遼寧省大連市2024-2025學年高二化學上學期期末考試試題含解析

PAGE20-遼寧省大連市2024-2025學年高二化學上學期期末考試試題（含解析）1.下列敘述正確的是A.加熱條件下發(fā)生的反應均是吸熱反應B.等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，放出的熱量相等C.有能量變更的過程肯定有化學鍵的斷裂與形成D.物質(zhì)發(fā)生化學變更時肯定伴隨著能量變更【答案】D【解析】【詳解】A．鋁熱反應須要加熱條件下才能發(fā)生，但屬于放熱反應，故A錯誤；B．反應熱與參加反應的物質(zhì)含量多少有關，還與參加反應的物質(zhì)的狀態(tài)有關，硫固體變?yōu)榱蛘魵忭氁橙崃?，則等質(zhì)量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒，放出的熱量不相等，故B錯誤；C．物質(zhì)的三態(tài)(氣、液、固)轉(zhuǎn)化過程有能量的變更，但是沒有化學鍵的斷裂與形成D．化學反應的實質(zhì)是舊鍵斷裂，同時形成新鍵，斷鍵汲取能量，成鍵釋放能量，則物質(zhì)發(fā)生化學變更時肯定伴隨著能量變更，故D正確；答案選D。2.下列事實不能用電化學原理說明的是（）A.常溫條件下，空氣中鋁不簡單被腐蝕B.鍍鋅鐵片比鍍錫鐵片更耐腐蝕C.用鋅與硫酸制氫氣時，往硫酸中滴少量硫酸銅D.遠洋海輪的尾部裝上肯定數(shù)量的鋅板【答案】A【解析】【詳解】A、Al在空氣中不易被氧化是因為Al與空氣中的氧氣反應生成一層致密的氧化膜，愛護內(nèi)部的Al不被氧化，與電化學無關，正確；B、鋅比鐵活潑，而鐵比錫活潑，所以鍍鋅鐵中鋅作負極被腐蝕，而鍍錫鐵中，鐵作負極被腐蝕，與電化學有關，錯誤；C、鋅與稀硫酸反應時加入少量的硫酸銅溶液，則鋅置換銅，與銅形成原電池，加快反應速率，與電化學有關，錯誤；D、遠洋海輪的尾部裝上肯定數(shù)量的鋅板，鋅與鐵、海水形成原電池，從而使鋅被腐蝕，輪船被愛護，與電化學有關，錯誤；答案選A。3.化學與生活親密相關，下列說法不正確的是A.古人用明礬水除銅鏡上的銅銹B.工業(yè)上用電解熔融氯化鋁來冶煉金屬鋁C.水垢中含有硫酸鈣，可先用碳酸鈉溶液處理，轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，再用酸去除D.鹽堿地（含有較多NaCl和Na2CO3)不利于作物生長，通過施加適量石膏可以降低土壤的堿性【答案】B【解析】【詳解】A．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹主要成分為Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，所以用明礬溶液清除銅鏡上的銅銹利用的是鹽類水解的原理，故A正確；B．工業(yè)上用電解熔融氧化鋁制取鋁，氯化鋁屬于共價化合物，熔融的氯化鋁中不含有鋁離子，故B錯誤；C．水垢中含有的CaSO4，先用碳酸鈉溶液處理轉(zhuǎn)化為更難溶的CaCO3，離子方程式是CaSO4(s)+CO(aq)?CaCO3(s)+SO(aq)，再用酸除去CaCO3，CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故C正確；D．Na2CO3在溶液中由于發(fā)生CO+H2O?HCO+OH-水解反應呈堿性，施加適量石膏，生成碳酸鈣，使碳酸根離子的水解平衡逆向移動，可降低土壤的堿性，故D正確；答案選B。4.20世紀初，人們相識到原子有困難的結構，首次提出原子的行星模型的科學家是A.英國道爾頓 B.俄國門捷列夫C.丹麥玻爾 D.英國盧瑟福【答案】D【解析】【詳解】A．1808年，英國科學家道爾頓提出近代原子學說，他認為原子是微小的不行分割的實心球體，提出了原子實心球模型；B．1869年，俄國化學家門捷列夫提出了元素周期律，制作出第一張元素周期表；C．1913年丹麥物理學家波爾(盧瑟福的學生)在盧瑟福提出的核式結構模型基礎上引入量子論觀點，提出電子在肯定軌道上運動的核外電子分層排布的原子結構模型；D．1911年，英國物理學家盧瑟福(湯姆生的學生)依據(jù)α粒子散射試驗，認為全部的原子都有一個原子核，核的體積占整個原子體積很小的一部分，原子的正電荷以及絕大部分質(zhì)量集中在原子核上，電子像行星圍著太陽那樣繞核運動，提出了原子的核式結構模型，即原子的行星模型；綜上分析，首次提出原子的行星模型的科學家是盧瑟福，答案選D。5.下列符號代表的粒子不影響水的電離平衡的是A. B. C.Fe3＋ D.【答案】D【解析】【分析】水的電離平衡影響因素有溫度、外加酸、堿、鹽等。加熱促進電離；加酸、加堿抑制水的電離；能水解的鹽促進水的電離，據(jù)此分析；【詳解】A.硫化氫是弱酸，在水溶液中能電離出氫離子，抑制水的電離，故A項不符合題意；

