2018-2019学年广东省潮州市高二上学期期末教学质量检测理科综合化学试题 解析版

2018-2019学年广东省潮州市高二上学期期末教学质量检测理科综合化学试题 解析版

广东省潮州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量检测理综 化学试题 ‎1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法错误的是 A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用盐酸除去 B. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点处 C. 使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀 D. 为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、先用Na2CO3溶液处理，发生沉淀的转化生成碳酸钙，碳酸钙溶于盐酸；‎ B、饱和Na2CO3溶液可以除去焊点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊点处金属氧化物；‎ C、融雪剂中含有的氯化钠加入水中，能降低水的凝固点，从而加快雪的溶解，在水溶液中能电离出钠离子和氯离子增强溶液的导电性，加快了桥梁的腐蚀；‎ D、可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性。‎ ‎【详解】A项、由平衡CaSO4（s）Ca2+（aq）+SO42-（aq）可知，加入Na2CO3溶液后，CO32-与Ca2+结合生成CaCO3沉淀，Ca2+浓度减少，使CaSO4的沉淀溶解平衡向溶解方向移动，发生反应：CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq），然后再加盐酸，盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而除去硫酸钙，故A正确；‎ B项、Na2CO3和NH4Cl中溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊点处金属氧化物，故B正确；‎ C项、、融雪剂中的氯化钠在水溶液中能电离出钠离子和氯离子，桥梁中的铁、碳和氯化钠溶液能形成原电池，原电池能加快化学反应速率，加快了桥梁的腐蚀，故C正确；‎ D项、可溶性铜盐中含有重金属离子铜离子，重金属离子可以使蛋白质变性，对人体有害，不能用于食品防腐，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产、生活的关系，把握物质的性质、化学与环境、能源的关系为解答的关键。‎ ‎2.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质，下列说法正确的是 A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应 B. 硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维 C. 可用盐酸除去石英砂（主要成分为SiO2）中少量的碳酸盐 D. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，其熔点很高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应，SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应。‎ ‎【详解】A项、化学反应前后有元素化合价变化的一定是氧化还原反应，二氧化硅与碳反应生成硅单质和粗硅与氯气的反应是氧化还原反应，故A错误；‎ B项、光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；‎ C项、碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙和水以及二氧化碳，二氧化硅和盐酸不反应，可以用盐酸除去石英（主要成分为SiO2）中混有的少量碳酸钙，故C正确；‎ D项、玻璃是由纯碱、石灰石和石英制成的，玻璃属于混合物，没有固定的熔点，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查硅和二氧化硅的性质和用途，掌握硅及其化合物的性质及应用是解答关键。‎ ‎3.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是 A. 常温常压下，22.4L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子 B. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA C. 将含1molFeCl3的溶液制得的Fe(OH)3胶体中含有胶粒数目为NA[假设所有的FeCl3都转化为Fe(OH)3胶体]‎ D. 0.1mo/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO3-、CO32-的粒子总数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L混合气体的物质的量小于1mol；‎ B、过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素的价态由-1价变为0价；‎ C、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体；‎ D、没有明确溶液的体积，溶液中微粒数不能计算。‎ ‎【详解】A项、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4L混合气体的物质的量小于1mol，虽然每个分子中含有2个氧原子，但22.4L的NO2和CO2混合气体含有O原子小于2NA个，故A错误；‎ B项、过氧化钠与水反应生成氧气时，氧元素的价态由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；‎ C项、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，将100mL0.1mol•L-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒小于0.01NA，故C错误；‎ D项、没有明确溶液的体积，溶液中微粒数不能计算，0.1 mol•L-1Na2CO3溶液中CO32-、HCO3-和H2CO3总浓度为0.1mol/L，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】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。