2017年四川省成都市川师大附中高考化学二模试卷(J)

2017年四川省成都市川师大附中高考化学二模试卷(J)副标题一、单选题（本大题共7小题，共7.0分）1.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关.下列叙述错误的是()A. 食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需的营养物质B. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的C. 金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属TiD. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关【答案】B【解析】解：A.体的基本营养物质有糖类、油脂和蛋白质等，植物油和脂肪都属于高级脂肪酸甘油酯，故A正确；B.汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应生成，不是汽油不完全燃烧造成的，故B错误；C.金属钠具有强的还原性，可利用钠和熔融TiCl4反应制取金属Ti，故C正确；D.PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，应加强监测和治理，故D正确；故选：B。

A.食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体的基本营养物质；B.汽车尾气排放的氮氧化物是在汽车发动机气缸内高温富氧环境下氮气和氧气的反应生成；C.依据钠的强的还原性解答；D.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌有关．本题从多方面考查了生产生活以及与环境保护有关的化学知识，这类知识的考查一直是热点内容，也是学习化学的基本素养之一，注意PM2.5概念，难度不大．2.设N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是()A. 1molAlCl3在熔融状态时离子总数为0.4N AB. 2.2 g分子式为 2H218O的水中含有的中子数为1.2N AC. 电解饱和食盐水时，当阴极产生H222.4L时，电路中转移的电子数为2N AD. 常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.2mol/L【答案】B【解析】解：A.氯化铝是共价化合物，熔融状态时不能电离出离子，故A错误；=0.1mol，故含有的中子数为0.1×12=1.2mol，即B.2.2g 2H218O的物质的量为 2.2g22g/mol1.2N A，故B正确；C.气体状态未知，气体摩尔体积不确定，无法计算氢气的物质的量，故C错误；D.常温下pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1mol/L，故D错误；故选：B。

A.氯化铝为共价化合物；B. 2H218O中含有的中子数为12；C.气体状态未知；D.依据pH=−lg[H+]解答．本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，明确氯化铝的性质、气体摩尔体积使用条件、pH的含义是解题关键，题目难度不大．3.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，Y的原子序数是W和Z 的原子序数之和的一半，Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7；W和Z形成的可溶性化合物WZ溶于水中不能促进水的电离；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌.下列说法正确的是()A. 四种元素原子中，原子半径最大的是ZB. X、Y形成的化合物能溶于盐酸C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Y的D. 1mol W单质与足量X单质反应，转移的电子数为2N A【答案】C【解析】解：Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，根据原子结构及核外电子排布规律讨论可得，Y为Si；Y的原子序数是W和Z 的原子序数之和的一半，则W和Z的原子序数之和为28；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，常见的有三种元素组成的化合物具有强氧化性的化合物，该化合物为次氯酸盐，W和Z中一定有Cl和O元素，通过讨论可知W为Na、Z为Cl，X为O，A.四种原子中，Na的原子半径最大，即原子半径最大的是W，故A错误；B.X为O、Y为硅，二者形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅不溶于盐酸，故B错误；C.Z为Cl、Y为Si，二者非金属性大小为：Cl>Si，所以最高价氧化物对应的水化物酸性大小为：Z>Y，故C正确；D.W为钠，X为O，1mol钠与足量氧气完全反应失去了1mol电子，转移的电子数为N A，故D错误；故选：C。

Y原子的最外层电子数与核外电子总数之比为2：7，若最外层电子数为2，则核外电子总数为7，为N原子，最外层电子数为5，不满足题意；若最外层电子数为4，则核外电子总数为14，为硅元素，满足条件；若最外层电子数为6，最外层电子总数为42，该元素不是短周期元素；所以Y为Si；W和Z的原子序数之和为：14×2=28；W、X、Z三种元素形成的某种化合物能消毒杀菌，说明该化合物具有强氧化性，常见的具有强氧化性的物质中含有Cl、O；氯元素与氧元素的原子序数之和为25，不满足题意，如果W和Z中有一种为O，则另一种元素的原子序数为20，为Ca元素，不属于短周期；如果W和Z中有一种为Cl，则另一种为钠，W和Z形成的化合物为氯化钠，满足题意，所以Y为Si、X为O、W为Na、Z 为Cl，据此进行解答．本题为无机推断，侧重考查了原子结构相关知识，题目难度中等，明确原子结构及常见单质及其化合物性质是解答本题关键，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．4.某食用香料乙酸橙花酯的结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是()①分子式为C12H20O2②能使酸性KMnO4溶液褪色③它的同分异构体中有芳香族化合物④1mol该有机物水解时只能消耗1molNaOH⑤1mol该有机物在一定条件下能和3mol H2反应．A. ①②③B. ①②④C. ①②⑤D. ①②③④【答案】B【解析】解：①由结构可知分子式为C12H20O2，故正确；②含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；③有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，故错误；④1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mol NaOH，故正确；⑤只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误。

