1、2016年北京市海淀区高考化学查漏补缺试卷一、请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项1海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是（）A中可采用蒸馏法B中可通过电解法制金属镁C中提溴涉及到复分解反应D的产品可生产盐酸、漂白液等2实验室用如图装置制备HCl气体推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理分析不正确的是（）A混合时放热使HCl溶解度减小B浓硫酸具有吸水性，吸收了盐酸中水分C浓盐酸具有挥发性，利于HCl气体逸出D浓盐酸中HCl以分子形式存在，利于HCl气体逸出3用如图所示装置进行下列实验，a、b和c
2、中所装试剂如下表所示，其中实验现象与结论对应关系不正确的是一组是（）选项abc现象结论A饱和食盐水碳化钙酸性KMnO4溶液c中溶液紫色褪去乙炔具有还原性B浓盐酸KMnO4固体NaBr溶液c中溶液由无色变橙色Cl2的氧化性比Br2强C稀盐酸大理石Na2SiO3溶液c中有白色胶状沉淀生成碳酸的酸性比硅酸强D硫酸Na2SO3固体品红溶液c中溶液红色褪去SO2具有漂白性AABBCCDD4测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是（）A取a g混合物用酒精灯充分加热后质量减少b gB取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加b gC取a g混合
3、物与足量氢氧化钡溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体D取a g混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸V mL5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色A
4、ABBCCDD6如图，将一根较纯的铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重下列关于此现象的说法错误的是（）A该腐蚀过程属于电化腐蚀B铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e4OHC铁棒AB段是负极，BC段是正极D产生此现象的根本原因是铁棒所处化学环境的不同7向盛有H2O2溶液的试管中滴入少量浓盐酸，经检验生成的混合气体中只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气将气体通入X溶液（如图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是（）X溶液现象A稀HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成B滴有KSCN的FeSO4溶液溶液变为血红色C淀粉KI酸性溶液溶液
5、变为蓝色D紫色石蕊溶液溶液先变红后褪色AABBCCDD8对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得下列有关说法不正确的是（）A上述反应的原子利用率可达到100%B在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol NaOH二、解答题（共3小题，满分0分）9工业废水中常含有一定量Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大伤害已知：i.2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OiiCr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4
6、 （亮绿色）+H+（1）含铬工业废水的一种处理流程如下：CrOCr2O72Cr3+Cr（OH）3i若在转化一步中调节溶液的pH=2，则溶液显色ii能说明转化一步反应达平衡状态的是（填字母序号）aCr2O72和CrO42的浓度相同 b正（Cr2O72）=2逆（CrO42）c溶液的颜色不变 d溶液的pH不变步骤还原一步的离子方程式是；若还原l mol Cr2O72离子，需要FeSO47H2O的物质的量是mol沉淀一步中，向含Cr3+（紫色）溶液中，逐渐滴加NaOH溶液当pH=4.6时，开始出现灰绿色沉淀，随着pH的升高，沉淀量增多当pH13时，沉淀逐渐消失，溶液变为亮绿色i请解释溶液逐渐变为亮绿色
7、的原因：ii若向0.05molL1的Cr2（SO4）3溶液50mL中，一次性加入等体积0.6molL1的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象是在KCr（OH）4和K2Cr2O7混合溶液中加入足量H2SO4酸化，铬元素以形式存在（填离子符号）（2）用Fe做电极电解含Cr2O72的酸性工业废水，可以直接除去铬随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀结合上述工业流程分析用Fe做电极的原因：结合电极反应式解释在阴极附近溶液pH升高的原因：溶液中同时生成的沉淀可能还有（填化学式）10某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究实验如下：（1）实验I中发生反应的离子方
