北京市海淀区北京一零一中2020届高三上学期第五次统一练习化学试题

北京市一零一中2019-2020第一学期统练五11.28高三年级化学
1.下列说法不正确的是
A
B
C
D
带玻璃塞的试剂瓶

聚乙烯盒
铁罐车

铝制饭盒

可用于盛放氢氧化钠溶液
可用于盛装食品
可用于运输浓硫酸
不宜长时间存放酸性或碱性的食物



A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能用带玻璃塞的试剂瓶存放氢氧化钠溶液，故A错误；
B．因为聚乙烯塑料无毒，所以可以用来盛放食品，故B正确；
C．用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，故C正确；
D．因为铝及其氧化铝具有两性，即能与酸反应又能与强碱反应，所以铝制饭盒不宜长时间存放酸性或碱性的食物，故D正确；
故选A。
2.下列说法不正确的是
A. 加热鸡蛋、肉类，可使其中的蛋质变性
B. 碳酸氢钠、氢氧化铝可用于治疗胃酸过多：
C. 将海水中钢闸门连接电源负极可防止其被腐蚀
D. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]用于净水是因为它有氧化性
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热能使蛋白质发生变性，A说法正确；
B．碳酸氢钠、氢氧化铝均能和胃酸反应，且刺激性小，对身体几乎无害，均可以治疗胃酸过多，B说法正确；
C．将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，铁是阴极被保护，可防止闸门被腐蚀，C说法正确；
D．明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，D说法正确；
故答案为A。
3.下列过程与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是（　　）
A. 将NaOH溶液加入NaHSO4溶液中使其转化为Na2SO4
B. 将TiCl4加入水中并加热使其转化TiO2•xH2O
C. 将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3
D. 将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀
【答案】A
【解析】
【分析】
A．将NaOH溶液加入NaHSO4溶液，反应生成Na2SO4，相当于发生酸碱反应；
B．TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2•xH2O，过程中TiCl4发生水解；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质；
D．将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀，HgS为难溶电解质。
【详解】A．将NaOH溶液加入NaHSO4溶液，反应生成Na2SO4，相当于发生酸碱反应，与“盐类的水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关，A符合题意；
B．TiCl4加入水中并加热Ti4+使其转化为TiO2•xH2O，过程中TiCl4发生水解，生成的HCl不断挥发，最终转化为TiO2•xH2O，过程与盐类水解有关，B不符合题意；
C．将Na2CO3溶液加入水垢中使CaSO4转化为CaCO3，CaCO3为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，C不符合题意；
D．将Na2S溶液加入含Hg2+的废水中使其转化为HgS沉淀，HgS为难溶电解质，反应过程中生成了难溶性电解质，D不符合题意；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及盐类水解，为高频考点，把握化学反应与平衡移动原理的关系为解答的关键，本题侧重于学生分析与应用能力的考查，要注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。
4.下列解释事实的化学用语不正确的是
A. 碳酸钠溶液中存在平衡：CO32—+H2OOH—+HCO3—
B. 氢氧化亚铁暴露于空气中：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
C. 电解NaCl溶液，阴极区溶液pH增大：2H2O+2e—=H2↑+2OH—
D. 钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-3e—=Fe3+
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸为二元弱酸，则碳酸钠溶液中存在二步水解平衡，第一步为：CO32-+H2OOH-+HCO3-，A解释正确；
B．氢氧化亚铁暴露于空气中，氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B解释正确；
C．电解NaCl溶液，阴极区水得电子生成氢气和氢氧根离子，即2H2O+2e-=H2↑+2OH-，此区域溶液pH增大，C解释正确；
D．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，D解释错误；
答案为D。
【点睛】钢铁发生吸氧或析氢腐蚀时，生成的均为+2价的铁。
5.在 NH3 和 NH4Cl 存在条件下，以活性炭为催化剂，用 H2O2 氧化 CoCl2 溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是
A. 中子数为 32，质子数为 27 的钴原子:
B. H2O2 的电子式：
C. NH3 和 NH4Cl 化学键类型相同
D. [Co(NH3)6]Cl3 中 Co 的化合价是+3
【答案】D
【解析】
【详解】A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；
B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；
C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；
D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；
故答案选D。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2中阴离子数为0.2NA
B. 1molOH﹣含有的电子数为10NA
C. 常温常压下，2.24L乙烯中含有的氢原子数为0.4NA
D. 0.1L0.5 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，由于在一个Na2O2中只有1个O22-离子，所以在0.1mol Na2O2中的阴离子数为0.1NA，A错误；
B.1个OH-中含有10个电子，则1molOH﹣含有的电子数为10NA，B正确；
C.常温常压下，2.24L乙烯的物质的量小于0.1mol，所以其中含有的H原子数少于0.4NA，C错误；
D.醋酸是一元弱酸，部分电离，所以0.1L0.5 mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的氢离子数少于0.05NA，D错误；
故合理选项是B。
7.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的

