湖南省邵东县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题
邵东一中2019年下期第三次月考高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Zn 65
第Ⅰ卷
一、选择题
1.化学反应速率和化学平衡在工农业生产和日常生活中都有重要应用，下列说法正确的是( )
A. 将肉类等食品进行低温冷藏，能使其永远不变质
B. 在化学工业中，选用催化剂一定能提高经济效益
C. 夏天面粉发酵速度与冬天面粉发酵速度相差不大
D. 合成氨工业中采用高压有利于H2的转化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 低温能抑制细菌、真菌的生长和繁殖，但不可能使其永远不会腐败变质，故A错误；
B. 催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以选用合适的催化剂不一定能提高经济效益，故B错误；
C. 温度高反应速率快，所以夏天面粉的发酵速度比冬天面粉的发酵速度快，故C错误；
D. 合成氨工业中采用高压有利于H2的转化，因为合成氨反应正向是体积缩小的反应，增大压强平衡正向移动，提高氢气的转化率，故D正确；
故选：D。
2.常温下将氯化铵固体溶解在D2O(重水)中，下列有关水解的离子方程式或等式中正确的是( )
A. +D2O NH3·D2O+H+
B. +D2O NH3·HDO+D+
C. c(OD−)·c(H+)=KW
D. c(OH−)·c(D+)=KW
【答案】B
【解析】
【详解】氯化铵固体溶解在D2O(重水)中，发生水解，铵根离子结合OD−生成一水合氨，同时生成D+，则水解离子反应为+D2O NH3·HDO+D+，溶液中离子积为：c(OD−)⋅c(D+
)=Kw，故B正确；
故选：B。
【点睛】氯化铵固体溶解在D2O（重水）中，发生水解，铵根离子结合OD-生成一水合氨，同时生成D+，以此来解答。
3.下列内容和结论不对应的是( )
选项
内 容
A
H2O(g) 变成 H2O( l )
该过程的 ΔS > 0
B
硝酸铵溶于水可自发进行
因为ΔS > 0
C
一个反应的ΔH> 0、ΔS <0
该反应一定不能自发
D
H2(g)+F2(g)==2HF(g)的ΔH=-271kJ·mol-1、ΔS=8J·mol-1·K-1
该反应在任何温度下均可自发进行
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
根据∆G=∆H-∆ST<0，反应可自发进行，据此进行分析。
【详解】A．H2O(g)变成H2O(l)，混乱度减小，其△S<0，故A错误；
B．硝酸铵溶于水可自发进行，混乱度增大，△S>0，故B错误；
C．△H>0，△S>0，高温下可自发进行，故C错误；
D．△H<0，△S>0，在任意外界条件下均可自发进行，故D正确；
故选：D。
【点睛】△H−T△S<0的反应可自发进行；△H−T△S>0的反应不能自发进行。
4.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 无色溶液：Ca2＋、H＋、Cl－、HSO3-
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-
C. FeCl3溶液：K＋、Na＋、SO42-、AlO2-
D. 常温下， Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.H＋与HSO3-反应生成H2SO3而不能大量共存，故A错误；
B.能使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可氧化I－，故B错误；
C.Fe3+和AlO2-氪发生双水解而不能大量共存，故C错误；
D.Kw/c(H+)＝0.1 mol·L－1的溶液为碱性溶液，在碱性条件下，题中离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：①由于发生复分解反应，离子不能大量共存；②由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；③由于形成络合离子，离子不能大量共存。
5.已知反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH在一定温度和压强下于密闭容器中达到平衡。下列叙述正确的是( )
A. 升高温度，平衡常数K增大，则ΔH<0
B. 缩小容器体积，c(CO)减小
C. 恒压条件下，充入一定量的氮气，n(H2)增大
D. 更换高效催化剂，H2O(g)的转化率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.升高温度，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，故A错误；
B. 缩小容器体积，增大压强，虽然平衡逆反应方向移动，但一氧化碳的浓度仍然增大，故B错误；
C. 恒压条件下，充入一定量的氮气，对参加反应的气体来讲，气体分压减少，等效于减压过程，使平衡正向移动， n(H2)增加，故C正确。
D. 更换高效催化剂，平衡不移动，H2O(g)的转化率不变，故D错误；
故选：C。
6.拆开1 mol共价键所吸收的能量或形成1
mol共价键所释放的能量称为键能。已知：H—H键能为436 kJ/mol，H—N键能为391 kJ/mol，N2 (g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH=−92.4 kJ/mol，下列说法中正确的是( )
A. H—H比N≡N更牢固
B. N≡N键能约为945.6 kJ/mol
C. 合成氨反应选择适当的催化剂是为了提高H2的转化率
D. 0.5 mol N2和1.5 mol H2在题给条件下充分反应，放出热量为46.2 kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A、△H=反应物的键能和-生成物的键能和，-92.4KJ/mol=Q（N≡N）+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol，Q（N≡N）=946KJ/mol，大于H-H键的键能，所以，N≡N键牢固，故A错误；
