2018届高三化学上学期第五次月考试题(含解析).doc

2018届高三化学上学期第五次月考试题(含解析)可能用到的相对原子量: H:1 C:12 O:16 Na:23 Si:28 S:32 Cl:35.5 Fe:56一、选择题(本大题共16小题，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1. 对中国古代著作涉及化学的叙述，下列说法错误的是A. 天工开物中“凡石灰,经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2B. 抱朴子中“曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是可溶性铜盐C. 本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是K2CO3D. 汉书中“高奴县有洧水可燃”,这里的“洧水”指的是石油【答案】A【解析】天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaO，故A错误；“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐，例如硫酸铜溶液，故B正确；草木灰中含有K2CO3，故C正确；汉书中“高奴县有洧水可燃”，石油可燃，这里的“洧水”指的是石油，故D正确。2. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是选项现象或事实解释AAl(OH)3用作塑料的阻燃剂Al(OH)3受热熔化放出大量热量B用氢氟酸蚀刻玻璃SiO2是碱性氧化物，能溶于酸C过氧化钠用于呼吸面具中作为氧气的来源过氧化钠是强氧化剂，能氧化二氧化碳D用浸有酸性高锰酸钾的硅藻土作水果保鲜剂高锰酸钾能氧化水果释放的催熟剂乙烯A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】AAl(OH)3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；BSi02是酸性氧化物，故B错误；C过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；故选D。3. 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A. 碱性溶液中：ClO、Cl、K、Na+B. 常温常压下气体：O2、N2、Cl2、NH3C. 含有AlO2-的溶液：NO3、HCO3、Na+、K+D. 氢氧化铁胶体： H+、K+、S2、Br【答案】A【解析】试题分析：ClO、Cl、K、Na+，在碱性溶液中不反应，故A正确；常温常压下Cl2、NH3反应生成氮气和氯化铵，故B错误；含有AlO2-的溶液为碱性溶液，HCO3在碱性条件下生成CO32，故C错误；H+、S2生成硫化氢、胶体与电解质聚沉，故D错误。考点：本题考查离子反应。4. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是22gT2O含有电子数为10NA0.44g C3H8中含有的键总数目为0.1NA1molNa2O2 与CO2完全反应时转移电子数为2NA28g硅晶体中含有2NA个Si- Si键11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA200mL,lmol/L Al2(SO4)3溶液中，Al3+和SO42-的总和是NAA. B. C. D. 【答案】D【解析】T是质量数为3的H原子，T2O的相对分子质量=32+16=22，22gT2O的物质的量为22/22=1（mol），含有电子数为110 NA =10NA，正确；、0.44g C3H8的物质的量为0.01mol，1molC3H8中含有的键数为10mol，所以0.01mol C3H8中含有的键总数目为0.01mol10 NA= NA，正确；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，方程式中转移的电子数为2个，所以1molNa2O2 与CO2完全反应时转移电子数为NA，错误；28g硅晶体中含有硅原子的物质的量为1mol，硅晶体的结构与金刚石的结构相似，均为四面体的结构，一个硅原子连着四个硅原子，所以一个硅原子含有四个Si- Si键，每个Si- Si键只有1/2属于一个硅原子，故1个硅原子实际含有2个Si- Si键，所以1mol硅晶体中含有2NA个Si- Si键，正确；11.2LCl2没有指明气体所处的状态，无法求得氯气的物质的量，故转移的电子数目也无法得知，错误；200mLlmol/L Al2(SO4)3溶液中，Al2(SO4)3的物质的量为0.2mol，Al3+发生水解，所以Al3+和SO42-的总和小于NA，错误。故正确的只有，答案选D。正确答案为D。5. 根据表中信息判断，下列选项不正确的是序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4-Cl2、Mn2+A. 第组反应的其余产物为H2O和O2B. 第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2C. 第组反应中生成1mo1Cl2，转移电子2molD. 