安徽省砀山县第二中学2020届高三上学期第四次月考化学试题

安徽省砀山县第二中学2020届高三上学期第四次月考化学试题

砀山二中2019~2020学年度上学期月考 高三化学试卷 原子量：H--1 C--12 N--14 O--16 Na--23 Mg--24 Al--27 Cl--35.5 Cu—64‎ 一、选择题(每题3分，共54分)‎ ‎1.2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是 A. 每个N5-含有26个电子 B. N5-的摩尔质量为71g·mol-1‎ C. 全氮阴离子盐既含离子键又含共价键 D. 全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 每个N5- 含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70g·mol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。‎ ‎2.下列叙述正确的是 A. 漂白粉、水玻璃、冰醋酸都是混合物 B. 金属氧化物一定是碱性氧化物 C. 根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液 D. 氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，冰醋酸是纯醋酸属于纯净物，故A错误；‎ B.金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物，故B错误；‎ C.根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；‎ D.氨气不能电离，属于非电解质，水能微弱地电离，属于弱电解质，硫酸钡是难溶于水的盐，但溶解部分完全电离，属于强电解质，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、金属化合物等；弱电解质包括弱酸、弱碱、水等。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是( )‎ A. 标准状况下，22.4L CO2与CO的混合气体中含碳原子数目为NA B. 常温下，1L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4+数目为0.1NA C. 2.7g金属铝变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA D. 室温下，21g C2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，22.4L CO2与CO的混合气体的物质的量是1mol，由于在CO2与CO分子中都是含有1个C原子，所以1mol混合气体含碳原子数目为NA，A正确；‎ B.NH4NO3是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+会发生水解反应而消耗，所以1L 0.1 mol·L-1的NH4NO3溶液中NH4+数目小于0.1NA，B错误；‎ C.2.7g金属铝的物质的量是0.1mol，Al是+3价金属，所以0.1molAl变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA，C正确；‎ D.C2H4和C4H8的最简式是CH2，式量是14，21g C2H4和C4H8的混合气体中含有最简式的物质的量是n=21g÷14g/mol=1.5mol，由于1个CH2中含有3个原子，则其中含有的原子数目为3mol×1.5NA=4.5 NA，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.已知4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系式为 A. 4v(NH3)＝5v(O2) B. 5v(O2)＝6v(H2O)‎ C. 2v(NH3)＝3v(H2O) D. 4v(O2)＝5v(NO)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此分析解答．‎ ‎【详解】A.v（NH3）：v（O2）=4：5，5v（NH3）=4v（O2），故A错误。‎ B、v（O2）：v（H2O）=5：6，6v（O2）=5v（H2O），故B错误。‎ C、v（NH3）：v（H2O）=4：6=2：3，3v（NH3）=2v（H2O），故C错误。‎ D、v（O2）：v（NO）=5：4，4v（O2）=5v（NO），故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列各项操作或现象能达到预期实验目的的是 选项 操作或现象 实验目的 A 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 验证铁的吸氧腐蚀 B 向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色 证明Br—还原性强于Cl—‎ C 将氯化亚铁固体溶于适量蒸馏水中 配制FeCl2溶液 D 将混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 除去氯气中的HCl气体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，由于是强酸性环境，发生的是析氢腐蚀，故A错误；‎ B.向NaBr溶液中滴入少量氯水，发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，反应产生的Br2容易溶于苯，苯与水互不相溶，密度比水小，苯与溴单质不能发生反应，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，故B正确；‎ C.氯化亚铁是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应:Fe2++H2OFe(OH)2+2H+，使溶液显浑浊，因此要将氯化亚铁固体溶于适量稀盐酸中，再加蒸馏水稀释，故C错误；‎ D. 除去氯气中的HCl气体，应该把混有氯化氢杂质的氯气通过装有饱和NaCl溶液的洗气瓶，若通入装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，会发生反应产生CO2杂质气体，故错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列制备金属单质的方法或原理正确的是(　　)‎ A. 在高温条件下，用H2还原MgO制备单质Mg B. 在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质Al C. 在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质Na D. 加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。‎ 考点：考查金属冶炼的一般原理 ‎【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。‎ ‎7. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：( )‎ A. 