故选：B。

由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、−COOC−，结合烯烃和酯的性质来解答．本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大．5.瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪(图甲)能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示.该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3−Na2O，O2−可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是()A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB. 电极b是正极，O2−由电极a流向电极bC. 电极a的反应式为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2OD. 当固体电解质中有1 mol O2−通过时，电子转移4 mol【答案】C【解析】解：A、电子不能在电池内电路流动，只能在外电路中流动，故A错误B、电极b氧气得电子，生成O2−，而电极a需要O2−作为反应物，故O2−由正极(电极b)流向负极(电极a)，故B错误；C、甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O，故C正确；D、1mol O2得4mol电子生成2molO2−，故当固体电解质中有1mol O2−通过时，电子转移2mol，故D错误；故选：C。

瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3−Na2O，O2−可以在其中自由移动.电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e−= 2O2−，负极反应为：CH4+4O2−−8e−=CO2+2H2O，结合原电池的原理和电极反应回答问题；本题考查了化学电源新型电池的原电池原理应用，主要理解电池电解质不是在水溶液中的氧化还原反应，电解质是固体，O2−可以在其中自由移动，是本题的关键．6.用下列实验装置进行的实验中，不能达到相应实验目的是()A. 装置：防止铁钉生锈B. 装置：可制得金属锰C. 装置：实验室制取乙酸乙酯D. 装置：验证HCl气体在水中的溶解性【答案】C【解析】解：A.由图可知，Fe与电源负极相连，为阴极，为外加电源的阴极保护法，可防止铁钉生锈，故A正确；B.点燃Mg条，引发铝热反应，则Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn.可制备Mn，故B正确；C.乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应，不能得到乙酸乙酯，应在小试管中加饱和碳酸钠溶液，故C错误；D.挤压胶头滴管，气球变大可知烧瓶中气体减少，则HCl极易溶于水，故D正确；故选：C。

A.防止铁钉生锈，Fe应为阴极，与电源负极相连；B.Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn；C.乙酸乙酯与NaOH溶液发生水解反应；D.HCl极易溶于水，挤压胶头滴管，气球变大．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及金属腐蚀与防护、铝热反应、有机物的制备、气体的性质等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．7.某温度下，pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示.据图判断错误的是()A. a的数值一定大于9B. I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线C. 完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)<V(氨水)D. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大【答案】D【解析】解：A.pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9，而一水合氨为弱电解质，加水促进电离，则a的数值一定大于9，故A正确；B.由图可知，开始的pH相同，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，故B正确；C.由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)<V(氨水)，故C正确；D.稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，则水的电离程度较小，故D错误。

