【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） 22页

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。‎