2020版高考化学二轮复习专题强化训练15填空题（含解析）

专题强化训练(十五)

能力练(20分钟)

1．(2019·济南模拟)肌红蛋白(Mb)结合氧的反应为：Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)　ΔH<0，肌红蛋白的结合度即转化率α与氧气分压p(O2)密切相关。37℃时，反应达平衡时测得的一组实验数据如图所示。回答下列问题：

(1)37℃时，上述反应的平衡常数K＝________kPa－1(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表达)。

(2)平衡时，肌红蛋白的结合度α＝________[用含p(O2)和K的代数式表示]；37℃时，若空气中氧气分压为20.0 kPa，人正常呼吸时α的最大值为________%(结果保留2位小数)。

(3)上述反应的正反应速率v正＝k正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v逆＝k逆·c(MbO2)。k正和k逆分别是正向和逆向反应的速率常数。37℃时，图中坐标为(1.00,50.0)的点对应的反应状态为向________(填“左”或“右”)进行，此时v正∶v逆＝________。

[解析]　(1)肌红蛋白结合O2的反应为Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，结合题意和题图知，37℃时该反应的平衡常数K＝＝ kPa－1＝2 kPa－1。(2)K＝＝，故α＝。37℃下，若氧气分压为20.0 kPa，则肌红蛋白结合O2的反应达到平衡时α最大，故α＝＝＝97.56%。(3)由题图可知，坐标为(1.00,50.0)的点位于曲线下方，反应未达平衡，故对应的反应状态为向右进行；若反应达到平衡，则v正＝v逆，即k正·c(Mb)·p(O2)＝k逆·c(MbO2)，则＝＝K，故坐标为(1.00,50.0)的点对应的＝＝＝2。

[答案]　(1)2　(2)　97.56　(3)右　2∶1

2．(2019·福州质量检测)氮化镁(Mg3N2)可用于核废料的回收，常温下为黄绿色粉末，易水解。

为测定Mg3N2纯度，该小组称取4.0 g样品加入足量10% NaOH溶液并加热，生成的气体全部用100.00 mL 1.00 mol·L－1的盐酸吸收。将所得溶液稀释到250.00 mL，取25.00 mL该溶液，用0.2000 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸。重复实验，平均消耗NaOH溶液25.00 mL。样品中Mg3N2的质量分数为________(保留一位小数)。

(2)(2019·黑龙江第三次联考)镁－H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，常温下，若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，电解质溶液中所含Mg2＋的物质的量浓度为________mol·L－1。已知常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，当电解质溶液的pH＝6时，________(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀析出。(忽略反应过程中溶液的体积变化)

(3)(2019·重庆联考)已知高碳铬铁废料中铁铬元素质量之比为14∶13。上述流程中铁元素转化为草酸亚铁的利用率为80%。废料中提取金属铬的总转化率为95%，如果得到草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)的质量为18.00 t，则可以冶炼铬的质量为________t(结果保留1位小数)。

[解析]　(1)依据关系式：Mg3N2～2NH3～2H＋，n(Mg3N2)＝× mol＝2.5×10－2 mol，故w(Mg3N2)＝×100%＝62.5%。

(2)若起始电解质溶液pH＝1，则pH＝2时，溶液中氢离子浓度减小0.1 mol·L－1－0.01 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，由反应Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，可知Mg2＋的物质的量浓度＝0.045 mol·L－1；Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，常温下当溶液pH＝6时，c(OH－)＝10－8 mol·L－1，H＋浓度减小0.1 mol·L－1－10－6 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，溶液中Mg2＋的浓度约为0.05 mol·L－1，则Qc＝c(Mg2＋)×c2(OH－)≈0.05×10－16＝5×10－18<Ksp[Mg(OH)2]，故无氢氧化镁沉淀生成。