A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1mol N2，转移电子数为0.5 NA
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、COx三种成分的净化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知，反应物为CO、CxHy、NOx、O2，生成物为N2、H2O、CO2。
【详解】A．在转化过程中，氮元素化合价先升高为+5价，再降低为0价，则先被氧化，再被还原，A说法错误；
B．依据图示判断催化剂参与储存和还原过程，B说法错误；
C．还原过程中生成0.1mol N2，不能确定由几价的N原子得电子，则转移电子数不能确定，C说法错误；
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、NOx、CxHy三种成分的净化，D说法正确；
答案为D。
8.下列有关2个电化学装置的叙述不正确的

A. 图I，负极Zn-2e—=Zn2+电子经导线流向正极，正极Cu2++2e—=Cu
B. 图I，在不改变总反应的前提下，可用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒
C. 图Ⅱ，通电后H和Na先从阳极区移动到阴极，然后阴极才发生反应2H++2e—=H2↑
D. 图Ⅱ，通电后，OH—向阳极迁移，Na+向阴极迁移
【答案】C
【解析】
【详解】A．图I为原电池装置，负极Zn-2e-=Zn2+，外电路中电子由负极经导线流向正极，正极Cu2++2e-=Cu，A叙述正确；
B．图I，用Na2SO4替换ZnSO4，用石墨替换Cu棒，负极为Zn-2e-=Zn2+，正极Cu2++2e-=Cu，总反应不改变，B叙述正确；
C．图Ⅱ，通电后H+和Na+从阳极区移动到阴极，同时阴极的水得电子生成氢气和氢氧根离子，反应式为：2H2O+2e－＝H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)，C叙述错误；
D．图Ⅱ，通电后，OH-向阳极迁移，Na+向阴极迁移，D叙述正确；
答案为C。
【点睛】原电池内电路，阴离子向负极移动；电解池阴离子向阳极移动。
9.以甲烷为原料合成甲醇的反应如下:
反应I:CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H1= +247 kJ/mol
反应II:CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90kJ/mol
已知: T1℃时，反应II 的平衡常数数值为100；T2℃时，反应II 在密闭容器中达到平衡，测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度(mol/L)分别为0.05、0.1、0.1。下列说法中，正确的是
A. 反应I中，使用催化剂可以减小△H1，提高反应速率
B. 反应II 中，加热或加压均可提高原料气的平衡转化率
C. 由上述数据可判断反应II 的温度: T1> T2
D. CO(g)+CH3OH(g)CH4(g) +CO2(g) △H= +157 kJ/mol
【答案】C
【解析】
A、反应热只与始态和终态有关，使用催化剂降低活化能，化学反应速率加快，但△H1不变，故A错误；B、正反应是放热反应，加热，平衡向逆反应方向移动，原料气的转化率降低，反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，原料气的转化率增大，故B错误；C、T2℃时的化学平衡常数K==2<100，反应II的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，即T1℃>T2℃，故C正确；D、反应I＋反应II得到CH4(g)＋CO2(g)CO(g)＋CH3OH(g) △H=(274－90)kJ·mol－1=＋184kJ·mol－1， CO(g)+CH3OH(g) CH4(g) +CO2(g) △H=－184kJ·mol－1，故D错误。
10.向20mL 0.40mol/L H2O2溶液中加入少量KI溶液:
i．H2O2+I-=H2O+IO-
ii．H2O2+ IO-=H2O+O2↑+ I-
H2O2分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成O2的体积(已折算标准状况)如下

下列判断不正确的是
A. 从图中可以看出，KI能增大H2O2的分解速率
B. 反应i是放热反应，反应ⅱ是吸热反应
C. 0-10min的平均反应速率：v(H2O2)≈9．0×10-3 mol· L-1·min-1
D. H2O2在反应过程中既体现了氧化性，又体现了还原性
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，KI在反应中作催化剂，降低反应的活化能，能增大H2O2的分解速率，A判断正确；
B．反应i中反应物的总能量小于中间产物的总能量是吸热反应，反应ⅱ中中间产物的总能量大于生成物的总能量是放热反应，B判断错误；
C．0-10min时，n(O2)==0.9×10-3mol，平均反应速率：v(H2O2)==9.0×10-3 mol·L-1·min-1，C判断正确；
D．H2O2在反应过程中化合价部分升高，部分降低，既体现了氧化性，又体现了还原性，D判断正确；
答案为B。
11.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表

