还剩13页未读，
继续阅读
2018-2019学年四川省雅安中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
展开
雅安中学2018-2019学年高二下期(3月)月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：Mg-24 Li-7 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题(40分)
1.将下列溶液加热蒸干灼烧，最后所得的固体为原溶质的是 ( )
A. NaClO B. KMnO4 C. FeSO4 D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】
加热蒸干并灼烧的过程中，要注意考虑盐的水解平衡的移动、物质的氧化、物质的分解等情况，NaClO能水解、FeSO4易被氧化和高锰酸钾加热易分解。
【详解】A. NaClO 水解的化学方程式为NaClO+H2O⇌NaOH+HClO，2HClO2HCl+O2↑，HCl+NaOH=NaCl+H2O，故最终得到NaCl，故A不选；
B. KMnO4受热易分解，故B不选；
C. 蒸干FeSO4溶液，Fe2+易被氧化生成Fe3+，故最后得不到FeSO4，故C不选；
D. Na2CO3溶液加热时蒸发水最终产物仍为Na2CO3，故D选。
答案选D。
2.下列叙述中与盐类的水解有关的是 ( )
A. 自来水杀菌、消毒 B. 盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞
C. 铁在潮湿的环境下生锈 D. 酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低
【答案】B
【解析】
【详解】A. 自来水杀菌、消毒是利用消毒剂的强氧化性，杀死病菌，与盐类的水解无关，故不选A；
B. Na2CO3溶液水解显碱性，则盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞，以免腐蚀，故选B；
C. 铁在潮湿的环境下生锈，是电化学腐蚀，与水解无关，故不选C；
D. 酸雨在空气中放置一段时间pH降低，是因为亚硫酸被氧化为硫酸，与水解无关，故不选D。
答案选B。
3.下列方程式书写正确的是 ( )
A. HCO3−的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑
C. AgCl电离方程式：AgCl(s)Ag+ (aq)+ Cl-(aq)
D. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3−电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为：HCO3-+H2OH3O++CO32-，故A正确；
B. 泡沫灭火器的原理是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合发生双水解反应，反应进行完全，离子方程式为：Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，故B错误；
C. AgCl为强电解质，溶解的AgCl完全电离，电离方程式：AgCl=Ag+ + Cl-，故C错误；
D. Na2S分两步水解，以第一步水解为主，故显碱性原因可表示为：S2-+H2OHS-+OH-，故D错误。
答案选A。
4.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是 ( )
①常温下某CH3COONa溶液的pH=8 ②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=2.1
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3
A. ② B. ②③ C. ①③④⑤ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明是弱电解质。
【详解】①常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①正确；
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，可能是溶液离子浓度较小，故②错误；
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③正确；
④0.1mol•L-1 CH3COOH溶液的pH=2.1，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④正确；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，故⑤正确。
答案选A。
【点睛】强弱电解质的性质比较及多角度判定：
角度一：依据物质的类别进行判断：在没有特殊说明的情况下，就认为盐是强电解质，强酸(HCl、H2SO4、HNO3)、强碱[NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2]为强电解质；而常见的弱酸、弱碱为弱电解质，如H2CO3、H2SO3、HClO、H2SiO3、NH3·H2O等。
角度二：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH＞1。
角度三：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释10倍1＜pH＜2。
角度四：弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：
①配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞试液。现象：溶液变为浅红色。
②用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在一小块pH试纸上，测其pH，现象：pH＞7。
5.常温下，25 mL 0.1 mol·L-1的①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液，下列说法错误的是 ( )
A. 溶液的pH大小顺序是③>①>②
B. 分别向其中逐滴滴入相同浓度的盐酸至中性，消耗盐酸最少的是②
C. 分别稀释相同倍数后，pH变化最小的是①
D. 分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后，pH最大的是①
【答案】C
【解析】
【详解】A.等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③>①>②，所以A选项是正确的；
B.分别向其中逐滴滴入相同浓度的盐酸至中性，碱性强的消耗的盐酸多，所以消耗盐酸最少的是CH3COONa溶液，所以B选项是正确的；
C.稀释水解程度越小的pH变化程度小，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最小的是②，故C错误；
D.等体积等浓度混合后，按照1:1和氯化氢反应，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl；HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，所以D选项是正确的。
答案选C。
【点睛】本题考查盐类水解、pH的判断等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答。
6.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是 ( )
A. pH＝0的H2SO4溶液与1 mol·L-1 的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相同
B. 0.2mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1mol·L-1 CH3COOH中的c(H+)的2倍
C. 室温时，pH=2的CH3COOH和0.01mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，混合后pH=7
D. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS的混合溶液中：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH＝0的H2SO4溶液中c(H+)=1mol/L，则由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L；1 mol·L-1 的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=2mol/L，则由水电离出的c(H+)=×10-14mol/L；二者中水的电离程度不同，故A错误；
B、醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)浓度的2倍，故B错误；
C、pH=2的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为0.01mol·L-1，醋酸的浓度大于0.01mol·L-1，故和0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即pH<7，故C错误；
D、等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，所以D选项是正确的。
