高二化学（选修）月考
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ca-40
选择题（共40分）
单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意） ．．．．1.CNMR（核磁共振）、NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关C、N的叙述正确的是 A. 13C与15N有相同的中子数 B. 13C电子排布式为1s22s22p3 C. 15N与14N互为同位素 D. N的电子排布式为1s2s2p 【答案】C 【解析】
13
15
2
2
4
13
15
13
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C、N的的质子数和中子数分别为6、7和7和8，A不正确。C的核外有6个导致，其电子排布式
1513
为1s22s22p2，B不正确。15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确。15N的核外有7个导致，其的电子排布式为1s22s22p3，D不正确。答案C。
2.下列有关化学用语表示正确的是 A. CSO的电子式：
B. 甲烷分子的球棍模型：
C. 原子核内有20个中子的氯原子：2017Cl 【答案】A 【解析】
D. HClO分子的结构式：H－Cl－O
【详解】A.CSO中C原子分别与S、O原子形成2对共用电子对，故CSO的电子式为确；
B.甲烷分子的比例模型是：
，B错误；
37，A正
C.原子核内有20个中子的氯原子，质量数是37，故表示为：17Cl，C错误； D. HClO分子中O原子分别与H、Cl原子形成共价键，结构式：H－O－Cl，D错误； 故合理选项是A。
3.下列叙述正确的是
A. 氯化铵晶体和干冰都属于由非金属元素构成的分子晶体
B. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可 C. 下列氢化物熔沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，但两溶液中水的电离程度不同 【答案】D 【解析】
【详解】A.氯化铵晶体属于离子晶体，干冰属于分子晶体，A错误；
B.新制氯水具有氧化性，会将pH氧化而使其褪色，因此不能使用pH试纸测定新制氯水的pH，B错误； C.HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其沸点最高，在其余各种元素的氢化物中，由于结构相似，都是由分子构成，物质分子的相对分子质量越大，分子之间作用力越强，物质的熔沸点越高，故氢化物熔沸点： HCl 故合理选项是D。 4.25 ℃时，将0.1 mol·L-1氨水加水稀释，下列数值变大的是 A. c(OH) 【答案】C 【解析】 试题分析：在氨水溶液中加水稀释，促进NH3·H2O的电离：NH3·H2O + － + + -+ - B. pH C. c(NH4)/c(NH3∙H2O) + D. c(H)·c(OH) +- NH4++OH-，c(OH－)减小，pH减 小，而Kw=c(H)·c(OH)不变；但c(NH4)/c(NH3·H2O)＝n(NH4)/n(NH3·H2O)增大；故选C。 考点：考查电离平衡。 5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是 A. 25℃时，pH=13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1 NA B. 60 g二氧化硅中Si—O键个数为4NA个 C. 标准状况下，22.4 L SO2与0.5 mol O2混合反应，生成NA个SO3分子 D. 1mol甲烷与1 mol乙炔中的σ键均为3NA 【答案】B - 【解析】 【详解】A.缺体积，不能计算离子数目，A错误； B.Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，60 gSiO2的物质的量为1mol，则其中含有的Si—O键个数为4NA个，B正确； C.SO2与O2的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此此时的SO3分子数目小于NA，C错误； D.CH4分子中含有4个C-H键，1mol甲烷含σ键为4NA，D错误； 故合理选项是B。 6.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是 A. 含有大量Al的溶液：Na、NH4、SO4、Cl B. c(H)＝1×10 ＋ －133＋ ＋ + 2— － mol·L的溶液：Na、Ca、SO4、CO3 ＋ 2＋ — － －1＋2＋2—2— C. 含有大量Fe的溶液：Na、Mg、NO3、SCN D. 含有大量NO3—的溶液：H＋、Fe2＋、SO42—、Cl－ 【答案】A 【解析】 A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Ca2+分别与SO42-、F-结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Fe、SCN结合生成络离子，不能大量共存，故C错误；D．