使酚酞试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO42-、Fe3+‎ B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-‎ C. c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-‎ D. 碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该溶液显碱性，铁离子不能大量存在，A错误；‎ B. 该溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能氧化Fe2＋，则这两种离子此时不能共存，B错误；‎ C. 该溶液显碱性，这四种离子可以大量共存，C正确；‎ D. 碳酸氢根离子和氢离子不能共存，D错误；‎ 故合理选项为C。‎ ‎8.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下表所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是(　　)‎ Y Z X W A. 原子半径：XZ C. Z、W均可与Mg形成离子化合物 D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3×（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素。‎ ‎【详解】A、同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z＜Y，故A错误；‎ B、元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X＜Z，故B错误；‎ C、O元素、Cl元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，故C正确；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于氮元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ W，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2 ===2Na2FeO4 ＋2Na2O＋2Na2SO4 ＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是 A. Na2O2只作氧化剂 B. 2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移 C. 每生成22.4L氧气就有2 mol Fe2＋ 被氧化 D. Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 从反应可以看出，Fe由+2价升高到+6价，氧元素部分由-1价降低到-2价，部分升高到0价，根据方程式的关系看出，失电子总数为2×（6-2）+2×（0-（-1））=10，失电子总数为 ‎2×（（-1）-2）×5=10，也就是说，2 molFeSO4、1 molNa2O2做还原剂，5molNa2O2做氧化剂；综上所述，A错误；2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子转移，B错误；没有给定气体所处的条件，无法计算，C错误；Na2FeO4既是还原产物又是氧化产物，D正确；正确选项D。‎ ‎10.下列关于化学键的说法正确的是( )‎ A. C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 B. 不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键 C. 含极性键的共价化合物一定是电解质 D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键，又有共价键，例如尿素分子中只有共价键，故A错误；‎ B项、不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键，例如双氧水中还含有非极性键，故B错误；‎ C项、含极性键的共价化合物不一定是电解质，例如乙醇是非电解质，故C错误；‎ D项、分子间作用力不能影响分子的稳定性，分子的稳定性与共价键有关系，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.进行下列实验，相关说法正确是 A. 图：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 B. 图：形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水 C. 图：配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如图则所配NaOH溶液浓度偏低 D. 图：所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸干NH4Cl饱和溶液后氯化铵受热易分解，故A错误；‎ B. 氯化氢溶于水得到盐酸，石蕊遇酸变红，形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水，故B正确；‎ C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如果俯视，溶液体积偏小，则所配NaOH溶液浓度偏高，故C错误；‎ D. 用所示装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠，反而使碳酸氢钠分解了，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.已知反应：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1‎ N2(g)＋O2(g)=NO2(g) ΔH2‎ N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) ΔH3‎ 则反应2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为（ ）‎ A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3‎ C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。‎ ‎【详解】将已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律①×3+②×2-③×2得2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律的计算，会根据目标方程式进行分析是解答关键。‎ ‎13. 已知外电路中，电子由铜流向a极。有关下图所示的装置分析合理的一项是 A. 该装置中Cu极为正极 B. 当铜极的质量变化为12 .8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L C. b极反应的电极反应式为：H2－2e－=2H+‎ D. 一段时间后锌片质量减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知外电路中，电子由铜流向a极，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+。