【化学】福建省莆田第六中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

【化学】福建省莆田第六中学2020届高三上学期期中考试（解析版）

福建省莆田第六中学2020届高三上学期期中考试 可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 S-32 Ca-40 Ni-59 Cu-64 Ba-137‎ 一、选择题：（每题均只有1个最佳选项,14小题,42分）‎ ‎1.战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是（ ）‎ A. CaO B. Ca(OH)2 C. SiO2 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【详解】“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”，牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，所以“蜃”主要成分是氧化钙，‎ 故选：A ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 100g质量分数为46%乙醇水溶液中含有氧原子数为4NA B. 标准状况下，4.48LCO2 和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NA C. 0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA D. 7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NA ‎【答案】C ‎【详解】A.100g质量分数为 46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此乙醇溶液中共含4mol氧原子即4NA个，故正确；‎ B. 标准状况下，4.48LCO2 和N2O的混合气体的物质的量n===0.2mol，1个CO2 和N2O所含电子数都是22，0.2molCO2 和N2O含有电子数是N=n×NA =4.4NA，故正确；‎ C. 0.1mol·L－1的NH4NO3溶液，不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故错误；‎ D. 7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为N=n×NA=m÷M×NA=7.2g÷72g/mol×NA×2=0.2NA，故正确；‎ 故选：C。‎ ‎3.酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）‎ A. 被氧化的元素是Cu和S B. Mn2+的还原性强于CuS的还原性 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5‎ D. 若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol ‎【答案】C ‎【详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由−2升到＋4价，只有硫元素被氧化，A错误；‎ B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS> Mn2+，B错误；‎ C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，CuS为ymol，根据电子守恒：x×（7-2）=y×（4-（-2）），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；‎ D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12mol×（7−2）＝0.6 mol，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.如表所示，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是(　　)‎ 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断 A 碳酸钠溶液可用于治疗胃病 Na2CO3可与盐酸反应 Ⅰ对，Ⅱ对，有 B 向滴有酚酞的水溶液中加入Na2O2变红色 Na2O2与水反应生成氢氧化钠 Ⅰ对，Ⅱ错，无 C 金属钠具有强还原性 高压钠灯发出透雾性强的黄光 Ⅰ对，Ⅱ对，有 D 过氧化钠可为航天员供氧 Na2O2能与CO2和H2O反应生成O2‎ Ⅰ对，Ⅱ对，有 ‎【答案】D ‎【分析】A．碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性；‎ B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱；‎ C．依据钠的焰色为黄色解答；‎ D．过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气。‎ ‎【详解】A．碳酸钠能够与盐酸反应，但是碳酸钠碱性较强，具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，陈述Ⅰ错误，A错误；‎ B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠为强碱，水溶液显碱性，能够使酚酞变红，但过氧化钠还具有强氧化性，因此最终颜色会褪去，B错误；‎ C．钠的焰色为黄色，透雾性强，高压钠灯发出透雾能力强的黄光，Ⅰ对，Ⅱ对，二者无因果关系，C错误；‎ D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，所以可为航天员供氧，陈述Ⅰ、Ⅱ正确，且有因果关系，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. 碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 B. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可比较水和乙醇中氢的活泼性 C. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，可用泡沫灭火器灭火 D. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋‎ ‎【答案】B ‎【详解】A.碳酸氢钠能与酸发生反应，可作抗酸药，服用时喝些食醋，碳酸氢钠直接与醋酸反应，降低了碳酸氢钠的药效，故A说法错误；‎ B.乙醇分子和水分子都含有羟基，都能与金属钠反应产生氢气，但两种物质中羟基所连接的基团不同，导致羟基氢原子的活性不同，与金属钠反应的剧烈程度不同，故B说法正确；‎ C.钠和钾很活泼，能与冷水剧烈反应产生氢气，金属镁较活泼，能与热水反应产生氢气，所以，它们着火时，都不能用泡沫灭火器灭火，应该用干沙盖灭，故C说法错误；‎ D.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，但不能确定K＋是否存在，应该透过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色，再下结论，故D说法错误；‎ 故选：B。‎ ‎6.