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江西省南昌市新建县第一中学2020届高三上学期月考化学试题
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高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 I 127
一、选择题
1.化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是( )
A. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
B. 水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3 ，再用酸除去
C. 胃舒平主要成分[(Al(OH)3]和食醋同时服用可增强药效
D. 可溶性的铝盐可处理水中的悬浮物并能对水消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱溶液洗涤除去矿物油污，故A错误；
B．利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去，故B正确；
C．胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解A1(OH)3降低药效，故C错误；
D．用可溶性铝盐处理水中悬浮物，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有的吸附性，可溶性的铝盐没有强氧化性，不能消毒杀菌，故D错误；
故选B。
2.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；
D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
答案选B。
3.已知人体体液中存在如下平衡：H＋＋HCOH2CO3CO2＋H2O，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是( )
A. 当强酸性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
B. 当强碱性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
C. 若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D. 进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当强酸性物质进入体液后，血液中氢离子浓度增大，平衡向右移动生成二氧化碳气体，从而维持体液pH的相对稳定，故A正确；
B．当强碱性物质进入体液后，碱电离出的氢氧根离子结合体液中的氢离子，使该平衡向左移动，从而维持体液pH的相对稳定，故B正确；
C．若静脉滴注大量生理盐水，钠离子和氯离子都不水解，则不影响该平衡，故C错误；
D．进行呼吸活动时，如CO2进入血液，导致体液中二氧化碳浓度增大，会使平衡向左移动，则体液中氢离子浓度增大，体液的pH减小，故D正确；
故选C。
4.下列离子方程式中正确的是
A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
C. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极Fe要溶解，发生的离子反应为Fe＋2H2OFe(OH)2↓+H2↑，故A错误；
B．NO3-在酸性条件下也有强氧化性，能氧化I-，则Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，发生的离子方程式为12H＋+3NO3－+Fe3＋+10I－=3NO↑+Fe2＋+5I2+6H2O，故B错误；
C．SO2有较强还原性，HClO有强氧化性，则少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故D正确；
故答案为D。
5.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. X是N2
B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的
C. NH4+中含有非极性共价键
D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示反应可以生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；
B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的N2氧化产生的，故B错误；
C．NH4+中含有四个N-H极性共价键，而不是非极性键，故C错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；
故答案为D。
6.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是( )
A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；
B. 途径2中，根据原子守恒200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，与题意不符，B错误；
C. CuCl2•2H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。
7.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
①2H2O(g)＋O2(g)===2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量
B. N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－642. 3 kJ·mol－1
C. 铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池其负极反应式为：N2H4－4e－===N2↑＋4H＋
D. 铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池工作一段时间，氢氧化钾溶液的pH将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、已知2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，该反应为吸热反应，反应后能量升高，所以反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，故A错误；
B、①2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)，△H=-534kJ/mol ，目标方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)，但通过②-①得到：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)，△H=②-①=(-534kJ/mol)-(+108. 3kJ/mol)=-642. 3kJ/mol，生成的水为液态时放热更多，故B错误；
C、铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，负极是N2H4失电子生成N2和H2O，则其电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，故C正确；
D、铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，已知该电池反应的总方程为：N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，溶液的体积增大，所以氢氧化钾的浓度减小，即溶液的pH减小，故D错误；
故选C。
8.对可逆反应2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变
④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)
⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；
②2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；
③2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；
⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B。
9.2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是
A. X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物
B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强
C. Y气态氢化物的稳定性比Z的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：
A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；
B．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；
C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；
D．该盐中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；
故答案为B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
10.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0
