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第 1 页，共 9 页 2020 年 3 月化学月考答案 1. C 2. C 3. D 4. D 5. D 6. C 7. D 8. C 9. C 10. C 11. A 12. B 13. A 14. B 15. C 16. C 17.（共 16 分） ⑴ 羧基（ 1 分）； （ 1 分）； ⑵ 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O（ 2 分）； CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；（ 2 分） ⑶ ①防止溶液倒吸（ 2 分）； ②饱和碳酸钠溶液（ 2 分） 溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯溶解度（ 2 分） ⑷ 有（ 2 分） 氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定（ 2 分） 18.（共 15 分） (1)3d 10 4s 2 4p 4 （ 1 分） (2)Br > As > Se > Te （ 2 分） (3)H2O2 分子间存在氢键 （ 1 分）； sp 3 杂化 （ 1 分）；三角锥形 （ 1 分） (4) < ； > ； > ； > ； > （ 5 分） (5)8 （ 1 分）； 3 2 × 3 130 NA ⋅ d × 10 7 （ 3 分） 19.（共 13 分） (1) D （ 1 分） (2) 3MnO2 + KClO3 + 6KOH −  高温  3K2MnO4 + KCl + 3H2O （ 2 分） (3) 溶解性 （ 2 分）避免温度下降，造成主产品纯度降低 （ 2 分） (4) 阳 （ 1 分） 阳 （ 1 分） MnO4 2 − − e − = MnO4 − （ 2 分） (5) ab（ 2 分） 20.（共 8 分） (1) CH3COOH ⇌ H + + CH3COO − （ 1 分） (2) c(CH3COO − ) > c(Na + ) > c(H + ) > c(OH − ) （ 2 分） (3) > （ 1 分） 10 − 4.76 （ 2 分） (4) ac （ 2 分） 【解析】 1. 解： A. 二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水，所以高纯度的二氧化 硅广泛用于制作光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故 A 正确； B.碳纤维是碳的一种单质，属于非金属材料，故 B 正确； C.聚氯乙烯难降解，大量使用能够引起白色污染，故 C 错误； D.碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故 D 正确； 故选：C。 A.二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸钠和水； B.碳纤维是碳的一种单质；第 2 页，共 9 页 C.聚氯乙烯难降解； D.碳纳米管表面积大，据此较大的吸附性。 本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的组成和性质、发生的反应为解答 关键为解答该题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 2. 解： A. 醋酸是弱电解质，应用可逆号，故呈酸性的原因是： CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO − + H3O + ，故 A 错误； B.多元弱酸根的电离分步进行，故水解方程式为 CO3 2 − + H2O ⇌ HCO3 − + OH −， HCO3 − + H2O ⇌ H2CO3 + OH −，故 B 错误； C.乙醇在通过催化剂时，可以被氧化为乙醛，反应的方程式为： ，故 C 正确； D.氢气燃烧热的热化学方程式 H2(g) + 1 2 O2(g) = H2O(l) △ H = − 285.5kJ/mol ，故 D 错 误； 故选：C。 A.醋酸是弱电解质，应用可逆号； B.多元弱酸根的水解分步进行； C.乙醇催化氧化生成乙醛和水； D.燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成温度氧化物时放出的热量。 本题考查离子反应、燃烧热的热化学方程式，注意多元弱酸阴离子水解及燃烧热概念即 可解答，题目难度不大。 3. 解： A. 烷烃的通式为 CnH2n+2 ，C 元素的质量分数为 12n 14n+2 = 12 14+ 2 n ，随 n 值增大，碳元 素的质量百分含量逐渐增大，故 A 错误； B.乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成 1， 2 −二溴乙烷，故 B 错误； C.苯中不含碳碳双键，但 1   mol 摩尔苯恰好与 3 摩尔氢气完全加成，故 C 错误； D. C7H16 主链上有 5 个碳原子，支链为 2 个甲基或 1 个乙基，符合条件的同分异构体有： (CH3)3CCH2CH2CH3 、 CH3CH2C(CH3)2CH2CH3 、 CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3 、 (CH3)2CHCH2CH(CH3)2 、 (CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3 ，总共 5 种，故 D 正确； 故选：D。 