新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2020届高三上学期第二次月考化学试题 Word版含解析 22页

化学试卷 可能用到的相对原子质量： H：‎1 C：12 O：16 Mg：24 Al：27‎ 一、选择题(本题包括18题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列有关物质保存的说法正确的组合是(　　)‎ ‎①钠应该密封在煤油中保存 ‎②过氧化钠可以露置在空气中保存 ‎③氯水应该密封在无色试剂瓶中保存 ‎④硫酸亚铁溶液不能露置在空气中保存 A. ①③ B. ①②③④‎ C. ①③④ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①钠易与水、氧气反应，而不与煤油反应，且密度大于煤油，可以密封在煤油中保存，正确；‎ ‎②过氧化钠易与水、二氧化碳反应，应在干燥的环境中密封保存，错误；‎ ‎③氯水中次氯酸见光易分解，应密封在棕色试剂瓶中，错误；‎ ‎④硫酸亚铁易与空气中的氧气发生氧化还原反应，不能露置在空气中保存，正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎2.下列装置或操作能达到实验目的的是(　　)‎ A. 量取8.5mL稀硫酸 B. 制备氢氧化亚铁 C. 防止铁钉生锈 D. 用酒精萃取水中的溴 - 22 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、量取8.5 mL 稀硫酸，应使用10 mL 量筒，A错误；‎ B、煤油比水轻，B装置起到隔绝空气的作用，可以制备Fe(OH)2，B正确；‎ C、C装置中铁钉与水直接接触，形成原电池，作负极，加快铁钉的腐蚀，C错误；‎ D、酒精与水互溶，溶液不能分层，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列图象中，纵坐标为沉淀物的量，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，试按题意将图象中相应的数字序号填入表中的顺序为 溶液 加入物质 相应序号 ‎(1)氯化铝溶液 加入过量氨水 ‎(2)饱和澄清石灰水 通入过量CO2气体 ‎(3)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液 通入过量CO2气体 ‎(4)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液 逐滴加入稀盐酸 ‎(5)MgCl2、AlCl3的混合溶液 逐滴加入NaOH溶液至过量 A. ①③②④⑤ B. ③⑤④②①‎ C. ①②③④⑤ D. ③②④⑤①‎ - 22 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为③；‎ ‎(2)饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为②；‎ ‎(3)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，通往过量CO2气体．先是NaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+NaOH=NaHCO3，后发生：Na[Al(OH)4]+CO2=NaHCO3 +Al(OH)3↓，对照图象应为④；‎ ‎(4)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是NaOH和HCl发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，后是Na[Al(OH)4]+HCl=Al(OH)3↓+NaCl+H2O，Al(OH)3 +3HCl=AlCl3+3H2O，对照图象应为⑤；‎ ‎(5)MgCl2、AlCl3混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为①；‎ 故答案为：D。‎ ‎【点晴】所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量；①表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；②表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；③表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；④表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；⑤表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解。‎ ‎4.下列物质中，既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的是 ‎①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al(OH)3④(NH4)2CO3 ⑤NaHSO4 ‎ A. ①②③ B. ②③⑤ C. ②③ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3能与盐酸反应生成NaCl、H2O和CO2，能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，①符合题意；‎ ‎②Al2O3能与盐酸反应生成AlCl3和H2O，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O - 22 -‎ ‎，②符合题意；‎ ‎③Al(OH)3能与盐酸反应生成AlCl3和H2O，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，③符合题意；‎ ‎④(NH4)2CO3 能与盐酸反应生成NH4Cl、H2O和CO2，能与NaOH溶液反应生成Na2CO3和NH3·H2O，④符合题意；‎ ‎⑤NaHSO4与盐酸不反应，与NaOH溶液反应生成Na2SO4和H2O，⑤不符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎5. 