B.醋酸根離子在水溶液中能水解，促進水的電離，故B項不符合題意；

C.Fe3＋在水溶液中能水解，促進水的電離，故C項不符合題意；

D.結構示意圖表示的是氯離子，對水的電離無影響，故D項符合題意．

綜上，本題選D?！军c睛】本題考查了對水的電離的影響因素，主要是依據(jù)微粒的幾種表示式來推斷微粒的性質(zhì)，確認對水的電離的影響。6.催化劑之所以能加快反應速率，是因為A.減小了反應速率常數(shù) B.降低了反應的活化能C.降低了反應的焓 D.降低了反應的遞熵【答案】B【解析】【詳解】催化劑之所以能加快反應速率，是因為催化劑降低了反應的活化能，增大了活化分子百分含量，有效碰撞的次數(shù)增加，反應速率加快，故答案選B。7.室溫下由水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-12mol?L-1的溶液中，肯定能大量共存的離子組是A. B.C. D.Na+、K+、ClO-、OH-【答案】A【解析】【詳解】室溫下由水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-12mol?L-1的溶液中，水的電離被抑制，溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，A．在酸性或堿性條件下，之間不發(fā)生反應，與H+或OH-也不發(fā)生反應，能大量共存，故A符合題意；B．堿性條件下，與OH-不能大量共存，故B不符合題意；C．堿性條件下，與OH-反應，不能大量共存，酸性條件下與H+反應，不能大量共存，故C不符合題意；D．酸性條件下，OH-與H+反應，不能大量共存，故D不符合題意；答案選A。8.可逆反應NO2(g)+CO(g)?CO2(g)+NO(g)，反應過程中的能量變更如圖所示，下列說法正確的是A.1molNO2與1molCO混合經(jīng)充分反應放熱234kJB.E1為逆反應活化能C.該反應反應物的總能最高于生成物的總能量D.該反應的反應熱ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【詳解】A．由圖像可知，NO2(g)+CO(g)?CO2(g)+NO(g)，ΔH=+134

kJ/mol

-368

kJ/mol

=-234

kJ/mol，1molNO2與1molCO完全反應時放熱234kJ，但該反應是可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，因此放熱小于234kJ，故A錯誤；B．活化能是指化學反應中，由反應物分子到達活化分子所需的最小能量。由圖可知E1是反應物分子變?yōu)榛罨肿訒r須要的能量，應為正反應的活化能，故B錯誤；C．由圖像顯示可知，該反應反應物的總能最高于生成物的總能量，故C正確；D．依據(jù)A項計算可知，該反應放熱，ΔH＜0，則結合圖示數(shù)據(jù)，該反應的反應熱ΔH=E1-E2，故D錯誤；答案選C。9.稀氨水中存在著下列平衡：NH3?H2O?+OH-，若要使平衡向逆反應方向移動，同時使c(OH-)增大，應加入適量的物質(zhì)是(忽視溶解熱)①NH4Cl固體②硫酸③NaOH固體④水⑤加熱A.僅①②③⑤ B.僅③⑤ C.僅③ D.僅①③【答案】C【解析】【分析】使平衡向逆反應方向移動，同時使c(OH-)增大，則可加入含OH-的物質(zhì)，結合濃度對化學平衡的影響分析解答推斷。【詳解】①加NH4Cl固體，銨根離子濃度增大，平衡逆向移動，c(OH-)減小，故①不符合題意；②加硫酸，c(OH-)減小，平衡正向移動，故②不符合題意；③加NaOH固體，c(OH-)增大，平衡向逆反應方向移動，故③符合題意；④加水，促進弱電解質(zhì)的電離，電離平衡正向移動，c(OH-)減小，故④不符合題意；⑤弱電解質(zhì)的電離為吸熱過程，加熱，電離平衡正向移動，c(OH-)增大，故⑤不符合題意；使平衡向逆反應方向移動，同時使c(OH-)增大只有③，故選C。10.《本草綱目》中記載爐甘石（主要成分為ZnCO3)可止血，消腫毒，生肌肉，明目等。下列說法正確的是A.Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，d區(qū)B.Zn、C、O的電負性大小為O＞C＞ZnC.中C原子的雜化類型為sp3雜化D.ZnCO3中的化學鍵類型有離子鍵、非極性鍵和極性鍵【答案】B【解析】【詳解】A．Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，其核外電子排布式為：[Ar]3d104s2，位于ds區(qū)，故A錯誤；B．金屬的電負性小于非金屬元素的，同周期自左而右元素的非金屬性增大，則電負性：O＞C＞Zn，故B正確；C．