答案 C
13．室温下，0.1mol·L－1的Na2A（二元酸的正盐）溶液中含A原子的粒子所占物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．HA－水解方程式为HA－＋H2O
H2A＋OH－
B．A2－的水解常数为10－6
C．pH＝5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：
c（HA－）＋2c（A2－）－c（Na＋）＝（10－5－10－9）mol·L－1
D．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，所得溶液中：
3c（Na＋）＝2c（HA－）＋2c（A2－）
解析 根据pH＝10时，A2－和HA－的物质的量分数分别为0.9和0.1，可知溶液中不存在H2A，说明HA－不能水解，A错误；室温下，H2A第二步电离常数Ka2＝10－6，则A2－的水解常数为10－8，B错误；根据电荷守恒可知，c（HA－）＋2c（A2－）＋c（OH－）＝c（Na＋）＋c（H＋），C正确；根据物料守恒有：
2c（Na＋）＝3c（HA－）＋3c（A2－），D错误。
答案 C
非选择题
26．（14分）（2018·济南一中高三月考）磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性薰蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒的PH3气体（熔点为－132℃，还原性强）。
卫生安全标准规定：
当粮食中磷化物（以PH3计）的含量不超过0.05mg·kg－1时，粮食质量合格；反之，粮食质量不合格。
某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留的磷化物含量进行了研究。
【操作流程】
安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸钠标准溶液滴定。
【实验装置】
已知C中盛有100g原粮，E中盛有20.00mL1.13×10－3mol·L－1KMnO4溶液（H2SO4酸化）。
请回答下列问题：
（1）仪器D的名称是________。
（2）B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止氧化装置C中生成的PH3，则A中盛装KMnO4溶液的作用是___________________________
______________________________________________________________。
（3）已知MnO被还原为Mn2＋，若0.1molPH3恰好被0.16molKMnO4吸收，则PH3被氧化的产物是________，写出E中发生反应的离子方程式：
_____________
________________________________________。
（4）收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10－4mol·L－1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液：
三次实验消耗V标
1
2
3
mL
11.02
11.30
10.98
①滴定达到终点的现象是：
_______________________________________。
②数据处理：
消耗Na2SO3标准溶液________mL；则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为________mg·kg－1。
③若C中反应完全后，忘记通入空气即进行（4）中的滴定操作，则消耗Na2SO3标准溶液的体积________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
解析
（1）装置中D为冷凝管，起到冷凝回流的作用。
（2）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧。
（3）PH3被酸性高锰酸钾氧化成磷酸，高锰酸钾被还原为锰离子，结合电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平书写得到离子方程式为：
5PH3＋8MnO＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O。
（4）①依据滴定反应：
2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O，本实验中无需选择指示剂，锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色，表示达到了滴定终点。
②收集E中吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中用浓度为5×10－4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：
2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋3H2O；2KMnO4～5Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量＝0.0110L×5×10－4mol/L××＝2.2×10－5mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量＝1.13×10－3mol/L×0.020L－2.2×10－5mol＝6.0×10－7mol；根据反应5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4===5H3PO4＋8MnSO4＋4K2SO4＋12H2O；得到定量关系为：
5PH3～8KMnO4；计算得到PH3物质的量＝6.0×10－7mol×＝3.75×10－7mol；则PH3的含量＝＝0.1275mg/kg≈0.13mg/kg，所以该原粮质量不合格。
③准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，通入空气的作用是保证PH3全部被吸收，若C中反应完全后，忘记通入空气即进行（4）中的滴定操作，则剩余的高锰酸钾偏多，滴定消耗Na2SO3标准溶液的体积偏大。
答案
（1）直形冷凝管（或冷凝管）
（2）除去空气中的还原性气体，避免影响实验结果
（3）H3PO4（或磷酸） 5PH3＋8MnO＋24H＋===5H3PO4＋8Mn2＋＋12H2O
（4）①锥形瓶中溶液颜色由紫色恰好变为无色，且半分钟内不再变色 ②11.00 0.13（或0.1275） ③偏大
“7＋1”小卷练
（二）
本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分56分，考试时间30分钟。
可能用到的相对原子质量：
H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 K—39 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56 Zn—65
选择题