B、△H=反应物的键能和-生成物的键能和，-92.4KJ/mol=Q（N≡N）+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol，Q（N≡N）=946KJ/mol，故B正确；
C、催化剂只能加快化学反应速率，不影响化学平衡的移动，不能提高H2的转化率，故C错误；
D、合成氨可逆反应，反应物不能完全转化，所以0.5mol N2和1.5mol H2在题给条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，故D错误．
故选：B
【点睛】据△H=反应物的键能和-生成物的键能和，求出N≡N键的键能，键能越大越稳定；
7.在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(A)
n( B)
n(C)
①
600
0.30
0.20
0.30
②
700
0.20
0.30
0.24
③
800
0.10
0.10
a
下列说法不正确的是
A. 实验①中，若5 min时测得n(B)=0.050mol，则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015mol/(L·min)
B. 实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变
C. 700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0
D. 实验③中，达到平衡时，a>0.10
【答案】D
【解析】
A. 实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B0.150mol，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B. 该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C. 700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D. 实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025mol/L，c(B)<0.025mol/L，c(C)>0.05mol/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。
8.已知在25 ℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10-18、1.3×10-36，常温时下列有关说法正确的是( )
A. 向H2S饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强
B. 将足量的CuSO4溶解在0.1 mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2+的最大浓度为1.3×10-35 mol/L
C. 除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂
D. 因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4不能发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据H2S与SO2反应生成单质硫和水，氢硫酸被反应掉了，浓度减小，酸性减弱，故A错误；
B．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1 mol/L，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10-36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10-35 mol/L，故B错误；
C．FeS、CuS的溶度积常数（Ksp）分别为6.3×10-18、1.3×10-36．FeS溶度积大于CuS溶度积，所以除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，故C正确；
D． CuS是不溶于酸的黑色物质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，这是弱酸制备强酸的特例，故D错误；
故选：C。
【点睛】CuS是不溶于酸的黑色物质，这是弱酸制备强酸的特例，
9.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
【分析】
电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
10.已知：lg C（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 碳[C（s）]的燃烧热△H为 -110.4kJ·mol-1
B. 1mol CuO分解生成Cu2O放出73kJ的热量
C. 反应2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能为292 kJ·mol-1
D. 足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s） +CO（g） △H= +35.6kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A碳[C（s）]的燃烧热指的是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体时所放出的热量，根据题中数据无法计算碳的燃烧热，故A不正确；