A.烷烃的通式为 CnH2n+2 ，C 元素的质量分数为 12n 14n+2 = 12 14+ 2 n ； B.乙烯中含碳碳双键，与溴发生加成反应； C.苯中不含碳碳双键； D. C7H16 主链上有 5 个碳原子，支链为 2 个甲基或 1 个乙基，可以看作取代戊烷形成的 物质。 本题考查有机物结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物组成、结构与性质， D 为易错点，注意减链法书写同分异构体，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活 应用基础知识的能力。 4. 【分析】 本题考查了常见有机化合物的性质，侧重考查苯的结构及性质，明确苯分子中碳碳键的 独特性是解题关键，题目难度不大。 【解答】 A.在浓硫酸做催化剂、 55 ℃ − 60 ℃加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基 苯，该反应也称硝化反应，故 A 正确； B.苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，故 B 正确； C.乙烯能够与溴水发生加成反应，甲烷与溴水不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴第 3 页，共 9 页 水除去，故 C 正确； D.医院用 75% 酒精杀菌、消毒， 75% 是乙醇体积分数，不是质量分数，故 D 错误。 故选 D。 5. 【分析】 本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关 键，难度不大。 【解答】 A.氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于 0.1NA ，故 A 错误； B.标准状况下， 2.24L NO 即 0.1molNO 和 2.24L   O2 即 0.1mol   O2 混合后生成 0.1molNO2 ， 并剩余 0.05mol 氧气，而 NO2 中存在平衡： 2NO2 ⇌ N2O4 ，导致分子数减小，则最后分 子数小于 0.15NA ，故 B 错误； C.加热条件下，铁投入足量的浓硫酸中反应生成硫酸铁，铁元素由 0 价升高为 + 3 价， 故 1mol 铁失去 3mol 电子，根据得失电子数守恒可知，生成的二氧化硫分子个数为 1.5NA ，故 C 错误； D.过氧化钠与水或者二氧化碳反应，过氧化钠均既是氧化剂又是还原剂，故 0.1mol 过 氧化钠与足量的潮湿的二氧化碳反应时转移电子数为 0.1NA ，故 D 正确。 故选 D。 6. 【分析】 本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，注意不能重写、 漏写，题目难度不大。 【解答】 该烷烃的碳链结构为 ，1 号和 6 号碳原子关于 2 号碳原子对称，5、 8、9 号碳原子关于 4 号碳原子对称，但 4 号碳原子上没有氢原子，所以 4 号碳原子和 3、 5、8、9 号碳原子间不能形成双键；相邻碳原子之间各去掉 1 个氢原子形成双键，所以 能形成双键有：1 和 2 之间 ( 或 2 和 6) ；2 和 3 之间；3 和 7 之间，共有 3 种， 故选：C。 7. 【答案】D 【解析】 解：A.乙烯与溴发生加成反应生成 1，2−二溴乙烷，若发生取代反应生成溴乙烷和 HBr， 由于 HBr 不溶于四氯化碳，可根据四氯化碳溶液避免是否有气泡生成判断反应类型，故 A 正确； B.酸性高锰酸钾溶液能够氧化碳碳双键，根据图示装置可探究苯分子是否含有碳碳双 键，故 B 正确； C.灼热的铜丝表明有黑色的 CuO，将灼热的铜丝伸入乙醇中，黑色的氧化铜变为红色， 可证明乙醇具有还原性，故 C 正确； D.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故 D 错误； 故选：D。 A.HBr 不溶于四氯化碳，根据溶液表明是否有气泡生成可判断乙烯与溴的反应类型； B.碳碳双键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色； C.乙醇能够使灼热的铜丝变为红色，证明乙醇还原了氧化铜； D.氢氧化钠溶液能够与乙酸乙酯反应，不能用氢氧化钠吸收乙酸乙酯． 本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及反应类型判断、乙酸乙酯的制备、第 4 页，共 9 页 乙醇的性质、物质检验等知识，明确常见有机物组成、结构与性质为解答关键，试题培 养了学生的分析能力及综合应用能力 8. 解：由上述分析可知，X 为 O、Y 为 H、Z 为 S、W 为 N， A.氮原子质子数为 7，核外有 2 个电子层，最外层有 5 个电子，原子结构示意图为 ， 故 A 错误； B.元素 X 和 Y 能形成原子个数比为 1：1 或 1：2 的化合物，如过氧化氢、水，故 B 错 误； C.同主族从上到下非金属性减弱，则元素 X 比元素 Z 的非金属性强，故 C 正确； D.X、Y、Z、W 四种元素能形成离子化合物，如硫酸铵，故 D 错误； 故选：C。 