2021-2022学年江苏省扬州市高三（上）月考化学试卷（一）

这是一份2021-2022学年江苏省扬州市高三（上）月考化学试卷（一），共28页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）反应CO+Ag2O2Ag+CO2可用在防毒面具中。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应属于置换反应B．Ag2O作氧化剂
C．CO属于大气污染物D．CO2可用于光合作用
2．（3分）侯氏制碱法的基本反应为NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图为B．CO2的空间构型为V形
C．NH3的电子式为D．H2O分子间能形成氢键
3．（3分）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氯气
B．除去氯气中的少量氯化氢
C．分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O
4．（3分）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
B．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D．液氨气化时吸收大量的热，可用作制冷剂
5．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是空气中含量最多的元素，基态时Y原子2p轨道上有4个电子，Z在周期表中位于IA族，W与Y同主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）
B．电负性：X＞Y
C．元素Y和元素Z仅能形成一种离子化合物
D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
阅读下列资料，完成6～8题：从烟道气（含粉渣、CO2、SO2等）中分离回收硫的基本反应之一是SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（s）ΔH＜0。SO2在大气中能生成SO3、H2SO3、H2SO4
6．下列有关SO2、SO3、SO32﹣和SO42﹣的说法正确的是（ ）
A．SO32﹣中S原子的杂化方式为sp3
B．SO42﹣的空间构型为平面正方形
C．SO2晶体熔点高、硬度大
D．SO3分子是极性分子
7．在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是（ ）
A．H2SO3（aq） H2SO4（aq）
B．H2SO4（aq）SO2（g）
C．S（s）SO3（g）
D．SO2（g）H2SO4（aq）
8．下列有关反应SO2（g）+2CO（g） 2CO2（g）+S（s） ΔH＜0的说法正确的是（ ）
A．ΔS＞0
B．其他条件不变，升高温度，正反应速率减小
C．该反应的平衡常数可表示为K＝
D．反应中每消耗1mlCO转移的电子数目约为2×6.02×1023
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．加热0.1 ml•L﹣1 Na2CO3溶液，溶液的碱性减弱
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温常压下，Zn与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移1ml 电子
D．常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入少量NH3，溶液中的值减小
10．（3分）利用废电池铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．铜溶解时的离子方程式为Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O
B．可用加热的方法除去过量的H2O2
C．调pH＝2的目的是为了生成Cu（OH）2沉淀
D．1个铜晶胞（如图所示）中含4个Cu原子
11．（3分）室温下，为探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质，进行如下实验。
①向0.1 ml•L−1Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀。
②向0.1 ml•L−1Na2SO3溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象。
③用pH试纸测量0.01 ml•L−1 NaHSO3溶液的pH，pH约为5。
④向0.1 ml•L−1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去。
由上述实验现象能得出的结论是（ ）
A．实验①所得上层清液中存在c（Ba2+）•c（SO32﹣）＞Ksp（BaSO3）
B．实验②说明：SO32﹣与H2O2能大量共存
C．实验③说明：HSO3﹣的电离程度大于它的水解程度
D．实验④中发生反应：3HSO3﹣+2MnO4﹣+OH﹣═3SO42﹣+2MnO2↓+2H2O
12．（3分）Mg﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极A是该电池的正极
B．电极B附近溶液的pH增大
C．电池工作时，电子由电极B经外电路流向电极A
D．电池工作时的主要反应为：Mg+2H+═Mg2++H2↑
13．（3分）室温下，向5mL0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中滴入2滴0.1ml•L﹣1CaCl2溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（Na+）═c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
B．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（H2CO3）+c（H+）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）
D．生成白色沉淀的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2+═Ca（HCO3）2↓
14．（3分）工业上利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2。450℃以上，发生反应Ⅰ：S8（g）═4S2（g）；通常在600℃以上发生反应Ⅱ：2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）。一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、CH4与S2反应中CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A．反应Ⅱ的正反应为吸热反应