答案选D。
7.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6(x<1)，下列关于该电池的说法错误的是 ( )
A. 放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B. 放电时，负极的电极反应式为LixC6 - xe- ═ xLi++C6
C. 充电时，若转移1mol e-，石墨(C6)电极将增重7x g
D. 充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2 - xe- ═ Li1-xCoO2 + xLi+
【答案】C
【解析】
【分析】
电池放电时，负极反应式：LixC6 - xe- ═ xLi++C6，结合电池总反应式可知，正极反应式为： Li1-xCoO2 + xLi+ +xe-═LiCoO2 。
【详解】A项，放电时，Li+在电解质中由负极向正极移动，故A项正确；
B项，由以上分析知，放电时，负极的电极反应式为LixC6 - xe- ═ xLi++C6，故B项正确；
C项，由以上分析知，充电时石墨电极反应式为xLi++C6+xe-═LixC6，转移1mol e-，石墨(C6)的电极将增重7g，故C项错误；
D项，由以上分析知，充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2 - xe- ═ Li1-xCoO2 + xLi+，故D项正确。
答案选C。
8.25℃，在20 mL 0.1 mol·L-1氨水溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1HCl溶液，其pH与所加盐酸溶液体积(V/mL)的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 当V=10mL时，溶液中存在： c(H+)+c(NH4+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
B. A、C间任一点，溶液可能存在：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 在C点，V1＜10mL，且有 c(NH4+)＝c(Cl-)＝c(OH-)＝c(H+)
D. 在D点，存在：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 当V=10mL时，反应后溶液的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3H2O，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)= c(Cl-)+c(OH-)，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，溶液显碱性，说明NH3H2O的电离大于NH4+的水解，即c(NH3·H2O)c(NH3·H2O)+c(OH-)，故A错误；
B．如果溶液中加入HCl的物质的量稍大，则存在c(Cl-)＞c(OH-)，故B正确；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则盐酸体积应该稍微小于氨水体积，溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒得c(NH4+)= c(Cl-)，溶液中铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(OH-)＝c(H+)，故C错误；
D．D点，二者恰好反应生成氯化铵，根据物料守恒得c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(Cl-)，故D错误。
答案选B。
9.某化学学习小组学习电化学后，设计了下面的实验装置图，则下列有关该装置图的说法中正确的是 ( )
A. 合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动
B. 合上电键后，丙池为电镀银的电镀池
C. 合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大
D. 当丁池中生成标准状况下1120 mL Cl2气体时，丁池中理论上最多产生2.9 g固体
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，甲池与乙池及盐桥构成了原电池，锌为负极，失电子生成锌离子进入甲池，盐桥中阳离子向乙池移动，故A错误。
B选项，电镀银时，银应该作阳极，但丙池中银为阴极，故B错误；
C选项，丙池在电解过程中，不断生成H＋，溶液的pH减小，故C错误；
D选项，丁池电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和Mg（OH）2沉淀，根据反应过程中的电子得失守恒可得物质的量关系式：Cl2～Mg（OH）2，丁池中生成标准状况下1120 mL Cl2气体时，可得Mg（OH）2的物质的量为=0.05 mol，质量为0.05mol×58g/mol=2.9 g，故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查电化学知识，意在考查考生能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
10.25℃时，FeS和ZnS的饱和溶液中，金属阳离子与S2-的物质的量浓度的负对数关系如图所示。下列说法正确的是
A. 溶解度S(FeS)
C. 向b点对应溶液中加入Na2S溶液，可转化为c点对应的溶液
D. 向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的KSP增大
【答案】B
【解析】
A、由图当金属离子相同时，S2― 浓度越大，溶解度越大，故溶解度S(FeS)>S(ZnS)，故A错误；B、 a点表示FeS的不饱和溶液，c(Fe2+)约10-10mol/L>c(S2-)约10-12mol/L,故B正确；C、向b点对应溶液中加入Zn2＋ 溶液，可转化为c点对应的溶液,故C错误；D、向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的Ksp不变，Ksp只受温度的影响，故D错误；故选B。
二、非选择题(60分)
11.按要求完成下列各小题。
(1)等浓度的三种溶液①NH4HCO3、② NH4Cl、③NH4HSO4，则c(NH4+)由大到小排列的顺序为____(填序号)。
(2)常温下，将0.1 mol·L－1的HCN溶液和0.1 mol·L－1的NaCN溶液等体积混合，测得混合液中c(HCN)＞c(CN－)，(假设混合过程中溶液体积的改变忽略不计)。则该混合液pH____7，c(HCN)＋c(CN－)_____0.1 mol·L－1，c(HCN)－c(CN－)_____2c(OH－)(填“>”，“<”或“=”)。
(3)小苏打溶液显碱性而不是显酸性的原因：________，溶液中离子浓度大小顺序：___________。
(4)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________装置(填装置序号)原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为____________________。检验石墨电极产物气体的方法：_________________________。
【答案】 (1). ③>②>① (2). > (3). = (4). < (5). HCO3- 的水解程度大于电离程度 (6). c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-) (7). ②③ (8). 2Cl- + 2H2O 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑ (9). 用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2
【解析】
【分析】
(1)①NH4HCO3②NH4Cl③NH4HSO4中，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；
(2)常温下，等物质的量浓度、等体积的NaCN、HCN混合，混合溶液中c(HCN)＞c(CN－)，说明HCN电离程度小于CN－水解程度，溶液呈碱性；混合溶液中存在物料守恒、质子守恒，根据物料守恒、质子守恒解答问题；
(3) 小苏打溶液中存在HCO3-的电离和水解，溶液显碱性而不是显酸性说明HCO3- 的水解程度大于电离程度；结合电荷守恒物料守恒及水的电离比较离子浓度大小；
(4) ①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护。
【详解】(1) 物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4HCO3②NH4Cl③NH4HSO4，①NH4HCO3中NH4+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，
②NH4Cl中铵根离子的水解既没被促进也没被抑制，③NH4HSO4中氢离子对铵根离子的水解有抑制作用，铵根离子水解程度变小，即溶液中c（NH4+）③>②>①；
因此，本题正确答案是：③>②>①；
(2) 常温下，等物质的量浓度、等体积的NaCN、HCN混合，混合溶液中c(HCN)＞c(CN－)，说明HCN电离程度小于CN－水解程度，溶液呈碱性，则pH>7；混合溶液中存在物料守恒，混合溶液体积增大一倍，所以物质浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c(HCN)＋c(CN－)=0.1 mol·L－1；
