2018-2019学年江苏省盐城市高二下学期期末考试化学试题 解析版
2018/2019学年度第二学期高二年级期终考试化学试题
可能用到的相对原子质量：Fe 56
选择题
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.2019年世界地球日宣传主题为“珍爱美丽地球 守护自然资源”。下列做法不符合这一主题的是
A. 超量开采稀土资源，满足全球市场供应
B. 推广清洁能源汽车，构建绿色交通体系
C. 合理处理废旧电池，进行资源化再利用
D. 科学施用化肥农药，避免大气和水污染
【答案】A
【解析】
【详解】A.超量开采稀土资源，造成资源浪费，不符合守护自然资源的要求，A错误；
B.推广清洁能源汽车，构建绿色交通体系，就可以减少大气污染，避免有害气体的排放，B正确；
C.合理处理废旧电池，进行资源化再利用，不仅可以节约资源，也可以减少对环境的污染，C正确；
D.科学施用化肥农药，避免大气和水污染，使天更蓝，水更清，保护了地球，D正确；
故合理选项是A。
2.下列化学用语表示正确的是
A. 羟基的电子式：
B. 甘氨酸的结构简式：C2H5NO2
C. AlCl3溶液中Al3+水解的离子方程式：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
D. 粗铜(含Cu及少量Zn、Fe、Ag等)电解精炼时，阳极主要发生反应：Ag-e-=Ag+
【答案】C
【解析】
【详解】A.羟基是中性原子团，O原子最外层有6个电子，其中一个成单电子与H原子形成共用电子对，故电子式：，A错误；
B.甘氨酸氨基乙酸，结构简式：H2NCH2-COOH，B错误；
C. AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，C正确；
D.粗铜(含Cu及少量Zn、Fe、Ag等)电解精炼时，阳极主要发生反应是Cu失去电子变为Cu2+，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，D错误；
故合理选项是C。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Na2S溶液具有碱性，可用于脱除废水中Hg2+
B. CuSO4能使蛋白质变性，可用于游泳池水的消毒
C. MnO2是黑色粉末，可用于催化H2O2分解制取O2
D. Na2CO3能与酸反应，可用于去除餐具表面的油污
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2S溶液可用于脱除废水中Hg2+，是由于发生反应产生HgS沉淀，A错误；
B.CuSO4能使蛋白质变性，使细菌、病毒蛋白质失去生理活性，因此可用于游泳池水的消毒，B正确；
C.MnO2能降低H2O2分解的活化能，所以可用于催化H2O2分解制取O2，C错误；
D.Na2CO3溶液显碱性，能够与油脂发生反应，产生可溶性的物质，因此可用于去除餐具表面的油污，D错误；
故合理选项是B。
4.下列反应均可在室温下自发进行，其中△H＞0，△S＞0的是
A. 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)
B. NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)
C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)
D. 2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的气体物质的量减少，△S<0，A错误；
B.NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) 的气体物质的量减少，△S<0，B错误；
C.(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)分解反应是吸热反应，△H>0，反应后气体的物质的量增大，△S>0，C正确；
D.2Cu(s)+CO2(g)+O2(g)+H2O(g)=Cu2(OH)2CO3(s)反应后气体物质的量减小，△S<0，D错误；
故合理选项是C。
5.最近罗格斯大学研究人员利用电催化技术高效率将CO2转化为X和Y（如下图）， X、Y可用作制备塑料、粘合剂和药品的前体等。下列说法正确的是
A. 图中能量转换方式只有2种
B. X、Y分子中所含的官能团相同
C. X、Y均是电解时的阳极产物
D. CO2资源化利用有利于解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知，能量转换方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能三种，A错误；
B.X含有的官能团是羰基、醛基；Y中含有的官能团是碳碳双键、醚键、羟基，所含官能团种类不同，B错误；
C.反应物CO2中的C元素化合价是+4价，在X中C元素化合价是0价，在Y中C元素化合价为+价，元素的化合价降低，因此是阴极产生的还原产物，C错误；
D.CO2发生反应转化为X、Y后，实现了物质的资源化利用，降低了大气中CO2的含量，因此解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题，D正确；
故合理选项是D。
6.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
B. FeCl2(aq)FeCl3(aq)Fe(OH)3(胶体)
C.