‎ ‎【详解】A、分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；‎ B、当铜极的质量变化为12.8g时物质的量为0.2ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.1mol在标准状况下的体积为2.24L，故B正确；‎ C、锌做电解池的阴极，质量不变，故C错误；‎ D、b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和稀盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 生铁块中的碳是原电池的正极 B. 红墨水柱两边的液面变为左低右高 C. 两试管中相同的电极反应式是：‎ D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀。‎ ‎【详解】A. 生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故A正确；‎ B. 左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液发生析氢腐蚀，所以左边试管内气体的压强减小，右边试管内气体的压强增大，导致U型管内红墨水左高右低，故B错误；‎ C. 生铁中含有铁和碳，铁、碳和电解质溶液构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应Fe−2e−=Fe2+，故C正确；‎ D. 左边试管中是中性溶液，发生吸氧腐蚀，右边试管中是酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】酸性条件是析氢腐蚀，中性和碱性条件下是吸氧腐蚀，会写电极反应。‎ ‎15.LiFePO4电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点，可用于电动汽车。电池反应为：FePO4+LiLiFePO4，电池的正极材料是LiFePO4，负极材料是石墨和锂，含Li+导电固体为电解质。下列有关LiFePO4电池说法正确的是（ ）‎ A. 放电时电池正极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4‎ B. 放电时电池内部Li+向负极移动 C. 充电过程中，电池正极材料的质量增加 D. 可加入硫酸以提高电解质的导电性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是原电池和电解池的工作原理和电极反应的书写，掌握原电池的负极或电解池的阳极失去电子即可解答。‎ 详解：A.当其为原电池时，负极材料为石墨和锂，锂失去电子，正极材料得到电子，电极反应为FePO4+Li++e-=LiFePO4，故正确；B.放电时阳离子向正极移动，故错误；C.充电过程为电解池，阳极反应为LiFePO4 -e-= FePO4+Li+，故电池的正极材料减少，故错误；D.因为锂可以和硫酸溶液反应，说明电解质不能用硫酸溶液，故错误。故选A。‎ ‎16.2017年9月我国科学家对于可充放电式锌一空气电池研究取得重大进展。电池装置如图所示，该电池的核心是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应方程式为2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 可逆锌一空气电池实际上是二次电池，放电时电解质溶液中K+向负极移动 B. 在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-‎ C. 发生OER反应的电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+‎ D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：根据2Zn+O2+40H-+2H2O=2Zn(OH)2可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应为：Zn-2e－+2OH－=Zn（OH）2，放电时阳离子向正极移动，充电与放电过程相反。‎ 详解：A、放电时，为原电池，溶液中阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误；B、O2‎ 中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－，在电池产生电力的过程中，空气进入电池，发生ORR反应，并释放OH-，故B正确；C、发生OER反应的电极反应式为4OH--4e－=O2+2H20，故C错误；D． 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气11.2L(标准状况)，故D错误；故选B。‎ ‎17.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g) ⇌ N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是 A. 平衡后升温，NO2含量降低 B. 0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1‎ C. v正：b点>a点，b点：v逆 > v正 D. 恒温，t1时再充入O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。‎ ‎【详解】A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热ΔH<0。平衡后升温，平衡左移，NO2含量增加，A项错误；‎ B项：v(O3)=v(NO2)=×=0.1mol/(L·s)，B项错误；‎ C项：图中a、b两点混合物组成相同，但b点温度较高、反应较快，即v正：b点>a点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆>v正。C项正确；‎ D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3‎ 的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。‎ 本题选C。‎ ‎18.某溶液中可能含有OH-、CO32-、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是 A. BC段是OH-与盐酸反应 B. 反应后最终溶液中的溶质只有NaC1‎ C. 原溶液中含有CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比为3：4‎ D. 原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO32-、SO42-、[A1(OH)4]-、CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图象可知，开始加入HCl时无沉淀生成，说明加入的HCl与溶液中OH-的反应，则溶液中一定不会存在与氢氧根离子发生反应的离子:Fe3+、Mg2+、Al3+;之后开始生成沉淀且反应生成沉淀逐渐增大，说明溶液中存在AlO2-、SiO32-，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，碳酸根离子反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸;硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子。