山东省泰山现代中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）

山东省泰山现代中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）
1．分别处于元素周期表第2、3周期的主族元素A和B，它们离子的核外电子层相差两层。已知A处于第m族，B处于第n族，且A只有正化合价。则A、B两元素的原子序数分别为(
)
A．m、n
B．m-2、10-n
C．m+2、n+10
D．m+8、n+10
【答案】C
【解析】A只有正化合价，且它们离子的核外电子层相差两层，所以A是第二周期，B是第三周期。因此根据B、A的主族序数可知，A、B的原子序数分别是m＋2、n＋10，答案选C。
2．物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液，其pH依次为7、8、9。下列有关说法正确的是（
）
A．HX、HY、HZ三种酸的酸性由强到弱的顺序为HZ＞H
Y＞HX
B．HX是强酸，HY、HZ是弱酸，且HY的酸性强于HZ
C．X－、Y－、Z－三种酸根离子均能水解，且水解程度Z－＞Y－＞X－
D．三种盐溶液中X－、Y－、Z－的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)
【答案】BD
【解析】
试题分析：物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液，其pH依次为7、8、9，根据无弱不水解，有弱就水解，越弱越水解的原则，可以知道HX、HY、HZ三种酸的酸性由强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ，故A错误；NaX的pH为7，所以HX是强酸，HY、HZ是弱酸，所以B正确；X－不能水解，所以C错误；水解程度为Z－＞Y－，而X－不能水解，所以三种盐溶液中X－、Y－、Z－的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故D正确，所以本题的答案选择BD。
考点：盐类水解
点评：本题考查了盐类的水解，该考点是高考考查的重点和难点，本题有一定的综合性，但是难度适中。
3．下列叙述正确的是
A．氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质
B．电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行
C．红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅
D．福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物
【答案】A
【解析】
试题分析：A．氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质，A正确；B．电泳、电解需要在通电条件下进行，而电离、电化学腐蚀不需要通电，B错误；C．水晶、红宝石的主要成分为氧化铝，而钻石的主要成分为碳，C错误；D．胆矾是纯净物；D错误；答案为A。
考点：考查物质的分类与组成结构
4．1828年逾越无机物与有机物间鸿沟的科学家维勒，用一种无机盐直接转变为有机物尿素，维勒使用的无机盐是(
)
A.(NH4)2CO3
B.NH4NO3
C.CH3COONH4
D.NH4CNO
【答案】D
【解析】1828年，德国化学家维勒首次用无机物氰酸铵合成了有机物尿素。
5．下列有关化学用语表示正确的是(
)
A．氮气的电子式：N N
B．镁离子的结构示意图：
C．中子数为16的磷原子：P
D．丙烯的结构简式：CH3CHCH2
【答案】A
【解析】
试题分析：A、氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子，故A正确；B、镁离子有10个电子，故B错误；C、磷的质子数为15，故C错误；D、丙烯中含有碳碳双键，故D错误。
考点：基本化学用语
6．在铜的冶炼过程中有如下反应发生5FeS2＋14CuSO4＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4关于此反应，下列说法正确的是
A．Cu2S既是氧化产物，又是还原产物
B．产物中的SO42－有一部分是氧化产物
C．FeS2只作还原剂
D．5
mol
FeS2发生反应，有10
mol电子转移
【答案】AB
【解析】
试题分析：反应5FeS2＋14CuSO4＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂。A.反应中Cu元素的化合价降低，S元素的化合价既升高又降低，则Cu2S既是氧化产物，又是还原产产物，A项正确；B.
由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，产物中的SO42－有一部分是氧化产物，B项正确；C.
FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，C项错误；D.5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由-1价→-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，D项错误；答案选AB。
考点：考查氧化还原反应的有关概念，电子转移数目的计算等知识。
7．“富勒烯”家族又增添了新成员，继C60、C70、N60之后，中美科学家首次发现了全硼富勒烯B40。下列说法正确的是
A．B40和C70都属于新型化合物
B．C60和N60于同分异构体
C．B40、C60、N60、C70都只含共价键
D．B40、C60、N60、C70都属于烯烃
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、B40和C70都属于单质，故A错。B
C60和N60为分子式不同的两种单质，故B错。C．B40、C60、N60、C70四种单质分子中原子之间为共价键，故C正确。D．烯烃为由C、H组成的有机物。B40、C60、N60、C70均不属于有机物。故D错误。
考点：了解单质、化合物、同分异构体、烃等基本概念。
8．（
）14g铜银合金跟足量的某浓度HNO3反应，将放出的气体与1.12LO2（标况）混合，通入水中，恰好全部吸收，则合金中铜的质量是
A．1.6g
B．3.2g
C．6.4g
D．9.6g
【答案】B
【解析】铜和银失去的电子给氮元素，氮元素通过反应将电子转移给氧气，所以根据电子守恒，金属失去的电子数等于氧气得到的电子数，假设铜为xmol，银为ymol，则有64x+108y=14
2x+y=1.12×4/22.4
解x=0.05
y=0.1，则铜的质量为0.05×64=3.2g。
试题分析：
考点：混合物的计算，电子守恒
9．下列离子或物质组能大量共存，且满足相应条件的是
选项
离子或物质
条件
A
Na＋、K＋、Cl－、SO42－
c(Na＋)＋c(K＋)＝c(SO42－)+
c(Cl－)
B
Fe3+
、SO32－、Cl－
加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀
C
Ba+
、HCO3－、Cl－、H＋
加入氨水产生沉淀
D
SO2、O2、NO2
通入足量NaOH溶液后，可能会没有任何气体剩余
【答案】D
【解析】
试题分析：离子间如果发生化学反应，则并能大量共存，反之是可以的。A．该组离子之间不反应，能共存，但c（Na+）+c（K+）=c（SO42-）+c（Cl-），不遵循电荷守恒，故A错误；B．Fe3+、SO32-发生氧化还原反应生成亚铁离子，不能共存，且加入NaOH溶液，产生白色沉淀，故B错误；C．HCO3-、H+结合生成水和气体，则不能共存，故C错误；D．二氧化氮与氧气以4：1存在时，二氧化硫以任意量存在，能被足量NaOH溶液完全吸收，则可能会没有任何气体剩余，故D正确；故选D。
考点：考查离子的共存
10．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别为v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3
v(A)，3v(C)=2
v(B)，则此反应可表示为
A．2A＋3B=2C
B．A＋3B=2C
C．3A＋B=2C
D．A＋B=C
【答案】A
【解析】
试题分析：物质在发生化学反应时，用不同物质表示的化学反应速率时，速率比等于方程式中该物质方程式前边的计量数的比。由于v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3
v(A)，3v(C)=2
v(B)，所以化学方程式是2A＋3B=2C，因此选项是A。
考点：考查化学方程式与物质的速率关系的知识。
11．某一元弱酸HA的溶液中，若未电离的HA分子个数与溶液中的离子个数（忽略水电离）比为a:b，则HA的电离度（即转化率）是
A．b/(2a+b)
×100％
B．b/(a+2b)×100％
C．b/(a+b)×100％
D．2
b/(2a+b)
×100％
【答案】A
【解析】
试题分析：溶液中存在HA H++A-，则若未电离的HA分子个数与溶液中的离子个数比为a：b，设分别为amol、bmol，则总的HA为amol+b/2mol，电离的HA是b/2mol，所以HA的电离度是b/2/(a+b/2)
×100％
=
b/(2a+b)
×100％，答案选A。
考点：考查弱电解质电离度的计算
12．一定条件下，下列物质可以跟有机物反应的是
①酸性KMnO4溶液
②NaOH水溶液
③KOH醇溶液④Na
⑤CuO
A．①②④
B．①③④
C．①②④⑤
D．全部
【答案】C
【解析】
试题分析：含有碳碳双键和羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；含有氯原子，能与氢氧化钠溶液发生取代反应；不论是羟基还是氯原子均不能发生消去反应；含有羟基，能与金属钠反应；含有羟基能与氧化铜发生催化氧化，答案选C。
考点：考查有机物结构和性质
13．“NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl”是“侯氏制碱法”的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。其中不正确的是
【答案】C
【解析】