H、Fe、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A。 7.下列原子构成的单质中既能与稀硫酸反应又能与烧碱溶液反应，都产生H2的是 A. 核内无中子的原子 B. 价电子构型为3s3p C. 最外层电子数等于倒数第三层上的电子数的原子 D. N层上无电子，最外层上的电子数等于电子层数的原子 【答案】D 【解析】 【详解】A.核内无中子的原子是H原子，其单质H2与酸、键均不能发生反应，A错误； B.价电子构型为3s23p3的原子是P，P单质能与NaOH发生反应且不能产生氢气，而不能与稀硫酸反应，B错误； 2 33+ -+ 2+ - 3＋ C.最外层电子数等于倒数第三层上的电子数的原子是Mg，Mg是比较活泼的金属，与NaOH溶液不能发生反应，C错误； D.N层上无电子，最外层上的电子数等于电子层数的原子是Al原子，单质Al是比较活泼的金属，能与稀硫酸和烧碱溶液发生反应产生氢气，D正确； 故合理选项是D。 8.下列离子方程式表达正确的是 A. 硫化钠的水解反应：S2-+H3O＋ HS-+H2O 2＋ - B. 用铜作阳极电解氯化铜溶液：Cu+2ClC. Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO3+H2O 2- Cu+Cl2↑ HCO3+OH 2＋ － ＋ 2-－ － D. 在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba+OH+H+SO4=BaSO4↓+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.S2-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，离子方程式为S2-+H2O误； B.用Cu作阳极，阳极发生氧化反应，Cu-2e=Cu，在阴极上溶液中的氢离子得到电子变为H2，故电解总反应方程式为Cu+2H2O Cu(OH)2+H2↑，B错误； 2-+ -2+ HS－+OH-，A错 C.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO3发生水解反应，消耗水电离产生的H，使溶液显碱性，用离子方程式表示为：CO3+H2O 2- HCO3+OH，C正确； －－ D.在Ba(OH)2溶液中滴加KHSO4溶液至pH=7：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42-=BaSO4↓+2H2O，D错误； 故合理选项是C。 9.短周期元素T、X、Y、Z的原子序数依次增大，T与Z属于同一主族，X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两之间都能反应，且X、Y、Z原子最外层电子数之和等于X的原子序数。则下列说法正确的是 A. 简单离子半径大小顺序：rT X、Y、Z最高价氧化物对应的水化物两两之间都能反应，肯定存在Al(OH)3，则X为Na，Y为Al，且X、Y、Z原子最外层电子数之和等于X的原子序数，X的原子序数为11，最外层电子数为1，Y的最外层电子数为3，则Z的最外层电子数为7，Z应为Cl，T与Z属于同一主族，T为F，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题。 【详解】根据上述分析可知T是F，X是Na，Y是Al，Z是Cl。 A.F、Na、Al对应的简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单离子半径大小顺序：rT>rX>rY，A错误； B.F的最高价为0，Cl的最高价为+7价，B错误； C.Y为Al，在室温下遇浓硫酸，会被硫酸氧化在金属表面产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化反应，不是不发生反应，C错误； D. Na、Al为活泼金属，用电解法冶炼，D正确； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，根据原子结构明确元素种类为解答该题的关键，注意把握原子结构特点以及元素周期律的递变规律，为解答该题的关键。 10.下列图示与对应的叙述相符的是 A. 图 可表示N2＋3H2 B. 图 可表示用0.1000 mol·L醋酸滴定40.00mL 0.1000mol·LNaOH溶液得 到的滴定曲线 的－1 －1 2NH3的速率时间图像，t1时刻改变的条件是升高温度 C. 图 可表示NO2平衡转化率与温度、压强的变化关系，由图可知：△H＜0、P1 ＜P2 D. 图 可表示pH相同的NaOH溶液与氨水稀释过程的pH变化，其中曲线a对 应氨水 【答案】D 【解析】 试题分析：A、升高温度正逆反应速率均增大，错误；B、醋酸是弱电解质，0.1 000 mol/L醋酸的pH大于1，而且滴定时突变曲线比较平缓，错误；C、图像中有多个变量时要注意定一议一，随温度升高，NO2平衡转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，△H<0；相同温度下，压强大平衡正向移动，NO2平衡转化率增大，故P2 A. 