内容发布更新时间 : 2024/5/21 19:16:26星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

因此本题合理选项是B。

【点睛】本题考查了酸碱混合溶液中离子浓度关系及溶液导电性的判断的知识。是高频考点，明确曲线含义、对应溶液的成分及其性质是本题解答的关键，难度不大。

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33~38题，考生根据要求作答) (一)必考题

8.磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体PH3(沸点－89.7℃，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品中残留磷化物的质量以判断是否合格。

在C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×10－4mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题： (1)PH3的电子式为___________。仪器D的名称是___________。 (2)通入空气的作用是___________。

(3)装置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。若去掉该装置，对实验的影响为___________。

(4)装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应的离子方程式为__________。收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32－+MnO4－+H+→SO42－+Mn2++H2O(未配平)，则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的质量为__________mg。该原粮样品__________(填“合格”或“不合格”) 【答案】 (1).

(2). 分液漏斗 (3). 排出装置中空气；保证生成的PH3

全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收 (4). 造成测定结果偏低(磷化物质量偏低) (5). 5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O (6). 0.038 (7). 不合格 【解析】

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【分析】

(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；(2)根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；(3)结合空气中氧气的氧化性和PH3的还原性分析；(4)利用题目已知信息，及KMnO4在酸性环境中常见的还原产物，利用电荷守恒、电子守恒及原子守恒书写反应的离子方程式；并根据氧化还原反应中电子守恒计算出PH3的质量，利用产品合格分析判断即可。

【详解】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是

；由示意图可知仪器D是分液漏斗；

(2) AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的PH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差；

(3)在装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液，可以吸收空气中的O2。若去掉该装置，空气中的氧气就会氧化PH3气体，使实验结果偏低；

(4)在装置E中PH3被酸性KMnO4溶液氧化成磷酸，KMnO4被还原为MnSO4，同时产生水，根据电荷守恒、电子守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为

5PH3+8MnO4+24H=5H3PO4+8Mn+12H2O；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，带入数值：2×10×4.0×10

5

－

-+

2+

mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×10－4mol/ L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，

m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.038mg；则1000g该粮食中含有PH3的质量是0.38g大于国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg/kg的规定，所以该原粮样品不合格。

【点睛】本题以粮食中残留磷化氢的含量测定为线索，考查元素化合物、氧化还原反应滴定及有关计算、误差分析等。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。 9.氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：

25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：

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开始沉淀时pH 沉淀完全时pH 请回答下列问题：

Fe(OH)3 1.9 3.2 Zr(OH)4 2.2 3.2 Al(OH)3 3.4 4.7 (1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有___________。 (2)操作I的名称是___________滤渣2的成分为___________。

(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：___________。 (4)“调节pH”时，合适的pH范围是___________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是___________。

(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式___________。根据ZrO2的性质，推测其两种用途___________。

【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). 硅酸(H2SiO3或H4SiO4) (4). ZrSiO4+4NaOH

Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (5). 3.2

向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净,否则未洗涤干净 (7). Zr(OH)4【解析】 【分析】

(1)从物质的存在状态、接触面积及反应温度分析影响反应速率的因素；(2)根据混合物成分的不同状态分析分离混合物的方法；结合锆英石的成分中哪些能反应，哪些不能反应，再结合它们的水溶性分析滤渣的成分；(3)根据图示反应物、已知生成物，结合元素守恒，就可得到相应的反应方程式；(4)用氨水调节溶液pH时，要使Zr4+形成Zr(OH)4沉淀，而杂质铝离子存在于溶液中；(5)结合反应物、生成物及反应条件，得到分解反应的方程式，并结合产生该物质的条件分析产物的性质，根据性质决定用途分析产物的用途，据此解答。

【详解】(1) 锆英石状态为固态，为提高反应速率，可以通过将矿石粉碎，以增大接触面积；或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率；

(2)操作I是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法，名称是过滤； (3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应：ZrSiO4+4NaOH

