c（Na+）=c（HA−）+2c（ A2−），故D正确；故选C。
8.8.磷化铝、磷化锌、磷化钙与水反应产生高毒的PH3气体（熔点为-132℃，还原性强、易自燃），可用于粮食熏蒸杀虫。
卫生安全标准规定：
当粮食中磷化物（以PH3计）的含量低于0.05mg·kg-1时算合格。
可用以下方法测定粮食中残留的磷化物含量：
【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】C中盛100g原粮，D中盛有20.00mL1.12×10-4mol•L-1KMnO4溶（H2SO4酸化）。
请回答下列问题：
（1）仪器C的名称是_________；原粮最好先打成粉末，其原因是_____________。
（2）磷化钙与水反应有化学方程式为_____________________________________；检查整套装置气密性良好的方法是_______________________________________。
（3）A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体；B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是吸收空气中的O2，防止___________；通入空气的作用是____________。
（4）D中PH3被氧化成磷酸，所发生反应的离子方程式为_________________________。
（5）把D中吸收液转移至容量瓶中，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用5.0×10-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗标Na2SO3准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为______mg•kg-1，该原粮质量________（填“合格”或“不合格”）。
【答案】
（1）.三颈烧瓶
（2）.使原粮中磷化物与水充分反应（3）.Ca3P2+6H2O===3Ca（OH）2+2PH3↑（4）.关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]（5）.氧化装置C中生成的PH3（6）.吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收（7）.5PH3+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O（8）.0.0085（9）.合格
【解析】
（1）仪器C的名称是三颈烧瓶；原粮打成粉末可以增大接触面积，有利于反应充分进行；
（2）依据题干信息磷化钙与水反应生成氢氧化钙和磷化氢；利用装置特征关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好；或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法；故答案为：
Ca3P2+6H2O===3Ca（OH）2+2PH3↑；关闭K1、打开K2用抽气泵缓慢抽气，若观察到A、B、D各装置中有气泡产生则气密性良好[或在D左边用橡胶管和止水夹封闭、关闭K2用压差法；或关闭分液漏斗旋塞后对C加热法]
（3）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，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全部被吸收的措施。
故答案为：
氧化装置C中生成的PH3；吹出PH3，使其全部被酸性KMnO4溶液吸收。
（4）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+8MnO4-+24H+==5H3PO4+8Mn2++12H2O
（5）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5×10−5mol/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=
;与PH3反应的高锰酸钾物质的量
;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
;则PH3的质量分数
，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，所以该原粮质量合格。
9.9.固定利用CO2对减少温室气体排放意义重大。
CO2加氢合成甲醇是CO2综合利用的一条新途径。
CO2和H2在催化剂作用下发生反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH<0
（1）测得甲醇的理论产率与反应温度、压强的关系如图所示。
①下列措施能使CO2的转化率提高的是____（填序号）。
A．增大压强B．升高温度C．增大H2投料比D．用更高效的催化剂
②在220℃、5.0MPa时，CO2、H2的转化率之比为___________。
③将温度从220℃降低至160℃，压强从5.0MPa减小至3.0MPa，化学反应速率将_____（填“增大”“减小”或“不变”下同），CO2的转化率将_____。
④200℃时,将0.100molCO2和0.275molH2充入1L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。
若CO2的转化率为25%,，则此温度下该反应的平衡常数表达式K=_____________（只用数字填，不必计算出结果）。
（2）若H2（g）和CH3OH（l）的燃烧热分别为-285.8kJ·mol﹣1和-726.5kJ·mol﹣1，则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为________________________________。
（3）甲醇电解法制氢气比电解水法制氢气的氢的利用率更高、电解电压更低。
电解装置如图。
电源的正极为_____（填序号a或b）。
其中阳极的电极反应式为_________________；标况下，每消耗1mol甲醇则生成H2的体积为____。
【答案】
（1）.AC
（2）.1∶1（3）.减小（4）.增大（5）.
