四川省合江县马街中学2023-2024学年高二上学期12月月考化学 Word版含解析.docx

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马街中学高2022级高二上期第三学月考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64Cl：35.5Fe：56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.化学与生活密切相关，下列叙述错误的是A.用飞机播撒AgI是实现人工增雨方法之一B.节日燃放的烟花能够呈现各种艳丽的色彩，与焰色试验有关C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理牺牲阳极法D.高纯硅可用于制作光导纤维【答案】D【解析】【详解】A．AgI见光易分解，能吸收大量的热，且分解产物可提供雨水形成的凝结核，常用作人工增雨剂，描述正确，不符题意；B．利用烟花爆炸时产生的高温，使加在其中的各种金属盐的阳离子产生相应的焰色反应，形成五颜六色的烟花，描述正确，不符题意；C．镁活泼性强，与热水器金属内胆接触，再与自来水形成原电池结构，镁做负极消耗，使内胆免于锈蚀，描述正确，不符题意；D．光导纤维导光，需透明材料，故使用高纯度SiO2做原材料，单晶硅是半导体材料，描述错误，符合题意；综上，本题选D。2.三星堆两次考古挖掘举世震惊，二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列有关说法错误的是A.铜元素位于周期表的ds区B.测定出土文物年代的14C是碳的一种同分异构体C.与铜元素最外层电子数相同的同一周期元素共有3种D.青铜中含有的锡元素位于周期表的第五周期第IVA族【答案】B【解析】【分析】 【详解】A．周期表分为s区、p区、d区、ds区、f区，Cu的外围电子排布式为3d104s1，Cu属于第IB族元素，在周期表中位于ds区，故A正确；B．测定出土文物年代的14C是碳的一种同位素，故B错误；C．Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，最外层只有1个电子，第四周期最外层只有一个电子的元素核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1、1s22s22p63s23p63d54s1和1s22s22p63s23p63d104s1，共有3种，故C正确；D．Sn是50号元素，位于周期表的第五周期第IVA族，故D正确；故选B。3.下列有关元素周期表的说法正确的是A.按照核外电子排布，可把元素周期表划分为s、p、d、f四个区B.元素周期表中，氟元素的电负性最大，第一电离能也最大C.元素周期表的各个周期总是从ns能级开始，以np能级结束D.元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族的10个纵列的元素全都是金属元素【答案】D【解析】【详解】A.按核外电子排布可将元素周期表分为s区、p区、d区、f区、ds区，A错误；B.同一主族从上到下，电负性逐渐减小，同一周期从左到右，电负性逐渐增大，所以氟的电负性最大。同周期从左往右，核电荷数逐渐增大，原子半径逐渐减小，核对外层电子的有效吸引依次增强，第一电离能增强，同主族元素自上而下，核外电子层逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子越来越容易失去电子，第一电离能减小，氦元素的第一电离能最大，B错误；C.元素周期表的各个周期总是从ns能级开始，不一定np能级结束，如第一周期从1s能级开始，以1s能级结束，C错误；D.元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是过渡元素，过渡元素全部为金属元素，D正确；故选D。4.下列状态的镁中，电离出最外层一个电子所需能量最大的是A.[Ne]B.[Ne]C.D.[Ne]【答案】A【解析】【详解】A、D表示Mg+，B、C表示Mg。Mg的第二电离能大于第一电离能，所以A、D失去最外层有关电子需要的能量大于B、C；3p能级的能量大于3s，3p能级上的电子易失去，则电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故合理选项是A。 5.甲烷燃烧热化学方程式，可用下列两种方程式表示：，，与的关系为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】液态水转化为气态水要吸收能量，因此甲烷燃烧生成液态水比生成气态水放热多，而反应放出的热量与化学计量数成比例关系，因此，答案选C。6.某恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)+D(s)，下列说法能表明该反应已达到平衡状态的是A.混合气体的平均相对分子质量不再改变B.容器内气体的总物质的量不随时间而变化C.D的浓度不时间变化而改变D.单位时间内生成2nmolA的同时，生成nmol的B【答案】A【解析】【详解】A．根据M=m/n，D的状态是固体，反应前后气体的物质的量不变，但质量是改变的，因此当平均相对分子质量不再改变，说明达到平衡，故A正确；B．D的状态是固体，根据反应前后气体的系数之和相等，即物质的量始终不变，不能作为达到平衡的标志，故B错误；C．D的状态是固体，浓度视为常数，不能作为达到平衡标志，故C错误；D．反应进行的方向都是逆反应，不能作为达到平衡的标志，故D错误。答案选A。7.