已知常温下碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表:‎ H2CO3‎ H2SO3‎ HClO K1=4.30×10-7‎ K1=1.54×10-2‎ K=2.95×10-8‎ K2=5.61×10-11‎ K2=1.02×10-7‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同条件下,同浓度的 H2SO3溶液和 H2CO3溶液的酸性， 后者更强 B. Na2CO3溶液中通入少量SO2： 2CO3 2- + SO2+ H2O = 2HCO3 - + SO3 2-‎ C. NaClO 溶液中通入少量CO2:2ClO- + CO2 + H2O = 2HClO + CO3 2-‎ D. 向氯水中分别加入等浓度的 NaHCO3 和 NaHSO3溶液,均可提高氯水中 HClO 的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】A、弱电解质的电离平衡常数越大，则电离程度越大，说明弱酸的酸性越强，或者弱碱的碱性越强，H2SO3的K1=1.54×10-2，而H2CO3的K1=4.30×10-7，所以同浓度时H2SO3的酸性强于H2CO3的，故A错误；B、由于H2SO3的K2小于H2CO3的K1，但大于其K2，所以Na2CO3溶液中通入少量SO2，考虑Na2CO3与酸的分步反应，所以反应的离子方程式为2CO32- + SO2 + H2O =2HCO3- + SO32-，当SO2足量时，生成CO2和HSO3-，所以B正确；C、已知HClO的K=2.95×10-8大于H2CO3的K2，但小于其K1，所以NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为ClO- + CO2 + H2O = HClO + HCO3-，故C错误；D、由于HClO的K=2.95×10-8小于H2CO3的K1，但大于其K2，因此HClO不能与NaHCO3反应，但HCl是强酸，能与NaHCO3反应，使c(HCl)减小，促进化学平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，从而提高HClO的浓度；尽管HClO的K=2.95×10-8小于H2SO3的K1=1.54×10-2，也小于H2SO3的K2=1.02×10-7，只是说明NaHSO3不能与HClO发生复分解反应，但HClO具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，所以加入NaHSO3溶液不能提高HClO的浓度，故D错误。本题正确答案为B。‎ 点睛：本题的实质就是离子反应发生的条件之一：有难电离的物质生成，即较强的酸才能与较弱的酸形成的盐反应，但氧化还原反应不受这一条件的限制，已知的平衡常数K就体现了酸性的相对强弱。B选项是个难点，要注意反应物的量对产物的影响，而D选项要注意HClO的氧化性，与NaHSO3将发生氧化还原反应。‎ ‎7.某离子反应中共有 H2O、ClO－、NH4 +、H+、N2、Cl－六种微粒。其中 c(ClO－)随反应进行逐渐减小。下列判断错误是（ ）‎ A. 该反应的还原剂是NH4 +‎ B. 反应后溶液酸性明显增强 C. 若消耗 1 mol 氧化剂， 可转移 2 mol e－‎ D. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 2:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据题目叙述，c(ClO－)随反应进行逐渐减小，说明ClO－是反应物，则Cl－是对应的生成物，Cl元素的化合价从+1价降低为-1价，ClO－作氧化剂，而在反应中化合价能升高的只有NH4 + 转化为N2，所以NH4 +作还原剂，因此反应的离子方程式为3ClO－+2NH4 + =N2+ 3Cl－+2H+ +3H2O，通过以上分析可知，A正确；反应后生成了H+，使溶液酸性增强，则B正确；C、消耗1 mol氧化剂ClO－生成1molCl-，转移2mol电子，则C正确；D、由电子转移守恒可得，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 3:2，故D错误。本题正确答案为D。‎ 点睛：本题的关键是找出氧化剂、还原剂，写出反应的离子方程式。根据已知信息，结合在氧化还原反应中化合价有升必有降的原则，即可写出反应的离子方程式。‎ ‎8.以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H＋ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时,分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 实验①、 ②、 ③所加的H2C2O4 溶液均要过量 B. 若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2. 5×10-4 mol/L/s C. 实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D. 实验①和②起初反应均很慢,过了一会儿速率突然增大,可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用 ‎【答案】B ‎【解析】A、根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；B、根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s =1.0×10-6 mol/L/s，所以B错误；C、分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③‎ 只是温度不同，所以C是正确的；D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确。本题正确答案为B。‎ ‎9.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18， Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。该温度下，下列说法错误是（ ）‎ A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10‎ B. 向 Zn(OH)2 悬浊液中加少量 HCOOH,溶液中 c(Zn2+)增大 C. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.0×10-6 mol/L D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数 K= 100‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、HCOO－的水解常数为KW/Ka＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、 设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－18，解得x＝mol/L＜1.0×10－6mol/L，B错误；C、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-（aq），加入HCOOH中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，C正确；D、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO-(aq)+2H2O(1)的平衡常数K＝＝K2a(HCOOH)·Ksp[Zn(OH)2]/K2W＝100，D正确，答案选B。‎ ‎10.25°C时， Ksp (AgCl)= 1.56×10-10， Ksp(Ag2CrO4)= 9.0×10-12,下列说法正确的是（ ）‎ A. AgCl 和 Ag2CrO4 共存的悬浊液中，‎ B. 向Ag2CrO4悬浊液中加入 NaCl 浓溶液， Ag2CrO4不可能转化为 AgCl C. 