中C原子孤電子對數(shù)==0，價層電子對數(shù)=3+0=3，離子的空間構型為：平面三角形，C原子實行sp2雜化，故C錯誤；D．ZnCO3為離子化合物，化學鍵類型有離子鍵和極性共價鍵，故D錯誤；答案選B。11.多電子原子中，原子軌道能級凹凸次序不同，能量相近的原子軌道為相同的能級組。元素周期表中，能級組與周期對應。下列各選項中的不同原子軌道處于同一能級組的是A.ls、2s B.2p、3s C.3s、3p D.4s、3d【答案】CD【解析】【詳解】A．ls在K能層上，2s在L能層上，二者原子軌道能量不相近，不處于同一能級組，故A不符合題意；B．2p在L能層上，3s在M能層上，二者原子軌道能量不相近，不處于同一能級組，故B不符合題意；C．3s和3p都在M能層上，二者原子軌道能量相近，處于同一能級組，故C符合題意；D．3d在M能層上，4s在N能層上，但由于4s的能量低于3d，電子在填充軌道時，先填充4s軌道，在填充3d軌道，因此二者原子軌道能量相近，處于同一能級組，故D符合題意；答案選CD。12.用CO合成甲醇(CH3OH)的化學方程式為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，依據(jù)相同的物質(zhì)的量投料，測得CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A.溫度：T1＞T2＞T3B.正反應速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)C.平衡常數(shù)：K(a)＞K(c)、K(b)=K(d)D.平均摩爾質(zhì)量：M(a)＜M(c)、M(b)＞M(d)【答案】C【解析】【詳解】A．該反應為放熱反應，降低溫度，平衡正向移動，CO的轉(zhuǎn)化率越大，則T1＜T2＜T3，A錯誤；B．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，溫度越低，CO的轉(zhuǎn)化率越大，故溫度T1＜T3，溫度越高，反應速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d兩點溫度相同，壓強越大，反應速率越大，b點大于d點壓強，則v(b)＞v(d)，B錯誤；C．由圖可知，a、c兩點壓強相同，平衡時a點CO轉(zhuǎn)化率更高，該反應為放熱反應，故溫度T1＜T3，降低溫度平衡向正反應方向移動，則K(a)＞K(c)，平衡常數(shù)只與溫度有關，b、d兩點溫度相同，平衡常數(shù)相同，則K(b)=K(d)，C正確；D．CO轉(zhuǎn)化率的越大，氣體的物質(zhì)的量越小，而氣體的總質(zhì)量不變，由可知，M越??；則可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D錯誤；答案選C。13.下列有關試驗操作、現(xiàn)象和說明或結論都正確的是選項試驗操作現(xiàn)象說明或結論A將NO2球浸泡在冰水、熱水中熱水中紅棕色明顯加深2NO2(g)?N2O4(g)ΔH＜0，平衡逆向移動B向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液后，接著滴加2滴0.1mol/LFeC13溶液先有白色沉淀，后轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀Fe(OH)3比Mg(OH)2更難溶C向飽和硼酸溶液中滴加碳酸鈉溶液（已知：H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11)無明顯現(xiàn)象硼酸不與碳酸鈉反應D向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁+2H+=SO2↑+S↓+H2OA.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【詳解】A．將NO2球浸泡在冰水和熱水中，熱水中紅棕色明顯加深，可知上升溫度2NO2(g)?N2O4逆向移動，則2NO2(g)?N2O4(g)ΔH＜0，故A正確；B．向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液，反應后NaOH大量剩余，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液后，鐵離子與剩余的氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵沉淀，沒有出現(xiàn)沉淀的轉(zhuǎn)化，無法比較Fe(OH)3比Mg(OH)2的溶解度的大小，故B錯誤；C．