下列解释相关问题或实验的离子方程式不正确的是(　　)‎ A. NaClO溶液呈碱性：ClO－＋H2OHClO＋OH－‎ B. 向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋‎ C. 粗盐提纯中除去Mg2＋：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓‎ D. 工业上精炼粗铜的阴极反应：Cu－2e－=Cu2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaClO溶液中ClO－水解呈碱性，其水解方程式为：ClO－＋H2OHClO＋OH－，故A正确；‎ B. 氢氧化铁胶体的制备方法为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制胶体，其水解方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，故B正确；‎ C. 粗盐提纯中Mg2＋可用氢氧化钠除去，其离子方程式为：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故C正确；‎ D. 粗铜精炼中阴极发生还原反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 铅蓄电池在放电过程中，正负极质量均增加 B. 常温下，反应C(s)+CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的△H＞ 0‎ C. ‎25℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L-1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L-1NH4Cl溶液中的Ksp小 D. 将浓度为0.1mol·L-1的HF溶液加水不断稀释，的值始终保持增大 - 22 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铅蓄电池在放电过程中，负极反应式是Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极反应式PbO2+2e-+4H++ SO42-=2H2O+ PbSO4，正负极质量均增加，A正确；‎ B.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的∆S>0，常温下该反应不能自发进行，则∆G =∆H– T∆S>0，故∆H>0，B正确；‎ C.Ksp只与温度有关，‎25℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L-1氨水中的Ksp和在20 mL 0.01 mol·L-1NH4Cl溶液中的Ksp相同，C错误；‎ D.HF溶液加水不断稀释，促进HF的电离，溶液中n（H+）增大、n（HF）减小，故=的值始终保持增大，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.在下列各溶液中通入足量CO2气体，最终有浑浊产生的是 ‎①饱和Na2CO3溶液 ②澄清石灰水 ③Ca(ClO)2溶液 ④CaCl2溶液 ⑤Na2SiO3溶液 ⑥NaAlO2溶液 A. 全部 B. 除①④外 C. 除①②③外 D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断反应是否发生，再根据生成物的溶解性进行判断，难溶性的物质会产生沉淀，白色沉淀有：硅酸、氢氧化铝、难溶的碳酸盐等，以此解答。‎ ‎【详解】①饱和碳酸钠溶液和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，由于碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，则生成沉淀，故①符合题意；‎ ‎②向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2会生成易溶于水的碳酸氢钙，没有沉淀，故②不符合题意；‎ ‎③向Ca(ClO)2溶液通入过量CO2会生成次氯酸和碳酸氢钙，没有沉淀，故③不符合题意；‎ ‎④向CaCl2溶液中通入少量的CO2不会发生反应，无沉淀出现，故④不符合题意；‎ ‎⑤向Na2SiO3溶液中通入过量CO2会生成硅酸沉淀，故⑤符合题意；‎ ‎⑥碳酸酸性大于氢氧化铝，将二氧化碳通到偏铝酸钠的溶液中，会产生氢氧化铝白色沉淀，故⑥符合题意；‎ - 22 -‎ 故答案为：D。‎ ‎8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 标准状况下，‎11.2 L乙醇所含的羟基数为0.5NA B. 常温常压下，‎5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.3NA C. 标准状况下，‎22.4 L CH4与22.4 LCl2混合光照后所得气体中分子总数为2NA D. 1mol Na2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，乙醇为非气态，不能用‎22.4L计算其物质的量，因此无法计算所含羟基数目，故A错误；‎ B．乙烯和环丙烷的最简式为“CH‎2”‎，‎5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有=0.4mol“CH‎2”‎，所含碳原子数为0.4NA，故B错误；‎ C．反应CH4与Cl2的取代反应为链式反应，生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4为非气态，根据原子守恒可知最终所得气体中分子总数小于2NA，故C错误；‎ D．Na2O2由Na+和离子组成，Na2O由Na+和O2-组成，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎9.常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是 A. 