时间:2019-05-30 03:40:15
1、简答题 （20分） Ⅰ.（1）一定条件下Fe(OH)3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，该反应的化学方程式为 ；
生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量 mol。
（2）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：
3Zn+2K2FeO4+8H2O 
3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH
放电时电池的负极反应式为 。充电时电解液的pH （填“增大”“不变”或“减小”）。
Ⅱ.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1）相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH
) （填“等于”、“大于”或“小于”）0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。
（2）如图1是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化的图像。
①其中符合0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是 （填写字母）；
②20℃时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO
)－c(NH)－3c(Al3＋)＝ mol·L－1。
（3）室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 ；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
（4）已知Al(OH)3为难溶物（常温下，Ksp[Al(OH)3]＝2.0×10－33）。当溶液pH=5时，某溶液中的
Al3+ （填“能”或“不能”）完全沉淀（溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀完全）。
参考答案：(20分)
Ⅰ、(1)2Fe(OH)3 + 3KClO + 4KOH = 2K2FeO4 + 3KCl + 5H2O (2分) 0.3 (2分)
(2)Zn + 2OH- - 2e- = Zn(OH)2 (2分) 减小(2分)
Ⅱ、(1) 小于 (2分) (2)①A (2分) ②10－3-10－11 (2分)
(3)a (2分) c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋) (2分)
(4)能 (2分)
本题解析：Ⅰ、(1)KClO在KOH存在条件下，把Fe(OH)3氧化为K2FeO4，同时生成KCl、H2O，根据化合价升降法配平可得化学方程式：2Fe(OH)3 + 3KClO + 4KOH = 2K2FeO4 + 3KCl + 5H2O；根据Fe元素化合价变化可得：K2FeO4 ~ 3e?，所以生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量为0.3mol。
（2）放电时电池的负极发生氧化反应，元素化合价升高，根据总方程式可得放电时电池的负极反应式为：Zn + 2OH- - 2e- = Zn(OH)2，根据化学方程式，充电时消耗KOH，所以充电时电解液的pH减小。
Ⅱ、(1) NH4HSO4为强酸的酸式盐，电离出的H+抑制NH4+的水解，所以相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)小于 0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。
(2)①NH4Al(SO4)2中NH4+和Al3+水解使溶液显酸性，温度升高，水解程度增大，pH减小，故符合0随温度变化的曲线为A。
②根据示意图可知：20℃时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2pH为3，则c(H+)=10－3mol?L?1，c(OH?)= 10－11mol?L?1，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)+3c(Al3+)=c(OH?)+2c(SO42?)，所以2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H+)—c(OH?)= 10－3-10－11
（3）a点显酸性，NH4+、Al3+水解，促进了H2O的电离，b点为中性，没有其它离子干扰，c、d显碱性，NaOH过量，抑制了H2O的电离，所以水的电离程度最大的是a；b点为中性，c(H+)=c(OH?)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42?)，溶液显中性，NaOH应稍过量，抵消NH4+水解产生的H+，所以离子浓度由大到小顺序为：c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
（4）溶液的pH=5，则c(OH?)=10-9mol?L?1，带入c(Al3+)?c3(OH?)= 2.0×10－33，解得c(Al3+)= 2.0×10－6mol?L?1，所以Al3+完全沉淀。
考点：本题考查氧化还原反应、电化学原理、盐类的水解、离子浓度比较、Ksp的应用。
本题难度：困难
2、填空题 （14分） X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的六种短周期元素，常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体。X与M，W与Q分别同主族， X是原子半径最小的元素，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，W是地壳中含量最多的元素。试回答下列问题：
(1)W、M、Q四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是 ＞ ＞ (用元素符号表示)。
(2)元素M和Q可以形成化合物M2Q，写出M2Q的电子式 。
(3) Z、W、Q三种元素的简单气态氢化物中稳定性最强的是 ，沸点最低的是 。（用分子式表示）
(4) W的一种氢化物含18个电子, 该氢化物与QW2化合时生成一种强酸,其化学方程式为 。
(5)由X、Z、W、Q四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，则该反应的化学方程式为 。
(6)由X、Z、W、Q四种元素组成的阴阳离子个数比为1:1的化合物A，已知A既能与盐酸反应生成气体，又能与氢氧化钠的浓溶液反应生成气体，且能使氯水褪色，写出A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的离子方程式 。
(7)分子式为X2Y2W4的化合物与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞ ＞ ＞ ＞c(OH－)。将2mL 0.1mol/L X2Y2W4的溶液和4mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液混合，发现开始溶液颜色变化不明显，后溶液迅速褪色。解释原因 。
参考答案：(1)Na＞S＞O（1分） (2)
（1分） (3) H2O H2S（各1分）
(4) H2O2+SO2＝H2SO4（2分）