因為H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K2=4.7×10-11，所以硼酸能與碳酸鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，但不生成二氧化碳氣體，則沒有明顯現(xiàn)象，故C錯誤；D．向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸，酸性條件下，硫代硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成S、二氧化硫和水，有刺激性氣味氣體產(chǎn)生，溶液變渾濁，發(fā)生反應為+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故D正確；答案選AD。14.我國最近在太陽能光電催化—化學耦合分解硫化氫探討中獲得新進展，相關裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.該裝置中能量轉(zhuǎn)化方式主要為光能電能化學能B.該裝置總反應為H2SH2+SC.a極上發(fā)生的電極反應為3I--2e-=D.a極區(qū)需不斷補充含I-和的溶液【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)圖示可知，該制氫工藝中能量的轉(zhuǎn)化形式有：光能轉(zhuǎn)化為化學能，最終轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B．依據(jù)題意，該裝置的最終目的是分解硫化氫，結合圖示反應后的產(chǎn)物可知，該裝置總反應為H2SH2+S，故B正確；C．依據(jù)圖示，a極上發(fā)生氧化反應，失電子，則電極反應為3I--2e-=，故C正確；D．a(chǎn)極區(qū)涉及兩個反應步驟，第一步利用氧化態(tài)高效捕獲H2S得到硫、氫離子和還原態(tài)I?，其次步是還原態(tài)I?又在電極上失去電子，發(fā)生氧化反應轉(zhuǎn)化為氧化態(tài)，I-和可在a極區(qū)循環(huán)運用，所以a極區(qū)不需不斷補充含I-和的溶液，故D錯誤；答案選D。15.常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42－的水解）。下列敘述正確的是（）A.n點表示AgCl的不飽和溶液B.Ksp（Ag2C2O4）的數(shù)量級等于10－7C.Ag2C2O4+2C1－(aq)2AgCl+C2O42－(aq)的平衡常數(shù)為109.04D.向c（C1－）=c（C2O42－）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】C【解析】【詳解】A、由圖可知，n點AgCl的濃度熵Q大于其溶度積Ksp，則n點表示AgCl的過飽和溶液，會析出AgCl沉淀，選項A錯誤；B.由圖可知，當c(Ag+)=1.0×10-4mol/L時，c(C2O42-)=1.0×10-2.46mol/L，則溶度積Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-)=(1.0×10-4)21.0×10-2.46=1.0×10-10.46，選項B錯誤；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+C2O42-(aq)的平衡常數(shù)K===109.04，選項C正確；D、由圖可知，當溶液中c(Cl-)=c(C2O42-)時，AgCl飽和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4飽和溶液中c(Ag+)，則向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀，選項D錯誤；答案選C。16.現(xiàn)有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，乙為0.1mol?L-1的鹽酸，丙為未知濃度的FeCl2溶液，試回答下列問題：（1）甲溶液的pH=____________。（2）甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的c(OH-)的大小關系為____________（用甲、乙、丙表示）。（3）某化學愛好小組認為在隔絕空氣的環(huán)境中，用酸性KMnO4溶液能測定丙溶液的濃度（已知：)。①試驗前，首先要精確配制肯定物質(zhì)量濃度的KMnO4溶液250mL,配制時須要的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需____________、_____________填寫儀器名稱）。