在AgCl、CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2这些物质中，溶解度不随pH变化的是A.AgClB.CaCO3C.Fe(OH)3D.Mg(OH)2【答案】A【解析】【详解】CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2 三种物质中均存在溶解平衡；碳酸根离子能够与氢离子反应，促进了碳酸钙的溶解，CaCO3的溶解度随pH变化；在酸性环境下，氢氧根离子浓度减小，促进了Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶解，溶解度增大，溶解度随pH变化；AgCl也存在溶解平衡，但不受氢离子的影响，溶解度不随pH变化；故选A。8.在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，表示该反应进行得最快的是A.v(SO2)=4mol/(L·min)B.v(O2)=3mol/(L·min)C.v(SO2)=3mol/(L·min)D.v(O2)=1mol/(L·min)【答案】B【解析】【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，先换算成用同一种物质、同一单位表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】A．v(SO2)=4mol/(L·min)；B．v(SO2)=2v(O2)=23mol/(L·min)=6mol/(L·min)；C．v(SO2)=3mol/(L·min)D．v(SO2)=2v(O2)=21mol/(L·min)=2mol/(L·min)；综上分析，反应速率最大的为v(O2)=3mol/(L·min)，答案选B。9.下表是元素周期表的一部分，X、Y、Z、W均为短周期元素，X、Z的质子数之和是2l。下列说法不正确的是XYZWA.原子半径Z>W>YB.最高价氧化物对应水化物的酸性Z>WC.氢化物的稳定性X>ZD.X的氢化物与Y的氢化物能发生化合反应生成离子化合物【答案】B【解析】【详解】设X的质子数是n，则根据元素在周期表中的相对位置可知Z是n+7，实验n+n+7＝21，解得n＝7，这说明X是氮元素，Y是F元素，Z是硅元素，W是S元素。 A．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，所以原子半径是Z>W>Y，A正确；B．非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，非金属性Z＜W，则最高价氧化物对应水化物的酸性Z＜W，B错误；C．非金属性越强氢化物的稳定性越强，非金属性是X大于Z，则氢化物的稳定性X>Z，C正确；D．氨气能与HF反应生成离子化合物NH4F，D正确，答案选B。10.已知反应。在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是A.升高温度，K减小B.减小压强，的物质的量增大C.增大压强，CO转化率增大D.充入一定量的氦气，的物质的量增大【答案】A【解析】【详解】A．因为正反应放热，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，A正确；B．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应前后气体化学计量数相等，减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；C．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应前后气体化学计量数相等，增大压强，平衡不移动，CO转化率不变，C错误；D．温度、压强一定，充入一定量的氦气，体积增大，对平衡的影响相当于减压，因为反应前后气体化学计量数相等，压强对平衡无影响，n(H2)不变，D错误；故选A。11.常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量共存的是A.在溶液中：、、、B.的溶液中：、、、 C.使石蕊变红的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．在溶液中：、、三者发生氧化还原反应而不共存，故A不符合题意；B．的溶液中：与反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．使石蕊变红的溶液中，溶液呈酸性，则、、发生氧化还原反应而不共存，故C不符合题意；D．的溶液中，溶液呈碱性，、、、都大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。12.我国电动汽车多采用三元锂电池，该电池电解质为有机锂盐溶液，放电时工作原理如图所示。下列说法错误的是A.放电时，外电路中电子由M极流向N极B.放电时，正极电极反应式为C.充电时，当电路中通过0.2mol电子时，M极质量增加1.4xgD.该电池通过在两极之间来回嵌入和脱嵌，实现化学能与电能的相互转化 【答案】C【解析】【详解】A．由锂离子移动方向可知，N极为正极，放电时，外电路中电子负极向正极运动，故由M极流向N极，A正确；B．放电时，正极电极发生还原反应得到电子，反应式为，B正确；C．充电时，锂离子在M极得到电子发生还原反应，xLi+xe-+6C=LixC6，则生成当电路中通过0.2mol电子时，M极质量增加1.4g，C错误；D．由图可知，该电池通过在两极之间来回嵌入和脱嵌，构成内电路实现化学能与电能的相互转化，D正确；故选C。13.500K时，在三个容积均为2L的恒容密闭容器中，发生反应：。实验测得，。其中、为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是容器编号起的时物质的量/mol平衡时的物质的量/molI001.20.4II0.41.00.6III0.71.20A.到达平衡时，容器III中的体积分数小于50%B.到达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为4：5C.