《2019-2020学年安徽省蚌埠两校新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年安徽省蚌埠两校新高考化学模拟试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年安徽省蚌埠两校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x 等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghde B上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由 d、e、g 三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀D f 的最高价氧化物的水化物可以分别与e 和 h 的最高价氧化物的水化物发生反应【答案】B【解析】【分析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x 属于第一周
2、期，y、z、d 属于第二周期，e、f、g、h 属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x 为 H,y 为 C、z 为 N、d 为 O、e 为 Na、f 为 Al、g 为S、h 为 Cl。【详解】A.g 为 S，h 为 Cl，属于第三周期，离子半径gh；d 为 O，e 为 Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为 NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和 NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故 B错误；C.d
3、为 O、e 为 Na、g 为 S，由 d、e、g 三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故 C正确；D.f 为 Al，f 的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和 h 的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故 D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。2amolFeS 与 bmolFe3O4投入到 VL cmol/L 的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO 气体。所得澄清溶
4、液的成分是Fe（NO3）3和 H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为A3cV-9a-bmol3B（a+3b）mol C9a+bmol3D（cV3a9b）mol【答案】A【解析】【分析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由 Fe 元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b 表示计算NO 的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO 的物质的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量
5、=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为8a32a62b 339ab mol3；NO 的物质的量为9abmol3，未被还原的硝酸的物质的量为3cV-9a-bmol3。答案选 A。3如图是模拟“侯氏制碱法”制取 NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是()A a 通入 CO2，然后 b 通入 NH3，c 中放碱石灰Bb 通入 NH3，然后 a 通入 CO2，c 中放碱石灰Ca 通入 NH3，然后 b 通入 CO2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉D b 通入 CO2，然后 a 通入 NH3，c 中放蘸稀硫酸的脱
6、脂棉【答案】C【解析】【详解】由于 CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于 NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a 先通入 NH3，然后 b 通入 CO2，A、B、D 选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C 合理；故合理答案是C。【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。4已知铍（Be）与铝的性质相似则下列判断
7、正确的是（）A铍遇冷水剧烈反应B氧化铍的化学式为Be2O3C氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D氯化铍水溶液显中性【答案】C【解析】【分析】既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B.铍的最外层有2 个电子，显+2 价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D.氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选 C。5某同学探究温度对溶液pH 值影响，加热一组试液并测量pH 后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（）
8、10 20 30 40 纯水7.30 7.10 6.95 6.74 NaOH 溶液13.50 13.11 12.87 12.50 CH3COOH溶液2.90 2.89 2.87 2.85 CH3COONa溶液9.19 9.00 8.76 8.62 下列说法正确的是A随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B随温度升高，NaOH 溶液 pH 变化主要受水电离平衡变化影响C随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D随温度升高，CH3COONa溶液的 pH 减小，说明水解程度减小，c(CH3COO)增大【答案】B【解析】【分析】【详解】A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，
9、A 项错误；B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH 溶液 pH 会减小，B项正确；C.随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D 项错误；答案选 B。6铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4(s)+3H2S(g)+H2(g)3 FeS(s)+4 H2O(g)，其温度与平衡常数的关系如图所示。对此反应原理的理解正确的是A H2S是还原剂B脱除 H2S的反应是放热反应C温度越高H2S的脱除率越大D压强越小H2S的脱除率越高【答案】B【解析
10、】【分析】【详解】A还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A 错误；B由图可以得出，温度越高，K 值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D 错误；故选 B。7甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)-49.0kJ CH3OH(g)+12O2(
11、g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ 下列说法正确的是()A 1molCH3OH完全燃烧放热192.9kJ B反应中的能量变化如图所示CCH3OH 转变成 H2的过程一定要吸收能量D根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的 Q192.9kJ【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即H 元素要转化为液态水而不是转化为氢气，故1molCH3OH 完全燃烧放出的热量不是192.9kJ，故 A 错误；B因为 CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的 Q 小于 0，该反应是吸热反应，
12、所以反应物的总能量应该小于生成物的总能量，故B 错误；C中的热化学方程式表明，CH3OH 转变成 H2的过程不一定要吸收能量，故C 错误；D因为 CH3OH(l)变成 CH3OH(g)需要吸收能量，根据推知反应：CH3OH(l)+12O2(g)CO2(g)+2H2(g)+Q 的Q192.9kJ，故 D 正确；故选 D。【点睛】8某研究小组以AgZSM 为催化剂，在容积为1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO 转化为 N2的转化率随温度变化如图所示无 CO时反应为2NO(g)垐?噲?N2(g)O2(g)；有 CO时反应为2CO(g)2NO(g)垐?噲?2CO2(g)N2(g)。下列说
