【化学】甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第五次(期末考试)考试(解析版)

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【化学】甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第五次(期末考试)考试(解析版)

甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第五次(期末考试)考试 ‎1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 高粱、黄豆、玉米等是酿酒的上好材料 ‎ B. 有机玻璃的主要成分为硅酸盐 C. FeCl3溶液既可用作止血剂又可作净水剂 ‎ D. Na2CO3和Al(OH)3均可用于治疗胃酸过多 ‎【答案】C ‎【详解】A.用粮食酿酒主要是用含淀粉量高的玉米、稻米、高粱为原料,原料中淀粉含量越高,产白酒就越多。黄豆主要成分为:含蛋白质30-45%,脂肪15-25%,碳水化合物21-31%,一般榨油、做豆腐、酱类等较好,不能用于酿酒,故A错误;‎ B.普通玻璃的成分是硅酸盐和二氧化硅,有机玻璃 (Polymethyl methacrylate)是一种通俗的名称,缩写为PMMA。此高分子透明材料的化学名称叫聚甲基丙烯酸甲酯,是由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物,是一种开发较早的重要热塑性塑料,故B错误;‎ C.血液是一种胶体,FeCl3属于电解质,可以使血液凝固,可作止血剂,由于Fe3+水解生成胶体可吸附水中的杂质,可作净水剂,故C正确;‎ D.NaHCO3和Al(OH)3可与盐酸反应,且两者不具有强腐蚀性,所以可以治疗胃酸过多,Na2CO3碱性太强,不能用于治疗胃酸过多,故D错误;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】有机玻璃和普通玻璃是有区别的,有机玻璃的成分是聚甲基丙烯酸甲酯,普通玻璃的成分是硅酸盐和二氧化硅,需辨析清晰。‎ ‎2.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表,下列推断不合理的是( )‎ A. 第35号元素的单质在常温常压下是液体 B. 位于第四周期ⅤA族的元素为非金属元素 C. 第七周期0族元素的原子序数为118 D. 第84号元素的最高化合价是+7‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.第35号元素的单质是溴,溴单质在常温常压下是液体,故A正确;‎ B.位于第四周期第ⅤA族元素是砷,是非金属,故B正确;‎ C.根据各周期容纳元素种数可知,第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118,故C正确,‎ D.氡的原子序数为86,位于周期表中0族、第六周期,则84号元素位于第六周期、ⅥA族,所以第84号元素的最高化合价是+6,故D错误;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】作元素推断题时,需要熟记稀有气体的位置和原子序数,其余的元素按照区间范围进行判断。‎ ‎3.设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是( )‎ A. 向含有FeI2的溶液中通入适量的Cl2,当有1molFe2+被氧化时,该反应中转移电子数为3NA B. 用惰性电极电解CuSO4溶液,标况下,当阴极生成‎22.4L气体时,转移的电子数大于2NA C. 常温下,1LpH=7的1 mol/L CH3COONH4溶液中,CH3COO−与NH4+的数目均为NA D. ‎1L 0.5mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子的数目小于1.5NA ‎【答案】B ‎【详解】A.还原性I->Fe2+,向含有FeI2的溶液中通入适量氯气,I-优先被氧化,当有1molFe2+被氧化时,被氧化的I-的物质的量未知,无法计算转移电子的物质的量及数目,故A错误;‎ B.用惰性电极电解CuSO4溶液,阳极氢氧根离子放电生成氧气,4OH-—4e-=2H2O+H2↑标况下当阴极生成‎22.4L(1mol)氧气时,转移4mol电子,转移的电子数为4NA,大于2NA,故B正确;‎ C.溶液中含有溶质醋酸铵1 mol,若CH3COO−与NH4+不水解,含有1 mol铵离子,由于溶液中铵根离子和醋酸根离子部分水解,溶液中CH3COO−与NH4+数目减少,溶液中CH3COO−与NH4+数目均小于NA,故C错误;‎ D.A13+、Fe2+水解产生H+,该溶液中阳离子还包括H+,阳离子总数增加,故‎1L 0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA,故‎1L 0.5 mol⋅L−1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA,故D错误;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】FeI2的溶液中通入适量氯气时,要考虑还原性I->Fe2+,氯气会优先和亚铁离子反应,是易错点。‎ ‎4.配制250mL一定物质的量浓度的盐酸,并用该盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,下列实验操作或说法错误的是( )‎ A. 实验前,容量瓶和酸式滴定管都需要检查是否漏液 B. 若NaOH溶液因久置而变质(含少量Na2CO3),用甲基橙作指示剂,对滴定结果无影响 C. 若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线,则所测定NaOH溶液的浓度偏小 D. 当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中,溶液颜色由黄色变为橙色时,即达滴定终点 ‎【答案】D ‎【详解】A.