氧化性由强到弱顺序为MnO4-Cl2Fe3+Br2【答案】D【解析】A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2的还原性强于Br，所以少量的Cl2只能氧化Fe2，反应的化学方程式为3Cl26FeBr2=4FeBr32FeCl3，或用离子方程式Cl22Fe2=2Fe32Cl，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为12，则B正确；C、在第组反应中，Cl被MnO4氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第组反应中，由于Fe2的还原性强于Br，可推知Br2的氧化性强于Fe3，在第组反应中，MnO4的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl22Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4Cl2Br2Fe3，故D错误。本题正确答案为D。点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。6. 下列实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1 molL1H2SO4溶液试管口出现红棕色气体溶液中NO3-被Fe2还原为NO2B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C等体积pH=2 的HX 和HY 两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快HX 酸性比HY强D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH后者较大证明非金属性SCA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A项酸性条件下NO3被Fe2+还原为NO，B项含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确； C项HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX浓度比HY大， HX酸性比HY弱D等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误。考点：化学实验方案的评价7. 下列反应的离子方程式正确的是A. 用石墨作电极电解AlCl3溶液: Cl+2H2OCl2+H2+2OHB. Na2S 和Na2SO3溶液混合: 2S2-+SO32-+3H2O3S+6OH-C. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至不再产生沉淀: Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OD. 向Fe(NO3)2 和NaBr混合溶液中滴加稀 盐酸: 6Br-+2NO3+8H+=3Br2+2NO+4H2O【答案】C【解析】A、氯原子数目前后不相等，生成的OH-应与Al3+结合成Al(OH)3沉淀，正确的离子方程式应为6Cl+6H2O+2Al3+3Cl2+3H2+2Al(OH)3，A错误；B、Na2S 和Na2SO3在中性溶液中可以共存，在酸性条件中发生反应：2S2-+SO32-+6H +3S+3H2O，B错误；C、设NaHSO4为1mol，电离出1molH+和1molSO42-，要使1molSO42-恰好沉淀，需要1molBa(OH)2提供1molBa2+，同时提供2molOH-，实际反应1molOH-，故反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，C正确；D、Fe(NO3)2 和NaBr混合溶液中滴加稀盐酸，溶液中含有了强氧化剂HNO3，Fe2+ 的还原性大于Br-的还原性，所以HNO3先氧化Fe2+，再氧化Br-，而D中的离子方程式表示的是HNO3只与Br-反应，故D错误。正确答案为C。8. 我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其它材料电池，电池总反应为：V2O5+xLiLixV2O5。下列说法中，正确的是A. 锂在放电时做正极材料，充电时为阳极材料B. 电池在放电时，Li+向负极移动C. 该电池充电时阳极的反应为：LixV2O5xeV2O5+xLi+D. V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【答案】C【解析】试题分析：A该原电池中，锂失电子而作负极，充电是为阴极，故A错误；B向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；C该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe-V2O5+xLi+，故C正确；DV2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；故选C。考点：考查原电池原理的应用9. 向100mL0.1mol/L硫酸铝铵溶液中逐滴滴入0.1mo1/LBa(OH)2溶液.