常温下反应2Na2SO3(s)+O2(g)= 2Na2SO4(s)能自发进行，则ΔH<0 B. Al2(SO4)3溶液蒸干所得固体产物为Al(OH)3 C. 电解NH4Cl和HCl混合溶液可在阴极生成NCl3 D. 等体积AgCl、AgI饱和清液混合后加入足量AgNO3固体，生成沉淀物质的量n(AgCl)＞n(AgI) 【答案】AD 【解析】 【详解】A.反应2Na2SO3(s)+O2(g)= 2Na2SO4(s)是体系混乱程度减小的反应，△S<0，在常温下该反应能自发进行，根据体系的自由能公式ΔG=ΔH-TΔS<0，可知ΔH<0，A正确； B.Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液Al3+发生水解反应，产生Al(OH)3和硫酸，由于硫酸没有挥发性，反应产生的酸、碱再发生中和反应产生硫酸铝和水，因此将溶液蒸干所得固体产物为Al2(SO4)3，B错误； C.电解原理是惰性电极电解时，溶液中阳离子移向阴极得到电子发生还原反应，阴离子移向阳极失电子发生氧化反应；阴极得到电子的是H+，C错误； D. AgCl溶解度大于AgI溶解度，沉淀溶解平衡状态下c(Ag+)大，等体积AgCl、AgI饱和清液混合后加入足量AgNO3固体，生成沉淀物质的量：n(AgCl)>n(AgI)，D正确； 故合理选项是AD。 12.下列说法正确的是 A. 元素电负性由大到小的顺序：O>N>C B. 一个乙烯分子含2个π键和4个σ键 C. 氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数相同 D. 第一电离能的大小:Al>Mg>Na 【答案】A 【解析】 【详解】A.元素的非金属性越强，其电负性越大，由于元素的非金属性：O>N>C，所以元素电负性由大到小的顺序：O>N>C，A正确； B.一个乙烯分子CH2=CH2中含1个π键和5个σ键，B错误； C.氯化钠晶体中氯离子的配位数是6，而氯化铯晶体中氯离子的配位数是8，因此配位数不相同，C错误； D.一般情况下元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但Mg原子核外电子处于3s轨道的充满的稳定状态，失去一个电子要比比同一周期的Al第一电离能大，D错误； 故合理选项是A。 13.T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入1.0mol SO3气体，发生反应：2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) △H=+196 kJ/mol，一段时间后达到平衡，测得此过程中从外界共吸收了19.6kJ的热量。当温度不变时，改变某一条件时，下列结论正确的是 A B 条件改变 平衡后的容器中充入1.0molHe 起始时向容器中充入1.0molSO2 和0.50molO2 起始时向容器中充入2.0 molSO3、0.50 molSO2和0.25 mol 结论 平衡逆向移动，化学平衡常数减小 达到平衡时共放出78.4kJ的热量 C O2 D A. A 【答案】B 【解析】 B. B C. C 起始向容器中充入2.5 molSO2 和1.25molO2 反应达到平衡前v(正)>v(逆) 达到平衡时，SO2的转化率为80.0% D. D 【详解】A.向平衡后的容器中充入惰性气体He，不能影响任何物质的浓度，因此对化学平衡移动无影响，A错误； B.依据平衡三段式计算 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) △H=+196kJ/mol 起始量 1 0 0 变化量 0.2 0.2 0.1 19.6 平衡量 0.8 0.2 0.1 起始时向容器中充入1.0molSO2和0.50molO2，反应达到相同平衡，反应的二氧化硫物质的量为0.8mol，放热196kJ×0.4=78.4kJ，B正确； C.充入2.0molSO3、0.50mol SO2和0.25mol O2转化为起始量相当于充入2.5molSO3，相当于将相同的平衡叠加，由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向进行，反应达到平衡前v(正) 0.1mol0.2mol11L1LK==； 21600.8mol1L 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196kJ/mol平衡常数K=160， 2 假设按照转化率为80%计算平衡常数分析，反应的二氧化硫为2mol 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 起始量 2.5 1.25 0 变化量 2.5×0.8=2 1 2 平衡量 0.5 0.25 2 2mol1LK==，不符合平衡常数，D错误； 20.5mol0.25mol1L1L故合理选项是B。 14.一定温度下，卤化银AgX(X：Cl、Br、I)及Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。横坐标p(Ag ＋ － － － 2)表示“－lgc(Ag＋)”，纵坐标Y表示“－lgc(X－)”或“－lgc(CrO42—)”。