向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体， 有 AgC1 析出且溶液中 c(Cl－)=c(Ag＋)‎ D. 向同浓度的 Na2CrO4和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，AgC1先析出 ‎【答案】D ‎【解析】A、AgCl 和 Ag2CrO4 共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl－)/ c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl ‎－)增大，导致c(Cl－) c(Ag＋)> Ksp (AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)> c(Ag＋)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)= =，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)= = ，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。‎ 点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。‎ ‎11.利用电化学原理将有机废水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒物质的原理示意图如下图1所示，同时利用该装置再实现镀铜工艺示意图如图2所示，当电池工作时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图1中H+透过质子交换膜由右向左移动 B. 工作一段时间后，图2中CuSO4溶液浓度减小 C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，铁电极增重64 g D. X 电极反应式:H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O═2CO2↑+N2↑+16H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】图1是原电池，Y电极上氧气被还原成水，所以Y是正极，氢离子移向正极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故A错误；图2是电镀池，CuSO4溶液浓度不变，故B错误；当Y电极消耗0.5 mol O2时，转移电子2mol，根据电子数，铁电极生成1mol铜，电极增重64 g，故C正确；X是负极，失电子发生氧化反应，电极反应式是，故D错误。‎ 点睛：原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。‎ ‎12.某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 交换膜a为阳离子交换膜 B. 阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+‎ C. 阴极液 pH=1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成 D. 浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，阴极回收得到11.8g镍 ‎【答案】D ‎【解析】阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，转移电子0.4mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到镍小于11.8g，故D错误。‎ ‎13.常温下，向20.00mL.0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 mol·L-1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示（不考虑NH3·H2O的分解和NH3的挥发）。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)><(OH-)‎ B. 点b所示溶液中：c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)‎ C. 点c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)‎ D. 点d所示溶液中：c(SO42-)>c(NH3·H2O )>c(OH-)>c(NH4+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 点a 所示溶液就是0.1000 mol·L-1(NH4)2SO4溶液，该溶液因铵根离子水解而显酸性，故c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)><(OH-)，A正确；B. 点b所示溶液中，pH=7，即 c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)= c(OH-)+2c(SO42-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)>c(H+)=c(OH-)，B正确；C. 点c所示溶液中所加氢氧化钠的物质的量恰好为硫酸铵的物质的量相等，溶液中有物质的量相等的3种溶质硫酸铵、硫酸钠和一水合氨，由电荷守恒可得c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2 c(SO42-) +c(OH-) ，由物料守恒可得，c(Na+)= c(SO42-)、c(SO42-)=c(NH3·H2O)+ c(NH4+)，所以，c(SO42-)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)，C正确；D. 点d所示溶液中所加的氢氧化钠恰好与硫酸铵完全反应，得到硫酸钠和氨水的混合液，溶液呈碱性，所以c(NH3·H2O )>c(SO42-)> c(OH-)>c(NH4+)，D不正确。本题选D。‎ ‎14.已知I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+； 某溶液中有下列离子中的若干种: Cl-、I-、CO32-、SO32-、SO42-、Fe2+、Ag+、NH4+、Na+，现在进行以下系列实验 ‎①通入一定量的Cl2，在标况下产生无色无味的气体224mL，无其他明显现象 ‎②取①反应后的溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生4.66 g白色沉淀 ‎③取②反应后溶液,加入过量氢氧化钠溶液，加热，产生气体1.12L(标况)‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 由①可知溶液中肯定不存在I-‎ B. 溶液中是否有Na+，需要通过焰色反应确定 C. 检验溶液中是否存在Cl-，可加入硝酸酸化的硝酸银溶液 D. 