含大量Fe3＋的溶液中：NH4＋、Mg2＋、Cl－、HS－‎ B. 加入Al有H2生成的溶液中Cu2＋、NH4＋、Cl－、NO3－‎ C. 使酚酞变红的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－‎ D 小苏打溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HS－与Fe3＋能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；‎ B．加入Al有H2生成的溶液可能为酸性或强碱性，强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Cu2＋、能够发生复分解反应，不能大量共存，故B不符合题意；‎ C．使酚酞变红的溶液中含有大量OH-，离子之间均不发生反应，能够大量共存，故C - 22 -‎ 符合题意；‎ D．小苏打溶液中含有大量，能与Al3+发生双水解反应生成Al(OH)3、CO2，不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的常见反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应等，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的 pH 是多少时，溶液的离子哪些存在，Al 在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，由于 HNO3 有强的氧化性，与Al反应不产生氢气，则不会存在。掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。‎ ‎10.类推的思维方法在化学学习与研究中常会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是( )‎ A. 由2Cu + O2 = 2CuO可推出同族的硫也有Cu + S = CuS B. Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3，则Pb3O4可表示为PbO·Pb2O3‎ C. Mg能在CO2中燃烧，所以Na也能在CO2中燃烧 D. CO2与Na2O2反应只生成Na2CO3和O2，故SO2与Na2O2反应只生成Na2SO3和O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S的氧化性较弱，与Cu在加热条件下反应生成Cu2S，故A错误；‎ B．Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbO•PbO2，故B错误；‎ C．Na性质比Mg更活泼，还原性更强，可在CO2中燃烧，反应为：4Na+3CO2 2Na2CO3+C，故C正确；‎ D．SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，没有氧气生成，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎11.双羟基铝碳酸钠是医疗上常用的一种抑酸剂，其化学式是NaAl(OH)2CO3。关于该物质的说法正确的是 A. 该物质属于两性氢氧化物 B. 该物质是Al(OH)3和Na2CO3的混合物 - 22 -‎ C. 1molNaAl(OH)2CO3最多可消耗3 mol H＋‎ D. 该药剂不适合于胃溃疡患者服用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该物质含有Na、Al、O、H、C，不是氢氧化物，选项A错误；‎ B、双羟基铝碳酸钠是一种盐，选项B错误；‎ C、NaAl(OH)2CO3与盐酸发生反应NaAl(OH)2CO3+4HCl=NaCl+AlCl3+3H2O+CO2↑，由方程式可知1mol该物质最多可消耗4molHCl，即消耗4mol H+，选项C错误；‎ D、该物质与较多的H+反应会产生气体二氧化碳，胃溃疡患者溶液导致胃穿孔，故不适合胃溃疡患者，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.镁铝合金‎5.1 g溶于300mL2mol/L的HCl，在标准状况下放出气体的体积为‎5.6L。向反应后的溶液中加入足量氨水，产生沉淀的质量为 A. ‎5.1‎g‎ B. ‎10.2g C. ‎13.6g D. ‎‎15.3g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】镁铝合金溶于HCl生成氯化镁、氯化铝，加入氨水后得到氢氧化镁和氢氧化铝，因此沉淀的质量是合金的质量和OH－的质量之和。根据金属元素的化合价可知，金属失去电子的物质的量与结合的OH－的物质的量相等，由于产生氢气0.25mol，则转移电子是0.5mol，所以OH－的物质的量是0.5mol，OH－质量是‎8.5g，所以沉淀的质量=‎5.1g＋‎8.5g＝‎13.6g。答案选C。‎ ‎13.对于达到平衡的可逆反应：X + YW + Z，其他条件不变时，增大压强，正、逆反应速率(v)的变化如图所示。下列对X、Y、W、Z四种物质状态的描述正确的是 A. W、Z均为气体，X、Y中只有一种为气体 B. X、Y均为气体，W、Z中只能有一种为气体 C. X、Y或W、Z中均只有一种为气体 - 22 -‎ D. X、Y、Z、W均为气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分析图象，其他条件不变时，增大压强，正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，则平衡向正反应方向移动，说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，故答案为：B。‎ ‎14.下列说法正确的是( )‎ A. 某物质的溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-a mol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14-a B. 