随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总总物质的量n的变化如图所示。则下列说法中正确的是A. a点的溶液呈中性B. 从开始到b点发生反应的离子方程式是：Al3+2SO42-+2Ba2+3OH-= Al(OH)3+2BaSO4B.c点消耗Ba(OH)2溶液体积为200mLC. c点溶液呈碱性【答案】D【解析】试题分析：NH4Al（SO4）2物质的量为0.01mol，溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。开始滴加同时发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH-，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42-完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH-，Al3+反应掉0.03molOH-，生成Al（OH）30.01mol，剩余0.01molOH-恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完全反应，此时溶液为氨水溶液，沉淀达最大为BaSO4和Al（OH）3；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液。A、由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al（OH）3，a点对应的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，溶液的溶质是（NH4）2SO4，那么该物质水解溶液呈酸性溶液显示中性，故A错误；B、由分析可知，b点发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，故B错误；C、由分析可知，c点加入Ba（OH）2的物质的量为0.005mol+0.02mol=0.025mol，所以=0.25L=250ml，故C错误；D、由分析可知，c为溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，所以溶液呈碱性，故D正确；故选D。考点：考查了铝及其化合物的性质，化学反应图像、化学计算的相关知识。10. 某固体物质X由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验:取少量样品置于盛有足量水的烧杯中，充分搅拌后仍有部分固体存在，过滤;将固体置于稀硝酸中无明显变化;取滤液少许滴加Ba(OH)2溶液后无明显变化，则固体物质X 可能为A. Na2SO4、 Mg(OH)2 B. AgNO3、KCl C. MgSO4 、BaCl2 D. K2SO4、Al(NO3)3【答案】B【解析】A、Na2SO4、 Mg(OH)2混合物溶于水后，Mg(OH)2不溶，将Mg(OH)2置于稀硝酸中，固体溶解，不符合题意，A错误；B、AgNO3、KCl混合溶于水中，生成不溶物AgCl和可溶的KNO3，将AgCl置于稀硝酸中无明显变化，向滤液KNO3中加Ba(OH)2溶液后无明显变化，符合题意，B正确；C、MgSO4 、BaCl2混合物溶于水后得到不溶物BaSO4和可溶物MgCl2，BaSO4不溶于硝酸，MgCl2溶液中加入Ba(OH)2有白色沉淀生成，不符合题意，C错误；D、K2SO4、Al(NO3)3混合溶于水后均溶解，不符合题意，D错误。正确答案为B。点睛：解答此类题目的方法是用答案去验证，采取排除的方法，比从正面思考问题更简单。11. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小，且电导率越大溶液的导电能力越强。室温下 ，用0.l00 molL-1的NH3H2O 滴定10.00mL 浓度均为0. 100 molL-1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示。下列说法正确的是A. 溶液中c(H+)为0.200molL-1B. 溶液温度高低为C. 点后因离子数目减少使电导率略降低D. 点时溶液中有c(C1一)c(CH3COO一)【答案】C【解析】试题分析：向浓度均为0 . 100 molL-1HCl和CH3COOH的混合液中滴加NH3 H2O，首先发生反应：HCl+NH3 H2O=NH4Cl+H2O，所以溶液中自由移动的离子的物质的量不变，而因为溶液的体积增大，所以离子的浓度减小，电导率逐渐减小，当该反应恰好发生时，电导率最小；此后发生反应：CH3COOH+ NH3 H2O=CH3COONH4+H2O，弱电解质变为强电解质，自由移动的离子浓度增大，电导率逐渐增大，当反应恰好完全时，溶液的电导率最大，此后再加入氨水，就对溶液起稀释作用，离子的浓度减小，电导率逐渐减小。根据电导率的变化可知HCl和CH3COOH是按照1:1混合的混合液。A 溶液中由于盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以c（H+）约为0 . 05 mol/L,错误；B由于电导率都是在室温下测定的，所以溶液温度高低相等，错误；C 点后因离子浓度减少使电导率略降，错误；D 点时溶液为NH4Cl和CH3COONH4等等浓度、等体积的混合溶液，由于铵根离子水解消耗，所以溶液中有c ( C1一）（CH3COO一），正确。