B.由题图可知，氧化亚铜与氧气反应生成CuO是放热反应，则CuO分解生成Cu2O是吸热反应，故B错误；
C.由题图可知氧化亚铜与氧气反应生成CuO的活化能为348 kJ·mol-1，故C错误；
D.将lg C（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量的热化学方程式为：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H= -110.4kJ·mol-1，氧化亚铜与氧气反应的热化学方程式为：②2Cu2O + O2（g）=4CuO（s）△H= -292kJ·mol-1，根据盖斯定律计算①-②/2得热化学方程式为C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s） +CO（g） △H= +35.6kJ·mol-1，故正确。
故选D。
11.可用于电动汽车的铝-空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是 （ ）
A. 以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
B. 以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al＋3OH－－3e-＝Al（OH）3↓
C. 以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变
D. 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极
【答案】A
【解析】
【详解】A、无论是NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，在正极上都是O2得到电子被还原，A正确；
B、生成的Al(OH)3是两性氢氧化物，在碱溶液中发生反应生成Al(OH)4-，B错误；
C、生成的Al(OH)3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，消耗电解质中的NaOH，使pH减小，C错误；
D、原电池中，电子从外电路的负极流向正极，D错误；
因此答案选A。
12.下列说法正确的是( )
A. 为测定氯水的pH，用玻璃棒蘸取待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照即可。
B. 常温下，将等体积pH都为2的盐酸与醋酸稀释相同倍数后，c( Cl- ) < c( CH3COO- )
C. 0.01 mol/L的氨水中c( OH- )=a mol/L , 则 0.1 mol/L的氨水中c( OH- )= 10a mol/L
D. 常温下，pH=2的醋酸Va L与pH=12的NaOH溶液 Vb L 混合后溶液呈中性，则Va >Vb
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，会使试纸褪色，所以无法测其pH，故A错误；
B.常温下，等体积pH都为2的盐酸与醋酸溶液中，氯离子的浓度等于醋酸根离子的浓度，而盐酸完全电离，醋酸部分电离，加水稀释相同倍数后，醋酸会继续电离，而盐酸不能再电离，故离子浓度C( Cl- ) < C( CH3COO- )，故B正确；
C.一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，0.01 mol/L的氨水与0.1 mol/L的氨水中，0.01 mol/L的氨水电离程度越大，则 0.1 mol/L的氨水中c( OH-)小于 10a mol/L，故C错误；
D.常温下，PH=2的醋酸Va L与PH=12的NaOH溶液 Vb L 混合后溶液呈中性，消耗氢氧化钠的体积要多，因为醋酸是弱电解质，其浓度大于氢氧化钠溶液浓度，故D错误；
故选：B。
13.下列溶液中各种微粒浓度大小关系或结论正确的是( )
A. 室温下,向0.01 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性:
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c(NaOH)
c(H+)>c(H2A)>c(A2-)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 二者反应后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH−)，所以得c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，要使溶液呈中性，则氢氧化钠稍微过量，所以c(Na+)>c(SO42-)，水电离较微弱，所以溶液中这几种离子浓度大小顺序是，故A正确；
B．pH相等的盐溶液和强碱溶液中，强碱的浓度最小，酸根离子水解程度越大其相同pH的钠盐浓度越小，醋酸根离子水解程度小于碳酸根离子，所以pH相等的这几种溶液中，浓度大小顺序是c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B错误；
C．根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），根据物料守恒得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），两式消去钠离子浓度可得到c（CH3COO-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（CH3COOH），故C错误；
D.0.1mol/L-1的NaHA溶液，其pH=4，则HA-的电离程度大于水解程度，则c（A2-）＞c（H2
A），故D错误；
故选：A。
14.控制适合的条件，将反应设计成如右图所示的原电池。下列判断不正确的是
A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原 C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙中I－失去电子放电，发生氧化反应，A正确；