X 的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍，L 层电子数为 6，X 为 O；Y 的核外电子层数等 于原子序数，Y 为 H；Z 的 L 层电子数是 K 层和 M 层电子数之和，M 层电子数为 6，Z 为 S；W 为共用三对电子形成双原子分子，常温下为气体单质，W 为 N，以此来解答。 本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握原子结构、分子结构来推断元素为解答 的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 9. 【答案】C 【分析】 本题考查了反应类型，根据概念判断即可解答，难度不大，注意概念的理解把握。 【解答】 A.苯环上的氢原子被硝基代替，属于取代反应，故 A 正确； B.碳碳双键断裂，分别结合溴原子，生成 1，2−二溴乙烷，属于加成反应，故 B 正确； C.乙醇被催化氧化为乙醛的反应属于氧化反应，故 C 错误； D.乙酸和乙醇之间发生反应生成乙酸乙酯和水的反应叫做酯化反应，属于取代反应，故 D 正确。 故选 C。 10. 解： A. 使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故 A 错误； B.平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两 者的平衡常数相同，故 B 错误； C.由图可知 pH = 4 左右 Fe 3+ 完全沉淀， Cu 2+ 还未开始沉淀，由于 CuO + 2H + = Cu 2+ + H2O 反应发生，所以加入 CuO 可以调节 PH = 4 左右，此时 Fe 3+ 完全沉淀，过滤即可， 故 C 正确； D. 0.001mol/L 的醋酸溶液 pH > 3 ，图中起点 pH = 3 ，故 D 错误。 故选：C。 A.使用催化剂，加快反应速率； B.平衡常数是温度的函数，改变压强，平衡常数不变； C.由图可知 pH = 4 左右 Fe 3+ 完全沉淀； D. 0.001mol/L 的醋酸溶液 pH > 3 。 本题考查平衡移动的图象综合，为高频考点，把握滴定时 pH 的变化、平衡移动、催化 剂对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象的分析与平 衡移动原理的应用，题目难度不大。 11. 解： A. 电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，B 为阴极，则 b 为阳离子 交换膜，故 A 正确； B.A 极为阳极，发生氧化反应生成氯气，但没有沉淀生成，故 B 错误； C.B 极生成氢气和氢氧根离子，pH 最大，应为 pHA < pHC < pHB ，故 C 错误； D.B 极为阴极，生成氢气，不能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝，故 D 错误。 故选：A。第 5 页，共 9 页 A.电解时，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动； B.A 极为阳极，发生氧化反应生成氯气； C.B 极生成氢气和氢氧根离子，pH 最大； D.B 极为阴极，生成氢气． 本题综合考查水的净化、电解原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确电解 原理、物质的性质及发生的化学反应、化学用语的应用即可解答，题目难度不大． 12. 解：① A 是固体，增大 A 的量对平衡无影响，故①错误； ②升高温度， v( 正 ) 、 v( 逆 ) 均应增大，但 v( 逆 ) 增大的程度大，平衡向逆反应方向移动， 故②错误； ③压强增大平衡不移动，但 v( 正 ) 、 v( 逆 ) 都增大，故③错误； ④增大 B 的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动， v( 正 ) > v( 逆 ) ，故④正确； ⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B 的转化率不变， 故⑤错误； 故选：B。 ① A 是固体，其量的变化对平衡无影响； ②升高温度，正、逆反应速率都增大； ③压强增大平衡不移动，但 v( 正 ) 、 v( 逆 ) 都增大； ④增大 B 的浓度，平衡向正反应移动； ⑤催化剂不能使化学平衡发生移动． 本题考查化学平衡的影响因素，比较基础，注意化学平衡发生移动的本质是改变条件引 起正、逆速率不相等． 13. 解： A.X 不可能为 Cu，故 A 错误； B.装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大 SO2 的吸收速率，故 B 正确； C.Ⅲ中 NaOH 溶液可吸收尾气，故 C 正确； D.用装置Ⅱ反应后的溶液制备 MnSO4 H2O ，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，故 D 正确； 故选：A。 由实验装置可知，X 为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而 Cu 与浓硫酸常温下 不反应，II 中“多孔球泡”可增大 SO2 的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成 MnSO4 ，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，Ⅲ中 NaOH 溶液可吸收尾气，以此来解答。 