考点：考查酸的混合溶液与碱发生反应时溶液的导电性与离子浓度的关系的知识。12. H3BO3(一元弱酸) 可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是A. M室发生的电极反应式为：2H2O4e = O4HB. N室中：a% C. 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体D. b膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸【答案】C【解析】A 、左边石墨电极为电解池的阳极，M室中的H2O失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O4e= O4H，A正确；B、右边石墨电极为阴极，水中的H+得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，原料室中的Na+通过c膜移向N室，所以N室中NaOH的浓度增大，故N室中：a% b%，B正确；C、M室中生成的H+通过a膜进入产品室，原料室中的B(OH)4-通过b膜进入产品室，发生反应：H+ B(OH)4-=H3BO3+H2O。生成1mol H3BO3，需要从M室中产生1molH+，则电路中转移的电子为1mol，阴极室产生的是H2，根据电子守恒可知阴极室产生的H2的物质的量为0.5mol，其在标准状况下的体积为11.2L，C错误；D、M室中产生的H+通过a膜进入产品室，a膜为阳膜，原料室中的B(OH)4-通过b膜进入产品室，b膜为阴膜，两者在产品室发生反应：H+ B(OH)4-=H3BO3+H2O，反应的原理为强酸制取弱酸，D正确。正确答案为C。13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，且X、Y原子序数之和是W、Z原子序数之和的2 倍，m、n、p、r是由这些元素组成的元化合物，甲、乙是其中两种元素对应的单质，n 与乙均是淡黄色固体。上述物质的转化关系如图所示(部分反应物或生成物省略)。下列说法错误的是A. 热稳定性: prB. X 与Y组成的化合物一定有漂白性C. 含Y 元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D. Z 与W、X、Y 可形成离子化合物【答案】B【解析】乙是单质且为淡黄色固体，可知乙是S，n是化合物且为淡黄色，可推测n为Na2O2，Na2O2 与r反应生成甲，甲为单质，根据所学知识初步判断甲为O2，从而可知r为CO2或者H2O，从而可得W、X、Y、Z四种元素分别为O、C、S、Na或者H、O、S、Na，前者C、S的原子序数之和为22，O、Na的原子序数之和为19，不是2倍的关系，不符合题意，后者O、S的原子序数之和为22，H、Na的原子序数之和为12，为2倍的关系，符合题意，故W、X、Y、Z四种元素分别为H、O、S、Na。由上分析可知r为H2O，O2和p生成S单质和H2O，p为H2S，所以m为Na2S或NaHS。A、p为H2S，r为H2O，S的非金属性小于O的非金属性，所以H2S的热稳定性小于H2O的热稳定性，A正确；B、X 与Y组成的化合物为SO2或SO3，SO2有漂白性，而SO3无漂白性，B错误；C、Y为S元素，Na2SO4溶液显中性，Na2SO3溶液显碱性，NaHSO4溶液显酸性，C正确；D、Z 与W、X、Y分别形成的化合物有NaH、Na2O、Na2S，三者均为离子化合物，D正确。正确答案为B。点睛：本题的突破口有两个，一是乙是单质且为淡黄色固体，可知乙是S，二是n是化合物且为淡黄色固体，可知n为Na2O2，再联系到Na2O2与H2O或者CO2的反应，问题就迎刃而解。14. 用如图装置做相应实验，收集方法及所加试剂、现象、结论均正确的是选项气体试剂现象结论AX酸性KMnO4溶液溶液褪色X一定是SO2 气体BNH3酚酞溶液溶液变红色氨水呈碱性CNO2淀粉一KI溶液溶液变蓝色NO2有还原性DCl2紫色石蕊试液溶液先变红后褪色氯水有酸性和漂白性A. A B. B C. C D. D【答案】D15. 在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA (g) +yB (g) zC (g),图I表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n (A): n (B)的变化关系则下列结论正确的是A. 200时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)0.04 molL1min1B. 图所知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的H0。方程式中物质的化学计量数之比等于反应中各物质的物质的量变化量之比，据此可写出该反应的化学方程式为2A(g)+B(g)C(g)，用极端的思想考虑可知起始时A和B的物质的量之比等于化学计量数之比时，产物C的体积分数最大，故a=2，B错误；C、若在图所示的平衡状态下，再向体系中充入He，因为容器的体积没有改变，且He是稀有气体不参与发应，所以反应中A、B、C的浓度不变化，故速率不变，C错误；D、图中平衡时混合物中A的体积分数为0.4（0.4+0.2+0.2）100%=50%，200时向容器中充入2molA和1molB，假设容器体积可以变化，将与图所示的平衡构成等效平衡，A的体积分数仍为50% ，但现在容器体积不变，故须将容器体积缩小，相当于增压，平衡将向正反应方向移动，A的体积分数将变小，小于50%，D正确。