B．在恒温密闭容器中，反应相同时间，温度越低，CH4的转化率越大
C．发生反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：此温度CH4平衡转化率已很高；低于此温度，S2浓度小，反应速率慢
D．某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，n（S2）：n（CH4）＝2：1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为43%
二、非选择题（共58分）
15．（13分）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）在碱性介质中相对比较稳定，常用于纺织工业、食品漂白等领域。实验室模拟其制备流程如图所示。
（1）可用Na2SO3粉末与70%H2SO4溶液反应制备SO2，使用70%H2SO4溶液而不使用
浓盐酸，原因是 。
（2）“还原”时生成ZnS2O4的化学方程式为 。
（3）“过滤”时得到的滤渣为 。
（4）“冷却”时加入NaCl后溶液中有大量晶体析出，原因是 。
（5）保存Na2S2O4时加入少量Na2CO3固体的目的是 。
（6）Na2S2O4固体与过量H2O2溶液反应生成硫酸盐的离子方程式为 。
16．（13分）以铬铁矿[含亚铬酸亚铁Fe（CrO2）2及少量Al2O3、MgO]为原料制备高价态铬盐，工艺流程可表示为图1。
（1）“高温连续氧化”操作中被氧化的元素是 （填元素符号）。
（2）操作Ⅰ中主要反应的化学方程式为 。
（3）滤渣经分离转化可得到MgCO3•nH2O。MgCO3•nH2O加热分解，T3℃以上残留固体为MgO。取13.8mg样品加热升温，过程中固体的质量变化见图2，则n＝ （写出计算过程）。
（4）常温下，操作Ⅱ溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。
已知：①溶液中离子浓度小于1×10﹣5ml•L﹣1为沉淀完全；
②反应A1（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+2H2O的K＝100.63。
17．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O是某些有机反应的催化剂。工业上常用FeC2O4•2H2O晶体为原料制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
Ⅰ.制备FeC2O4•2H2O晶体。
溶解：称取5.0g（NH4）2Fe（SO4）2晶体，放入仪器A中，加入少量1ml•L﹣1H2SO4溶液和15mL蒸馏水加热溶解；
沉淀：向仪器A中加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；产生大量的FeC2O4•2H2O沉淀，过滤，洗涤，得FeC2O4•2H2O晶体。
（1）仪器A的名称是 。
（2）“溶解”时若不加入硫酸，溶液会出现浑浊现象，加入硫酸的目的是 。
（3）（NH4）2Fe（SO4）2晶体往往会混有少量Fe3+，影响草酸亚铁晶体的纯度。检验晶体中是否混有Fe3+，可用的试剂是 。在酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为无毒气体和水，该反应的离子方程式为 。
（4）检验沉淀洗涤是否完全的方法是 。
Ⅱ.制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
已知：①K2Fe（C2O4）2可溶于水；Fe2（C2O4）3难溶于水；K3[Fe（C2O4）3]•3H2O易溶于水，
难溶于乙醇。
②实验条件下，pH＝1.9时，Fe3+开始沉淀；过氧化氢在40℃以上发生显著分解。
③K3[Fe（CN）6]溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。
（5）以FeC2O4•2H2O晶体为原料，制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为1.9，先滴加饱和K2C2O4溶液， ，直至取溶液样品滴加K3[Fe（CN）6]溶液不再出现深蓝色为止，用冷水冷却， ，过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。（实验中须使用的试剂：10%H2O2溶液，无水乙醇。）
18．（17分）铬是造成水体污染的元素之一，水体除铬主要有还原沉淀法、光催化还原法等。
（1）NaHSO3还原沉淀法：向酸性废水中加入NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，然后加入熟石灰调节废水的pH，使Cr3+完全沉淀。
①酸性条件下，NaHSO3与Cr2O72﹣反应的离子方程式为 。
②Cr3+的基态核外电子排布式为 。已知25℃时Ksp[Cr（OH）3]＝6.4×10﹣31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10﹣7ml•L﹣1，此时溶液中的c（H+）＜ ml•L﹣1。
③Cr（Ⅲ）在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH＞12时，铬去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。
（2）金属也可用于还原废水中的Cr（Ⅵ）。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn﹣Cu粉分别处理pH＝2.5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）残留率随时间的变化如图2所示。则图中b对应的实验方法所使用的的金属粉是 。图中b对应的实验方法处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，其原因是 。
（3）光催化还原法：可能的反应机理如图3所示，ZrO2纳米管为催化剂，在紫外光照射下，VB端光生空穴（h+）被牺牲剂甲醇（CH3OH）消耗。在紫外光照射下，甲醇还原Cr（Ⅵ）的过程可描述为 。
2021-2022学年江苏省扬州市高三（上）月考化学试卷（一）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）反应CO+Ag2O2Ag+CO2可用在防毒面具中。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应属于置换反应B．Ag2O作氧化剂
C．CO属于大气污染物D．CO2可用于光合作用
