时间:2017-03-05 15:39:47
1、填空题 高铁酸钾（K2FeO4）有强氧化性，是一种安全性很高的水处理剂。
（1）高铁酸钾中铁元素的化合价是?，它可以将废水中的亚硝酸钾（KNO2）氧化，同时生成具有吸附性的Fe(OH)3，该反应的化学方程式为?。
（2）某学习小组用废铁泥（主要成分为Fe3O3、FeO、CuO和少量Fe）制备高铁酸钾的流程如下：
①操作Ⅰ要在通风橱中进行，其原因是?。
②溶液A中含有的金属阳离子是?。
③25℃时，若将溶液B中的金属离子完全沉淀，应调节c(H+)小于?。（已知：i. Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39、Ksp[Fe(OH)2] =4.0×10-17、Ksp[Cu(OH)2] =1.6×10-20；ii. 溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1时，可视为沉淀完全。）
④该小组经多次实验，得到如图结果，他们的实验目的是?。
（3）高铁酸钾还可以用电解法制取，电解池以铁丝网为阳极，电解液使用氢氧化钾溶液，其阳极反应式为?。
参考答案：
（1）+6 （2分）?2 K2FeO4 + 3KNO2 +5H2O =" 2" Fe(OH)3+3KNO3 + 4KOH （3分）
（2） ①反应产生的氮氧化物有毒 （2分）
②Fe3+、Cu2+（2分）
③2.5×10－7? mol·L－1?（2分）
④探究高铁酸钾的生成率随温度、硝酸铁的质量浓度的变化关系（2分）
（3）Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O （3分）
本题解析：（1）根据化合价代数和为零计算得出；（2）①硝酸被还原为NO、NO2等有毒气体污染空气故应在通风橱中进行实验；②硝酸过量，铁元素应生成Fe3+，铜为Cu2+；③操作Ⅱ使Fe3+沉淀，而Cu2+不沉淀留在溶液中，若使B溶液中铜离子沉淀完全，则有，Ksp[Cu(OH)2] = c2(OH-)×c(Cu2+)=1.6×10-20?c2(OH-)=1.6×10-20÷10-5?
c(OH-)=4×10-8 mol·L－1
c(H+)=.5×10－7 mol·L－1?
当氢离子浓度大于等于.5×10－7 mol·L－1时可以认为氢氧化铜沉淀完全；
④实验需要的是产物的生成率（纵坐标），另外还有两个变量分别是温度和反应物的浓度，显然是探究高铁酸钾的生成率随温度、硝酸铁的质量浓度的变化关系；
（3）活泼金属铁为阳极，铁失去电子生成FeO42-，介质为碱性，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O。
本题难度：困难
2、选择题 下列溶液中，相关微粒的浓度关系正确的是
A．MgSO4溶液：c(Mg2+)+c(H+)=" c" (SO42一)+c(OH一)
B．将0.2mol·L-1CH3 COOH溶液与0.1mo1·L-1NaOH溶液等体积混合：c(CH3 COO一)+ c(CH3COOH)＝2c(Na+)
C．将pH=2的盐酸与0.01 mo1·L-1氨水等体积混合：c(NH4+)=" c" (Cl一)
D．由AgCl和AgI固体混合物与水形成的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl一) =" c" (I一)
参考答案：B
本题解析：A．MgSO4溶液中根据电荷守恒可知2c(Mg2+)+c(H+)=2c(SO42一)+c(OH一)，A错误；B．将0.2mol·L-1CH3 COOH溶液与0.1mo1·L-1NaOH溶液等体积混合生成醋酸钠和水，同时醋酸过量。所得溶液是醋酸钠和醋酸的混合液，且二者的浓度相等，根据物料守恒可知c(CH3 COO一)+ c(CH3COOH)＝2c(Na+)，B正确；C．pH=2的盐酸其浓度是0.01mol/L，且盐酸是强酸，因此与0.01 mo1·L-1氨水等体积混合后恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液显酸性，则c(NH4+)＜c(Cl一)，C错误；D．由于氯化银和碘化银的溶度积常数不同，则由AgCl和AgI固体混合物与水形成的悬浊液中氯离子浓度不等于碘离子浓度，D错误，答案选B。
考点：考查溶液中离子浓度大小比较
本题难度：一般
3、选择题 工业品MnCl2溶液中含有Cu2+、Pb2+等离子，加入过量难溶电解质MnS，可使Cu2+、Pb2＋等离子形成沉淀，以制取纯净MnCl2。由此可推知MnS