A. 放电时Ni元素最先失去电子
B. 放电时电子从a电极由导线移向b电极
C. 充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+
D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g
【答案】D
【解析】
【分析】
根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。
【详解】A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；
B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误；
C. 充电时的阴极反应式是： nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；
D. 充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；
故选D
【点睛】本题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反应正确书写电极反应式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反应式是放电时的正极反应式的逆反应。
11.已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以形式存在。现以Al−H2O2燃料电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 燃料电池的总反应为：2Al＋32＋2H2O
B. 电解时，Al消耗2.7 g，则产生氮气的体积为1.12 L
C. 电极b是负极，且反应后该电极区pH增大
D. 电解过程中，电子的流向：a→d，c→b
【答案】D
【解析】
试题分析：A、Al—H2O2燃料电池Al为负极，总反应为Al+3H2O2+OH-=AlO2-+HO2-+3H2O，错误；B、由CO(NH2)2→N2，每生成1molN2，转移6mol电子，需要消耗2molAl，故消耗2.7g Al (0.1mol Al)转移0.3mol电子，可生成0.05molN2，标准状况下体积为1.12L，题中没说是标准状况下，错误；C、根据电解池中d极产生H2应为H＋放电，故d为阴极，所以a是负极，b为正极，正极区电极反应为H2O2结合OH－生成HO2-，所以pH减小，C错误；D、根据上面分析，a为负极故电子流向为a→d，c→b，正确。
考点：考查原电池原理及电解原理等知识。
12.常温下，溶液的pH最大的是
A. 0.02 mol·L-1氨水与水等体积混合后的溶液
B. pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后的溶液
C. 0.02 mol·L-1盐酸与0.02 mol·L-1氨水等体积混合后的溶液
D. 0.01 mol·L-1盐酸与0.03 mol·L-1氨水等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】0.02mol•L-1氨水与水等体积混合后的溶液，混合液中氨水的浓度约为0.01mol/L，溶液呈碱性，pH＞7；pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合恰好完全反应得到NaCl溶液，NaCl为强酸强碱盐，溶液的pH=7；0.02mol•L-1盐酸与0.02mol•L-1氨水等体积混合恰好完全反应得到氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解，使溶液呈酸性，溶液的pH<7；0.01mol•L-1盐酸与0.03mol•L-1氨水等体积混合后的溶液，反应后得到0.005mol/L的氯化铵和0.01mol/L的氨水的混合溶液，氨水的电离大于铵根离子的水解，溶液呈碱性，溶液中的铵根离子抑制了氨水的电离，溶液的碱性小于A，则溶液的pH最大的是A，故选A。
【点睛】本题考查了溶液pH大小的比较，涉及了弱电解质的电离、盐类水解、酸碱混合溶液定性判断，根据弱电解质电离特点、电解质的性质、物质间的反应来分析是解答关键。
13.已知在温度T1和T2时水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 水的离子积常数关系为：C＜A
B 升高温度可实现由C点到A点
C. T2时，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH＝7
D. 图中矩形OMAP的面积表示T2时水的离子积的值
【答案】C
【解析】
【详解】A．C点条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14，因为A点氢离子和氢氧根离子浓度都比C点大，所以水的离子积常数Kw，C＜A，故A正确；
B．升高温度，促进水的电离，所以溶液中的氢离子和氢氧根浓度都增大，所以可实现由C点到A点，故B正确；
C．T2时Kw=c(H+)×c(OH-)＞10-14，pH=10氢氧化钠中含氢氧根离子的浓度为：c(OH-)＞1×10-4mol/L；pH=4的H2SO4溶液含氢离子的浓度为：c(H+)=1×10-4mol/L，二者等体积混合，所以n(OH-)＞n(H+)，溶液呈碱性，pH≠7，故C错误；
D．图中矩形OMAP面积即为A点c(H+)×c(OH-)，所以矩形OMAP的面积表示T2时水的离子积的值，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意T2时温度高于常温，水的离子积常数Kw＞10-14，但T2未知，Kw无法确定数值，因此无法计算最终反应后溶液的pH。
14.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明S02被氧化为SO42-
D
将10mL 2mol/L的KI溶液与1 mL 1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红
KI与FeCl3反应有可逆性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、玻璃中含有钠元素，干扰钠离子的检验，应用铁丝或铂丝，故A错误；
B、NaHCO3溶液中加入过量盐酸，可知酸性盐酸大于碳酸，但盐酸为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故B错误；
C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀，如果高锰酸钾溶液使用的是硫酸进行的酸化，则不能确定SO42-是后来生成的还是原溶液中的，故C错误；
D、10mL 2mol/L的KI溶液与1 mL 1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI过量，混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红，证明溶液中还存在三价铁离子，因此可证明KI与FeCl3反应进行不彻底，有可逆性，故D正确；
故选D。
15.在两个固定体积均为1 L密闭容器中以不同的氢碳比充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 该反应在常温下不可能自发进行
B. 氢碳比，X<2.0
C. 若起始时CO2、H2浓度分别为0.5 mol·L－1、1.0 mol·L－1，则可得P点对应温度的平衡常数的值为512
D. 向P点状态容器中，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，再次平衡后α(CO2)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，反应的熵变△S＜0，若△H-T△S＜0，则需在低温下进行，故A错误；
B．氢碳比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，故B错误；
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[]=2，起始时氢气为1mol/L、二氧化碳为0.5mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，则：
2CO2(g)+6H2 (g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
起始浓度(mol/L)：0.5 1 0 0
变化浓度(mol/L)：0.25 0.75 0.125 0.5
平衡浓度(mol/L)：0.25 0.25 0.125 0.5
代入平衡常数表达式K===512，故C正确；
D．P点平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后a(CO2)增大，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意比较充入气体与原平衡气体中各中气体的比例关系，本题中相当于单独充入氢气，平衡正向移动。
16.某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A. 交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B. 当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C. 交点b处c(OH)=6.4×10-5
D. 当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
【答案】C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+ ③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+ 浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。
二、填空题