【分析】反应CO+Ag2O2Ag+CO2中，Ag元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，Ag2O为氧化剂，CO为还原剂，以此解答该题。
【解答】解：A．该反应中没有单质参与反应，则不属于置换反应，故A错误；
B．该反应中Ag元素化合价降低，被还原，则Ag2O为氧化剂，故B正确；
C．CO有毒，属于大气污染物，故C正确；
D．CO2可用于光合作用产生氧气，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和应用能力的考查，注意把握元素化合价的判断，从化合价的角度认识相关概念和物质的性质，题目难度不大。
2．（3分）侯氏制碱法的基本反应为NaCl+H2O+NH3+CO2═NaHCO3↓+NH4Cl。下列说法正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图为B．CO2的空间构型为V形
C．NH3的电子式为D．H2O分子间能形成氢键
【分析】A．是钠原子的结构示意图；
B．CO2的空间构型为直线形；
C．NH3分子中N原子外围还有1对孤电子对；
D．氧原子的电负性大，键合能力强，并且含有O﹣H键。
【解答】解：A．Na+的核外电子数为10，分层排布，最外层电子数为8，则Na+的结构示意图为，故A错误；
B．CO2的结构式为O＝C＝O，则CO2的空间构型为直线形，故B错误；
C．NH3分子中N原子与H原子共用1对电子，外围达到8e﹣的稳定结构，其电子式为，故C错误；
D．氧原子的电负性大，水分子中含有O﹣H键，则水分子间能形成氢键，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、离子结构示意图、氢键、结构式及空间构型等知识，明确常见化学用语的表示方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
3．（3分）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是（ ）
A． 制取氯气
B．除去氯气中的少量氯化氢
C．分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O
【分析】A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
B．饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；
C．二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；
D．锰离子可发生水解．
【解答】解：A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短处，故B错误；
C．二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；
D．锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用．
4．（3分）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路
B．NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D．液氨气化时吸收大量的热，可用作制冷剂
【分析】A．铁离子具有强的氧化性，能够氧化铜；
B．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸；
C．ClO2具有氧化性，能够使蛋白质变性；
D．氨气化时吸收大量的热，具有制冷作用。
【解答】解：A．铁离子具有强的氧化性，能够氧化铜，所以FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路，故A正确；
B．碳酸氢钠能够与盐酸反应，消耗盐酸，所以可以用于治疗胃酸过多，与其受热易分解无关，故B错误；
C．ClO2具有氧化性，能够使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．氨气化时吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。
5．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是空气中含量最多的元素，基态时Y原子2p轨道上有4个电子，Z在周期表中位于IA族，W与Y同主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）
B．电负性：X＞Y
C．元素Y和元素Z仅能形成一种离子化合物
D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是空气中含量最多的元素，则X为N元素；基态时Y原子2p轨道上有4个电子，其外围电子排布式为2s22p4，故Y为O元素；Z在周期表中位于IA族，原子序数大于氧，故Z为Na；W与Y（氧）同主族，则W为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为N、Y为O、Z为Na、W为S；
A．Z为Na，W为S，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径r（W）＜r（Z），故A错误；
B．X为N，Y为O，同周期自左而右电负性增大，故电负性X＜Y，故B错误；
C．O元素与Na元素形成Na2O、Na2O2，二者都是离子化合物，故C错误；
D．Y为O，W为S，非金属性O＞S，故Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查元素周期表与元素周期律应用，推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
阅读下列资料，完成6～8题：从烟道气（含粉渣、CO2、SO2等）中分离回收硫的基本反应之一是SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（s）ΔH＜0。SO2在大气中能生成SO3、H2SO3、H2SO4
6．下列有关SO2、SO3、SO32﹣和SO42﹣的说法正确的是（ ）
A．SO32﹣中S原子的杂化方式为sp3
B．SO42﹣的空间构型为平面正方形
C．SO2晶体熔点高、硬度大
D．SO3分子是极性分子
【分析】A．SO32﹣中S原子价层电子对数＝3+＝4且S原子含有一个孤电子对；
B．SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对；
C．分子晶体熔沸点较小、硬度较小；
D．SO3分子中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，正负电荷中心不重合的分子为极性分子。
【解答】解：A．SO32﹣中S原子价层电子对数＝3+＝4且S原子含有一个孤电子对，则S原子采用sp3杂化，故A正确；