13、法正确的是()A反应 2NO垐?噲?N2O2的 H0 B达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)1，CO转化率下降CX点可以通过更换高效催化剂提高NO 转化率D Y点再通入CO、N2各 0.01 mol，此时 v(CO，正)v(CO，逆)【答案】B【解析】【分析】A.升高温度，NO 的转化率降低；B.达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)1，增大反应物浓度；C.X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；D.Y点再通入CO、N2各 0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。【详解】A.升高温度，NO 的转化率降低，因此反应2NO垐?噲?N2 O2为放热反应，Hv(CO，逆)
14、，D 项错误；答案选 B。9化学是现代生产、生活与科技的中心学科之一，下列与化学有关的说法，正确的是A 2022 年冬奥会聚氨酯速滑服，是新型无机非金属材料B石墨烯是由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，属于烯烃C顾名思义，苏打水就是苏打的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料D人们洗发时使用的护发素，其主要功能是调节头发的pH 使之达到适宜的酸碱度【答案】D【解析】【分析】【详解】A聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A 错误；B烯烃中含有C、H 元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H 原子，不属于烯烃，故B 错误；C苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱
15、性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；D洗发水的pH 大于 7、护发素的pH 小于 7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH 达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故D 正确；故选 D。10下列反应的离子方程式正确的是（）A用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu+2Fe3=Cu2+2Fe2+B向 AgCl悬浊液中滴加KI 溶液：Ag+I-=AgI C向明矾溶液中滴加硫化钠溶液：2Al3+3S2-=Al2S3D向 NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca2OH-HCO3-=CaCO3H2O【答案】A【解析】【详解】A.用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu2Fe3=Cu2+2Fe2+，故 A 正确；
16、B.向 AgCl悬浊液中滴加KI 溶液：AgCl(s)I(aq)AgI(s)Cl(aq)，故 B错误；C.向明矾溶液中滴加硫化钠溶液反应生成氢氧化铝和硫化氢：2Al3+3S26H2O=2Al(OH)33H2S，故 C 错误；D.向 NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2溶液：Ca22OH 2HCO3=CaCO32H2O CO32，故 D 错误。综上所述，答案为A。【点睛】铝离子和硫离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体。11A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A若 A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈
17、碱性，则X可以是 CO2B若 C为红棕色气体，则A 一定为空气中含量最高的气体C若 B为 FeCl3，则 X 一定是 Fe D A 可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A.若 A、B、C 的焰色反应呈黄色，说明A、B、C 中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A 为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B 为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C 为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A 正确；B.若 A 为氨气、X 为氧气，则B 为一氧化氮，C 为红棕色气体二氧化氮，则A 不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C.若 B 为 FeCl3，则 A 为氯气，与铁反应生成氯
18、化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C 正确；D.若 A 为碳、X 为氧气，则B 为一氧化碳，C 为二氧化碳；若A 为氧气、X 为碳，则B 为二氧化碳，C为一氧化碳，故D 正确；答案为 B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。12将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下
19、列说法正确的是A V1V3V2BV2V1 V3CV1 V2V3DV1V3 V2【答案】A【解析】【详解】假设每份含2mol 铝，能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2mol 铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气Fe+2HCl=FeCl2+H2，2mol 铝与四氧化三铁反应生成9/4mol 铁，9/4mol 铁与盐酸反应生成氢气9/4mol；能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2mol 铝与盐酸溶液反应生成氢气
20、3mol 氢气；所以 V1=V3V2，故选 A。13螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A与 HBr 以物质的量之比1：1 加成生成二种产物B一氯代物有五种C所有碳原子均处于同一平面D该化合物的分子式为C10H12【答案】A【解析】【详解】A.分子中含有2 个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与 HBr 以物质的量之比1:1 加成生成二种产物，故 A 正确；B.结构对称，分子中含有4 种 H，则一氯代物有4 种，故 B 错误；C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；D.由结构简式可知该化合物的分
21、子式为C9H12，故 D 错误。故选 A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4 个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。14在 NH3、HNO3、H2SO4的工业生产中，具有的共同点是()A使用吸收塔设备B使用尾气吸收装置C使用 H2作原料D使用催化剂【答案】D【解析】【详解】A、H2SO4不用 H2作原料，错误；B、SO2到 SO3需要催化剂，NH3的合成与氧化需要催化剂，正确；C、NH3的合成不使用吸收塔设备，错误；D、工业生产中原料充分利用，一般有毒气体较少排放，错误。答案选 D。15下列说法正确的是()A国庆 70 周年大
22、典放飞的气球由可降解材料制成，主要成分是聚乙烯B歼-20 上用到的氮化镓材料是一种金属合金材料C我国发射的“嫦娥三号”卫星所使用的碳纤维，是一种无机非金属材料D“绿水青山就是金山银山”。推广聚氯乙烯代替木材，生产快餐盒等，以减少术材的使用【答案】C【解析】【分析】【详解】A聚乙烯材料不可降解，A 错误；B氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；C碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；D聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D 错误。答案选 C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用
23、如图所示装置制备SO2，并用纯净 SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置，该装置中的试剂是_，气体从 _口(填“a”或“b”)进。(2)检验 SO2常用的试剂是_，利用了 SO2的 _性。(3)将 SO2通入 0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为_。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和 BaCl2溶液，进行如下实验：(4)实验 A、C 中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_。(5)实验 C中，没有观察到白色沉淀，但pH 传感器显示溶液呈酸性，原因是_。(用方程式表示