到达平衡时，容器II中比容器I中的大D.当温度改变为T时。若、则【答案】A【解析】 【分析】由容器I的反应，列三段式：，平衡常数，在恒温恒容密闭容器里，压强和物质的量成正比，则平衡时总压强数值上等于总物质的量，即(0.2+0.4+0.2)mol/L×2L=1.6mol，以此解答。【详解】A．若容器Ⅲ达到平衡时，SO2的体积分数为50%，，B的体积分数，解得x=0.05，则该时刻的，则SO2的体积分数为50%时反应还在正向进行，因此SO2的体积分数小于50%，故A正确；B．若平衡时容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5，则容器II平衡时总物质的量为2.0mol，对容器II列三段式：，则(0.2-x+0.5-2x+0.3+2x)mol/L×2L=2.0mol，解得x=0，说明反应已经达到平衡状态，而该时刻的，明显起始投料反应该逆向移动，两者出现矛盾，说明平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比不是4:5，故B错误；C．根据等效平衡，假设起始投入的O2、SO2全部转化为SO3，即容器II的反应相当投料为0.1mol、0.4mol、1.2mol，显然容器Ⅱ相当于容器Ⅰ的基础上增大压强，平衡正向移动，则容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的小，故C错误；D．若k正=k逆，反应达平衡时，v正=v逆，，，则=，可得，由平衡表达式，可知温度为T时，K=1，而500K时，，该反应∆H<0 说明是放热反应，升高温度，平衡常数变小，而KT500K，故D错误；故选A。14.亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是A.曲线①表示lgc(H2PO)随pOH的变化B.pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol•L-1C.反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K=1.0×10-5.3D.浓度均为0.1mol•L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液中将增大【答案】D【解析】【分析】任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-=+H2O、+OH-=+H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc()先增大后减小，lgc()逐渐增大，故曲线①表示c()，曲线②表示c()，曲线③表示c(H3RO3)，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，曲线②表示c()随pOH的变化，故A错误；B．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1 mol•L-1，故2c(H3RO3)+c()=0.1 mol•L-1，故B错误；C．根据a点知，c()=c()时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3 的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌+H+减去⇌+H+，可得H3RO3+⇌2，则平衡常数K==105.3，故C错误；D．浓度均为0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小，的水解平衡常数不变，根据可知，该比值增大，故D正确；故选：D。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.三氯化氮(NCl3)为黄色油状液体，在弱酸性溶液中稳定，易溶于有机溶剂，在热水中易水解，95℃以上易爆炸，常用作漂白剂和杀菌剂。实验室常用Cl2与铵盐溶液反应制备，反应装置如图所示(夹持装置略)。（1）若用装置A制取氯气，X药品为KMnO4，则A中反应的离子方程式是_______。（2）装置C的作用为_______，B中冰水浴的目的是_______，B中Cl2与NH4Cl充分反应后，采用_______(填操作名称)得到NCl3的四氯化碳溶液，经系列操作后，将制取得到的NCl3（3）反应生成的NCl3遇热水易水解，反应液有漂白性，产生的气体能让湿润的红色石蕊试纸变蓝。写出NCl3水解的化学方程式：_______。（4）NCl3浓度测定：NCl3的制取是可逆反应，根据反应，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定NCl3的纯度。实验步骤如下：ⅰ.准确量取30.00mLNCl3的(NH4)2SO4溶液于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气； ⅱ.将混合气通入200mL0.1mol/LKI溶液中，待装置中无色液体变成黄色，关闭氮气(溶液体积变化忽略不计)；ⅲ.量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用0.1mol/LNa2S2O3标准液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液18.00mL。(已知：反应原理为)①确定滴定终点的现象为_______。②NCl3的(NH4)2SO4溶液中，NCl3的浓度为_______mol·L-1【答案】（1）（2）①.防止空气中水进入装置B且吸收尾气防止污染②.对装置降温，防止温度过高发生爆炸③.分液（3）（4）①.