‎ BC段是CO32-与盐酸反应，故A错误；溶液中至少含有K+、Na+离子中的一种离子、反应后最终溶液中一定铝离子、氯离子、钠离子或钾离子，故B错误；‎ 依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应总方程式为:CO32-+2H+=CO2↑+H2O;氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为:Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;所以原溶液中含有CO32-与Al(OH)3的物质的量之比为n(CO32-):n(Al(OH)3)=2× ： =3:4，故C正确；根据以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是:OH-、SiO32-、[A1(OH)4]-、CO32-，故D 错误。‎ 点睛：根据电荷守恒，溶液中阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。根据电荷守恒可计算离子的物质的量。‎ 二、填空题(含4个题，共46分)‎ ‎19.短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：‎ ‎(1)A的基态原子的电子排布式为_________________；‎ ‎(2)C元素在周期表中的位置是____________________‎ ‎(3)B、C组成的一种化合物与水发生反应生成气体，其化学方程式为：_________。‎ ‎(4)如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X为石墨电极，Y为铁电极，接通直流电源。‎ X电极的电极反应式为___________，电解池总反应的离子方程式为：_________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p2 (2). 第三周期IA族 (3). 2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2↑ (4). 2H＋+2e-=H2↑ (5). 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，最外层最多含有8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有4个电子，A为C元素；B为地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是原子半径最大的短周期主族元素，则C为Na元素；C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品，CD为NaCl，则D为Cl元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为Cl元素。‎ ‎(1)A是C元素，C的原子序数为6，根据构造原理可知基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，故答案为：1s22s22p2；‎ ‎(2)C元素为Na元素，钠原子核外有3个电子层，最外层有1个电子，则Na在周期表中的位置时第三周期IA族，故答案为：第三周期IA族；‎ ‎(3)B、C组成的一种化合物与水发生反应放出气体，则该化合物为Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；‎ ‎(4)电解质a溶液为含有NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极，阴极X电极上发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)；电极Y为铁电极，与直流电源正极相连，发生氧化反应，Y电极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，电解池总反应的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2H++2e-=H2↑；2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-。‎ ‎【点睛】本题了元素的推断及元素的位置、结构、性质的相互关系应用，推断元素为解答关键，注意掌握原子核外电子排布规律、元素周期律内容及电解原理是解答该题基础，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。‎ ‎20.甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。已知：①CO(g)＋O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0kJ/mol ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-241.8kJ/mol ‎③CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-1922kJ/mol 回答下列问题：‎ ‎(1)计算CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的反应热△H4=________________。‎ ‎(2)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1mol CO、2mol H2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是________(填选项字母)。‎ ‎(3)T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol CO、2mol H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)=__________。T1℃时，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K=______________。‎ ‎(4)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式：_____________________。‎ ‎(5)含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可。写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式：_________。‎ ‎【答案】 (1). -574.4 kJ/mol (2). d (3). 0.064mol/(L·min) (4). 625 (5). CH3OH+8OH–-6e–=CO32-+6H2O (6). 5CH3OH+6ClO2=6Cl-+5CO2+6H++7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合热化学方程式和盖斯定律计算，计算①+②×2-③得到CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的热化学方程式；‎ ‎(2)a.