②滴定試驗要用到酸式滴定管或堿式滴定管，運用該儀器的第一步操作是____________。③某同學設計的下列滴定方式中，最合理的是____________（夾持部分略去，填字母序號），達到滴定終點的現(xiàn)象是____________。④若滴定起先和結束時，滴定管中的液面如圖所示，則終點讀數(shù)為____________mL。⑤某學生依據(jù)3次試驗分別記錄有關數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)待測FeCl2溶液的體積/mL0.1000mol/LKMnO4的體積(mL)第一次250026.11其次次25.0028.74第三次25.0026.09依據(jù)上表數(shù)據(jù)，計算該FeCl2溶液的物質(zhì)的量濃度為____________（請保留小數(shù)點后兩位）。⑥下列操作中可能使測定結果偏低的是____________（填字母）。A.酸式滴定管未用標準液潤洗就干脆注入KMnO4標準液B.滴定前盛放FeCl2溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定后有氣泡D.讀取KMnO4標準液時，起先仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)【答案】(1).13(2).丙＞甲＝乙(3).250mL容量瓶(4).膠頭滴管(5).檢驗滴定管是否漏水(6).b(7).滴入最終一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅（淺紫紅色），且半分鐘內(nèi)不褪色(8).26.10(9).0.52mol/L(10).CD【解析】【分析】(1)先依據(jù)水的離子積常數(shù)計算0.1mol?L-1的NaOH溶液中氫離子濃度，再計算溶液的pH；(2)酸、堿抑制水電離、FeCl2水解促進水電離；(3)①依據(jù)配制肯定物質(zhì)的量濃度溶液的步驟分析試驗儀器；②滴定管運用前要驗漏；③高錳酸鉀溶液、FeCl2溶液都須要用酸式滴定管滴加；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度漸漸減小，每個小刻度為0.1mL，依據(jù)圖示滴定管液面可知，液面處于26和27之間，據(jù)此讀出滴定管中液面讀數(shù)；⑤依據(jù)方程式計算FeCl2溶液的物質(zhì)的量濃度；⑥依據(jù)推斷誤差；【詳解】（1）常溫下，，0.1mol?L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol?L-1，c(H+)=10-13mol?L-1，所以pH=13；(2)甲為0.1mol?L-1的NaOH溶液，抑制水電離，水電離出c(OH-)=10-13mol?L-1，乙為0.1mol?L-1的鹽酸，抑制水電離，水電離出c(OH-)=10-13mol?L-1，丙為未知濃度的FeCl2溶液酸，F(xiàn)eCl2水解促進水電離，水電離出c(OH-)>10-7mol?L-1；所以由水電離出的c(OH-)的大小關系為丙＞甲＝乙；(3)①精確配制肯定物質(zhì)的量濃度的KMnO4溶液250mL，試驗步驟為計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻，試驗儀器，配制時須要的儀器除天平、藥匙、玻璃棒、燒杯、量筒外，還需250mL容量瓶、膠頭滴管；②滴定試驗要驗漏，運用該儀器的第一步操作是檢驗滴定管是否漏水；③高錳酸鉀溶液、FeCl2溶液都須要用酸式滴定管滴加，所以滴定方式中，最合理的是b，達到滴定終點時，錐形瓶內(nèi)有高錳酸鉀剩余，滴定終點的現(xiàn)象是滴入最終一滴KMnO4溶液時，溶液變成淺紅（淺紫紅色），且半分鐘內(nèi)不褪色；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度漸漸減小，每個小刻度為0.1mL，依據(jù)圖示滴定管液面可知，液面處于26和27之間，讀數(shù)是26.10mL；⑤依據(jù)表格數(shù)據(jù)，其次次試驗數(shù)據(jù)明顯超出誤差范圍，依據(jù)第一次、第三次試驗，平均消耗高錳酸鉀溶液的體積是0.0261L，消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量是0.1mol/L×0.0261L=0.00261mol，依據(jù)方程式計算FeCl2溶液的物質(zhì)的量濃度是0.00261mol×5÷0.025L=0.52mol/L；⑥A.酸式滴定管未用標準液潤洗就干脆注入KMnO4標準液，高錳酸鉀的濃度減小，消耗高錳酸鉀的體積偏大，使測定結果偏高，故不選A；B.