8、程式是（2）比较2.0molL1盐酸pH1和2.0molL1 NH4Cl溶液pH2大小：pH1 pH2，原因是（3）用平衡移动原理解释i中沉淀溶解的原因：（4）iii是i和ii的对比实验，目的是排除（5）推测ii中沉淀溶解的原因推测一，NH4Cl溶液显酸性，溶液中的H+可以结合OH，进而使沉淀溶解；推测二，（6）为探究ii中沉淀溶解的原因，小组同学继续进行实验：取溶液，向其中滴加2滴浓氨水，得到pH为8的混合溶液，再向同样Mg（OH）2沉淀中加入该混合溶液，沉淀溶解上述实验结果证明（5）中的推测成立，理由是11某实验小组用如图1所示装置对SO2与BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液反应进行探究
9、 （夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）（1）B装置的作用是（2）实验过程中C、D均出现白色沉淀实验结束后分别向C、D中加入足量稀盐酸，白色沉淀均不溶解C、D试管中的白色沉淀的化学式是（3）小组同学进一步探究C中出现白色沉淀的原因，获得的实验数据如图2、3所示请结合化学用语分别解释图1、2中pH下降的原因图2中pH下降的原因：图3中pH下降的原因：（4）依据以上实验获得的结论，小组同学进一步推断D中产生白色沉淀的原因可能是或，可以证明其推断的实验方案是（5）小组同学又进一步设计了如下实验方案：通过相应的实验手段监测并获得SO2通入Ba（NO3）2溶液后，产生白色沉淀过程中NO3浓度随时间
10、变化情况的曲线小组同学设计此实验方案想进一步探究的实验问题可能是2016年北京市海淀区高考化学查漏补缺试卷参考答案与试题解析一、请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项1海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是（）A中可采用蒸馏法B中可通过电解法制金属镁C中提溴涉及到复分解反应D的产品可生产盐酸、漂白液等【考点】海水资源及其综合利用【分析】A海水淡化可利用太阳能光照，采取蒸馏原理获得；B海水中得到镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁即得镁；C根据从海水中提取溴的过程解答，海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂
11、还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，不涉及复分解反应；D海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，根据电解熔融氯化钠或电解氯化钠溶液的原理分析【解答】解：A利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故A正确；B从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故B正确；C将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故C错误；D从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生
12、产盐酸和漂白液，故D正确；故选C2实验室用如图装置制备HCl气体推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理分析不正确的是（）A混合时放热使HCl溶解度减小B浓硫酸具有吸水性，吸收了盐酸中水分C浓盐酸具有挥发性，利于HCl气体逸出D浓盐酸中HCl以分子形式存在，利于HCl气体逸出【考点】常见气体制备原理及装置选择【分析】A浓硫酸吸水，放出大量的热，使HCl溶解度减小，有利于HCl的逸出，可制备少量干燥HCl气体；B浓硫酸有吸水性，可以干燥氯化氢气体；C浓盐酸具有挥发性，氯化氢气体易挥出；D浓盐酸溶液中氯化氢不是分子；【解答】解：A浓硫酸具有吸水性，溶解过程中放出大
13、量的热，温度升高使HCl溶解度减小，有利于HCl的逸出，可制备少量干燥HCl气体，故A正确；B浓硫酸有吸水性，可以吸收水蒸气且不与氯化氢发生反应，可以干燥氯化氢气体，故B正确；C浓盐酸具有挥发性，氯化氢易分子形式挥出，形成氯化氢气体易挥出，故C正确；D浓盐酸溶液中氯化氢不是分子，氯化氢电离出氢离子和氯离子，故D错误；故选D3用如图所示装置进行下列实验，a、b和c中所装试剂如下表所示，其中实验现象与结论对应关系不正确的是一组是（）选项abc现象结论A饱和食盐水碳化钙酸性KMnO4溶液c中溶液紫色褪去乙炔具有还原性B浓盐酸KMnO4固体NaBr溶液c中溶液由无色变橙色Cl2的氧化性比Br2强C稀盐
14、酸大理石Na2SiO3溶液c中有白色胶状沉淀生成碳酸的酸性比硅酸强D硫酸Na2SO3固体品红溶液c中溶液红色褪去SO2具有漂白性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】A碳化钙与水反应生成的乙炔具有还原性，能被高锰酸钾氧化；B浓盐酸与高锰酸钾发生氧化 还原反应生成氯气，氯气可氧化NaBr；C稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳，但稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸；D硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性【解答】解：A碳化钙与水反应生成的乙炔具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则c中溶液紫色褪去，现象与结论合理，故A正确；B浓盐酸与高锰酸钾发生氧化 还原反应生成氯气
