天津市杨村一中蓟州一中等六校2020届高三上学期期末考试联考化学试题

天津市杨村一中蓟州一中等六校2020届高三上学期期末考试联考化学试题

‎2019～2020学年度第一学期期末六校联考 高三化学 相对原子质量：H~‎1 C~12 N~14 O~16 Fe~56 Zn~65‎ 第I卷 一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共36分）‎ ‎1.改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过程没有涉及化学变化的是 A.太阳能分解水制取氢气 B.开采可燃冰获取燃料 C.新能源汽车燃料电池供电 D.运载“嫦娥四号”火箭发射 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水分解产生氢气和氧气，有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；‎ B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；‎ C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；‎ D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.下列有关物质性质和用途具有对应关系的是 A. Al2O3的熔点很高，可用作耐火材料 B. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体 C. SO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白 D. 氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Al2O3是离子化合物，熔点很高，可用作耐火材料，故A正确；‎ B. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，与浓硫酸的脱水性无关，故B错误；‎ C. 二氧化硫具有漂白性，能漂白纸张，与二氧化硫的还原性无关，故C错误；‎ D. 氯化铁能与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应中氯化铁作氧化剂，应用了氯化铁的氧化性，与水解无关，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. ‎12 g 金刚石中含有的共用电子对数为NA B. 1 mol AlCl3在熔融时离子总数为0.4NA C. 0.2 mol MnO2与足量浓盐酸反应转移的电子数小于 0.4NA D. ‎1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎12 g 金刚石物质的量为1mol，由金刚石的结构可知1mol金刚石中含有的共用电子对数为2NA，故A错误；‎ B. AlCl3为共价化合物，熔融时不能电离出离子，所以AlCl3分子形式存在，故B错误；‎ C. MnO2与浓盐酸发生反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，1mol MnO2参加反应转移2mol电子，浓盐酸是足量的，因此0.2 mol MnO2能全部参与反应，则反应转移的电子数等于0.4NA，故C错误；‎ D. Na2CO3溶液中CO32-发生水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，使阴离子数目增多，因此‎1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.已知：SiCl4的分子结构与CCl4相似，下列说法不正确的是 A. SiCl4的分子是由极性键构成的非极性分子 B. NH4Cl与NaOH所含化学键类型和晶体类型均相同 C. SiO2、SiCl4的相对分子质量不同，所以沸点不同 D. 熔点：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiCl4的分子结构与CCl4相似，则SiCl4的结构为以Si原子为中心，Cl原子在正四面体顶点的正面体结构，则SiCl4的分子是由极性键构成的非极性分子，故A正确；‎ B. NH4Cl与NaOH均含有极性键和离子键，均属于离子化合物，故B正确；‎ C. SiO2属于原子晶体，熔点很高，SiCl4属于分子晶体，熔点较低，故C错误；‎ D. 四者均属于离子晶体，离子所带电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，同主族简单阴阳离子从上往下半径以此增大，则熔点：LiF＞NaF＞NaCl＞KCl，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下列表述正确的是 A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH− −4e-=2H2O +O2↑‎ B. 工业上用电解法制镁：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑‎ C. 使pH试纸显蓝色的溶液中：Na＋、Mg2＋、ClO－、HSO3-能大量共存 D. ＝0.1 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、K＋、NO3-能大量共存 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误；‎ B. 