资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
C. 实验①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2S
D. 由实验I和II不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验II：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。
【详解】A．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故A结论正确；
B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B结论正确；
C．实验①中过量CO2发生的反应是2CO2+2H2O+S2-=2HCO3-+H2S，故C结论错误；
D．根据实验I和II中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；II中通硫化氢有二氧化碳生成，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D结论正确；
答案为C。
12.电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱．25℃时，有关质的电离平衡常数如下表所示：
化学式
HF
H2CO3
HCIO
电离平衡常数(Ka)
7．2×10-4
K1=4．4×10-7，K=4．7×10-11
3.0x10-8

(1)可以作为HF是弱酸的判断依据的有：___________________
A．NaF溶液显碱性
B．物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同
C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合，有气泡生成
(2)将浓度为0.1 mol· L-1溶液加水稀释一倍(假设温度不变)下列各量增大的是____________
A.c(H+) B．c(H+)· c(OH-) C． D．
(3)物质的量浓度均为0.1 mol· L—1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液，溶液的pH最小的物质是____________
(4)在0.1mol的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是______________
A．c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
B．c(H2CO3)> c(CO32-)
C. c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3) =0. 1 mol· L-1
【答案】 (1). A (2). CD (3). NaF (4). BC
【解析】
【分析】
(1)A．NaF为强碱弱酸盐，溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子，溶液显碱性，则HF为弱酸；
B．溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关，与强弱电解质无关；
C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合，有气泡生成，只能说明HF的酸性比碳酸的强；
(2)将浓度为0.1 mol· L-1HF溶液加水稀释时，HF的电离平衡正向进行，
A．加水稀释溶液酸性减弱，则溶液中c(H+)减小；
B．温度未变，则Kw不变；
C．加水稀释，HF的电离平衡正向进行，HF的浓度减小的程度大；
D．温度未变，则Kw不变，酸性减弱，c(H+)减小，则c(OH-)增大；
(3)根据盐类水解的规律，K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大；
(4)A.根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；
B.NaHCO3溶液呈碱性，则HCO3-水解程度大于其电离程度；
C.根据物料守恒，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1 mol·L-1。
【详解】(1)A．NaF为强碱弱酸盐，溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子，溶液显碱性，则HF为弱酸，A符合题意；
B．溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关，与强弱电解质无关，则物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同不能判断HF是弱酸，B与题意不符；
C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合，有气泡生成，只能说明HF的酸性比碳酸的强，C与题意不符；
答案为A。
(2)将浓度为0.1 mol· L-1HF溶液加水稀释时，HF的电离平衡正向进行，
A．加水稀释溶液酸性减弱，则溶液中的c(H+)减小，A与题意不符；
B．温度未变，则Kw不变，即c(H+)·c(OH-)不变，B与题意不符；
C．加水稀释，HF的电离平衡正向进行，HF的浓度减小的程度大，则增大，C符合题意；
D．温度未变，则Kw不变，酸性减弱，c(H+)减小，则c(OH-)增大，增大，D符合题意；
答案为CD。
(3)根据盐类水解的规律，K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大，K(HF)＞K(HCIO)＞K(H2CO3)＞K(HCO3－)，则③NaF溶液的pH最小；
(4)A．根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，A错误；
B．NaHCO3溶液呈碱性，则HCO3-水解程度大于其电离程度，c(H2CO3)>c(CO32-)，B正确；
C．根据物料守恒，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1 mol· L-1，C正确；
答案为BC。
【点睛】盐类水解的规律，K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大。
13.软锰矿在生产中有广泛的应用．

(1)过程Ⅰ：软锰矿的酸浸处理
①过程中可以提高锰元素浸出速率的方法有: ______________，_______________(写出两种)．
②酸浸过程中的主要反应(将方程式补充完整)：
2FeS2+____MnO2+________=____Mn2++2Fe3++________+__________
③生成的硫附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入H2O2，利用其迅速分解产生的大量气体破除附着的硫．导致H2O2迅速分解的因素是________________________
(2)过程Ⅱ：电解法制备金属锰，金属锰在____________ (填“阳”或(阴”)极析出．
(3)过程Ⅲ：制备MnCO3
MnCO3难溶于水、能溶于强酸，可用MnSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制备．每制得1mol MnCO3，至少消耗a mol· L—1 NH4HCO3的体积为_________L