B．SO42﹣中S原子价层电子对数＝4+＝4且S原子不含孤电子对，则该微粒空间构型为正四面体形，故B错误；
C．SO2晶体是由分子构成的，属于分子晶体，其熔沸点较低，硬度小，故C错误；
D．SO3分子中S原子价层电子对数＝3+＝3且S原子不含孤电子对，则该分子为平面正三角形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子杂化类型判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查基本概念的理解和灵活应用，明确价层电子对互斥理论内涵是解本题关键，知道微粒空间构型及原子杂化类型的判断方法，题目难度不大。
7．在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是（ ）
A．H2SO3（aq） H2SO4（aq）
B．H2SO4（aq）SO2（g）
C．S（s）SO3（g）
D．SO2（g）H2SO4（aq）
【分析】A.亚硫酸易被氧化；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫；
C.S燃烧生成二氧化硫；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸。
【解答】解：A.亚硫酸易被氧化，可与氧气反应生成硫酸，则H2SO3（aq） H2SO4（aq）可实现转化，故A正确；
B.Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫，常温下不反应，不能实现转化，故B错误；
C.S燃烧生成二氧化硫，不能直接转化为三氧化硫，故C错误；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能与水反应生成硫酸，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查含硫物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
8．下列有关反应SO2（g）+2CO（g） 2CO2（g）+S（s） ΔH＜0的说法正确的是（ ）
A．ΔS＞0
B．其他条件不变，升高温度，正反应速率减小
C．该反应的平衡常数可表示为K＝
D．反应中每消耗1mlCO转移的电子数目约为2×6.02×1023
【分析】A．反应前后气体体积减小；
B．升高温度能增大反应速率；
C．固体和纯液体不写入平衡常数表达式；
D．SO2（g）+2CO（g） 2CO2（g）+S（s），反应中消耗2mlCO，电子转移总物质的量4ml。
【解答】解：A．反应SO2（g）+2CO（g） 2CO2（g）+S（s），反应前后气体体积减小，熵变△S＜0，故A错误；
B．其他条件不变，升高温度，反应速率增大，正逆反应速率都增大，故B错误；
C．该反应的平衡常数可表示为K＝，故C错误；
D．SO2（g）+2CO（g） 2CO2（g）+S（s），反应中消耗2mlCO，电子转移总物质的量4ml，每消耗1mlCO转移的电子数目约为2×6.02×1023，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应影响因素、平衡常数表达式、氧化还原反应电子转移等知识点，题目难度不大。
9．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．加热0.1 ml•L﹣1 Na2CO3溶液，溶液的碱性减弱
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温常压下，Zn与稀H2SO4反应生成11.2LH2，反应中转移1ml 电子
D．常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入少量NH3，溶液中的值减小
【分析】A.Na2CO3溶液存在水解平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；
B.原电池中正极被保护；
C.题目未给标准状况；
D.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+。
【解答】解：A.碳酸根离子水解吸热，升高温度，水解平衡正移，氢氧根离子浓度增大，碱性变强，故A错误；
B.地下钢铁管道用导线连接锌块，Zn作负极，钢铁管道作正极被保护，腐蚀速度变慢，故B正确；
C.题目未给标准状况，无法使用22.4L/ml计算物质的量，故C错误；
D.常温下，向稀醋酸溶液中缓慢通入少量NH3，氢离子与氨气结合生成铵根离子，电离平衡正向移动，n（CH3COOH）变小，n（CH3COO﹣）变大，溶液中＝值变大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查金属的腐蚀与防护、盐的水解，题目难度中等，掌握常见的金属腐蚀与防护知识是解题的关键。
10．（3分）利用废电池铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．铜溶解时的离子方程式为Cu+H2O2+2H+═Cu2++2H2O
B．可用加热的方法除去过量的H2O2
C．调pH＝2的目的是为了生成Cu（OH）2沉淀
D．1个铜晶胞（如图所示）中含4个Cu原子
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，
A．酸性条件下，双氧水与铜反应生成铜离子和水，此过程可理解为双氧水将铜氧化为氧化铜；
B．可用加热的方法除去过量的H2O2，因为双氧水受热分解为氧气和水；
C．调pH＝2可以防止生成Cu（OH）2沉淀；
D．顶点为8×＝1，面心为6×＝3。
【解答】解：A．酸性条件下，双氧水与铜反应生成铜离子和水，此过程可理解为双氧水将铜氧化为氧化铜，氧化铜与硫酸反应，离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O，故A正确；
B．可用加热的方法除去过量的H2O2，因为双氧水受热分解为氧气和水，故B正确；
C．调pH＝2的目的是为了防止生成Cu（OH）2沉淀，加入锌灰后发生置换，得到海绵铜，故C错误；
D．顶点为8×＝1，面心为6×＝3，1个铜晶胞（如图所示）中含4个Cu原子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等。
11．（3分）室温下，为探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质，进行如下实验。
①向0.1 ml•L−1Na2SO3溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀。
②向0.1 ml•L−1Na2SO3溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象。
③用pH试纸测量0.01 ml•L−1 NaHSO3溶液的pH，pH约为5。