工业上用电解熔融氯化镁的方法制取镁：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故B正确；‎ C. 使pH试纸显蓝色溶液呈碱性，Mg2＋、HSO3-均能与OH-反应，不能大量共存，故C错误；‎ D. ，则溶液中c(H+)＝0.1 mol·L－1，溶液显酸性，HCO3-与H+能反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】B项是学生们的易错点，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+、Al3+或Na+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+、Al3+、Na+‎ 不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2、Al2O3、NaCl的方法制取金属镁、金属铝、金属钠。‎ ‎6.下列装置或操作能达到相应实验目的的是 A. 配制一定浓度的NaCl溶液 B. 除去氯气中的HCl气体 C. 实验室制取氨 D. 观察Fe(OH)2的生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A错误；‎ B. 饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，且Cl2在水溶液中存在以下变化：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，因此Cl2能与碳酸氢钠溶液发生反应，应改用饱和食盐水，故B错误；‎ C. 氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；‎ D. 氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，观察生成的氢氧化亚铁时，用植物油隔绝空气可防止其被氧化，图示操作合理，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.室温下，等体积等pH的CH3COONa与NaOH两种溶液，下列说法正确的是 A. 两溶液中水电离程度、导电性均相等 B 两溶液中阳离子浓度相等 C. 与等物质的量浓度的盐酸恰好完全反应时，CH3COONa耗酸的体积更多 D. 稀释相同倍数后，CH3COONa溶液的pH更小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于CH3COONa为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，因此等体积等pH的CH3COONa与NaOH两种溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)，据此分析解答。‎ ‎【详解】由于CH3COONa为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，因此等体积等pH的CH3COONa与NaOH两种溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)，‎ A. CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，NaOH为强碱，抑制水的电离，由分析知，c(CH3COONa)远大于c(NaOH)，因此CH3COONa溶液的导电性大于NaOH溶液的导电性，故A错误；‎ B. 由分析知，等pH的CH3COONa与NaOH两种溶液，c(CH3COONa)远大于c(NaOH)，则CH3COONa溶液中阳离子浓度大于NaOH溶液中阳离子浓度，故B错误；‎ C. 由分析知，等体积等pH的CH3COONa与NaOH两种溶液，c(CH3COONa)＞c(NaOH)，所以与等物质的量浓度的盐酸恰好完全反应时，CH3COONa耗酸的体积更多，故C正确；‎ D. 稀释促进CH3COONa的水解，生成更多的氢氧根离子，因此CH3COONa的pH减小程度更小，则稀释相同倍数后，CH3COONa溶液的pH更大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 A B C D 实验 饱和FeCl3溶液滴入沸水中 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中 新制氯水滴入Na2S溶液中 向KI淀粉溶液中滴入稀硫酸 现象 液体变为红褐色且澄清透明 溶液由橙色变为绿色 产生黄色浑浊 溶液变蓝 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 饱和FeCI3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体，利用的是铁离子水解的性质，是非氧化还原反应，故A符合；‎ B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，溶液由橙色变绿色，说明K2Cr2O7表现了氧化性，得电子生成了Cr3+，乙醇被氧化，发生了氧化还原反应，故B不符合；‎ C. 氯气氧化硫离子生成黄色单质硫沉淀，发生了氧化还原反应，故C不符合；‎ D. 