天津市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

天津市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

天津一中2019-2020-1高二年级化学学科期末考试试卷 用到的相对原子质量：O 16 Zn 65‎ 第Ⅰ卷（共36分）‎ 一、选择题（12道小题，每小题只有1个正确选项。每小题3分，请将正确答案填涂在机读卡上）‎ ‎1.根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 相同条件下，分别测量0.1mol•L-1和0.01mol•L-1的醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大 B 将Fe(NO3)2溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色 原Fe(NO3)2中一定含有Fe3+‎ C 向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）‎ D 常温下，分别测量浓度均为0.1mol•L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大 酸性：HClO＞H2S A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1‎mol•L-1和0.01mol•L-1的醋酸溶液，前者溶液中离子浓度较大，其导电性较强，但醋酸浓度越大，醋酸的电离程度越小，故A项错误；‎ B.溶于稀硫酸后，发生氧化还原反应生成铁离子，无法确定原溶液是否含有铁离子，应该溶于水检验是否含有铁离子，故B项错误；‎ C.向悬液中滴入溶液，悬浊液变为黄色，沉淀转化为，说明 ‎ ，故C项正确；‎ D.常温下,分别测量浓度均为0.1mol•L-1的溶液和溶液的pH，前者的pH大，说明前者水解程度较大，但前者对应的酸为，说明酸性：，无法判断、的酸性强弱，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】水解规律: 无弱不水解，有弱才水解，谁弱谁水解，都弱双水解，谁强显谁性，同强显中性,，越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。‎ ‎2.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）‎ A. 向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 向0.1mol•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大 C. 向一定浓度的醋酸溶液中加水稀释，则溶液中增大 D. ‎40℃‎时，在氨水体系中不断通入CO2，随着CO2的通入，不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释促进醋酸电离但是醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中 减小，温度不变电离平衡常数不变，则溶液中增大，故A错误； B．向氨水中加入少量硫酸铵，硫酸铵电离出而使溶液中 增大，抑制一水合氨电离，溶液碱性减弱，则溶液中减小，溶液中增大，故B正确； C．温度不变醋酸电离平衡常数不变，溶液中不变，故C错误； ‎ D．在氨水体系中不断通入，随着的通入，二者反应生成碳酸铵，溶液中 增大，减小，故D错误； 答案选B。‎ ‎3.下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）‎ A. 无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-‎ B. 酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO-、SO42-、I-‎ C. 弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl-、HCO3-‎ D. 中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.和能够发生完全双水解，不共存，A错误；‎ B. 酸性溶液，和结合生成弱酸次氯酸，且能够氧化，不共存，B错误；‎ C. 相互之间不反应， 水解造成溶液显弱碱性，C正确；‎ D.水解程度很大，在pH=4附近就完全沉淀，故中性时不可能存在大量，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是 A. 该温度高于‎25℃‎ B. 由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1‎ C. 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离 D. 取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎25℃‎时，纯水的pH=7，该温度下蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，则pH=6，说明促进了水的电离，水的电离为吸热反应，故该温度高于‎25℃‎，故A正确；‎ B.向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，则c(H＋)＝1×10‎ ‎－2 mol·L－1，该温度下pH=6的蒸馏水的离子积常数Kw= c(H＋) c(OH－)=1.010-12，则c(OH－)==1.010-10mol/L，故由水电离出来的c(H＋)＝1×10-10mol·L－1，故B正确；‎ C. NaHSO4在水中电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；‎ D.加入NaHSO4晶体后，溶液显酸性，取该溶液加水稀释100倍，溶液的酸性减弱，溶液中的c(H＋)减小，c(OH－)增大，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答。‎ ‎5.