④向0.1 ml•L−1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去。
由上述实验现象能得出的结论是（ ）
A．实验①所得上层清液中存在c（Ba2+）•c（SO32﹣）＞Ksp（BaSO3）
B．实验②说明：SO32﹣与H2O2能大量共存
C．实验③说明：HSO3﹣的电离程度大于它的水解程度
D．实验④中发生反应：3HSO3﹣+2MnO4﹣+OH﹣═3SO42﹣+2MnO2↓+2H2O
【分析】A.实验①所得上层清液为BaSO3的饱和溶液，此时达到沉淀溶解平衡；
B.双氧水具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钠；
C.室温下pH约为5，溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度；
D.高锰酸根离子被还原为锰离子。
【解答】解：A.实验①所得上层清液为BaSO3的饱和溶液，该溶液中存在沉淀溶解平衡，则c（Ba2+）•c（SO32﹣）＝Ksp（BaSO3），故A错误；
B.向0.1 ml•L−1Na2SO3溶液中滴加H2O2溶液，二者发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，没有明显现象，但SO32﹣与H2O2不能大量共存，故B错误；
C.室温下0.01 ml•L−1NaHSO3溶液的pH约为5，溶液呈酸性，能够说明HSO3﹣的电离程度大于它的水解程度，故C正确；
D.实验④中NaHSO3与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸根离子和水，正确的离子方程式为：5HSO3﹣+2MnO4﹣+H+═5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查性质方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，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。
12．（3分）Mg﹣空气电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电极A是该电池的正极
B．电极B附近溶液的pH增大
C．电池工作时，电子由电极B经外电路流向电极A
D．电池工作时的主要反应为：Mg+2H+═Mg2++H2↑
【分析】该装置为原电池，Mg（A）作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，电极B作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。
【解答】解：A.电极A是电池的负极，故A错误；
B.电极B作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，生成氢氧根离子，pH增大，故B正确；
C.电池工作时，电子由负极（A）经外电路流向正极（B），故C错误；
D.电池工作时的主要反应为2Mg+O2+2H2O＝2Mg（OH）2，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极是解题的关键。
13．（3分）室温下，向5mL0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中滴入2滴0.1ml•L﹣1CaCl2溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（Na+）═c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）
B．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
C．0.1 ml•L﹣1 NaHCO3溶液中存在：c（H2CO3）+c（H+）═c（OH﹣）+c（CO32﹣）
D．生成白色沉淀的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2+═Ca（HCO3）2↓
【分析】A．根据物料守恒关系式分析判断；
B．根据电荷守恒关系式分析判断；
C．根据电荷守恒、物料守恒关系式分析判断；
D．NaHCO3溶液中滴入2滴0.1ml•L﹣1CaCl2溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生，说明碳酸氢钠溶液中存在电离平衡HCO3﹣⇌H++CO32﹣，加入的Ca2+与CO32﹣生成CaCO3沉淀，促进了HCO3﹣的电离。
【解答】解：A．NaHCO3溶液中存在的物料守恒关系式为c（Na+）═c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣），故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在的电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故B错误；
C．NaHCO3溶液中存在的电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），物料守恒关系式为c（Na+）═c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣），消去c（Na+）可得：c（H2CO3）+c（H+）═c（OH﹣）+c（CO32﹣），故C正确；
D．碳酸氢钠溶液中存在的电离平衡为HCO3﹣⇌H++CO32﹣，加入Ca2+与CO32﹣生成BaCO3沉淀，促进了HCO3﹣的电离，导致H+浓度增大，H+与HCO3﹣反应生成CO2，则产生白色沉淀的离子方程式为：2HCO3﹣+Ca2+═CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查溶液中存在的离子浓度关系，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、溶液中存在守恒关系为解答的关键，侧重分析能力与运用能力的考查，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度不大。
14．（3分）工业上利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2。450℃以上，发生反应Ⅰ：S8（g）═4S2（g）；通常在600℃以上发生反应Ⅱ：2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）。一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、CH4与S2反应中CH4的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A．反应Ⅱ的正反应为吸热反应