向KI淀粉溶液中滴入稀硫酸，溶液变蓝，说明生成了碘单质，是因为在酸性环境下，空气中的氧气将碘离子氧化为碘单质，发生了氧化还原反应，故D不符合；‎ 答案选A。‎ ‎9.室温下，下列关系或描述正确的是 A. pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合溶液中：c(NH4+)＞c(Cl﹣)‎ B. AgCl 在同浓度的CaCl2 和NaCl溶液中的溶解度：前者>后者 C. 0.1 mol/L pH=4.5的NaHSO3溶液中：c(HSO3﹣)＞c(H2SO3)＞c(SO32﹣)‎ D. NaHS水溶液中只存在HS－的电离和水解两种平衡 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显碱性：c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒可知c(NH4+)＞c(Cl﹣)，故A正确；‎ B. 同浓度的CaCl2和NaCl溶液，CaCl2溶液中的c(Cl−)更大，则其对AgCl溶解的抑制程度更大，则AgCl 在同浓度的CaCl2 和NaCl溶液中的溶解度：前者＜后者，故B错误；‎ C. 0.1 mol/L pH=4.5的NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则c(SO32﹣)＞c(H2SO3)，又HSO3﹣的电离和水解是微弱的，则离子浓度大小为：c(HSO3﹣)＞c(SO32﹣)＞c(H2SO3)，故C错误；‎ D. NaHS水溶液中不仅存在HS－的电离和水解两种平衡，还存在水的电离平衡，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】多元弱酸的酸式盐溶液显酸性还是碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的大小关系，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，则NaHSO3溶液显酸性，溶液中c(SO32﹣)＞c(H2SO3)；HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，则NaHCO3溶液显碱性，溶液中c(H2CO3)＞c(CO32﹣)；这是常考点，也是学生们的易错点。‎ ‎10.举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 往母液中加入食盐的主要目的是使更多的析出 B. 从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是、和氨水 C. 沉淀池中反应的化学方程式：‎ D. 设计循环Ⅱ的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。‎ ‎【详解】A．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误； ‎ B．向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环Ⅰ进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确； ‎ C．沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl→NH4Cl+NaHCO3↓，选项C错误； ‎ D．循环Ⅰ是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误； ‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环Ⅱ的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环Ⅰ中的氯化钠有又返回到沉淀池。‎ ‎11.下列实验方案中，能达到实验目的的是 实验目的 实验方案 A 比较HF和HClO的酸性强弱 分别测定等体积等物质的量浓度的HF和HClO溶液消耗NaOH的物质的量 B 检验溶液中是否含NH4+‎ 滴加稀NaOH溶液，并将润湿的红色石蕊试纸置于盛放溶液的试管口，观察试纸颜色变化 C 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 向含有酚酞的Na2CO3 溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化 D 证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3‎ 向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入3滴1 mol/L MgCl2溶液,再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 等体积等物质的量浓度的HF和HClO，物质的量相同，消耗NaOH的量相同，不能比较酸性强弱，故A错误；‎ B. 因氨气易溶于水，若加入稀氢氧化钠溶液，没有氨气逸出，应加入浓氢氧化钠溶液，并加热，故B错误；‎ C. Na2CO3溶液中CO32-发生水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，加入酚酞溶液显红色，加入BaCl2溶液后，生成碳酸钡沉淀，碳酸根浓度减小，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，颜色褪去，故C正确；‎ D. 