图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变；‎ b.平衡常数不变，说明体系的温度不变，而在绝热的体系中；‎ c.一氧化碳与甲醇的物质的量相等；‎ d.一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态；‎ ‎(3)根据反应速率为v(H2)=，气体物质的量之比等于气体体积之比，平衡常数随温度变化，K=；‎ ‎(4)燃料原电池中，燃料失电子发生氧化反应为负极，通入氧气得到电子发生还原反应为正极，电解池中阴极被保护；‎ ‎(5)根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，配平方程式即可。‎ ‎【详解】(1)①CO(g)＋O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0kJ/mol ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H2=-241.8kJ/mol ‎③CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H3=-192.2kJ/mol 盖斯定律计算①+②×2-③，整理可得：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H4=-574.4kJ/mol；‎ ‎(2)a.图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变，而不是随时间间改变而减小，a错误；‎ b.充入1molCO、2molH2，生成生成物甲醇，放出热量，反应体系温度升高，K减小，而不是增大，b错误；‎ c.一氧化碳与甲醇的物质的量相等，而不是平衡状态，c错误；‎ d.随着反应的进行，一氧化碳的质量减小，一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态，d正确；‎ 故合理选项是d；‎ ‎(3)T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol CO、2mol H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则反应的CO的物质的量为0.8mol，根据方程式中物质转化关系可知，反应消耗1.6molH2，同时生成CH3OH的物质的量为0.8mol，则平衡时CO的物质的量为0.2mol，H2为0.4mol，CH3OH为0.8mol，由于容器的容积为5L，则平衡时，各种物质的浓度c(CO)= 0.04mol/L，c(H2)=0.08mol/L，c(CH3OH)=0.16mol/L。则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)==0.064mol/(L·min)；‎ T1℃时，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数K==625；‎ ‎(4)在甲醇燃料原电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以通入燃料甲醇的电极为负极，电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；‎ ‎(5)根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl-、CO2和水，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl-+5CO2+6H++7H2O。‎ ‎【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、化学反应速率和化学平衡常数的计算及燃料电池反应原理的应用等，掌握化学反应基本原理是本题解答关键，侧重考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。‎ ‎21.碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：______________。‎ ‎(2)装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为___________________。‎ ‎(3)反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是：将装置A中产生的氨气完全导出，二是：_______________________。‎ ‎(4)反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。‎ ‎(5)请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O+2H＋=Cu2＋+Cu+H2O ‎②限选试剂：2 mol·L-1H2SO4溶液、浓硫酸、2 mol·L-1HNO3溶液、10 mol·L-1 HNO3溶液 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中 步骤2：______________________________‎ ‎_____________________‎ ‎【答案】 (1). Mg(OH)2+NH4Cl=MgOHCl+NH3↑+H2O (2). Al3++3NH3H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+ (3). 防止倒吸 (4). 0.15 (5). 向试管中加入2mol/LH2SO4溶液 (6). 溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用氢氧化镁和氯化铵加热分解制氨气并得到碱式氯化镁(MgOHCl)，为了使反应产生的氨气完全导出并被稀硫酸充分吸收，并还能防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C，反应过程中持续通入N2，氨气极易溶于水，碱石灰吸收水蒸汽，可以用碱石灰来干燥氨气，氨水可以和氯化铝之间反应生成氢氧化铝，氨气的尾气处理用水吸收；‎ ‎(1)根据题目信息：利用氢氧化镁、氯化铵加热分解制氨气并得到碱式氯化镁(MgOHCl)来书写化学方程式即可；‎ ‎(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，据此写出发生反应的离子方程式；‎ ‎(3)根据氮气性质稳定实验过程中不与其它物质间产生任何化学反应以及气体压强变化原理来回答；‎ ‎(4)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少氧元素质量，再计算CuO中氧元素质量，可以判断红色固体的组成，根据Cu元素守恒、红色固体总质量计算组成物质的量，进而计算转移电子；‎ ‎(5)Cu能与浓硫酸反应，应用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。