试题分析：A．在饱和食盐水溶液中先通入氨气，使溶液显碱性，然后再通入足量的CO2气体，就可以溶解较多的CO2，当溶液饱和后，不能溶解的NaHCO3就会结晶析出，析出NaHCO3晶体。这说明在相同温度下NaHCO3的溶解度小于NaCl，选项A正确；NaHCO3俗称小苏打，纯碱是Na2CO3的俗称，选项B正确；若溶液不饱和，就不会析出NaHCO3晶体，故析出NaHCO3晶体后的溶液仍然是其饱和溶液，选项C错误；由于析出NaHCO3晶体后的母液主要含有NH4Cl，其中含有N元素，因此从该反应可以获得副产品氮肥，选项D正确。
考点：考查侯氏制碱法反应的原理的再认识的正误判断的知识。
14．pH=9的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液，按4:1的体积比混合，则混合溶液中H+浓度为(单位：mol/L)（
）
A．
B．
C．5×10-10
D．5×10-12
【答案】D
【解析】
试题分析：pH=9的Ba(OH)2溶液，c(OH-)=10-5mol/L；pH=12的KOH溶液c(OH-)=10-2mol/L.若按4:1的体积比混合，则混合溶液中c(OH-)(混合)=(
4L×10-5mol/L+1L×10-2mol/L)÷5L，则混合溶液中H+浓度为10-14mol2/L2÷(
4L×10-5mol/L+1L×10-2mol/L)÷5L=5×10-12
mol/L，故选项D正确。
考点：考查碱混合溶液中离子浓度大小计算的知识。
15．在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料，一定条件下发生反应（起始温度和起始体积相同）：A2（g）+3B2（g）2AB3（g）ΔH＜0，相关数据如下表所示：ΔH＜0，相关数据如下表所示：
容器
甲
乙
丙
相关条件
恒温恒容
绝热恒容
恒温恒压
反应物投料
1mol
A2、3mol
B2
2mol
AB3
2mol
AB3
平衡时容器体积
V甲
V乙
V丙
反应的平衡常数K＝
K甲
K乙
K丙
平衡时AB3的浓度/mol·L－1
c甲
c乙
c丙
平衡时AB3的反应速率/mol·L－1·min－1
v甲
v乙
v丙
下列说法正确的是
（
）
A、v甲＝v丙
B、c乙＞c甲
C、V甲＞V丙
D、K乙＜K丙
【答案】B
【解析】
试题分析：A、丙保持恒压，AB3分解压强增大，则丙中容器体积增大，甲保持恒容，则甲中压强大于丙，压强越大，物质的浓度就越高，反应速率就越快。所以反应速率是v甲＞v丙，A错误；
B、甲容器中温度高于乙，由于升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以温度高不利于AB3的生成，则c乙＞c甲，B正确；C、正反应是体积减小的可逆反应，甲保持恒容条件；丙保持恒压，AB3分解使体现压强增大，所以容器容积要增大，则V甲＜V丙，C错误；D、AB3分解是吸热反应，乙保持绝热，温度降低。丙保持恒温，温度高于乙，温度高有利于AB3分解，即AB3浓度小于乙容器中AB3浓度，则K乙＞K丙，D错误，答案选B。
考点：考查外界条件对平衡状态的影响
16．现有下列物质：
①
Br2
②
Na2O2
③
KOH
④HCl
⑤
H2O2
⑥
CaCl2
⑦
NH4Cl
（1）属于离子化合物的有
；（填写序号，下同）
（2）属于共价化合物的有
；
（3）由极性键和非极性键共同构成的物质有
；
（4）由离子键和共价键共同构成的物质有
。
【答案】（1）②③⑥⑦；（2）④⑤；（3）⑤；（4）②③⑦
【解析】
试题分析：由阴阳离子通过离子键构成的化合物属于离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，一定含有离子键；原子通过供用电子对形成共价键构成的化合物叫共价化合物，共价化合物中只含共价键；
共价键分为极性共价键和非极性共价键；①
Br2只含有非极性共价键的共价化合物，②
Na2O2
含有非极性共价键的离子化合物；③
KOH
含有极性共价键的离子化合物④HCl属于含有极性共价键的共价化合物；⑤
H2O2属于共价化合物，及含有极性键又含非极性键；⑥
CaCl2
属于离子化合物，只含有离子键；⑦
NH4Cl属于离子化合物，含有极性共价键，
(1)属于离子化合物的有②③⑥⑦，答案为：②③⑥⑦；（2）属于共价化合物的有④⑤，答案为：④⑤；（3）由极性键和非极性键共同构成的物质有⑤，答案为：⑤；（4）由离子键和共价键共同构成的物质有②③⑦，答案为：②③⑦.
考点：考查离子化合物、共价化合物的结构特征，离子键、共价键的判断
17．（4分）写出下列反应的离子方程式：
（1）烧碱溶液吸收氯气：
（2）钠和硫酸铜溶液反应：
【答案】（4分）（1）2OH-
+
Cl2＝Cl-
+
ClO-
+
H2O
（2）2
Na
+
2H2O
+
Cu2+
=
Cu(OH)2↓
+2Na+
+
H2↑
(或分开写)
【解析】
试题分析：（1）烧碱和氯气反应生成的是氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是2OH-
+
Cl2＝Cl-
+
ClO-
+
H2O。
（2）钠是活泼的金属，溶于水立即和水反应生成氢氧化钠和氢气。然后生成的氢氧化钠再和溶液中的溶质反应，所以反应的离子方程式是2
Na
+
2H2O
+
Cu2+
=
Cu(OH)2↓+2Na+
+
H2↑。
考点：考查离子方程式的书写
点评：离子方程式的书写关键是掌握哪些物质用化学式表示，哪些物质用离子方程式表示。需要注意的是只有同时满足易溶和易电离的物质才能用离子符合表示，其余的都是用化学式表示。