根据质子守恒得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH－)+ c(CN－)，则c(HCN)－c(CN－)=2c(OH－)- 2c(H+)<2c(OH－)，
因此，本题正确答案是：>；=；<；
(3) 小苏打溶液中存在HCO3-的电离和水解，溶液显碱性而不是显酸性说明HCO3- 的水解程度大于电离程度；小苏打溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)， HCO3-水解生成H2CO3，HCO3-电离生成CO32-，水解程度不大，由物料守恒可以知道存在c(Na+)= c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，则离子浓度为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)，HCO3-离子水解均生成OH-，且水电离生成OH-，
则此时溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3--)>c(OH)-)>c(H+)>c(CO32-)，
因此，本题正确答案是：c(Na+)>c(HCO3--)>c(OH)-)>c(H+)>c(CO32-)；
(4)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；②③装置中铁被保护，但装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl- + 2HO == 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑，检验氯气的方法是：用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2，
因此，本题正确答案是：②③； 2Cl- + 2HO == 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑；用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2。
12.硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效。以菱镁矿(主要成分是MgCO3)为主要原料制备硫酸镁的方法如下：
(1)步骤②中发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(2)步骤④中调节pH＝6.0～6.5的目的是_______________________________________。
(3)步骤⑤的操作为________________________________________________________。
(4)若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加________，再加入过量__________，过滤即可把杂质除尽；请用离子方程式以及文字说明除杂原理___________________________________
(5)已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：
pH
<8.0
8.0～9.6
>9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
25 ℃时，向Mg(OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为____________(已知25 ℃时 ，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12 )。
【答案】 (1). 2NH4++MgO==Mg2++2NH3↑+H2O (2). 抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 过氧化氢 (5). 镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁) (6). 利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去 (7). 蓝色
【解析】
【分析】
(1)步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水；
(2)步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制镁离子的水解；
(3)根据温度较高时会导致MgSO47H2O中的结晶水失去分析操作方法；
(4) 若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)，利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
(5) Mg(OH)2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色。
【详解】(1)步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O ，
因此，本题正确答案是：2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O ；
(2)步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，
因此，本题正确答案是:抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；
(3) MgSO47H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO47H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO47H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩、冷却结晶；
(4) 若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)，利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
因此，本题正确答案是：过氧化氢；镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)；利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
(5)25 ℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp＝5.6×10－12，根据反应Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)可得：c(Mg2+)c2(OH-)=5.6×10－12，
设c(OH-)=2 c(Mg2+)=x，则：0.5xx2=5.6×10－12，
计算得出：x=2.2410-4mol/L，c(H+)=mol/L=4.510-11mol/L，
溶液的pH=10.4>9.6，所以溶液呈蓝色，
因此，本题正确答案是：蓝色。
13.草酸亚铁(FeC2O4)常用作分析剂、显影剂以及新型电池材料磷酸亚铁锂的生产。某草酸亚铁样品(不含结晶水)中含有少量草酸，现用滴定法测定该样品中FeC2O4的含量。实验方案如下：
①将0.20 g草酸亚铁样品置于250 mL锥形瓶内，加入适量2 mol·L－1的H2SO4溶液，使样品溶解，加热至70 ℃左右，立即用高锰酸钾溶液滴定至终点。
②向滴定终点混合液中加入适量的Zn粉和过量的2 mol·L－1的H2SO4溶液，煮沸5～8 min。用KSCN溶液在点滴板上检验煮沸液，直至溶液不变红，将其过滤至另一个锥形瓶中，用0.020 00 mol·L－1的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液至终点，消耗高锰酸钾标准液6.00 mL。
试回答下列问题：
(1)高锰酸钾标准液用________滴定管盛装(填“酸式”或“碱式”)。
(2)在步骤①中，滴加高锰酸钾溶液时观察到有无色气体产生，则高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为______________________________________________________。
(3)滴定过程中眼睛应注视__________________ ，滴定终点现象是 ___________________
(4)在步骤②中，下列操作会引起测定结果偏高的是_____________。
a 滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗
b 滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出
c 滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数
d 滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
(5)0.20 g样品中FeC2O4的质量分数为____。(保留3位有效数字，不考虑步骤②中的损耗)