滴定前盛放FeCl2溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，無影響，故不選B；C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前沒有氣泡，滴定后有氣泡，消耗高錳酸鉀的體積偏小，使測定結果偏低，故選C；D.讀取KMnO4標準液時，起先仰視讀數(shù)，滴定結束時俯視讀數(shù)，消耗高錳酸鉀的體積偏小，使測定結果偏低，故選D；【點睛】本題考查水電離、肯定物質(zhì)的量濃度溶液的配制、滴定操作的應用，明確試驗原理是解題關鍵，留意依據(jù)試驗步驟分析試驗須要的儀器，利用“歸因法”，依據(jù)分析滴定誤差。17.純堿是人們生活的必需品和重要的化工原料。我國化學家侯德榜開創(chuàng)了侯德榜制堿法，解決了20世紀初我國的用堿問題。I.工業(yè)碳酸鈉(純度約為98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等雜質(zhì)，為提純工業(yè)碳酸鈉，并獲得試劑級碳酸鈉的簡要工藝流程如圖：已知：碳酸鈉的飽和溶液在不同溫度下析出的溶質(zhì)如圖所示：(1)熱的Na2CO3溶液有較強的去油污實力，其緣由是(用離子方程式及必要的文字加以說明____________。(2)“趁熱過濾”時的溫度應限制在____________。II.電解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的裝置如圖所示在陽極區(qū)發(fā)生的反應包括____________。陽離子交換膜允許____________通過。物質(zhì)B是____________(填化學式)，作用為____________?！敬鸢浮?1).Na2CO3在溶液中存在水解平衡+H2O?+OH-，溶液呈堿性，當溫度上升時水解平衡正向移動，使溶液堿性增加，故去油污實力增加(2).36℃以上(3).2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++=(4).Na+(5).NaOH(6).增加溶液的導電性【解析】【分析】I．依據(jù)題中信息可知，工業(yè)碳酸鈉(純度約為98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等雜質(zhì)，為了提純工業(yè)碳酸鈉，并獲得試劑級碳酸鈉，依據(jù)簡要工藝流程可知：首先將工業(yè)碳酸鈉溶解于水，然后加入適量的氫氧化鈉溶液將Ca2+、Mg2+、Fe3+充分沉淀，過濾后將濾液蒸發(fā)濃縮、結晶，趁熱過濾后可得到Na2CO3?H2O，將Na2CO3?H2O加熱脫水，得到試劑級碳酸鈉；II．裝置圖分析陽極電極旁邊氫氧根離子放電生成氧氣，溶液中氫離子濃度增大和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，陰極電極旁邊氫離子放電生成氫氣，水電離平衡被破壞，溶液中氫氧根離子濃度增大，生成氫氧化鈉，加入水中含少量氫氧化鈉增加溶液導電性，陽離子交換膜允許陽離子通過，陰離子不能通過，據(jù)此分析。【詳解】I．(1)Na2CO3在溶液中存在水解平衡+H2O?+OH-，溶液呈堿性，當溫度上升時水解平衡正向移動，使溶液堿性增加，故去油污實力增加；(2)由題中信息可知，碳酸鈉的飽和溶液在36℃以上析出的是流程中所得到的Na2CO3?H2O，則“趁熱過濾”時的溫度應限制在36℃以上；II．裝置圖分析，陽極電極旁邊氫氧根離子放電生成氧氣，溶液中氫離子濃度增大和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，陽極區(qū)發(fā)生的反應有：2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++=；陽離子交換膜使允許陽離子通過，電極過程中溶液中Na+由陽極室向陰極室遷移；水為弱電解質(zhì)，導電實力弱，隨著反應不斷進行，陰極溶液中氫氧根離子不斷削減，應剛好補充稀氫氧化鈉，增加溶液導電性。18.甲醇(CH3OH)常溫下為無色液體，是應用廣泛的化工原料和前景樂觀的燃料。(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃燒熱(ΔH)分別為-283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1、-726.8kJ?mol-1，則CO和H2反應生成CH3OH的熱化學方程式是____________。(2)肯定溫度下反應CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)在容積為2L的密閉容器中進行，其相關數(shù)據(jù)見如圖。