容量瓶有瓶塞,配制时需要摇匀,所以使用前必须检查是否漏水;滴定管有旋塞或者橡胶管,使用前必须检查是否漏液,故A正确;‎ B.甲基橙变色的PH范围是3.1∼4.4,用甲基橙作指示剂滴定后溶液呈酸性,滴定时Na2CO3全部反应;‎ ‎①2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O   Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O 2molNaOH反应生成1molNa2CO3,滴定时消耗2molHCl,②NaOH+HCl=NaCl+H2O ,2molNaOH滴定时消耗2molHCl;可知NaOH转变为Na2CO3,对盐酸浓度的测定结果无影响,故B正确;‎ C.若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线,会导致盐酸的体积偏小,故n盐酸的偏小,根据c酸V酸=c碱V碱,c酸=,所测定NaOH溶液的浓度偏小,故C正确;‎ D.当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中,溶液颜色由黄色变为红色时,且半分钟不变色,即达滴定终点,故D错误;‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】若NaOH溶液变质生成Na2CO3时,消耗的盐酸的量是相同的,是易错点。‎ ‎5.短周期元素A、B、D、E的原子序数依次增大,B、E位于同主族,四种元素的一种化合物的结构式如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. B的最简单氢化物的沸点比E的高 B. D和E形成的三核二元化合物的水溶液中,阴、阳离子的浓度之比小于1:2‎ C. 化合物DA的水溶液呈碱性 D. 同时含有A、B、D、E四种元素的盐至少有两种 ‎【答案】B ‎【分析】短周期元素A、B、D、E的原子序数依次增大,四种元素组成的一种化合物的结构式为, B与A成键时,B形成两个共价键,位于ⅥA族,B、E位于同主族,则B为O, E为S ,E能够形成4个共价键,有一对配位键,得到D给的一个电子,达到稳定结构; D能够形成+1价阳离子,其原子序数大于O,则D为Na;A只能形成1个共价键,则A位于ⅠA族,结合原子序数大小可知,A为H元素,据此解答。‎ ‎【详解】A. 根据分析,B、E位于同主族,属于O和S,B的最简单氢化物是水,分子中含有氢键,E的最简单氢化物是硫化氢,水的沸点高于硫化氢的沸点,故A正确;‎ B.D为Na,E为S, D和E形成的三核二元化合物是Na2S,Na2S是强碱弱酸盐,S2-水解生成HS-和OH-,溶液中阴离子的浓度增大,阴、阳离子的浓度之比大于1:2,故B错误;‎ C.A为H元素,D为Na;化合物DA为NaH,可与水反应生成氢氧化钠和氢气,其水溶液呈碱性,故C正确;‎ D.A为H元素,B为O;D为Na;E为S,同时含有A、B、D、E四种元素的盐有NaHSO4或NaHSO3,至少有两种,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据元素的成键方式判断出元素是解本题的关键,‎ ‎6.室温下,将 0.10 mol·L-1 盐酸滴入 20.00 mL 0.10 mol·L-1 氨水中,溶液中 pH 和 pOH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知:pOH=—lgc(OH−),下列正确的是( )‎ A. M 点所示溶液中可能存在:c(Cl−)>c(NH4+)‎ B. M 点到Q点所示溶液中水的电离程度先变大后减小 C. Q 点盐酸与氨水恰好中和 D. N 点所示溶液中可能存在:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl−)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.M点溶液呈碱性,c(H+)<c(OH-),根据电荷守恒,c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl−)+ c(OH−),溶液中c(NH4+)大于c(Cl−),故A错误;‎ B.酸和碱都抑制水的电离,M点到Q点,溶液由碱性到中性,水的电离程度逐渐增大,故B错误;‎ C.恰好反应得到NH4Cl溶液呈酸性,Q点溶液呈中性,氨水稍过量,故C错误;‎ D.N点溶液呈酸性,若恰好生成氯化铵,则可存在c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl−),故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎7.下列图示与对应的叙述相符的是( )‎ A. 图一表示反应:mA(s)+nB(g)⇌pC(g) △H>O,在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示,反应速率x点比y点时的慢.‎ B. 图二是可逆反应:A(g)+B(s)⇌C(s)+D(g) △H>O的速率时间图像,在t1时刻改变条件一定是加入催化剂。‎ C. 图三表示对于化学反应mA(g)+nB(g) ⇌ pC(g)+qD(g),A的百分含量与温度(T)的变化情况,则该反应的ΔH>0。‎ D. 图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆)‎ ‎【答案】A ‎【解析】分析:本题考查的是条件对速率和平衡的影响,注意根据图像判断平衡的移动方向,分析纵坐标随着横坐标的变化趋势。‎ 详解:A. x点压强比y低,所以反应速率x点比y点时的慢,故正确;B. 在t1时刻改变条件使正逆反应速率仍相等,可能是加入催化剂或增大压强,故错误;C.M点为平衡状态,随着温度升高,A的百分含量增大,说明平衡逆向移动,则正反应为放热,故错误;D.图中阴影部分的面积表示反应物和生成物浓度的差值,故错误。故选A。‎ ‎8.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3,还含有少量FeS2)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下,下列叙述不正确的是( )‎ A. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4‎ B. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3‎ C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5‎ D. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来 ‎【答案】C ‎【详解】A. FeS2煅烧时会生成SO2,加入CaO会与SO2反应,减少SO2的排放,而且CaSO3最后也会转化为CaSO4,A项不符合题意;‎ B.滤液为NaAlO2溶液,通入CO2,生成Al(OH)3,过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3;B项不符合题意;‎ C.隔绝空气焙烧时,发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4,理论上反应消耗的n(FeS2):n(Fe2O3)=1:16,而不是1:5,C项符合题意;‎ D. Fe3O4具有磁性,能够被磁铁吸引,D项不符合题意;‎ 本题答案选C。‎ ‎9.常温下,向‎1L 0.1mol·L−1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5),使溶液温度和体积保持不变,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )‎ A. 当c(R-)=c(HR)时,溶液必为中性 B. 0.1mol·L-1HR溶液的pH为5‎ C. HR为弱酸,常温时随着氨气的通入,逐渐增大 D. 当通入0.1 mol NH3时,c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【详解】A.当 c(HR)=c(R−)时,lg= lg1=0,如图所示,溶液的pH=5,溶液呈酸性,故A错误;‎ B.Ka=,当lg=0时,c(R−)=c(HR),Ka=c(H+)=10−5mol/L,因为弱酸部分电离,则溶液中c(H+)≈c(R−),c(HR)≈0.1mol/L,则溶液中c(H+)= =mol/L=10−3mol/L,溶液的pH=3,故B错误;‎ C.==,电离平衡常数、离子积常数都只与温度有关,温度不变,电离平衡常数及离子积常数不变,则不变,故C错误;‎ D.由B项可得,HR的电离平衡常数Ka=10−5mol/L,当通入0.1molNH3时,反应恰好生成NH4R,NH4+的水解平衡常数为Kh(NH4+)==5.68×10−10,HR水解平衡常数Kh(R−)==10−9>5.68×10−10,所以NH4+的水解程度小于R−的水解程度,溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(R−),由于c(OH−)>c(H+),所以c(NH+4)>c(R−),则溶液中离子浓度大小为c(NH4+)>c(R−)>c(OH−)>c(H+),故D正确;‎ 答案选D。‎ ‎10.向含有Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150 mL 1 mol • L-1的HC1溶液,测得溶液中某几种离子的物质的量的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )‎ A. b和c曲线表示的离子反应均为CO32-+H+= HCO3-‎ B. 结合H+的能力:AlO2−>CO32−> HCO3−>Al(OH)3‎ C. 原混合溶液中,CO32−与AlO2−的物质的量之比为2∶1‎ D. M点时A1(OH)3的质量等于‎3.9 g ‎【答案】C ‎【分析】向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol•L-1的盐酸,先发生反应AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓,a线表示AlO2-减少,第二阶段,AlO2-反应完毕,发生反应CO32-+H+═HCO3-,b线表示CO32-减少,c线表示HCO3-的增加,第三阶段,CO32-反应完毕,发生反应HCO3-+H+═CO2↑+H2O,d线表示HCO3-减少,此阶段Al(OH)3不参与反应,据此结合选项解答。‎ ‎【详解】A.b曲线表示碳酸钠和盐酸反应,c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应,只是b曲线表示碳酸钠的物质的量,c曲线表示碳酸氢钠的物质的量,所以b和c曲线表示的离子反应是相同的,都是CO32−+H+═HCO3−,故A正确;‎ B.根据以上分析,氢离子先与A1O2−反应,再与CO32−反应,后与HCO3−反应,最后才溶解Al(OH)3,所以结合H+的能力:A1O2−>CO32−>HCO3−>Al(OH)3,故B正确;‎ C.由图象知,Na2CO3、NaAlO2的物质的量相等都是0.05mol,由此判断溶液中CO32−与AlO2−的物质的量之比为1:1,故C错误;‎ D.盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀,加50mL盐酸之后CO32-反应,氢氧化铝沉淀不溶解,则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同,由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓可知,n(Al(OH)3)=n(NaAlO2)=n(HCl)=0.05mol,m(Al(OH)3)=0.05mol×‎78g/mol=‎3.9g,故D正确;‎ 答案选C。‎ ‎11.下列有关离子方程式一定不正确的是( )‎ A. 氯气被足量的纯碱溶液完全吸收:2CO32- + Cl2 + H2O = 2HCO3-+ Cl- + ClO-‎ B. 向一定量的NaOH溶液中通入一定量的CO2:OH- + CO2 = HCO3-‎ C. 