D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]＋(aq)Ag(s)
【答案】B
【解析】
【分析】
A. MgCl2溶液电解不能产生金属Mg；
B. FeCl2与氯气反应产生氯化铁，氯化铁饱和溶液滴入沸水中产生氢氧化铁胶体；
C.酸性：苯酚>HCO3-；
D.蔗糖是非还原性糖。
【详解】A. 用惰性电极电解MgCl2溶液，产生Mg(OH)2、H2、Cl2，不能产生金属Mg，A错误；
B.FeCl2具有还原性，与氯气在溶液中发生氧化还原反应产生氯化铁，将氯化铁饱和溶液滴入沸水中产生氢氧化铁胶体，B正确；
C.由于苯酚的酸性比NaHCO3强，所以向苯酚钠溶液中加入NaHCO3溶液，不能发生反应产生苯酚，C错误；
D.向AgNO3溶液中滴加稀氨水，直至开始产生的沉淀恰好溶解为止，得到的溶液为银氨溶液，但由于蔗糖分子中无醛基，因此再滴入蔗糖溶液，不能发生银镜反应，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了化学实验方案的涉及的知识，涉及常见元素的单质及化合物的性质的综合利用，明确物质的性质与反应状态的关系及反应条件、物质性质强弱即可解答。
7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 0.1mol/LFeCl3溶液：NH4+、K+、SCN-、NO3-
B. =0.1mol/L的溶液：K+、Cu2+、Br-、SO42-
C. 能使甲基橙变红的溶液：Ca2+、NH4+、CH3COO-、Cl-
D. 由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Na+、K+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A.Fe3+与SCN-会发生络合反应，不能大量共存，A错误；
B.=0.1mol/L的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-、Cu2+会发生反应，形成Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，B错误；
C.能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，酸性溶液中含有大量的H+，H+与CH3COO-会发生反应生成弱酸CH3COOH，因此不能大量共存，C错误；
D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论是酸性还是碱性溶液，Na+、K+、Cl-、NO3-都不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；
故合理选项是D。
8.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Ag2SO4固体与饱和NaCl溶液反应：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-
B. 用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
C. NaAlO2溶液中通入过量的CO2：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
D. KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液反应：MnO4-+Fe2++8H+=Mn2++Fe3++4H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
A.根据沉淀溶解平衡分析；
B.根据离子放电顺序，结合电解质强弱判断；
C.CO2过量时产生HCO3-；
D.电荷不守恒。
【详解】A.Ag2SO4固体在溶液中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42-(aq)，向其水溶液中加入饱和NaCl，由于c(Ag+)·c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以会发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，使Ag2SO4不断溶解，最终Ag2SO4沉淀完全转化为AgCl沉淀，反应的方程式为：Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-，A正确；
B.用惰性电极电解饱和NH4Cl溶液，由于离子放电顺序，Cl->OH-，所以阳极发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，溶液中的阳离子H+在阴极放电产生H2，溶液中产生的OH-与NH4+会结合形成NH3·H2O，因此反应的离子方程式为：2NH4++2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-+2NH3·H2O，B错误；
C.向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应产生氢氧化铝沉淀和HCO3-，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，C错误；
D.KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，产生Fe3+、Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，D错误；
