本题选C。
6.苯酚具有微弱的酸性，可利用电场促使C6H5O－定向移动、脱离废水，并富集回收。
电渗析装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A.苯酚的电离方程式为：
B.A、B分别为离子交换膜，其中A是阴离子交换膜
C.电解过程中，阳极室的pH增大
D.当通过线路中的电子数目为0.1NA时，有含0.1molC6H5O－的废水被处理
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，在电场中，阴离子向阳极移动，利用电场使C6H5O－向阳极移动、脱离废水，据此分析解答。
【详解】A.苯酚具有微弱的酸性，电离方程式为：
，故A正确；
B.在电场中，阴离子向阳极移动，因此离子交换膜A需要能够使C6H5O－通过，是阴离子交换膜，故B正确；
C.电解过程中，阳极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子在阳极得到电子，使得阳极室的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；
D.当通过线路中的电子数目为0.1NA，即0.1mol时，阳极室生成0.1mol氢离子，有0.1molC6H5O－移向阳极室，故D正确；
答案选C。
7.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。
其中主要含硫各物种（H2S、HS－、S2－）的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与滴加盐酸体积的关系如图所示（忽略滴加过程H2S气体的逸出）。
下列说法不正确的是
A.X、Y为曲线两交叉点。
由X点处的pH，可计Ka1（H2S）
B.Y点对应溶液中c（Na＋）与含硫各微粒浓度的大小关系为：
c（Na＋）＝3[c（H2S）＋c（HS－）＋c（S2－）]
C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：
X>Y
D.已知NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。
其原因是Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋
【答案】A
【解析】
【分析】
向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后减少为HS-，C浓度一直在增加为H2S，据此分析解答。
【详解】A．当滴加盐酸至X点时，c（HS−）=c（S2-），所以Ka2=
=c（H+），由X点处的pH，可以计算Ka2（H2S），不能计算Ka1（H2S），故A错误；
B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c（Na+）=3[c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）]，故B正确；
C.X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S、NaHS、NaCl；Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS、H2S、NaCl。
Na2S和NaHS都能水解，水解促进水的电离；H2S的电离抑制了水的电离。
因此溶液中水的电离程度大小关系为：
X>Y，故C正确；
D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液后溶液的酸性变强，说明发生了反应Cu2++HS-=CuS↓+H+，故D正确；
答案选A。
8.砂质土壤分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理（假设土壤中其他成分不参加反应），据此回答下列问题：
（1）写出该反应的化学反应方程式：
_______________________。
步骤I：
反应样品中的水
下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图：
（2）装置连接的顺序为a→____________（填接口字母顺序）；M仪器的名称为________________，其在实验过程中的作用是：
____________；
（3）操作步骤为：
①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取下D装置，···
步骤④中继续通入N2的目的是________________________________
步骤II：
测定剩余的碘
向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：
2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。
（4）Na2S2O3 标准液应装在_____________（填“酸式”、“碱式”）滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是__________________________；
（5）滴定实验重复四次得到数据如下:
实验
①
②
③
④
消耗的标准液的体积/mL
18.37
20.05
19.95
20.00
①若实验开始时，向D 装置中加入10.00g土壤样品和10.16克I2（已知I2过量），则样品土壤中水的含量为_________%。
②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
【答案】
（1）.SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI
（2）.d→e→i→h→g→f→b→（c）（3）.长颈漏斗（4）.平衡内外气压，防止压强过大（5）.打开弹簧夹，通入氮气（6）.将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收（7）.碱式（8）.使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确（9）.7.2%（10）.偏低
【解析】
【分析】
（1）利用I2和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；
（2）装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸（E）干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；
（3）操作步骤：
①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；
（4）Na2S2O3水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；
（5）①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据
（1）中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。
【详解】
（1）碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：
SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为：
SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；
（2）装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸（E）干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→（c）；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为：
d→e→i→h→g→f→b→（c）；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；
（3）操作步骤：
①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置，···，故答案为：
打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；
（4）Na2S2O3水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为：
碱式；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；
（5）①实验开始时，向D装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2（已知I2过量），n（I2）=