向2 mL 1 mol/L NaOH溶液中先加入3滴1 mol/L MgCl2溶液，氢氧根离子过量，再加入3滴1 mol/L FeCl3溶液，可能只是铁离子与过量的氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，没有沉淀转化，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.2019年，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，已知M为阴离子交换膜，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电时A电极反应式为：Zn-2e﹣= Zn2+‎ B. 充电时，B极与外接电源正极相连 C. 放电时电解质储罐中离子浓度增大 D. 放电时当A极减少‎65g时，C区Cl﹣增加2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，放电时，A极：Zn是负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，B极：石墨是正极，电极反应式为I2+2e-=2I-，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 放电时，A极：Zn是负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，故A正确；‎ B. 放电时，B极是正极，故充电时，B极相当于电解池的阳极，与外接电源正极相连，故B正确；‎ C. 放电时，A极是负极，电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，故C正确；‎ D. 放电时，A极电极反应式为Zn-2e-═Zn2+，A极减小‎65g，即1mol锌，则负极区生成1mol Zn2+、正电荷增加，M为阴离子交换膜，所以会有2molCl−通过M膜进入负极，所以C区Cl﹣减少2NA，故D错误；‎ 答案选D。‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎13.A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：(NA为阿伏加德罗常数的值)，请用化学用语回答下列问题：‎ 元素 相关信息 A 基态原子的价电子排布式为nSnnPn B 元素原子的核外p电子数比s电子数少1个 C 最外层电子数是电子层数的3倍 D 简单离子是第三周期元素中离子半径最小的 E 价电子层中的未成对电子数为4‎ ‎(1)写出D元素在周期表的位置______，基态E2+价电子的排布图为_______，B元素能量最高的电子其轨道呈_______形。‎ ‎(2)A与C形成的最高价化合物，中心原子轨道杂化类型为___________。‎ ‎(3)A、B、C三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为_____________，B、C、D简单离子的半径由大到小的顺序为_________。‎ ‎(4)写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式________。‎ ‎(5)E可用做某些反应的催化剂，CO易导致E失去催化活性：E＋5CO = E(CO)5，E(CO)5熔点为‎-20℃‎，沸点为‎103℃‎，易溶于乙醚，其晶体类型为___________。‎ ‎(6)已知沸点:B2H4>A2H6 ，主要原因为____________________。‎ ‎(7)铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为a cm，该晶体的密度为________ g·cm-3(用含a和NA的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期，ⅢA族 (2). (3). 哑铃型 (4). sp (5). N＞O＞C (6). r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+) (7). (8). 分子晶体 (9). 前者可形成分子间氢键，后者只有范德华力 (10). Fe4N (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，由A 的基态原子的价电子排布式nsnnpn可知，n=2，则A为C元素；C的最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1个，并结合原子序数依次增大可知，B为N元素；D为简单离子是第三周期元素中离子半径最小的元素，则D为Al元素；E的价电子层中的未成对电子数为4，则E为Fe元素，电子排布式为[Ar]3d64s2，据此分析解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，A为C，B为N，C为O，D为Al，E为Fe，‎ ‎(1)D为Al，Al为13号元素，在周期表的位置为第三周期，ⅢA族；E为Fe，基态E2+价电子的排布图为；B为N，其能量最高的电子其轨道为2p轨道，呈哑铃型；故答案为：第三周期，ⅢA族；；哑铃型； ‎ ‎(2)A为C，C为O，则A与C形成的最高价化合物为CO2，中心原子的价层电子对数=中心原子的σ键电子对数+孤电子对数=2+=2，则中心原子的轨道杂化类型为sp杂化；故答案为：sp； ‎ ‎(3)A为C，B为N，C为O，三种基态原子的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；D为Al，B、C、D的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则它们的半径由大到小的顺序为r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)；故答案为：N＞O＞C；r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)；‎ ‎(4)C为O，O的核外有18个电子的氢化物为H2O2，其电子式为；故答案为：；‎ ‎(5)E为Fe，Fe(CO)5的熔点、沸点较低，则其属于分子晶体；故答案为：分子晶体；‎ ‎(6)A为C，B为N，沸点:N2H4>C2H6，由于N2H4可形成分子间氢键，而C2H6不能形成分子间氢键，只有范德华力，因此沸点较低；故答案为：前者可形成分子间氢键，后者只有范德华力；‎ ‎(7)一个晶胞中Fe原子的个数为个，N原子的个数为1个，则氮化铁的化学式为Fe4N；一个晶胞的质量为，则该晶体的密度为；故答案为：Fe4N；。‎ ‎【点睛】同周期元素，从左向右元素的第一电离能呈增大趋势，由于第IIA 族元素最高能级为全空状态，第VA族元素最高能级为半充满状态，则电离能：IIA>IIIA，VA>VIA；同主族从上向下第一电离能逐渐减小。‎ ‎14.亚硝酸(HNO2)是一元弱酸，不稳定，只能存在于较低温度的稀溶液中。室温时，亚硝酸(HNO2)的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.61×10-11。亚硝酸及其盐在实验和工业生产中有重要应用。请回答：‎ ‎(1)在酸性条件下，NaNO2与KI按物质的量1︰1恰好完全反应，I－被氧化为I2，写出该反应的离子方程式________________。‎ ‎(2)NaNO2溶液呈_____性(填“酸”“碱”或“中”)，原因是________(用离子方程式表示)。要得到稳定HNO2溶液，可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质，下列物质不适合使用______(填序号)。‎ a.稀H2SO4 b.CO‎2 c.SO2‎ ‎(3)若用电解法将废水中NO2－转换为N2除去，N2将在__________(填电极名称)生成。‎ ‎(4)向含1 mol Na2CO3的溶液中加入1 mol HNO2后，c(CO32-)、c(HCO3-)、c(NO2－)由大到小的顺序为________________。‎ ‎(5)‎25℃‎时，用0.100mol•L-1NaOH溶液滴定20.0mL某浓度的HNO2溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积(V)的关系如图所示，(在该条件下HNO2不分解)‎ 已知：M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)。则：‎ ‎①原溶液中c(HNO2)为_________。‎ ‎②下列关于N点对应溶液的说法正确的是______(填选项字母)。‎ A.溶质只有NaNO2‎ B.水电离出来的c(H+)=1×10-7 mol•L-1‎ C.溶液中：c(Na+)＜c(OH-)‎ D.溶液中离子浓度：c(Na+)= c(NO2-)‎ ‎【答案】 (1). 4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 + 2NO↑+ 2H2O (2). 碱 (3). NO2－+H2O⇌OH－+ HNO2 (4). bc (5). 阴极 (6). c(NO2－)> c(HCO3-) > c(CO32-) (7). 0.110mol/L (8). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒判断含N产物，进而书写离子方程式；‎ ‎(2)根据复分解反应中强酸制弱酸的原理以及氧化还原反应的原理判断；‎ ‎(3)电解池中，阴极发生得电子的还原反应，阳极发生失电子的氧化反应；‎ ‎(4)首先判断二者反应的产物，再结合越弱越水解的原理分析；‎ ‎(5)①根据M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)，判断M点恰好生成NaNO2，据此计算c(HNO2)；‎ ‎②N点溶液显中性，NaOH不足，HNO2有剩余，溶质为NaNO2、HNO2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)I－被氧化为I2时，1mol I－失电子1mol，NaNO2中N元素化合价是+3价，由于在酸性条件下，NaNO2与KI按物质的量1︰1恰好完全反应，由得失电子守恒可知1molNaNO2得电子1mol，则N元素化合价应降低为+2价，则产物中含氮的物质为NO，配平该离子方程式为4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 + 2NO↑+ 2H2O；故答案为：4H+ + 2NO2－+ 2I－=I2 +2NO↑+2H2O；‎ ‎(2)NaNO2为强碱弱酸盐，NO2－发生水解NO2－+H2O⇌OH－+ HNO2，使溶液呈碱性；已知室温时，亚硝酸(HNO2)的电离平衡常数Ka=5.1×10-4，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.2×10-7，则酸性：HNO2＞H2CO3，根据强酸制弱酸的原理可知，NaNO2、二氧化碳、水不能反应生成HNO2；由(1)知在酸性条件下，NaNO2能将I－氧化为I2，则浓NaNO2溶液中通入二氧化硫时，NaNO2能将二氧化硫氧化，则无法得到HNO2；加入稀H2SO4，发生复分解反应生成HNO2；故答案为：碱；NO2－+H2O⇌OH－+ HNO2；bc；‎ ‎(3)用电解法将废水中NO2－转换为N2除去，N元素化合价降低，得电子，根据电解池的原理，阴极发生得电子的还原反应，则N2将在阴极生成；故答案为：阴极；‎ ‎(4)酸性：HNO2＞H2CO3，则向含1 mol Na2CO3的溶液中加入1 mol HNO2，发生反应：Na2CO3+ HNO2=NaHCO3+ NaNO2，则溶质变为1mol NaHCO3和1molNaNO2，由于酸性：HNO2＞H2CO3，根据越弱越水解原理知，NO2－的水解程度比HCO3－的水解程度小，且弱离子的水解是微弱的，HCO3－的电离是微弱的，则c(CO32-)、c(HCO3-)、c(NO2－)由大到小的顺序为c(NO2－)>c(HCO3－) > c(CO32－)；故答案为：c(NO2－)>c(HCO3－) > c(CO32－)；‎ ‎(5)①已知：M点对应溶液中，c(OH－)=c(H+)+c(HNO2)，则M点恰好生成NaNO2，由此可知，22mL 0.100mol•L-1NaOH与20.0mL HNO2溶液恰好反应，则可得c(NaOH)V(NaOH)=c(HNO2)V(HNO2)，‎0.022L×0.100mol•L-1=0.020Lc(HNO2)，解得 c(HNO2)=0.110mol/L；故答案为：0.110mol/L；‎ ‎②N点溶液显中性，NaOH不足，HNO2有剩余，溶质为NaNO2、HNO2，‎ A. 溶质为NaNO2、HNO2，A项错误；‎ B. N点溶液显中性，水电离出来的c(H+)=1×10-7 mol•L-1，B项正确；‎ C. N点溶液显中性，溶质为NaNO2、HNO2，c(Na+)远大于c(OH-)，C项错误；‎ D. N点溶液显中性，由电荷守恒：c(Na+)＋c(H+)= c(NO2-)＋c(OH－)，可知c(Na+)= c(NO2-)，D项正确；故答案为：BD。‎ ‎15.文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入HCl生产无水FeCl2；相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。某化学研究性小组进行以下实验检验这一结论并测定三草酸合铁酸钾晶体[K3Fe(C2O4)3・xH2O]中草酸根含量和结晶水含量。用如图所示装置制取无水FeCl2‎ ‎(1)仪器a的名称为___________，B中的试剂为___________。‎ ‎(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程需先点燃A处酒精灯，原因是__________________。‎ ‎(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是_______________、_________________。‎ ‎(4)某小组设计使用如图装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。‎ 左池石墨电极为_________极，写出右池电极反应式：_______________。‎ ‎(5)为测定三草酸合铁酸钾晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，进行了如下实验：‎ 滴定过程：①称量m g三草酸合铁酸钾晶体样品，配制成250mL溶液。‎ ‎②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液滴定，恰好消耗V mL a mol•L－1KMnO4溶液。C2O42-被全部转化的现象是__________。‎ ‎③该晶体中C2O42-的质量分数为_____________。‎ 误差分析：若盛放酸性KMnO4溶液的滴定管未用标准液润洗，会使结晶水x的数值_______。(填“偏高”“偏低”“无影响”)‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓硫酸 (3). 用HCl排尽装置中的空气，防止铁被氧化，使产品不纯 (4). 发生倒吸 (5). 可燃性气体H2不能被吸收 (6). 正 (7). C2O42— —2e— = 2CO2↑ (8). 溶液由无色转变为浅紫红色，且30秒内不再变化 (9). (10). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，在装置C中，铁与HCl发生反应生成FeCl2和氢气，则装置A用于产生HCl，可用氯化钠固体与浓硫酸加热反应制取HCl气体，通过浓硫酸干燥HCl，因加热时铁粉易被空气中的氧气氧化，且反应生成氢气，因此需先点燃A处的酒精灯排尽装置中的空气，再点燃装置C处的酒精灯，尾气的成分是剩余的HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水，导气管直接插入D装置容易引起倒吸；‎ ‎(4)图示装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的，证明了相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+，根据原电池原理以及氧化还原反应进行分析；‎ ‎(5)②向所配溶液中滴加酸性KMnO4溶液进行滴定时，KMnO4与C2O42-发生氧化还原反应，要说明C2O42-被全部转化，即说明KMnO4溶液过量；‎ ‎③KMnO4与C2O42-发生氧化还原反应，满足关系式2MnO4-~‎5C2O42-，列比例计算C2O42-的质量，进而计算C2O42-的质量分数；分析若盛放酸性KMnO4溶液的滴定管未用标准液润洗，对于C2O42-含量的影响，进而分析对结晶水含量的影响。