(4)过程Ⅳ：制备Mn3O4

图表示通入O2时pH随时间的变化．15~150分钟滤饼中一定参与反应的成分是____________，判断的理由是__________________
【答案】 (1). 加热 (2). 将矿石磨成粉 (3). 2 (4). 12H+ (5). 3 (6). 4S (7). 6H2O (8). Fe(或MnO2、或Mn2+)等作催化剂 (9). 阴 (10). (11). Mn2(OH)2SO4 (12). Mn2(OH)2SO4被O2氧化产生H+，而Mn(OH)2被氧化不产生H+
【解析】
【分析】
(1)①酸浸时，粉碎矿石、升高温度及提高酸的浓度均可提高浸出速率；
②反应时，Mn的化合价降低，Fe、S的化合价升高，且个数比为1：2，利用得失电子守恒配平即可；
③溶液中的Fe3+或MnO2可作为H2O2分解的催化剂；
(2)溶液中的Mn2+在阴极得电子生成Mn；
(3)反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)根据图像可知，随时间的增长，溶液的pH减小，3Mn2(OH)2SO4+O2=3Mn3O4+3H2SO4，则Mn2(OH)2SO4一定参与反应。
【详解】(1)①酸浸时，粉碎矿石、升高温度及提高酸的浓度均可提高浸出速率；
②反应时，Mn的化合价降低，Fe、S的化合价升高，且个数比为1：2，利用得失电子守恒配平即可，离子方程式为2FeS2+3MnO2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O；
③溶液中的Fe3+或MnO2可作为H2O2分解的催化剂，导致H2O2迅速分解；
(2)电解法制备金属锰时，溶液中的Mn2+得电子生成Mn，则阴极得电子，Mn在阴极析出；
(3)反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，制取1mol MnCO3，需要2molNH4HCO3，即a mol·L-1×V=2mol，V=L；
(4)在与氧气反应时，6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O，3Mn2(OH)2SO4+O2=3Mn3O4+3H2SO4，根据图像可知，随时间的增长，溶液的pH减小，即酸性增强，则Mn2(OH)2SO4一定参与反应。
14.含硫废气污染严重，SO2治理迫在眉睫．
Ⅰ．某工厂用(NH4)2SO3和NH4HSO3混合溶液A吸收烟气中SO2并制备(NH4)2SO3·H2O，已知:
溶液(1 mol·L-1)
(NH4)2SO3
NH4HSO3
pH(25℃)
8.0
4.6

(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_________ (填“大”或小)．
(2)(NH4)2SO3溶液呈碱性的原因是__________
(3)用不同的溶液A吸收SO2时，SO2吸收率和放空废气含N2量的变化如下图．解释图中放空废气含NH3吸收量增大的原因____________随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大____．

(注:不同溶液A的体积相同，所含(NH4)2SO3和NH4HSO3的总物质的量相同)
Ⅱ:Na2SO3同样可用于处理低浓度SO2废气，流程如下
(4)Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是_______________________．
(5)测定0.1 mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下．
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
952
9.37
9.25

解释①和④中pH不同的可能原因：___________________________________________．
(6)通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用，示意图如下