相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是：①>②>③>④‎ C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)‎ D. AgCl悬浊液中存在平衡： AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量 NaCl粉末，平衡会向左移动，溶液中离子的总浓度会减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某物质的溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离被抑制，酸或碱都能抑制水的电离，所以pH可以是a，也可以是14-a，故A错误；‎ B．相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl溶液中氯离子不影响铵根离子水解、③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解、④NH3•H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小，所以铵根离子浓度大小顺序是：①＞②＞③＞④，故B正确；‎ C．物质的量浓度相等的 H2S 和 NaHS 混合溶液中存在电荷守恒为：c (Na+)+c(H+)=‎2c (S2-)+c (HS-)+c (OH-)，故C错误；‎ D．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，往其中加入少量 NaCl粉末，平衡会向左移动，但温度不同溶度积不同，所以氯离子浓度增大，银离子浓度减少，溶液中离子的总浓度不变，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】考查了盐类水解的离子浓度大小比较，水的电离平衡影响因素，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的溶度积常数的应用，难点是选项B，相同物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2溶液中铝离子水解显酸性抑制铵根离子的水解，②NH4Cl - 22 -‎ 溶液中氯离子不影响铵根离子水解、③CH3COONH4溶液中醋酸根水解显碱性，促进铵根离子的水解、④NH3•H2O溶液中存在电离平衡电离程度较小，由此判断。‎ ‎15.pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( 　　)‎ A. x为弱酸，VxVy C. y为弱酸，VxVy ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×‎0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=‎0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于‎0.01L，则Vx”、“<”或“=”)，用离子方程式表示其原因：______；‎ ‎(5)若向气体K的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1:1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是______。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期Ⅷ族 (2). 取少量D溶液，加KSCN溶液，出现红色 (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). ＜ (5). NH4++ H2ONH3·H2O+OH- (6). c(NH4+)> c(SO42-)> c(H+)>c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ G为主族元素的固态氧化物，在电解条件下生成I和H，能与NaOH溶液反应，说明G为Al2O3，与NaOH反应生成NaAlO2，而I也能与NaOH反应生成NaAlO2，则I为Al，H为O2，C和碱、D和气体K反应生成E、F，则说明E、F都为氢氧化物，E能转化为F，应为Fe(OH)2→Fe(OH)3的转化，所以E为Fe（OH）2，F为Fe(OH)3，则C为FeCl2，D为FeCl3，K为NH3，B为Fe3O4，与Al在高温条件下发生铝热反应生成A，即Fe，结合对应单质、化合物的性质解答该题。‎ ‎【详解】（1）A、B、C、D、E、F六种物质中都含有铁元素，在周期表中位于周期表第四周期Ⅷ族，‎ - 22 -‎ ‎（2）溶液D为氯化铁溶液，检验三价铁离子的存在，取少许D溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明D溶液中含有Fe3+；‎ ‎（3）反应④是金属铝和氢氧化钠溶液的反应，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：；‎ ‎（4）气体K的水溶液为一水合氨溶液，加入盐酸，使其恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵在水溶液中水解显酸性，所以pH＜7；反应的离子方程式为：；‎ ‎（5）若向气体NH3的0.1mol/L水溶液中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，假设条件均为‎1L，发生反应：，n(NH3•H2O)=0.1mol，n(H+)=0.1mol，所以一水合氨和硫酸反应生成硫酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为：c()>c()>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎【点睛】比较时溶液中粒子浓度紧扣两个微弱：‎ ‎（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力，如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-＋H+，H2OOH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；‎ ‎（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度，如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-，H2OH+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。