‎ ‎4.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验操作、现象、结论或解释正确的是 选项 实验操作 现象 结论或解释 A 向Na2S溶液中滴加盐酸 有臭鸡蛋气味的气体产生 氯的非金属性比硫的强 B 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体 产生白色沉淀 沉淀是BaSO3‎ C 将0.1mol/L ZnSO4溶液加入1mol/LNa2S溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/L CuSO4溶液 先有白色沉淀生成后变为黑色沉淀 Ksp(CuS) > Ksp(ZnS)‎ D 向某溶液中滴加K 3[Fe(CN)6] (铁氰化钾) 溶液 有蓝色沉淀产生 该溶液中一定含有Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、Na2S溶液与盐酸的反应是强酸制弱酸的反应；‎ B、向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；‎ C、Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp大小；‎ D、亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀。‎ ‎【详解】A项、比较非金属性强弱时，应根据非金属形成的最高价氧化物的水化物的酸性强弱进行比较，不能利用HCl、H2S的酸性强弱比较，故A错误；‎ B项、二氧化硫溶于水，使溶液显酸性，向Ba（NO3）2溶液中通入二氧化硫气体，溶液中硝酸根在酸性条件下与二氧化硫反应发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；‎ C项、Na2S溶液过量，与ZnSO4溶液和CuSO4溶液的反应均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化反应，不能比较CuS和ZnS的Ksp大小，故C错误；‎ D项、铁氰化钾溶液和亚铁离子反应生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，这是检验亚铁离子的一种方法，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与应用能力的考查，涉及常见离子的检验方法、元素金属性强弱的比较、溶度积大小比较等知识，把握物质的性质、反应原理，明确常见阴阳离子的检验方法是解答关键。‎ ‎5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(X) N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；‎ D项、W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。‎ ‎6.下列说法正确的是 A. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0‎ B. 已知2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ·mol－1，则CO的燃烧热ΔH＝－283 kJ C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)==H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1‎ D. 500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，则热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、该反应的△S＞0，若不能自发进行，△H-T△S＞0，则△H＞0，故A正确；B．燃烧热的单位为 kJ/mol，故B错误；C．稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2 ‎ 溶液反应生成硫酸钡沉淀，要放出热量，反应热ΔH ＜2×(－57.3) kJ·mol-1，故C错误；D．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 的反应属于可逆反应，500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中不可能完全反应，当完全反应时，放出的热量大于19.3kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜－38.6 kJ·mol-1，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了反应热和焓变的相关知识。‎ ‎7.根据下表提供的数据，将等体积､等物质的量浓度的NaClO、NaHCO3 二种溶液相混合，则在混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是 化学式 电离平衡常数 HClO Ka=3.0×10－8‎ H2CO3‎ Ka1=4.3×10—7‎ Ka2=5.6×10－11‎ A. c(HClO)＋c(ClO－)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)‎ B. c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(ClO－)＋c(OH－)‎ C. c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H+)‎ D. c(ClO－) >c(HCO3－) >c(H+)>c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表中电离平衡常数的大小可知，酸性强弱的大小顺序为：H2CO3> HClO> HCO3－，对应酸根的水解强弱顺序为：CO32－> ClO－> HCO3－。