最后半滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟不变色②.0.1【解析】【分析】在实验室利用浓盐酸和高锰酸钾不加热制取氯气，氯气和氯化铵、四氯化碳混合溶液反应制取三氯化氮，装置需要避免空气中的水蒸气接触产品，故需要干燥装置连接在最右边，同时可以吸收尾气。【小问1详解】用装置A制取氯气，浓盐酸和高锰酸钾不加热生成氯化锰、水、氯化钾和氯气，则A中反应的离子方程式；【小问2详解】三氯化氮易水解且尾气中氯气有毒，故装置C的作用为防止空气中水进入装置B且吸收尾气防止污染；反应为放热反应且三氯化氮在热水中易水解，95℃以上易爆炸，故B中冰水浴的目的是对装置降温，防止温度过高发生爆炸；B中Cl2与NH4Cl充分反应后，三氯化氮易溶于有机溶剂四氯化碳中，则静置后分液即可得到NCl3的四氯化碳溶液；【小问3详解】NCl3遇热水易水解，反应液有漂白性，结合质量守恒可知生成次氯酸，产生的气体能让湿润的红色石蕊试纸变蓝，则生成碱性气体氨气，故NCl3水解的化学方程式：；【小问4详解】 ①淀粉遇到碘单质变为蓝色，则滴定终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟不变色；②根据题意可知，涉及反应为、、，则存在关系，则NCl3的物质的量为，故NCl3的浓度为。16.生产生活中的化学反应都伴随能量的变化，请根据有关知识回答下列问题：（1）制作有降温、保鲜和镇痛的冷敷袋可以利用___________(填“放热”或“吸热”)的化学变化或物理变化。（2）“即热饭盒”可利用下面___________(填字母序号)反应释放的热量加热食物。A．生石灰和水          B．浓硫酸和水          C．钠和水（3）CH3OH是优质液体燃料，在25℃、101kPa下，充分燃烧1molCH3OH并恢复到原状态，会释放725.76kJ的热量。请写出表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式：___________。（4）已知常温下红磷比白磷稳定，在下列反应中：①4P(红磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q1kJ/mol②P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q2kJ/mol若Q1、Q2均大于零，则Q1和Q2的关系为___________(填字母序号)。A.B.C.D.无法确定（5）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。制得该物质的热化学方程式为。该反应中每转移1mol电子放出的热量为___________。（6）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其反应如下：，若断裂1molH-H和1molN-H需要吸收的能量分别为436kJ和391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为___________。【答案】（1）吸热（2）A（3）（4）C（5）98（6）945.6【解析】【小问1详解】 冷敷袋有降温、保鲜和镇痛作用，三个性能合成一点，就是具有降温功能，所以可利用吸热的化学变化或物理变化。答案为：吸热；【小问2详解】“即热饭盒”必须能提供热量，所以物质转化过程既要放热，又要安全，还要成本低，可利用生石灰和水反应释放的热量加热食物，故选A。答案为：A；【小问3详解】在25℃、101kPa下，1molCH3OH完全燃烧并恢复到原状态，会释放725.76kJ的热量。则表示CH3OH燃烧热的热化学反应方程式：。答案为：；【小问4详解】①4P(红磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q1kJ/mol②P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=–Q2kJ/mol依据盖斯定律，将反应②-①即得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=–Q2kJ/mol+Q1kJ/mol＜0，从而得出，故选C。答案为：C；小问5详解】从热化学方程式可以得出：4Al(s)——12e-——1176kJ，则该反应中转移1mol电子放出的热量为=98。答案为：98；【小问6详解】，若断裂1molH-H和1molN-H需要吸收的能量分别为436kJ和391kJ，则断裂1molN≡N需要吸收的能量为-92.4kJ-(3×436kJ-6×391kJ)=945.6。答案为：945.6。【点睛】物质的键能越大，能量越小，稳定性越强。17.化学反应在发生物质变化的同时伴随有能量变化，能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角。Ⅰ.2022年3月5日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将银河航天02批卫星(6颗)及其搭载的1颗商业遥感卫星发射升空。长征二号丙火箭采用偏二甲肼(C2H8N2)与四氧化二氮(助燃剂)作为推进剂，它们是一种运载火箭的高能燃料，偏二甲肼与四氧化二氮剧烈反应时，所得3种产物都是最常见的无污染物质。（1）该反应的化学方程式为_______。有关该反应判断正确的是A、物质的燃烧反应必须有氧气参加 B、该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1C、偏二甲肼与四氧化二氮作火箭推进剂是二者发生剧烈的氧化还原反放出大量的热和产生大量气体的原因（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4(g)2NO2(g)以下操作会引起该化学反应速率变快的是_______。A.恒温恒容通入NO2B.