正确答案为D。16. 25时，将amol/L、pH=m的元酸HX溶液与bmol/L、pH=n的NaOH溶液等体积混合后pH7。下列说法正确的是A. 若a=b,则HX一定是弱酸B. 反应后溶液中一定存在c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)C. 若a=b,则m+m14D. 若a=2b,则反应后溶液中一定存在2c(OH-)=c(HX)+2c(H+)【答案】A【解析】常温下pH=n的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：110-14/110-nmolL1=10n-14molL1，pH=m的溶液中氢离子浓度为10-mmolL1，A 、若a=b，HX为强酸时溶液呈中性，所以HX为弱酸，故A正确；B、NaOH的物质的量较大时，溶液中可能满足：c（OH）c（X），故B错误；C、若a=b，当HX为强酸时，混合液呈中性，所以HX为弱酸，由于弱酸在溶液中部分电离出氢离子，则酸溶液中氢离子浓度一定小于碱溶液中的氢氧根离子浓度，即10-mmolL110n-14molL1，整理可得：m+n14，故C错误；D、若a=2b，且反应后溶液呈碱性，则HX一定为弱酸，根据电荷守恒可知：c（Na）+c（H）=c（X）+c（OH），两溶液体积相等，根据物料守恒可得：2c（Na）=c（X）+c（HX），结合可得：c（OH）=c（X）+2c（HX）+c（H），故D错误；故选A。点睛：本题考查溶液酸碱性与溶液pH的关系、离子浓度大小比较，要求学生有较强的分析能力及综合应用能力。解题关键：明确弱电解质的电离特点，注意熟练掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法。非选择题(本大题共五题，共52分)17. 金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3-发生氧化还原反应，转化关系如下:请回答下列问题:(1) 气体D 与F 反应可生成盐，该盐的化学式为_。(2) C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的结构式是_。(3) 气体D转化为气体C 的化学方程式_。(4) Al 与NO3-在酸性条件下反应，Al与被还原的NO3-的物质的量之比是_。(5) Al 与NO3-在碱性条件下反应的离子方程式为_。【答案】 (1). NH4NO3 (2). NN (3). 4NH3+ 5O24NO + 6H2O (4). 1:1 (5). 8A1+3NO3-+ 5OH-+2H2O=8AlO2-+3NH3【解析】Al与HNO3反应生成的A为Al(NO3)3、C为NO，则E为NO2，F为HNO3 ；Al在OH-、NO3-的作用下反应生成的B为NaAlO2、D为NH3。(1)NH3与HNO3反应生成NH4NO3，所以该盐的化学式为NH4NO3。(2)NH3与NO（或NO2）发生氧化还原反应生成N2和水，从而将NO或NO2转化为无毒的气体N2，发生的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O、4NH3+6NO5N2+6H2O，N2的结构式为NN。(3)NH3和O2在催化剂的作用下反应生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+ 5O24NO + 6H2O。.(5) Al 与NO3-在碱性条件下反应生成NH3、NaAlO2，根据质量守恒和电荷守恒可写出离子方程式为8A1+3NO3-+ 5OH-+2H2O=8AlO2-+3NH3。18. X、Y、Z、R、M、N 为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图一所示。(1) 比较R、N、M三种元素简单离子的半径由小到大的顺序_ (填离子符号)。(2) 化合物RYZ 的电子式为_，它能与双氧水在酸性条件下反应，生成两种无毒气体，其离子方程式为_。(3) 图二转化关系中的A、B、C、D四种化合物均由上述六种元素中的若干种构成，其中B为气体。若C的溶液呈酸性，C溶液中有五种离子，其离子浓度由大到小的顺序是_。若C 的溶液呈碱性，则C 可能是_(填化学式)。【答案】 (1). Na+O2-c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-) (5). NaHCO3或NaHS (写出一种即可)【解析】X、R最外层为1个电子，且原子半径分别是最小的和最大的，所以X为H、R为Na；M、N最外层为6个电子，且M原子半径大于N的，所以M为S、N为O；Y最外层为4个电子，可能为C或Si，Si的原子半径大于S的原子半径，不符合图像，所以Y为C；同理Z为N，所以X、Y、Z、R、M、N分别为：H、C、N、Na、S、O。(1)Na+、O2-的电子层结构相同，根据电子层结构相同的粒子，核电荷数越大半径越小可知半径大小关系为：Na+O2-，S2-具有三个电子层，Na+、O2-只有两个电子层，电子层数越多半径越大，所以S2-半径最大，故三种粒子的半径大小关系为：Na+O2-c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)。 