‎ ‎【详解】A项、由物料守恒可在，溶液中氯元素总量等于碳元素总量，则溶液中有c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），故A错误；‎ B项、根据电荷守恒可知，溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-），故B错误；‎ C项、根据电离常数可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-‎ ‎，所以溶液中c（HCO3-）＞c（ClO-），两物质水解都呈碱性，且水解程度都比较小，所以c（HCO3-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），故C正确；‎ D项、根据电离常数可知，ClO-的水解程度大于HCO3-，所以溶液中c（HCO3-）＞c（ClO-），故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度的大小比较，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的原理，结合电荷守恒和物料守恒解答该类题目，注意HCO3-对应的酸是碳酸、CO32-对应的酸是HCO3-，知道酸的电离平衡常数与酸根离子水解程度关系是解答关键。‎ ‎8.（1）已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：__________________________‎ ‎（2）如图是一个电化学过程的示意图，据图回答下列问题：‎ ‎①甲池是___________________装置。‎ ‎②请回答电极的名称：Fe电极的电极名称是__________‎ ‎③写出电极反应式：通入CH4的电极反应式是__________________________；Fe电极的电极反应式为______________________‎ ‎④乙池中反应的化学方程式为___________________________；当乙池中石墨（C）电极上生成的气体体积在标准状况下为112mL时，200mL AgNO3溶液（设乙池溶液的体积变化可以忽略）的pH值=_________‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890.3 kJ·mol－1 (2). 原电池 (3). 阴极 (4). CH4－8e－＋10OH－===CO32－+7H2O (5). Ag＋＋e－=== Ag (6). 4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3 (7). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）甲烷的燃烧热是指1mol甲烷在氧气燃烧反应生成二氧化碳和液态水时放出的热量，所以表示某物质燃烧热的热化学方程式可燃物前面的系数必须是1；‎ ‎（2）由电化学过程的示意图可知，甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池，通入甲烷的一极为负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，发生还原反应；乙池为电解硝酸银溶液的电解池，C电极连接原电池正极，为电解池的阳极，铁与电源负极，为电解池的阴极；‎ ‎【详解】（1）甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1；‎ ‎（2）①由电化学过程的示意图可知，甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池，故答案为：原电池；‎ ‎②铁与电源负极，为电解池的阴极，故答案为：阴极；‎ ‎③通入甲烷的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH--8e-⇌CO3 2-+7H2O；铁与电源负极相连作阴极，溶液中银离子在阴极A得电子发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：CH4+10OH--8e-=CO3 2-+7H2O；Ag++e-=Ag；‎ ‎④乙池为电解硝酸银溶液的电解池，乙池中氢氧根离子在阳极放电、银离子在阴极上放电，则乙池电池反应式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；氢氧根在阳极失电子发生氧化反应生成O2，标准状况下112mL O2的物质的量为0.005mol，由电解方程式可知，电解生成0.02molHNO3，溶液中c（H+）=0.02mol/0.2L=0.1mol/L，则pH=1，故答案为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；1。‎ ‎9.在测定某铁矿石中的含铁量时，可准确称取2.0g铁矿石溶解在酸溶液里，然后把其中的Fe3+还原成Fe2+，制得100mL待测液，再取出10mL该待测液于锥形瓶中，然后用0.020mol·L－1的KMnO4标准溶液进行滴定，发生反应的离子方程式如下：Fe2++MnO4－+ 8H+ = 5Fe3++Mn2++4H2O ， 滴定结果平均消耗KMnO4溶液的体积刚好等于下图中所示的消耗KMnO4溶液的体积，试回答下列问题： ‎ ‎（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+，应选用下列试剂____________, 充分反应再进行过滤､洗涤，将洗涤液并入待测液中。‎ A.氯水 B. H2O2 C. Fe屑 D. Cu ‎（2）滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点读数为______________mL 滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视______________________________，直至滴定终点。判断到达终点的现象是___________________________________________________________________________________‎ ‎（3）下列操作会使测得样品中铁的质量分数偏高的是__________‎ A.滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入高锰酸钾标准溶液进行滴定。‎ B.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，就加入待测液进行滴定。‎ C.记录测定结果时，滴定前仰视液凹面最低处，滴定到达终点时又俯视读数。‎ ‎（4）如果矿石是用盐酸溶解配制成待测液，则测定的结果矿石中含铁量______________（填偏高、偏低、无影响），原因是_________________________________________‎ ‎（5）矿石中含铁的质量分数为 _________________ （已知铁的原子量为56）‎ ‎【答案】 (1). D (2). 17.20 (3). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (4). 加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色 (5). A (6). 偏高 (7). KMnO4氧化Cl－,消耗KMnO4的量增多 (8). 48.2%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+时，不能增加溶液中铁元素的量，否则测定结果会偏高；‎ ‎（2）由示意图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为17.20mL；滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化； KMnO4溶液为紫色，反应中MnO4-转变成Mn2+， Fe2+转变成Fe3+，反应到达终点时溶液由浅绿色变为紫色；‎ ‎（3）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对V（标准）×的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与盐酸发生氧化还原反应生成氯气；‎ ‎（5）根据关系式5Fe2+～5Fe2+～MnO4-计算Fe的物质的量，再根据m=nM计算其质量，进而计算质量分数。‎ ‎【详解】（1）把待测液中的Fe3+还原成Fe2+时，不能增加溶液中铁元素的量，否则测定结果会偏高，因此加入的还原剂不能是Fe屑，只能是Cu，故答案为：Cu；‎ ‎（2）由示意图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为17.20mL；滴定过程中，用左手控制滴定管活塞，边滴边摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化； KMnO4溶液为紫色，反应中MnO4-转变成Mn2+， Fe2+转变成Fe3+，反应到达终点时溶液由浅绿色变为紫色，则终点的现象是加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色，故答案为：17.20；锥形瓶中溶液的颜色变化；加入最后一滴KMnO4标准溶液时，锥形瓶中溶液的颜色由浅绿色变为浅紫色，且保持半分钟内不褪色；‎ ‎（3）A、酸式滴定管未用KMnO4标准溶液润洗就直接注入KMnO4标准溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，所测结果偏高，正确；‎ B、滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后，水未倒尽，就加入待测液，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，对测定结果无影响，错误；‎ C、记录测定结果时，滴定前仰视液凹面最低处，滴定到达终点时又俯视读数，造成V（标准）偏小，所测结果偏低，错误；‎ 故选A，故答案为：A；‎ ‎（4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与盐酸发生氧化还原反应生成氯气，如果矿石是用盐酸溶解配制成待测液，消耗KMnO4标准溶液的体积偏大，所测结果偏高，故答案为：KMnO4氧化Cl－,消耗KMnO4的量增多；‎ ‎（5）酸性高锰酸钾溶液氧化Fe2+的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，由方程式可得10mL待测液中n(Fe2+)=5×n(MnO4-)=5×0.020mol·L－1×17.20×10-3L=1.72×10-3 mol, 100mL待测液中铁元素的质量m(Fe)= 1.72×10-3 mol×10×56g/mol=0.9632g，则矿石中含铁的质量分数为0.9632g/2×100%≈48.2%，故答案为：48.2%。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应滴定、物质含量测定等，侧重于考查实验能力和计算能力，注意把握铁离子的性质、滴定原理和利用关系式法计算是解答关键。‎ ‎10.Ⅰ.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：‎ 实验编号 HA物质的量浓度(mol·L-1)‎ NaOH物质的量浓度(mol·L-1)‎ 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH＝a 乙 c ‎0.2‎ pH＝7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH＞7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝9‎ ‎（1）不考虑其它组的实验结果，从甲组情况分析，如何用a (混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸________________________________________________________‎ ‎（2）丙组实验混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________________‎ ‎（3）丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________________mol·L-1， 混合溶液中，c(Na+)－c(A-)＝_________________________mol·L-1 (不能做近似计算)。