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．