Na2ZrO3+Na2SiO3 +2H2O；

ZrO2+2H2O (8). 耐火材料、磨料等

Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=2Na2SiO3+H2O；Fe2O3是碱性氧化物，不能与碱发生反应，所以水浸后过滤进入滤渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、过滤进入滤液1中；

(4)向滤液中加入足量盐酸，HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应，生成NaCl、H2SiO3(或

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H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水，过滤时进入滤渣2中，其余进入滤液2中，因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4)；向滤液2中加入氨水，发生复分解反应，调节溶液的pH至大于Zr(OH)4，而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2

(5)将Zr(OH)4沉淀过滤、洗涤，然后高温灼烧，发生分解反应：Zr(OH)4

ZrO2+2H2O

3+

就得到ZrO2；由于ZrO2是高温分解产生的物质，说明ZrO2熔点高，微粒之间作用力强，物质的硬度大，因此根据ZrO2的这种性质，它可用作制耐火材料、磨料等。

【点睛】本题以锆英石制备ZrO2为线索，考查了混合物的分离、离子的检验、反应条件的控制、化学反应速率的影响因素的判断等的知识。充分利用题目已知信息分析问题是本题解答的关键。

10.研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。 (1)升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g) 却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O2(g) I.2NO(g)

2NO2(g)的反应速率

2NO2(g)的反应历程分两步：

N2O2(g)(快) △H1<0 v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2)

2NO2(g)(慢) △H2<0 v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c(NO2)

2

Ⅱ.N2O2(g)+O2(g) 请回答下列问题： ①反应2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)的△H=___________(用含△H1和△H2的式子表示)。一定温

2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的

度下，反应2NO(g)+O2(g)

平衡常数表达式K=___________，升高温度，K值___________(填“增大”“减小”或“不变”)

②决定2NO(g)+O2(g)

2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，反应I的活化能E1与反应Ⅱ的活化

能E2的大小关系为E1___________E2(填“>”“<”或“=”)。由实验数据得到v2正~c(O2)的关系可用图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为___________(填字母)。

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(2)通过图所示装置，可将汽车尾气中的NO、NO2转化为重要的化工原料HNO3，其中A、B为多孔惰性电极。该装置的负极是__________ (填“A”或“B”)，B电极的电极反应式为__________。

(3)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1L溶液甲，溶液乙为0.1mol/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3－)、c (NO2－)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为__________(已知HNO2的电离常数Kα=7.1×10mol/L，CH3COOH的电离常数Kα=1.7×10mol/L)。可使溶液甲和溶液乙的pH相等的方法是__________。

a.向溶液甲中加适量水 b.向溶液甲中加适量NaOH c.向溶液乙中加适量水 d.向溶液乙中加适量NaOH 【答案】 (1). △H1+△H2 (2).

(3). 减小 (4). < (5). a (6).

－4

－5

A (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-) (9). bc 【解析】 【分析】

（1）①运用盖斯定律，将方程式叠加，就可以得到相应反应的热化学方程式；根据反应达到平衡时正、逆反应速率相等，结合速率与物质浓度关系，可得K的表达式；再利用温度对化学平衡的影响，分析温度与化学平衡常数的关系；②根据活化能高反应速率慢，活化能低化学反应速率快，比较二者活化能的大小；然后利用温度对化学平衡移动的影响，结合物质浓度的变化，确定物质的位置；(2)根据负极失去电子，发生氧化反应物质所含元素的化合价升高；正极得到电子，发生还原反应进行分析判断；(3)利用物质之间的反应，确定溶液的成分，结合元素守恒、结合盐的水解规律比较离子浓度的大小；并根据影响溶液pH的因素选择合适的方法，调节溶液的pH，据此解答。 【详解】(1) I .2NO(g)可得：2NO(g) +O2(g)

N2O2(g) △H1<0；II.N2O2(g)+O2(g)

2NO2(g) △H2<0，I+II

2NO2(g) △H=△H1+△H2，当该反应达到平衡时，V1正=V1逆，V2正=V2逆，

所以V1正×V2正=V1逆×V2逆，即k1正c2(NO)×K2正c(N2O2)×c(O2)= k1逆c(N2O2)×K2逆c2(NO2)×c(O2)，

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