用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图像如下：‎ 分析图像，以下结论错误的是（ ）‎ A. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快 B. 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀 C. 溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀 D. 两溶液中负极反应均为Fe – 2e－ = Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据压强与时间关系图可知，pH＝2的溶液和pH＝4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，这说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，A错误；‎ B、pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀。pH＝4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁也可能发生吸氧腐蚀，B正确；‎ C、根据pH＝2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明发生的是金属的析氢腐蚀，这说明溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，C正确；‎ D、根据以上分析可知两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.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。‎ ‎7. 有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol/L的两种溶液混合而成：‎ ‎①NH4Cl与CH3COONa ②NH4Cl与HCl ③NH4Cl与NaCl ④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)‎ 下列各项排序正确的是（ ）‎ A. pH：②<①<③<④ B. 溶液中c(H+)：①<③<②<④‎ C. c(NH)：①<③<②<④ D. c(NH3·H2O)：①<③<④<②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①中NH4Cl水解呈酸性与水解呈碱性的CH3COONa混合，水解相互促进，但溶液接近中性；②中NH4Cl水解呈酸性被HCl抑制，但溶液呈强酸性；③中NH4Cl与NaCl混合，为单水解呈酸性；④NH4Cl与相应的碱NH3·H2O(混合液呈碱性)混合，则说明电离大于水解。所以由以上分析可知pH：②＜③＜①＜④，A错误；‎ B、溶液中c(H+)：④＜①＜③＜②，B错误；‎ C、c(NH4+)：①＜③＜②＜④，C正确；‎ D、c(NH3·H2O)：②＜③＜①＜④，D错误，答案选C。‎ ‎8.下列结论中正确的是（ ）‎ A. 稀释醋酸钠溶液，CH3COO-的水解程度变大，故溶液的pH变大 B. 常温下Ka＝1×10-5的浓度为0.1mol·L-1的HA溶液，其pH≈3‎ C. c(SO32-)相等的Na2SO3溶液、NaHSO3溶液、H2SO3溶液的浓度：c(NaHSO3)＞c(H2SO3)＞c(Na2SO3)‎ D. ‎25℃‎时，向10mL0.01mol·L-1KOH溶液中滴加10mL0.01mol·L-1醋酸所得混合溶液中：c(K+)＝c(CH3COO-)＞c(OH-)＝c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.稀释时，水解程度增大，但溶液体积增大为主要因素，故氢氧根浓度减小，pH减小，A错误；‎ B. 浓度为0.1mol⋅L−1的 溶液(Ka=10−5)，由可知，pH=3，故B正确；‎ C.为强电解质，完全电离，的第一步电离大于第二步电离，应为，故C错误；‎ D. 向 溶液中滴加10mL0.01mol⋅L−1的醋酸溶液，生成醋酸钾，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，应为，根据电荷守恒则，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行 B. Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)＋2OH-(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液 C. 用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹 D. 在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS-水解程度增大，pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠和水反应生成氢气，是熵增反应，且反应放热，所以该反应任何温度下都能自发进行，A正确；‎ B.水解显酸性，可以消耗氢氧根，造成氢氧化镁的沉淀溶解平衡右移，沉淀溶解，B正确；‎ C. 水解显酸性，可以和铁锈反应，C正确；‎ D，加入铜离子，生成黑色硫化铜沉淀，电离平衡右移，氢离子浓度增大，pH减小，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在溶液中，滴入少量溶液，，虽然弱酸生成了强酸，但是因既不溶于水，也不溶于酸，所以该反应是可以发生的。‎ ‎10.一种钌(Ru)配合物光敏太阳能电池工作原理及电池中发生的反应如下所示。下列说法正确的是（ ） ‎ A. 电极X为电池的正极 B. 电池工作时，光能→化学能→电能 C. 电池工作时，I-在电极Y上得电子 D. 电池电解质溶液中I-和I3-的浓度不断减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电子由X极流出，所以X是负极，故A错误；根据图示，电池工作时，光能→化学能→电能，故B正确；电池工作时，I3- 在电极Y上得电子生成I-，‎ 故C错误；根据图示，电池工作时，电解质溶液中I-和I3-的浓度不变，故D错误。