一、选择题（本题共7小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）
7．（2018·福建晋季延中学高三质检）生活中碰到的某些问题，常涉及到化学知识，下列分析不正确的是（ ）
A．Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂
B．用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯毛织物
C．某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为水中溶解了较多的CO2
D．蒙古牧民喜欢用银器盛放鲜牛奶有其科学道理：
用银器盛放鲜牛奶，溶入的极微量的银离子，可杀死牛奶中的细菌，防止牛奶变质
解析 A．Mg（OH）2和Al（OH）3热分解生成的气态水可覆盖火焰、驱逐O2、稀释可燃气体，分解产物MgO和Al2O3能较快地与塑料燃烧过程中产生的酸性及腐蚀性气体反应，所以它们可以作为未来发展方向的无机阻燃剂，正确；B.纯棉织物的主要成分是纤维素，纯毛织物的主要成分是蛋白质，燃烧时有烧焦羽毛的气味，正确；C.某雨水样品采集后放置一段时间，pH值由4.68变为4.28，是因为酸雨中弱酸亚硫酸被氧化生成强酸硫酸造成的，错误：
D、牛奶中溶入极微量银离子，细菌的蛋白质结构遇银离子（重金属离子）变性，从而杀死细菌，正确。
答案 C
8．《天工开物》之《燔石》篇描述：
“百里内外，土中必生可燔石，……掘取受燔，……火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉。
急用者以水沃之，亦自解散。
……用以砌墙石，则筛去石块，水调粘合。
”其中不涉及的物质是（ ）
A．石膏B．石灰石
C．熟石灰D．生石灰
解析 题中描述了CaCO3变热生成CaO，CaO与水生成Ca（OH）2的反应，故不涉及石膏。
答案 A
9．（2018·河北邢台高三检测）化合物
（b）、
（d）、CH≡C—CH===CH2（p）的分子式均为C4H4。
下列说法正确的是（ ）
A．b的同分异构体只有d和p两种
B．只有b的所有原子处于同一平面
C．b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D．d的一氯代物和二氯代物均只有一种
解析 A．b对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如b、d、
等，同分异构体不仅仅d和p两种，故A错误；B.p分子中的碳碳三键是直线形结构，碳碳双键是平面结构，则p所有原子处于同一平面，故B错误；C.d为饱和烃，与高锰酸钾不反应，故C错误；D.d分子是正四面体结构，只含有一种氢，对应的一氯代物和二氯代物都只有一种，故D正确；故选D。
答案 D
10．（2018·西安长安一中质检）用如图所示装置测定水中氢、氧元素的质量比，其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差，实验测得m（H）∶m（O）>1∶8。
下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是（ ）
A．Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置
B．Ⅲ装置之后缺少干燥装置
C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝
D．CuO没有全部被还原
解析 A．锌和稀硫酸反应生成的氢气会带出一部分水蒸气，Ⅰ、Ⅱ装置之间如果缺少干燥装置会使反应后测得水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而氧元素的质量不变，所以会导致质量比变大，故A正确；B.Ⅲ装置后缺少干燥装置，会使空气中的水蒸气进入Ⅲ装置中，而使测得的水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而对氧元素的质量没有影响，故B正确；C.我们是通过玻璃管中的固体的质量减少来确定氧元素的质量，所以Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝，那么由于有水的存在而使测得玻璃管质量变化小，从而导致测得的氧元素质量减小，故C正确；D.CuO没有全部被还原，只会使反应后生成的水的质量也随之减少，而对于氢、氧元素的质量没有影响，所以对实验结果没有影响，故D错误；故选D。
答案 D
11．锌－空气电池由活性炭（空气扩散极）、锌、苛性碱溶液构成，其中活性炭部分浸泡在苛性碱溶液中，其工作原理如图所示，负极产物是ZnO。
下列有关锌－空气电池的说法正确的是（ ）
A．活性炭的作用是吸附空气，为电池提供氧化剂
B．原理图中的隔离膜为质子交换膜
C．负极反应式为Zn－2e－＋H2O===ZnO＋2H＋
D．电池工作时，外电路中流过0.2mol电子，消耗3.2gO2
解析 A项，活性炭具有多孔结构，可有效地吸附空气，正确；B项，该电池的电解质溶液为苛性碱溶液，且负极消耗OH－，故隔离膜是阴离子交换膜，错误；C项，因该电池的电解质溶液为碱性溶液，故不可能生成H＋，正确的负极反应式为Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O，错误；D项，外电路流过0.2mol电子时，消耗0.05molO2，错误。
答案 A
12．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。
X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。
结合如图转化关系，下列判断错误的是（ ）
A．反应③为工业制粗硅的原理
B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族
C．4种元素的原子中，Y原子的半径最小
D．工业上通过电解乙来制取Z
解析 由题意及题图分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO。
选项A，反应③为工业制粗硅的原理：
2C＋SiO2Si＋2CO↑，故A正确；选项B，Z为Mg，位于元素周期表第三周期ⅡA族，故B正确；选项C，4种元素的原子中，半径最小的为O，故C正确；选项D，工业上通过电解熔融MgCl2得到Mg，故D错误。
答案 D
13．（2018·河北省五个一联盟第二次联考）图（Ⅰ）和图（Ⅱ）分别为二元酸H2A和乙二胺（H2NCH2CH2NH2）溶液中各微粒的百分含量δ（即物质的量百分数）随溶液pH的变化曲线（25℃）。
下列说法正确的是（ ）
A．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性
B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2＝10－7.15
C．[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中各离子浓度大小关系为：
c（[H3NCH2CH2NH2]＋）>c（HA－）>c（H2NCH2CH2NH2）>c（A2－）>c（OH－）>c（H＋）