扩大容器的体积C.使用正催化剂D.升高温度E.恒温恒容通入氦气F.恒温恒压通入氦气Ⅱ.工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～500℃的催化氧化：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在2L绝热密闭容器中投入2molSO2和bmolO2，下图是部分反应物随时间的变化曲线。（3）0~10min，SO3的平均反应速率v(SO3)=_______，10min时，正、逆反应速率的大小关系为v正_______v逆(填“>”“＜”或“=”)。（4）反应达到平衡时，SO2的转化率为_______。（5）下列情况能说明该反应达到化学平衡的是_______。A.v(SO3)=v(SO2)B.混合气体密度保持不变C.t时刻，体系的温度不再发生改变D.混合气体的总物质的量不再改变【答案】（1）BC（2）ACD （3）①.0.05mol/(L·min)②.>（4）70%（5）CD【解析】【小问1详解】偏二甲肼与四氧化二氮剧烈反应时，所得3种产物都是最常见的无污染物质，为氮气，二氧化碳和水，反应方程式为：；A、物质的燃烧是剧烈的发光放热的氧化还原反应，不一定有氧气参加，故A错误；B、根据反应方程式可知，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故B正确；C、偏二甲肼与四氧化二氮作火箭推进剂是二者发生剧烈的氧化还原反放出大量的热和产生大量气体的原因，故C正确；故答案为BC【小问2详解】A.恒温恒容通入NO2，反应物浓度增大，速率加快；B.扩大容器的体积浓度降低，速率减慢；C.使用正催化剂速率加快；D.升高温度速率加快；E.恒温恒容通入氦气，体积不变，浓度不变速率不变；F.恒温恒压通入氦气，体积增大，速率减慢；故答案为：ACD【小问3详解】根据图象可知0~10min，SO3的物质的量为1.0mol；10min时，还没达到平衡，反应正在正向进行，故v正>v逆；【小问4详解】根据图象可知平衡时SO3为1.4mol，根据反应方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知SO2转化了1.4mol，反应达到平衡时，SO2的转化率为；【小问5详解】A.v(SO3)=v(SO2)没有说方向，故A错误；B.恒容容器混合气体的密度始终不变，不能判断平衡，故B错误；C.绝热密闭容器温度一直在变，t时刻，体系的温度不再发生改变，说明达到平衡，故C正确； D.该反应是前后气体分子数变化的反应，当混合气体的总物质的量不再改变，说明达到平衡，故D正确；故答案为CD18.I．已知：乙二酸俗称草酸(结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4)。25℃时，草酸的电离平衡常数为K1=5.0×10−2，K2=5.4×10−5；碳酸(H2CO3)的电离平衡常数为K1=4.5×10−7，K2=4.7×10−11.草酸钙的Ksp=4.0×10−8，碳酸钙的Ksp=2.5×10−9.回答下列问题：（1）相同条件下等物质的量浓度的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH___________(填“大”、“小”或“相等”)（2）常温下将20mL0.4mol/L的KOH溶液与20mL0.2mol/L的草酸溶液混合，则混合后溶液中阴离子浓度的大小顺序为___________。（3）25℃时向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10−4mol/L的草酸钾溶液20mL，能否产生沉淀___________(填“能”或“不能”)。Ⅱ．目前高铁酸钠(Na2FeO4)被广泛应用于水的处理，具有高效、无毒的优点。某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度见下表(H+和OH-浓度小，未列出)：离子SOMg2+Fe3+Na+Cl−浓度/(mol·L-1)a0.050.100.500.56常温下，取一定量经Na2FeO4处理过的海水为原料制备精制食盐水和MgCl2·7H2O，过程如下：注：离子的浓度小于1.0×10−5mol·L−1，可认为该离子不存在；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38，Ksp[Mg(OH)2]=5.0×10−12；操作过程中溶液体积的变化忽略不计。（4）根据表中列出的离子浓度计算a=___________；沉淀A是___________(填化学式)。（5）在调节溶液pH时，理论上应调节的pH范围是___________；加入的过量试剂X为___________(填化学式)。（6）加入过量HCl的作用为___________。【答案】（1）小（2）c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O) （3）不能（4）①.0.17②.Fe(OH)3（5）①.3≤pH<9②.Ba(OH)2（6）使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，且在加热浓缩滤液C时抑制Mg2+水解【解析】【分析】Ⅱ．实验目的是制备精制食盐水和MgCl2·7H2O，先调节溶液的pH使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，则沉淀A为Fe(OH)3；滤液A中加入试剂X将Mg2+转化成Mg(OH)2，同时得到硫酸钡沉淀，则X为Ba(OH)2；沉淀B为Mg(OH)2和BaSO4的混合物；滤液B中主要含有NaCl和Ba(OH)2，先加入碳酸钠过量除去氢氧化钡，然后加入适量稀盐酸中和氢氧根离子，从而得到精制食盐水；沉淀B中加入过量HCl使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，过量得到硫酸钡沉淀和含有氯化镁的滤液C，将滤液C进行加热浓缩、冷却结晶得到MgCl2·7H2O，据此解答。