下列说法正确的是 A. a点表示c(Ag＋)＝c(CrO42—) B. b点可表示AgI的饱和溶液 C. 该温度下AgI的Ksp约为1×10－16 D. 该温度下AgCl、AgBr饱和溶液中：c(Cl－) 考点：考查溶液中离子浓度有关问题。 15.40 ℃时，在氨-水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是 A. 在pH=9.0时，c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH2COO-)>c(CO32-) c(OH-)B. 随着CO2的通入，不断增大 cNH3·H2OC. 不同pH的溶液中存在关系：c(NH4)+c(H)=c(CO3)+c(HCO3)+c(NH2COO)+c(OH) D. 在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO的中间产物生成 【答案】BC 【解析】 【详解】A．pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH2COO-)>c(CO32-)，A正确； B.已知Kb= -cNH+4cOH-+ + 2---- cNH3H2O，温度一定时，K为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO的通入， b 2 c(NH4)逐渐增大，则 + cOH-cNH3H2O不断减小，B错误； C.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4)+c(H)=2c(CO3)+c(HCO3)+c(NH2COO)+c(OH)，C错误； D.由图象可知开始没有NH2COO-，后来也不存在NH2COO-，所以NH2COO-为中间产物，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，D正确。 故合理选项是BC。 非选择题（共80分） 16.I、用符号“>”、“<”或“=”连接下列各项关系。 (1)第一电离能：Na__________Mg，Mg__________Ca。 + + 2---- (2)电负性：O__________F，F__________Cl。 (3)能量高低：ns__________ (n+1)s，ns__________np。 (4)主族序数__________该原子的价电子数__________元素最高正化合价。 II、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子电子层结构，该物质适当加热就分解成两种气体，试完成： (1)固体A属于__________晶体，它的电子式为__________。 (2)A溶于水后溶液呈____性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是（用化学方程式表示）_______。 【答案】 (1). < (2). > (3). < (4). > (5). < (6). < (7). = (8). = (9). 离子 (10). 【解析】 【分析】 I.(1)同一周期的元素，第一电离能随原子序数的增大而增大；同一主族的元素，第一电离能随原子序数的增大而减小； (2)元素的非金属性越强，电负性就越大； (3)不同能层，能层高的能量高；同一能层的不同能级按照s—p—d—f顺序能量增加； (4)根据原子的位、构、性分析判断； II. (1)根据A的性质可判断，A是氢化铵，属于离子化合物； (2)A中阴离子具有还原性，被水氧化生成氢气，所以溶于水后，和水发生反应生成氢气和一水合氨，溶液显碱性。 【详解】I.(1)同一周期的元素，第一电离能随原子序数的增大而增大，Na、Mg是同一周期的元素，由于原子序数越大，原子半径越小，失去电子越难，电离能越大，故第一电离能Na (11). 碱 (12). NH4H+H2O=NH3·H2O+H2↑ (2)元素的非金属性O (3)根据核外电子能量的高低及围绕原子核运动时离核的远近，将原子核外电子运动的空间分成不同的能层，能层序数越大，能量越高；所以能量ns<(n+1)s；对于同一能层的不同能级，按照能量由高到低顺序分为s、p、d、f，所以能量ns 的 II.(1)根据A的性质可判断，A是氢化铵，电子式为体； ，是离子化合物，形成离子晶 (2)A中的阴离子具有还原性，被水氧化生成氢气，即NH4H溶于水后，和水发生反应生成氢气和一水合氨，使溶液显碱性，反应方程式为：NH4H+H2O═NH3•H2O+H2↑。 【点睛】本题考查物质结构与性质、氧化还原反应、常用化学用语等，侧重考查学生对知识的迁移应用，是常见题型。 17.I、如图所示，高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是______________。 A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K和4个O2 B．晶体中每个K周围有8个O2，每个O2周围有8个K C．晶体中与每个K距离最近的K有8个 D．