故选：D。

根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，一水合氨为弱电解质，则氢氧化钠的浓度小，氨水浓度大，在稀释时由氨水的电离平衡可知，促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氢氧化钠的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的变化曲线，以此解答该题．本题考查溶液稀释时PH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键．二、实验题（本大题共1小题，共1.0分）8.“一器多用”可实现多方面的化学实验探究，某课外活动小组学生利用图所示的仪器组合(省略夹持和净化装置)来完成下列实验，回答下列问题：(1)仪器a的名称为______，仪器a在使用前要______．(2)该装置可用于某些气体的制取、收集及尾气处理裝置，表中3个实验的设计方案合理的是______(填序号)选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A稀硝酸Cu NO H2OB稀H2SO4CaCO3CO2NaOH溶液C浓氨水NaOH固体NH3H2O(4)上述装置若a中的物质为浓硫酸，b中的物质为Cu片，在加热条件下也可制取SO2．①下列装置可用于SO2尾气处理的是(夹持仪器已略去)______(填序号)．用Fe 2(SO 4)3溶液也可吸收多余的SO 2气体.写出SO 2与Fe 2(SO 4)3溶液反应的离子方程式：______．②某小组用反应产生的CuSO 4溶液来制取胆矾，测定所得胆矾(CuSO 4⋅xH 2O)中结晶水x 的值，各次 称量的数据如表：称量第1次 第2次 第3次 第4次 第5次 质量(g) m 1=5.4 m 2=8.2 m 3=7.4 m 4=7.2 m 5=7.2则胆矾应放在填仪器名称中加热；必须要进行恒重操作的原因是______；CuSO 4⋅xH 2O 中的x =______(保留1位小数)；若测定结果x 偏大，可能的原因是______(填序号)．a.加热温度过高b.胆矾晶体的颗粒较大c.加热后放在空气中冷却．【答案】分液漏斗；查漏；C ；8NH 3+3Cl 2=6NH 4Cl +N 2；d ；2Fe 3++SO 2+2H 2O =2Fe 2++SO 42−+4H +；坩埚；确保硫酸铜晶体完全失去结晶水；4.9；a【解析】解：(1)仪器a 是加入溶液的仪器，仪器a 的名称为分液漏斗，分液漏斗带有玻璃活塞，防止漏液使用前需要查漏，故答案为：分液漏斗；查漏；(2)A.一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮，不溶于水不能被吸收，装置不符合，故A 错误；B.硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水附着在固体表面阻止反应进行，不能用来制备二氧化碳，故B 错误；C.固体氢氧化钠溶解放热，浓氨水溶液中一水合氨分解生成氨气，氨气极易溶于水，倒扣漏斗防止倒吸，故C 正确；故答案为：C ；(3)氨气具有还原性，氯气具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成氯化氢和氮气，过量氨气和氯化氢反应时会产生白烟生成氯化铵，故答案为：8NH 3+3Cl 2=6NH 4Cl +N 2； (4)①a.装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误； b.该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c.该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d.该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确，SO 2与Fe 2(SO 4)3溶液反应生成硫酸、硫酸亚铁，反应的离子方程式为：2Fe 3++SO 2+2H 2O =2Fe 2++SO 42−+4H +，故答案为：d ； 2Fe 3++SO 2+2H 2O =2Fe 2++SO 42−+4H +；②固体灼烧在坩埚中，必须要进行恒重操作的原因是确保硫酸铜晶体完全失去结晶水，测定所得胆矾(CuSO 4⋅xH 2O)中结晶水x 值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g ，图表中称量坩埚质量5.4g ，胆矾和坩埚质量为8.2g ，称量至恒重为硫酸铜质量为7.2g ，则结晶水质量=8.2g −7.2g =1g ，硫酸铜质量=7.2g −5.4g =1.8g ， 1.8g 160g/mol ：1g18g/mol =1；x ，x ≈4.9a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；b.胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b 错误；c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结果偏小，故c错误；故答案为：坩埚；确保硫酸铜晶体完全失去结晶水；4.9； a；(1)仪器a是加入溶液的仪器为分液漏斗，分液漏斗带有玻璃活塞使用前需要查漏；(2)A.一氧化氮和氧气反应，不溶于水不能被吸收；B中硫酸和碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水附着在固体表面阻止反应进行；C中固体氢氧化钠溶解放热一水合氨分解生成氨气；(3)氨气和氯气接触时会产生白烟生成氯化铵和氮气；(4)装置若a中的物质为浓硫酸，b中的物质为Cu片，在加热条件下也可制取SO2，①装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中，SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸、硫酸亚铁；②固体灼烧在坩埚中，必须要进行恒重操作是确保硫酸铜晶体完全失去结晶水，依据质量变化，测定所得胆矾(CuSO4⋅xH2O)中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，图表中称量坩埚质量5.4g，胆矾和坩埚质量为8.2g，称量至恒重为硫酸铜质量为7.2g，温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使结果偏大；胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小；在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体；本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键，题目难度中等．