结合电极方程式，简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理__________
【答案】 (1). 小 (2). SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-的水解程度更大 (3). 使溶液中c(H+)>c(OH-) (4). 随溶液中c(NH4+)和c(OH-)均增大，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出 (5). SO32-+SO2+H2O==2HSO3- (6). 在升温过程中，SO32—被空气中氧气氧化变成SO42—，使SO32—浓度下降，水解程度降低，pH降低 (7). 阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，c(OH-)降低，促进水电离，使c(H+)升高，多余的H+由a室经阳离子交换膜进入b室将b室中SO32-转化为HSO3-，阴极2H++2e-==H2↑，导致平衡HSO3-H++SO32-向右移动，生成更多SO32-，Na+从b室进入c室．最终b中Na2SO3转化为NaHSO3，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离
【解析】
【分析】
(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3量减小，而NH4HSO3的量增大；
(2)溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+；
(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性可增大NH3吸收量；c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动；
(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠；
(5)根据表中数据对比说明盐的成分发生改变，导致水解程度减小；
(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离。
【详解】(1)“吸收”过程中，溶液A中(NH4)2SO3和SO2反应生成NH4HSO3，导致(NH4)2SO3物质的量减小，而NH4HSO3物质的量增大，则其比值减小；
(2)(NH4)2SO3为弱酸弱碱盐，溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，SO32-水解使溶液呈碱性，而NH4+水解呈酸性，此时溶液呈碱性则SO32-水解程度大于NH4+水解；
(3)SO2溶液水，导致溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，酸性溶液可增大NH3吸收量；随(NH4)2SO3和NH4HSO3的物质的量之比增大，c(SO32-)增大，则水解使溶液碱性增强，使NH4++H2ONH3·H2O+H+平衡向右移动，促进NH3逸出；
(4)Na2SO3、SO2与水反应生成亚硫酸氢钠，方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；
(5)根据表中数据，0.1mol·L-1Na2SO3溶液升高温度后，水的电离程度增大，pH减小；再恢复至原温度后，pH却减小，说明盐的成分发生改变，导致水解程度减小，则可能为在升温过程中，SO32-被空气中氧气氧化变成SO42-，使SO32-浓度下降，水解程度降低，pH降低；
(6)通电时，阳极水失电子生成氧气和氢离子，溶液中的氢离子经过阳离子交换膜向b室移动，氢离子与b室的SO32-反应生成HSO3-，而b室的钠离子向c室移动，c室阴极氢离子得电子生成氢气，导致HSO3-H++SO32-向右移动，c中NaHSO3转化为Na2SO3，实现分离。
15.某项目由乙酸甲酯为原料在催化剂作用下制备乙醇，过程包括以下3个主要反应:
Ⅰ．CH3COOCH3(g)+2H2(g) C2H5OH(g) + CH3OH(g) △H1
Il．CH3COOCH3(g)+ C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+ CH3OH(g) △H2
III．CH3COOCH3(g)+H2(g) CH3CHO (g) + CH3OH(g) △H3
(1)乙醇的燃烧热为-1366．8kJ· mol—1，写出乙醇的燃烧热化学方程式______．
(2)相同时间内，测得CH3COOCH3转化率、乙醇和乙酸乙酯的选择性如下图所示．
例如：乙醇的选择性=

①已知：ΔH1<0.随温度降低，反应I化学平衡常数的变化趋势是____________
②下列说法不合理的是_____________
A．温度可影响反应的选择性
B．225℃~235℃，反应I处于平衡状态
C．增大H2的浓度，可以提高CH3COOCH3的转化率
③为防止“反应Ⅲ”发生，反应温度应控制的范围是____________，结合图像说明判断理由：______
④在185℃下，CH3COOCH3起始物质的量为5mol，生成乙醇的物质的量是_________
【答案】 (1). C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1366.8kJ·mol-1 (2). 逐渐增大 (3). B (4). <205℃ (5). 从图中可知，在205℃之后，乙酸乙酯选择性下降的程度大于乙醇选择性提高的程度，说明有反应III发生。（或回答二者选择性相加小于100%也可） (6). 0.2mol
【解析】
【分析】
(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物时释放的热量；
(2)①ΔH1<0随温度降低，降低温度化学平衡正向移动，K增大；
②A.根据图像可知，温度改变，选择性发生改变；
B.225℃~235℃，反应I选择性增大，平衡正向移动；
C.H2和CH3COOCH3均为反应物，增大H2的浓度，平衡正向移动，CH3COOCH3的转化率提高；
③从图中可知，在205℃之后，乙酸乙酯选择性与乙醇选择性的和小于100%，说明有反应III发生，为减少反应III的发生应控制小于205℃。
④根据图像可知，在185℃下，乙醇的选择性为20%，即乙醇的量=5×20%=1mol，其中有80%的与乙酸甲酯反应生成乙酸乙酯，剩余0.2mol的乙醇。
【详解】(1)燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物时释放的热量，则乙醇的燃烧热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1366.8kJ·mol-1；
(2)①ΔH1<0随温度降低，降低温度化学平衡正向移动，K增大；
②A.根据图像可知，温度改变，选择性发生改变，则温度可影响反应的选择性，A与题意不符；
B.225℃~235℃，反应I选择性增大，平衡正向移动，处于非平衡状态，B符合题意；
C.H2和CH3COOCH3均为反应物，增大H2的浓度，平衡正向移动，提高CH3COOCH3的转化率，C与题意不符；
答案为B。
③从图中可知，在205℃之后，乙酸乙酯选择性与乙醇选择性的和小于100%，说明有反应III发生。
④根据图像可知，在185℃下，乙醇的选择性为20%，即乙醇的量=5×20%=1mol，其中有80%的与乙酸甲酯反应生成乙酸乙酯，剩余0.2mol的乙醇。
16.文献表明，相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+，为检验这一结论，完成如下实验．
资料:i．草酸(H2C2O4)为二元弱酸
ii．三水三草酸合铁酸钾[K3Fe(C2O4)3·3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解，其水溶液中存在: Fe(C2O4)33-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21
iii．FeC2O4·2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸
【实验1】通过Fe3+和C2O42—在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。