晶体中，0价氧与-2价氧的数目比为3∶1 II、有A、B、C三种晶体，分别由C、H、Na、Cl四种元素中的一种或几种形成，对这3种晶体进行实验，结果如表所示： 项目 A B C （1）晶体A的化学式为____________________。 + + + + －－－+ 熔点/℃ 811 3500 -114.2 硬度 较大 很大 很小 水溶性 易溶 不溶 易溶 导电性 水溶液（或熔融）导电 不导电 液态不导电 水溶液与Ag反应 白色沉淀 不反应 白色沉淀 + （2）晶体B的晶体类型为____________________。 （3）晶体C中粒子间的作用力为____________________。 III、砷化镓是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池等。 （1）砷化镓的晶胞结构如下图所示，则砷化镓的化学式为____。 （2）基态As原子的核外电子排布式为_________。 （3）第一电离能：Ga____As（填“>”或“<”）。 （4）GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是_________。 【答案】 (1). AD (2). NaCl (3). 原子晶体 (4). 分子间作用力 (5). GaAs (6). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或 [Ar]3d104s24p3 (7). < (8). GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 【解析】 【分析】 I.A.根据平摊法，计算晶胞中K+与O2-个数； B.由晶胞图可知，晶体中每个K周围有6个O2，每个O2周围有6个K； C.由晶胞图可知，晶体中与每个K距离最近的K有12个； D.结合晶胞中K+与O2-个数，根据电荷守恒判断； II.根据A的水溶液与Ag反应有白色沉淀，说明A的水溶液中有Cl，再根据其可以导电得A为NaCl或HCl，又因为其硬度较大，所以判断其为NaCl；由于B的熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水，可判断其应该为原子晶体，所以B为金刚石；C的熔点为负、硬度很小，判断其为气体，易溶于水，水溶液与Ag反应有白色沉淀，所以C为HCl，结合对应物质的组成和性质判断晶体的类型； III. (1)由晶胞结构图可知，Ga位于体内，As位于顶点与面心，结合均摊法计算； (2)As的原子序数为33； (3)金属性越强，第一电离能越小； (4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，熔点不同与晶体类型有关。 【详解】I. A.由晶胞图可知，K+的个数为8× + + -+ + + --+ 111+6×=4，O2-的个数为12×+1=4，所以物质化学824 式为KO2，A正确； B.由晶胞图可知，晶体中每个K周围有6个O2，每个O2周围有6个K，故B错误； C.由晶胞图可知，晶体中与每个K+距离最近的K+有12个，故C错误； D.晶胞中K+与O2-个数分别为4、4，所以晶胞有8个氧原子，根据电荷守恒-2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8-2=6，所以晶体中，0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3：1，D正确； 故合理选项是AD。 II.根据上述分析可知A为NaCl；B为金刚石；C为HCl。 (1)晶体A的化学式为NaCl； (2)晶体B是金刚石，由于其熔点很高、硬度很大、不导电、不溶于水，故B为原子晶体； (3)C是HCl，在固体时是由HCl分子构成的分子晶体，HCl分子之间存在分子间作用力； III.(1)由晶胞结构图可知，Ga位于体内，个数为4，而As位于顶点与面心，个数为8×则砷化镓的化学式为GaAs； (2)As的原子序数为33，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3； (3)金属性越强，第一电离能越小，则第一电离能：Ga＜As； (4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3为离子晶体，离子间通过离子键结合，而GaCl3为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，离子键是比分子间作用力强的作用力，因此断裂离子键消耗的能量比分子间作用力大，因此GaF3熔沸点比GaCl3高。 【点睛】本题考查物质结构、核外电子排布、原子的杂化、晶胞计算及等，要学会用均摊法的进行有关晶胞计算把握晶体类型与性质为解答的关键，侧重考查分析与应用能力、综合性较强，同时对学生的观察与空间想象能力也有一定的考查。 18.随着科学技术的发展，阿伏加德罗常数的测定手段越来越多，测定精确度也越来越高，现有一种简单可行的测定方法，具体步骤为： (1)将固体NaCl研细、干燥后，准确称取mgNaCl固体并转移到定容仪器A中。 (2)用滴定管向A仪器中滴加苯，不断振荡，继续加苯至A仪器的刻度线，计算出NaCl固体的体积为Vcm3。 ①步骤(1)中A仪器最好用__________（仪器名称）。 ②步骤(2)中用酸式滴定管好还是碱式滴定管好，__________，理由是______________。 ③能否用胶头滴管代替步骤(2)中的滴定管__________；理由是____________________。 ④已知NaCl晶体的结构如上图所示，用X射线测得NaCl晶体中靠得最近的Na+与Cl-间的平均距离为 + --+ 11+6×=4，82 acm，则用上述测定方法测得阿伏加德罗常数NA的表达式为：NA=______mol。 -1 【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 苯能溶解碱式滴定管的橡皮管 (4). 不能 (5). 实验中需要准确量取苯的体积 (6). 【解析】 【分析】 ①容量瓶为定容仪器，能够较准确的测定体积； ②苯应用酸式滴定管盛装，因苯能腐蚀碱式滴定管的橡皮管； ③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管； ④由实验中NaCl的质量与体积，可以得到NaCl晶体的密度，均摊法计算晶胞中Na+、Cl-数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，而晶胞质量等于晶体密度与晶胞体积乘积，联立计算。 【详解】①能够较准确的测定NaCl固体体积，所以步骤(1)中仪器最好用容量瓶； ②由于苯对橡胶有溶胀、老化作用，所以滴定管用酸式滴定管； ③实验中需要准确量取苯的体积，因此不能用胶头滴管代替滴定管； 29.25V mol-1 3mamg/cm3，最近的Na+与Cl-间的平均距离为acm，则晶胞棱长=2acm，NaCl晶胞的V11133+-体积=(2a)cm，晶胞中Na离子数目=1+12×、Cl数目=8×+6×=4，则NaCl晶胞的质量482④NaCl的密度为ρ== 458.5m29.25V-1 molg=g/cm3×(2a)3cm3，整理可得NA=。 3NAVma【点睛】本题以化学实验为载体，考查阿伏伽德罗常数测定、晶胞计算、对仪器与试剂的分析评价，关键是明确实验原理，掌握均摊法进行晶胞有关计算。 19.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；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)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是__________________________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。 (2)相同条件下，0.1 mol·L的NH4Al(SO4)2溶液和0.1 mol·LNH4HSO4溶液中的c(NH4)，前者_____后者。(填“等于”、“大于”或“小于”) (3)均为0.1 mol·L的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。 －1 －1－1 ①其中符合0.1 mol·LNH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_______ (填字母)，导致pH随温度变化的原因是__________________； ②20 ℃时，0.1 mol·L的NH4Al(SO4)2中2c(SO4)－c(NH4)－3c(Al)＝____________。 (4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是___________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_________________________。 －1 2－ + 3＋ －1 【答案】 (1). NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42- ， Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋ , Al(OH)3胶体具 有吸附性，吸附悬浮颗粒使其沉降，从而达到净化水的目的 (2). 小于 (3). Ⅰ (4). NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 (5). 10mol/L (6). a (7). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H＋) 【解析】 【分析】 (1)Al3+水解生成Al(OH)3具有吸附性； (2)NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4-电离出H+同样抑制NH4+水解； (3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大； ②根据电荷守恒定律解题； -3 (4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性。 