文档内容
2011 年天津市高考化学试卷解析版 素性质递变规律与原子结构的关系；8F：原子结构与元素周期律的关系．
菁优网版权所有
【分析】根据同位素的概念，同一周期原子半径的递变规律，同一主族氢化物的稳定性以及单质的熔沸点来
参考答案与试题解析
解答．
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
【解答】解：A、因铯的同位素具有相同的质子数，故A错；
1．（6分）化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（ ）
B、同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故B对；
A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
C、第VIIA族元素从上到下，非金属性在减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错；
B．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂
D、第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，故D错；
C．使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
故选：B。
D．天然药物无任何毒副作用，可长期服用
【点评】本题考查元素周期律，明确常见主族元素的性质是解答的关键，注重基础，一个知识点掌握不好就
【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理；IC：乙烯的用途；KF：常见的食品添加剂的组成、性质和作
可能做错，但难度不大．
用；KG：药物的主要成分和疗效．
菁优网版权所有
3．（6分）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（ ）
【专题】55：化学计算．
操作 现象 结论
【分析】A、从乙烯的性质和应用角度分析；
B、从加入大量添加剂是否对人体有害分析； ① 滴加BaCl 2 溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO 4 2﹣
C、从导致水体富营养化的原因分析； ② 滴加氯水和CCl ，振荡、静置 下层溶液显紫色 原溶液中有I﹣
4
D、从天然药物是否有毒分析． ③ 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有Na+、无K+
【解答】解：A、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故A正确；
④ 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试 试纸不变蓝 原溶液中无NH +
4
B、食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，故B错；
纸置于试管
C、含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营
A．① B．② C．③ D．④
养化问题，故C错；
【考点】DG：常见离子的检验方法．
菁优网版权所有
D、天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，故D错。
【分析】①碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl 溶液，都成生成白色沉淀；
2
故选：A。
②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；
【点评】本题考查常见食品添加剂、环境保护及治理等知识，题目但不不大，注意基础知识的积累．
③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；
2．（6分）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（ ）
④滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子。
A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
【解答】解：A、①中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离
B．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；
C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
B、②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下
D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B正确；
【考点】33：同位素及其应用；73：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；74：同一主族内元C、③黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂 B．SO 通入碘水中，反应的离子方程式为SO +I +2H O═SO 2﹣+2I﹣+4H+
2 2 2 2 3
丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误； C．加入铝粉能产生H 的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO ﹣、NO ﹣
2 2 3
D、④氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH +时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH ，故D错误； D．100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
4 3
故选：B。 【考点】49：离子方程式的书写；DP：离子共存问题．
菁优网版权所有
【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除 【专题】16：压轴题．