17.X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素。X2是通常状况下密度最小的气体；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质；含Q的化合物焰色反应呈紫色。请回答下列问题：
(1)X、W、R、Q原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)__________；请写出Z在周期表中的位置____________________。
(2)由上述元素组成的物质YW(ZX2)2是一种中性肥料，请写出它的电子式______________。
(3)请设计实验比较Z与R元素的非金属性强弱____________________。
(4)X、Y形成的化合物中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是________。(写化学式)
(5)R的简单氢化物具有强还原性，将其通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，请写出该反应的化学方程式__________________________________________________。
(6)Y的最高价氧化物与Q的最高价氧化物的水化物按物质的量之比1：2反应，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序____________________。
【答案】 (1). K＞P＞O＞H (2). 第二周期ⅤA族 (3). (4). 配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N (5). C2H2 (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素；X2是通常状况下密度最小的气体，说明X为H元素；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃，此单质为P4，则Z为N元素，R为P元素；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质，则W为O元素，Y为C元素；含Q的化合物焰色反应呈紫色，可知Q为K元素，据此分析并结合元素周期律分析解题。
【详解】由分析知：X、Y、Z、W、R、Q依次为H、C、N、O、P、K元素；
(1)H、O、P、K原子分属四个不同周期，结合同主族元素核电荷数大，原子半径大，而同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小的规律可知原子半径K＞Na＞P＞S＞O＞H，则半径由大到小的顺序是(写元素符号) K＞P＞O＞H；Z为N元素，核电荷数为7，其在周期表中的位置第二周期ⅤA族；
(2)由上述元素组成的尿素(CO(NH2)2是一种中性肥料，说明其为共价化合物，则它的电子式为；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N；
(4)C、H元素可组成多种烃，其中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是乙炔，其化学式为C2H2；
(5)PH3具有强还原性，通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，应为磷酸、硫酸和Cu，则发生反应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；
(6)CO2与KOH按物质的量之比1：2反应生成K2CO3，所得溶液中CO32-分步水解，且溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)。
18.25 ℃时，0.1 mol·L－1HA溶液中＝108，0.01 mol·L－1BOH溶液pH＝12。请回答下列问题：
（1）HA的电离常数Ka为________，BOH是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。
（2）pH相等的BOH溶液与BA溶液，分别加热到相同的温度后BOH溶液的pH________(填“＞”“＝”或“＜”)BA溶液的pH。
（3）已知碳酸的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，向等浓度的Na2CO3和NaA的溶液中滴加盐酸直至过量，则与H＋作用的粒子依次为___________________。
（4）25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
①HSO3-的电离平衡常数表达式K＝___________________。
②0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______________________。
【答案】 (1). 10-5 (2). 强电解质 (3). ＜ (4). CO32-、HCO3-、A- (5). (6). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-) (7). H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)根据0.1mol/L的HA溶液中=108、结合c(OH-)c(H+)=10-14，计算出c(H+)；再结合电离方程式计算HA的电离平衡常数；0.01mol/L的BOH溶液pH=12，结合c(OH-)c(H+)=10-14，计算确定碱的强弱；
(2)BOH溶液为强碱溶液，BA溶液为强碱弱酸盐溶液，结合水解平衡是吸热反应，加热促进水解，据此分析解答；
(3)已知碳酸的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA的电离平衡常数Ka为10-3，酸性大小HA＞H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，据此分析判断；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，据此书写平衡常数表达式；②通过计算判断水解常数和电离常数的大小，判断溶液的酸碱性，再判断离子浓度由大到小的顺序；③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)25℃时，0.1mol/L的HA溶液中=108、c(OH-)c(H+)=10-14，则该溶液中c(H+)=0.001mol/L＜0.1mol/L，所以HA是弱酸，则HA是弱电解质，溶液pH=3，HA的电离平衡常数Ka===10-5；0.01mol/L的BOH溶液pH=12，该溶液中c(OH-)=mol/L=0.01mol/L=c(BOH)，所以BOH是强碱，则BOH是强电解质，故答案为：10-5；强电解质；
(2)BOH溶液为强碱溶液，BA溶液为强碱弱酸盐溶液，水解反应是吸热反应，加热促进水解，平衡正向移动，因此pH相等的BOH溶液与BA溶液，分別加热到相同的温度后BOH溶液的pH＜BA溶液的pH，故答案为：＜；
(3)已知碳酸的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA的电离平衡常数Ka为10-5，酸性大小HA＞H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，则与H＋作用的粒子依次为CO32-、HCO3-、A-，故答案为：CO32-、HCO3-、A-；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，平衡常数表达式为K=，故答案为：；
②0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解，其中电离常数=6.3×10－8，水解常数==，因此水解常数＜电离常数，溶液显酸性，水也要电离出部分氢离子，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O， 故答案为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
19.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：
在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：
c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。
①M为____________(写名称)。
②该样品中NaI的质量分数为_______________。
【答案】 (1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%
【解析】
【分析】
(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；
②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。
20.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：______________________，t℃时该反应的平衡常数为__________ (用K1和K2表示)。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。
①图甲中0～t1 min内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②图乙中，b点时N2的物质的量分数__________。
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1 (2). (3). mol•L-1•min-1 (4). 大于 (5). 20% (6). 不移动
【解析】
【分析】
(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算出反应①和②的△H，再根据盖斯定律分析解答；