【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O (3). 锥形瓶中溶液颜色变化 (4). 当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (5). a d (6). 43.2%
【解析】
【分析】
（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，需要盛放在酸式滴定管中；
（2）步骤①中，滴加高锰酸钾溶液时观察到有无色气体产生，是你高锰酸钾溶液氧化草酸为二氧化碳，依据原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
（3）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色即为终点；
（4）滴定实验过程中误差分析利用c（待测液）=分析判断，过程中消耗标准液的体积变化和误差关系；
（5）依据滴定过程中的数据和离子方程式的定量关系计算得到。
【详解】（1）高锰酸钾溶液的氧化性很强，易腐蚀碱式滴定管的胶管，应用酸式滴定管盛放，
故答案为：酸式；
（2）草酸亚铁与H2SO4溶液反应生成草酸和硫酸亚铁，草酸是弱酸与高锰酸钾溶液反应的离子方程式中不能写成离子形式，则高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，
故答案为：2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O；
（3）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色即为终点，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）a．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗会造成高锰酸钾溶液的浓度降低，所用溶液体积增大，滴定结果偏高，正确；
b．部分液体溅出会导致结果偏低，错误；
c．滴定终点时俯视读数，会使末读数数值偏小，结果偏低，错误；
d．滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，结果偏高，正确，
答案选ad；
（5）用KSCN溶液在点滴板上检验煮沸液，直至溶液不变红，说明溶液中不含Fe3+，用0.02000 mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液发生的离子方程式为：MnO4－ + 5Fe2+ +8H+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，用去高锰酸钾的物质的量为6×10-3L×0.02000 mol/L，则草酸亚铁的质量为6×10-3L×0.02000 mol/L×5×144g/mol=0.0864g，
则样品中 FeC2O4的质量分数为×100%=43.2%，
故答案为：43.2%。
14.(1)用电解法分开处理含有Cr2O72-及含有NO2-的酸性废水[最终Cr2O72-转化为Cr3+，NO2-转化为无毒物质]，其装置如图所示。
①阴极电极反应：________________________，
左池中Cr2O72-转化为Cr3＋的离子方程式是_________________________________________。
②当阴极区消耗2 mol NO2-时，右池减少的H＋的物质的量为________ mol。
③若将铁电极换成石墨棒，阳极电极反应式为：_________________________________。
(2)由甲醇(CH3OH)、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。
①该电池负极的电极反应式为___________________________________________，正极电极反应式_____________________________________________。
②若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有2mol·L－1HCl与0.5mol·L－1CuSO4的混合溶液。当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集到氧气的质量为_____g，总共转移_____mol电子。
【答案】 (1). 2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O (2). Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O (3). 2 (4). 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O (5). CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O (6). O2+4e－＋2H2O===4OH－ (7). 3.2 g (8). 0.8mol
【解析】
【分析】
(1) ①阴极发生还原反应；亚铁离子具有还原性，能被重铬酸根氧化为铁离子，据此书写；
②根据阴极电极反应式2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O，当阴极区消耗2 mol NO2-时，同时消耗8molH+，同时根据得失电子守恒，转移6mol电子，则有6molH+从左池进入右池，以此分析；
③若将铁电极换成石墨棒，石墨为惰性电极，阳极上是溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应；
(2)①甲醇燃料电池中甲醇在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，在碱溶液中生成碳酸盐；
②开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为：2Cl—2e-=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e-=H2↑，阳极还发生：4OH—4e-=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.2)mol，根据电子转移守恒列方程计算解答。
【详解】(1) ①电解池的阴极发生还原反应，溶液中的NO2-得电子，电极反应式为：2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O；Cr2O72-把Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据元素守恒同时生成H2O，所以离子方程式是Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O；
因此，本题正确答案是：2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O；Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O；
②根据阴极电极反应式2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O，当阴极区消耗2 mol NO2-时，同时消耗8molH+，同时根据得失电子守恒，转移6mol电子，则有6molH+从左池进入右池，所以右池减少的H＋的物质的量为2mol；
因此，本题正确答案是：2；
③若将铁电极换成石墨棒，石墨为惰性电极，阳极上是溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
因此，本题正确答案是：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
(2)①该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，正极O2得到电子生成氢氧根离子：O2+4e－＋2H2O===4OH－，负极电极反应：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O，
因此，本题正确答案是：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O；O2+4e－＋2H2O===4OH－；
②溶液中n(Cu2+)=0.2L0.5mol/L=0.1mol，n(H+)=0.2L2mol/L=0.4mol，n(Cl-)=0.2L2mol/L=0.4mol，
开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为：2Cl—2e-=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e-=H2↑，阳极还发生：4OH—4e-=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.2)mol，根据电子转移守恒，则0.1mol2+(x+0.2)mol2=0.2mol 2+xmol4，计算得出x=0.1，
故收集到的氧气为0.1mol，氧气的质量为0.1mol32g/mol=3.2g，
总共转移电子为0.2mol2+0.1mol4=0.8mol，
因此，本题正确答案是：3.2 g ；0.8mol。
【点睛】本题（1）考查电解原理，涉及电极反应式的书写、氧化还原反应、氧化还原反应方程式的配平等知识点，明确物质性质、离子检验方法和现象即可解答。
雅安中学2018-2019学年高二下期(3月)月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：Mg-24 Li-7 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题(40分)