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作 用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验 的结合，题目难度不大。 14. 解： A. 高锰酸钾可氧化过氧化氢，不能比较 CuSO4 和 KMnO4 的对 H2O2 分解的催化 效果，故 A 错误； B.氯水先氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇到淀粉溶液变蓝，故 B 正确； C.浓硫酸吸收胆矾晶体中的水，蓝色晶体变为白色粉末，故 C 错误； D. SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，而 SO2 与氯化钡不反应， 故 D 错误； 故选：B。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、 物质鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分 析，题目难度不大。 15. 解：① C 的生成速率与 C 的消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，该反应达到平 衡状态，故①不选； ②单位时间内生成 amolA，同时生成 3amolB，A，B 都是反应物，生成 A、B 的速率都 是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故②选； ③ A 、B、C 的浓度不再变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故③不选；第 6 页，共 9 页 ④ A 、B、C 的质量分数不再变化，说明各物质的物质的量的量不变，反应达到平衡状 态，故④不选； ⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不 变，反应达到平衡状态，故⑤不选； ⑥恒温恒容条件下，A、B、C 都是气体，所以混合气体的密度不会发生变化，故密度 不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故⑥选； ⑦由反应 A(g) + 3B(g) ⇌ 2C(g) 可知，混合气体的质量是定值，反应前后气体的体积不 等，所以平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡状态了，故⑦不选； ⑧ A 、B、C 的分子数之比为 1：3：2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判 断平衡状态，故⑧选； 故选：C。 A(g) + 3B(g) ⇌ 2C(g) 为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应 速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此判断。 本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确化学平衡状态的特征即可解答，试 题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。 16. 解： A. 当混合溶液体积为 20mL 时，二者恰好反应生成 NaHCO3 ， HCO3 −的电离程度 小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，则溶液的 pH 为 7 时，盐酸体积大于 10mL，溶 液的总体积大于 20mL，故 A 正确； B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，B 点所示的溶液 c(Na + ) + c(H + ) = 2(CO3 2 − ) + (HCO3 − ) + (OH − ) + c(Cl − ) ，故 B 正确； C.由图可知，A 点 (CO3 2 − ) = (HCO3 − ) ，溶液显碱性，则 (CO3 2 − ) = (HCO3 − ) > (OH − ) > c(H + ) ， 溶质为等量的 NaHCO3 、 Na2CO3 ，即钠离子浓度最大， c(Na + ) > c(CO3 2 − ) = c(HCO3 − ) > c(OH − ) > c(H + ) ，故 C 错误； D.水解常数 Kh = c(HCO3 − )c(OH − ) c(CO3 2 − ) = 2 × 10 − 4 ，溶液中 c(HCO3 − ) = 2c(CO3 2 − ) 时， c(OH − ) = 1 × 10 − 4 mol/L ， c(H + ) = 10 − 10 mol/L ，溶液的 pH = 10 ，故 D 正确； 故选：C。 常温下在 10mL0.1mol/LNa2CO3 溶液中逐滴加入 0.1mol/LHCl 溶液，先反应生成 NaHCO3 ，再与 HCl 反应生成二氧化碳、水， A.当混合溶液体积为 20mL 时，二者恰好反应生成 NaHCO3 ， HCO3 −的电离程度小于其水 解程度，所以其溶液呈碱性； B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同； C.由图可知，A 点 (CO3 2 − ) = (HCO3 − ) ，溶液显碱性； D.