(2)①根据图像，0～t1 min内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c (N2)=0.1mol•L-1，据此计算v(N2)；当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，则a点x小于3∶1，据此分析判断；
②当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为20%，根据三段式分析计算；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，计算出此时的平衡常数K，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，计算出Qc，再与K比较判断。
【详解】(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=(A-b) kJ•mol-1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=(e-d) kJ•mol-1，根据盖斯定律，将②-①×5得到氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-(A-b)×5]kJ•mol-1=[(e-d)-5(A-b)]kJ•mol-1，t℃时该反应的平衡常数K=，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1；；
(2)①0～t1 min内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c (N2)=0.1mol•L-1，则v(N2)===mol•L-1•min-1；当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，则a点x小于3∶1，其他条件不变，则平衡时氢气的浓度小于b，则b点的v(H2)正＞a点的v(H2)逆，故答案为：mol•L-1•min-1；大于；
②当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为20%，设起始时H2与N2的物质的量分别为3mol和1mol，生成的氨气为2xmol
N2(g)＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g)
起始(mol) 1 3 0
反应(mol) x 3x 2x
平衡(mol)1-x 3-3x 2x
则×100%=20%，解得x=，b点时N2的物质的量分数==20%，故答案为：20%；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，此时，平衡常数K==1，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，Qc==1=K，为平衡状态，平衡不移动，故答案为：不移动。
【点睛】本题的易错点为(2)③的判断，要注意保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，不是体积不变。
21.红帘石矿的主要成分为Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2 等。工业上将红帘石处理后运用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下：
（1）在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：___________________。
（2）浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有_____________(填离子符号)。
（3）已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：
步骤②中调节溶液的pH 等于6，调节pH的试剂最好选用下列哪种试剂__________(填选项字母，下同)滤渣B除掉杂质后可进一步制取K2FeO4，除掉滤渣B中杂质最好选用下列哪种试剂：________。
a. 稀盐酸 b. KOH c. 氨水 d. MnCO3 e. CaCO3
（4）滤渣B经反应④生成高效水处理剂的离子方程式_______________。
【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). Mn2+、Mg2+、Al3+ (3). d (4). b (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
红帘石主要成分有Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2等，Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO都能和稀硫酸反应，并且MnO2在酸性条件下被二价铁还原为Mn2+，浸出液中的离子有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Mn2+、Al3+、SO42-，滤渣A为SiO2；滤液中加入双氧水，双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤渣B为氢氧化铁，滤液为Mg2+、Mn2+、SO42-；氢氧化铁中加入氢氧化钾、次氯酸钾反应2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O生成K2FeO4；滤液为Mg2+、Mn2+、SO42-，经过精制后电解生成金属锰，据此分析解答。
【详解】(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(2)红帘石主要成分有Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2等，加入硫酸：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O、MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，浸出液中的阳离子有H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Mn2+、Al3+，故答案为：Mn2+、Mg2+、Al3+；
(3)步骤②中调节溶液的pH 等于6，为不引入新杂质，调节pH的试剂最好选用MnCO3，滤渣B为氢氧化铁，可能含有氢氧化铝等杂质，可加入KOH除杂，故答案为：d；b；
(4)次氯酸根离子具有氧化性，在碱性条件下氧化+3价铁生成K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
高三化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 I 127
一、选择题
1.化学与生产生活联系紧密，下列有关说法正确的是( )
A. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等矿物油污
B. 水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3 ，再用酸除去
C. 胃舒平主要成分[(Al(OH)3]和食醋同时服用可增强药效
D. 可溶性的铝盐可处理水中的悬浮物并能对水消毒杀菌
【答案】B
【解析】
【详解】A．矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱溶液洗涤除去矿物油污，故A错误；
B．利用沉淀的转化原理，用饱和的碳酸钠溶液浸泡水垢中的CaSO4，可先转化为CaCO3，再用酸除去，故B正确；
C．胃舒平可中和胃酸，但不能与醋酸混用，因为醋酸能溶解A1(OH)3降低药效，故C错误；
D．用可溶性铝盐处理水中悬浮物，是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有的吸附性，可溶性的铝盐没有强氧化性，不能消毒杀菌，故D错误；
故选B。
2.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是( )
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；
D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
答案选B。
3.已知人体体液中存在如下平衡：H＋＋HCOH2CO3CO2＋H2O，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是( )
A. 当强酸性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
B. 当强碱性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
C. 若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D. 进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．当强酸性物质进入体液后，血液中氢离子浓度增大，平衡向右移动生成二氧化碳气体，从而维持体液pH的相对稳定，故A正确；
B．当强碱性物质进入体液后，碱电离出的氢氧根离子结合体液中的氢离子，使该平衡向左移动，从而维持体液pH的相对稳定，故B正确；
C．若静脉滴注大量生理盐水，钠离子和氯离子都不水解，则不影响该平衡，故C错误；
D．进行呼吸活动时，如CO2进入血液，导致体液中二氧化碳浓度增大，会使平衡向左移动，则体液中氢离子浓度增大，体液的pH减小，故D正确；
故选C。
4.下列离子方程式中正确的是
A. 用铁电极电解饱和食盐水：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2
C. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．用铁电极电解饱和食盐水时，阳极Fe要溶解，发生的离子反应为Fe＋2H2OFe(OH)2↓+H2↑，故A错误；