B.由总反应方程式知，Fe3＋被还原成Fe2＋，B正确；
C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，C正确；
D.甲中加入Fe2＋，导致平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，作为负极，则乙中石墨电极为正极，D错误。
答案选D。
15.如图所示，隔板I固定不动，活塞II可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：A(g)＋2B(g)xC(g)，向M、N中通入1mol和2molB的混合气体，初始M、N容积相同，保持温度不变。下列说法正确的是( )
A. 若x=3，达到平衡后A的体积分数关系为：
B. 若x<3，C的平衡浓度关系为：c(M)3，达到平衡后B的转化率关系为：
D. x不论为何值，平衡时M、N中的平均相对分子质量都相等
【答案】B
【解析】
【分析】
M容器是恒温恒容下建立的平衡，N容器是恒温恒压下建立的平衡。
【详解】A．若x=3，由于反应前后气体体积不变，N容器建立平衡与恒温恒容下建立的平衡等效，所以达到平衡后A的体积分数关系为：φ(M)=φ(N)，故A错误；
B．若x＜3，由于反应后气体体积减小，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，C的平衡浓度增大，所以C的平衡浓度关系为：c(M)＜c(N)，故B正确；
C．若x＞3，由于反应后气体体积增大，N容器建立的平衡相当于恒温恒容下建立的平衡扩大容器体积，压强减小，平衡正向移动，B的转化率增大，所以达到平衡后B的转化率关系为：α(M)＜α(N)，故C错误；
D．若x=3，M、N中平衡状态相同，平衡时M、N中的平均相对分子质量都相等，若x＞3或＜3，两者的平衡状态不同，平衡时M、N中的平均相对分子质量不等，故D错误；
故选B。
16.常温下，Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中c()、c()与pH的关系如图所示[假设c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1]。下列说法正确的是（ ）
A. 图中E点溶液表示浓度均为0.05 mol·L-1的Na2CO3和NaHCO3溶液混合后所得到的溶液
B. pH=10的溶液中:c(H+)+c(Na+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c()
C. pH=11的溶液中:c() c(NaHCO3)， 故C正确；
D. 在E点溶液中加入等体积0.100mol·L-1的NaOH溶液碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据物料守恒可知c(CO32-)与c(HCO3-)之和发生变化，故D错误；
正确答案是C。
第Ⅱ卷
二、非选择题
17.原电池是化学对人类的一项重大贡献。
(1)市场上出售的“热敷袋”是利用原电池原理产生热量，主要成分是铁屑、碳粉和少量的NaCl、水等。“热敷袋”在启用前用塑料袋使之与空气隔绝;启用时打开塑料袋轻轻揉搓,就会放出热量，使用后,会发现袋内有许多铁锈生成。请回答:
①碳粉作用是___________________，加入NaCl的作用是________________________。
②正极反应的方程式为______________________________________。
③写出使用后生成铁锈所发生的氧化还原反应的化学方程式______________________________________________________________________。
(2)一种既能供电又能固氮的新型氢氮燃料电池的工作原理如图所示：其中电解液为溶有化合物A的稀盐酸。回答下列问题：
①电子从通入______(填“N2”或“H2”)的电极流出，化合物A为_________(填化学式)
②正极的电极方程式为________________________________。
③电路中通过2.4mol电子时，两极共消耗标准状况下的气体___________L。
④放电过程中电解质溶液的PH会_______(填“增大”或“减小””或“不变”)，为维持电解质PH基本不变，可往溶液中通入________气体(填“NH3”或“HCl”)。
【答案】 (1). 做原电池的正极 (2). 和水组成电解质溶液形成原电池 (3). O2+4e-+2H2O===4OH- (4). 4Fe(OH)2＋O2+2H2O===4Fe(OH)3 (5). H2 (6). NH4Cl (7). N2+6e-＋8H＋===2NH4+ (8). 35.84 (9). 增大 (10). HCl
【解析】
【分析】
（1）铁、碳和氯化钠溶液能自发进行氧化还原反应而构成原电池，原电池放电将化学能转化为电能，铁易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应；
（2）电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应H2-2e-=2H+，氮气得电子在正极发生还原反应N2+6e-+8H+═2NH4+，氨气与HCl反应生成氯化铵，则电解质溶液为氯化铵。
【详解】（1）①碳粉和铁活泼性不同，且都导电；氯化钠是强电解质，易溶于水；碳粉、铁、氯化钠溶液构成了原电池，碳的活泼性比铁小，所以作正极，因为形成原电池，从而加速铁的氧化；氯化钠是强电解质，易溶于水，溶于水后得到电解质溶液；
故答案为：做原电池的正极；和水组成电解质溶液形成原电池 ；
②正极上是氧气发生得电子的还原反应，即O 2 +2H 2 O+4e - ═4OH - ；
故答案为： O 2 +2H 2 O+4e - ═4OH - ；