【详解】(1)Al3+水解生成的Al(OH)3具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2OAl(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水； (2) NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al水解呈酸性抑制NH4水解，HSO4电离出H同样抑制NH4水解，因为HSO4电离生成的H浓度比Al水解生成的H浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小，故答案为：小于； (3)①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ； ②根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3 mol/L； (4)a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c(Na)= c(SO4)，b点时c(Na)>c(SO4)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO4)>c(NH4)，故c(Na)>c(SO4)>c(NH4)>c(OH)=c(H)。 【点睛】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较的知识，(2)②为易错点，注意根据守恒思想解题，侧重考查学生知识迁移应用能力。 20.将废弃锂离子电池再生处理，制Co3O4的工艺流程如图所示： 2-+ ＋ 2-+ -＋ ＋ 2-＋ 2-+ + + -+ 3+ + + 3+ + - + Al(OH)3+3H+，Al(OH)3， 已知：锂离子电池正极材料是由活性材料(LiCoO2)、导电剂(炭黑)按一定比例粘附在铝箔上。Ksp[Co(OH)2]=1.6×10，本流程中完全沉淀时溶液中c(Co)≤1×10 mol/L。Co有强氧化性，易转化为+2价形态存在于水溶液中。 (1)锂离子电池工作时的总反应为6C+LiCoO2 Li1-xCoO2+LixC6，充电时阴极的电极反应式为 -15 2+ -6 3+ 6C+xLi++xe-=LixC6，写出放电时正极的电极反应式_____________________。 (2)常用H2SO4酸浸而不用盐酸，因为盐酸酸浸LiCoO2时会生成氯气，该反应的化学方程式为_____________。 (3)当Co(OH)2完全沉淀时，浸出液中应加NaOH溶液至c(OH-)≥__________________。 (4)检验Co(OH)2沉淀洗净的方法是________________________。 (5)在空气中加热Co(OH)2至290℃时已完全脱水，到1000℃时剩余固体的质量为Co(OH)2质量的80.65%。则剩余固体的成分为____________________（填化学式）。（Co：59 Co(OH)2式量：93 ） 【答案】 (1). Li1-xCoO2 +xLi++xe- =LiCoO2 (2). 2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+2LiCl+4H2O (3). 4×10-5 mol/L (4). 取最后一次洗涤滤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀产生 (5). CoO 【解析】 【分析】 (1)放电时正极发生还原反应，根据总反应方程式书写； (2)盐酸与LiCoO2发生氧化还原反应产生Cl2、CoCl2、LiCl和水，根据电子转移数目相等可得反应方程式； (3)根据溶度积常数的含义，结合Ksp[Co(OH)2]=1.6×10及溶液中c(Co)≤1×10 mol/L计算c(OH)； (4) Co(OH)2沉淀是从含H2SO4的溶液中过滤出来的，若洗涤溶液中无SO4，就证明沉淀洗涤干净； (5)在灼烧过程中Co元素的质量不变，根据Co的质量分数，计算Co、O原子个数比，可得化学式。 【详解】(1)放电时正极发生还原反应，根据放电时的反应方程式可得正极的电极反应式为：Li1-xCoO2 +xLi++xe- =LiCoO2； (2)盐酸与LiCoO2发生氧化还原反应产生Cl2、CoCl2、LiCl和水，根据电子转移数目相等可得反应方程式2LiCoO2+8HCl=2CoCl2+Cl2↑+2LiCl+4H2O； (3) Ksp[Co(OH)2]= c(Co)·c(OH)=1.6×10；由于c(Co)≤1×10 mol/L，所以 2+ 2 --15 2+ -6 2--15 2+ -6 - 1.61015c(OH)≥=4.4×10-5mol/L； 1106- (4)检验Co(OH)2沉淀洗净的方法是取最后一次洗涤滤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无白色沉淀产生，证明洗涤溶液中无SO4，则该沉淀洗涤干净了； (5)根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)= 2- 100100100100mol；m(Co)=×59g，m(O)=(100g×80.65%)-×59g,则n(Co)：n(O)=mol：93939393100g80.65%[ 10059g]=1:1，所以该物质的化学式为CoO。 