B．NO3-在酸性条件下也有强氧化性，能氧化I-，则Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，发生的离子方程式为12H＋+3NO3－+Fe3＋+10I－=3NO↑+Fe2＋+5I2+6H2O，故B错误；
C．SO2有较强还原性，HClO有强氧化性，则少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－＝Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，故D正确；
故答案为D。
5.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A. X是N2
B. 汽车尾气中含有的氮氧化合物是由于汽油燃烧产生的
C. NH4+中含有非极性共价键
D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO +NO22N2+3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示反应可以生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；
B．汽油是碳氢化合物的混合物，而汽车尾气中含有的氮氧化合物是由空气中的N2氧化产生的，故B错误；
C．NH4+中含有四个N-H极性共价键，而不是非极性键，故C错误；
D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；
故答案为D。
6.氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属 Cu 和Cu2+，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解 CuC12•2H2O 制备 CuCl，并进行相关探究。下列说法不正确的是( )
A. 途径 1 中产生的Cl2 可以回收循环利用
B. 途径 2 中 200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑
C. X 气体是HCl，目的是抑制 CuCl2•2H2O 加热过程可能的水解
D. CuCl 与稀硫酸反应的离子方程式为：2CuCl＋4H+＋SO42—=2Cu2+＋2Cl—＋SO2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 途径1中产生的Cl2可与氢气反应生成HCl，循环利用，与题意不符，A错误；
B. 途径2中，根据原子守恒200℃时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，与题意不符，B错误；
C. CuCl2•2H2O水解生成氢氧化铜和HCl，加热时促进水解，X气体是HCl，目的是抑制CuCl2•2H2O加热过程可能的水解，与题意不符，C错误；
D. 稀硫酸无强氧化性，CuCl在稀硫酸存在的条件下，不稳定易生成金属 Cu 和Cu2+，符合题意，D正确；
答案为D。
【点睛】稀硫酸无强氧化性不能氧化CuCl中的Cu为+2价。
7.肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知：
①2H2O(g)＋O2(g)===2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1
下列说法正确的是( )
A. 反应①中反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量
B. N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－642. 3 kJ·mol－1
C. 铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池其负极反应式为：N2H4－4e－===N2↑＋4H＋
D. 铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，由反应②设计的燃料电池工作一段时间，氢氧化钾溶液的pH将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、已知2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，该反应为吸热反应，反应后能量升高，所以反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量，故A错误；
B、①2H2O(g)＋O2(g)=2H2O2(l) ΔH＝＋108. 3 kJ/mol，②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)，△H=-534kJ/mol ，目标方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(l)，但通过②-①得到：N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)，△H=②-①=(-534kJ/mol)-(+108. 3kJ/mol)=-642. 3kJ/mol，生成的水为液态时放热更多，故B错误；
C、铂作电极，硫酸溶液作电解质溶液，负极是N2H4失电子生成N2和H2O，则其电极反应式为：N2H4-4e-=N2+4H+，故C正确；
D、铂作电极，氢氧化钾溶液作电解质溶液，已知该电池反应的总方程为：N2H4+O2=N2+2H2O，反应生成水，溶液的体积增大，所以氢氧化钾的浓度减小，即溶液的pH减小，故D错误；
故选C。
8.对可逆反应2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g) ΔH＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( )
①增加A的量，平衡向正反应方向移动
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小
③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变
④增大B的浓度，v(正)＞v(逆)
⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ④ C. ③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①A是固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；
②2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故②错误；
③2A(s)＋3B(g) C(g)＋2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故③错误；
④增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)＞v(逆)，故④正确；
⑤加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故⑤错误；
故选B。
9.2017年南京理工大学合成出下图的离子化合物，该物质由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子。X、Y、Z、M均为短周期元素，且均不在同一族。下列说法不正确的是
A. X与Y形成的化合物沸点高于Y同族元素与X形成的化合物
B. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比M的强
C. Y气态氢化物的稳定性比Z的强
D. 在该盐中，存在极性共价键和非极性共价键
【答案】B
【解析】
【详解】该化合物由两种阳离子和两种阴离子构成，其中有两种10电子离子和一种18电子离子，且X、Y、Z、M均为短周期元素，均不在同一族，由结构图并结合X、Y、Z、M可知X为H元素、Y为O元素、Z为N元素，M为Cl元素，化合物中含有NH4+、H3O+、N5-和Cl-，则：
A．H2O分子之存在氢键，其沸点明显高于O族其它元素的氢化物，如H2S等，故A正确；
B．Cl的非金属性比N强，则HNO3的酸性比HClO4弱，故B错误；
C．O的非金属性比N强，则H2O比NH3稳定，故C正确；
D．该盐中含有NH4+、H3O+、N5-，其中NH4+、H3O+中均含有极性共价键，而N5-中的N-N键为非极性键，故D正确；
故答案为B。
【点睛】本题解题关键是结合离子化合物的示意图准确推断元素；常见元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
10.镍钴锰三元材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等重要优点。镍钴锰三元材料中Ni为主要活泼元素，通常可以表示为：LiNiaCobMncO2，其中a+b+c=1，可简写为LiAO2。充电时总反应为LiAO2 + nC = Li1-xAO2 + LixCn（0
A. 放电时Ni元素最先失去电子
B. 放电时电子从a电极由导线移向b电极
C. 充电时的阴极反应式为LiAO2 - xe-= Li1-xAO2 + xLi+
D. 充电时转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加7g
【答案】D
【解析】
【分析】
根据Li+的移动方向可知，a为正极，b为负极。
【详解】A．镍放电时石墨是负极，Li元素先失去电子，故A错误；
B．放电时电子从负极，即b电极由导线移向正极，即a电极，故B错误；
C. 充电时的阴极反应式是： nC+xLi+ +xe-= LixCn，故C错误；
D. 充电时，阴极反应式为nC+xLi+ +xe-= LixCn，转移1mol电子，理论上阴极材料质量增加1mol锂离子，质量为7g，故D正确；
故选D
【点睛】本题考查了原电池和电解池的工作原理，根据总反应正确书写电极反应式是解题的关键。本题的易错点为C，要注意放电是原电池，充电是电解池，充电时的阳极反应式是放电时的正极反应式的逆反应。