其它离子的干扰。 【分析】根据温度与离子积的关系、氧化还原反应、离子共存、酸碱混合pH的计算来分析，并利用铝粉能
4．（6分）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的 产生H 的溶液来分析溶液的酸碱性．
2
是（ ） 【解答】解：A、因水的离子积常数只与温度有关，温度越高，K 越大，故A错误；
w
A．pH＞7时，c（C H O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣） B、因二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，则SO 通入碘水中生成SO 2﹣，故B错误；
6 5 2 4
B．pH＜7时，c（K+）＞c（C H O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C、因加入铝粉能产生 H 的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，在强酸性溶液中不可能存在
6 5 2
C．V[C H OH（aq）]＝10mL时，c（K+）＝c（C H O﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+） AlO ﹣和NO ﹣，在强碱性溶液中，离子之间互不反应，可以大量共存，故C正确；
6 5 6 5 2 3
D．V[C H OH（aq）]＝20mL时，c（C H O﹣）+c（C H OH）＝2c（K+） D、100℃时，K ＝1×10﹣12，pH＝2的盐酸中H+的浓度为0.01mol/L，pH＝12的NaOH溶液中OH﹣的浓度
6 5 6 5 6 5 w
【考点】DN：离子浓度大小的比较． 为1mol/L，则等体积混合后碱过量，溶液显碱性，故D错误；
菁优网版权所有
【分析】根据酸碱反应后溶液的PH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电 故选：C。
荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系． 【点评】本题考查知识点较多，符合高考的命题思路，注重对溶液中水的电离、pH的计算、离子共存、溶
【解答】解：A、溶液的PH＞7时溶质可能为苯酚钠或苯酚钾与KOH的混合液，则溶液中一定存在c（OH 液中的氧化还原反应等重要考点的考查，有助于对专题知识点的训练．
﹣）＞c（H+），故A错误； 6．（6分）向绝热恒容密闭容器中通入 SO 和 NO ，一定条件下使反应 SO （g）+NO （g）⇌SO （g）+NO
2 2 2 2 3
B、溶液的PH＜7时溶质为苯酚钾与苯酚的混合液，且苯酚的电离程度大于苯酚钾的水解，则c（H+）＞c （g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（ ）
（OH﹣），再由电荷守恒可知c（C H O﹣）＞c（K+），故B错误；
6 5
C、当苯酚溶液10mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为苯酚钾，由苯酚根离子的水解可知c（K+）＞c
（C H O﹣），故C错误；
6 5
D、当苯酚溶液20mL，苯酚的物质的量恰好为钾离子物质的量的2倍，则由物料守恒可知c（C H O﹣）+c
6 5
（C H OH）＝2c（K+），故D正确； A．反应在c点达到平衡状态
6 5
故选：D。 B．反应物浓度：a点小于b点
【点评】本题考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，准确判断溶液中的溶质并利用水 C．反应物的总能量低于生成物的总能量
解、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答． D．△t ＝△t 时，SO 的转化率：a～b段小于b～c段
1 2 2
5．（6分）下列说法正确的是（ ） 【考点】C7：化学平衡建立的过程；CH：化学反应速率变化曲线及其应用．
菁优网版权所有
A．25℃时NH Cl溶液的K 大于100℃时NaCl溶液的K 【专题】16：压轴题．
4 w w【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在
本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就
（2）一定条件下，Z与H 反应转化为ZH ．ZH 的电子式为 ．
2 4 4
要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热
（3）已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程
的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．
式： 8Al（s）+3Fe O （s）＝9Fe（s）+4Al O （s），△H＝﹣8akJ/mol ．
【解答】解：A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c 3 4 2 3
（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式： 3Fe O +28H++NO ﹣＝9Fe3++NO↑+14H O ．
点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误； 3 4 3 2
（5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在图2坐标系中画出
B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；
n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值．
C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于
【考点】GS：无机物的推断．
浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错 菁优网版权所有
【专题】11：推断题．
误；
【分析】A俗称磁性氧化铁，即为Fe O ；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO ，即E为SiO ，
