1、甘肃省天水一中2020届高三上学期第五次（期末）考试化学试题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【解析】【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 meth
2、acrylate）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；DNaHCO3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
3、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A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118D. 第84号元素的最高化合价是7【答案】D【解析】【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A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、A族，所以第84号元素的最高化合价
4、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3NAB. 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2NAC. 常温下，1LpH=7的1 mol/L CH3COONH4溶液中，CH3COO与NH4+的数目均为NAD. 1L 0.5mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子的数目小于1.5NA【答案】B【解析】【详解】A还原性IFe2+，向
5、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；DA13+、Fe2+水解产生H+，
6、该溶液中阳离子还包括H+，阳离子总数增加，故1L0.5mol/LAl2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故1L0.5molL1Al2Fe(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IFe2+，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
7、，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【解析】【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3.14.4，用甲基橙作指示剂滴定后溶液呈酸性，滴定时Na2CO3全部反应；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2ONa2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O2molNaOH反应生成1molNa2CO3，滴定时消耗2molHCl，NaOH+HCl=NaCl+H2O，2molNaOH滴定时消耗2molHCl；可知N
8、aOH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
9、液中，阴、阳离子的浓度之比小于1:2C. 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【解析】【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A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A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
10、，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；BD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；CA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；DA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 molL-1 盐酸滴入 20.00 mL 0
11、.10 molL-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：pOHlgc(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(NH3H2O)=c(Cl)【答案】D【解析】【详解】AM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
12、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；DN点溶液呈酸性，若恰好生成氯化铵，则可存在c(NH4+)+c(NH3H2O)=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) HO，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) HO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
13、(T)的变化情况，则该反应的H0。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，
14、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CaSO4B. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15D. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】【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
15、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 0.1molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气（已知常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105），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. 0.1molL1HR溶液的pH为5C. 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
16、NH3时，c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A当c(HR)c(R)时，lg= lg1=0，如图所示，溶液的pH5，溶液呈酸性，故A错误；BKa=，当lg=0时，c(R)c(HR)，Kac(H+)105mol/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/L103mol/L，溶液的pH3，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Ka105mol/L，当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4
17、R，NH4+的水解平衡常数为Kh(NH4+)=5.681010，HR水解平衡常数Kh(R)=1095.681010，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+=
18、 HCO3-B. 结合H+的能力：AlO2CO32 HCO3Al(OH)3C. 原混合溶液中，CO32与AlO2的物质的量之比为21D. M点时A1(OH)3的质量等于3.9 g【答案】C【解析】【分析】向Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1molL-1的盐酸，先发生反应AlO2-+H+H2OAl（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
19、此结合选项解答。【详解】Ab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：A1O2CO32HCO3Al(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50
20、mL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)=0.05mol78g/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：2F
21、e3+ + S2- = 2Fe2+ + SD. 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+ NH3H2O【答案】C【解析】【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；CFeCl3溶液中加
22、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+ A
23、l(OH)3+ NH3H2O，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：2H2O4e-=O2+4H+B. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C. N室中：aKh=，溶液呈酸性，即pH 7，且= =104.91，即c(R2)c(H+)c(H2R)c(OH)，故C错误；Dc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
24、，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 molL1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)BFe(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
25、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A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【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AgIAgCl，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；DK2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72 (橙色)+H2O2CrO42 (黄色)+2H+，滴加浓硫酸液
26、，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【解析】【分析】根据题意，甲为电解池，乙为原电池(甲醇空气
27、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
28、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
29、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Fe+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：(
30、1)已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108。 若氨水的浓度为2.0 molL-1，溶液中的c(OH)=_molL1。将SO2通入2.0 molL-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的 =_；(NH4)2SO3溶液中的质子守恒_。(2)室温时，向100 mL 0.1 molL1HCl溶液中滴加0.1 molL1氨水，得到溶液pH与氨水体积的关系曲线如图所示： 试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_；写出a点混合溶液中下列算式的