向FeCl3溶液中加入过量的Na2S溶液:2Fe3+ + S2- = 2Fe2+ + S↓‎ D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO42−恰好完全沉淀NH4+ + Al3+ + 2SO42−+ 2Ba2+ + 4OH− = 2BaSO4↓+ Al(OH)3↓+ NH3·H2O ‎【答案】C ‎【详解】A.氯气被足量的纯碱溶液完全吸收生成碳酸氢钠、氯化钠及次氯酸钠,离子反应为:2CO32- + Cl2 + H2O = 2HCO3-+ Cl- + ClO-,故A正确;‎ B.向一定量的NaOH溶液中通入一定量的CO2,当CO2过量时,与NaOH溶液反应生成碳酸氢钠,离子反应为:OH- + CO2 = HCO3-,故B正确;‎ C.FeCl3溶液中加入过量Na2S溶液,反应生成硫化亚铁、硫单质,正确的离子方程式为:2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓,故C错误;‎ D.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42−完全沉淀,说明SO42−与Ba2+的比例是1:1,即NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为1:2,1molNH4Al(SO4)2含有1molNH4+、1molAl3+、2molSO42−,2molBa(OH)2含有4molOH−,1molAl3+转化为Al(OH)3消耗3molOH−,剩余的1molOH−恰好与1molNH4+反应,反应离子方程式为:NH4++Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+ Al(OH)3↓+ NH3·H2O,故D正确;‎ 答案选C。‎ ‎12.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如下图所示,下列叙述错误的是( )‎ A. M室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+‎ B. a、c为阴离子交换膜,b为阳离子交换膜 C. N室中:a%Kh=,溶液呈酸性,即pH <7,且= ===104.9>1,即c(R2−)·c(H+)>c(H2R)·c(OH−),故C错误;‎ D.c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR,Na2R溶液中存在质子守恒:c(OH−)= c(HR−)+‎2c(H2R)+ c(H+),NaHR溶液中存在质子守恒:c(OH−)+ c(R2−)= c(H2R)+ c(H+),两个溶液混合后,两式合并,质子守恒式为:‎2c(OH−)+c(R2−)=‎3c(H2R)+ c(HR−)+‎2c(H+),则‎2c(OH−)-‎2c(H+)=‎3c(H2R)+ c(HR−)-c(R2−),故D正确;‎ 答案选C。‎ ‎14.下列有关实验操作、实验现象和对应结论说法错误的是( )‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)‎ B Fe(NO3)2晶体溶解于稀硫酸后滴加KSCN溶液 溶液呈现红色 原晶体Fe(NO3)2已变质 C 将金属镁条点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶 产生大量白烟,瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性 D 往K2CrO4溶液中滴加几滴浓硫酸,并恢复至室温 溶液由黄色变为橙色 pH越小,CrO42-的转化率越大 ‎【答案】B ‎【详解】A.相同浓度下,溶解度小的先生成沉淀,先生成黄色沉淀,说明溶解度AgI<AgCl,则溶度积常数Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),故A正确;‎ B.酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子,不能证明原晶体Fe(NO3)2已变质,应溶于水、加KSCN溶液检验是否变质,故B错误; ‎ C.瓶内有黑色颗粒产生,说明二氧化碳被还原生成碳,反应中二氧化碳表现氧化性,故C正确;‎ D.K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2O72− (橙色)+H2O⇌2CrO42− (黄色)+2H+,滴加浓硫酸液,并恢复室温,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,平衡逆向移动,则溶液由黄色变为橙色,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎15.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示,甲装置能将H2O和CO2转化为C6H12O6和O2,X、Y是特殊催化剂型电极,乙装置为甲醇—空气燃料电池。下列说法不正确的是( )‎ A. b口通入空气,c口通入甲醇 B. 甲装置中H+向X极移动,乙装置中H+向M极移动 C. 理论上,每生成22.4LO2(标况下),必有4mol电子由N极移向X极 D. 阳极上的电极反应式为6CO2 + 24H+ + 24e- = C6H12O6 + 6H2O ‎【答案】D ‎【分析】根据题意,甲为电解池,乙为原电池(甲醇—空气燃料电池),如图所示,甲中Y电极上水中的氧原子失去电子被氧化为O2,则Y为阳极,X为阴极,则乙中M为正极,N为负极,燃料电池通入燃料的一极为负极,通入空气的一极为正极,则b通入空气,c通入甲醇,a流出的为氮气,d流出的为CO2和水,据此分析解答。‎ ‎【详解】A.根据分析,b口通入空气,c口通入甲醇,故A正确;‎ B.甲为电解池,阳离子向阴极移动,X为阴极,H+向X极移动;乙为原电池,阳离子向正极移动,M为正极,乙装置中H+向M极移动,故B正确;‎ C.甲为电解池,Y电极上的电极反应为:2H2O-4e-=O2↑+4H+,理论上,每生成22.4LO2(标况下)即1mol,必有4mol电子转移,电子由N极移向X极,故C正确;‎ D.