15、，氯气可氧化NaBr，则c中溶液由无色变橙色，现象与结论合理，故B正确；C稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳，但稀盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，结论不合理，故C错误；D硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，则c中溶液红色褪去，现象与结论合理，故D正确；故选C4测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是（）A取a g混合物用酒精灯充分加热后质量减少b gB取a g混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加b gC取a g混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b g固体D取a g混合物
16、于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸V mL【考点】化学实验方案的评价【分析】ANa2CO3较稳定，受热不易分解，NaHCO3不稳定，受热易分解；B碱石灰也能吸收水蒸气；C根据质量关系，可列方程组求解；D根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；B混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量
17、，不能测定含量，故B选；CNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故C不选；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故D不选；故选B5下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B
18、淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色【解答】解：A
19、向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D6如图，将一根较纯的铁棒垂直没入水中，由于深水处溶氧量较少，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重下列关于此现象的说法错误
20、的是（）A该腐蚀过程属于电化腐蚀B铁棒AB段电极反应为O2+2H2O+4e4OHC铁棒AB段是负极，BC段是正极D产生此现象的根本原因是铁棒所处化学环境的不同【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于原电池，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极，据此解答即可【解答】解：铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，BC段作原电池负极、AB段作原电池正极A、铁板在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A正确；B、依据分析可知，AB段为原电池的正极，发生反应O2+4e+2H2O=4OH，故B正确；C、由于AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重，故BC段作原电池负极、AB段
21、作原电池正极，故C错误；D、此原电池的构成是由于铁棒所处的化学环境不同，故D正确故选C7向盛有H2O2溶液的试管中滴入少量浓盐酸，经检验生成的混合气体中只含有O2、Cl2、HCl和水蒸气将气体通入X溶液（如图），依据观察到的现象，能判断气体中含有Cl2的是（）X溶液现象A稀HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成B滴有KSCN的FeSO4溶液溶液变为血红色C淀粉KI酸性溶液溶液变为蓝色D紫色石蕊溶液溶液先变红后褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【分析】能判断气体中含有Cl2，氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，结合漂白性可检验，以此来解答【解答】解：A
22、含HCl也可生成白色沉淀，不能判断是否含氯气，故A不选；B氧气可氧化亚铁离子，溶液变为红色，不能判断是否含氯气，故B不选；C氧气可氧化KI，溶液变蓝，不能判断是否含氯气，故C不选；D紫色石蕊溶液先变红后褪色，可知一定含氯气，氯气与水反应生成盐酸和HClO，具有酸性和漂白性，故D选；故选D8对羟基扁桃酸是农药、药物、香料合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸在一定条件下反应制得下列有关说法不正确的是（）A上述反应的原子利用率可达到100%B在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰C对羟基扁桃酸可以发生加成反应、取代反应和缩聚反应D1 mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗3 mol N