‎ ‎20.A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如图(部分产物已略去)：‎ A BC 试回答：‎ ‎(1)若D是具有氧化性的单质，则属于主族的金属A为___________(填元素符号)‎ ‎(2)若D是金属，C溶液在储存时应加入少量金属D，其理由是(用必要的文字和离子方程式表示)______‎ ‎(3)若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，且三种物质中有一种是白色不溶物。在溶液中A和C反应生成B。请写出B转化为C的所有可能的离子力程式_________、_________‎ ‎(4)某一离子反应体系有反应物和产物共以下六种：MnO4-、H+、O2、H2O、H2O2、Mn2+。‎ ‎①写出该氧化还原反应的离子方程式_______‎ - 22 -‎ ‎②溶液随着酸性的增强氧化性不断增强，应选择_________(选填“稀硫酸”或“浓盐酸”)进行KMnO4溶液的酸化。‎ ‎③如反应转移了0.6mo1电子，则产生的气体在标准状况下体积为__________‎ ‎(5)一份溶液中可能含有K+、Al3+、Mg2+、Fe2+、 H+、NH4+、Cl－、HCO3－、ClO－、AlO2－等离子中的若干种。为了确定溶液的组成，进行了如下操作：‎ 往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积关系如图所示；则该溶液中一定存在的离子是_______，一定不存在的离子是________。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). 2Fe3++ Fe=3Fe2+ (3). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (4). Al(OH)3+ OH-=AlO2-+2H2O (5). 2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8 H2O (6). 稀硫酸 (7). ‎6.72 L (8). Al3+、H+、NH4+、Cl－ (9). Mg2+、Fe2+、HCO3－、ClO-、AlO2-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；‎ ‎（2）若D为金属，由转化关系可知为变价金属，应为Fe，则C含有Fe2+，具有还原性；‎ ‎（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B．判断为：Al3+→Al(OH)3→，D为OH-；或→Al(OH)3→Al3+，D为H+；‎ ‎（4）由H2O2→O2知，双氧水在反应中作还原剂，所以还必须有氧化剂参加反应，在反应中得电子化合价降低，根据化合价知，高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，同时反应后生成水，反应的离子方程式为：，结合离子方程式解答；‎ ‎（5）根据产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系的图示可以知道，刚加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀；之后产生了沉淀，且沉淀完全溶解；沉淀溶解前产生了气体，该气体一定是氨气，以上分析依据，分别对离子存在情况作出判断。‎ - 22 -‎ ‎【详解】（1）D是具有氧化性的单质，A元素属于短周期主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；‎ ‎（2）若D为金属，由转化关系可知为变价金属，应为Fe，则C含有Fe2+，具有还原性，保存时应加入少量Fe，防止被Fe2+空气氧化，原理是2Fe3++Fe=3Fe2+；‎ ‎（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，判断为：Al3+→Al(OH)3→，A为Al3+，B为Al(OH)3，C为，D为NaOH；或→Al(OH)3→Al3+，A为，B为Al(OH)3，C为Al3+，D为H+；B转化为C的离子方程式为：；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；‎ ‎（4）①由上述分析可知，该氧化还原反应离子方程式为：；‎ ‎②高锰酸钾具有强氧化性，可氧化盐酸生成氯气，应用稀硫酸酸化；‎ ‎③反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，由方程式可知生成5mol氧气转移10mol电子，则如反应转移了0.6mo1电子，产生的氧气0.3mol，气体在标准状况下体积为0.3mol×‎22.4L/mol=‎6.72L；‎ ‎（5）根据图示，开始时没有沉淀生成，说明溶液中H+，一定没有ClO−、、；随后出现沉淀，且沉淀完全溶解了，说明沉淀是氢氧化铝，溶液中一定含有Al3+，因Al3+与、ClO-能够发生反应，则一定没有、ClO-；氢氧化铝溶解前生成了气体，该气体一定是氨气，故溶液中一定含有；最终沉淀完全溶解，因此溶液中一定不含Mg2+、Fe2+；故答案为：Al3+、H+、、Cl－；Mg2+、Fe2+、、ClO-、。‎ ‎【点睛】离子推断题解法归纳：这些推断题的解法在于掌握离子的特有反应以及离子间的共存情况，在解题之前，应对所提供的离子在溶液中能否大量共存进行分析，做到心中有数，一般来说，离子间能生成沉淀、或气体、或弱电解质，以及能发生氧化还原反应的，就不能在溶液中大量共存。例如，与，与弱酸根阴离子，与弱碱阳离子，与、、、、，、与、，与酸性条件下，与，与、等等，都不能在溶液中共存。 ‎ 在具体推断过程中，要注意以下几点： ‎ - 22 -‎ ‎（1）把推断离子的肯定与否定存在结合起来考虑； ‎ ‎（2）推断过程中，前后的结论不应该矛盾，因此，前面已下结论的离子，在后面的推断过程中可不再重叙，若在分析中发现前后结论有矛盾，则应找出错误原因； ‎ ‎（3）在作推断结果时，应该考虑三个方面，即肯定存在的离子，肯定不存在的离子，不能判定存在与否的离子，并且这三个方面的离子应是互相独立的，任何一种离子只能出现一次，不能重复出现，当然有的题目中不一定三种情况都需要回答，但分析问题时都应该考虑到。‎ ‎21.甲醇既可用于基本有机原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。‎ ‎(1)以下是工业上合成甲醇的两个反应：‎ 反应I： CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) H1‎ 反应II：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H2‎ ‎①上述反应符合“原子经济”原则的是____________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。‎ ‎②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数(K)。‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 由表中数据判断反应I为______________热反应(填“吸”或“放”)。‎ ‎③某温度下，将2mol CO和6mol H2充入‎2L的密闭容器中，充分发生反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2mol/L，则CO的转化率为_______，此时的温度为_______(从表中选择)。‎ ‎(2)已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) H1kJ/mol ‎②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) H2kJ/mol ‎③H2O(g)＝H2O(l) H3 kJ/mol 则反应 CH3OH(l)+ O2(g)＝ CO(g)+ 2H2O(l) H＝________kJ/mol ‎(3)现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72‾)时，实验室利用如图装置模拟该法：‎ - 22 -‎ ‎①N电极的电极反应式为____________。‎ ‎②请完成电解池中Cr2O72-转化为Cr3+的离子反应方程式：‎ Cr2O72-+_______Fe2+ +________ [___]═ ________Cr3++_______Fe3++_________[___]‎ ‎【答案】 (1). Ⅰ (2). 放 (3). 80% (4). ‎250℃‎ (5). (6). O2+4e-+4H+=2H2O (7). 6 (8). 14 (9). H+ (10). 2 (11). 6 (12). 7 (13). H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①“原子经济”是指在化学品合成过程中，所用的所有原材料尽可能多的转化到最终产物中，原子利用率为100%最经济；‎ ‎②由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ ‎③某温度下，将2molCO和6molH2充入‎2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，根据化学反应过程中各物质浓度变化之比等于其化学计量数之比计算平衡时各物质的浓度，然后计算CO转化率，根据平衡常数的定义计算该温度下的平衡常数，进而判断温度； ‎ ‎（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；‎ ‎（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水；‎ ‎②根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平。‎ ‎【详解】（1）①反应I中所用原材料原子均转化到最终产物中，原子利用率为100%最经济，反应Ⅰ符合“原子经济”，故答案为：Ⅰ；‎ ‎②由表数据可知，温随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则逆向是吸热反应，故正向放热反应；‎ - 22 -‎ ‎③CO的起始浓度为1mol/L、H2的起始浓度为3mol/L，平衡时c(CO)=0.2mol/L，则△c(CO)=1mol/L−0.2mol/L=0.8mol/L，由方程式可知△c(H2)=2△c(CO)=1.6mol/L，故平衡时H2的浓度为3mol/L−1.6mol/L=1.4mol/L，平衡时c(CH3OH)=△c(CO)=0.8mol/L，CO的转化率==80%；平衡常数，所以温度为‎250℃‎；‎ ‎（2）根据盖斯定律(①−②+4×③)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=kJ/mol；‎ ‎（3）①由上述分析可知，N电极上氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；‎ ‎②电解池溶液里转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则的系数为1，Fe2+的系数为6，再结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：。‎ ‎【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。‎ ‎22.将1.00mol•L-1NaOH溶液滴入20.00mL1.00mol•L-1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH和温度随加入NaOH溶液体积变化曲线如图所示：‎ ‎(1)计算室温时20.00mL1.00mol•L-1的一元酸HA的电离度α=________‎ ‎(2)图中B点所示的溶液中所含各离子浓度由大到小的顺序是_________‎ ‎(3)下列说法正确的是_______(填相应序号).