内容发布更新时间 : 2024/5/16 2:09:07星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

以无法计算微粒数目，故B错误；C项，钠与水也可以反应生成氢气，故C错误；D项，非标准状况下，11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，故D错误。

11．用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是 ．．．

A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8

B．若滴定到第一、二反应终点，应该分别用甲基橙和本酚酞作指示剂 D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－) C．图中溶液中水的电离程度：W＜X＜Y＜Z＜M 【答案】D

【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。A项，由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO3)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=

2－

c(SO32－)c?H??c（HSO3）?=c(H+)，所

10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；B项，第一反应终点时，溶液中恰好存以H2SO3的Ka2=1×

在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，第二反应终点时，溶液中恰好存在Na2SO3，根据图像，此时溶液pH=9.86，甲基橙的变色范围为8.0~10.0，可用酚酞作指示剂，故B正确；C项，根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；D项，随着NaOH溶液的不断加入，溶液中的酸性减弱，碱性增加，水的电离程度增大，当达到Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，水的电离程度达到最大，到了M点，NaOH溶液过量，抑制了水的电离，故D错误。故选D。

12．一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是 ．．．

A．甲为正极，丙为阴极

B．丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－ C．KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%

D．标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区 【答案】C

【解析】A项，通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，

－－

故A正确；B项，丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4，电极反应式是MnO42――e===MnO4－

C项，，故B正确；丙电极上的反应是2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电极甲的电极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-，

乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误；D项， 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。故选C。

13．X、Y、Z、W为原子序数递增的4种短周期元素，其中Y、Z为金属元素。X、Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物甲、乙、丙、丁之间存在如图所示反应关系(图中“一”相连的两种物质能发生反应)。下列判断正确的是

A．X是元素周期表中非金属性最强的元素 B．Z冶炼可通过电解其氯化物的方式获得 C．4种原子中，Y离子半径最小 D．W的阴离子可能促进水的电离

【答案】D

【解析】Y、Z为金属元素，对应的最高价氧化物对应的水化物可发生反应，则应为氢氧化铝和氢氧化钠的反应，可知Y为Na、Z为Al，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，X应为N，甲为HNO3，W可为为S、Cl，则丁可能为H2SO4、HClO4。由以上分析可知X为N、Y为Na、Z为Al、W为S或Cl，甲为HNO3，乙为NaOH，丙为Al(OH)3，丁为H2SO4或HClO4。A项，X为N，元素周期表中非金属性最强的元素为F，故A错误；B项，Z为Al，位于周期表第三周期ⅢA族，故B错误；C项，4种原子中，半径最小的为N，Y为Na，原子半径最大，故C错误；D项，如W为S，对应的离子为S2-，水解呈碱性，可促进水的电离，故D正确；故选D。

第Ⅱ卷 (非选择题 共58分)

二、必做题(本题共3小题，共43分。每个试题考生都必须作答)

26．(14分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可用作食品保鲜剂(不直接加入食品中，安全、卫生)，还可用于纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：

(1)Na2S2O4用于保鲜剂时能去除O2，先生成Na2SO3并缓慢释放SO2，该反应的化学方程式为________。 (2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：

①实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是________(填字母)。

②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是_______。步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为___。

③在步骤.中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_______。

(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加人乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的化学方程式是___________。

(4)连二亚硫酸钠的分析检测。铁氰化钾法：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]是一种比较弱的氧化剂，其具有强氧

化剂所没有的选择性氧化性，能将S2O42-氧化为SO32-，[Fe(CN)6]3-还原为[Fe(CN)6]4-。取50.00mLNa2S2O4样品溶液，用0.02mol?L-1的K3[Fe(CN)6]标准液滴定至终点，消耗10.00mL。该样品中Na2S2O4的含量为_______g?L-1。(以SO2计)

【答案】(1)2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2 (2分)

(2)ad(2分) 增大锌粉的表面积，加快反应速率(2分) ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓(2分)

除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失(2分)

(3)HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O(2分) (4)0.256(2分)