‎ ‎【详解】由装置图可知，在装置C中，铁与HCl发生反应生成FeCl2和氢气，则装置A用于产生HCl，可用氯化钠固体与浓硫酸加热反应制取HCl气体，通过浓硫酸干燥HCl，因加热时铁粉易被空气中的氧气氧化，因此需先点燃A处的酒精灯排尽装置中的空气，再点燃装置C处的酒精灯，尾气的成分是剩余的HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，氢气不能溶于水，导气管直接插入D装置容易引起倒吸，‎ ‎(1)仪器a为分液漏斗；B中的试剂为浓硫酸，用来干燥HCl；故答案为：分液漏斗；浓硫酸；‎ ‎(2)因加热时铁粉易被空气中的氧气氧化生成铁的氧化物，因此欲制得纯净的FeCl2，实验过程需先点燃A处酒精灯，用HCl排尽装置中的空气；故答案为：用HCl排尽装置中的空气，防止铁被氧化，使产品不纯；‎ ‎(3)尾气的成分是剩余的HCl和生成的氢气，HCl极易溶解于水，导气管直接插入D装置中容易发生倒吸，且氢气不能溶于水，不能被吸收；故答案为：发生倒吸；可燃性气体H2‎ 不能被吸收；‎ ‎(4)某小组设计使用如图装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的，证明了相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+，则该原电池反应为2Fe3++C2O42- =2Fe2++2CO2↑；则Fe3+作氧化剂得电子，被还原，则左池石墨电极为正极，右池石墨电极为负极，电极反应式为C2O42- -2e- = 2CO2↑；故答案为：正；C2O42- -2e- = 2CO2↑；‎ ‎(5)②向所配溶液中滴加酸性KMnO4溶液进行滴定时，KMnO4与C2O42-发生氧化还原反应，当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色转变为浅紫红色，且30秒内不再变化，说明KMnO4溶液过量，C2O42-被全部转化；故答案为：溶液由无色转变为浅紫红色，且30秒内不再变化；‎ ‎③KMnO4与C2O42-发生氧化还原反应，满足关系式2MnO4-~‎5C2O42-，则25.00mL溶液中，250mL溶液中n(C2O42-)=0.025aV mol，则该晶体中C2O42-的质量分数为；若盛放酸性KMnO4溶液的滴定管未用标准液润洗，KMnO4溶液的浓度会偏小，则滴定C2O42-消耗的酸性KMnO4溶液的体积会偏大，则使得C2O42-的含量偏高，即K3Fe(C2O4)3的含量偏高，晶体质量一定，会使结晶水含量降低，则x的数值偏低；故答案为：；偏低。‎ ‎【点睛】第(5)问C2O42-质量分数的计算是学生们的难点。首先关键要弄清二者反应的比例关系2MnO4-~‎5C2O42-，其次计算时一定不能忽视实验中是将m g三草酸合铁酸钾晶体样品，配制成250mL溶液，但是只25.00mL于锥形瓶中进行滴定实验，我们要计算的是m g三草酸合铁酸钾晶体中C2O42-的质量，进而计算质量分数的。‎ ‎16.氮及其化合物是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。回答下列问题。‎ Ⅰ.已知H—H键的键能为a kJ·mol-1，N—H键的键能为bkJ·mol-1，NN键的键能是ckJ·mol-1，则反应NH3(g)N2(g)+H2(g)的ΔH=____kJ·mol-1，若在某温度下其平衡常数为K，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数K1=____（用K表示）。‎ Ⅱ.一氯氨、二氯氨和三氯氨(NH2Cl、NHCl2和NCl3)是常用的饮用水二级消毒剂。‎ ‎（1）用Cl2和NH3反应制备三氯胺的方程式为3Cl2(g)+NH3(g)NCl3(l)+3HCl(g)‎ ‎，向容积均为‎1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为‎400℃‎、T℃）容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ 甲（‎400℃‎）n(Cl2)/mol ‎2.00‎ ‎1.50‎ ‎1.10‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ 乙（T℃）n(Cl2)/mol ‎2.00‎ ‎1.45‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎①T℃___‎400℃‎（填“>”或“<”），该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）。‎ ‎②该反应自发进行的条件是____（填高温、低温、任何温度）。‎ ‎③对该反应，下列说法正确的是___（填选项字母）。‎ A．