1.将下列溶液加热蒸干灼烧，最后所得的固体为原溶质的是 ( )
A. NaClO B. KMnO4 C. FeSO4 D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】
加热蒸干并灼烧的过程中，要注意考虑盐的水解平衡的移动、物质的氧化、物质的分解等情况，NaClO能水解、FeSO4易被氧化和高锰酸钾加热易分解。
【详解】A. NaClO 水解的化学方程式为NaClO+H2O⇌NaOH+HClO，2HClO2HCl+O2↑，HCl+NaOH=NaCl+H2O，故最终得到NaCl，故A不选；
B. KMnO4受热易分解，故B不选；
C. 蒸干FeSO4溶液，Fe2+易被氧化生成Fe3+，故最后得不到FeSO4，故C不选；
D. Na2CO3溶液加热时蒸发水最终产物仍为Na2CO3，故D选。
答案选D。
2.下列叙述中与盐类的水解有关的是 ( )
A. 自来水杀菌、消毒 B. 盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞
C. 铁在潮湿的环境下生锈 D. 酸雨在空气中放置一段时间后，pH降低
【答案】B
【解析】
【详解】A. 自来水杀菌、消毒是利用消毒剂的强氧化性，杀死病菌，与盐类的水解无关，故不选A；
B. Na2CO3溶液水解显碱性，则盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不用玻璃塞，以免腐蚀，故选B；
C. 铁在潮湿的环境下生锈，是电化学腐蚀，与水解无关，故不选C；
D. 酸雨在空气中放置一段时间pH降低，是因为亚硫酸被氧化为硫酸，与水解无关，故不选D。
答案选B。
3.下列方程式书写正确的是 ( )
A. HCO3−的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3- Al(OH)3↓+3CO2↑
C. AgCl电离方程式：AgCl(s)Ag+ (aq)+ Cl-(aq)
D. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A. HCO3−电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为：HCO3-+H2OH3O++CO32-，故A正确；
B. 泡沫灭火器的原理是硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合发生双水解反应，反应进行完全，离子方程式为：Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，故B错误；
C. AgCl为强电解质，溶解的AgCl完全电离，电离方程式：AgCl=Ag+ + Cl-，故C错误；
D. Na2S分两步水解，以第一步水解为主，故显碱性原因可表示为：S2-+H2OHS-+OH-，故D错误。
答案选A。
4.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是 ( )
①常温下某CH3COONa溶液的pH=8 ②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=2.1
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3
A. ② B. ②③ C. ①③④⑤ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明是弱电解质。
【详解】①常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①正确；
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，可能是溶液离子浓度较小，故②错误；
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③正确；
④0.1mol•L-1 CH3COOH溶液的pH=2.1，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④正确；
⑤pH=1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH＜3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，故⑤正确。
答案选A。
【点睛】强弱电解质的性质比较及多角度判定：
角度一：依据物质的类别进行判断：在没有特殊说明的情况下，就认为盐是强电解质，强酸(HCl、H2SO4、HNO3)、强碱[NaOH、KOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2]为强电解质；而常见的弱酸、弱碱为弱电解质，如H2CO3、H2SO3、HClO、H2SiO3、NH3·H2O等。
角度二：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1mol·L－1的CH3COOH溶液的pH＞1。
角度三：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释10倍1＜pH＜2。
角度四：弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：
①配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞试液。现象：溶液变为浅红色。
②用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在一小块pH试纸上，测其pH，现象：pH＞7。
5.常温下，25 mL 0.1 mol·L-1的①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液，下列说法错误的是 ( )
A. 溶液的pH大小顺序是③>①>②
B. 分别向其中逐滴滴入相同浓度的盐酸至中性，消耗盐酸最少的是②
C. 分别稀释相同倍数后，pH变化最小的是①
D. 分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后，pH最大的是①
【答案】C
【解析】
【详解】A.等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是③>①>②，所以A选项是正确的；
B.分别向其中逐滴滴入相同浓度的盐酸至中性，碱性强的消耗的盐酸多，所以消耗盐酸最少的是CH3COONa溶液，所以B选项是正确的；
C.稀释水解程度越小的pH变化程度小，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最小的是②，故C错误；
D.等体积等浓度混合后，按照1:1和氯化氢反应，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl；HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，所以D选项是正确的。
答案选C。
【点睛】本题考查盐类水解、pH的判断等，明确酸碱混合的计算，盐类水解的规律、pH与浓度的关系等知识即可解答。
6.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是 ( )
A. pH＝0的H2SO4溶液与1 mol·L-1 的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相同
B. 0.2mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1mol·L-1 CH3COOH中的c(H+)的2倍
C. 室温时，pH=2的CH3COOH和0.01mol·L-1 NaOH溶液等体积混合，混合后pH=7
D. 等物质的量浓度的Na2S和NaHS的混合溶液中：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH＝0的H2SO4溶液中c(H+)=1mol/L，则由水电离出的c(H+)=1×10-14mol/L；1 mol·L-1 的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=2mol/L，则由水电离出的c(H+)=×10-14mol/L；二者中水的电离程度不同，故A错误；
B、醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1mol·L-1 CH3COOH溶液中的c(H+)浓度的2倍，故B错误；
C、pH=2的CH3COOH溶液中，氢离子浓度为0.01mol·L-1，醋酸的浓度大于0.01mol·L-1，故和0.01mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即pH<7，故C错误；
D、等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c(Na+)=3[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，所以D选项是正确的。
答案选D。
7.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1-xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6(x<1)，下列关于该电池的说法错误的是 ( )