③铁的活泼性大于碳，在构成的原电池中，铁作负极，铁失去电子被氧化，所以负极反应是：Fe-2e - ═Fe 2+ ，正极上是氧气发生得电子的还原反应，即O 2 +2H 2 O+4e - ═4OH - ，金属铁的吸氧腐蚀过程发生的全部反应为：2Fe+O 2 +2H 2 O═2Fe（OH） 2 ↓、4Fe（OH） 2 +O 2 +2H 2 O═4Fe（OH） 3 、2Fe（OH） 3 ═Fe 2 O 3 •nH 2 O+（3-n）H 2 O，
故答案为： 4Fe（OH） 2 +O 2 +2H 2 O═4Fe（OH） 3；
（2）①电子从负极流出，即通入H2的电极流出，经过用电器流向通入N2的电极，该装置属于原电池，能将化学能转化为电能，电解质溶液为氯化铵溶液，化合物A 为NH4Cl；
故答案为： H2 ；NH4Cl；
② 该电池的本质反应是合成氯化铵的反应，电池中氢气失电子，在负极发生氧化反应，氮气得电子在正极发生还原反应，则正极反应式为N2+6e-＋8H＋===2NH4+；
故答案为： N2+6e-＋8H＋===2NH4+；
③电路中通过2.4mol电子时，消耗氮气0.4mol，氢气1.2mol，共消耗气体1.6mol，所以标况下气体的体积是35.84L；
故答案为：35.84；
④反应过程中，氮气和氢气之间反应产生氨气，氨气与HCl反应生成氯化铵，从盐酸到氯化铵的过程，电解质溶液的pH会变大，为维持电解质PH基本不变，可往溶液中通入氯化氢；
故答案为：增大；HCl。
【点睛】原电池分为正负极，正极发生还原反应，得到电子，负极发生氧化反应，失去电子。
18.Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀法除去。已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol· L−1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-：Cr3++3OH− Cr(OH)3 CrO2-+H++H2O。②CrO2-还原产物为Cr3+。③ lg3.3=0.50。请回答下列问题：
（1）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=__________。
（2）常温下，向50 mL 0.05 mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0 mol·L−1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为____________。
（3）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：
Ⅰ．取100 mL滤液；
Ⅱ．用c mol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。
①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定终点的现象是__________________。
②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L−1。
（4）Na2Cr2O7的含量也可以用一定难度的NaNO2溶液进行滴定。已知常温下HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4 ，NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5 。0.1 mol·L-1 NH4NO2溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______________________。
【答案】 (1). 1.0×10-32 (2). 13.5 (3). 酸式 (4). 溶液显紫色 (5). (6). c(NO2-)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH-)
【解析】
【分析】
（1）Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L） 时，溶液的pH为5，据此计算Cr（OH）3的溶度积常数；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，根据方程式计算；
（3）①酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定终点的现象是溶液显紫色；
②根据氧化还原反应，结合电子得失守恒关系进行相关计算；
（4）根据NH4+和NO2-的水解程度相对大小判断NH4NO2的酸碱性，再根据电荷守恒分析离子浓度大小，根据HNO2的电离平衡常数计算NO2-的水解常数。
【详解】(1)常温下，Cr3+完全沉淀(c⩽1.0×10−5 mol/L) 时，溶液的pH为5，溶液中c(OH−)=10−9mol/L，c(Cr3+)=10−5mol/L，则常温下,Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH−)=1.0×10−32；
故答案为：1.0×10-32；
(2)50mL 0.05mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH−)=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH−═Cr(OH)3，则反应后c(OH−)=0.5mol/L−0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反应后，溶液pH=14−pOH=14+lgc(OH−)=13.5；
故答案为：13.5；
(3)①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定终点的现象是溶液显紫色；
故答案为：酸式；溶液显紫色；