11.已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以形式存在。现以Al−H2O2燃料电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(电解池中隔膜仅阻止气体通过，c、d均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 燃料电池的总反应为：2Al＋32＋2H2O
B. 电解时，Al消耗2.7 g，则产生氮气的体积为1.12 L
C. 电极b是负极，且反应后该电极区pH增大
D. 电解过程中，电子的流向：a→d，c→b
【答案】D
【解析】
试题分析：A、Al—H2O2燃料电池Al为负极，总反应为Al+3H2O2+OH-=AlO2-+HO2-+3H2O，错误；B、由CO(NH2)2→N2，每生成1molN2，转移6mol电子，需要消耗2molAl，故消耗2.7g Al (0.1mol Al)转移0.3mol电子，可生成0.05molN2，标准状况下体积为1.12L，题中没说是标准状况下，错误；C、根据电解池中d极产生H2应为H＋放电，故d为阴极，所以a是负极，b为正极，正极区电极反应为H2O2结合OH－生成HO2-，所以pH减小，C错误；D、根据上面分析，a为负极故电子流向为a→d，c→b，正确。
考点：考查原电池原理及电解原理等知识。
12.常温下，溶液的pH最大的是
A. 0.02 mol·L-1氨水与水等体积混合后的溶液
B. pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后的溶液
C. 0.02 mol·L-1盐酸与0.02 mol·L-1氨水等体积混合后的溶液
D. 0.01 mol·L-1盐酸与0.03 mol·L-1氨水等体积混合后的溶液
【答案】A
【解析】
【详解】0.02mol•L-1氨水与水等体积混合后的溶液，混合液中氨水的浓度约为0.01mol/L，溶液呈碱性，pH＞7；pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合恰好完全反应得到NaCl溶液，NaCl为强酸强碱盐，溶液的pH=7；0.02mol•L-1盐酸与0.02mol•L-1氨水等体积混合恰好完全反应得到氯化铵溶液，溶液中铵根离子水解，使溶液呈酸性，溶液的pH<7；0.01mol•L-1盐酸与0.03mol•L-1氨水等体积混合后的溶液，反应后得到0.005mol/L的氯化铵和0.01mol/L的氨水的混合溶液，氨水的电离大于铵根离子的水解，溶液呈碱性，溶液中的铵根离子抑制了氨水的电离，溶液的碱性小于A，则溶液的pH最大的是A，故选A。
【点睛】本题考查了溶液pH大小的比较，涉及了弱电解质的电离、盐类水解、酸碱混合溶液定性判断，根据弱电解质电离特点、电解质的性质、物质间的反应来分析是解答关键。
13.已知在温度T1和T2时水的电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 水的离子积常数关系为：C＜A
B 升高温度可实现由C点到A点
C. T2时，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液的pH＝7
D. 图中矩形OMAP的面积表示T2时水的离子积的值
【答案】C
【解析】
【详解】A．C点条件下Kw=c(H+)×c(OH-)=10-7×10-7=10-14，因为A点氢离子和氢氧根离子浓度都比C点大，所以水的离子积常数Kw，C＜A，故A正确；
B．升高温度，促进水的电离，所以溶液中的氢离子和氢氧根浓度都增大，所以可实现由C点到A点，故B正确；
C．T2时Kw=c(H+)×c(OH-)＞10-14，pH=10氢氧化钠中含氢氧根离子的浓度为：c(OH-)＞1×10-4mol/L；pH=4的H2SO4溶液含氢离子的浓度为：c(H+)=1×10-4mol/L，二者等体积混合，所以n(OH-)＞n(H+)，溶液呈碱性，pH≠7，故C错误；
D．图中矩形OMAP面积即为A点c(H+)×c(OH-)，所以矩形OMAP的面积表示T2时水的离子积的值，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为C，要注意T2时温度高于常温，水的离子积常数Kw＞10-14，但T2未知，Kw无法确定数值，因此无法计算最终反应后溶液的pH。
14.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是( )
选项
实验及现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰
该样品含钠元素
B
向NaHCO3溶液中加入过量盐酸振荡、静置、有气泡产生
证明非金属性Cl＞C
C
向酸化的KMnO4溶液通入S02,向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀
证明S02被氧化为SO42-
D
将10mL 2mol/L的KI溶液与1 mL 1mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红
KI与FeCl3反应有可逆性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、玻璃中含有钠元素，干扰钠离子的检验，应用铁丝或铂丝，故A错误；
B、NaHCO3溶液中加入过量盐酸，可知酸性盐酸大于碳酸，但盐酸为无氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故B错误；
C、向酸化的KMnO4溶液通入S02，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的BaCl2产生白色沉淀，如果高锰酸钾溶液使用的是硫酸进行的酸化，则不能确定SO42-是后来生成的还是原溶液中的，故C错误；
D、10mL 2mol/L的KI溶液与1 mL 1mol/LFeCl3溶液混合，其中KI过量，混合充分反应后滴加KSCN，溶液颜色变红，证明溶液中还存在三价铁离子，因此可证明KI与FeCl3反应进行不彻底，有可逆性，故D正确；
故选D。
15.在两个固定体积均为1 L密闭容器中以不同的氢碳比充入H2和CO2，在一定条件下发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH。CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 该反应在常温下不可能自发进行
B. 氢碳比，X<2.0
C. 若起始时CO2、H2浓度分别为0.5 mol·L－1、1.0 mol·L－1，则可得P点对应温度的平衡常数的值为512
D. 向P点状态容器中，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，再次平衡后α(CO2)减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，随温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H＜0，反应的熵变△S＜0，若△H-T△S＜0，则需在低温下进行，故A错误；
B．氢碳比[]越大，二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，故B错误；
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比[]=2，起始时氢气为1mol/L、二氧化碳为0.5mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，则：
2CO2(g)+6H2 (g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
起始浓度(mol/L)：0.5 1 0 0
变化浓度(mol/L)：0.25 0.75 0.125 0.5
平衡浓度(mol/L)：0.25 0.25 0.125 0.5
代入平衡常数表达式K===512，故C正确；
D．P点平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例再充入CO2、H2、C2H4、H2O，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡后a(CO2)增大，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意比较充入气体与原平衡气体中各中气体的比例关系，本题中相当于单独充入氢气，平衡正向移动。
16.某二元弱碱B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)。向10mL稀B(OH)2溶液中滴加等浓度盐酸溶液，B(OH)2、B(OH)+、B2+的浓度分数δ随溶液POH[POH=-lgc(OH)-]变化的关系如图，以下说法正确的是
A. 交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL
B. 当加入的盐酸溶液的体积为10mL时存在c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)>c(OH-)>c(B2+)
C. 交点b处c(OH)=6.4×10-5
D. 当加入的盐酸溶液的体积为15mL时存在：c(Cl-)+c(OH-)= c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，
【答案】C
【解析】
图中曲线①B(OH)2，②为B(OH)+ ③为B2+；交点a处对应加入的盐酸溶液的体积为5mL时，反应生成等浓度的B(OH)Cl和B(OH)2混合液，由于两种溶质水解电离能力不同，所以B(OH)2、B(OH)+ 浓度分数δ不相等，A错误；当加入的盐酸溶液的体积为10mL时，溶液为B(OH)Cl，溶液显酸性，根据B(OH)2(K1=5.9×10-2、K2=6.4×10-5)可知，c(Cl-)>c(B(OH)+)>c(H+)> c(B2+)>c(OH-)，B错误；交点b处时，c(B(OH)+)= c(B2+)，根据B(OH)+ B2++ OH-，K2= c(OH-)=6.4×10-5, C正确；当加入的盐酸溶液的体积为15mL时，生成等体积等浓度B(OH)Cl和BCl2的混合液，存在电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)= 2c(B2+)+c(B(OH)+)+ c(H+)，D错误；正确选项C。
