石 > 晶体硅CH4 < SiH4(4)常温下,将除去表面氧化膜的 Al、Cu 片插入浓 HNO3中组成原电池(图 1),测得原电池的电 流强度(I)随时间(t)的变化如图 2 所示,反应过程中有红棕色气体产生.0~t1时,原电池的负极是 Al 片,此时,正极的电极反应式是  2H + +NO 3﹣ +e ﹣ =NO 2↑+H2O   ,溶液中的 H+向 正 极移动.t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是  Al 在浓硝酸中发生钝化, 氧化膜阻止了 Al 的进一步反应  .【分析】(1)Si 原子序数为 14,有 3 个电子层,最外层电子数为 4;(2)N 的原子序数为 7,共排布 3 个能层;Cu 为 29 号元素,和核外电子排布式为:[Ar]3d104s1,据此解答即可;(3)同一周期,原子序数越小,半径越大;元素的非金属性越强,其电负性越大;晶体类型相同的,原子半径越小,熔点越高;分子组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高,据此解答即可;(4)依据题意,0~t1时,原电池的负极是 Al 片,且有红棕色气体产生,说明溶液中的硝酸根在正极放电,据此解答即可;电流发生改变,即原电池的正负极发生改变,据此分析原因即可.【解答】解:(1)Si 原子序数为 14,有 3 个电子层,最外层电子数为 4,故 Si 处于第三周期第IVA 族,故答案为:三;IVA;(2)N 的原子序数为 7,共排布 3 个能层,其核外电子排布式为:1s22s22p3,Cu 元素为 29 号元素,原子核外有 29 个电子,所以核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,故其最外层电子数为 1,故答案为:1s22s22p3;1;(3)同一周期,原子序数越小,半径越大,由于原子序数 Al<Si,故半径 Al>Si;元素的非金属性越强,其电负性越大,由于非金属性 O>N,故电负性 N<O;晶体类型相同的,原子半径越小,熔点越高,由于 C 的原子半径小于 Si 的原子半径,故熔点:金刚石>晶体硅;分子组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高,由于 SiH4相对分子质量大于 CH4,故沸点 CH4<SiH4,故答案为:>;<;>;<;(4)0~t1时,原电池的负极是 Al 片,溶液中产生红棕色气体是二氧化氮,故正极反应方程式为:2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O,此时溶液中的氢离子移向正极,一段时间后,由于 Al 与浓硝酸发生钝化,导致原电池中 Al 作正极,Cu 作负极,故答案为:2H++e﹣+NO3﹣=NO2↑+H2O;正;Al 在浓硝酸中发生钝化,氧化膜阻止了 Al 的进一步反应.【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理,涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等,难度不大,注意整理. 9.(16 分)四苯基乙烯(TPE)及其衍生物具有聚集诱导发光特性,在光电材料等领域应用前景广泛,以下是 TPE 的两条合成路线(部分试剂和反应条件省略): (1)A 的名称是 甲苯 ;试剂 Y 为 酸性高锰酸钾溶液 ;(2)B→C 的反应类型是 取代反应 ;B 中官能团的名称是 羧基 ,D 中官能团的名称是 羰基;(3)E→F 的化学方程式是   ;(4)W 是 D 的同分异构体,具有下列结构特征:①属于萘( )的一元取代物;②存在羟甲基(﹣CH2OH),写出 W 所有可能的结构简式:   ;(5)下列说法正确的是  ad   .a、B 的酸性比苯酚强 b、D 不能发生还原反应c、E 含有 3 种不同化学环境的氢 d、TPE 既属于芳香烃也属于烯烃.【分析】(1)由 A 的分子式与 B 的结构可知,应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸;(2)对比 B、C 的结构简式可知,B 发生取代反应生成 C;由 B、D 结构可知,含有的官能团分别为羧基、羰基;(3)E 的分子式为 C13H11Br,F 的分子式为 C13H12O,对比 E 的结构与 F 的分子式可知,E 中 Br 原子被﹣OH 取代生成 F;(4)D 的分子式为 C13H10O,不饱和度为 9,W 是 D 的同分异构体属于萘( )的一元取代物,存在羟甲基(﹣CH2OH),萘环不饱和度为 7,则侧链存在碳碳三键,故侧链为﹣C≡CCH2OH,萘有 2 种化学环境不同的 H 原子,据此书写;(5)a.羧基酸性大于酚羟基;b.D 含有苯环与羰基,能与氢气发生加成反应;c.E 中含有 4 种化学环境不同的 H 原子;d.TPE 只有含有 C、H2 种元素,属于烃,含有苯环,属于芳香烃,含有碳碳双键,属于烯烃.【解答】解:(1)由 A 的分子式与 B 的结构可知,应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸,故答案为:甲苯;酸性高锰酸钾溶液;(2)对比 B、C 的结构简式可知,B 发生取代反应生成 C;由 B、D 结构可知,含有的官能团分别为羧基、羰基,故答案为:取代反应;羧基;羰基;(3)对比 E 的结构与 F 的分子式可知,E 中 Br 原子被﹣OH 取代生成 F,反应方程式为,故答案为: ;(4)D 的分子式为 C13H10O,不饱和度为 9,W 是 D 的同分异构体属于萘( )的一元取代物,存在羟甲基(﹣CH2OH),萘环不饱和度为 7,则侧链存在碳碳三键,故侧链为﹣C≡CCH2OH,萘有 2 种 化学环境不同的 H 原子,符合条件的 W 有: ,故答案为: ;(5)a.羧基酸性大于酚羟基,故 a 正确;b.D 含有苯环与羰基,能与氢气发生加成反应,属于还原反应,故 b 错误;c.E 中含有 4 种化学环境不同的 H 原子,故 c 错误;d.TPE 只有含有 C、H2 种元素,属于烃,含有苯环,属于芳香烃,含有碳碳双键,属于烯烃,故 d正确,故选:ad.【点评】本题考查有机物的合成,注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答,是对有机化学基础的综合考查,难度不大. 10.