23、aOH【考点】有机物的结构和性质【分析】该反应为有机物的加成反应，对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，且含有醇羟基，分子间可发生缩聚反应生成高分子化合物，分子中有6种不同的H原子，以此解答该题【解答】解：A该反应为有机物的加成反应，反应的原子利用率可达到100%，故A正确；B结构对称，分子中有6种不同的H原子，故B正确；C对羟基扁桃酸中，含有酚羟基，可发生取代反应，苯环可发生加成反应，含有醇羟基和羧基，可发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D能与NaOH反应的为酚羟基和羧基，则1mol对羟基扁桃酸与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故D
24、错误故选D二、解答题（共3小题，满分0分）9工业废水中常含有一定量Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大伤害已知：i.2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OiiCr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4 （亮绿色）+H+（1）含铬工业废水的一种处理流程如下：CrOCr2O72Cr3+Cr（OH）3i若在转化一步中调节溶液的pH=2，则溶液显橙色ii能说明转化一步反应达平衡状态的是cd（填字母序号）aCr2O72和CrO42的浓度相同 b正（Cr2O72）=2逆（CrO42）c溶液的颜色不变 d溶液的pH不变步骤还原一步的离子方程式是Cr2O72+6Fe2+1
25、4H+2Cr3+6Fe3+7H2O；若还原l mol Cr2O72离子，需要FeSO47H2O的物质的量是6mol沉淀一步中，向含Cr3+（紫色）溶液中，逐渐滴加NaOH溶液当pH=4.6时，开始出现灰绿色沉淀，随着pH的升高，沉淀量增多当pH13时，沉淀逐渐消失，溶液变为亮绿色i请解释溶液逐渐变为亮绿色的原因：随着溶液pH增大，平衡Cr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4（亮绿色）+H+正向移动，故溶液逐渐变为亮绿色ii若向0.05molL1的Cr2（SO4）3溶液50mL中，一次性加入等体积0.6molL1的NaOH溶液，充分反应后，溶液中可观察到的现象是溶液由紫色最终变为亮绿色在KCr
26、（OH）4和K2Cr2O7混合溶液中加入足量H2SO4酸化，铬元素以Cr3+和Cr2O72形式存在（填离子符号）（2）用Fe做电极电解含Cr2O72的酸性工业废水，可以直接除去铬随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀结合上述工业流程分析用Fe做电极的原因：铁在阳极反应发生反应Fe2eFe2+，为还原Cr2O72提供还原剂Fe2+结合电极反应式解释在阴极附近溶液pH升高的原因：阴极发生反应2H+2eH2，导致c（H+）下降溶液中同时生成的沉淀可能还有Fe（OH）3（填化学式）【考点】化学平衡的影响因素；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断【分析】（1）根据外界条件对
27、平衡的影响来确定平衡移动方向；根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；在酸性条件下Cr2O72与亚铁离子发生氧化还原反应；根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；浓度对平衡的影响；氢氧根的浓度较大且过量；氢离子的浓度对平衡i、ii的影响；（2）铁在阳极反应发生反应Fe2eFe2+，为还原Cr2O72提供还原剂Fe2+，则应该用Fe作阳极；溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，导致阴极附近氢离子浓度降低；亚铁离子被氧化生成Fe3+，Fe3+和OH反应生成Fe（OH）3沉淀【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O右移，
28、溶液呈橙色；aCr2O72和CrO42的浓度相同，达到平衡时，是浓度保持不变，不是相同，故a错误； b要方向相反，且速率之比与计量数之比成比例，说明达到平衡，而正（Cr2O72）=2逆（CrO42）不满足与计量数成比例，故b错误；c溶液的颜色不变，说明有颜色的离子浓度不变，达到平衡，故c正确； d溶液的pH不变，说明氢离子浓度不变，达到平衡，故d正确；故答案为：橙；cd；在酸性条件下Cr2O72与与亚铁离子发生氧化还原反应，反应方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；根据电子得失守恒：n（Cr2O72）6=n（FeSO47H2O）1，n（FeSO47H2O）=6m
29、ol，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；6；向含Cr3+（紫色）溶液中，逐渐滴加NaOH溶液，氢离子浓度减小，溶液pH增大，平衡 Cr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4 （亮绿色）+H+正向移动，故溶液逐渐变为亮绿色；若向0.05molL1的Cr2（SO4）3溶液50mL中，一次性加入等体积0.6molL1的NaOH溶液，氢氧根的浓度较大且过量，平衡向右移彻底，溶液由紫色最终变为亮绿色；故答案为：随着溶液pH增大，平衡 Cr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4 （亮绿色）+H+正向移动，故溶液逐渐变为亮绿色；溶液由紫色最终变为亮绿色；在KCr（OH）