A为NaOH，B为CO2，则C为NaHCO3，其水解大于电离，水溶液呈碱性；若B 为H2S，则C为NaHS，其水解大于电离，水溶液呈碱性，故C为NaHCO3或NaHS。19. 甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2) 在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-58kJ/molCO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=+41kJ/mol回答下列问题:(1)已知反应中的相关的化学键键能数据如下:化学键H-HC-OC=OH-OC-HE/(kJ/mol)abcdx则x=_。（用含表中字母的代数式表示）(2)若将lmolCO2和2molH2充入容积为2L的恒容密闭容器中，在两种不同温度下发生反应。测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示。曲线、对应的平衡常数大小关系为K_K(填“或“=”或“ (3). a，c，d (4). 0.06mol/(Lmin) (5). 450 (6). d【解析】(1)根据盖斯定律有：方程=方程-方程，所以H1=-58kJ/mol-（+41kJ/mol）=-99 kJ/mol），又H1=反应物的总键能-生成物的总键能=（c+2a）-(3x+b+d)，所以x= 1/3(2a+c-b-d)+33。 (2) 、曲线先达到平衡，所以对应的温度比的温度高，对于反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-58KJ/mol来说，降温平衡正向移动，平衡常数增大，即KK。、该反应中气体分子个数前后发生变化，容器中压强不变，说明气体的分子个数不再变化，可以说明反应已达平衡，a正确；如果开始投入的起始原料只有反应物或只有生成物且按化学计量数投料，则反应中甲醇和水蒸气的体积比始终是一个定值，无法说明反应是否平衡，b错误；v逆(H2)=3v逆(CH3OH)，若反应已达平衡则有v正(H2)= v逆(H2)，所以v正(H2)=3v逆(CH3OH)可说明反应已达平衡，c正确；2个C=O断裂的同时有3个H-H形成，两个速率方向相反，且符合化学计量数之比，可以说明已达平衡，d正确。故能判断该反应达到化学平衡状态的是a，c，d。、5min时v(H2)=2mol0.92L5min=0.18 mol/(Lmin)，所以v(CO2)= v(H2)/3=0.06 mol/(Lmin)。利用三段模式方法计算得到平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.3mol/L、0.3mol/L，所以K=(0.30.3)/(0.20.13)=450。升温，平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂不影响平衡的移动，对甲醇的产率无影响；恒容条件下充入He，反应体系中各物质的浓度不变，平衡不移动，对甲醇的产率无影响；按原比例再充入CO2和H2，相当于在等效平衡的基础上增压，平衡正向移动，甲醇的产率增大，故选答案d。点睛：本题综合考查热化学与化学平衡，能够利用盖斯定律快速求解反应热，反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能，在利用键能计算时，注意分子中所含的化学键的数目，如CO2中含有2个C=O。在求解化学平衡的某些数据时，经常利用三段模式法解题，熟练掌握三段模式的解题方法，可以求出转化率、平衡常数、反应前后气体压强比例等数据。20. 在炼锌厂和炼钢厂废弃的含锌烟道灰中，含有30%50%的氧化锌，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等物质，可用该烟道灰为原料生产草酸锌晶体(ZnC2O42H2O)。请回答下列问题:(1)为了提高漫出速率,除将烟道灰处理得更细外，还可采取的措施有_ (写出一条)。(2)证明除铁工序中Fe3+已经沉淀完全的实验步骤及现象是_.(3)上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是_.(4)己知: 常温下，KspFe(OH)3=8.010-38.当加入ZnO控制反应液pH=5.0时，溶液中c(Fe3+)=_.(5)草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，试写出相关反应的离子方程式:_.【答案】 (1). 升温 (2). 取除铁工序所得上层清液，滴加几滴KSCN溶液，若无变化，说明Fe3+已沉淀完全 (3). 先加ZnS会将Fe3+还原为Fe2+,使铁元素难以除去 (4). 8.0x 10-11mol/L (5). 5H2C2O4 + 2MnO4-+6H+=2Mn2+ 10CO2+8H2O【解析】(1)提高漫出速率，除将烟道灰处理得更细外，还可以提高反应的温度，加快反应速率。(2)除铁工序中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，要证明除铁工序中Fe3+已经沉淀完全，可以取除铁工序所得的上层清液，滴加几滴KSCN溶液，