18．某小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。
（1）A中反应的化学方程式是
。
（2）B中的干燥剂是
。
（3）C中的现象是
。
（4）实验进行一段时间后，挤压D装置中的胶头滴管，滴入1－2滴浓盐酸，可观察到的现象是
。
（5）为防止过量氨气外逸，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，应选用的装置是
（填“E”或“F”）。
【答案】（1）Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+
2H2O
（2）碱石灰
（3）湿润的红色石蕊试纸变蓝（4）产生大量白烟
（5）E
【解析】
试题分析：（1）A中反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+
2H2O；
（2）氨气是碱性气体，所以B中的干燥剂应用碱石灰；
（3）氨气与水生成一水合氨，可电离出氢氧根离子，则C中的现象是湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（4）氨气与挥发的HCl会生成氯化铵晶体，所以现象是产生大量白烟；
（5）氨气极易溶于水，所以吸收氨气时要用防倒吸装置E；
考点：氨气的制备及性质
19．现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料制取少量氮化镁(Mg3N2)。
可供选择的装置和药品如下图所示(镁粉、还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应是完全的，整套装置的末端与干燥管相连)。
回答下列问题；
（1）连接并检查实验装置的气密性。实验开始时，打开自来水的开关，将空气从5升的储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是(填字母代号)_______；
（2）通气后，应先点燃________处的酒精灯，再点燃________处的酒精灯，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果的影响为________；装置F的作用为________。
（3）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：_____________________；
（4）已知Mg3N2是离子化合物，证明Mg3N2是离子化合物实验依据是________________。
【答案】（1）h→g→d→c→k→l→a→b（2分）
（2）F；（1分）
A；（1分）制得的氮化镁不纯（1分）；除去空气中的O2（1分）
（3）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成。
（2分）
（4）熔融状态下能导电
（2分）
【解析】
试题分析：（1）气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体→除杂→干燥→制备→尾气处理；所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是，j→h→g→d→c→k→l（或l→k）→a→b
（或b→a）；
（2）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，F中还原铁粉为了除去空气中氧气，同时还应防止装置后面的空气中水进入装置与氮化镁反应如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁，所以通气后，先点燃F处酒精灯，然后再点燃A处酒精灯。
（3）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为
Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁。
（4）共价键在熔融状态下不能断键，即共价化合物在熔融状态下不能导电，所以证明Mg3N2是离子化合物实验依据是熔融状态下能导电。
考点：考查物质实验室制备原理和装置选择，实验步骤的设计分析判断
20．某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程脱除燃煤尾气中的SO2，同时制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。
请回答下列问题：
（1）上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需要用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、
、
；其中玻璃棒的作用是
。
（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原理是
。
（3）已知Ksp(CuS)＝8.4×10－45，Ksp(NiS)＝1.4×10－24；在除铜镍的过程中，当Ni2＋恰好完全沉淀
(此时溶液中c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol/L)，溶液中Cu2＋的浓度是
mol/L。