24、)(6)实验 B中出现白色沉淀比实验A 快很多。由此得出的结论是_。若实验 A、B 中通入足量的SO2后，溶液pH：A_B(填“”、“B。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17H 是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph 代表苯基）：（1）已知 X是一种环状烃，则其化学名称是_。（2）Z的分子式为 _；N 中含氧官能团的名称是_。（3）反应的反应类型是_。（4）写出反应的化学方程式：_。（5）T是 R的同分异构体，同时满足下列条件的T 的同分异构体有_种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式：_。a与氯化铁溶液发生显色反应b1molT 最多消耗2mol
25、 钠c同一个碳原子上不连接2 个官能团（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：_（其他试剂任选）。【答案】环戊二烯C7H8O羰基加成反应2+O2Cu2+2H2O 9【解析】【分析】（1）已知 X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；（2）由 Z 得结构简式可得分子式，由N 得结构简式可知含氧官能团为羰基；（3）反应的反应类型是X与 Cl2C=C=O发生的加成反应；（4）反应为M的催化氧化；（5）T 中含不饱和度为4 与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT 最多消耗2mol 钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2 个官能
26、团，以此推断；（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【详解】（1）已知 X是一种环状烃，分子式为C5H6，则 X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；（2）Z 结构式为，分子式为：C7H8O；由 N 得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；（3）反应的反应类型是X与 Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；（4）反应为M 的催化氧化反应方程式为：2+O2Cu2+2H2O，故答案为：2+O2Cu2+2H2O；（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4 个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗
27、2mol 钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2 个官能团。则有两种情况，苯环中含有3 个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6 种同分异构体；苯环中含有2 个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9 种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOC COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01 mol/L 的 H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的
28、pH 如表所示。）填空：H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH 2.1 3.1 8.1(1)写出 H2C2O4的电离方程式 _。(2)KHC2O4溶液显酸性的原因是_；向 0.1 mol/L 的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_。ac(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)bc(Na+)=c(H2C2O4)+c(C2O42-)cc(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)dc(K+)c(Na+)(3)H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡(CO2)产生，紫色消失。写出反应的离子方程式_；又知该反应
29、开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_。【答案】H2C2O4H+HC2O4-、HC2O4-H+C2O42-HC2O4-的电离程度大于水解程度ad 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用【解析】【分析】(1)常温下 0.01 mol/L 的 H2C2O4溶液的 pH 为 2.1，KHC2O4的 pH 为 3.1，说明草酸是二元弱酸；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；a根据物料守恒判断；b根据电荷守恒判断；c根据物料守恒、电荷守恒判断；d若恰好反应，c(
30、K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为锰离子；反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明生成的Mn2+对该反应具有催化作用。【详解】(1)二元弱酸分步电离，草酸电离方程式为：H2C2O4H+HC2O4-、HC2O4-H+C2O42-；(2)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度。a.碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
31、+c(C2O42-)，A 正确；b.根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，B错误；c.由物料守恒可得c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)、根据电荷守恒可得：c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，C错误；d.若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时得到的盐是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，故若溶液显中
32、性，则加入的氢氧化钠的物质的量略少些，所以c(K+)c(Na+)，D 正确；故合理选项是ad；(3)草酸和高锰酸钾溶液反应在酸性溶液中发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，高锰酸钾被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，反应开始时速率较慢，随后大大加快，说明反应生成的Mn2+对该反应具有催化作用。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，涉及草酸的电离方程式书写、电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒、草酸的还原性以及影响化学反应速率的因素的探究，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。19某
33、混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量 Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂NaOH 的电子式为 _，BC 的反应条件为_，CAl 的制备方法称为_。（2）该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_。a温度 bCl-的浓度 c溶液的
34、酸度（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热 4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_（写化学式）。【答案】加热（或煅烧）电解法a c2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJ mol-1在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH 和 H2【解析】惰性电极电解混合物浆液
35、时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为 AlO2-，通入 CO2转化为 Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。（1）NaOH 的电子式为；根据上述分析，BC的条件为加热或煅烧，CAl的制备方法称为电解法。（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。（3）0
36、.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热 4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJ mol-1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-85.6kJ mol-1。（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和 Cr2O72-；阴极室 H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为 NaOH和 H2。