水解常数 Kh = c(HCO3 − )c(OH − ) c(CO3 2 − ) = 2 × 10 − 4 ，溶液中 c(HCO3 − ) = 2c(CO3 2 − ) 时， c(OH − ) = 1 × 10 − 4 mol/L ． 本题考查混合溶液离子浓度的关系，为高频考点，把握混合溶液中溶质、盐类水解、水 解平衡常数的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象及电荷守恒的 应用，题目难度不大． 17. 解：A 的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则 A 为 CH2=CH2，与水发生加 成反应得到 B 为 CH3CH2OH，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，所以 D 为 CH3COOH， 乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，所以 C 为 CH3CHO，A 发生加聚反应生 成 E，E 为 ， （1）D 为乙酸，官能团是羧基，E 是高分子化合物聚乙烯，故答案为：羧基；聚乙烯； （2）乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，反应方程式为 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O； 乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为第 7 页，共 9 页 CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O， 故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O； （3）①挥发出的乙酸、乙醇都极易溶于水，如果将导气管伸入液面下会导致倒吸，为 了防止倒吸，导气管不能伸入液面下，故答案为：防止溶液倒吸； ②乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收 乙酸乙酯，反应掉挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇， 降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯， 故答案为：饱和碳酸钠溶液 溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯溶解度； （4）混合物中微粒的直径在 1~100nm 之间，有丁达尔效应，氧化石墨烯粒可与水分子 形成氢键，而石墨烯不能，形成氢键使稳定性增强， 故答案为：有 氧化石墨烯可与水形成氢键更稳定； 18. 【分析】 本题综合考查物质结构与性质，涉及原子核外电子的能级分布、杂化轨道理论、化学键、 晶体计算等，难度较难。 【解答】 (1) 基态硒 (Se) 原子的电子排布式为 [Ar]3d 10 4s 2 4p 4 ， 故答案为： 3d 10 4s 2 4p 4 (2)Te 、As、Se、Br 的第一电离能由大到小排序为 Br > As > Se > Te ， 故答案为： Br > As > Se > Te (3)H2O2 和 H2S 的相对分子质量相等，常温下， H2O2 呈液态，而 H2S 呈气态，其主要原 因是 H2O2 分子间存在氢键； H2Se 分子与水分子类似， H2Se 分子的中心原子杂化类型为 sp 3 杂化； SeO3 2 −的孤对电子对数为 1 2 (6 + 2 − 3 × 2) = 1 ，空间构型为三角锥形。 故答案为： H2O2 分子间存在氢键； sp 3 杂化；三角锥形 (4) 键角 H2O < NH3 ；键能 H — O > H — Se ；酸性 H2SeO4 > H2SeO3 ；电负性 O > S ；离 子半径 Se 2 − > Br −， 故答案为： < ； > ； > ； > ； > (5) 由晶胞图知镉晶体的配位数为 8；设晶胞的棱长为 a，则 D = 3 2 a ，晶胞的质量为 2 × 65g · mol − 1 NAmol − 1 = a 3 × d   g · cm − 3 ，则 a = 3 130 NA · dcm = 3 130 NA · d × 10 7 nm ，则 D = 3 2 × 3 130 NA ⋅ d × 10 7 nm ， 故答案为：8； 3 2 × 3 130 NA ⋅ d × 10 7 19. 解： (1) 实验室熔融二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾时应选择铁坩埚，因为普通玻璃 坩埚、石英坩埚、陶瓷坩埚与 KOH 反应， 故答案为：D； (2) 第一步熔融时二氧化锰、氧氧化钾、氯酸钾生成 K2MnO4 的化学方程式为： 3MnO2 + KClO3 + 6KOH −  高温  3K2MnO4 + KCl + 3H2O ， 故答案为： 3MnO2 + KClO3 + 6KOH −  高温  3K2MnO4 + KCl + 3H2O ； (3) 采用浓缩结晶、趁热过滤得到 KMnO4 ，说明高锰酸钾的溶解性随温度影响较大，操 作Ⅰ中根据 KMnO4 和 K2CO3 两物质在溶解性上的差异，采用浓缩结晶、趁热过滤得到 KMnO4 ，趁热过滤的原因是避免温度下降，造成主产品纯度降低，第 8 页，共 9 页 故答案为：溶解性；避免温度下降，造成主产品纯度降低； (4) 反应 b 是电解法制备 KMnO4 ，其装置如下图所示，a 为 K2MnO4 生成 KMnO4 ，发生 反应： MnO4 2 − − e − = MnO4 −，为阳极，阴极为 b，由氢离子放电，得到 KOH，故离子交 换膜为阳离子交换膜，交换钾离子， 故答案为：阳；阳； MnO4 2 − − e − = MnO4 −； (5)KMnO4 稀溶液因为其强氧化性是一种常用的消毒剂，双氧水、84 消液 (NaClO 溶液 ) 具有氧化性能消毒， 故答案为：ab。 