‎ 点睛：原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断：负极是活泼性相对强的一极；正极是活泼性相对弱的一极；2、根据电子流向判断：负极是电子流出的一极；正极是电子流入的一极；3、根据溶液中离子移动的方向判断：负极是阴离子移向的一极；正极是阳离子移向的一极；4、根据两极的反应类型判断：负极是发生氧化反应的一极；正极是发生还原反应的一极。‎ ‎11. 某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则 A. 电流方向：电极IV→→电极I B. 电极I发生还原反应 C. 电极II逐渐溶解 D. 电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；‎ B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；‎ C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；‎ D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。‎25℃‎时氯气－氯水体系中存在以下平衡关系：‎ Cl2(g)Cl2(aq) K1＝10-1.2‎ Cl2(aq)＋H2OHClO+H++Cl- K2＝10-3.4‎ HClOH++ClO- Ka＝？‎ 其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是（ ）‎ A. Cl2(g)＋H2O2H++ClO-+Cl- K＝10-10.9‎ B. 在氯处理水体系中，c(HClO)＋c(ClO-)＝c(H+)－c(OH-)‎ C. 用氯处理饮用水时，pH＝7.5时杀菌效果比pH＝6.5时差 D. 氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象知，，当pH=7.5时，‎ ‎【详解】A. 将已知的三个式子相加可得A中方程式，所以，故A错误；‎ B. 体系中存在电荷守恒，即，根据方程式，故，故B错误；‎ C.由图象可知，pH=6.5时比pH=7.5时要大，浓度越大，杀菌效果好，所以pH=6.5时杀菌效果比pH=7.5时好，故C正确；‎ D. 夏季相比冬季温度高，易分解，所以杀菌效果不如冬季，故D错误；‎ 答案选C。‎ 第Ⅱ卷 ‎13.已知前四周期A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A 原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L电子层上有2对成对电子；E基态原子有6个未成对电子：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）E元素在元素周期表的位置是______，E元素基态原子的价电子排布式为_____；‎ ‎（2）C基态原子的价层电子的轨道表达式______；‎ ‎（3）B‎2A4是重要的基本石油化工原料。1molB‎2A4分子中含_____molσ键；‎ ‎（4）BD2电子式为_____，此分子键角为_______；‎ ‎（5）BD32-中心原子孤电子对数为______，离子的立体构型为______；‎ ‎（6）B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为______(填元素符号)，其原因为______。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第ⅥB族 (2). 3d54s1 (3). (4). 5 (5). (6). 180o (7). 0 (8). 平面三角形 (9). C O N (10). 同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，N原子2p轨道处于半充满状态，较稳定，其I1会出现反常 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B原子核外有6个电子，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为，所以D为氧元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为氮元素；E基态原子有6个未成对电子，只能是其中5个在d轨道，1个在s轨道，故E为铬元素，综上所述ABCDE依次为氢、碳、氮、氧、铬。‎ ‎【详解】（1）前四周期元素E基态原子有6个未成对电子推知E为铬元素，在元素周期表的位置是第四周期第ⅥB族；元素基态原子的价电子排布式为，‎ 故答案为：第四周期第ⅥB族；；‎ ‎（2）C为氮元素，根据洪特规则，其基态原子的价层电子的轨道表达式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）即，1个分子中含有5个σ键，1个π键，则lmol分子中含有5molσ键，‎ 答案为：5；‎ ‎（4）即中，碳氧之间共用两对电子，电子式为：，二氧化碳是直线型分子，键角为180 o 故答案为：；180 o ；‎ ‎（5）即，中心原子上的孤电子对数；的价电子对数是3，所以其空间构型是平面三角形，‎ 故答案为：0；平面三角形；‎ ‎（6）B、C、D依次为碳、氮、氧，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，原子2p轨道处于半充满状态，较稳定，其I1会出现反常，在三种元素中最大，‎ 故答案为： ；同周期元素的第一电离能从左到右有增大的趋势，原子2p轨道处于半充满状态，较稳定，其I1会出现反常。‎ ‎14.氧化锌、硫化锌都是重要的基础化工原料。‎ ‎（1）ZnO 与 Al2O3 的化学性质相似，ZnO 在 NaOH 溶液中转化成[Zn(OH)4]2-的离子方程式为_____________。‎ ‎（2）火法炼锌得到的氧化锌中含有铅、铜等杂质，提纯步骤如下：‎ ‎①上图中的“冷凝物”为________（填化学式）。‎ ‎②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时 c(CO)为 0.3 mol•L-1，反应过程中 CO2 的体积分数 ‎ φ(CO2)如图所示，则反应Ⅰ的平衡常数 K＝_____。‎ ‎③下列措施有利于提高反应Ⅰ中 ZnO 转化率的是________。