【点睛】本题考查了离子方程式正误判断的知识。掌握电解原理、沉淀溶解平衡、氧化还原反应规律，结合离子反应与微粒的物质的量多少及与电解质强弱关系是正确判断的关键。
9.2016年2月《Nature》报道的一种四室（1～4）自供电从低浓度废水中回收铜等重金属的装置如下图所示：
下列说法正确的是
A. 装置工作时，4室中溶液pH不变
B. X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜
C. 负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O
D. 单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于负极上有O2析出
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图示可知：1室中BH4-失去电子变为B(OH)4-，电子由负极经外电路转移到正极上，4室中Cu2+获得电子变为单质Cu析出，CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，Cu2+浓度降低，溶液的酸性减弱，因此pH增大，A错误；
B.根据图示可知：左边的1室溶液中的K+、Na+通过X膜进入2室、3室，所以X膜为阳离子膜；4室中SO42-通过Y膜进入到3室，所以Y膜为阴离子膜，B错误；
C.根据图示可知负极上BH4-失去电子变为B(OH)4-，因此负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O，C正确；
D.每1molBH4-失去8mole-，而每1molCu2+获得2mol电子，所以若单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于正极上有H2析出，D错误；
故合理选项是C。
10.下列说法正确的是
A. 燃料电池化学能100%转化为电能
B. 酶催化发生的反应，温度越高化学反应速率一定越快
C. 为减缓浸入海水中的钢铁水闸的腐蚀，可在其表面镶上铜锭
D. 向0.1mol/L氨水中加入少量水，溶液中增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃料电池化学能大部分转化为电能，还有一部分转化为热能和化学能，A错误；
B.酶催化发生的反应，温度升高，酶会失去其生理活性，所以化学反应速率不一定加快，B错误；
C.若在钢铁水闸表面镶上铜锭，Fe、Cu及海水构成原电池，由于Fe活动性比Cu强，为原电池的负极，因此会导致钢铁水闸腐蚀加快，C错误；
D.在氨水中存在一水合氨的电离平衡，若向其中加入少量水，电离平衡正向移动，c(OH-)减小，电离常数不变，则溶液中增大，D正确；
故合理选项是D。
不定项选择题:本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.化合物X是功能性高分子材料的单体，化合物Y是一种抗菌药物，它们的结构简式如下图所示：
下列说法错误的是
A. X、Y均能与浓Br2水发生反应
B. X分子中四个苯环处于同一平面
C. X、Y分子中手性碳原子数依次为1个、2个
D. 1molX、1molY分别与NaOH反应时，最多消耗NaOH的物质的量均为2mol
【答案】BC
【解析】
【详解】A.X含有酚羟基，可以与浓Br2水发生取代反应；Y含有碳碳双键，可以与浓Br2水发生加成反应，A正确；
B.X分子中四个苯环通过一个C原子连接，该C原子是饱和C原子，构成的是正四面体结构，因此四个苯环不可能处于同一平面，B错误；
C.X、Y分子中手性碳原子数依次为0个、2个，C错误；
D.1molX中含有2mol酚羟基，可以反应消耗2molNaOH；1molY含有2mol酯基，与NaOH反应时，最多消耗NaOH的物质的量为2mol，D正确；
故合理选项是BC。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚钠溶液中滴入少量醋酸，溶液变浑浊
酸性：醋酸＞苯酚
B
向两支均盛有1mL蛋白质溶液的试管中分别加入乙酸铅、饱和 (NH4)2SO4溶液，均产生沉淀
蛋白质均发生了变性
C
向试管中加入少量麦芽糖，再加入2mL水溶解，片刻后再加入银氨溶液，水浴加热，管壁产生银镜
麦芽糖己水解且产物中含有葡萄糖
D
取卤代烃RX少许与NaOH溶液混合共热，冷却后加入足量HNO3，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
X为Cl原子
A. A B. B C. C D. D
【答案】AD
【解析】
【分析】
A.乙酸的酸性比苯酚的酸性强，苯酚难溶于水；
B.蛋白质溶液遇轻金属盐溶液发生盐析，遇重金属盐，会发生变性；
C.麦芽糖、葡萄糖都是还原性糖；
D.卤代烃水解产生Cl-，根据Cl-的检验方法进行判断。
【详解】A.由于乙酸的酸性比苯酚的酸性强，所以向苯酚钠溶液中滴入少量醋酸，会产生在室温下难溶于水的苯酚，使溶液变浑浊，A正确；
B.向两支均盛有1mL蛋白质溶液的试管中分别加入重金属盐乙酸铅溶液，蛋白质发生变性，而产生沉淀，溶液变浑浊；加入饱和 (NH4)2SO4溶液，蛋白质的溶解度会降低而结晶析出，产生沉淀，但产生沉淀原因不同，B错误；
C.麦芽糖是还原性糖，因此无论是否水解产生具有还原性的葡萄糖，向其水溶液中加入银氨溶液，均会发生银镜反应，C错误；
D.在卤代烃中卤素以原子形式存在，先向卤代烃RX中加入NaOH溶液混合共热，卤代烃发生水解反应产生Cl-，冷却后加入足量HNO3酸化，排除OH-等杂质离子的干扰，再滴加AgNO3