甲为电解池,X为阴极,阴极上的电极反应式为6CO2 + 24H+ + 24e- = C6H12O6 + 6H2O,故D错误;‎ 答案选D。‎ ‎16.某学习小组设计实验探究H2S的性质,装置如图所示。‎ 下列说法正确的是( )‎ A. 若F中产生黑色沉淀,则说明H2SO4的酸性比H2S强 B. 若G中产生浅黄色沉淀,则说明H2S的还原性比Fe2+强 C. 若H中溶液变红色,则说明H2S是二元弱酸 D. 若E中FeS换成Na2S,该装置也可达到相同的目的 ‎【答案】B ‎【解析】A. 硫化氢和硫酸铜反应生成黑色沉淀硫化铜和硫酸,不能说明H2SO4的酸性比H2S强(当然也不能说明氢硫酸的酸性比硫酸强),只能说明硫化铜不溶于硫酸,A不正确;B. 若G中产生浅黄色沉淀,证明硫化氢可以被Fe3+氧化,则说明H2S的还原性比Fe2+强,B正确;C. 若H中溶液变红色,则说明H2S的水溶液呈酸性,但是不能说明氢硫酸是几元酸,C不正确;D. 若E中FeS换成Na2S,由于硫化钠可溶于水,无法达到该装置随开随用、随关随停的目的,D不正确。本题选B。‎ 点睛:在复分解反应中,通常都是强酸制弱酸,但是不能因此而误认为弱酸不能制强酸。本题中氢硫酸与硫酸铜反应,就是一个典型的弱酸制强酸的例子,该反应之所以能发生,是因为硫化铜的溶解度特别小,难溶于水、难溶于酸。‎ ‎17.氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中有广泛的用途。请回答下列问题:‎ ‎(1)已知‎25℃‎,NH3·H2O的Kb=1.8×10−5,H2SO3的Ka1=1.3×10−2,Ka2=6.2×10−8。‎ ‎① 若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。‎ ‎②将SO2通入2.0 mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变),当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时,溶液中的 =______;(NH4)2SO3溶液中的质子守恒____________。‎ ‎(2)室温时,向100 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液中滴加0.1 mol·L-1氨水,得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示: ‎ ‎①试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是_________;‎ ‎②在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是___________;‎ ‎③写出a点混合溶液中下列算式的精确结果(不能近似计算):c(Cl-)- c(NH4+)=____________,c(H+)- c(NH3·H2O)=____________;‎ ‎(3)亚硝酸(HNO2)的性质和硝酸类似,但它是一种弱酸。常温下亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4;H2CO3的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11。常温下向含有2mol碳酸钠的溶液中加入含1mol HNO2的溶液后,溶液中CO32-、HCO3-和NO2-的浓度由大到小的顺序是______ 。‎ ‎【答案】(1). 0.6×10−2 (2). 0.62 (3). c(H+)+c(HSO3-)+‎2c(H2SO3)=c(NH3·H2O)+c(OH-) (4). a (5). c(Cl-)= c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) (6). ‎10-6-10‎-8 (7). 10-8 (8). c(HCO3-)>c(NO2-)>c(CO32-)‎ ‎【分析】(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-,c(NH4+)=c(OH-),的Kb=;‎ ‎②将SO2通入2.0 mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变),当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时,溶液呈中性,根据HSO3-的电离平衡常数计算;根据(NH4)2SO3溶液中质子守恒式=电荷守恒-物料守恒;‎ ‎(2)①根据反应a、b、c、d四个点,a点恰好消耗完H+,溶液中只有NH4Cl,b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O,NH4Cl可以促进水的电离,而NH3•H2O抑制水的电离,b点溶液呈中性;‎ ‎②b点溶液为中性,溶质为NH4Cl和NH3•H2O,根据电荷守恒分析;‎ ‎③a点溶液中只有NH4Cl,铵根离子水解使溶液显酸性,根据电荷守恒和质子守恒计算;‎ ‎(3)弱酸电离常数越大,酸性越强,其酸根离子水解程度越小。‎ ‎【详解】(1)①NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O⇌NH4++OH-,c(NH4+)=c(OH-),的Kb=,c(OH-)===0.6×10−2 mol·L−1;‎ ‎②将SO2通入2.0 mol·L-1氨水中(溶液的体积保持不变),当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时,溶液呈中性,c(OH−)=c(H+)=1.0×10−7 mol·L−1根据HSO3-⇌H++ SO32-,电离平衡常数Ka2==6.2×10−8,则==0.62; (NH4)2SO3溶液电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=‎2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),物料守恒:c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=‎2c(SO32-)+‎2c(HSO3-)+‎2c(H2SO3),质子守恒=电荷守恒-物料守恒=c(H+)+c(HSO3-)+‎2c(H2SO3)=c(NH3∙H2O)+ c(OH-);‎ ‎(2)①根据反应a、b、c、d四个点,a点恰好消耗完H+,溶液中只有NH4Cl,b、c、d三点溶液中均含有NH3•H2O,NH4Cl可以促进水的电离,而NH3•H2O抑制水的电离,b点溶液呈中性,所以a点水的电离程度最大;‎ ‎②b点溶液为中性,c(OH-)= c(H+),溶质为NH4Cl和NH3•H2O,溶液中存在电荷守恒式为:c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+c(OH-),则c(NH4+)= c(Cl-),水的电离是极弱的,离子浓度的大小为c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);‎ ‎③a点溶液中只有NH4Cl,铵根离子水解使溶液显酸性,pH=6,即c(H+)=10-6mol/L,c(OH-)==10-8 mol/L,溶液中存在电荷守恒式为:c(NH4+)+c(H+)= c(Cl-)+c(OH-),c(Cl-)- c(NH4+)= c(H+)- c(OH-)=10-6mol/L-10-8 mol/L=(‎10-6-10‎-8) mol/L;溶液中存在质子守恒:c(H+) = c(OH-)+ c(NH3•H2O) ,c(H+)- c(NH3·H2O)= c(OH-)=10-8 mol/L;‎ ‎(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.1×10-4;H2CO3的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11,可知溶液中完全反应生成等物质的量的Na2CO3、NaHCO3和NaNO2,可判断水解程度大小顺序为CO32−>NO2−>HCO3−,水解生成HCO3−,所以溶液中CO32−离子、HCO3−离子和NO2−离子的浓度大小关系为c(HCO3−)>c(NO2−)>c(CO32−)。‎ ‎18.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示 已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素 ‎②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表 金属离子 Al3+‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Ca2+‎ Mn2+‎ Mg2+‎ 开始沉淀的pH ‎3.8‎ ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎10.6‎ ‎8.8‎ ‎9.6‎ 沉淀完全的pH ‎5.2‎ ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎12.6‎ ‎10.8‎ ‎11.6‎ ‎③常温下,Ksp(CaF2)=1.46×10−10,Ksp(MgF2)=7.42×10−11;Ka(HF)=1.00×10−4‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)“混合研磨”的作用为_______________________‎ ‎(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________‎ ‎(3)分析图1、图2,焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________‎ ‎(4)净化除杂流程如下 ‎①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8>KMnO4>MnO2>Fe3+,则氧化剂X宜选择__________ ‎ A. (NH4)2S2O8 B. MnO‎2 C. KMnO4‎ ‎②调节pH时,pH可取的范围为_________________‎ ‎③常温下加入NH‎4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去,此时溶液中,=______若此时pH为6,c(Mg2+)= a mol/L,则c(HF)为______________ mol/L (用a表示)‎ ‎(5)“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵,可能的原因是__________________‎ ‎【答案】(1). 加快反应速率 (2). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (3). 温度为‎500℃‎ 且 m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 (4). B (5). 5.2≤pH<8.8 (6). 1.97 (7). ×10-7 (8). CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀 ‎【分析】根据流程:将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧:MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,反应为:MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH‎4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl,加入碳酸氢铵发生反应:Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O,炭化结晶,过滤,滤饼干燥后得到MnCO3,滤液为NH4Cl溶液,蒸发结晶得到NH4Cl固体,可循环使用,据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)“混合研磨”可使物质充分接触,加快反应速率;‎ ‎(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;‎ ‎(3) 根据图可知,锰的浸出率随着温度的升高而增大,随着m(NH4Cl):m(锰矿粉)增大而增到,‎500℃‎、m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10时,锰的浸出率最高,温度过高,m(NH4Cl):m(锰矿粉)增大,浸出率变化不大,成本增加,故焙烧温度取‎500℃‎、m(NH4Cl):m(锰矿粉)=1.10即可;‎ ‎(4)①根据分析,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+,同时在选择氧化剂时,要尽可能不要引入新的杂质,则氧化剂X宜选择MnO2,答案选B;‎ ‎②根据分析,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH‎4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4‎ Cl,过程中不能让Mn2+沉淀,结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表,Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8,Mn2+开始沉淀的PH值为8.8,pH可取的范围为5.2≤pH<8.8;‎ ‎③≈1.97;若此时pH为6,即c(H+)=10-6 mol/L,c(Mg2+)= a mol/L,c(F-)=mol/L,HF是弱酸,在溶液中部分电离,已知Ka(HF)==1.00×10−4则c(HF)== ×10-7mol/L;‎ ‎(5)“碳化结晶”过程中,因为碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH−)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。‎ ‎19.氢气是一种清洁能源。在冶金、电力、材料等领域应用广泛。请回答下列问题:‎ ‎(1)某科研团队利用透氧膜获得N2、H2的工作原理如图所示(空气中N2和O2的物质的量之比为4:1)。上述过程中,膜I侧所得气体的物质的量之比为n(H2):n(N2)=3:1,则氧化作用的物质为_______________,膜Ⅱ侧发生的电极反应式为_________________‎ ‎(2)用CO和H2合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) △H1‎ 已知CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0kJ/mol CO(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1kJ/mol 则△H1=________________‎ ‎(3)向体积可变的密闭容器中充入1molCO和2.2molH2,在恒温恒压条件下发生反应:CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g),平衡时,CO的转化率α(CO)随温度、压强的变化情况如图1所示。‎ ‎①压强p1_____(填“>”、“<”或“=”)p2;M点时,该反应的平衡常数Kp=______(用平衡分压表示,分压=总压×物质的量分数)‎ ‎②不同温度下,该反应的平衡常数的对数值lgK如图2,其中A点为506K时平衡常数的对数值,则B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的是_____________‎ ‎(4)H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(l),实验测得反应速率的表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k是速率常数,只与温度有关)。‎ ‎①某温度下,反应速率与反应物浓度的变化关系如下表所示。‎ 编号 c(H2)/(mol·L-1)‎ c(NO)/(mol·L-1)‎ v/(mol·L-1·min-1)‎ ‎1‎ ‎010‎ ‎0.10‎ ‎0.414‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎1.656‎ ‎3‎ ‎0.50‎ ‎0.10‎ ‎2.070‎ 由表中数据可知,m=_______,n=_______。‎ ‎②上述反应分两步进行:ⅰ2NO(g)+2H2(g) ⇌N2(g)+H2O2(l)(慢反应)‎ ⅱH2O2(l)+H2(g) ⇌2H2O(l)(快反应)。下列说法正确的是_______‎ A. H2O2是该反应的催化剂 B. 总反应速率由反应ⅱ的速率决定 C. 反应ⅰ的活化能较高 D.反应ⅰ中NO和H2的碰撞仅部分有效 ‎【答案】(1). CH4 (2). CH4+ O2—-2e—=CO+2H2 (3). —90.1 kJ/mol (4). > (5). (6). B、E (7). 2 (8). 