故合理选项是C。
13．电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是 ．．．
A．由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率
B．由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C．由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率
D．由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关 【答案】D 【解析】 【详解】
A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；
B．温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；
C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确； D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误； 故答案为D。
14．X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（ ）
13
A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小 B．原子序数：N＞M＞X＞Y
C．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等 D．碱性：M(OH)2＞YOH 【答案】C 【解析】 【分析】
X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。 【详解】
A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；
B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；
C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；
D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误； 故选C。 【点睛】
正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。 15．下列符合实际并用于工业生产的是 A．工业炼铝：电解熔融的氯化铝 B．制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水
C．工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收 D．工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阳极区域得到烧碱溶液 【答案】C 【解析】 【详解】
A.氯化铝是共价化合物，工业炼铝:电解熔融的氧化铝，故A错误； B.氯气和石灰乳反应制备漂白精，故B错误；
C.工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，最后用 浓硫酸吸收，故C正确；
14
D.工业制烧碱：电解饱和食盐水，在阴极区域得到烧碱溶液，故D错误； 故选C。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。
试剂 实验 滴管 试管 1 mol·L-1 NaNO2溶液 1 mol·L-1 NaNO2溶液 0.1 mol·L-1 KMnO4 溶液 1 mol·L-1 FeSO4 2mL KSCN溶液 实验III：无明显变化 溶液（pH=3） 1 mol·L-1 FeSO4 溶液（pH=3） 实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红 实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 编号及现象 1%酚酞溶液 实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深 1 mol·L-1 NaNO2溶液 资料：[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色。
（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因 ______
（2）实验II证明NO2-具有_____性， 从原子结构角度分析原因_________ （3）探究实验IV中的棕色溶液
①为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。 实验 溶液a 编号及现象 1 mol·L-1FeSO4溶液（pH=3） i．溶液由___色迅速变为___色 ____________________ ii．无明显变化 ②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述现象产生的原因_________。
（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。 ①盐桥的作用是____________________________
15
②电池总反应式为______________________
实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。
【答案】NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色
加深 还原性 N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现L?1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） 棕色溶液中的[Fe(NO)]2+受热生成还原性 浅绿色 棕色 0.5mol·
NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生 Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO↑+H2O 【解析】 【分析】
（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2O水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；
（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；
（3）①若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；
②加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；
（4）①将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生； ②两电极反应式相加得总反应式。 【详解】
（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2O
HNO2+OH-，温度升高HNO2+OH-，温度升高
L-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 mol·变为浅红色，微热后红色加深， 故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2O
HNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色
16
相关推荐：
loading