B．在恒温密闭容器中，反应相同时间，温度越低，CH4的转化率越大
C．发生反应Ⅱ温度不低于600℃的原因是：此温度CH4平衡转化率已很高；低于此温度，S2浓度小，反应速率慢
D．某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，n（S2）：n（CH4）＝2：1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为43%
【分析】A．由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低；
B．由图可知，CH4的平衡转化率随着温度的升高逐渐降低，S2浓度随着温度升高而增大，故温度越低，S2浓度越小，反应速率越慢；
C．由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小；
D．在密闭容器中，n（S2）：n（CH4）＝2：1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：
2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）
开始（ml）2a a 0 0
变化（ml）2x x x 2x
平衡（ml）2a﹣2x a﹣x x 2x
CS2的体积分数为10%，即＝10%，解得x＝0.3a，据此计算。
【解答】解：A．由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应II的正反应为放热反应，故A错误；
B．由图可知，CH4的平衡转化率随着温度的升高逐渐降低，S2浓度随着温度升高而增大，故温度越低，S2浓度越小，反应速率越慢。在反应相同时间里，温度越低，反应速率越慢，CH4的转化率不一定越大，故B错误；
C．由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，使得反应II的反应速率变慢，故C正确；
D．在密闭容器中，n（S2）：n（CH4）＝2：1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：
2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）
开始（ml）2a a 0 0
变化（ml）2x x x 2x
平衡（ml）2a﹣2x a﹣x x 2x
CS2的体积分数为10%，即＝10%，解得x＝0.3a，则CH4的转化率为＝30%，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡计算方法、外界条件对平衡影响原理是解本题关键，题目难度不大。
二、非选择题（共58分）
15．（13分）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）在碱性介质中相对比较稳定，常用于纺织工业、食品漂白等领域。实验室模拟其制备流程如图所示。
（1）可用Na2SO3粉末与70%H2SO4溶液反应制备SO2，使用70%H2SO4溶液而不使用
浓盐酸，原因是 浓盐酸易挥发，SO2中混有HCl杂质，后续会消耗过多锌粉 。
（2）“还原”时生成ZnS2O4的化学方程式为 2SO2+Zn＝ZnS2O4 。
（3）“过滤”时得到的滤渣为 Zn（OH）2 。
（4）“冷却”时加入NaCl后溶液中有大量晶体析出，原因是 增大Na+的浓度，减小Na2S2O4的溶解量，有利于晶体析出 。
（5）保存Na2S2O4时加入少量Na2CO3固体的目的是 Na2CO3为碱性物质，提高Na2S2O4的稳定性 。
（6）Na2S2O4固体与过量H2O2溶液反应生成硫酸盐的离子方程式为 S2O42﹣+3H2O2＝2SO42﹣+2H++2H2O 。
【分析】由图可知，二氧化硫与锌粉悬浊液在“还原”步骤中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液沉淀溶液中过量的锌离子，将锌离子转化为氢氧化锌沉淀并过滤除去，加入氯化钠固体减小Na2S2O4的溶解量，冷却得到晶体，最后脱水得到连二亚硫酸钠（Na2S2O4），据此作答。
【解答】解：（1）可用Na2SO3粉末与70%H2SO4溶液反应制备SO2，使用70%H2SO4溶液而不使用浓盐酸，原因是浓盐酸易挥发，SO2中混有HCl杂质，后续会消耗过多锌粉，
故答案为：浓盐酸易挥发，SO2中混有HCl杂质，后续会消耗过多锌粉；
（2）二氧化硫与锌粉悬浊液在“还原”步骤中反应生成ZnS2O4，由电子守恒和原子守恒可得反应方程式为2SO2+Zn＝ZnS2O4，
故答案为：2SO2+Zn＝ZnS2O4；
（3）加入NaOH溶液将锌离子转化为氢氧化锌沉淀并过滤除去，“过滤”时得到的滤渣为Zn（OH）2，
故答案为：Zn（OH）2；
（4）“冷却”时加入NaCl后溶液中有大量晶体析出，原因是增大Na+的浓度，减小Na2S2O4的溶解量，有利于晶体析出，
故答案为：增大Na+的浓度，减小Na2S2O4的溶解量，有利于晶体析出；
（5）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）在碱性介质中相对比较稳定，保存Na2S2O4时加入少量Na2CO3固体的目的是Na2CO3为碱性物质，提高Na2S2O4的稳定性，
故答案为：Na2CO3为碱性物质，提高Na2S2O4的稳定性；
（6）Na2S2O4固体与过量H2O2溶液反应生成硫酸盐，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为S2O42﹣+3H2O2＝2SO42﹣+2H++2H2O，
故答案为：S2O42﹣+3H2O2＝2SO42﹣+2H++2H2O。
【点评】本题考查物质的制备，题目难度中等，能准确分析每一步转化过程及涉及的化学反应是解题的关键。
16．（13分）以铬铁矿[含亚铬酸亚铁Fe（CrO2）2及少量Al2O3、MgO]为原料制备高价态铬盐，工艺流程可表示为图1。
（1）“高温连续氧化”操作中被氧化的元素是 Fe、Cr （填元素符号）。
（2）操作Ⅰ中主要反应的化学方程式为 2Na2CrO4+2CO2+H2O＝Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 。
（3）滤渣经分离转化可得到MgCO3•nH2O。MgCO3•nH2O加热分解，T3℃以上残留固体为MgO。取13.8mg样品加热升温，过程中固体的质量变化见图2，则n＝ 3 （写出计算过程）。
（4）常温下，操作Ⅱ溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 8.37 。
已知：①溶液中离子浓度小于1×10﹣5ml•L﹣1为沉淀完全；
②反应A1（OH）3+OH﹣⇌AlO2﹣+2H2O的K＝100.63。