（4）工业上采用惰性电极电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，请写出阳极的电极反应式
，电解总反应的化学方程式
。
（5）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是_________。(填编号)
a．NaOH溶液、酚酞试液
b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液
c．碘水、淀粉溶液
d．氨水、酚酞试液
（6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过
制得硫酸锰晶体。(MnSO4 H2O，相对分子质量为169)
a．过滤
b．蒸发浓缩
c．冷却结晶
d．灼烧
（7）已知废气中SO2浓度为8.4
g/m3，软锰矿浆对SO2的吸收率可达90%，则处理1000
m3燃煤尾气，可得到硫酸锰晶体质量为
kg(结果保留3位有效数字)。
【答案】
（1）烧杯
漏斗；引流，防止液体溅出
（2）消耗溶液中的酸，促进Al3＋和Fe3＋水解生成氢氧化物沉淀
（3）6.0×10－26
（4）MnO42－－e－=
MnO4－
，2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH
（5）b
c
（6）bca
（7）20.0(2分)
【解析】
试题分析：由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰；
（1）过滤需要漏斗、烧杯、玻璃棒等，过滤中玻璃棒的作用为引流，防止液体溅出；
（2）由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；
（3）当Ni2+恰好完全沉淀
(此时溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5mol/L)，
c(S2-)===1.4×10-19，由Ksp(CuS)可知溶液中Cu2+的浓度为
=6.0×10-26mol/L；
（4）惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42--e-═MnO4-，阴极上水中的氢得电子生成氢气，所以电解的总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；
（5）准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故选bc；
（6）从溶液中获得带结晶水的晶体，一般要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，故选bca；
（7）SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应方程式为SO2+MnO2=MnSO4，由硫原子守恒，被吸收的SO2的物质的量等于硫酸锰晶体的物质的量，则硫酸锰晶体的质量为
≈20.0kg。
【考点定位】以物质的制备实验考查混合物分离提纯的综合应用，涉及氧化还原反应、盐类水解、溶度积计算、原子守恒计算等。
【名师点晴】把握流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，结合实验基本操作和计算即可解题。
21．（6分）已知常温下，BaSO4的Ksp为1×10-10。现将0.01
mol/L
Ba(OH)2溶液与0.02
mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，充分反应。计算：
（1）混合溶液中Ba2+物质的量浓度；
（2）混合溶液的pH值。
【答案】（6分）
（1）2×10-8
mol·L-1
（2）12
【解析】
试题分析：（1）解：设两溶液各取1
L
Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH
1
mol
1
mol
0.01mol
0.02
mol
由以上数据可知Na2SO4剩余：n(Na2SO4)＝0.01
mol
c(SO42-)＝0.005
mol·L-1
所以：c(Ba2+)＝Ksp÷c(SO42-)＝1×10-10÷0.005＝2×10-8
mol·L-1
（2）由以上反应可知OH-未参与离子反应：n(OH-)＝0.01
mol×2＝0.02
mol
c(OH-)＝0.02÷2＝0.01
mol·L-1
c(H+)＝KW÷c(OH－)＝1×10-14÷0.01＝1×10-12
mol·L-1
pH＝－lg
1×10-12＝12
考点：考查物质的量浓度及PH的计算。
22．已知A、B、C、D四种强电解质溶液，分别含有下列阴阳离子中的各一种，且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣．已知：①A和B反应生成的气体能被D吸收，而A和D反应生成的气体能被B吸收；②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生．另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂．试判断：
（1）晶体E的名称为
，用离子方程式和必要的文字说明E可用作净水剂的原理
．
（2）写出A、B、C的化学式：A
，B
，C
．
（3）写出A与D反应的离子方程式
．
（4）将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，最终生成的白色沉淀质量为