该溶液中肯定含有CO32-、Na+、NH4+，至少含有SO32-、SO42-中的一种，可能含有Cl-、I-‎ ‎【答案】D ‎【解析】①通入一定的氯气，在标准状况下产生无色无味的气体，此气体为CO2，说明原溶液中含有CO32－，即CO32－的物质的量为224×10－3/22.4mol=0.01mol，无其他明显现象，即原溶液中不含Fe2＋和Ag＋；②取反应①后的溶液加入盐酸酸化BaCl2溶液，出现白色沉淀，因为氯气具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，因此原溶液中SO32－、SO42－至少存在一种，SO42－、SO32－总物质的量为4.66/233mol=0.02mol；③取②后的熔也，加入过量NaOH溶液，加热，产生气体，此气体为NH3，原溶液中存在NH4＋‎ ‎，即物质的量为1.12/22.4mol=0.05mol，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定存在Na＋，A、I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋，推出SO32－的还原性强于I－，由①通入氯气的量是一定量，量可能是过量，也可能不足，氯气先于SO32－反应，因此I－可能存在，也可能不存在，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B错误；C、如果原溶液中存在I－，对Cl－的检验产生干扰，故C错误；D、根据上述分析，故D正确。‎ 点睛：在离子检验问题中，一定注意溶液呈现电中性，如果题目中出现数值，根据电荷守恒，确定某离子是否存在，如果题目中没有数值，有阴离子一定有阳离子，有阳离子一定有阴离子。‎ 二、填空题（四大题，共58分）‎ ‎15.CO、CO2是化石燃料燃烧的主要产物。‎ ‎（1）已知:2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol，键能Eo-o=499.0kJ/mol。‎ ‎①反应:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=_________kJ/mol。‎ ‎②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40，某时刻该反应体系中各物质浓度满足:c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O)，则此时v(正)_____(填“>""<"或"=”)v(逆)。‎ ‎③已知1500℃时，在密闭容器中发生反应:CO2(g)CO(g)+O(g)。反应过程中O(g)的物质的量浓度随时间的变化如下图所示，则0~2 min内，CO2的平均反应速率v(CO2)=______。（纵坐标的数量级为10-6）‎ ‎（2）在某密闭容器中发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g),1molCO2在不同温度下的平衡分解量如上图所示。‎ ‎①恒温恒容条件下，能表示该可逆反应达到平衡状态的有______(填字母).‎ A．CO的体积分数保持不变 B．容器内混合气体的密度保持不变 C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．单位时间内，消耗CO的浓度等于生成CO2 的浓度 ‎②分析上图，若1500℃时反应达到平衡状态，且容器体积为1L，则此时反应的平衡常数K=__________(计算结果保留1位小数)。‎ ‎③向2L的恒容密闭容器中充入2molCO2(g)，发生反应：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)，测得温度为T℃时，容器内O2的物质的量浓度随时间的变化如下图曲线II所示。图中曲线I表示相对于曲线II仅改变一种反应条件后c(O2)随时间的变化，则改变的条件是____________；a、b两点用CO浓度变化表示的正反应速率关系为va(CO)_____(填“>”“<”或“=”)vb(CO)。‎ ‎（3）CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)测得CH3OH的物质的量随时间的变化见图。曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___KⅡ（填“>”或“=”或“<”）。‎ ‎【答案】(1). −33.5 (2). < (3). 3×10−7 mol⋅L−1⋅min−1 (4). AC (5). 3.2×10−8mol⋅L−1 (6). 升温 (7). < (8). >‎ ‎【详解】(1)①已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2 (g)△H=-566.0kJ•mol-1；‎ O2(g)=2O(g)△H=499kJ•mol-1；由盖斯定律：两个方程相加除以2即可得到:CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g);△H=−33.5kJ⋅mol−1；‎ 故答案为：−33.5；‎ ‎②某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2) ·c(O),则Qc==1>K=0.4,则反应向左进行,v(正)KⅡ。‎ ‎16.以软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3 等杂质）为原料制备高纯MnO2的流程如下图所示：‎ 已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp [Al(OH)3]=4.0×10-34。②常温下，氢氧化物沉淀的条件：Al3+、Fe3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；Mn2+开始沉淀的pH为8.1。③常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于1×10-5mol·L-l时，可视为该金属离子已被沉淀完全。‎ ‎（1）实验室预计需要使用480 mL 2 mol·L－1的硫酸，准备用18.4 mol·L-1的浓硫酸来配制,需用量筒量取浓硫酸______mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_____________________________________。‎ ‎（2）“酸浸”过程中不能用浓盐酸替代硫酸，原因是__________________________________。“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。“硫酸”过多造成氨的损失；硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是______________________________________________。‎ ‎（3）加入氨水应调节pH的范围为________________。‎ ‎（4）“过滤II”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是_____________（填化学式），写出其阳离子的电子式：___________________。‎ ‎（5）加入碳酸氢铵产生沉淀的过程称为“沉锰”。‎ ‎①“沉锰”过程中放出CO2，反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎②“沉锰”过程中沉锰速率与温度的关系如图所示。当温度高于60℃时，沉锰速率随着温度升高而减慢的原因可能是_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 54.0 (2). 500mL容量瓶、胶头滴管 (3). 生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀 (4). 4.6∼8.1 (5). 0.05 (6). (NH4)2SO4 (7). (8).‎ ‎ Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). 