31、精确结果(不能近似计算)：c(Cl-)- c(NH4+)=_，c(H+)- c(NH3H2O)=_；(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=5.110-4；H2CO3的Ka1=4.410-7，Ka2=4.710-11。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). 0.6102 (2). 0.62 (3). c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)=c(NH3H2O)+c(OH-) (4). a (5). c(Cl-)= c(NH4
32、+)c(OH-)=c(H+) (6). 10-6-10-8 (7). 10-8 (8). c(HCO3-)c(NO2-)c(CO32-)【解析】【分析】(1)NH3H2O电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=；将SO2通入2.0 molL-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH)降至1.0107 molL1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)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NH3H2O，NH4Cl可以促进水
33、的电离，而NH3H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；b点溶液为中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，根据电荷守恒分析；a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)NH3H2O电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，c(NH4+)=c(OH-)，的Kb=，c(OH-)=0.6102 molL1；将SO2通入2.0 molL-1氨水中(溶液的体积保持不变)，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液呈中性，c(OH)=c(H+)=1.0107 molL1根据HSO3-H+ SO32-，
34、电离平衡常数Ka2=6.2108，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(NH3H2O)=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(NH3H2O)+ c(OH-)；(2)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NH3H2O，NH4Cl可以促进水的电离，而NH3H2O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
35、；b点溶液为中性，c(OH-)= c(H+)，溶质为NH4Cl和NH3H2O，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-)；a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
36、-8) mol/L；溶液中存在质子守恒：c(H+) = c(OH-)+ c(NH3H2O) ，c(H+)- c(NH3H2O)= c(OH-)=10-8 mol/L；(3)由亚硝酸的电离平衡常数Ka=5.110-4；H2CO3的Ka1=4.410-7，Ka2=4.710-11，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CO32NO2HCO3，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
37、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菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素常温下，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pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，Ksp(CaF2)=1.461010，Ksp(MgF2)=7.421011；Ka(HF)=1.00104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
38、锰矿粉的最佳条件是_（4）净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8KMnO4MnO2Fe3+，则氧化剂X宜选择_ A. (NH4)2S2O8 B. MnO2 C. KMnO4调节pH时，pH可取的范围为_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
39、):m(NH4Cl)=1.10 (4). B (5). 5.2pH8.8 (6). 1.97 (7). 10-7 (8). CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀【解析】【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，
40、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)=
41、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)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；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、NH4Cl，过程中不能让Mn2+沉淀，结合相
42、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5.2pH8.8；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)=1.00104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
43、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/molCO(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2.2molH
44、2，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(CO)随温度、压强的变化情况如图1所示。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)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=kcm（NO）cn（H2）（k是速率常数，只与温度有关）。某温度下，反应速率与反应物浓
45、度的变化关系如下表所示。编号c（H2）/（molL-1）c（NO）/（molL-1）v/（molL-1min-1）10100.100.41420.100.201.65630.500.102.070由表中数据可知，m=_，n=_。上述反应分两步进行：2NO(g)+2H2(g) N2(g)+H2O2(l)(慢反应)H2O2(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. 总反应速率由反应的速率决定C. 反应的活化能较高 D.反应中NO和H2的碰撞仅部分有效【答案】 (1). CH4 (2). CH4+ O2-2e=CO+2H2 (3). 90.1
46、 kJ/mol (4). (5). (6). B、E (7). 2 (8). 1 (9). C D【解析】【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，膜侧发生的电极反应式为CH4+ O2-2e-=CO+2H2；(2)已知：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(
47、g) H2=-49.0kJ/molCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) H3=-41.1kJ/mol根据盖斯定律：+可得CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H1 =-90.1 kJ/mol；(3)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p1p2；M点时，CO的转化率为60%，则CO转化了1mol60%=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；
48、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=kcm(NO)cn(H2)(k是速率常数，只与温度有关)。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；AH2O2参与两个反应，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
49、应决定，即由反应的速率决定，故B错误；C反应是慢反应，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A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BCl3沸点为12.5 ，熔点为107.3 ；2B6HCl2BCl33H2；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
50、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).先点燃A处酒精灯，后点燃D处酒精灯先点燃D处酒精灯，后点燃A处酒精灯同时点燃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
51、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). 2MnO410Cl16H= 2Mn28H2O5Cl2 (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). BCl33H2O=H3BO33HCl (6). 密封保存 (7). (8). NaOH【解析】【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：2MnO410Cl16H= 2Mn28H2O5Cl2。（2）由于浓盐酸有挥发性，
52、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2B6HCl2BCl33H2，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BCl33H2O=H3BO33HCl；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）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。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。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。