【分析】铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿[含亚铬酸亚铁Fe（CrO2）2及少量Al2O3、MgO]，铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧，Fe（CrO2）2生成Na2CrO4、Fe2O3，同时Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，水浸之后除去MgO以及生成的氧化铁，过滤后可生成铬酸钠，铬酸钠通入CO2反应2Na2CrO4+2CO2+H2O＝Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，溶液加入CO2，生成Al（OH）3、NaHCO3。
【解答】解：（1）由分析可知，铁元素与铬元素化合价处于低价态，所以操作中被氧化的元素是Fe、Cr，
故答案为：Fe、Cr；
（2）由题干可知，反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠与碳酸氢钠的过程，方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O＝Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，
故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O＝Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（3）由图中信息可知，最后剩余4.0mgMgO，根据元素守恒可知，反应前后镁元素的物质的量不变，所以有＝，解得n＝3，
故答案为：n；
（4）由题干中信息可知，铝元素都转变成氢氧化铝沉淀，＝＝100.63，c（OH﹣）＝10﹣5.63，c（H+）＝＝10﹣8.37，pH＝﹣lgc（H+）＝8.37，
故答案为：8.37。
【点评】本题考查物质的制备实验及混合物分离与提纯，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。
17．（15分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O是某些有机反应的催化剂。工业上常用FeC2O4•2H2O晶体为原料制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
Ⅰ.制备FeC2O4•2H2O晶体。
溶解：称取5.0g（NH4）2Fe（SO4）2晶体，放入仪器A中，加入少量1ml•L﹣1H2SO4溶液和15mL蒸馏水加热溶解；
沉淀：向仪器A中加入25mL饱和H2C2O4溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；产生大量的FeC2O4•2H2O沉淀，过滤，洗涤，得FeC2O4•2H2O晶体。
（1）仪器A的名称是 三颈烧瓶 。
（2）“溶解”时若不加入硫酸，溶液会出现浑浊现象，加入硫酸的目的是 抑制Fe2+的水解 。
（3）（NH4）2Fe（SO4）2晶体往往会混有少量Fe3+，影响草酸亚铁晶体的纯度。检验晶体中是否混有Fe3+，可用的试剂是 KSCN溶液 。在酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为无毒气体和水，该反应的离子方程式为 2NH2OH+2Fe3+＝2Fe2++N2↑+2H2O+2H+ 。
（4）检验沉淀洗涤是否完全的方法是 取最后一次洗涤的滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，如果无沉淀产生，则表示洗涤干净 。
Ⅱ.制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
已知：①K2Fe（C2O4）2可溶于水；Fe2（C2O4）3难溶于水；K3[Fe（C2O4）3]•3H2O易溶于水，
难溶于乙醇。
②实验条件下，pH＝1.9时，Fe3+开始沉淀；过氧化氢在40℃以上发生显著分解。
③K3[Fe（CN）6]溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。
（5）以FeC2O4•2H2O晶体为原料，制备K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量的FeC2O4•2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为1.9，先滴加饱和K2C2O4溶液， 边搅拌边滴加10%H2O2溶液、水浴加热控制温度不超过40℃ ，直至取溶液样品滴加K3[Fe（CN）6]溶液不再出现深蓝色为止，用冷水冷却， 向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌 ，过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。（实验中须使用的试剂：10%H2O2溶液，无水乙醇。）
【分析】I．（NH4）2Fe（SO4）2中加入硫酸酸化，再加入草酸生成沉淀FeC2O4•2H2O晶体；
II．FeC2O4•2H2O晶体中加入草酸调节pH，滴加K2C2O4和双氧水氧化，生成析出[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体；
（1）仪器A为三颈烧瓶；
（2）Fe3+易水解，需加入酸抑制Fe3+的水解；
（3）利用Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，利用KSCN溶液监测；酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为氮气和水；
（4）沉淀上有硫酸根杂质，检验洗涤液是否含有硫酸根离子即可；
（5）先用双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，且根据已知的信息要防止双氧水分解，故应边搅拌边滴加10%H2O2溶液、水浴加热控制温度不超过40℃；根据已知信息中的溶解性，应该向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌、过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
【解答】解：（1）仪器A是三颈烧瓶，
故答案为：三颈烧瓶；
（2）Fe3+易水解生成难溶于水的氢氧化铁，故加入硫酸抑制Fe3+的水解，
故答案为：抑制Fe2+的水解；
（3）利用Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，故检验Fe3+的试剂为KSCN溶液；酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为氮气和水，该该反应的离子方程式为2NH2OH+2Fe3+＝2Fe2++N2↑+2H2O+2H+，
故答案为：KSCN溶液；2NH2OH+2Fe3+＝2Fe2++N2↑+2H2O+2H+；