‎ a．增大 ZnO 的投料量 b．适当加压 c．将锌蒸气及时分离 ‎④反应Ⅱ中，每转移 1mol 电子，反应放热 174 kJ，则 H2＝_____________。‎ ‎（3）测定氧化锌样品纯度：称取 ‎0.5000g 样品，酸溶后定容于 250 mL 容量瓶中，摇匀。量取 25.00 mL 该溶液，用 0.04000 mol•L-1 的 EDTA（Na2H2Y）标准液滴定其中的 Zn2+（反应方程式为 Zn2+＋H2Y2-＝ZnY2-＋2H+，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗 EDTA 标准液 15.12mL。‎ ‎①若滴定管未用 EDTA 标准液润洗，测定结果将___（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。‎ ‎②样品纯度为：________________（列出计算式即可）。‎ ‎（4）彩电荧光屏中的蓝色荧光粉含有 ZnS。将含有 0.05mol ZnS 的荧光粉溶于 500mL盐酸中，完全溶解后，溶液中 c(S2-)≤__________ mol•L-1。（已知：Ksp(ZnS)＝2.5×10-23，忽略溶液体积的变化）‎ ‎【答案】 (1). ZnO+2OH-+H2O=[Zn(OH)4]2- (2). Zn (3). 0.4mol/L (4). c (5). -696kJ/mol (6). 偏高 (7). (8). 2.5×10-22‎ ‎【解析】‎ ‎(1)ZnO和Al2O3的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以氧化锌与氢氧化钠的反应的方程式为：ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-，故答案为ZnO+H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-；‎ ‎(2)①反应Ⅰ：ZnO(s)+CO(g)⇌Zn(g)+CO2(g)，锌蒸气冷凝为冷凝物，冷凝物为金属锌，故答案为Zn；‎ ‎②某温度时，在反应Ⅰ的反应炉中，起始时 c(CO)为 0.3mol•L-1，反应过程中达到平衡 CO2 的体积分数 φ(CO2)如图所示为0.4，‎ ‎                         ZnO(s)+CO(g)⇌Zn(g)+CO2(g)‎ 起始量(mol/L)               0.3                           0‎ 变化量(mol/L)                x                             x 平衡量(mol/L)                0.3-x                      x ‎ =0.4，x=0.12，平衡常数K= =0.67，故答案为0.67；‎ ‎③‎ a．增大ZnO的投料量，氧化锌为固体不影响平衡，氧化锌转化率不变，故a错误；b．反应前后气体体积不变，适当加压，不影响平衡移动，故b错误；c．将锌蒸气及时分离，平衡正向进行氧化锌转化率增大，故c正确；故答案为c；‎ ‎④反应Ⅱ中2Zn(g)+O2(g)═2ZnO(s)，反应中2molZn完全反应电子转移4mol，反应每转移1mol 电子，反应放热174kJ，转移4mol电子反应放热696KJ，反应焓变△H=-696KJ/mol，故答案为-696KJ/mol；‎ ‎(3)①滴定管未用 EDTA 标准液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，消耗标准溶液体积会增大，测定结果偏高，故答案为偏高；‎ ‎②称取‎0.5000g样品，酸溶后定容于250mL容量瓶中，摇匀．量取25.00mL该溶液，用0.04000mol•L-1的EDTA(Na2H2Y)标准液滴定其中的Zn2+(反应方程式为 Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL．‎ ‎    Zn2++H2Y2-═ZnY2-+2H+，‎ ‎     1         1     ‎ ‎    n      15.12×10‎-3L×0.04000mol/L n(ZnO)=n(Zn2+)=15.12×10‎-3L×0.04000mol/L，250mL溶液中n(ZnO)=15.12×10‎-3L×0.04000mol/L×，样品纯度= ×100%，故答案为×100%；‎ ‎(4)将含有0.05mol ZnS的荧光粉溶于500mL盐酸中，完全溶解后溶液中锌离子浓度c(Zn2+)==0.1mol/L，Ksp(ZnS)=2.5×10-23=c(Zn2+)c(S2-)，‎ c(S2-)≤2.5×10-22mol/L，故答案为2.5×10-22。‎ 点睛：本题考查了物质组成探究、化学反应速率、化学平衡常数的计算、影响化学平衡因素分析、滴定实验的过程分析和计算。解答本题的关键是熟悉化学平衡的计算的基本方法和滴定误差的分析方法。‎ ‎15.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎（1）KIO3的化学名称是_____。‎ ‎（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl‎2”‎采用的方法是_____。“滤液”中的溶质主要是 ‎_____。“调pH”中发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式_____。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_____，其迁移方向是_____。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_____（写出一点）。‎ ‎【答案】 (1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH═2KIO3+H2O (5). 2H2O+2e-═2OH-+H2↑ (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。