温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢 ‎【分析】(1)实验室用18.4mol⋅L−1的浓硫酸配制480mL 2mol⋅L−1的硫酸，容量瓶规格是500mL，稀释前后硫酸的物质的量不变，据此计算浓硫酸体积；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还 500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）软锰矿粉（主要含有MnO2，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质）、硫酸亚铁先用稀硫酸酸浸，用双氧水将酸浸液中的亚铁离子氧化成铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH使铁离子、铝离子转化成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去杂质，滤液中含有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到MnCO3沉淀，过滤后得到MnCO3，滤液中只有含有（NH4）2SO4；MnCO3经过焙烧得到高纯MnO2，据此解答。‎ ‎【详解】(1) 实验室用18.4mol⋅L−1的浓硫酸配制480mL 2mol⋅L−1的硫酸，容量瓶规格是500mL，稀释前后硫酸的物质的量不变，浓硫酸体积=2mol/L×0.5L÷18.4mol/L=54mL；‎ 配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500mL容量瓶、胶头滴管，500mL容量瓶配制溶液、胶头滴管定容，‎ 故答案为：54.0；500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎(1)“酸浸”时加入一定量的硫酸，硫酸不能过多或过少。“硫酸”过多造成氨的损失;硫酸过少时，“酸浸”时会有红褐色渣出现，原因是生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀，‎ 故答案为：生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀；‎ ‎(2)常温下Al3+、Fe3+完全沉淀的pH分别为4.6、3.4，Mn2+开始沉淀的pH为8.1，所以加入氨水调节pH范围为4.6∼8.1；‎ 当Fe3+恰好沉淀完全时，c(Fe3+)=1×10−5mol/L，此时溶液中c(OH−)3=8.0×10−38÷(1×10−5)=8×10−33mol/L，c(Al3+)==0.05mol/L，‎ 故答案为：4.6∼8.1；0.05；‎ ‎(3)“过滤”所得滤渣为MnCO3，滤液中溶质的主要成分是(NH4)2SO4，其阳离子为铵根离子，铵根离子的电子式为，‎ 故答案为：(NH4)2SO4；；‎ ‎(4)①“沉锰”过程中锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，并放出CO2‎ ‎，该反应应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，‎ 故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎②当温度高于60℃时，温度过高碳酸氢铵的分解速率显著加快，导致沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢，‎ 故答案为：温度过高时碳酸氢铵的分解速率显著加快，沉锰速率随碳酸氢铵浓度的减小而减慢；‎ ‎17.Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性，通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。‎ ‎(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：‎ ①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因：_________________________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_______________________________________。‎ ‎②加入MnO2发生反应的化学方程式为__________________________________________。‎ ‎(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。‎ ①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是___________________________，检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是____________________________________________。‎ ‎②乙同学认为反应后的B中有Na2SO3，还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是______________‎ ‎____________________________。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计如下实验方案：‎ 甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为____________________。‎ ‎③请补充完整实验小组测定B中反应完全后固体组成的实验方案：称取样品a g加水溶解，__________________，烘干，称量沉淀质量为b g，然后计算各物质的含量。‎ ‎【答案】(1). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (2). 反应生成的H2O2具有漂白作用 (3). 2H2O2=2H2O+O2↑ (4). 2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 (5). 取反应生成白色固体少许,滴入稀硫酸,生成无色气体使品红溶液褪色,说明含Na2SO3 (6). 过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性 (7). 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡； (8). 加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤 ‎【分析】（1）①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；‎ ‎②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；‎ ‎（2）①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；‎ ‎②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；‎ ‎③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断。