①從反應起先至平衡時，用H2表示化學反應速率為____________。②能推斷該反應達到平衡狀態(tài)的是____________(填字母)。A.生成CH3OH與消耗H2的速率比為1:2B.容器內(nèi)氣體密度保持不變C.容器內(nèi)氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變D.容器內(nèi)各種成分的濃度保持不變③該溫度下此反應的平衡常數(shù)為是____________，5min后速率變更加劇的緣由可能是____________；(3)在6.98MPa、250°C和催化劑(CoI2)作用下，甲醇可轉(zhuǎn)化為乙酸：CH3OH(g)+CO(g)=CH3COOH(g)，有機合成常有副反應存在。若反應釜中CH3OH和CO配料比(質(zhì)量)為1，甲醇生成乙酸的轉(zhuǎn)化率為90.0%，則此反應CO的轉(zhuǎn)化率為____________?！敬鸢浮?1).CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol(2).0.06mol/(L?min)(3).CD(4).9.375(5).運用了催化劑(6).78.75%【解析】【詳解】(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃燒熱(ΔH)分別為-283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1、-726.8kJ?mol-1，則①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ?mol-1②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=--285.8kJ?mol-1③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ?mol-1依據(jù)蓋斯定律，①+②×2-③可得CO和H2反應生成CH3OH的熱化學方程式是CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol；(2)①依據(jù)圖象，反應在10min時達到化學平衡，H2的物質(zhì)的量變更為2mol-0.8mol=1.2mol，容器體積為2L，則以H2表示化學反應平均速率為v(H2)==0.06mol/(L?min)；②反應CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)為正反應氣體分子數(shù)減小的放熱反應體系，A．生成CH3OH與消耗H2都是正向反應速率，不能說明正逆反應速率相等，故A不能說明反應達到平衡狀態(tài)；B．反應過程中，容器內(nèi)氣體總質(zhì)量不變，容器的容積不變，則在反應過程中混合氣體的密度始終不變。若容器內(nèi)混合氣體的密度保持不變，不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故B不能說明反應達到平衡狀態(tài)；C．混合氣體總質(zhì)量不變，隨反應進行混合氣體物質(zhì)的量變更，則平均摩爾質(zhì)量質(zhì)量發(fā)生變更，摩爾質(zhì)量在數(shù)值上等于相對分子質(zhì)量，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不隨時間而變更，則反應到達平衡，故C能說明反應達到平衡狀態(tài)；D．容器內(nèi)各種成分的濃度保持不變，說明正逆反應速率相等，則反應達到平衡，故D能說明反應達到平衡狀態(tài)；答案選CD；③依據(jù)反應方程式CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)計算，各組分達到平衡時的濃度為c(CO)==0.2mol/L，c(H2)==0.4mol/L，c(CH3OH)==0.3mol/L，所以該反應的化學平衡常數(shù)為K==9.375；依據(jù)圖象，5min后化學反應速率加快，但物質(zhì)的量變更依舊依據(jù)化學計量比，則5min后速率變更加劇的緣由可能是運用催化劑；(3)甲醇可轉(zhuǎn)化為乙酸的化學方程式為：CH3OH(g)+CO(g)═CH3COOH(g)，當反應釜中CH3OH和CO配料比(質(zhì)量)為1，甲醇生成乙酸的選擇率為90.0%，設CH3OH和CO均為1g，則生成乙酸的質(zhì)量為0.9g，此時消耗CO的質(zhì)量為0.9g×=0.7875g，所以CO的平衡轉(zhuǎn)化率為α=×100%=78.75%?！