‎ Ⅱ.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为：N2（g)+3H2（g）2NH3（g） ∆H=﹣92.4kJ•mol－1，在773 K时，分别将2 mol N2和6 mol H2充入在一个固定容积为1 L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间t的关系如下表：‎ t/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎30‎ n(H2)/mol ‎6.00‎ ‎4.50‎ ‎3.60‎ ‎3.30‎ ‎3.03‎ ‎3.00‎ ‎3.00‎ n(NH3)/mol ‎0‎ ‎1.00‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎1.98‎ ‎2.00‎ ‎2.00‎ ‎（1）从0～10min内，该反应的平均速率v(H2)＝________________ ；该温度下，反应达到化学平衡时，化学平衡常数K=________________ (保留二位小数) ‎ ‎（2）该温度下，若向容积相同的另一容器中投入的N2、H2、NH3的浓度分别为3 mol·L－1、3 mol·L－1、3 mol·L－1，下列各项标志着该反应达到化学平衡状态的是________(填字母)。‎ A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2 B．3v正(N2)＝v逆(H2)‎ C．容器内压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变 ‎（3）该温度下，分别将2 mol N2和6 mol H2充入在一个固定容积为1 L的密闭容器中，反应达到平衡过程中，c(H2)､c(N2)､c(NH3)随时间t变化如图曲线；在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)～t的曲线上相应的点为________‎ ‎【答案】 (1). 若a＝7，则HA是强酸；若a＞7, 则HA是弱酸 (2). c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) (3). 10-5 (4). 10-5－10-9 (5). 0.24mol·L－1 ·min－1 (6). 0.15mol－2·L2 (7). BC (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）甲组等浓度一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应生成NaA，依据溶液pH是否大于7判断；‎ ‎（2）由丙组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，溶液显碱性；‎ ‎（3）丁组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的；‎ Ⅱ.（1）依据表给数据，结合化学反应速率和化学平衡常数公式计算；‎ ‎（2）依据平衡时正反应速率等于逆反应速率，各物质浓度保持不变，以及衍生的物理量不变进行分析判断；‎ ‎（3）温度不变，若起始充入4molN2和12molH2，相当于在原来基础上增加压强，平衡正向移动。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）甲组为0.2 mol·L－1一元酸HA和0.2 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，两者恰好完全反应，若HA是强酸，反应生成强酸强碱盐，溶液pH＝7，若HA是弱酸，反应生成强碱弱酸盐，溶液pH＞7，故答案为：若a＝7，则HA是强酸；若a＞7, 则HA是弱酸；‎ ‎（2）由丙组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，溶液显碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），由电荷守恒可知溶液中c（Na+）＞c（A-），则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；‎ ‎（3）丁组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH-）=10-5mol/L；由电荷守恒可知c(Na+)－c(A-‎ ‎)＝c（OH-）—c（H+）=10-5－10-9，故答案为：10-5；10-5－10-9；‎ Ⅱ.（1）10min时，n(H2)为3.60mol，0～10min内，△c(H2)=(6.00—3.60)mol/1L=2.40 mol/L，平均速率v(H2)＝2.40 mol/L/10min=0.24mol/L·min；由表可知表可知25min反应达平衡状态，c(H2)= 3.00mol/L、c(NH3)= 2.00 mol/L，由方程式可知c(N2)=（2.00—1.00）mol/L，化学平衡常数K=c2(NH3)/ c(N2) c3(H2)=( 2.00 mol/L)2/1.00 mol/L×(3.00mol/L)3≈0.15mol－2·L2，故答案为：0.24mol·L－1 ·min－1；0.15mol－2·L2；‎ ‎（2）A、反应平衡时各物质的浓度是否相等，取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，故A错误；‎ B、反应达到平衡时，正逆反应速率相等，3v正（N2）=v逆（H2），v正（N2）表示消耗N2的速率，v逆（H2）表示生成H2的速率，且v正（N2）：v逆（H2）=1：3，充分说明向两个相反方向进行的程度相当，故B正确；‎ C、该反应是反应前后气体体积有变化的反应，所以达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，该容器中的压强不再变化时，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D、根据质量守恒，反应前后混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能证明该反应是否达到平衡状态，故D错误；‎ 故选BC，故答案为：BC；‎ ‎（3）由反应方程式可知各物质变化量之比等于对应物质的化学计量数之比，而△n甲：△n乙：△n丙=3：1：2，所以表示甲为H2变化量、乙为变化量、丙为NH3变化量，在此温度下，若起始充入4molN2和12molH2，相当于在原来基础上增加压强，平衡正向移动，所以比原平衡的两倍小，而且达平衡的时间缩短，则对应是点B，故答案为：B。