D．向[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中通入一定量的HCl气体，则可能增大也可能减小
解析 [H3NCH2CH2NH3]A的溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH3]2＋离子和A2－离子。
[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离方程式为：
[H3NCH2CH2NH3]2＋
[H3NCH2CH2NH2]＋＋H＋，所以反应的平衡常数K＝，由图（Ⅱ）得到：
当pH＝6.85时，c（[H3NCH2CH2NH2]＋）＝c（[H3NCH2CH2NH3]2＋），所以K＝c（H＋）＝10－6.85。
A2－离子的水解方程式为：
A2－＋H2O
HA－＋OH－，所以反应的平衡常数K＝，由图（Ⅰ）得到：
当pH＝6.20时，c（HA－）＝c（A2－），所以K＝c（OH－）＝10－（14－6.2）＝10－7.8。
由上得到，[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离平衡常数大于A2－离子的水解平衡常数，即[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离应该占主导地位，所以[H3NCH2CH2NH3]A的溶液应该显酸性，选项A错误。
乙二胺的两步电离为：
H2NCH2CH2NH2＋H2O
[H3NCH2CH2NH2]＋＋OH－；[H3NCH2CH2NH2]＋＋H2O
[H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－，所以Kb2＝，由图（Ⅱ）得到，当pH＝6.85时，c（[H3NCH2CH2NH2]＋）＝c（[H3NCH2CH2NH3]2＋），所以Kb2＝c（OH－）＝10－（14－6.85）＝10－7.15，选项B正确。
[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH2]＋和HA－，根据图（Ⅰ）得到：
HA－的溶液应该显酸性，即HA－的电离占主导地位，其电离平衡常数为K＝，当pH＝6.20时，c（HA－）＝c（A2－），所以K＝c（H＋）＝10－6.2；根据图（Ⅱ）得到：
[H3NCH2CH2NH2]＋的溶液应该显碱性，即[H3NCH2CH2NH2]＋＋H2O
[H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－占主导地位，其平衡常数上面已经计算出Kb2＝10－7.15，因为K>Kb2所以[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中应该以HA－的电离为主导，溶液应该显酸性，即c（OH－）选项D中的式子＝＝
其中c（H＋）·c（OH－）＝Kw，为H2NCH2CH2NH2＋H2O
[H3NCH2CH2NH2]＋＋OH－的平衡常数Kb1，c（HA－）·为H2A的第一步电离平衡常数Ka1，所以＝，该式子的数值只与温度有关，所以通入一定量的HCl气体时，数值应该不改变，选项D错误。
答案 B
非选择题
27．（14分）金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。
钼（Mo）的常见化合价为＋6、＋5、＋4。
由钼精矿（主要成分是MoS2）可制备单质钼和钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O），部分流程如图1所示：
已知：
钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。
回答下列问题：
（1）钼精矿焙烧时，每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为________。
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_________________________，
请你提出一种实验室除去该尾气的方法_________________________________。
（3）操作2的名称为________。
由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是________。
（4）操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c（MoO）＝0.80mol·L－1，c（SO）＝0.04mol·L－1，在结晶前需加入Ba（OH）2固体以除去溶液中的SO。
当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是________。
[Ksp（BaSO4）＝1.1×10－10、Ksp（BaMnO4）＝4.0×10－8，溶液体积变化可忽略不计]
（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数（φ）。
①x＝________。
②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为________、________。
解析
（2）由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨，实验室可用氨水或氢氧化钠溶液吸收SO2。
（3）灼烧用到的硅酸盐材料仪器为坩埚。
（4）根据Ksp（BaMoO4）及c（MoO）可计算出MoO开始沉淀时溶液中c（Ba2＋），再根据c（Ba2＋）和Ksp（BaSO4）计算出此时溶液中c（SO），进而可求出SO的去除率。
（5）①根据题图2可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%－18%×2＝64%。
②根据反应MoS2＋6MoO37MoO2＋2SO2↑，则消耗的氧化剂的化学式为MoO3，反应转移6mol电子时，消耗MoO3的物质的量为3mol。
答案
（1）14mol
（2）形成酸雨 可用氨水或氢氧化钠溶液吸收（其他合理答案均可）
（3）过滤 坩埚
（4）94.5%
（5）①64 ②MoO3 3mol
“7＋1”小卷练（三）
本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分57分，考试时间30分钟。
可能用到的相对原子质量：
H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 K—39 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56 Zn—65
选择题
一、选择题（本题共7小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）
7．化学与生活密切相关，下列物质的用途中有电子转移的是（ ）
A．纯碱溶液作洗涤剂B．氯化铵溶液作除锈剂
C．84消毒液作消毒剂D．白醋作除垢剂
解析 选项A，纯碱水解生成氢氧化钠，氧氧化钠使油脂水解生成可溶性物质，没有电子转移；选项B，氯化铵水解生成HCl，HCl与锈发生非氧化还原反
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