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-+H2O HS-+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-+H2O HS-+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++HCO H2CO3 CO2+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-+2H2O 2OH-+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+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑,故 A 错误;
通电
通电
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 +NO2 2N2+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+NO2 2N2+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
催化剂
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)2Cl2 2CuO+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)2Cl2 2CuO+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
(0c(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=
( ) ( )
( ) ( )
4
2 4 2
2 6
2 2
c C H c H O
c CO c H
×
×
4
2 6
0 5 0.125
0.25 0.25
×
×
.
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=___________________。
( )
(
H
)
c
c OH
+
−
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:<;
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
( )
(
H
)
c
c OH
+
−
( )
(
H
)
c
c OH
+
−
( )
( )
c H c A(
HA
)
c
+ − 0.001mol / L 0.001mol / L
0.1mol / L 0.001mol / L
×
−
14
12
10
10
−
−
(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+2NaOH N2H4·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:
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
( )2
3
3
c SO c H
c HS
( )
( )O
− +
−
1
w
a
K
K
14
2
10
1.3 10
−
× -
→
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。500mL
25.00mL
【详解】(1)水合肼的制备有关反应原理为:CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH
N2H4·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 1molClO3-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
→
500mL
25.00mL
9.45g
10.00g
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 1mol,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。
2
1
5
K
K
1
0.1
t
【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
2
1
5
K
K
2
1
5
K
K
c
t
1
0.1mol / L
t min 1
0.1
t
1
0.1
t
2
4 2
x
x−
1
3
11 3
24 3
−
−
2
3
1
1 1×
2
3
1( )2
4 1( )2 2
×
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。