‎ ‎11.高纯氧化铝可用于制高压钠灯的陶瓷管。实验室制取高纯氧化铝的流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）硫酸铵溶液显酸性的原因是（用离子方程式表示）______________________________‎ ‎（2）“除杂”操作是向硫酸铵溶液加入适量过氧化氢，再用氨水调节溶液的pH约为8.0，以除去硫酸铵溶液中的少量Fe2+。该过程中，在酸性溶液条件下过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+‎ 的离子方程式为 _________________________，检验Fe2+已除尽的实验操作和现象是_______________________________‎ ‎（3）通常条件下，若KSP[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则理论上计算流程中“除杂”后溶液中c(Fe3+)等于____________mol·L－1‎ ‎（4）配制硫酸铝溶液时，需用硫酸酸化，目的是__________________________________‎ ‎（5）“结晶”操作中，母液经蒸发浓缩至溶液表面刚出现薄层的结晶为止，冷却结晶，得到铵明矾晶体（NH4Al(SO4)2·12H2O）；该操作过程中，母液不能蒸干的原因是_________________________‎ ‎（6）向铵明矾溶液中滴加极少量NaOH溶液时，反应的离子方程式是___________________‎ ‎【答案】 (1). NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ (2). 2Fe2++ H2O2+ 2H+＝2Fe3++2H2O (3). 取少量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液，充分振荡，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽 (4). 4.0×10－20 (5). 抑制Al3+水解 (6). 减少可溶性杂质的析出 (7). Al3+ +3OH－ = Al(OH)3 ↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，使溶液显酸性；‎ ‎（2）加入适量过氧化氢，在酸性溶液条件下过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，应在H2O2溶液过量的条件下，证明Fe2+完全氧化为Fe3+，溶液中不存在Fe3+；‎ ‎（3）由KSP[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)c3(OH-)计算pH约为8.0时，溶液中c(Fe3+)；‎ ‎（4）硫酸铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中发生水解；‎ ‎（5）母液不能蒸干是因为蒸干容易使晶体失去结晶水，还可避免溶液中的可溶性杂质与铵明矾晶体一同结晶析出；‎ ‎（6）由铝盐中加入氨水生成氢氧化铝沉淀可知，Al3+结合OH-能力强于NH4+。‎ ‎【详解】（1）硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，使溶液显酸性，水解的离子方程式为NH4++H2O NH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；‎ ‎（2）加入适量过氧化氢，在酸性溶液条件下过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+ 2H+＝2Fe3++2H2O；应在H2O2溶液过量的条件下，证明Fe2+完全氧化为Fe3+，溶液中不存在Fe3+，具体的实验操作是：取少量除杂后的滤液，加适量H2O2溶液，振荡，滴加KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+已除尽，故答案为：2Fe2++ H2O2+ 2H+＝2Fe3++2H2O；取少量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液，充分振荡，滴加几滴KSCN溶液，若无明显现象，说明Fe2+‎ 已除尽；‎ ‎（3）由题意溶液的pH约为8.0，则溶液中c(OH-)约为1.0×10－6mol/L，因KSP[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10－38，则溶液中c(Fe3+)=4.0×10－38/(1.0×10－6mol/L)3= 4.0×10－20mol/L，故答案为：4.0×10－20；‎ ‎（4）硫酸铝是强酸弱碱盐，铝离子在溶液中发生水解，配制硫酸铝溶液时，加入硫酸酸化，溶液中H+浓度，使水解平衡Al3++3H2O3Al(OH)3+3H+左移，抑制Al3+水解,故答案为：抑制Al3+水解；‎ ‎（5）母液不能蒸干是因为蒸干容易使晶体失去结晶水，还可避免溶液中的可溶性杂质与铵明矾晶体一同结晶析出，故答案为：减少可溶性杂质的析出；‎ ‎（6）由铝盐中加入氨水生成氢氧化铝沉淀可知，由于Al3+结合OH-能力强于NH4+，向铵明矾溶液中滴加极少量NaOH溶液时，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为Al3++3OH－=Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3OH－=Al(OH)3↓。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及了离子检验、盐类水解、对条件的控制选择、物质的分离提纯等，理解化学工艺流程原理，正确运用基础知识是解题的关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