军c睛】易錯點為(2)中的③計算平衡常數(shù)時要留意圖像數(shù)據(jù)中供應的物理量，要將物質(zhì)的量轉(zhuǎn)化為濃度進行計算。19.黑色金屬是指鐵、鉻、錳及其合金，在生產(chǎn)生活中有廣泛用途。請回答下列問題：(1)基態(tài)鉻原子的核外電子排布式____________，能量最高的原子軌道有____________種空間伸展方向。(2)[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中，與Cr3+形成配位鍵的原子是____________，NH3的VSEPR模型為____________，H2O中氧原子的雜化類型為____________。(3)H2O的穩(wěn)定性____________(填大于或小于)NH3的穩(wěn)定性，請用共價鍵學問說明緣由：____________。(4)元素鐵和錳的逐級電離能如圖所示，元素X是____________(填元素符號)，推斷理由是____________。(5)Fe與CO能形成一種重要的催化劑Fe(CO)5，該分子中σ和π鍵個數(shù)比為____________，C、O元素的第一電離能是C____________O。(填“＞”“＜”或“=”)(6)Fe3+可用SCN-檢驗，類鹵素(SCN)2對應的酸有兩種，分別為硫氰酸(H—S—CN))和異硫氰酸(H—N=C=S)，這兩種酸中沸點較高的是____________(填名稱)，緣由是____________?！敬鸢浮?1).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(2).5(3).O、N(4).四面體(5).sp3(6).大于(7).因為O-H鍵長<N-H鍵長，O-H鍵能＞N-H鍵能，所以H2O穩(wěn)定性＞NH3穩(wěn)定性(8).Fe(9).Fe2+的價電子排布式為3d6，Mn2+的價電子排布式為3d5，處于半充溢狀態(tài)，比較穩(wěn)定，比Fe2+難失去第3個電子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+的價電子排布式為3d5，Mn3+的價電子排布式為3d4，F(xiàn)e3+處于半充溢狀態(tài)，比較穩(wěn)定，比Mn3+難失去第4個電子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)(10).1:1(11).＜(12).異硫氰酸(13).分子間有氫鍵【解析】【分析】(1)依據(jù)構造原理書寫基態(tài)鉻原子的核外電子排布式；依據(jù)最高能級的軌道數(shù)推斷空間伸展方向的狀況；(2)Cr3+供應空軌道，具有孤電子對的原子供應共用電子對，據(jù)此分析推斷；依據(jù)價層電子對互斥理論分析推斷VSEPR模型和雜化類型；(3)物質(zhì)的穩(wěn)定性與分子內(nèi)化學鍵的強弱有關，利用鍵能的大小分析推斷；(4)依據(jù)原子核外電子排布的狀態(tài)推斷電離能的大小關系，進而確定元素；(5)CO分子中σ鍵與π鍵個數(shù)比為1:2，F(xiàn)e和C原子形成σ鍵；同周期元素第一電離能隨核電荷數(shù)增大呈漸漸增大的趨勢；(6)異硫氰酸分子間可形成氫鍵。【詳解】(1)基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，能量最高的能級為3d，d能級有5個軌道，則有5種空間伸展方向；(2)Cr3+供應空軌道，具有孤電子對的原子供應共用電子對，[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中，O、N元素能夠供應孤電子對，則與Cr3+形成配位鍵的原子是O、N，氨氣分子中N原子價層電子對個數(shù)=3+=4，依據(jù)價層電子對互斥理論推斷其VAEPR模型為四面體形；H2O中氧原子的價層電子對個數(shù)=2+=4，雜化類型為sp3雜化；(3)物質(zhì)的穩(wěn)定性與分子內(nèi)化學鍵的強弱有關，鍵能越大，穩(wěn)定性越大，因為O-H鍵長＜N-H鍵長，則O-H鍵能＞N-H鍵能，所以H2O穩(wěn)定性＞NH3穩(wěn)定性；(4)Fe2+的價電子排布式為3d6，Mn2+的價電子排布式為3d5，處于半充溢狀態(tài)，比較穩(wěn)定，比Fe2+難失去第3個電子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+的價電子排布式為3d5，Mn3+的價電子排布式為3d4，F(xiàn)e3+處于半充溢狀態(tài)，比較穩(wěn)定，比Mn3+難失去第4個電子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)，依據(jù)圖示可得，X為Fe元素；(5)一個三鍵中含有一個σ鍵