A. 放电时，Li+在电解质中由负极向正极迁移
B. 放电时，负极的电极反应式为LixC6 - xe- ═ xLi++C6
C. 充电时，若转移1mol e-，石墨(C6)电极将增重7x g
D. 充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2 - xe- ═ Li1-xCoO2 + xLi+
【答案】C
【解析】
【分析】
电池放电时，负极反应式：LixC6 - xe- ═ xLi++C6，结合电池总反应式可知，正极反应式为： Li1-xCoO2 + xLi+ +xe-═LiCoO2 。
【详解】A项，放电时，Li+在电解质中由负极向正极移动，故A项正确；
B项，由以上分析知，放电时，负极的电极反应式为LixC6 - xe- ═ xLi++C6，故B项正确；
C项，由以上分析知，充电时石墨电极反应式为xLi++C6+xe-═LixC6，转移1mol e-，石墨(C6)的电极将增重7g，故C项错误；
D项，由以上分析知，充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2 - xe- ═ Li1-xCoO2 + xLi+，故D项正确。
答案选C。
8.25℃，在20 mL 0.1 mol·L-1氨水溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1HCl溶液，其pH与所加盐酸溶液体积(V/mL)的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )
A. 当V=10mL时，溶液中存在： c(H+)+c(NH4+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
B. A、C间任一点，溶液可能存在：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 在C点，V1＜10mL，且有 c(NH4+)＝c(Cl-)＝c(OH-)＝c(H+)
D. 在D点，存在：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)>c(Cl-)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 当V=10mL时，反应后溶液的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3H2O，根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)= c(Cl-)+c(OH-)，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，溶液显碱性，说明NH3H2O的电离大于NH4+的水解，即c(NH3·H2O)
B．如果溶液中加入HCl的物质的量稍大，则存在c(Cl-)＞c(OH-)，故B正确；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则盐酸体积应该稍微小于氨水体积，溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒得c(NH4+)= c(Cl-)，溶液中铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(OH-)＝c(H+)，故C错误；
D．D点，二者恰好反应生成氯化铵，根据物料守恒得c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(Cl-)，故D错误。
答案选B。
9.某化学学习小组学习电化学后，设计了下面的实验装置图，则下列有关该装置图的说法中正确的是 ( )
A. 合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动
B. 合上电键后，丙池为电镀银的电镀池
C. 合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大
D. 当丁池中生成标准状况下1120 mL Cl2气体时，丁池中理论上最多产生2.9 g固体
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，甲池与乙池及盐桥构成了原电池，锌为负极，失电子生成锌离子进入甲池，盐桥中阳离子向乙池移动，故A错误。
B选项，电镀银时，银应该作阳极，但丙池中银为阴极，故B错误；
C选项，丙池在电解过程中，不断生成H＋，溶液的pH减小，故C错误；
D选项，丁池电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和Mg（OH）2沉淀，根据反应过程中的电子得失守恒可得物质的量关系式：Cl2～Mg（OH）2，丁池中生成标准状况下1120 mL Cl2气体时，可得Mg（OH）2的物质的量为=0.05 mol，质量为0.05mol×58g/mol=2.9 g，故D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查电化学知识，意在考查考生能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
10.25℃时，FeS和ZnS的饱和溶液中，金属阳离子与S2-的物质的量浓度的负对数关系如图所示。下列说法正确的是
A. 溶解度S(FeS)
C. 向b点对应溶液中加入Na2S溶液，可转化为c点对应的溶液
D. 向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的KSP增大
【答案】B
【解析】
A、由图当金属离子相同时，S2― 浓度越大，溶解度越大，故溶解度S(FeS)>S(ZnS)，故A错误；B、 a点表示FeS的不饱和溶液，c(Fe2+)约10-10mol/L>c(S2-)约10-12mol/L,故B正确；C、向b点对应溶液中加入Zn2＋ 溶液，可转化为c点对应的溶液,故C错误；D、向c点对应的溶液中加入Na2S溶液，ZnS的Ksp不变，Ksp只受温度的影响，故D错误；故选B。
二、非选择题(60分)
11.按要求完成下列各小题。
(1)等浓度的三种溶液①NH4HCO3、② NH4Cl、③NH4HSO4，则c(NH4+)由大到小排列的顺序为____(填序号)。
(2)常温下，将0.1 mol·L－1的HCN溶液和0.1 mol·L－1的NaCN溶液等体积混合，测得混合液中c(HCN)＞c(CN－)，(假设混合过程中溶液体积的改变忽略不计)。则该混合液pH____7，c(HCN)＋c(CN－)_____0.1 mol·L－1，c(HCN)－c(CN－)_____2c(OH－)(填“>”，“<”或“=”)。
(3)小苏打溶液显碱性而不是显酸性的原因：________，溶液中离子浓度大小顺序：___________。
(4)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________装置(填装置序号)原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为____________________。检验石墨电极产物气体的方法：_________________________。
【答案】 (1). ③>②>① (2). > (3). = (4). < (5). HCO3- 的水解程度大于电离程度 (6). c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)>c(CO32-) (7). ②③ (8). 2Cl- + 2H2O 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑ (9). 用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2
【解析】
【分析】
(1)①NH4HCO3②NH4Cl③NH4HSO4中，溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；
(2)常温下，等物质的量浓度、等体积的NaCN、HCN混合，混合溶液中c(HCN)＞c(CN－)，说明HCN电离程度小于CN－水解程度，溶液呈碱性；混合溶液中存在物料守恒、质子守恒，根据物料守恒、质子守恒解答问题；
(3) 小苏打溶液中存在HCO3-的电离和水解，溶液显碱性而不是显酸性说明HCO3- 的水解程度大于电离程度；结合电荷守恒物料守恒及水的电离比较离子浓度大小；
(4) ①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护。
【详解】(1) 物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4HCO3②NH4Cl③NH4HSO4，①NH4HCO3中NH4+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，
②NH4Cl中铵根离子的水解既没被促进也没被抑制，③NH4HSO4中氢离子对铵根离子的水解有抑制作用，铵根离子水解程度变小，即溶液中c（NH4+）③>②>①；
因此，本题正确答案是：③>②>①；
(2) 常温下，等物质的量浓度、等体积的NaCN、HCN混合，混合溶液中c(HCN)＞c(CN－)，说明HCN电离程度小于CN－水解程度，溶液呈碱性，则pH>7；混合溶液中存在物料守恒，混合溶液体积增大一倍，所以物质浓度降为原来的一半，根据物料守恒得c(HCN)＋c(CN－)=0.1 mol·L－1；
根据质子守恒得2c(H+)+c(HCN)=2c(OH－)+ c(CN－)，则c(HCN)－c(CN－)=2c(OH－)- 2c(H+)<2c(OH－)，