若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态 B．若容器内Cl2和NH3物质的量之比为3∶1，则表明反应达到平衡状态 C．反应达平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCl3，平衡将向逆反应方向移动 D．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按=1继续充入一定量反应物，达新平衡后Cl2的转化率增大 ‎（2）工业上可利用反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2 (l)+2HCl(g)制备二氯胺。‎ ‎①NHCl2在中性、酸性环境中会发生强烈水解，生成具有强杀菌作用的物质，写出该反应的化学方程式____。‎ ‎②在恒温条件下，将2molCl2和1molNH3充入某密闭容器中发生上述反应，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示。则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___点（填“A”“B”或“C”）；B点时反应物转化率：α(Cl2)___α(NH3)（填“>”“=”或“<”），若B点平衡体积为‎2L，则平衡常数K=____。‎ ‎【答案】 (1). 3b-c-a (2). (3). > (4). < (5). 低温 (6). AD (7). NHCl2+2H2O=2HClO+NH3 (8). C (9). = (10). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，据此计算，平衡常数K=，正逆反应的平衡常数互为倒数；‎ Ⅱ.(1)①温度越高，反应速率越快；根据数据，在‎400℃‎时，甲容器，平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率大，乙中剩余氯气应少，但氯气增多说明温度升高影响平衡逆向进行；‎ ‎②反应自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，结合反应特征分析判断；‎ ‎③可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；‎ ‎(2)①根据元素守恒可推测出具有强烈杀菌作用的物质为HClO，据此写出反应；‎ ‎②体系中HCl的浓度越大则Cl2转化率越大；起始量2molCl2和1molNH3，根据方程式可知Cl2和NH3按照2:1的比例进行反应，所以转化率始终相同；B点处HCl和Cl2的浓度相同，据此反推各物质的浓度进行平衡常数的计算；‎ ‎【详解】Ⅰ.已知：H-H键能为akJ•mol-1，H-N键能为bkJ•mol-1，N≡N键的键能ckJ•mol-1，对于反应NH3(g)N2(g)+H2(g)的△H=反应物的总键能-生成物的总键能=3b-c-a，其平衡常数为K=，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的平衡常数K1=，故答案为：3b-c-a；；‎ Ⅱ.(1)①温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T℃时的反应速率比‎400℃‎时的反应速率快，则T℃＞‎400℃‎；根据数据，在‎400℃‎时，甲容器，平衡后0.8mol，乙容器中1.00mol，达到平衡时间短说明反应速率大，乙中剩余氯气应少，但氯气增多说明温度升高影响平衡逆向进行，△H＜0，故答案为：>；<；‎ ‎②3Cl2(g)+NH3(g)⇌NCl3(l)+3HCl(g)，反应的△S＜0，△H＜0，满足△H-T△S＜0，需要低温下，反应能自发进行，故答案为：低温；‎ ‎③A．NCl3(l)‎ 为液体，反应前后气体质量变化，气体体积不变，若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态，故A正确； B．起始量2molCl2和2molNH3，根据方程式可知反应过程中Cl2和NH3按照3:1的比例进行反应，所以容器内的Cl2和NH3物质的量之比不可能为3：1，故B错误； C．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NCl3(l)为液体不影响此平衡的移动，故C错误； D．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中按=1继续充入一定量反应物，压强增大，平衡正向进行，Cl2的转化率增大，故D正确； 故答案为：AD。‎ ‎(2)①根据元素守恒可推测出具有强烈杀菌作用的物质为HClO，所以二氯胺与水反应方程式为：NHCl2+2H2O=2HClO+2NH3；‎ ‎②容器为密闭容器，据图可知C点处HCl的浓度最大，体系中HCl的浓度越大则Cl2转化率越大，所以C点Cl2转化率最高；起始量2molCl2和1molNH3，根据方程式可知Cl2和NH3按照2:1的比例进行反应，所以转化率始终相同；B点处HCl和Cl2的浓度相同，设平衡时c(HCl)=amol/L，初始c(Cl2)=，c(NH3)=，则 则有1-a=a，解得a=0.5mol/L，所以平衡时c(HCl)=0.5mol/L，c(Cl2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.25mol/L，平衡常数K=，故答案为：C；=；4；‎