A．具有吸附性
B．溶解度小于CuS、PbS
C．溶解度与CuS、PbS相同
D．溶解度大于CuS、PbS
参考答案：D
本题解析：考查沉淀溶解的应用。沉淀转化一般向更难溶的方向进行，所以根据题意可知，MnS的溶解度大于硫化铜和硫化铅的，答案选D。
本题难度：一般
4、选择题 已知：25°C时，Ksp[Mg（OH）2]=5.61×10-12，Ksp[MgF2]=7.42×10-11．则该温度下，下列说法正确的是（ ）
A．在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大
B．饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大
C．Mg（OH）2固体在20ml0.01?mol?L-1氨水中的Ksp比在20mL?0.01mol?L-1NH4Cl?溶液中的Ksp小
D．在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF?溶液后，Mg（OH）2不可能转化成为MgF2
参考答案：A、．NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故A正确；
B．因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故B错误；
C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误．
D．二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化，故D错误；
故选A．
本题解析：
本题难度：简单
5、填空题 （10分）短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示。
其中Z的单质是一种重要半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域。
（1）W在元素周期表中的位置是 。
（2）Z的原子结构示意图为 。
（3）下列选项中，能证明元素非金属性X强于W的是 。
A．原子序数：X>W
B．最低化合价：X>W
C．最简单氢化物的稳定性：X>W
D．最高价氧化物的水化物酸性：X>W
（4）元素周期表中与Z同周期的某金属元素形成的单质A，可发生如下图所示的转化：
其中化合物D是一种白色沉淀，则B中溶质的化学式为 ；
C转化生成D的离子方程式为 。
（5）表中Y的最高价氧化物对应水化物的化学式为Y(OH)n ，在T℃时，其饱和溶液能使酚酞试液变红，原因是其溶液中的c(OH—) = mol·L—1 （填计算数值，已知：T℃，Ksp[Y(OH) n]=4.0×l0-12）。
参考答案：（10分）
（1）第二周期第IVA族 （2分） （2）
（1分）
（3）C、D （2分）
（4）NaAlO2（1分） Al3++3NH3?H2O = Al(OH)3↓+3NH4+（2分）
（5）2.0×10-4（2分）
本题解析：Z的单质是一种重要半导体材料，广泛应用于电子工业的各个领域，Z为Si元素；根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置可知W为C元素、X为N元素、Y为Mg元素。
（1）W为C元素，所以W在元素周期表中的位置是：第二周期第IVA族。
（2）Z为Si元素，原子序数为14，所以Si原子结构示意图为：
（3）A、没有同周期或同主族等条件，根据原子序数的大小，无法判断非金属性的强弱，错误；B、没有同周期等条件，根据最低化合价无法判断非金属性的强弱，错误；C、最简单氢化物的稳定性越强，元素的非金属性越强，正确；D、最高价氧化物的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，正确。
（4）A为金属单质，能与NaOH溶液反应，则A为Al、B为CO2、C为AlCl3、D为Al(OH)3，所以 Al与NaOH溶液反应生成的B为NaAlO2；AlCl3与NH3?H2O反应生成Al(OH)3，离子方程式为：Al3++3NH3?H2O = Al(OH)3↓+3NH4+。
（5）Y的最高价氧化物对应水化物的化学式为Mg(OH)2，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)?c2(OH?)=4.0×l0-12，解得c(OH—) = 2.0×10-4。
考点：本题考查元素及物质的推断、结构示意图及方程式的书写、非金属性的判断。
本题难度：困难