(14 分)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值,某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备 NaBH4,其流程如图:已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33℃);(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至 100℃以上并通入氩气,该操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气 ,原料中的金属钠通常保存在 煤油 中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 镊子 、 滤纸 、玻璃片和小刀等;(2)请配平第①步反应的化学方程式:  1   NaBO2+  2   SiO2+  4   Na+  2   H2═  1   NaBH4+  2   Na2SiO3(3)第②步分离采用的方法是 过滤 ;第③步分出 NaBH4并回收溶剂,采用的方法是 蒸馏 ;(4)NaBH4(s)与 H2O(l)反应生成 NaBO2(s)和 H2(g).在 25℃、101kPa 下,已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热 21.6kJ,该反应的热化学方程式是  NaBH 4( s ) +2H 2O ( l ) =NaBO 2( s ) +4H2( g )△ H=﹣216.0kJ/mol   .【分析】NaBO2、SiO2、Na 和 H2在一定条件下反应生成 NaBH4、Na2SiO3,NaBH4常温下能与水反应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止 NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;NaBH4可溶于异丙胺,根据③知,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,难溶性固体和溶液采用过滤方法分离,通过过量得到滤液和滤渣,滤渣成分是Na2SiO3;异丙胺沸点:33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体 NaBH4,(1)为防止安全事故发生和防止 NaBH4水解,在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至 100℃以上并通入氩气,从而排出空气和水蒸气;原料中的金属钠通常保存在煤油中,需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等;(2)该反应中 H 元素化合价由 0 价变为﹣1 价、Na 元素化合价由 0 价变为+1 价,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式;(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法;熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法;(4)n(NaBH4)= =0.1mol,在 25℃、101kPa 下,每消耗 0.1molNaBH4(s)放热 21.6kJ,则消耗 1molNaBH4(s)放热 216.0kJ,据此书写热化学方程式.【解答】解:NaBO2、SiO2、Na 和 H2在一定条件下反应生成 NaBH4、Na2SiO3,NaBH4常温下能与水反 应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止 NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;NaBH4可溶于异丙胺,根据③知,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,难溶性固体和溶液采用过滤方法分离,通过过量得到滤液和滤渣,滤渣成分是Na2SiO3;异丙胺沸点:33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体 NaBH4,(1)NaBH4常温下能与水反应,且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象,为防止 NaBH4水解、防止产生安全事故,需要将装置中的空气和水蒸气排出;钠极易和空气中氧气、和水反应,钠的密度大于煤油,为隔绝空气和水,原料中的金属钠通常保存在煤油中;实验室取用少量金属钠时,需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油,所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等,故答案为:除去反应器中的水蒸气和空气;煤油;镊子、滤纸;(2)该反应中 H 元素化合价由 0 价变为﹣1 价、Na 元素化合价由 0 价变为+1 价,转移电子总数为4,根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3,故答案为:1;2;4;2;1;2;(3)分离难溶性固体和溶液采用过滤方法,②中加入的溶剂是异丙胺,NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺,所以第②步分离采用的方法是过滤;熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法,异丙胺沸点:33℃,将滤液采用蒸馏的方法分离,得到异丙胺和固体 NaBH4,故答案为:过滤;蒸馏;(4)NaBH4(s)与 H2O(l)反应生成 NaBO2(s)和 H2(g),n(NaBH4)= =0.1mol,在25℃、101kPa 下,每消耗 0.1molNaBH4(s)放热 21.6kJ,则消耗 1molNaBH4(s)放热 216.0kJ,则热化学方程式为 NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=﹣216.0kJ/mol,故答案为:NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=﹣216.0kJ/mol.【点评】本题考查物质制备实验方案设计,为高频考点,侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力,涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点,综合性较强且较基础,难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等,题目难度中等. 11.(14 分)某研究小组将纯净的 SO2气体通入 0.1mol•L﹣1的 Ba(NO3)2溶液中,得到了 BaSO4沉淀.