三、简答题（本大题共4小题，共4.0分）9.甲醇可作为燃料电池的原料.以CH4和H2O为原料，通过下列反应制备甲醇．Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.0kJ⋅mol−1Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=−129.0kJ⋅mol−1(1)CH4(g)与H2O(g)反应生成CH3OH(g)和H2(g)的热化学方程式为：______．(2)将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积为10L的反应室，在一定条件下发生反应I，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如图1．①假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率为______．②100℃时反应I的平衡常数为______．(3)在压强为0.1MPa、温度为300℃条件下，将amol CO与3amol H2的混合气体在，其他条件催化剂作用下发生反应Ⅱ生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原的12不变，对平衡体系产生的影响是______(填字母序号)．A c(H2)减少B 正反应速率加快，逆反应速率减慢C CH3OH的物质的量增加D 重新平衡c(H2)减小 E.平衡常数K增大c(CH3OH)(4)甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化.实验室用图2装置模拟上述过程：①写出阳极电极反应式______．②写出除去甲醇的离子方程式______．【答案】CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)△H=+77.0kJ⋅mol−1；0.003mol⋅L−1⋅min−1；2.25×10−4；C、D；Co2+−e−=Co3+；6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++ 6H+【解析】解：(1)Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206.0kJ⋅mol−1，Ⅱ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=−129.0kJ⋅mol−1，依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)△H=+77.0kJ⋅mol−1，故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)△H=+77.0kJ⋅mol−1；(2)将1.0molCH4和2.0molH2O(g)通入容积固定为100L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为50%，故参加反应的甲烷为1mol×50%=0.5mol，则：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)起始量(mol)：1.0 2.0 0 0变化量(mol)：0.50.50.5 1.5平衡量(mol)：0.5 1.50.5 1.5①假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=1.5mol=0.003mol⋅L−1⋅min−1，100L×5min故答案为：0.003mol⋅L−1⋅min−1；②100℃时反应I的平衡浓度为c(CH4)=0.005mol/L，c(H2O)=0.015mol/L，c(CO)=0.005mol/L，c(H2)=0.015mol/L，=2.25×10−4，平衡常数K=0.005×0.015 30.005×0.015故答案为：2.25×10−4；(3)A.平衡后将容器的容积压缩到原来的1，压强增大，平衡向正反应方向移动，生成物2的浓度增大，由于平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，故A错误；B.压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故B错误；C.压强增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加，故C正确；D.压强增大，平衡向正反应方向移动，氢气的物质的量减小、甲醇的物质的量增大，故减小，故D正确；重新平衡c(H 2)c(CH3OH)E.平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故E错误，故答案为：CD；(4)①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+−e−=Co3+；故答案为：Co2+−e−=Co3+；②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化，自身被还原为Co2+，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；故答案为：6Co 3++CH 3OH +H 2O =CO 2↑+6Co 2++6H +．(1)Ⅰ：CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g)△H =+206.0kJ ⋅mol −1，Ⅱ：CO(g)+2H 2(g)=CH 3OH(g)△H =−129.0kJ ⋅mol −1，依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得到CH 4(g)+H 2O(g)=CH 3OH(g)+H 2(g)△H ；(2)100℃时达到平衡时，甲烷转化率为50%，结合化学平衡三段式列式计算平衡时各组分的物质的量；①根据c =△n V⋅△t 计算v(H 2)；(3)其他条件不变，平衡后将容器的容积压缩到原来的12，压强增大，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，生成物的浓度增大，由于温度不变，则平衡常数不变，结合平衡常数可知，平衡时反应物各组分的浓度都增大，据此分析解答；(4)①通电后，将Co 2+氧化成Co 3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co 2+−e −=Co 3+；②以Co 3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO 2而净化，自身被还原为Co 2+，原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H +，配平书写为：6Co 3++CH 3OH +H 2O =CO 2↑+6Co 2++6H +． 