(3)得到FeC2O4·2H2O的物质的量为18×106 g÷180 g·mol－1＝105 mol。铁元素转化为草酸亚铁的利用率为80%，所以废料中铁的物质的量为105 mol÷80%＝1.25×105 mol。已知高碳铬铁废料中铁铬元素质量之比为14∶13，说明铁和铬原子个数比为1∶1，所以废料中铬的物质的量也为1.25×105 mol。已知废料中提取金属铬的总转化率为95%，则可以冶炼铬的质量为1.25×105 mol×95%×52 g·mol－1＝6.2×106 g＝6.2 t。

[答案]　(1)62.5%　(2)0.045　无　(3)6.2

3．(2019·黄冈调研考试)如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。按要求回答相关问题：

若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为________L；丙装置中阴极析出铜的质量为________g，一段时间后烧杯中c(Cu2＋)________(填“增大”、“减小”、“不变”)。

[解析]　甲中正极上O2发生还原反应，电极反应为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，乙中Fe极为阴极，电极反应为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，根据各电极上转移电子数相等，可得关系式O2～2H2，若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则铁极上生成4.48 L氢气。丙中阴极的电极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，根据各电极上转移电子数相等，可得关系式O2～2Cu，则丙中阴极上析出n(Cu)＝2n(O2)＝0.2 mol，其质量为12.8 g。丙中电解精炼铜时，阳极上金属活泼性比Cu强的杂质先放电，而阴极上始终是Cu2＋放电，因此电解一段时间后，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。

[答案]　4.48　12.8　减小

4．(2019·烟台模拟)(1)反应Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)，常温下，Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子的浓度关系如图1所示。则该反应的化学平衡常数的数量级为________。

(2)室温下，H2SeO3溶液中H2SeO3、HSeO、SeO的物质的量分数随pH的变化如图2所示，则室温下Ka2(H2SeO3)＝________。

(3)工业上，粗银电解精炼时，电解质溶液的pH为1.5～2，电流为5～10 A，若电解质溶液pH太小，电解精炼过程中除了银离子在阴极放电，还会发生______________________(写电极反应式)，若用10 A的电流电解60 min后，得到32.4 g Ag，则该电解池的电解效率为________%。(保留小数点后一位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500 C·mol－1)

[解析]　(1)从图1可得：Ksp[Ag2SO4]＝c2(Ag＋)·c(SO)＝(10－2)2×10－1＝10－5，Ksp[AgCl]＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－4.75×10－5＝10－9.75。反应的平衡常数K＝＝＝＝＝1014.5，数量级为1014。

(2)从图2知，pH＝7.30时，HSeO、SeO微粒的物质的量分数相等，即二者浓度相等，所以Ka2(H2SeO3)＝＝c(H＋)＝10－7.30。

(3)若电解质溶液pH太小，即H＋浓度大，阴极除了银离子放电外，还会发生2H＋＋2e－===H2↑；若用10 A的电流电解60 min，转移电子的物质的量n＝，理论上应沉积的银的质量为108n g，该电解池的电解效率为×100%＝×100%≈80.4%。

[答案]　(1)1014　(2)10－7.30　(3)2H＋＋2e－===H2↑　80.4%

拔高练(25分钟)

1．(2019·河北武邑调研)结晶水合物在煅烧过程中会发生一系列变化，请回答下列问题：

(1)硫酸高铈[Ce(SO4)2]是一种常用的强氧化剂。将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图1所示。

当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为________(填标号)。  

A．Ce(SO4)2　　B．Ce2(SO4)3　　C．CeOSO4

(2)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。680℃时所得固体的化学式可能为________。

[解析]　(1)若1 mol Ce(SO4)2·4H2O分解，当固体残留率为70.3%时，所剩固体的质量为404 g·mol－1×1 mol×70.3%≈284 g，即对应所得固体的摩尔质量可能为284 g·mol－1，Ce(SO4)2的摩尔质量为332 g·mol－1，CeOSO4的摩尔质量为252 g·mol－1，A、C项不符合题意；若2 mol Ce(SO4)2·4H2O分解，对应所得1 mol固体时固体的摩尔质量为568 g·mol－1，Ce2(SO4)3的摩尔质量为568 g·mol－1，B项符合题意。