3 4 2 2
D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO 的转化率将逐渐增大，故D正确；
2
根据框图中的转化关系，可知 X为 Fe、Y为 O 、Z为 Si、D为硝酸、M为 Na SiO 、G为硝酸铁，R为
故选：D。 2 2 3
H SiO ，结合对应的物质的性质以及题目要求可解答该题．
【点评】本题考查化学反应速率图象分析，为高频考点，正确理解图象含义及曲线变化趋势是解本题关键， 2 3
【解答】解：A俗称磁性氧化铁，即为Fe O ；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO ，即E为
题目难度不大． 3 4 2
SiO ，根据框图中的转化关系，可知X为Fe、Y为O 、Z为Si、D为硝酸、M为Na SiO 、G为硝酸铁，
二、解答题（共4小题，满分64分） 2 2 2 3
R为H SiO ，
7．（14分）如图1中X、Y、Z为单质，其余为化合物，它们之间存在如图1转化关系（部分产物已略去）．其 2 3
（1）组成单质Y的元素为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，位于元素周期表中第二周
中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．
期，第ⅥA族，M为Na SiO ，存在的化学键类型为离子键和共价键，R为H SiO ，
2 3 2 3
故答案为：第二周期第ⅥA族；离子键和共价键； H SiO ；
2 3
（2）Z为Si，Z与H 反应转化为SiH ，SiH 的电子式为 ，故答案为： ；
2 4 4
（3）Fe O 在高温下可与铝发生铝热反应，Fe O 与1mol Al反应转化为Fe时（所有物质均为固体），放出
3 4 3 4
akJ热量，则 8molAl反应可以放出 8aKJ的热量，所以热化学方程式为 8Al（s）+3Fe O （s）＝9Fe（s）
3 4
回答下列问题：
+4Al O （s），△H＝﹣8a kJ/mol，
2 3
（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是 第二周期第ⅥA族 ；M中存在的化学键类型为 离子键和
故答案为：8Al（s）+3Fe O （s）＝9Fe（s）+4Al O （s），△H＝﹣8a kJ/mol；
3 4 2 3
共价键 ；R的化学式是 H SiO ．
2 3 （4）四氧化三铁和稀硝酸反应是氧化物中的二价铁元素被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，反
应的离子方程式为：3Fe O +28H++NO ﹣＝9Fe3++NO↑+14H O，
3 4 3 2
故答案为：3Fe O +28H++NO ﹣＝9Fe3++NO↑+14H O；
3 4 3 2（5）铁和稀硝酸反应，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的
铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变，反应过程中生成的气体为
．
𝑥𝑚𝑜𝑙 × 2
NO，令Fe2+的最大物质的量为xmol，根据电子转移守恒可知，NO的物质的量 = ，根据N元
（4）C+E→F的反应类型为 取代反应 ．
3
𝑥𝑚𝑜𝑙 × 2
素守恒可知： +2x mol＝4 mol，解得 x＝1.5，故 n（Fe2+）随 n（Fe）变化的示意图为：
3
（5）写出A和F的结构简式：A． ；F． ．
（6）D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为 羟基、氯原子 ；写出 a、b所代表的试剂：a．
Cl ；b． NaOH ．
2
II．按如下路线，由C可合成高聚物H：
，
𝑁𝑎𝑂𝐻/𝐶2𝐻2𝑂𝐻
→ 一定条件
C △ G → H
（7）C→G的反应类型为 消去反应 ．
故答案为： ．
（8）写出G→H的反应方程式： ．
【点评】本题考查无机物的推断，侧重物质转化和性质的考查，侧重铝热反应及硅及其化合物转化的考查，
【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成；I6：取代反应与加成反应；I7：消去反应与水解反应．
菁优网版权所有
（5）为易错点，注意根据反应的方程式计算，题目难度中等．
【专题】16：压轴题．
𝐶𝑙2
→
【分析】根据质量和生成气体的体积结合化学方程式可计算A的分子式为C H O ，B是氯代羧酸，且核磁
8．（18分）已知：RCH COOH红磷(少量) +RCl→ +NaCl 4 8 2
2
I．冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：
共振氢谱有两个峰，可推出 B的结构简式为 ，进而确定 A为 ，C为
（1）A为一元羧酸，8.8gA与足量 NaHCO
3
溶液反应生成 2.24L CO
2
（标准状况），A的分子式为 ，F为 ，由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，
C H O ．
4 8 2
可以确定D为 ，结合有机物的结构判断具有的性质．
【解答】解：（1）设A的分子式为C H O ，则有：
n 2n 2
（2）写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式： ．
C
n
H
2n
O
2
+NaHCO
3
→C
n
H
2n﹣1
O
2
Na+CO
2
↑+H
2
O
（ 3） B是 氯 代 羧 酸 ， 其 核 磁 共 振 氢 谱 有 两 个 峰 ， 写 出 B→ C的 反 应 方 程 式 ：
（14n+32）22.4L
8.8 2.24L14𝑛 + 32 22.4 故答案为：羟基、氯原子； Cl ；NaOH溶液；
2
则
＝
，
8.8 2.24
解得n＝4，即A的分子式为C H O ，故答案为：C H O ； （7）C在 NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，生成 （G），故答案为：消去反
4 8 2 4 8 2
应；
（2）A分子式为 C H O ，所有甲酸酯的结构为 ，R为丙基，有两种，可为﹣CH CH CH 或﹣
4 8 2 2 2 3
CH（CH ）CH ，所以同分异构体有 两种，
3 3 （8）G加聚生成 H，反应的化学方程式为
，
故答案为： ；
故答案为： ．