‎ ‎【详解】(1)根据题意：利用氢氧化镁、氯化铵混合加热，发生反应制得氨气、碱式氯化镁(MgOHCl)、H2O，发生的反应为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；‎ ‎(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；‎ ‎(3)由于氨气是极易溶于水的，反应过程中持续通入N2，可以使反应产生的氨气完全导出并被水充分吸收，并还能稀释氨气，防止装置D中的氯化铝溶液倒吸入装置C；‎ ‎(4)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g>1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y=；64x+144y=6.8，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol；‎ ‎(5)Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu2+，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。‎ ‎【点睛】本题考查物质的制备及性质探究实验，理解各装置作用是本题解答关键，熟练掌握元素化合物性质，学会利用守恒关系分析。注意(4)中利用氧元素质量变化判断固体组成，也可以利用Cu元素质量确定，(5)中充分利用题目信息进行实验设计。‎ ‎22.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下图所示：‎ 已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；‎ ‎②酸性条件下，ClO3-不会氧化Co2+，ClO3-转化为Cl-；‎ ‎③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Co(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 完全沉淀的pH ‎3.7‎ ‎5.2‎ ‎9.2‎ ‎9.6‎ ‎9.8‎ ‎(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是_______________________。‎ ‎(2)向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式：_____________________。‎ ‎(3)已知：常温下NH3·H2ONH4++OH-　Kb=1.8×10-5‎ H2C2O4H＋+HC2O4-　Ka1=5.4×10-2‎ HC2O4-H＋+C2O42-　Ka2=5.4×10-5‎ 则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH____7 (填“>”或“<”或“=”)。‎ ‎(4)加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶体，再过滤、洗涤，洗涤时可选试剂_____(填字母代号)。‎ A.蒸馏水 B.自来水 C.饱和的(NH4)2C2O4溶液 D.稀盐酸 ‎(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂的作用是除去锰离子，其使用的适宜pH范围是_________(填字母代号)。‎ A.2.0～2.5　　　　 B.3.0～3.5 　　　　C.4.0～4.5‎ ‎(6)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物；C点所示产物的化学式是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 将Co3+还原为Co2+ (2). ClO3-+6Fe2++6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O (3). < (4). A (5). B (6). Co2O3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3‎ 调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。‎ ‎(1)Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；‎ ‎(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；‎ ‎(3)根据草酸的二级电离大于氨水的电离常数以及盐类水解的规律分析；‎ ‎(4) (NH4)2C2O4为晶体表面的附着液，需要对晶体进行洗涤，洗涤时不能再引入新的杂质离子，据此分析判断；‎ ‎(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去锰离子；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重；‎ ‎(6)由图可知，C点钴氧化物质量为8.30g，氧化物中氧元素质量为8.30g-5.9g=2.40g，据此求算氧化物中Co原子与O原子物质的量之比，确定Co的氧化物化学式。‎ ‎【详解】含钴废料中加入盐酸，可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，信息①中浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+。工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。‎ ‎(1)Na2SO3具有强的还原性，浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；‎ ‎(2)NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水，离子反应方程式为ClO3-+6Fe2++6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O；‎ ‎(3)根据盐类水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，NH3·H2ONH4++OH-　Kb=1.8×10-5，H2C2O4H＋+HC2O4-　Ka1=5.4×10-2 HC2O4-H＋+C2O42-　Ka2=5.4×10-5‎ 所以(NH4)2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解，溶液呈酸性，即pH<7；‎ ‎(4)为洗涤晶体附着的离子，同时不引入新的杂质离子，过滤获得晶体洗涤时，可直接选用蒸馏水洗涤，故合理选项是A；‎ ‎(5)滤液中加入萃取剂的作用是除去Mn2+；pH=2与pH=3时Co2+的萃取率变化不大，但pH=3时Mn2+的萃取率增大很多，而pH=5时，Co2+的萃取率比较大，损失严重，故pH=3时最佳，故合理选项是B；‎ ‎(6)由图可知，C点钴氧化物质量为8.30g，0.1molCo元素质量为5.9g，氧化物中氧元素质量为8.30g-5.9g=2.40g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol：≈2：3，故C点所示的Co产物化学式为Co2O3。‎ ‎【点睛】本题考查物质分离和提纯，涉及氧化还原反应、溶度积常数、电离平衡常数的应用、沉淀与pH的关系、盐类水解等知识点，明确实验原理是解本题关键，掌握各种物质的性质，知道涉及的操作方法及发生的反应，学会分析图象中数值变化规律，题目考查了学生接受信息、分析问题、解决问题的能力。‎ ‎ ‎ ‎ ‎