30、4和K2Cr2O7混合溶液中加入足量H2SO4酸化，i.2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2OiiCr（OH）3（s）+H2OCr（OH）4 （亮绿色）+H+氢离子浓度足够大，i向右移，ii向左移，氢氧化铬溶解，得到Cr3+，所以铬元素以Cr3+和Cr2O72存在，故答案为：Cr3+和Cr2O72；（2）铁在阳极反应发生反应Fe2eFe2+，为还原Cr2O72提供还原剂Fe2+，则应该用Fe作阳极，故答案为：铁在阳极反应发生反应Fe2eFe2+，为还原Cr2O72提供还原剂Fe2+；溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，导致阴极附近氢离子浓度降低，溶液的pH升高，电极反应式为2H+
31、2e=H2 ，故答案为：阴极发生反应2H+2eH2，导致c（H+）下降；亚铁离子被氧化生成Fe3+，Fe3+和OH反应生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）310某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究实验如下：（1）实验I中发生反应的离子方程式是Mg2+2OHMg（OH）2（2）比较2.0molL1盐酸pH1和2.0molL1 NH4Cl溶液pH2大小：pH1 pH2，原因是由于盐酸完全电离，NH4+部分水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，导致同浓度两溶液中，盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度（3）用平衡移动原理解释i中沉淀溶解的原因：Mg（OH）2（s）Mg
32、2+（aq）+2OH（aq），盐酸中的H+与OH中和使得OH浓度减小，平衡右移，沉淀溶解（4）iii是i和ii的对比实验，目的是排除实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性（5）推测ii中沉淀溶解的原因推测一，NH4Cl溶液显酸性，溶液中的H+可以结合OH，进而使沉淀溶解；推测二，溶液中c（NH4+）较大，NH4+结合OH使沉淀溶解（6）为探究ii中沉淀溶解的原因，小组同学继续进行实验：取4mL2.0molL1NH4Cl溶液，向其中滴加2滴浓氨水，得到pH为8的混合溶液，再向同样Mg（OH）2沉淀中加入该混合溶液，沉淀溶解上述实验结果证明（5）中的推测二成立，理由是混合后溶液中c（H+）=108
33、molL1非常小，c（NH4+）=2.0molL1较大，故能确定是NH4+结合OH使沉淀溶解【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠；（2）氯化氢为强电解质完全电离，盐类水解是微弱的，据此分析解答；（3）依据沉淀溶解平衡移动原理及影响因素解答；（4）依据实验iii条件为加入蒸馏水判断解答；（5）依据铵根离子能够水生成一水合氨和氢离子，铵根离子能够与氢氧根离子反应生成一水合氨的性质解答；（6）向4mL 2molL1 NH4Cl溶液中滴加2滴浓氨水，得到pH约为8的混合溶液，溶液呈碱性，如氢氧化镁能溶解，可说明NH4+结合OH使沉淀溶解
34、；【解答】解：（1）氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，离子方程式：Mg2+2OHMg（OH）2；故答案为：Mg2+2OHMg（OH）2；（2）由于盐酸中氯化氢为强电解质，完全电离，NH4+部分水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，导致同浓度两溶液中，盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度，所以2.0molL1盐酸pH1和2.0molL1 NH4Cl溶液，盐酸中氢离子浓度大于氯化铵中氢离子浓度，所以pH1pH2；故答案为：；由于盐酸完全电离，NH4+部分水解：NH4+H2ONH3H2O+H+，导致同浓度两溶液中，盐酸中H+浓度大于NH4Cl溶液中H+浓度（3）氢氧化镁溶液中存储
35、沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH （aq），加入盐酸后，盐酸中的H+与OH中和使得OH浓度减小，平衡右移，沉淀溶解；故答案为：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH （aq），盐酸中的H+与OH中和使得OH浓度减小，平衡右移，沉淀溶解；（4）实验iii条件为只加蒸馏水，现象沉淀不溶解，可以排除实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性；故答案为：实验i、ii中溶剂水使沉淀溶解的可能性；（5）铵根离子能够水生成一水合氨和氢离子，铵根离子能够与氢氧根离子反应生成一水合氨的性质，所以推测ii中沉淀溶解的原因：推测一，NH4Cl溶液显酸性，溶液中的H+可以结合OH，进而使沉
36、淀溶解；推测二，溶液中c（NH4+）较大，NH4+结合OH使沉淀溶解；故答案为：溶液中c（NH4+）较大，NH4+结合OH使沉淀溶解；（6）向4mL 2molL1 NH4Cl溶液中滴加2滴浓氨水，得到pH约为8的混合溶液，溶液呈碱性，如氢氧化镁能溶解，可说明NH4+结合OH使沉淀溶解，配制理由：混合溶液显碱性，c（H+）非常小，c（NH4+）较大能确定是NH4+结合OH使沉淀溶解，故答案为：4 mL 2.0 molL1 NH4Cl；二 理由：混合后溶液中c（H+）=108 molL1非常小，c（NH4+）=2.0 molL1较大，故能确定是NH4+结合OH使沉淀溶解11某实验小组用如图1所示装