g．
【答案】（1）明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的；
（2）（NH4）2CO3；NaOH；Ba（NO3）2；
（3）CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（4）1.56
【解析】有Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣离子组成的ABCD四种强电解质，相互间反应能够生成的气体是NH3和CO2，其中NH3能被酸吸收，CO2能被碱溶液吸收，能够生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，现②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生，说明C中含有Ba2+，A和D分别含有CO32﹣或SO42﹣，则B中含有NO3﹣或OH﹣；①A和B反应生成的气体能被D吸收，因D中不可能含有OH﹣，故A和B生成的气体只能是NH3，D中应该含有H+，结合实验②可知D只能是H2SO4，则A中含有CO32﹣，B中含有OH﹣，C中含有NO3﹣，故A为（NH4）2CO3，C为Ba（NO3）2，结合离子不重复可知B为NaOH，另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂可知E为明矾，化学式为KAl（SO4）2 12H2O；
（1）晶体E为明矾，能用于自来水的净水剂是Al3+水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，水解反应的离子方程式为，故答案为：明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的；
（2）化合物A为（NH4）2CO3，B为NaOH，C为Ba（NO3）2；
（3）碳酸铵与硫酸反应生成二氧化碳气体，离子反应式为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；
（4）150mL0.2mol/L的明矾溶液中Al3+的物质的量为0.2mol/L×0.15L×1=0.03mol，200mL0.5mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.5mol/L×0.2L=0.1mol，将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，根据Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓可知先生成0.03molAl（OH）3，消耗0.09molNaOH，多余的0.01molNaOH继续溶解Al（OH）3，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知剩余0.02molAl（OH）3，其质量为
78g/mol×0.02mol=1.56g，故答案为：1.56．
23．V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物，其中W、X、Z均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应。上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1︰3︰9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。它们之间的反应关系如下图：
（1）写出W物质的一种用途
。
（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式
。
（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为
。
（4）4
g
Z完全燃烧生成X和液态水放出222.5
kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式
。
（5）在200
mL
1.5
mol·L-1
NaOH溶液中通入标准状况下4.48
L
X气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是
。
（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33。将0.01
mol
Y投入1
L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为
（体积变化忽略不计，结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）高温耐火材料或冶炼金属铝（2分）。
（2）Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑（2分）
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-（2分）
（4）CH4(g)
+2O2(g)
=
CO2(g)+2H2O(l)
△H=-890.0kJ/mol（2分）
（5）c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