因此，本题正确答案是：>；=；<；
(3) 小苏打溶液中存在HCO3-的电离和水解，溶液显碱性而不是显酸性说明HCO3- 的水解程度大于电离程度；小苏打溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)， HCO3-水解生成H2CO3，HCO3-电离生成CO32-，水解程度不大，由物料守恒可以知道存在c(Na+)= c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，则离子浓度为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)，HCO3-离子水解均生成OH-，且水电离生成OH-，
则此时溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3--)>c(OH)-)>c(H+)>c(CO32-)，
因此，本题正确答案是：c(Na+)>c(HCO3--)>c(OH)-)>c(H+)>c(CO32-)；
(4)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；②③装置中铁被保护，但装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl- + 2HO == 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑，检验氯气的方法是：用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2，
因此，本题正确答案是：②③； 2Cl- + 2HO == 2OH- + H₂↑ + Cl₂↑；用湿润的淀粉KI试纸靠近电极附近，若试纸变蓝，则说明有Cl2。
12.硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效。以菱镁矿(主要成分是MgCO3)为主要原料制备硫酸镁的方法如下：
(1)步骤②中发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(2)步骤④中调节pH＝6.0～6.5的目的是_______________________________________。
(3)步骤⑤的操作为________________________________________________________。
(4)若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加________，再加入过量__________，过滤即可把杂质除尽；请用离子方程式以及文字说明除杂原理___________________________________
(5)已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：
pH
<8.0
8.0～9.6
>9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
25 ℃时，向Mg(OH)2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为____________(已知25 ℃时 ，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12 )。
【答案】 (1). 2NH4++MgO==Mg2++2NH3↑+H2O (2). 抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品 (3). 蒸发浓缩、冷却结晶 (4). 过氧化氢 (5). 镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁) (6). 利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去 (7). 蓝色
【解析】
【分析】
(1)步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水；
(2)步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，调节pH为弱酸性，抑制镁离子的水解；
(3)根据温度较高时会导致MgSO47H2O中的结晶水失去分析操作方法；
(4) 若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)，利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
(5) Mg(OH)2的饱和溶液中的溶度积计算饱和溶液中的氢氧根离子浓度，结合水溶液中离子积计算氢离子浓度计算pH，然后结合表中数据判断溶液所呈现的颜色。
【详解】(1)步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O ，
因此，本题正确答案是：2NH4++MgOMg2++2NH3↑+H2O ；
(2)步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，
因此，本题正确答案是:抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；
(3) MgSO47H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO47H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO47H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩、冷却结晶；
(4) 若要除去MgSO4溶液中的FeSO4应先加过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入过量镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)，利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
因此，本题正确答案是：过氧化氢；镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)；利用 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ ， 加入镁粉(或 氧化镁 或碳酸镁或氢氧化镁)消耗 Fe3+水解出的H+，促使平衡右移，使Fe3+为转化Fe(OH)3而除去；
(5)25 ℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp＝5.6×10－12，根据反应Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)可得：c(Mg2+)c2(OH-)=5.6×10－12，
设c(OH-)=2 c(Mg2+)=x，则：0.5xx2=5.6×10－12，
计算得出：x=2.2410-4mol/L，c(H+)=mol/L=4.510-11mol/L，
溶液的pH=10.4>9.6，所以溶液呈蓝色，
因此，本题正确答案是：蓝色。
13.草酸亚铁(FeC2O4)常用作分析剂、显影剂以及新型电池材料磷酸亚铁锂的生产。某草酸亚铁样品(不含结晶水)中含有少量草酸，现用滴定法测定该样品中FeC2O4的含量。实验方案如下：
①将0.20 g草酸亚铁样品置于250 mL锥形瓶内，加入适量2 mol·L－1的H2SO4溶液，使样品溶解，加热至70 ℃左右，立即用高锰酸钾溶液滴定至终点。
②向滴定终点混合液中加入适量的Zn粉和过量的2 mol·L－1的H2SO4溶液，煮沸5～8 min。用KSCN溶液在点滴板上检验煮沸液，直至溶液不变红，将其过滤至另一个锥形瓶中，用0.020 00 mol·L－1的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液至终点，消耗高锰酸钾标准液6.00 mL。
试回答下列问题：
(1)高锰酸钾标准液用________滴定管盛装(填“酸式”或“碱式”)。
(2)在步骤①中，滴加高锰酸钾溶液时观察到有无色气体产生，则高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为______________________________________________________。
(3)滴定过程中眼睛应注视__________________ ，滴定终点现象是 ___________________
(4)在步骤②中，下列操作会引起测定结果偏高的是_____________。
a 滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗
b 滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出
c 滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数
d 滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
(5)0.20 g样品中FeC2O4的质量分数为____。(保留3位有效数字，不考虑步骤②中的损耗)
【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O (3). 锥形瓶中溶液颜色变化 (4). 当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (5). a d (6). 43.2%