（3）根据B是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B的结构简式为 ，进而确定A
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，本题注意根据题给信息，采用正推的方法推断，正确推断
A的组成和结构是解答该题的关键．
9．（18分）某研究性学习小组为合成1﹣丁醇，查阅资料得知一条合成路线：
为 ，C为 ，F为 ，B与 C发生酯
𝐻2
一定条件 →
CH CH＝CH +CO+H → CH CH CH CHONi，△ CH CH CH CH OH；
3 2 2 3 2 2 3 2 2 2
浓𝐻2𝑆𝑂4
→
CO的制备原理：HCOOH △CO↑+H O，并设计出原料气的制备装置（如图）。
化反应，反应的化学方程式为 ， 2
请填写下列空白：
（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2﹣丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯，写出化
故答案为： ； 催化剂
学反应方程式： Zn+2HCl＝ZnCl +H ↑ ， （CH ） CHOH → CH ＝CHCH ↑+H O 。
2 2 3 2 2 3 2
（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是 恒压，防倒吸 。c和d中盛装的试
（4）C+E→F的反应可看成 取代﹣Cl的反应，故答案为：取代反应；
剂分别是 NaOH溶液，浓H SO 。若用以上装置制备H ，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是 分液
2 4 2
漏斗、蒸馏烧瓶 ；在虚线框内画出收集干燥H 的装置图 。
2
（5）由题中推断可知A为 ，F为 ，
（3）制丙烯时，还产生少量SO 、CO 及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的
2 2
顺序是 ④⑤①③② （填序号）。
①饱和Na SO 溶液 ②酸性KMnO 溶液 ③石灰水 ④无水CuSO ⑤品红溶液
故答案为： ； ； 2 3 4 4
（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用
（6）由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，可以确定D为 ，其中含有的官能团有羟基和氯
的适宜反应条件是 b 。
原子；是苯酚和Cl 反应的产物，与NaOH或Na CO 溶液反应生成E．
2 2 3 a．低温、高压、催化剂 b．适当的温度、高压、催化剂c．常温、常压、催化剂 d．适当的温度、常压、催化剂 锌反应不能产生氢气，方程式为 Zn+2HCl＝ZnCl +H ↑；2﹣丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：
2 2
（5）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1﹣丁醇粗品。为纯化1﹣丁醇，该小组查阅文献得知：①R﹣ 催化剂 催化剂
（CH ） CHOH → CH ＝CHCH ↑+H O，故答案为：Zn+2HCl＝ZnCl +H ↑；（CH ） CHOH → CH
3 2 2 3 2 2 2 3 2 2
CHO+NaHSO （饱和）→RCH（OH）SO Na↓；②沸点：乙醚34℃，1﹣丁醇 118℃，并设计出如下提纯
3 3
＝CHCH ↑+H O；
3 2
路线： （2）甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，
试剂1为 饱和NaHSO 溶液 ，操作1为 过滤 ，操作2为 萃取 ，操作3为 蒸馏 。 所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸。又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒
3
流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO．为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就
必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装
置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下
排空气法，而不能用排水法收集；
故答案为：恒压，防倒吸； NaOH溶液，浓H SO ；分液漏斗、蒸馏烧瓶； ；
2 4
（3）检验丙烯可以用酸性KMnO 溶液，检验SO 可以用酸性KMnO 溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验
4 2 4
CO
2
可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO
4
，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序。只要通
【考点】PF：常见气体的检验；Q1：气体发生装置；Q4：气体的净化和干燥；U3：制备实验方案的设计． 过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO 并在检验之后除去SO ，除SO 可以用饱和
2 2 2
菁优网版权所
Na SO 溶液，最后检验CO 和丙烯，因此顺序为④⑤①③②，
有 2 3 2
【专题】16：压轴题． 故答案为：④⑤①③②；
【分析】（1）制备氢气选用锌粒和稀盐酸；制备丙烯选用2﹣丙醇和浓硫酸； （4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；
（2）在题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶 正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温
中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，d为除去CO中 度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项
的H O，试剂选用浓硫酸；若用题给装置制备H ，则不需要酒精灯； 是b；
2 2