【解析】(1) Na2S2O4与O2生成Na2SO3和SO2，反应方程式为2Na2S2O4+O2=2Na2SO3+2SO2；(2)①浓硫SO2、H2O，H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、反应方程式为：a项，反应不需要加热，Na2SO3是细小晶体，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，装置a合理；b项，不能控制反应速率，且浓硫酸具有吸水性，长颈漏斗容易导致浓硫酸稀释，b不合理；c项，浓硫酸与盐的反应放出大量的热，会导致集气瓶炸裂，c不合理；d项，通过控制分液漏斗的活塞控制反应速率，上下联通的导气管会使浓硫酸上下气体压强一致，便于浓硫酸顺利滴下，装置d合理；故合理选项是ad；②工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是增大锌粉的表面积，加快反应速率。根据流程图可知步骤Ⅱ中发生复分解反应的化学方程式为ZnS2O4+Na2CO3=Na2S2O4+ZnCO3↓；③Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既能除去晶体表面的水分，并减少Na2S2O4的溶解损失；(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙 醇水溶液液中，然后通入SO2发生反应，产生Na2S2O4，同时有CO2气体放出和水生成，总反应的化学方程式是

HCOONa+NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O。(4)根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知两种物质的反应2K3[Fe(CN)6] ～～Na2S2O4，n{K3[Fe(CN)6]}=0.02mol/L×0.01L=2×10-4mol，10-4mol，关系为：则n(Na2S2O4)=1×10-4mol÷0.05L=2×10-3mol/L，根据S元素守恒，该样品中溶液的体积是50mL=0.05L，所以c(Na2S2O4)= 1×

Na2S2O4的含量以SO2计为：2×10-3mol/L ×2×64g/mol=0.256g?L-1。

27．(14分) 软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O(磷酸二氢锰)]的主要工艺流程如图：

(1)用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为________________________。

(2)如何检验“沉锰”己完成___________________________________。

(3)铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为_______；pH>1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为____________________。

(4)结合图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4·H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加适量的双氧水，再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH范围为_________，过滤洗涤，将滤液H2O，与洗涤液合并，控制温度在80℃～90℃之间蒸发浓缩、______________，(填操作名称)得到MnSO4·[已知该溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始用80℃～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，放在真空干燥箱中低温干燥。沉淀：pH=5.0时Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，pH=8.8时Fe(OH)2沉淀完全]。

【答案】(1)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O(2分)

(2)在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成(3分) (3)60min(2分) pH>1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀 (2分) (4)5.0≤pH<7.8(3分) 趁热过滤(2分)

【解析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)用硫酸和二氧化硫进行酸溶转化为Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，过滤后得到的滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，由于SiO2不与硫酸反应，则滤渣1主要含有SiO2，向滤液中加入二氧化锰，主要作用是将滤液中的二价铁离子氧化为三价铁离子，二氧化锰自身转变为锰离子，方便杂质离子除去，再向滤液中加入有机萃取剂，将滤液中的三价铁离子转到有机萃取剂中，此时滤液中还有Al3+、Mn2+ SO42-，为确保三价铁离子除干净，同时把铝离子除净，但又不能减少滤液中锰离子的量，将调节溶液PH值调节为5到7.8之间，可将滤液中可能残留的三价铁和铝离子，全部转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。再加入碳酸钠，将锰离子转变为碳酸锰沉(1)“氧化”时酸性溶液中二氧化锰与亚铁离子反应生成三价铁离子，淀，再用磷酸溶解，最后得到马日夫盐。离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(2)若锰离子全部沉淀，那么溶液中再加入碳酸钠就不会产生沉淀，因此检验方法为在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；(3)如图一所示，当接触60分钟时，萃取率达到最大，当pH>1.7时，Fe3+会发生水解转化为氢氧化铁沉淀，导H2O，要将杂质离子处理干净，当PH=5时铁离子完全沉致铁离子萃取率降低；(4)实验目的是制备MnSO4·

淀，结合已知条件溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀，溶液中锰离子的量就会减少，因此溶液的PH控制