二、填空题
17.X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素。X2是通常状况下密度最小的气体；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质；含Q的化合物焰色反应呈紫色。请回答下列问题：
(1)X、W、R、Q原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)__________；请写出Z在周期表中的位置____________________。
(2)由上述元素组成的物质YW(ZX2)2是一种中性肥料，请写出它的电子式______________。
(3)请设计实验比较Z与R元素的非金属性强弱____________________。
(4)X、Y形成的化合物中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是________。(写化学式)
(5)R的简单氢化物具有强还原性，将其通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，请写出该反应的化学方程式__________________________________________________。
(6)Y的最高价氧化物与Q的最高价氧化物的水化物按物质的量之比1：2反应，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序____________________。
【答案】 (1). K＞P＞O＞H (2). 第二周期ⅤA族 (3). (4). 配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N (5). C2H2 (6). 4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4 (7). c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、R、Q是原子序数依次增大的前20号元素；X2是通常状况下密度最小的气体，说明X为H元素；Z与R同主族，R的一种固体单质在空气中易自燃，此单质为P4，则Z为N元素，R为P元素；Y、W最外层电子数之和是Z的2倍，W有W2、W3两种常见单质，则W为O元素，Y为C元素；含Q的化合物焰色反应呈紫色，可知Q为K元素，据此分析并结合元素周期律分析解题。
【详解】由分析知：X、Y、Z、W、R、Q依次为H、C、N、O、P、K元素；
(1)H、O、P、K原子分属四个不同周期，结合同主族元素核电荷数大，原子半径大，而同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小的规律可知原子半径K＞Na＞P＞S＞O＞H，则半径由大到小的顺序是(写元素符号) K＞P＞O＞H；Z为N元素，核电荷数为7，其在周期表中的位置第二周期ⅤA族；
(2)由上述元素组成的尿素(CO(NH2)2是一种中性肥料，说明其为共价化合物，则它的电子式为；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，则配制等浓度的磷酸和硝酸溶液，分别测量其pH，磷酸溶液的pH大，说明硝酸的酸性强，即P的非金属性弱于N；
(4)C、H元素可组成多种烃，其中含有非极性键且相对分子质量最小的物质是乙炔，其化学式为C2H2；
(5)PH3具有强还原性，通入硫酸铜溶液能生成两种最高价含氧酸和一种单质，应为磷酸、硫酸和Cu，则发生反应的化学方程式为4CuSO4+PH3+4H2O=4Cu↓+H3PO4+4H2SO4；
(6)CO2与KOH按物质的量之比1：2反应生成K2CO3，所得溶液中CO32-分步水解，且溶液呈碱性，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)。
18.25 ℃时，0.1 mol·L－1HA溶液中＝108，0.01 mol·L－1BOH溶液pH＝12。请回答下列问题：
（1）HA的电离常数Ka为________，BOH是________(填“强电解质”或“弱电解质”)。
（2）pH相等的BOH溶液与BA溶液，分别加热到相同的温度后BOH溶液的pH________(填“＞”“＝”或“＜”)BA溶液的pH。
（3）已知碳酸的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，向等浓度的Na2CO3和NaA的溶液中滴加盐酸直至过量，则与H＋作用的粒子依次为___________________。
（4）25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
①HSO3-的电离平衡常数表达式K＝___________________。
②0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_____________________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______________________。
【答案】 (1). 10-5 (2). 强电解质 (3). ＜ (4). CO32-、HCO3-、A- (5). (6). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-) (7). H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
(1)根据0.1mol/L的HA溶液中=108、结合c(OH-)c(H+)=10-14，计算出c(H+)；再结合电离方程式计算HA的电离平衡常数；0.01mol/L的BOH溶液pH=12，结合c(OH-)c(H+)=10-14，计算确定碱的强弱；
(2)BOH溶液为强碱溶液，BA溶液为强碱弱酸盐溶液，结合水解平衡是吸热反应，加热促进水解，据此分析解答；
(3)已知碳酸的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA的电离平衡常数Ka为10-3，酸性大小HA＞H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，据此分析判断；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，据此书写平衡常数表达式；②通过计算判断水解常数和电离常数的大小，判断溶液的酸碱性，再判断离子浓度由大到小的顺序；③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，据此书写反应的离子方程式。
【详解】(1)25℃时，0.1mol/L的HA溶液中=108、c(OH-)c(H+)=10-14，则该溶液中c(H+)=0.001mol/L＜0.1mol/L，所以HA是弱酸，则HA是弱电解质，溶液pH=3，HA的电离平衡常数Ka===10-5；0.01mol/L的BOH溶液pH=12，该溶液中c(OH-)=mol/L=0.01mol/L=c(BOH)，所以BOH是强碱，则BOH是强电解质，故答案为：10-5；强电解质；
(2)BOH溶液为强碱溶液，BA溶液为强碱弱酸盐溶液，水解反应是吸热反应，加热促进水解，平衡正向移动，因此pH相等的BOH溶液与BA溶液，分別加热到相同的温度后BOH溶液的pH＜BA溶液的pH，故答案为：＜；
(3)已知碳酸的Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11，HA的电离平衡常数Ka为10-5，酸性大小HA＞H2CO3＞HCO3-，酸越弱对应阴离子结合氢离子的能力越强，则与H＋作用的粒子依次为CO32-、HCO3-、A-，故答案为：CO32-、HCO3-、A-；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-，平衡常数表达式为K=，故答案为：；
②0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解，其中电离常数=6.3×10－8，水解常数==，因此水解常数＜电离常数，溶液显酸性，水也要电离出部分氢离子，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)，故答案为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O， 故答案为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
19.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：
(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。
若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。
②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。
(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：
在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。
(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：
c．用0．2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。
①M为____________(写名称)。
②该样品中NaI的质量分数为_______________。