(5)3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O（2分，不写稀扣1分）
(6)NH4++HSO
＋2OH- △NH3↑＋SO32—+ 2H2O（2分，不写加热扣1分）
(5) c(HC2O
)＞c(H＋)＞c(C2O
)（2分）反应生成的MnSO4能催化该反应，加快反应速率。（2分）
本题解析：X、Y、Z、W、M、Q为原子序数依次增大的六种短周期元素，W是地壳中含量最多的元素，因此W是O。W与Q同主族，因此Q是S。X是原子半径最小的元素，则X是H。X与M同主族，且M的原子序数大于氧元素，则M是Na。常温下，六种元素的常见单质中三种为气体，三种为固体，且X能与Y、Z、W分别形成电子数相等的三种分子，所以Y是C，Z是N。
(1)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则W、M、Q四种元素的原子半径由大到小的排列顺序是Na＞S＞O。
(2)元素M和Q可以形成化合物Na2S，含有离子键的离子化合物，电子式为
。
(3)非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Z、W、Q三种元素的非金属性强弱顺序为O＞N＞S，则简单气态氢化物中稳定性最强的是H2O。由于水分子间以及氨气分子间均存在氢键，所以沸点最低的是H2S。
(4) W的一种氢化物含18个电子, 则该氢化物是双氧水。双氧水与SO2化合的化学方程式为H2O2+SO2＝H2SO4。
(5)由X、Z、W、Q四种元素中的三种元素可组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与铜反应，因此是稀硝酸，则该反应的化学方程式为3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
(6)由X、Z、W、Q四种元素组成的阴阳离子个数比为1:1的化合物A，已知A既能与盐酸反应生成气体，又能与氢氧化钠的浓溶液反应生成气体，且能使氯水褪色，则A应该是亚硫酸氢铵，因此A与足量氢氧化钠溶液在加热条件下反应的离子方程式为NH4++HSO＋2OH- △NH3↑＋SO32—+ 2H2O。
(7)分子式为X2Y2W4的化合物是乙二酸，与含等物质的量的KOH的溶液反应后得到草酸氢钾，所得溶液呈酸性，说明草酸氢根的电离程度大于其水解程度，所以该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)。将2mL 0.1mol/L X2Y2W4的溶液和4mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液混合，发现开始溶液颜色变化不明显，后溶液迅速褪色。因此根据外界条件对反应速率的影响分析，此时影响因素应该考虑催化剂，即由于反应生成的MnSO4能催化该反应，从而加快反应速率。
考点：考查元素推断、元素周期律的应用；氧化还原反应、溶液中离子浓度大小比较以及外界条件对反应速率的影响等
本题难度：困难
3、填空题 （13分）高纯度氧化铝有广泛的用途，某研究小组研究用以下流程制取高纯度氧化铝：
根据上述流程图填空：
（1）“除杂”操作是加入过氧化氢后，用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+。请写出在除去Fe2+离子的过程中，发生的主要反应的离子方程式 。
（2）通常条件下Ksp〔Fe(OH)3〕＝4.0×10—38，除杂后溶液中c(Fe3+)约为 。
（3）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，酸化的目的是 。
（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）。母液不能蒸干的原因是 。
（5）“分离”操作的名称是 （填字母代号）。
A．蒸馏 B．分液 C．过滤
（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，在0.1mol/L铵明矾的水溶液中，离子浓度最大的离子是 ，离子浓度最小的离子是 。
参考答案：（13分） （1） 2Fe2+＋H2O2＋4NH3·H2O＝2Fe(OH)3↓＋4NH4+
（2）4×10—20mol/L（3分）。（3）抑制（防止）Al3+水解。（2分）
（4）防止晶体失去结晶水，避免可溶性杂质结晶析出（2分，答对1点给1分）。
（5）C（1分）。（6）SO42—，OH—。（共2分，各1分）
本题解析：（1）H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，然后加入氨水，就会形成Fe(OH)3沉淀而过滤除去，反应的离子方程式是2Fe2+＋H2O2＋4NH3·H2O＝2Fe(OH)3↓＋4NH4+；（2）pH=8.0，则c(OH—)=10-6mol/L，在通常条件下Ksp〔Fe(OH)3〕＝c(Fe3+)·c3(OH—)=4.0×10—38，所以c(Fe3+)= Ksp〔Fe(OH)3〕÷c3(OH—)= 4.0×10—38÷10-18=4×10—20mol/L；（3）硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生氢氧化铝胶体和硫酸，加入硫酸就可以抑制盐电离产生的Al3+的水解；（4）“结晶”这步操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层晶体即停止加热，然后冷却结晶，得到铵明矾晶体（含结晶水）。母液不能蒸干是因为蒸干容易使晶体失去结晶水，这样还避免可溶性杂质结晶析出；（5）把晶体从混合物中“分离”操作的名称是过滤；（6）铵明矾晶体的化学式为NH4Al(SO4)2·12H2O，在0.1mol/L在铵明矾的水溶液中，根据物料守恒可知离子浓度最大的离子是SO42—，由于该盐是强酸弱碱盐，NH4+、Al3+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液显酸性，所以离子浓度最小的离子是OH—。
考点：考查物质制取的知识，包括反应条件的选择、离子方程式的书写、溶度积常数的应用、盐的水解、离子浓度的大小比较的知识。
本题难度：困难
4、选择题 向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c(NH4＋)=2c(SO42－)时，溶液的pH （ ）
A．等于7
B．大于7
C．小于7
D．无法判断
参考答案：A
本题解析：根据电荷守恒可知，2c(SO42－)+c(OH－)＝c(NH4＋)＋c(H＋)。所以如果溶液中c(NH4＋)=2c(SO42－)时，c(OH－)＝c(H＋)，即溶液显中性，答案选A。
本题难度：一般
5、选择题 由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH=1，c(Al3+)=0.4mol·L-1，c(SO42-)=0.8mol·L-1，则c(K+)为
A．0.15 mol·L-1
B．0.2 mol·L-1
C．0.3 mol·L-1
D．0.4 mol·L-1
参考答案：C
本题解析：根据电荷守恒，溶液中存在3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），而溶液中c（OH-）很小，可以忽略不计，则有3c（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2c（SO42-），所以：c（K+）=2c（SO42-）-3c（Al3+）-c（H+）=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L．故选C．
考点：物质的量浓度
本题难度：一般