‎ - 22 -‎ A.由图中可知NaOH和HA反应的H＞0‎ B.图中C点所加NaOH溶液的体积V=20.00mL C.图中C点时溶液的KW略大于1×10-14mol•L-1，溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1‎ D.图中D点后，溶液温度略下降的主要原因是生成的NaA水解吸热 ‎(4)常温下在20mL0.1mol•L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L-1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示，回答下列问题：‎ ‎①在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-_________(填“能”或“不能”)大量共存；‎ ‎②当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为_______，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为______________；‎ ‎③已知在‎25℃‎时，CO32-水解反应的平衡常数即水解常数Kh=2×10-4mol•L-1，当溶液中c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1时，溶液的pH=____‎ ‎【答案】 (1). 0.1% (2). c(A-)> c(Na+)> c(H+)>c(OH-) (3). C (4). 不能 (5). HCO3-、H2CO3 (6). c(Na+)> c(Cl-)> c(HCO3-)> c(H+)=c(OH-) (7). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据电离度的表达式及图象在20.00mL 1.00mol•L-1的pH计算出其电离度；‎ ‎（2）B点时溶质为HA和NaA的混合物，溶液的pH=4，溶液显示酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，根据电荷守恒写出溶液中各离子浓度大小；‎ ‎（3）A．酸碱中和反应为放热反应，焓变小于0；‎ B．根据图象可知，C点溶液的pH=7，加入氢氧化钠与HA等浓度等体积时生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，故V<20.00mL；‎ C．温度升高，水的离子积增大；溶液的pH=7，则氢离子浓度为1×10-7mol•L-1；‎ D．D点后，溶液温度略下降的主要原因是溶液中氢离子浓度减小，生成水的物质的量减小；‎ ‎（4）①根据图2可知，pH=8时只有碳酸氢根离子，pH大于8‎ - 22 -‎ 时存在碳酸根离子和碳酸氢根离子离子，pH小于8时存在碳酸和碳酸氢根离子，在同一溶液中，H2CO3、、不能共存；‎ ‎②pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，存在的离子主要为：H2CO3、，溶液显示中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒判断溶液中各离子浓度大小关系；‎ ‎③水解常数，当溶液中c()：c()=2：1时，根据水解常数计算c(OH-)，由根据水的离子积KW计算c(H+)，根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎【详解】（1）根据图象可知，20.00mL 1.00mol•L-1的pH=3，溶液中HA电离出的氢离子浓度为0.001mol/L，则HA的电离度为：α=×100%=0.1%；‎ ‎（2）由图象可知，B点加入10mL等浓度氢氧化钠溶液，反应后溶质为HA和NaA的混合物，溶液的pH=4，溶液显示酸性，则：c(H+)＞c(OH-)，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)，所以溶液中离子浓度关系为：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎（3）A．酸碱中和反应为放热反应，由图中可知NaOH和HA反应为放热反应，△H＜0，故A错误；‎ B．根据图象可知，C点时溶液的pH=7，加入氢氧化钠与HA等浓度等体积时生成强碱弱酸盐，溶液显示碱性，故V＜20.00mL，故B错误；‎ C．水的电离为吸热反应，温度升高，水的离子积增大，故C点时溶液的KW略大于1×10-14mol•L-1；溶液的pH=7时，则氢离子浓度为1×10-7mol•L-1，故C正确；‎ D．D点后，溶液中氢离子浓度逐渐减小，所以溶液温度略下降的主要原因是溶液中氢离子浓度减小，生成水的物质的量减小，放出的热量减小导致的，故D错误；‎ 故答案为：C；‎ ‎（4）①结合图象可知，在pH=8时只有碳酸氢根离子存在，当溶液的pH大于8时，存在的离子为：、，pH小于8时存在的离子为：H2CO3、，所以在同一溶液中，H2CO3、、不能共存；‎ ‎②根据图象可知，当pH=7时，溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠及碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为、H2CO3；溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(Na+)=c(Cl-)+c()，所以溶液中各离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c()＞‎ - 22 -‎ c(H+)=c(OH-)；‎ ‎③水解反应的水解常数=2×10-4，当溶液中c()：c()=2：1时，c(OH-)=10-4mol/L，由水的离子积KW可知，c(H+)=mol/L=10-10mol/L，所以pH=-lg10-10=10。‎ ‎ ‎ - 22 -‎