（3）检验丙烯和少量SO 、CO 及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选④无水CuSO 检验水蒸气， 故答案为：b；
2 2 4
然后用⑤品红溶液检验 SO ，并用①饱和 Na SO 溶液除去 SO ；然后用③石灰水检验 CO ，用②酸性 （5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO 溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于
2 2 3 2 2 3
KMnO 溶液检验丙烯； 饱和NaHSO 溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1﹣丁醇。因为1﹣丁醇和乙醚的沸点相
4 3
（4）题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率； 差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开。
（5）饱和NaHSO 溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；1﹣丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用 故答案为：饱和NaHSO 溶液；过滤；萃取；蒸馏。
3 3
蒸馏将其分离开。 【点评】本题考查有机物合成方案的设计，题目难度较大，综合性较强，答题时注意把握物质的分离、提纯
【解答】解：（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与 方法，把握物质的性质的异同是解答该题的关键。10．（14分）工业废水中常含有一定量的Cr O 2﹣和CrO 2﹣，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进 色；
2 7 4
行处理。常用的处理方法有两种。 （2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变；
方法1：还原沉淀法：该法的工艺流程为：CrO 2﹣ 𝐻 → + Cr O 2﹣ 𝐹 → 𝑒2+ Cr3+ 𝑂 → 𝐻‒ Cr（OH） ↓其中第①步存 （3）根据电子得失守恒可知，还原1molCr 2 O 7 2﹣离子得到Cr3+，得电子：2×（6﹣3）＝6mol，需要FeSO 4
4 2 7 3
①转化 ②还原 ③沉淀
•7H O的物质的量为：6÷（3﹣2）＝6；
在平衡：2CrO 2﹣（黄色）+2H+⇌Cr O 2﹣（橙色）+H O 2
4 2 7 2
‒32 ‒14
10 10
（1）若平衡体系的pH＝2，该溶液显 橙 色。 （4）当c（Cr3+）＝10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣） =3 =10‒9mol/L，c（H+）═ ，pH
‒5 ‒9
10 10
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是 c 。
＝5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5；
a．Cr O 2﹣和CrO 2﹣的浓度相同 b.2v（Cr O 2﹣）＝v（CrO 2﹣） c．溶液的颜色不变
2 7 4 2 7 4
（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，以提供还原剂Fe2+；
（3）第②步中，还原1molCr O 2﹣离子，需要 6 mol的FeSO •7H O。
2 7 4 2
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H 的同时，大量产生了OH﹣，所以溶液
（4）第③步生成的 Cr（OH） 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH） （s）⇌Cr3+（aq）+3OH﹣ 2
3 3
中的Fe3+也将转化为Fe（OH） 沉淀。
（aq） 3
故答案为：（1）橙；（2）c；（3）6；（4）5；（5）阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）
常温下，Cr（OH） 的溶度积K ＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的
3 sp
2H++2e﹣═H ↑；Fe（OH） 。
pH应调至 5 。 2 3
【点评】本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容。分析时要根据
方法2：电解法，该法用Fe做电极电解含Cr O 2﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，
2 7
题给信息，结合相关原理进行解答。
产生Cr（OH） 沉淀。
3
（5）用Fe做电极的原因为 阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供还原剂Fe2+ 。
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） 2H++2e﹣═H ↑ ，溶液中同时生成的沉淀还
2
有 Fe（OH） 。
3
【考点】CG：化学平衡状态的判断；DI：电解原理；FE："三废"处理与环境保护．
菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来考虑平衡移动方向，从而确定离子浓度大小，进而确定颜色变
化；
（2）判断平衡状态的方法：V
正
＝V
逆
，或各组分的浓度保持不变，即能变的量保持不变则说明已达平衡；
（3）根据得失电子守恒来计算；
（4）根据溶度积常数进行计算；
（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；
（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增
大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀。
【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡 2CrO 2﹣（黄色）+2H+⇌Cr O 2﹣（橙色）+H O右移，溶液呈橙
4 2 7 2
