甘肃省天水市第一中学2020届高三上学期第五次（期末考试）考试化学试题

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 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
【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
【解析】
【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
【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3.1∼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
【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
【解析】
【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
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【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；
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％ D. 理论上每生成1 mol H3BO3，两极室共产生标准状况下16.8 L气体
【答案】B
【解析】
M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，故A正确；原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室、Na+通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B错误 ；N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C正确；理论上每生成1mol产品，M室生成1molH+，转移电子1mol，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N室生成0.5molH2，M室生成0.25mol氧气，两极室共产生标准状况下16.8 L气体，故D正确。
点睛：电解池中与电源正极相连的一极是阳极，阳极失电子发生氧化反应；与电源负极相连的一极是阴极，阴极得电子发生还原反应；阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
13.25℃时，向20mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa = –lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21.下列有关说法错误的是

A. H2R + R2−⇌2HR−平衡常数K＞105，反应趋于完全
B. 常温下，Kh(HR-)的数量级为10-13
C. 点b时，pH＜7且 c(R2−)·c(H+)＜c(H2R)·c(OH−)
D. 点c时，溶液中2c(OH−)－2c(H+)=3c(H2R)+ c(HR−)－c(R2−)
【答案】C
【解析】
【详解】A．pKa = –lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21，Ka1==10-1.89，Ka2==10-7.21，H2R + R2−⇌2HR−平衡常数K===105.32＞105， K越大，表示反应正向进行的程度越大，则反应趋于完全，故A正确；
B．常温下，Kh(HR-)＝＝10-12.11，则Kh(HR-)数量级为10-13，故B正确；
C．b点二者恰好完全反应生成NaHR，Ka1=10−7.21>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



A. A B. B C. C D. 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
【解析】
【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-)
【解析】
【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
【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，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、NH4Cl，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
【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
【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：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。