【答案】 (1). ecdabf (2). 5:3 (3). NaClO溶液 (4). 尿素 (5). 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O (6). N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 (7). 淀粉 (8). 94.5%
【解析】
【分析】
(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；
②NaClO氧化水合肼；
(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；
(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3
①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；
②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；
(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；
(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；
②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。
20.在氮及其化合物的化工生产中，对有关反应的反应原理进行研究有着重要意义。
（1）t℃时，关于N2、NH3的两个反应的信息如下表所示：
请写出t℃时氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：______________________，t℃时该反应的平衡常数为__________ (用K1和K2表示)。
（2）工业合成氨的原理为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)下图甲表示在一定体积的密闭容器中反应时，H2的物质的量浓度随时间的变化。图乙表示在其他条件不变的情况下，起始投料H2与N2的物质的量之比(设为x)与平衡时NH3的物质的量分数的关系。
①图甲中0～t1 min内，v(N2)＝_____mol·L－1·min－1；b点的v(H2)正_____a点的v(H2)逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
②图乙中，b点时N2的物质的量分数__________。
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，平衡________(填“向右移动”“向左移动”或“不移动”)。
【答案】 (1). 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1 (2). (3). mol•L-1•min-1 (4). 大于 (5). 20% (6). 不移动
【解析】
【分析】
(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算出反应①和②的△H，再根据盖斯定律分析解答；
(2)①根据图像，0～t1 min内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c (N2)=0.1mol•L-1，据此计算v(N2)；当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，则a点x小于3∶1，据此分析判断；
②当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为20%，根据三段式分析计算；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，计算出此时的平衡常数K，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，计算出Qc，再与K比较判断。
【详解】(1)根据表格数据，反应的△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=(A-b) kJ•mol-1，②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=(e-d) kJ•mol-1，根据盖斯定律，将②-①×5得到氨气被一氧化氮氧化生成无毒气体的热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=[(e-d)-(A-b)×5]kJ•mol-1=[(e-d)-5(A-b)]kJ•mol-1，t℃时该反应的平衡常数K=，故答案为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=[(e-d)-5(A-b)] kJ•mol-1；；
(2)①0～t1 min内，△c(H2)=(0.6-0.3)mol•L-1=0.3mol•L-1，则△c (N2)=0.1mol•L-1，则v(N2)===mol•L-1•min-1；当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，则a点x小于3∶1，其他条件不变，则平衡时氢气的浓度小于b，则b点的v(H2)正＞a点的v(H2)逆，故答案为：mol•L-1•min-1；大于；
②当H2与N2的起始体积比符合方程式中化学计量数之比时，达到平衡时氨的体积分数最大，即图乙中，b点时x=3∶1，平衡时氨气的物质的量分数为20%，设起始时H2与N2的物质的量分别为3mol和1mol，生成的氨气为2xmol
N2(g)＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g)
起始(mol) 1 3 0
反应(mol) x 3x 2x
平衡(mol)1-x 3-3x 2x
则×100%=20%，解得x=，b点时N2的物质的量分数==20%，故答案为：20%；
③己知某温度下该反应达平衡时各物质均为1 mol，容器体积为1L，此时，平衡常数K==1，保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，Qc==1=K，为平衡状态，平衡不移动，故答案为：不移动。
【点睛】本题的易错点为(2)③的判断，要注意保持温度和压强不变，又充入3 mol N2后，容器的体积变成2L，不是体积不变。
21.红帘石矿的主要成分为Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2 等。工业上将红帘石处理后运用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下：
（1）在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：___________________。
（2）浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有_____________(填离子符号)。
（3）已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：
步骤②中调节溶液的pH 等于6，调节pH的试剂最好选用下列哪种试剂__________(填选项字母，下同)滤渣B除掉杂质后可进一步制取K2FeO4，除掉滤渣B中杂质最好选用下列哪种试剂：________。
a. 稀盐酸 b. KOH c. 氨水 d. MnCO3 e. CaCO3
（4）滤渣B经反应④生成高效水处理剂的离子方程式_______________。
【答案】 (1). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). Mn2+、Mg2+、Al3+ (3). d (4). b (5). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
红帘石主要成分有Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2等，Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO都能和稀硫酸反应，并且MnO2在酸性条件下被二价铁还原为Mn2+，浸出液中的离子有Fe2+、Fe3+、Mg2+、Mn2+、Al3+、SO42-，滤渣A为SiO2；滤液中加入双氧水，双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤渣B为氢氧化铁，滤液为Mg2+、Mn2+、SO42-；氢氧化铁中加入氢氧化钾、次氯酸钾反应2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O生成K2FeO4；滤液为Mg2+、Mn2+、SO42-，经过精制后电解生成金属锰，据此分析解答。
【详解】(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
(2)红帘石主要成分有Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2等，加入硫酸：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O、MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，2Fe2++MnO2+4H+═2Fe3++Mn2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，浸出液中的阳离子有H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Mn2+、Al3+，故答案为：Mn2+、Mg2+、Al3+；
(3)步骤②中调节溶液的pH 等于6，为不引入新杂质，调节pH的试剂最好选用MnCO3，滤渣B为氢氧化铁，可能含有氢氧化铝等杂质，可加入KOH除杂，故答案为：d；b；
(4)次氯酸根离子具有氧化性，在碱性条件下氧化+3价铁生成K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
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