（4）沉淀上有硫酸根杂质，故应洗涤除去，检验沉淀洗涤是否完全的方法是取最后一次洗涤的滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，如果无沉淀产生，则表示洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤的滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，如果无沉淀产生，则表示洗涤干净；
（5）先用双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，且根据已知的信息要防止双氧水分解，故应边搅拌边滴加10%H2O2溶液、水浴加热控制温度不超过40℃；根据已知信息中的溶解性，应该向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌、过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体，
故答案为：边搅拌边滴加10%H2O2溶液、水浴加热控制温度不超过40℃；向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌。
【点评】本题以实验制备为载体，考查学生对操作的分析评价、物质的分离提纯、物质检验、氧化还原反应等，是对学生综合能力的考查，难度中等。
18．（17分）铬是造成水体污染的元素之一，水体除铬主要有还原沉淀法、光催化还原法等。
（1）NaHSO3还原沉淀法：向酸性废水中加入NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，然后加入熟石灰调节废水的pH，使Cr3+完全沉淀。
①酸性条件下，NaHSO3与Cr2O72﹣反应的离子方程式为 3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O 。
②Cr3+的基态核外电子排布式为 [Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d3 。已知25℃时Ksp[Cr（OH）3]＝6.4×10﹣31，若除去废水中Cr3+，使其浓度小于6.4×10﹣7ml•L﹣1，此时溶液中的c（H+）＜ 1.0×10﹣6 ml•L﹣1。
③Cr（Ⅲ）在水溶液中的存在形态分布如图1所示。当pH＞12时，铬去除率下降的原因可用离子方程式表示为 Cr（OH）3+OH﹣＝Cr（OH）4﹣ 。
（2）金属也可用于还原废水中的Cr（Ⅵ）。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn﹣Cu粉分别处理pH＝2.5的含Cr（Ⅵ）废水，废水中Cr（Ⅵ）残留率随时间的变化如图2所示。则图中b对应的实验方法所使用的的金属粉是 Zn﹣Cu粉 。图中b对应的实验方法处理含Cr（Ⅵ）废水的效果更好，其原因是 Zn﹣Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率 。
（3）光催化还原法：可能的反应机理如图3所示，ZrO2纳米管为催化剂，在紫外光照射下，VB端光生空穴（h+）被牺牲剂甲醇（CH3OH）消耗。在紫外光照射下，甲醇还原Cr（Ⅵ）的过程可描述为 甲醇CH3OH在VB端失去电子，电子被转移到CB端，Cr（Ⅵ）在CB端得到电子被还原为Cr（Ⅲ），Cr（Ⅲ）可进一步得到电子被还原为Cr（0） 。
【分析】（1）①NaHSO3与Cr2O72﹣发生氧化还原反应生成Cr3+、SO42﹣和H2O；
②元素Cr为24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1，Cr失去3个电子得到Cr3+，据此写出基态Cr3+核外电子排布式；Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝6.4×10﹣31，c（Cr3+）＜6.4×10﹣7ml•L﹣1，则c3（OH﹣）＞，结合水的离子积Kw计算溶液中的c（H+）；
③由图可知，pH＞12时，Cr（OH）3→Cr（OH）4﹣，结合碱性条件书写反应的方程式；
（2）原电池反应可加快反应速率；
（3）由图可知，光催化还原法的反应机理为：甲醇在VB端失去电子，电子转移到CB端，Cr（Ⅵ）在CB端得到电子生成Cr（Ⅲ），Cr（Ⅲ）再进一步得电子转化为Cr（0）。
【解答】解：（1）①在酸性条件下，NaHSO3使Cr2O72﹣还原成为Cr3+，NaHSO3被氧化为Na2SO4，反应的离子方程式为3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O，
故答案为：3HSO3﹣+Cr2O72﹣+5H+＝2Cr3++3SO42﹣+4H2O；
②元素Cr为24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1或1s22s22p63s23p63d54s1，Cr失去3个电子得到Cr3+，则基态Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d3；Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝6.4×10﹣31，c（Cr3+）＜6.4×10﹣7ml•L﹣1，则c3（OH﹣）＞＝ml/L＝1.0×10﹣24ml/L，c（OH﹣）＞1.0×10﹣8ml/L，
此时溶液中的c（H+）＝＜ml/L＝1.0×10﹣6ml/L，
故答案为：[Ar]3d3或1s22s22p63s23p63d3；1.0×10﹣6；
③由图可知，pH＞12时，Cr（OH）3→Cr（OH）4﹣，反应的离子方程式为Cr（OH）3+OH﹣＝Cr（OH）4﹣，
故答案为：Cr（OH）3+OH﹣＝Cr（OH）4﹣；
（2）Zn﹣Cu粉与pH＝2.5的含Cr（Ⅵ）废水可形成原电池，Zn作负极，Cu作正极，原电池反应可加快反应速率，由图可知，b对应的实验方法所使用的的金属粉是为Zn﹣Cu粉，a对应的实验方法所使用的的金属粉是为Zn粉，
故答案为：Zn﹣Cu粉；Zn﹣Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；
（3）由图3可知，甲醇还原Cr（VI）的过程可描述为：甲醇在VB端失去电子生成CO2和H2O，电子转移到CB端，Cr（Ⅵ）在CB端得电子还原为Cr（Ⅲ），Cr（Ⅲ）再进一步得电子还原为Cr（0），
故答案为：甲醇CH3OH在VB端失去电子，电子被转移到CB端，Cr（Ⅵ）在CB端得到电子被还原为Cr（Ⅲ），Cr（Ⅲ）可进一步得到电子被还原为Cr（0）。
【点评】本题综合考查热氧化还原反应方程式书写、原电池原理的应用、图象信息提取及运用、溶度积常数的计算应用等，为高频考点，把握原电池原理的应用、溶度积常数及其计算是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力、计算能力和对基础知识的综合运用能力，注意图给信息的处理与运用，题目难度中等。