②c mol/L的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4−∼5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c(Fe2+)=5cmol/L，取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：Cr2O72−∼∼6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为；
故答案为：；
(4)NH4+的水解平衡常数为Kh(NH4+)= =5.88×10−10，NO2−的水解平衡常数为Kh= =1.4×10−11，可见NH4+水解程度相对较大，所以溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(NO2−)，则有c(NO2-)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH-)；
故答案为：c(NO2-)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH-)。
【点睛】盐的水解是谁弱谁水解，都弱都水解，越弱越水解，谁强显谁性。
19.草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂制备。一种利用水钴矿［主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等］制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe（OH)3
Fe（OH)2
Co（OH)2
Al（OH)3
Mn（OH)2
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是将_____________还原（填离子符号）。
（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，产物中氯元素处于最低化合价。该反应的离子方程式为____________。
（3）请用平衡移动原理分析加Na2CO3能使浸出液中Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀的原因是：________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。
滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是_________；使用萃取剂适宜的pH是______。
A．接近2.0 B．接近3.0 C．接近4.0
（5）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知Ksp（MgF2)=7.35×10-11、Ksp（CaF2)=1.05×10-10。当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+)/ c （Ca2+)=____。
【答案】（15分）
（1）Fe3+、Co3+ （2）ClO3- + 6Fe2+ + 6H+ = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O
（3）R3++3H2OR（OH)3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀
（4）除去Mn2+, B （5）0.7
【解析】
试题分析：（1）向水钴矿［主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO等］中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，根据元素化合价的变化可知，浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+；（2）NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，铁元素的化合价+2→+3，失去电子，产物中氯元素处于最低化合价，则Cl由+5价→-1价，再根据化合价升降相等和电荷守恒、原子守恒配平，则该反应的离子方程式为ClO3- + 6Fe2+ + 6H+ = 6Fe3+ + Cl- + 3H2O。（3）R3++3H2OR（OH)3+3H+，加入碳酸钠后，H+与CO32-反应，使水解平衡右移，从而产生沉淀。（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH)2沉淀，则滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+；使用萃取剂适宜的pH是B；（5）KSP（CaF2)= c（Ca2+)×c2（F-)=1.05×10-10; KSP（MgF2)= c（Mg2+) ×c2（F-)=7.35×10-11,所以c（Mg2+)/ c （Ca2+)= KSP（MgF2) ÷KSP（CaF2) = 7.35×10-11÷（1.05×10-10)=0.7。
考点：考查利用水钴矿制取CoC2O4·2H2O工艺流程，掌握实验操作与设计及相关物质的性质等知识。
20.碳族、氮族元素及其化合物在生产、生活和环境保护中应用广泛。
（1）下列有关物质性质递变的描述中，正确的是________________（填代号）。
A．酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3 B．稳定性：NH3>AsH3>PH3
C．稳定性：N2H2CO3>H2SiO3，故A正确；
B.同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性是氮大于磷，磷大于砷，非金属性越强，气态氢化物越稳定，NH3 >PH3>AsH3，故B错误；
C．稳定性：N2>P4（白磷），因为白磷易自然，而氮气性质稳定，很难发生反应，故C错误；
D.磷酸的酸性大于砷酸的酸性，利用越弱越水解，可得常温下，同浓度溶液的pH：Na3PO4
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