【小问1详解】草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，导致草酸钠的pH小于碳酸钠，故答案为：小；【小问2详解】常温下，0.4mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL恰好反应生成草酸钠，草酸根离子易水解而使其溶液呈碱性，但第一步水解大于第二步，两步水解都生成氢氧根离子，所以溶液中阴离子浓度大小顺序是c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O)，故答案为：c(C2O)＞c(OH)>c(HC2O)；【小问3详解】向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的草酸钾溶液20mL，溶液中c(Ca2+)=，c(C2O)=，则溶液中Qc=c(Ca2+)c(C2O)=＜Ksp(CaC2O4)=4.0×10−8，所以不能产生沉淀，故答案为：不能；【小问4详解】H和OH浓度小忽略不计，根据溶液电中性可得：2c(SO)+c(Cl)=2c(Mg2+)+3c(Fe3+)+c(Na)，即2a+0.56×1=0.05×2+0.10×3+0.50，解得：a=0.17；根据分析可知，沉淀A的化学式为Fe(OH)3，故答案为：0.17；Fe(OH)3；【小问5详解】调节溶液的pH，目的是使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，且避免Mg2+生成沉淀，离子的浓度小于1.0×10-5mol/L，可认为该离子不存在，根据Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，Fe3+沉淀完全时c(OH)≥ ，c(H)＜，则容易的pH≥3；c(Mg)=，根据Ksp[Mg(OH)2]=5.0×10-12可知，Mg2+开始沉淀时c(OH)=，c(H)=，即溶液的pH＜9，所以调节的pH范围为3≤pH＜9；结合分析可知，试剂X为Ba(OH)2，故答案为：3≤pH<9；Ba(OH)2；【小问6详解】为了使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，且在加热浓缩滤液C时抑制Mg2+水解，需要加入过量的HCl，故答案为：使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，且在加热浓缩滤液C时抑制Mg2+水解。【点睛】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握物质分离与提纯方法，(5)为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算、化学实验能力。19.稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。一种从稀土矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水；该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.6×10-8；Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2+Fe3+Al3+RE3+开始沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是___________(填离子符号)，画出该元素基态原子的价电子轨道表示式___________。（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至___________的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为___________。（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为0.10mol·L-1.为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于___________mol·L-1( 保留两位有效数字)。（4）加入盐酸加热搅拌时温度控制为55℃。温度不宜过高的原因是___________。（5）该工艺中，可再生循环利用的物质是___________(填化学式)。【答案】19.①.Fe2+②.20.①.4.7≤pH<6.2②.Al3++3OH-=Al(OH)3↓21.4.0×10-422.防止盐酸大量挥发或RE3+水解23.MgSO4【解析】【分析】矿物中加入酸化的硫酸镁溶液浸取后，得到的浸取液经过氧化和调节pH值，氧化时Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH值后经过过滤1得到的滤渣为氢氧化铁和氢氧化铝，滤液1中加入月桂酸钠，经过过滤得到滤饼，根据题意，滤饼中检测不到镁元素，故镁元素主要存在与滤液2中，存在形式为硫酸镁；滤饼加盐酸在55℃加热搅拌，经过过滤得到月桂酸和RECl3溶液；【小问1详解】氧化调pH的过程中有化合价变化的离子是：Fe2+，价电子轨道表示式为：；【小问2详解】调节pH使铁离子和铝离子完全沉淀，调节的pH值范围是：4.7≤pH<6.2；该过程中铝离子转化为氢氧化铝沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓；【小问3详解】滤饼中不存在镁元素，故加入月桂酸钠后不能形成月桂酸镁沉淀，故c(Mg2+)c2(C11H23COO-)