本题考查较为综合，涉及热反应热的计算、化学反应速率及平衡常数的计算、电解池原理等，难度中等，掌握计算方法和化学反应原理是解题关键．10. 铝热法炼铬废渣主要成分为Al 2O 3和Cr 2O 3，还含有MgO 、FeO 、Fe 2O 3等杂质，以下是以炼铬废渣为原料回收Al 2O 3和Cr 2O 3的流程图：已知：①“焙烧”涉及的主要反应：Na 2CO 3+Al 2O 3− 高温 2NaAlO 2+CO 2↑；Cr 2O 3+Na 2CO 3+O 2− 高温 Na 2CrO 4+CO 2↑(未配平)；②滤液2中涉及的反应：8CrO 42−+3S 2O 32−+34H +=6SO 42−+8Cr3++17H 2O ③K sp [Cr(OH)3]=8×10−32根据题意回答下列问题：(1)请完成下列化学方程式的配平：______Cr 2O 3+______Na 2CO 3+______O 2 − 高温 ______Na 2CrO 4+______CO 2↑；(2)炼铬废渣在焙烧前需球磨粉碎，其目的是______．(3)滤渣1的主要成分是______．(4)流程中可以循环利用的物质是______．(5)写出步骤Ⅲ“碳分”的离子反应方程式：______．(6)滤液2还原后的溶液中为使Cr 3+沉淀完全，溶液pH 应小于______.(已知：lg5=0.7；当溶液中离子浓度不大于1×10−5mol/L 时，可以认为不含该离子)(7)滤液2经多步操作还可以获得K 2Cr 2O 7晶体，其操作依次是：加入稀硫酸酸化，加入KCl 固体、蒸发浓缩、操作a 、过滤、操作b 、干燥．①加硫酸酸化的目的是______．②操作a、操作b分别是______、______．【答案】2；4；3；4；4；使反应物接触更充分，加快反应速率，通过原料利用率；MgO、Fe2O3；CO2；AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；5.3；使CrO42−转化为Cr2O72−；冷却结晶；洗涤【解析】解：(1)Cr2O3+Na2CO3+O2− 高温 Na2CrO4+CO2↑，反应中铬元素化合价+3价变化为+6价，Cr2O3变化为2Na2CrO4，电子转移6e−，氧元素化合价0价变化为−2价，O2反应电子转移4e−，电子转移总数12e−，Cr2O3前系数为2，Na2CrO4前系数为4，O2前系数3，结合原子守恒配平得到化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2− 高温 4Na2CrO4+4CO2↑，故答案为：2、4、3、4、4；(2)炼铬废渣在焙烧前需球磨粉碎，其目的是使反应物接触更充分，加快反应速率，通过原料利用率，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率，通过原料利用率；(3)Al2O3和Cr2O3和碳酸钠反应，MgO、Fe2O3不与碳酸钠反应，所以滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)分析流程可知二氧化碳参与反应，最后又生成，可以循环使用，故答案为：CO2；(5)步骤Ⅲ“碳分”的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；(6)K sp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH−)=8×10−32，当溶液中离子浓度不大于1×10−5mol/L时，可以认为不含该离子，则c(OH−)=38×10−3210−5=2×10−9mol/L，c(H+)=10−142×10=5×10−6mol/L，溶液PH=6−lg5=5.3，故答案为：5.3；(7)①酸化步骤依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42−转化为Cr2O72−，故答案为：使CrO42−转化为Cr2O72−；FeO被氧化为氧化铁，②操作Ⅲ有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，故答案为：冷却结晶；洗涤．铝热法炼铬废渣主要成分为Al2O3和Cr2O3，还含有MgO、FeO、Fe2O3等杂质，回收Al2O3和Cr2O3的流程图分析可知，铬废渣加入纯碱通入空气进行焙烧Ⅰ，焙烧”涉及的主要反应：Na2CO3+Al2O3− 高温 2NaAlO2+CO2↑；Cr2O3+Na2CO3+O2− 高温 Na2CrO4+CO2↑(未配平)，水浸过滤得到滤渣1为MgO、Fe2O3，步骤Ⅲ“碳分”通入二氧化碳和偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀和滤液2主要是CrO42−离子，加入硫代硫酸钠溶液还原得到铬离子，加入浓氨水沉淀得到氢氧化铬，煅烧过滤得到Cr2O3，(1)元素化合价变化计算电子转移总数，结合原子守恒配平书写离子方程式；(2)炼铬废渣在焙烧前需球磨粉碎，是加快反应速率；(3)可知滤渣Ⅰ为MgO、Fe2O3；(4)流程中参与反应最后生成的物质可以循环使用；(5)步骤Ⅲ“碳分”的反应为偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；(6)K sp[Cr(OH)3]=8×10−32，结合溶度积常数计算氢氧根离子浓度和溶液PH；(7)①结合流程图和反应过程中得到物质分析，酸化步骤用醋酸调节溶液pH <5为了转化CrO 42−离子为Cr 2O 72−；②溶液中得到溶质晶体的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤步骤分析回答； 本题考查了物质分离、物质提纯方法、物质性质的分析、溶度积常数计算应用、氧化还原反应等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．11. 已知A 、B 、C 、D 、E 都是周期表中前四周期的元素，它们的原子序数依次增大。