‎ ‎【详解】（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾；‎ ‎（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl‎2”‎时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O；‎ ‎（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑；‎ ‎②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b；‎ ‎③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。‎ ‎【点睛】题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2+6KOH=KIO3+5KI+3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。‎ ‎16.NH4Al(SO4)2、NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：‎ ‎（1）常温时，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH＝3。‎ ‎①溶液的Kw=______（填数值），由水电离的c(H+)=_____mol•L-1。‎ ‎②溶液中c(NH4+)+c(NH3•H2O)_____c(Al3+)+c(Al(OH)3)（填＞”“＝”“＜”）；‎ ‎2c‎(SO42-)﹣c(NH4+)﹣‎3c(Al3+)＝_______mol•L-1（计算式）；‎ ‎（2）‎80℃‎时，0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原因是______；‎ ‎（3）常温时，向100mL0.1mol•L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。‎ ‎①图中a、b、c、d四个点中水的电离程度最小的是______。‎ ‎②向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为______。‎ ‎③NH4HSO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_____。‎ ‎（4）NH4Al(SO4)2可做净水剂，写出工业制金属铝的化学方程式______；‎ ‎（5）一种氨燃料电池，使用的电解质溶液是2mol/L的KOH溶液。电池反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O；请写出通入a气体一极的电极反应式为______；每消耗3.4gNH3转移电子的物质的量为______。‎ ‎【答案】 (1). 1.0×10-14 (2). 1.0×10-3 (3). = (4). 10-3﹣10-11 (5). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小 (6). d (7). H++OH-=H2O (8). c(H+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-) (9). 2Al2O34Al+3O2↑ (10). 2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O (11). 0.6mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①常温时，水的离子积常数为1.0×10-14；0.1mol•L-1溶液的pH=3是因为铵根离子和铝离子的水解；‎ ‎②据物料守恒分析；根据电荷守恒计算；‎ ‎（2）水解，升高温度其水解程度增大；‎ ‎（3）①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完，溶液中只有 与；b、c、d三点溶液均含有，可以促进水的电离，而抑制水的电离，b点溶液呈中性；‎ ‎②向100mL 0.1mol•L-1溶液中滴加0.1mol•L-1 溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应；‎ ‎（4）工业上通过电解熔融的氧化铝制金属铝；‎ ‎（5）根据电子运动方向，判断a为负极，写出电极反应式并计算转移电子数。‎ ‎【详解】(1)①常温时，水离子积常数为l.0×l0−14；0.1mol⋅L−1溶液的pH=3是因为铵根离子和铝离子的水解，所以由水电离的，‎ 故答案为：1.0×10-14；1.0×10-3；‎ ‎②据物料守恒，中原子与原子个数比为1:1，所以；根据电荷守恒得 ‎ 故答案为：=；10−3−10−11；‎ ‎(2) 水解，升高温度其水解程度增大，pH减小，‎ 故答案为：水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；‎ ‎(3)①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完，溶液中只有 与；b、c、d三点溶液均含有，可以促进水的电离，而抑制水的电离，所以d点水的电离程度最小，故答案为：d；‎ ‎②向100mL 0.1mol•L-1溶液中滴加0.1mol•L-1 溶液100mL时，仅发生氢离子和氢氧根离子的中和反应，离子方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎③的电离方程式为，还有水的微弱电离，铵根离子因水解导致浓度略有减小，所以离子浓度由大到小的顺序为，故答案为：；‎ ‎（4）工业上通过电解熔融氧化铝制金属铝，方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）根据电子运动方向，判断a为负极，氨气发生氧化反应生成氮气，电极反应式为：；根据电极反应式，2个氨气转移6个电子，故‎3.4g氨气即0.2mol氨气，转移0.6mol电子，‎ 答案为：；0.6mol。‎ ‎【点睛】电解质溶液中的三大守恒：电荷守恒，无论溶液中有多少种离子存在，溶液总是呈电中性的，所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等；物料守恒，溶液中的某种元素不论存在于那种化合物中，其总量始终是不变的；质子守恒，溶液中由水电离得氢离子始终等于氢氧根。‎