9316g/mol【点睛】本题综合考查了废旧电池的回收利用、氧化还原反应、溶度积常数的应用及物质化学式确定的知识。掌握化学反应原理及有关概念的含义是本题解答关键，侧重考查学生的分析、计算和实验能力。 21.含铬化合物有毒，对人畜危害很大。因此含铬废水必须进行处理才能排放。已知：Cr 3+ Cr(OH)3CrO2。 - (1)在含+6价铬的废水中加入一定量的硫酸和硫酸亚铁，使+6价铬还原成+3价铬；再调节溶液pH在6～8之间，使Fe3+和Cr3+转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀而除去。 ①写出Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式_______________________。 ②用离子方程式表示溶液pH不能超过10的原因__________________________________。 ③若处理后的废水中残留的c(Fe)=2×10 -38 3+ －13 mol/L，则残留的Cr的浓度为___________。(已知： -31 3+ Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10 Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10) (2)将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解。阳极区生成的Fe和Cr2O7发生反应，生成的Fe和Cr在阴极区与OH结合成氢氧化物沉淀而除去。 ①写出阴极的电极反应式__________________________。 ②电解法中加入氯化钠的作用是______________________。 (3)某化学兴趣小组以含+6价铬和+2价锰的工业废水为试样，研究铁屑用量和pH对废水中铬、锰去除率的影响。 ①取100mL废水于250 mL三角瓶中，调节pH到规定值，分别加入不同量的废铁屑．得到铁屑用量对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在pH一定时，废水中铁屑用量为____________时，锰、铬去除率最好。 2一 3+ 3+ 一 2+ ②取100mL废水于250 mL三角瓶中，加入规定量铁粉，调成不同的pH。得到pH对铬和锰去除率的影响如下图所示。则在铁屑用量一定时，废水pH=__________时锰、铬去除率最好。 【答案】 (1). Cr2O7+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O (2). Cr(OH)3 +OH=CrO2+2H2O (3). 3×10-6 mol/L (4). 2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH- (5). 增强溶液导电性 (6). 15% (7). 4 【解析】 【分析】 (1)①Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下会发生氧化还原反应； ②由题意可知，当pH超过10即c(OH-)≥10-4mol/L时，Cr(OH)3转变成CrO2-； (2)①阴极上水中的氢离子放电生成氢气； ②水是弱电解质，导电性能较差，氯化钠是强电解质能增强水的导电性； (3)根据图可知，当两种离子的去除率都较大时所对应的pH值和百分量即是待求值。 【详解】(1)①Cr2O72-与FeSO4溶液在酸性条件下会发生氧化还原反应，常数Cr3+、Fe3+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式Cr2O7+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O； ②由题意可知，当pH超过10即c(OH)≥10mol/L时，Cr(OH)3转变成CrO2，发生Cr(OH)3+OH-=CrO2-+2H2O； (2)①将含+6价铬的废水放入电解槽内，用铁作阳极，加入适量的氯化钠进行电解，阳极上铁失电子生成二价铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ②水是弱电解质，所以蒸馏水的导电能力很小，氯化钠是强电解质，在水中能完全电离导致溶液阴阳离子浓度增大，所以能增强溶液导电性； (3)①根据图1知，当铁用量逐渐增大时，离子的去除率先增大后减小，当废水中铁屑用量为15%时锰、铬去除率最好； ②根据图2知，当溶液的pH值逐渐增大时，锰离子的去除率先减小后增大，铬的去除率先增大后减小，当pH=4时锰、铬去除率最好。 【点睛】本题考查了氧化还原反应离子方程式书写、电极反应式的书写、读图解题等内容，注意氧化还原反应中利用得失电子守候配平方程，注意图象中曲线的横坐标、纵坐标的含义及线的变化趋势， --4 -2+ 2+ + 3+ 3+ 2+2++3+3+-- 分析规律进行解答。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
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