=0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取25.00mL用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值=
mL=20.00mL，根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物质的量=n（Na2S2O3）×
×
=
×0.0200L×0.20mol/L×10=0.02mol，剩余I2物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量=
×100%=7.2%，故答案为：
7.2%；
②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为：
偏低。
9.NaH2PO2（次磷酸钠）易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。
一种利用泥磷（含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等）为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下：
已知P4与两种碱的反应主要有：
Ⅰ.2Ca（OH）2+P4+4H2O=2Ca（H2PO2）2+2H2↑Ⅱ.4NaOH+P4+8H2O=4NaH2PO2·H2O+2H2↑
Ⅲ.4NaOH+P4+2H2O=2Na2HPO3+2PH3↑Ⅳ.NaH2PO2+NaOH=Na2HPO3+H2↑
（1）已知H3PO2是一元中强酸，NaH2PO2是___________（填“正盐”或“酸式盐”）。
（2）尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为______________、______________过滤、洗涤和干燥。
（3）用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为：
______________________。
（4）“反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比[n（碱）/n（磷）]与NaH2PO2产率的关系如图所示。
当n（碱）/n（磷）＞2.6时，NaH2PO2的产率随n（碱）/n（磷）的增大而降低的可能原因是______。
（5）滤渣2主要成分为___________________（填化学式）。
（6）“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba（OH）2及Na2S溶液除去其中Cl－及Fe2+等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_________________。
（7）在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式_________________。
【答案】
（1）.正盐
（2）.蒸发浓缩（3）.冷却结晶（4）.2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl（5）.过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3（6）.CaCO3和Al（OH）3（7）.过量的Ag+会氧化H2PO2－（8）.H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+
【解析】
【分析】
利用泥磷（含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等）为原料制备NaH2PO2•H2O，由流程可知，泥磷加入氢氧化钙、氢氧化钠和水，充分反应可生成PH3、氢气，PH3可用NaClO吸收，过滤，滤渣1含有磷酸钙、Fe2O3等，滤液1含有Ca（H2PO2）2、NaH2PO2以及偏铝酸钠等，通入二氧化碳调节pH，可生成氢氧化铝等、碳酸钙等，过滤，滤液主要含有NaH2PO2，经净化可得到NaH2PO2•H2O，据此分析解答。
【详解】
（1）H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，H2PO2-不能再电离，则NaH2PO2为正盐，故答案为：
正盐；
（2）根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O，从吸收液中获得NaH2PO2·H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤和干燥，故答案为：
蒸发浓缩；冷却结晶；
（3）根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2PO2为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl2＋NaH2PO2→Ni↓＋H3PO4＋NaCl，依据化合价升降法进行配平，即2NiCl3＋NaH2PO2→2Ni↓＋H3PO4＋NaCl，产物为H3PO4，说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平其他物质，反应的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl，故答案为：
2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl；
（4）n（碱）/n（磷）>2.6，说明碱过量，根据P4与两种碱反应中IV，H2PO2－与过量的NaOH反应转化成HPO32－，次磷酸钠的产率降低，因此NaH2PO2的产率随n（碱）/n（磷）的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3，故答案为：
过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；
（5）“调pH”除去Ca2＋和Al3＋，CO2与碱反应生成CO32－，CO32－与Ca2＋反应生成CaCO3，CO32－与Al3＋发生双水解反应生成Al（OH）3，因此滤渣2的成分是CaCO3和Al（OH）3，故答案为：
CaCO3和Al（OH）3；
（6）NaH2PO2具有强还原性，Ag＋具有氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的Ag+会氧化H2PO2-，故答案为：
过量的Ag+会氧化H2PO2－；
（7）NaH2PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：
H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+，故答案为：
H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+。
【点睛】理解题干工艺流程的原理和相关物质的性质是解答本题的关键。
本题的易错点和难点是如何充分利用题干信息解题，如（6）（7）均需要根据“NaH2PO2具有强还原性”解答，
（1）需要根据“H3PO2是一元中强酸”解答等。
10.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。
（1）化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。
已知：
2NO（g）=N2（g）+O2（g）△H=－177kJ/mol
4NH3（g）+3O2（g）===2N2（g）+6H2O（g）△H=－1253.4kJ/mol
则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。
（2）已知：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）△H<0。
不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。
①M点的v正_________Q点的v正（填“>”“<”或“=”）。
②T3温度下，将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中，维持压强为60MPa不变，达到N点的平衡状态，反应的浓度平衡常数K=_____________（用最简分数表示），M点的平衡常数比N点的平衡常数_________（填“大”“小”或“相等”）。
（3）水体中过量氨氮（以NH3表示）会导致水体富营养化。
①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。
写出总反应化学方程式：
_____________。
②取一定量的
升级会员 