为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的 SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的 NO3﹣假设二:溶液中溶解的 O2;(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一,请在下表空白处填写相关实验现象.实验步骤 实验现象 结论实验 1:在盛有不含 O2的 25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体. 无现象  假设一成立实验 2:在盛有不含 O2的 25mL0.1mol•L﹣1Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体 生成白色沉淀 (2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液 pH 随通入 SO2体积的变化曲线如图.实验 1 中溶液 pH 变小的原因是  SO 2 溶于水后生成 H 2SO3 ;V1时,实验 2 中溶液 pH 小于实验 1 的原因是(用离子方程式表示)  3SO 2+2H2O+2NO3﹣ =2NO+4H + +3SO 42﹣   .(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论.实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的 O2和 KNO3氧化相同的 H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的 pH 前者 小于 (填“大于”或“小于”)后者,理由是反应的离子方程式表明,足量的 O 2 和 NO 3﹣ 分别氧化相同的 H 2SO3,生成的 H + 的物质的量前者大于后者  . 【分析】(1)根据强酸制取弱酸的原理,亚硫酸是弱酸不能制备盐酸,故实验 1 无现象;二氧化硫溶于水后生成 H2SO3,亚硫酸电离出氢离子:H2SO32H⇌++SO32﹣,H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3,硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡;(2)试验 1 中,二氧化硫溶于水后生成 H2SO3,亚硫酸电离出氢离子,所以溶液的 pH 减小;试验 2中反应生成强电解质硫酸,则实验 2 的 pH 更小;(3)验证假设二,需要用实验 1 做对比实验,然后做实验 3:在盛有未经脱 O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体,若有白色沉淀生成,则假设二成立;(4)氧气与亚硫酸反应的离子方程式为:2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣,亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为:3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣,根据反应方程式判断两溶液的 pH 大小.【解答】解:(1)根据强酸制取弱酸的原理,亚硫酸是弱酸不能制备盐酸,故实验 1 无现象;二氧化硫溶于水后生成 H2SO3,亚硫酸电离出氢离子:H2SO32H⇌++SO32﹣,H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的 HNO3,硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子,从而生成硫酸钡沉淀,故答案为:无现象;白色沉淀生成;(2)试验 1 中,二氧化硫溶于水后生成 H2SO3,亚硫酸电离出氢离子:H2SO32H⇌++SO32﹣,所以溶液的 pH 减小;试验 2 发生反应:3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣,反应中生成了强酸硫酸,则实验 2 的pH 小于实验 1,故答案为:SO2溶于水后生成 H2SO3,亚硫酸显酸性,故 pH 值减小;3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣;(3)验证假设二,需要用实验 1 做对比实验,然后做实验 3:在盛有未经脱 O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体,若有白色沉淀生成,则假设二成立,即:实验步骤 实验现象 结论实验 1:在盛有不含 O2的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体无现象 假设二成立实验 3:在盛有未经脱 O2处理的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体有白色沉淀生成,故答案为:实验步骤 实验现象 结论实验 1:在盛有不含 O2的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体无现象 假设二成立实验 3:在盛有未经脱 O2处理的 25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体有白色沉淀生成(4)氧气与亚硫酸反应的离子方程式为:2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣,亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为:3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣,根据反应可知,足量的 O2和 NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸,生成的氢离子的物质的量前者大于后者,所以前者溶液的 pH 小于后者,故答案为:小于;反应的离子方程式表明,足量的 O2和 NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸,生成的氢离子的物质的量前者大于后者.【点评】本题考查了性质实验方案的设计,题目难度中等,明确实验目的及实验原理为解答关键,试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力,注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则. 
文档格式: docx,价格: 5下载文档
返回顶部