（6）.CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（l）+H2O（l）△H=-130.9kJ·mol-1（7）.b（8）.CH3OH+H2O－6e－=CO2+6H+（9）.67.2L
【解析】
（1）①A.正向是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，CO2的转化率提高，故A正确；B.该反应为放热反应，升温有利于平衡逆向移动，CO2的转化率降低，故B错误；C.增大H2投料比有利于平衡正向移动，CO2的转化率提高，故C正确；D.使用催化剂平衡不移动，故D错误；答案为AC。
②根据图可知甲醇的理论产率为25%，CO2和H2的投料比为1:
3，与反应的系数比一致，所以，CO2、H2的转化率之比相等为1:
1。
③温度越低、压强越小，反应速率越小，观察图中的数据可知，在140℃，2MPa时，甲醇的产率高于25%，所以二氧化碳的转化率高于25%，即二氧碳的转化率增大。
④利用三段式计算：
CO2+3H2⇌CH3OH+H2O
起始（mol/L） 0.1 0.275 0 0
转化（mol/L） 0.025 0.075 0.025 0.025
平衡（mol/L） 0.075 0.2 0.025 0.025
所以
（2）由H2（g）的燃烧热△H为-285.8kJ•mol-1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即①H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ•mol-1；②CH3OH（l）+
O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1，由盖斯定律可知，3×①-②得CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-130.9 kJ•mol-1，故答案为：
CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（l）+H2O（l）△H=-130.9 kJ•mol-1；
（3）根据产生图示左边应该是溶液中的氢离子得电子生成氢气，得出左边为阴极右边为阳极，故电源a为负极，b为正极；阳极上发生甲醇失电子变成二氧化碳的反应，结合酸性电解质，故阳极电极反应为CH3OH+H2O－6e－=CO2+6H+；每消耗1mol甲醇转移6mol电子，可以生成3mol氢气，故生成的氢气为3mol，体积为67.2L。
10.10.锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐及SiO2杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
Fe（OH）3
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10-13
3.0×10-16
5.0×10-16
1.1×10-36
1.0×10-11
5.0×10-22
1.0×10-22
（1）步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是____________________（至少答两条）
（2）步骤Ⅱ中，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，则滤渣1的成分主要为______（填化学式）；已知MnO2的作用为氧化剂，“除杂1”中涉及的离子方程式为：
NH3﹒H2O+H+==NH4++H2O、__________________、___________________。
（3）步骤Ⅲ中，所加（NH4）2S的浓度不宜过大的原因是_______________________。
（4）滤液2中，c（Co2+）：
c（Ni2+）=_______________。
（5）将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mnbkg。
若每一步都进行完全，假设滤渣1为含铁元素的纯净物，质量为ckg，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________（用含a、b、c的式子表达，无需化简）。
【答案】
（1）.溶浸时加热（或升高温度）、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径
（2）.SiO2、Fe（OH）3（3）.2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O（4）.Fe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+（5）.若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀造成产品损失（6）.5:
1（7）.
×100%
【解析】
向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。
（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，都可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，故答案为：
溶浸时加热（或升高温度）、适当增大硫酸浓度、搅拌、再减小矿粉颗粒直径；
（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节pH为5.0∼6.0，发生Fe3++3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，可得到沉淀Fe（OH）3，故答案为：
Fe（OH）3；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
（3）向滤液中滴入适量的（NH4）2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失、故答案为：
若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失；
（4）CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10−22、1.0×10−22，加入足量（NH4）2S溶液后，生成CoS、NiS沉淀，溶液中c（Co2+）:
c（Ni2+）=5.0×10−22:
1.0×10−22=5:
1，故答案为：
5:
1；
（5）滤渣1为为Fe（OH）3，质量为c kg，则n（Fe3+）=n[Fe（OH）3]=
mol，由2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n（MnO2）=
×
mol，
将质量为akg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg，n（Mn）=
mol，
可知n（MnCO3）=
mol-
×
mol，m（MnCO3）=（
mol-
×
mol）×115g/mol，
则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为
，故答案为：
点睛：
向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰。
11.11.【物质结构与性质】磷化硼（BP）是一种受关注的耐磨涂层材料，可作为钛等金属表面的保护薄膜。
（1）三溴化硼和三溴化磷混合物在高温条件下与H2反应可以制得BP。
①上述反应的化学方程式为________________________；
②磷原子中存在_____种不同能量的电子，电子占据的最高能层符号为_______。
③常温下，三溴化磷是淡黄色发烟液体，可溶于丙酮、四氯化碳中，该物质属于______晶体（填晶体类型）。
（2）已知磷酸是中强酸，硼酸是弱酸；pKa=-lgKa。
①有机酸的酸性强弱受邻近碳上取代原子的影响,如酸性：
BrCH2COOH>CH3COOH。
据此推测，pKa：
AtCH2COOH____ClCH2COOH（填“>”、“<”、“=”）
②磷酸是三元酸，写出两个与PO43-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_________________。
③硼酸是一元酸，它在水中表现出来的弱酸性，并不是自身电离出氢离子所致，而是水分子与B（OH）3结合，生成一个酸根离子，该阴离子的结构式为：
_________（若存在配位键，请用箭头标出）。
（3）高温陶瓷材料Si3N4的成键方式如图1所示，结构中N—Si—N的键角比Si—N—Si的键角大，其原因是_____________________________________。
（4）磷化硼的晶体结构如图2所示。
晶胞中P原子的堆积方式为________（填“简单立方”、“体心立方”或“面心立方最密”）堆积。
若该晶体中最邻近的两个P原子之间的距离为anm，则晶体密
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