‎ ‎【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，‎ 故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；‎ ‎②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O+O2↑，故答案为：2H2O2=2H2O+O2↑；‎ ‎(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32−就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，‎ 故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；‎ ‎②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可知，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，‎ 故答案为：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；‎ ‎③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a 克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b 克，计算含量，故答案为：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤。‎ ‎18.铁、铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：‎ ‎(1)铁在元素周期表中的位置是__________，基态铁原子的核外电子排布式为____________。‎ ‎(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于________(填晶体类型)。‎ ‎(3) CN－也能与铁、铜等形成配合物， CN－中碳原子杂化轨道类型为________。 N、O元素的第一电离能的大小 N______O(填“>”或“<”，下同)，N、O元素的电负性的大小 N______O。‎ ‎(4)铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示。其中铜原子的配位数为___________。‎ ‎(5)CuCl2和CuCl是铜的两种常见的氯化物。‎ ‎①如图表示的是________(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。‎ ‎②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数A为(0,0,0)；B为(0,1,1)；C为(1,1,0)；则D原子的坐标参数为_______。‎ ‎③图示晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为____g·cm－3。(列出计算式即可)‎ ‎(6)Cu2+等过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律。试推断Ni2+的水合离子为______(填“有”或“无”)色离子，依据是________________________________。‎ 离子 Sc3+‎ Ti3+‎ Fe2+‎ Cu2+‎ Zn2+‎ 颜色 无色 紫红色 浅绿色 蓝色 无色 ‎【答案】(1). 位于周期表中第四周期第VIII族 (2). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 (3). 分子晶体 (4). sp杂化 (5). N (6). N>O (7). 12 (8). CuCl (9). (，，) (10). (11). 有 (12). Ni2+的3d轨道上有未成对电子 ‎【分析】（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第ⅤⅢ族；‎ ‎（2）根据配合物配合物Fe（CO）x的性质判断晶体类型；‎ ‎(3)根据C原子价层电子对个数确定杂化方式；一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；‎ ‎(5)①均摊法计算晶胞中Cu、Cl原子数目确定化学式；②D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于体对角线长度的14，D在底面投影D'处于面对角线AC上，且AD'长度等于D'C长度的三倍，则D到底面(即坐标系xoy面)的距离等于晶胞棱长的14，D到左侧平面(即坐标系yoz面)的距离等于晶胞棱长的34，D到前平面(即坐标系xoz面)的距离等于晶胞棱长的34；③晶胞中C、D两原子核间距为298pm，则晶胞体对角线长度为4×298pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的3√倍，结合晶胞中原子数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。‎ ‎（6）Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+ 无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道上有未成对电子，所以有色离子；‎ ‎【详解】(1)根据元素的质子数可知电子数为26,其原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于周期表中第四周期第VIII族；‎ 铁为26号元素,基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2，‎ 故答案为：第四周期第Ⅷ族; 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2；‎ ‎(2)配合物Fe(CO)x常温下呈液态,熔点为−20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x晶体属于分子晶体，‎ 故答案为：分子晶体；‎ ‎(3) CN−中C原子价层电子对个数=1+1/2(4+1−1×3)=2，所以采取sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以N、O两元素的第一电离能最大的为N，N、O元素的电负性的大小N>O；‎ 故答案为： sp杂化；N；N>O；‎ ‎(4)Cu是29号元素， Cu是面心立方最密堆积，Cu原子配位数为12，‎ 故答案为： 12；‎ ‎(5)①白色球为Cl原子，黑色球为Cu原子，晶胞中Cu原子为4、Cl原子数目为8×+6×=4，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl；‎ ‎②D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于体对角线长度的，D在底面投影D'处于面对角线AC上，且AD'长度等于D'C长度的三倍，则D到底面(即坐标系xoy面)的距离等于晶胞棱长的，即参数z=，D到左侧平面(即坐标系yoz面)的距离等于晶胞棱长的，即参数x=，D到前平面(即坐标系xoz面)的距离等于晶胞棱长的3/4，即参数y=，故D的坐标参数为：(，，)，‎ 故答案为：(，，)；‎ ‎③晶胞中C. D两原子核间距为298pm，则晶胞体对角线长度为4×298pm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=，晶体密度=‎ ‎，故答案为：；‎ ‎（6）Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu2+的外围电子排布式为3d9，Zn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d10，d轨道上有10个电子，故Zn2+ 无色，Sc3+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p6，其d轨道上有0电子，处于全空，故没有颜色，Ni2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d轨道上有未成对电子，所以有色离子，故答案为：有；Ni2+的3d轨道上有未成对电子。‎