（3分）
（6）3.02×10-2mol/L
（3分）
【解析】
试题分析：由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物V、W、X、Y、Z，其中X是导致温室效应的主要气体，X
是CO2，Z是天然气的主要成分，Z是CH4；Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，Y是白色胶状不溶性物质，则Y是Al(OH)3。Y加热分解产生的白色固体W是Al2O3，
则V中含有Al元素，V由一种金属元素和两种非金属元素组成，其原子个数比为1︰3︰9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数。则其中还含有C、H元素，V是Al(CH3)3。（1）W是Al2O3，该物质是离子化合物，熔点、沸点高，可以高温耐火材料，由于Al金属活动性强，在工业上一般用氧化铝电解方法冶炼金属铝；（2）根据题意，结合质量守恒对于，可得V与足量NaOH溶液反应的化学方程式是Al(CH3)3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑；（3）由于酸性H2CO3>Al(OH)3，所以根据复分解反应的规律，将过量的CO2通入NaAlO2溶液中，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，该反应的离子方程式是:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。（4）CH4式量是16，4
g
甲烷的物质的量是n(CH4)=4g÷16g/mol=0.25mol,完全燃烧生成X和液态水放出222.5
kJ的热量，则1mol甲烷完全燃烧放出热量是Q=222.5
kJ÷0.25=890.0kJ，所以甲烷的燃烧热的热化学方程式是CH4(g)
+2O2(g)
=
CO2(g)+2H2O(l)
△H=-890.0kJ/mol；（5）在200
mL
1.5
mol·L-1
NaOH溶液中含有溶质的物质的量是n(NaOH)=0.
200
L
×1.5
mol·L-1=0.3mol，通入标准状况下4.48
LCO2气体的物质的量是n(CO2)=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，二者发生化学反应：3NaOH+2CO2=Na2CO3+NaHCO3+H2O，在溶液中，根据物料守恒可得2c(Na+)=3
c(CO32-)+
c(HCO3-)+c(H2CO3)，而且CO32-和
HCO3-都会发生水解反应而消耗，水解产生OH-，消耗H+，使溶液想你碱性，所以c(OH-)>c(H+)，由于水解程度CO32->
HCO3-，所以后溶液中完全反应后所得溶液中c(HCO3-)>c(CO32-)，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
；（6）Y是Al(OH)3，一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33。将0.01
mol
Al(OH)3投入1
L某浓度的盐酸中，二者会发生化学反应：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+H2O，n[Al(OH)3]=0.01mol，则反应消耗n(HCl)=3
n[Al(OH)3]=0.03mol，由于溶液的体积是1L，所以反应后溶液中c(Al3+)=0.01mol/L，由于溶度积常数Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1.25×10-33,所以c(Al3+)·c3(OH-)=0.01×c3(OH-)=1.25×10-33，c(OH-)=5×10-11，则根据水的离子积常数可得该溶液中c(H+)=10-14÷5×10-11=2×10-4mol/L，所以加入的盐酸的浓度是：c(HCl)=0.03mol/L+2×10-4mol/L=3.02×10-2mol/L。
【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和热化学方程式及离子方程式的书写、离子浓度大小比较、沉淀溶解平衡的应用的知识。
【名师点睛】元素的原子结构与元素的性质及在元素周期表中的位置关系密切，结构决定性质，性质决定用途。铝元素在元素周期表中处于金属与非金属交界处，使其性质有金属、非金属元素的性质。由于其氧化物熔点高因此可以制取耐高温的材料，氯化铝是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，，在液体只有分子，没有离子，铝活动性比较强，在地壳中是含量最高的金属，由于难冶炼，因此认识比较晚，在工业上只能用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝。为了降低其熔点要加入冰晶石，不像其它活泼的金属用电解熔融的氯化物的方法冶炼。在比较离子浓度大小时，要结合盐溶液的浓度及盐的水解规律，对于等浓度的Na2CO3、NaHCO3，前者水解程度比后者大，因此盐溶液中离子浓度c(HCO3-)>c(CO32-)，但是盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，盐水解产生的离子浓度很小。要结构物料守恒、电荷守恒及质子守恒进行分析和判断。