根据流程：二氧化锰与氢氧化钾粉碎在空气中熔融： 3MnO2 + KClO3 + 6KOH −  高温  3K2MnO4 + KCl + 3H2O ，加水溶解除去 KCl 得到 K2MnO4 溶液， 途径 1：向 K2MnO4 溶液通入二氧化碳得到 KMnO4 、 MnO2 、 K2CO3 ： 3K2MnO4 + 2 CO2 = 2 KMnO4 + 2K2CO3 + MnO2 ↓，过滤除去滤渣 (MnO2) ，滤液为 KMnO4 、 K2CO3 溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到 KMnO4 晶体，滤液中含有 K2CO3 ， 途径 2：电解 K2MnO4 溶液， 2K2MnO4 + 2H2O −  电解  2KMnO4 + 2KOH + H2 ↑，a 为阳极， 电极反应为： MnO4 2 − − e − = MnO4 −，据此分析作答。 本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，对流程的分析是本题的 解题关键，需要学生有扎实的基础知识，题目难度中等。 20. 解： (1) 由于 CH3COOH 的 Ka(CH3COOH) = 1.75 × 10 − 5 小，所以 CH3COOH 是弱酸， 水溶液中部分电离，电离方程式为 CH3COOH ⇌ H + + CH3COO −， 故答案为： CH3COOH ⇌ H + + CH3COO −； (2) 该缓冲溶液的 pH = 4.76 、呈酸性，即 c(H + ) > c(OH − ) ，电荷关系为 c(H + ) + c(Na + ) = c(OH − ) + c(CH3COO − ) ，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是 c(CH3COO − ) > c(Na + ) > c(H + ) > c(OH − ) ， 故答案为： c(CH3COO − ) > c(Na + ) > c(H + ) > c(OH − ) ； (3) 浓度均为 0.10mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液呈酸性，说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度，即 Ka(CH3COOH) > Kb(CH3COO − ) ， 故答案为： > ； (4) 缓冲溶液中加少量酸或碱，pH 基本不变，即 c(H + ) 不变，所以 1.0L 缓冲溶液中滴加 几滴 NaOH 稀溶液 ( 忽略溶液体积的变化 ) ，反应后溶液 pH = 4.76 ，溶液中 c(H + ) = 10 − pH = 10 − 4.76 mol/L ， 故答案为： 10 − 4.76 ； (5)a. 缓冲溶液中存在 H2CO3 ⇌ H + + HCO3 −平衡，人体代谢产生的 H + 与 HCO3 −结合形成 H2CO3 ，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故 a 正确； b. 血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲 溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故 b 错误； c. 代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被 H2CO3 中和成 HCO3 −，经过肾脏调节排除体外， 同时 H + 又可由 H2CO3 电离补充，维持血液 pH 的稳定，故 c 正确； 故答案为：ac。 (1)Ka(CH3COOH) = 1.75 × 10 − 5 ，所以 CH3COOH 是弱酸，部分电离，用“⇌”连接分 子和阴阳离子； (2)CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液， pH = 4.76 ，呈酸性，结合电荷关系分析解答； (3) 浓度均为 0.10mol/L 的 CH3COOH 和 CH3COONa 的缓冲溶液， pH = 4.76 ，说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度； (4) 缓冲溶液中加少量酸、碱，而 pH 基本不变，即 c(H + ) 不变； (5)H2CO3(CO2) 与 NaHCO3 的缓冲体系中 H2CO3(CO2) 能中和人体代谢产生的少量碱，同第 9 页，共 9 页 时 NaHCO3 又可吸收人体代谢产生的少量 H + ，有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保 持 pH 的稳定，据此分析解答。 本题考查了弱电解质的电离平衡及其应用、离子浓度大小比较等知识，掌握弱电解质的 电离平衡特征、明确弱电离平衡的影响因素是解题关键，注意电荷守恒的应用，题目难 度中等。