1 (9). C D ‎【详解】(1)空气中N2和O2的物质的量之比为4:1,膜I侧所得气体的物质的量之比为n(H2):n(N2‎ ‎)=3:1,氮气的量在反应前后不变,则设氮气的物质的量为4mol,则生成氢气的物质的量为12mol,由膜I侧反应可知,12mol水得到电子,1mol氧气得到电子,做氧化剂,根据图示,膜Ⅱ侧CH4中C原子失去电子化合价升高转化为CO,被氧化,则氧化作用的物质为CH4,膜Ⅱ侧发生的电极反应式为CH4+ O2--2e-=CO+2H2;‎ ‎(2)已知:①CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0kJ/mol ‎②CO(g)+H2O(g) ⇌CO2(g)+H2(g) △H3=-41.1kJ/mol 根据盖斯定律:①+②可得CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) △H1 =-90.1 kJ/mol;‎ ‎(3)①在恒温恒压条件下发生反应:CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)是气体体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,CO的转化率会增大,结合图1,保持温度不变转化率大的表示压强大,所以p1>p2;‎ M点时,CO的转化率为60%,则CO转化了1mol×60%=0.6mol,列“三段式”:‎ 由上式可知平衡时的总物质的量=(0.4mol+0.6mol+1mol)=2mol,该反应的平衡常数Kp=;‎ ‎②根据(2)分析,该反应放热,当温度越高时,平衡常数越小,则lgK也会越小,也就是说T与lgK呈反比关系,所以B、E两点符合lgK与温度(T)的关系;‎ ‎(4)H2还原NO的反应为2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(l),实验测得反应速率的表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k是速率常数,只与温度有关)。‎ ‎①由编号1、编号2 组数据,保持c(H2)不变,则,代入1、2组数据,得,解得m=2,由编号2、编号3 组数据,保持c(N2)不变,则,代入2、3组数据,得,解得n=1;‎ ‎②A.H2O2参与两个反应,但第一步未作反应物,因而不是催化剂,实际上H2O2仅是中间产物,故A错误;‎ B.总反应速率由慢反应决定,即由反应ⅰ的速率决定,故B错误;‎ C.反应ⅰ是慢反应,说明反应速率小,在其他条件一样的情况下,活化能较高,故C正确; ‎ D.碰撞理论指出,能发生化学反应的碰撞是有效碰撞,即需要一定的能量和取向的碰撞,所以在所有的碰撞中只有部分碰撞是有效碰撞,故D正确;‎ 答案选CD。‎ ‎20.硼位于ⅢA族,三卤化硼是物质结构化学研究热点,也是重要的化工原料。三氯化硼(BCl3)可用于制取乙硼烷(B2H6),也可作有机合成的催化剂。‎ 查阅资料 ①BCl3沸点为‎12.5 ℃‎,熔点为-‎107.3 ℃‎;②2B+6HCl△2BCl3↑+3H2↑;③硼与铝的性质相似,也能与氢氧化钠溶液反应。‎ 设计实验 某同学设计如图所示装置制备三氯化硼:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)常温下,高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生的反应可替代A装置中的反应,而且不需要加热,两个反应的产物中锰的价态相同。写出高锰酸钾固体粉末与浓盐酸反应的离子方程式:_____________________________。‎ ‎(2)E装置的作用是___________________________。如果拆去B装置,可能的后果是_________________________________________________________________。‎ ‎(3)实验中可以用一个盛装_______(填试剂名称)的干燥管代替F和G装置,使实验更简便。‎ ‎(4)三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,写出该反应化学方程式:________________________________;实验室保存三氯化硼的注意事项是___________。‎ ‎(5)为了顺利完成实验,正确的操作是_______(填序号).‎ ‎①先点燃A处酒精灯,后点燃D处酒精灯 ‎②先点燃D处酒精灯,后点燃A处酒精灯 ‎③同时点燃A、D处酒精灯 ‎(6)请你补充完整下面的简易实验,以验证制得的产品中是否含有硼粉:取少量样品于试管中,滴加浓_______(填化学式)溶液,若有气泡产生,则样品中含有硼粉;若无气泡产生,则样品中无硼粉。‎ ‎【答案】(1). 2MnO4-+10Cl-+16H+= 2Mn2++8H2O+5Cl2↑ (2). 冷却和收集三氯化硼 (3). 硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气,加热氢气与氯气的混合气体,易发生爆炸 (4). 碱石灰 (5). BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑ (6). 密封保存 (7). ① (8). NaOH ‎【详解】(1)在A装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气,反应的方程式为:2MnO4-+10Cl-+16H+= 2Mn2++8H2O+5Cl2↑。‎ ‎(2)由于浓盐酸有挥发性,所以在氯气中含有HCl气体,用饱和NaCl溶液除去HCl杂质,用浓硫酸进行干燥,在D中发生反应:3Cl2+2B2BCl3;在 E装置的作用是冷却和收集三氯化硼 ;如果拆去B装置,可能会发生反应2B+6HCl△2BCl3↑+3H2↑,在D中加热氢气与氯气的混合气体,易发生爆炸;后果是多余的氯气用NaOH溶液吸收。‎ ‎(3)为防止倒吸及BCl3水解在E与G之间连接一个盛有浓硫酸的装置。在实验中也可以用一个盛装碱石灰的干燥管代替F和G装置,使实验更简便。‎ ‎(4)三氯化硼遇水剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,该反应的化学方程式是BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl↑;因此在实验室保存三氯化硼的注意事项要密封保存,防止受潮水解。‎ ‎(5)①先点燃A处酒精灯,待整套装置中都充满Cl2后再点燃D处酒精灯,使之发生反应。正确。②若先点燃D处酒精灯,这时B就与装置中的空气发生反应得到B2O3,再点燃A处酒精灯也不能产生BCl3了。错误。③同时点燃A、D处酒精灯也会导致产生B2O3,影响制备BCl3。‎ ‎(6)由于B的性质与Al相似,既能与强酸反应,也能与强碱反应放出氢气,所以取少量样品于试管中,滴加浓NaOH溶液,若有气泡产生,则样品中含有硼粉。‎
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