37、置对SO2与BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液反应进行探究 （夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）（1）B装置的作用是吸收装置A中产生的H2SO4酸雾（2）实验过程中C、D均出现白色沉淀实验结束后分别向C、D中加入足量稀盐酸，白色沉淀均不溶解C、D试管中的白色沉淀的化学式是BaSO4（3）小组同学进一步探究C中出现白色沉淀的原因，获得的实验数据如图2、3所示请结合化学用语分别解释图1、2中pH下降的原因图2中pH下降的原因：SO2+H2OH2SO3H+HSO3图3中pH下降的原因：2SO2+2H2O+O22SO42+4H+（4）依据以上实验获得的结论，小组同学进一步推断D中产生白色沉淀
38、的原因可能是酸性条件下，SO2被O2氧化或被NO3氧化生成SO42，可以证明其推断的实验方案是在排除O2干扰前提下，向盛有等体积0.1 molL1Ba（NO3）2溶液的洗气瓶D中通入SO2，若出现白色沉淀，则证明酸性条件下NO3氧化了SO2，反之则说明原D洗气瓶中沉淀的出现是O2氧化SO2所致（5）小组同学又进一步设计了如下实验方案：通过相应的实验手段监测并获得SO2通入Ba（NO3）2溶液后，产生白色沉淀过程中NO3浓度随时间变化情况的曲线小组同学设计此实验方案想进一步探究的实验问题可能是若NO3和O2均参与反应，则相同条件下二者氧化SO2的能力或反应速率的差异等【考点】性质实验方案的设计【
39、分析】装置A：加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；装置B：为除去反应中带出的雾状硫酸，可以将气体通过NaHSO3溶液；装置C：检验C中二氧化硫在溶液中生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化成硫酸，白色沉淀为硫酸钡，装置D：检验酸性条件下，硝酸根离子具有氧化性，NO3氧化了SO2，生成硫酸钡沉淀，最后进行尾气处理（1）为防止A中挥发出的硫酸对CD装置实验的干扰，需用饱和的亚硫酸氢钠除去硫酸蒸气；（2）C、D中加入足量稀盐酸，白色沉淀均不溶解，沉淀为硫酸钡；（3）图2中pH下降曲线比较平缓，可能为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离导致PH下降；图3中PH下降曲线属于斜率较大的情况，可能
40、为弱酸亚硫酸被氧化成强酸硫酸所致；（4）D中产生白色沉淀为硫酸钡，可能为酸性条件下，SO2被O2氧化或被NO3氧化生成SO42；排除SO2被O2氧化需排除装置中的氧气，用硝酸钡和二氧化硫进行反应论证；（5）NO3、O2氧化二氧化硫的能力不同，据此分析解答【解答】解：（1）装置A：加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；浓硫酸的沸点为338，加热时酒精灯火焰的温度为400500”，说明浓硫酸在温度较高时也能挥发出H2SO4蒸气，C、D中有可能是挥发出的H2SO4提供的SO42与Ba2+反应生成BaSO4：SO42+Ba2+BaSO4，需排除，所以用饱和的亚硫酸氢钠溶液吸收吸收装置A
41、中产生的H2SO4酸雾，故答案为：吸收装置A中产生的H2SO4酸雾；（2）由白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸，白色沉淀为硫酸钡，装置C：可能是溶液中溶解的氧气与SO2作用产生了硫酸，进而得到BaSO4：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，装置D：可能是硝酸根离子具有氧化性，NO3氧化了SO2，生成硫酸钡沉淀，3SO2+2NO3+3Ba2+2H2O=3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：BaSO4；（3）图2中pH下降曲线比较平缓，可能为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离导致PH下降，反应方程式为：SO2+H2OH2SO3H+HSO3；图3中PH下降曲线属于斜率较大的情况，
42、可能为弱酸亚硫酸被氧化成强酸硫酸所致，反应方程式为：2SO2+2H2O+O22SO42+4H+，故答案为：SO2+H2OH2SO3H+HSO3；2SO2+2H2O+O22SO42+4H+；（4）酸性条件下，SO2被O2氧化成+6价的硫，在溶液中硫酸根离子和钡离子形成沉淀，也可能为SO2被NO3氧化生成SO42，为排除氧气的干扰，可在排除O2干扰前提下，向盛有等体积0.1 molL1Ba（NO3）2溶液的洗气瓶D中通入SO2，若出现白色沉淀，则证明酸性条件下NO3氧化了SO2，反之则说明原D洗气瓶中沉淀的出现是O2氧化SO2所致，故答案为：酸性条件下，SO2被O2氧化；被NO3氧化生成SO42；在排除O2干扰前提下，向盛有等体积0.1 molL1Ba（NO3）2溶液的洗气瓶D中通入SO2，若出现白色沉淀，则证明酸性条件下NO3氧化了SO2，反之则说明原D洗气瓶中沉淀的出现是O2氧化SO2所致；（5）不同的氧化剂对同一还原剂氧化能力不同，小组同学设计此实验方案想进一步探究可能为若NO3和O2均参与反应，则相同条件下二者氧化SO2的能力或反应速率的差异等，故答案为：若NO3和O2均参与反应，则相同条件下二者氧化SO2的能力或反应速率的差异等2016年12月23日