发布时间 : 星期一 文章四川省泸州市泸县第一中学2020届高三化学上学期开学考试试题更新完毕开始阅读
A. a点所得溶液中：2n(H2A)+n(A)=0.002mol B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-) C. c点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-) D. d点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-) 【答案】C 【解析】 【分析】
A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，则c(H2A)=c(HA)，依据物料守恒判断；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析判断；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A2-+H2OKh=
HA-+OH-，
-
2-
cHA?ncOH?2????c?S???KwKw--2-，c(OH)=?，c(HA)=c(A)，结合溶液中的物料守恒分c?H?Ka2析；
D.加入氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA。
【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液，a点溶液中溶质为H2A和NaHA，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式可得c(H2A)=c(HA)，由于加入的H2A溶液为20mL0.1mol/L，所以根据物料守恒可得a点所得溶液中：
c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol ，A正确；
B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol/L H2A溶液，恰好反应生成NaHA，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，物料守恒c(Na+)=
c(HA-)+c(A2-)+ c(H2A)，，将c(Na+)带入第一个式子，整理得到：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，
-
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B正确；
C.c点pH=7.19=pKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2A，A+H2OKh=
2-
HA+OH，
--
cHA?ncOH?2????c?S???KwKw--2-，c(OH)=?，c(HA)=c(A)，根据物料守恒可知溶液中c?H?Ka22c(Na)=3c(S)，2c(Na+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]=3[c(H2A)+2c(HA-)]，c(Na+)>3c(HA-)，C错误；
D.加入氢氧化钠溶液40ml，NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L H2A溶液恰好反应生成Na2A，d点溶液中主要是Na2A和少量NaHA，溶液中离子浓度c(Na)> c(A)> c(HA)，D正确； 故合理选项是C。
【点睛】本题考查了图象变化在溶液的成分分析、离子浓度大小比较的应用的知识。涉及酸碱反应后溶液的酸、碱性，盐类水解原理，三种守恒在电解质溶液中离子浓度大小的比较方法的应用等，要会运用多元弱酸的电离平衡常数表达式与溶液的pH关系比较离子浓度关系，题目难度较大。
8.草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用下图1装置制取C2H2。
+
2--
①电石与水反应很快，为了减缓反应速率，装置A中除用饱和食盐水代替水之外，还可以采取的措施是__________（写一种即可）。
②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是： _____________（用离子方程式回答）。
(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备
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装置如上图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是______________________。
②装置D中生成H2C2O4化学方程式为____________________________。
③从装置D中得到产品，还需经过_____________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。 (3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol·L酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。 ①滴定终点的现象是______________________。
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②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_______________。 ③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_______________（列出含 m、c、V 的表达式）。 【答案】 (1). 将烧瓶底部置于冰水浴中、控制分液漏斗活塞减缓滴加速度、将电石变为更大的块状 (2). PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl- (3). Cl－+ ClO-+2H+ =Cl2↑+H2O (4). 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (5). C2H2+8HNO3(浓)
H2C2O4+8NO2+4H2O (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 (8). 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 (9).
31.5cV% m的--
【解析】 【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水或利用分液漏斗控制滴加液体速度来控制反应速率；
②装置B用NaClO将H2S氧化为磷酸，将PH3氧化为H3PO4，硫、磷元素化合价升高，则氯元素化合价降低，生成氯离子；酸性条件下，ClO也能氧化Cl，生成氯气； (2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4?2H2O，反应为：C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E
装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②H2C2O4?与KMnO4反应生成锰离子和二氧化碳，反应放热，生成的锰离子作催化剂；
③根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4?2H2O的质量分数。
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【详解】(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，用饱和食盐水代替水来控制反应速率，也可以利用分液漏斗控制滴加液体速度，来控制反应速率；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子反应为：PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-；在酸性条件下， ClO-也可以将Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O
(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品； (3)①滴定过程中，当溶液呈浅红色且30 s内不褪色时达到滴定终点；
②H2C2O4与KMnO4反应生成Mn2+和CO2，反应可能放热，溶液温度升高，另外生成的Mn2+是该反应的催化剂，故滴定过程中发现褪色速率先慢后逐渐加快； ③根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，可得关系式 2MnO4-～5H2C2O4，则n(H2C2O4?2H2O)=n(H2C2O4)=
55n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4?2H2O225?cV?10?3mol?126g/mol31.5cV%。 的质量分数为2=
?100%mmg【点睛】本题考查了物质制备方案设计的知识，主要有化学方程式和离子方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定终点的判断、关系式法在物质含量的测定的应用等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累，题目难度中等。
9.钇的常见化合价为＋3价，我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。
已知：①该流程中有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH见下表： 离子
开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH - 8 -