(2)28.70 g ZnSO4·7H2O的物质的量为0.1 mol，从图中可知，B点时固体质量为16.10 g，质量损失12.60 g，恰好是结晶水的质量，故B点时固体为ZnSO4；D点时固体质量为8.10 g，其中Zn的质量为0.1 mol×65 g·mol－1＝6.50 g，则8.10 g－6.50 g＝1.60 g，恰好为0.1 mol O的质量，故D点时的固体是ZnO，是ZnSO4完全分解的产物，分解失去的是SO3；C点位于B、D中间，则应为ZnSO4不完全分解的产物，C点固体的化学式可表示为ZnO·xZnSO4，则B点到C点分解失去的SO3的物质的量为≈0.033 mol，则产生的ZnO的物质的量为0.033 mol，剩余的ZnSO4的物质的量为0.1 mol－0.033 mol＝0.067 mol，则x≈2，即C点固体的化学式可表示为ZnO·2ZnSO4或Zn3O(SO4)2。

[答案]　(1)B　(2)ZnO·2ZnSO4[或Zn3O(SO4)2]

2．(2019·青岛联考)(1)用如图所示装置可以测定混合气中ClO2的含量(混合气中其他成分不参与反应)：

Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；

Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；

Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；

Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；

Ⅴ.用0.1000 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。测得混合气中ClO2的质量为________g。

(2)氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原剂之间的电子转移为基础的一种滴定分析方法。与酸碱滴定法相比较，氧化还原滴定法应用更为广泛，它不仅可用于无机分析，而且可以广泛用于有机分析，许多具有氧化性或还原性的有机化合物可以用氧化还原滴定法来加以测定。测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取9.48 g KMnO4样品溶解酸化配制成250 mL溶液，量取25.00 mL于锥形瓶中，用0.1000 mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，则该样品中KMnO4的纯度是________。(未配平的离子方程式为MnO＋S2O＋H＋―→Mn2＋＋SO＋H2O)

[解析]　(1)将Ⅲ中涉及反应配平为2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O，再结合反应I2＋2S2O===2I－＋S4O，得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，则n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝×0.1000 mol·L－1×0.02000 L＝4.000×10－4 mol，m(ClO2)＝4.000×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.02700 g。

(2)由滴定过程所涉及的反应8MnO＋5S2O＋14H＋===8Mn2＋＋10SO＋7H2O得关系式：8KMnO4～8MnO～5S2O，则n(KMnO4)＝n(S2O)＝24.00×10－3 L×0.1000 mol·L－1××＝3.84×10－2 mol，KMnO4的质量分数为×100%＝64%。

[答案]　(1)0.02700　(2)64%

3．(2019·河北保定调研)(1)298 K时，将20 mL 3x mol·L－1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L－1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为________。

(2)在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1∶4，总物质的量a mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。反应Ⅰ：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH4，反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH5。350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为V L，该温度下反应Ⅰ的平衡常数为________(用a、V表示)。

[解析]　(1)反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3x mol·L－1×[20÷(20＋20＋20)]＝x mol·L－1，同理I2的浓度为x mol·L－1，反应达到平衡时，c(AsO)为y mol·L－1，则c(I－)＝2y mol·L－1，消耗的AsO、I2的浓度均为y mol·L－1，平衡时c(AsO)＝(x－y) mol·L－1，c(I2)＝(x－y) mol·L－1，溶液中c(OH－)＝1 mol/L，则K＝＝。

(2)在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比1∶4，总物质的量a mol)进行反应，350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为V L，二氧化碳转化率为80%

平衡常数K＝＝。

[答案]　(1)　(2)