26．(1)—OH (2)B
(4)CD
27．[解析] (1)①Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生反应的化学方程式为2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3；
②t2～t3段溶液的pH变小的原因是NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强；
(2)检验产物中是否含有Na2SO4的实验方法是取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则产物中含Na2SO4；
(3)由工业废气制备Na2S2O4的流程图可知：向装置Ⅱ中加入Ce，将NO氧化为NO2和NO3； 装置Ⅲ中在电解条件下，SO3与Ce发生反应生成Ce和S2O4，反应的离子方程式为2SO3
通电2－3＋4＋－
＋2Ce＋2H2O=====S2O4＋2Ce＋4OH。
[答案] (1)①2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3 ②NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强
(2)取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则产物中含有Na2SO4
通电2－2－3＋4＋－
(3)2SO3＋2Ce＋2H2O=====S2O4＋2Ce＋4OH
28．[解析] (1)反应生成的HBr溶于水呈酸性，使紫色石蕊试液变红，溴蒸气遇硝酸银溶液，反应生成溴化银，溶液中有淡黄色沉淀生成。
(2)三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流，提高原料利用率。 (3)待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，烧瓶内压强减小，可以看到的现象是与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入烧瓶。
[答案] (1)紫色石蕊试液变红 溶液中有淡黄色沉淀生成 (2)冷凝回流
(3)与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入烧瓶
29．[解析] 分析图像中加入的Ba(OH)2溶液的体积与产生的沉淀质量的函数关系可知：B点为Ba(OH)2与H2SO4恰好反应；A点Ba(OH)2不足，H2SO4还有剩余；C点Ba(OH)2已过量。
(1)根据反应：H2SO4＋Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O知：c(H2SO4)×V(H2SO4)＝0.05 L×0.4 mol·L－1
c[Ba(OH)2]×V[Ba(OH)2]，c[Ba(OH)2]＝＝1 mol·L。
0.02 L
(2)C点时Ba(OH)2过量了10 mL，此时共有溶液体积为30 mL＋50 mL＝80 mL。所以，0.01 L×1 mol·L－1－－1
c[Ba(OH)2]＝＝0.125 mol·L，c(OH)＝0.125 mol·L×2＝0.25
0.08 L
－1
－1
2－
3＋
4＋
2－
2－
4＋
－
－
mol·L。
[答案] (1)1 mol·L (2)0.25 mol·L 30．[解析] Ⅰ.因为K＝
－1
－1
－1
c（H2）·c（CO）
，所以该反应的方程式为C(s)＋H2O(g)
c（H2O）
CO(g)
＋H2(g)，注意C为固态，不列入平衡常数表达式。
Ⅱ.(1)①CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH1＝－90.7 kJ·mol ②2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－23.5 kJ·mol ③CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·mol 根据盖斯定律，①×2＋②＋③得：3CO(g)＋3H2(g)246.1 kJ·mol。
(2)5 min后达到平衡，CO的转化率为50%，则Δc(CO)＝1 mol·L×50%＝0.5 mol·L
1
－1
－
－1
－1－1－1
CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH＝－
0.5 mol·L－1
，所以v(CO)＝＝0.1 mol·(L·min)。
5 min
(3)A.2v逆(CO)＝v正(H2)才能说明正逆反应速率相等，故A错误；B.反应前后气体分子数
－1
变化，容器内压强保持不变的状态是平衡状态，故B正确；C.v逆(H2)＝2v正(CO)说明正逆反应速率相等，故C正确；D.容器内的密度等于质量和体积的比值，恒容下，质量和体积不变，所以密度保持不变的状态不是平衡状态，故D错误。
(4)反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电。由图2可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH3－12e＋3H2O===2CO2＋12H；当反应掉0.23 g即0.005 mol二甲醚时，外电路中转移的电子物质的量为0.06 mol，电解氯化钠溶液的反应为通电
2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，转移的电子物质的量为0.06 mol时生成0.06 mol NaOH，故c(OH)＝0.1 mol·L，pH＝13。
[答案] Ⅰ.C(s)＋H2O(g)
－1
－
－1
－
＋
CO(g)＋H2(g)
Ⅱ.(1)－246.1 kJ·mol (2)0.1 (3)BC
(4)CH3OCH3－12e＋3H2O===2CO2＋12H 0.06 mol 13
31．[解析] (1)高温下瓷坩埚和玻璃棒中的二氧化硅和KOH等反应，被腐蚀，而铁坩埚和铁棒不反应。
(2)①中每生成1 mol K2MnO4时转移2 mol电子，则生成3 mol K2MnO4时转移6 mol电子；每1 mol KClO3参加反应转移6 mol电子，根据得失电子守恒，则KClO3与K2MnO4的物质的量高温
之比为1∶3，则此反应的化学方程式为6KOH＋KClO3＋3MnO2=====3K2MnO4 ＋KCl＋3H2O。
(3)根据表格中数据CH3COOK和K2CO3的溶解度比KMnO4大的多，蒸发浓缩基本上会留在母液中，其他物质的溶解度和KMnO4接近，会随KMnO4结晶析出。故B、C不符合题意，A、D符合题意。
－
＋
(4)A.操作⑤中蒸发至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，若大量晶体析出，趁热过滤，析出的晶体受热分解，会出现大量的副产品，故A错误；
B．抽滤时布氏漏斗中选用大小略小于漏斗内径且盖住全部小孔的滤纸，故B正确； C．不能用无水乙醇洗涤产品提高纯度，无水乙醇会与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化，故C错误；
D．KMnO4受热易分解，KMnO4晶体的烘干温度过高会降低产率，应低温烘干，故D正确。 (5)洗涤剂不能快速通过，否则洗涤效果不好，所以粗产品的洗涤步骤应为dabef的顺序排列。
[答案] (1)高温下瓷坩埚和玻璃棒会与KOH等反应，与铁不反应 (2)6KOH＋KClO3＋高温
3MnO2=====3K2MnO4 ＋KCl＋3H2O
(3)AD (4)AC (5)dabef
32．[解析] (1)根据F的结构简式和G的分子式可知，F(C14H19O3N)→G(C14H17O2N)的反应少了一个H2O，故反应类型为羟基的消去反应。
(2)根据C与反应生成D，再据F的结构简式判断，反应少了一个CH3Cl，故
可判断，应先与甲氧基在苯环邻位的H原子发生取代，取代生成的HCl再与甲氧基取代，生
成酚羟基与CH3Cl，故D的结构简式为，含氧官能团的名称为(酚)羟基、羰
基、酰胺键(肽键)。
(3)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，根据D、F的结构简式可知，E→F是羰基与
氢气的加成反应，所以E的结构简式为。
(4)①能发生银镜反应，说明有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基和甲酸形成的酯基；③分子中只有4种不同化学环境的氢原子，因此苯环上取代基应该是对称的，所以符合条件的有机物的结构简式为
(5)苯胺易被氧化，因此首先将甲苯硝化，再将硝基还原为氨基后与(CH3CO)2O发生取代反
应，最后再氧化甲基变为羧基，可得到产品，其流程图为
[答案] (1)消去反应
(2)(酚)羟基、羰基、酰胺键(肽键)(任写两种)
(3)
相关推荐：
loading