(1)C2O42-中碳元素的化合价是___________。
(2)取实验 1 中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是________
(3)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)3·3H2O。设计实验，确认实验1中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_________。实验1中未发生氧化还原反应的原因是_________
(4)取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：
________Fe(C2O4)33-+________H2OFeC2O4·2H2O↓+_______+_______。
【实验2】通过比较H2O2与Fe2+、C2O42-反应的难易，判断二者还原性的强弱。

(5)证明Fe2+被氧化的实验现象是_________________________________。
(6)以上现象能否说明C2O42-没有被氧化。请判断并说明理由：_____________。
【实验3】通过其他实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。
(7)用FeCl3溶液、K2C2O4溶液和其他试剂，设计实验方案比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。画出装置图并描述预期现象：____________________________ 。
【答案】 (1). +3 (2). 溶液存在平衡：Fe(C2O4) 33- Fe3+ +3C2O42-，加入硫酸后，H+与C2O42-结合生成H2C2O4，使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红。 (3). 取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加[K3Fe(C2O4) 6]溶液，不出现蓝色沉淀 (4). Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4) 3]3-，离子浓度降低，Fe3+与C2O42-还原性减弱 (5). 2 (6). 4H2O (7). 3C2O42- (8). 2CO2 (9). ⅠⅠ中产生大量红褐色沉淀（或ⅠⅠⅠ中得到翠绿色溶液） (10). 不能说明，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，因此不能说明C2O42—被氧化。 (11). 预期现象：电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。
【解析】
【分析】
(1)根据C2O42—化合价的代数和为-2；
(2)加入硫酸，H+与C2O42—结合生成H2C2O4，导致c(Fe3+)增大；
(3)检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；无氧化还原反应发生，则说明Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)3]3-；
(4)反应中铁的化合价降低，则C的化合价升高，气体为二氧化碳，草酸根离子生成；
(5)步骤II中加入过氧化氢后，产生红褐色沉淀即为氢氧化铁；
(6)以上现象说明还有+3价C存在，不能说明是否生成了+4价碳的化合物；
(7)可借助有双池原电池装置观察电流表指针的偏转即可。
【详解】(1)根据C2O42—化合价代数和为-2，碳元素的化合价是+3价；
(2)加入硫酸，H+与C2O42—结合生成H2C2O4，促使Fe(C2O4)33-Fe3++3C2O42-正向移动，导致c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；
(3)检验溶液中是否有亚铁离子生成即可，方法为取少量实验Ⅰ中翠绿色溶液，滴加[K3Fe(C2O4) 6]溶液，不出现蓝色沉淀，说明未发生氧化还原反应；无氧化还原反应发生，则说明Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)3]3-，离子浓度降低，Fe3+与C2O42-还原性减弱；
(4)反应中铁的化合价降低，则C的化合价升高，气体为二氧化碳，草酸根离子生成，方程式为2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+3C2O42-+CO2↑；
(5)步骤II中加入过氧化氢后，产生红褐色沉淀即为氢氧化铁，则证明Fe2+被氧化；
(6)以上现象不能说明C2O42-没有被氧化，有+4价碳的化合物生成，才能说明草酸根离子被氧化，以上现象无法判断是否生成了+4价碳的化合物，不能说明草酸根离子没有被氧化，不能说明是否生成了+4价碳的化合物；
(7)比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱应避免Fe3+与C2O42-的接触干扰实验，可借助有双池及盐桥构成原电池装置，用石墨做电极，一池装FeCl3溶液，另一池装K2C2O4溶液，若C2O42-还原性强于Fe2+，则负极上C2O42-失电子发生氧化反应，电流计指针偏转，甲烧杯电极附近产生无色气泡，乙烧杯溶液黄色逐渐浅绿色。