【解析】
【分析】
（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，需要盛放在酸式滴定管中；
（2）步骤①中，滴加高锰酸钾溶液时观察到有无色气体产生，是你高锰酸钾溶液氧化草酸为二氧化碳，依据原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
（3）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色即为终点；
（4）滴定实验过程中误差分析利用c（待测液）=分析判断，过程中消耗标准液的体积变化和误差关系；
（5）依据滴定过程中的数据和离子方程式的定量关系计算得到。
【详解】（1）高锰酸钾溶液的氧化性很强，易腐蚀碱式滴定管的胶管，应用酸式滴定管盛放，
故答案为：酸式；
（2）草酸亚铁与H2SO4溶液反应生成草酸和硫酸亚铁，草酸是弱酸与高锰酸钾溶液反应的离子方程式中不能写成离子形式，则高锰酸钾与草酸反应的离子方程式为2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，
故答案为：2MnO4－ + 5H2C2O4 +6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O；
（3）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色即为终点，
故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；当滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫色，且半分钟内不褪色；
（4）a．滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗会造成高锰酸钾溶液的浓度降低，所用溶液体积增大，滴定结果偏高，正确；
b．部分液体溅出会导致结果偏低，错误；
c．滴定终点时俯视读数，会使末读数数值偏小，结果偏低，错误；
d．滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，结果偏高，正确，
答案选ad；
（5）用KSCN溶液在点滴板上检验煮沸液，直至溶液不变红，说明溶液中不含Fe3+，用0.02000 mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定该溶液发生的离子方程式为：MnO4－ + 5Fe2+ +8H+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4H2O，用去高锰酸钾的物质的量为6×10-3L×0.02000 mol/L，则草酸亚铁的质量为6×10-3L×0.02000 mol/L×5×144g/mol=0.0864g，
则样品中 FeC2O4的质量分数为×100%=43.2%，
故答案为：43.2%。
14.(1)用电解法分开处理含有Cr2O72-及含有NO2-的酸性废水[最终Cr2O72-转化为Cr3+，NO2-转化为无毒物质]，其装置如图所示。
①阴极电极反应：________________________，
左池中Cr2O72-转化为Cr3＋的离子方程式是_________________________________________。
②当阴极区消耗2 mol NO2-时，右池减少的H＋的物质的量为________ mol。
③若将铁电极换成石墨棒，阳极电极反应式为：_________________________________。
(2)由甲醇(CH3OH)、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。
①该电池负极的电极反应式为___________________________________________，正极电极反应式_____________________________________________。
②若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有2mol·L－1HCl与0.5mol·L－1CuSO4的混合溶液。当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集到氧气的质量为_____g，总共转移_____mol电子。
【答案】 (1). 2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O (2). Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O (3). 2 (4). 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O (5). CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O (6). O2+4e－＋2H2O===4OH－ (7). 3.2 g (8). 0.8mol
【解析】
【分析】
(1) ①阴极发生还原反应；亚铁离子具有还原性，能被重铬酸根氧化为铁离子，据此书写；
②根据阴极电极反应式2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O，当阴极区消耗2 mol NO2-时，同时消耗8molH+，同时根据得失电子守恒，转移6mol电子，则有6molH+从左池进入右池，以此分析；
③若将铁电极换成石墨棒，石墨为惰性电极，阳极上是溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应；
(2)①甲醇燃料电池中甲醇在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，在碱溶液中生成碳酸盐；
②开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为：2Cl—2e-=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e-=H2↑，阳极还发生：4OH—4e-=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.2)mol，根据电子转移守恒列方程计算解答。
【详解】(1) ①电解池的阴极发生还原反应，溶液中的NO2-得电子，电极反应式为：2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O；Cr2O72-把Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据元素守恒同时生成H2O，所以离子方程式是Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O；
因此，本题正确答案是：2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O；Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe2＋＋7H2O；
②根据阴极电极反应式2NO2-＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O，当阴极区消耗2 mol NO2-时，同时消耗8molH+，同时根据得失电子守恒，转移6mol电子，则有6molH+从左池进入右池，所以右池减少的H＋的物质的量为2mol；
因此，本题正确答案是：2；
③若将铁电极换成石墨棒，石墨为惰性电极，阳极上是溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
因此，本题正确答案是：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；
(2)①该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，正极O2得到电子生成氢氧根离子：O2+4e－＋2H2O===4OH－，负极电极反应：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O，
因此，本题正确答案是：CH3OH－6e－＋8OH－===CO32-＋6H2O；O2+4e－＋2H2O===4OH－；
②溶液中n(Cu2+)=0.2L0.5mol/L=0.1mol，n(H+)=0.2L2mol/L=0.4mol，n(Cl-)=0.2L2mol/L=0.4mol，
开始阶段，阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu，阳极电极反应为：2Cl—2e-=Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，且阳极生成氧气，则阴极还发生反应：2H++2e-=H2↑，阳极还发生：4OH—4e-=2H2O+O2↑，阳极生成氯气为0.2mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.2)mol，根据电子转移守恒，则0.1mol2+(x+0.2)mol2=0.2mol 2+xmol4，计算得出x=0.1，
故收集到的氧气为0.1mol，氧气的质量为0.1mol32g/mol=3.2g，
总共转移电子为0.2mol2+0.1mol4=0.8mol，
因此，本题正确答案是：3.2 g ；0.8mol。
【点睛】本题（1）考查电解原理，涉及电极反应式的书写、氧化还原反应、氧化还原反应方程式的配平等知识点，明确物质性质、离子检验方法和现象即可解答。
相关资料
更多