溶液，若产生白色沉淀，就证明含有Cl-，D正确；
故合理选项是AD。
【点睛】本题考查了化学实验方案的涉及的知识。涉及物质酸性强弱比较、蛋白质的性质及还原性糖及卤代烃的检验等掌握物质的性质及可能产生的干扰因素是本题解答的关键。
13.根据下列图示所得出的结论正确的是
A. 图是水的电离与温度的关系曲线，a的温度比b的高
B. 图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态
C. 图是反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的速率与时间的关系，t1时改变条件是减小压强
D. 图是相同浓度相同体积的NaCl、NaBr及KI溶液分别用等浓度AgNO3溶液的滴定曲线，若已知：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，则a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl
【答案】D
【解析】
【详解】A.水的电离过程吸收热量，升高温度，促进水的电离，水电离产生的c(H+)、c(OH-)增大，则离子浓度的负对数值就小，因此a的温度比b的低，A错误；
B.固体I2的能量比气体I2的能量低，所以a为气体I2，b为固体I2，B错误；
C.t1时正、逆反应速率都增大，而且相同，说明改变条件可能是增大压强，C错误；
D.由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，当溶液中卤素离子相同时，需要的Ag+浓度Cl->Br->I-，需要的c(Ag+)越大，其负对数就越小，因此a、b、c依次是KI、NaBr和NaCl，D正确；
故合理选项是D。
14.H2C2O4为二元弱酸，25℃时，Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列说法正确的是
A. 0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)>c(C2O42-)
B. 反应HC2O4-+OH-C2O42-+H2O的平衡常数K=5.4×1012
C. 01mol/LNa2C2O4溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)
D. pH=7的NaHC2O4与Na2C2O4的混合溶液中：c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/LNaHC2O4溶液中，HC2O4-存在水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-
，水解平衡常数Kh==1.8×10-13< Ka2，水解小于电离，所以NaHC2O4溶液显酸性，因此c(H2C2O4)
Cl>S>P (2). F>Cl>P>S (3). CFCl3、CF2Cl2、CF3Cl (4). H3O+ (5). 1∶1 (6). ScH2
【解析】
【分析】
(1)元素的非金属性越强，其电负性越大；一般情况下元素的非金属性越强，其第一电离能越大；同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大，但第VA元素原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，第一电离能大于同一周期相邻元素；
(2)分子中只含有1个C原子，根据C原子价电子为4的原则，F、Cl原子个数和等于4个即可。
(3)等电子体是原子数相等，最外层电子总数也相等的微粒；共价单键是键，共建双键一个键一个键，共价三键一个键两个π键；
(4)用均摊方法计算该物质化学式。
【详解】(1)元素的非金属性F>Cl>S>P，所以元素的电负性由大到小的顺序为F>Cl>S>P；
同一主族的元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小；同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大，但第VA元素原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，第一电离能大于同一周期相邻元素，所以这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为F>Cl>P>S。
(2) CCl4的沸点为76.8℃，CF4的沸点为-128℃，若要求制冷剂沸点介于两者之间，则含一个碳原子的该制冷剂中F、Cl原子数的和等于4个，可以是CFCl3、CF2Cl2、CF3Cl中任何一种。
(3)根据等电子体的概念，NH3的等电子体的阳离子是H3O+；在HC≡C-C≡N分子中含有4个键、4个π键，二者个数比等于1：1；
(4)根据Sc、H原子的相对位置可知：在该晶胞中含有8个H原子，含有的Sc原子个数为：8×+6×=4，Sc：H=4:8=1:2，所以该物质化学式为ScH2。
【点睛】本题考查了物质结构的知识，涉及元素电负性、第一电离能大小比较、制冷剂的沸点与物质结构的关系、等电子体和物质化学式的书写、化学键类型的判断计算与判断等知识。掌握原子结构与元素的性质的关系，了解均摊方法的含义及应用、掌握化学基本概念等是正确解题的关键。
17.化合物H[3-亚甲基异苯并呋喃-1(3H)-酮]的一种合成路线如下：
(1)C中所含官能团名称为_________和_________。
(2)G生成H的反应类型是________。
(3)B的分子式为C9H10O2，写出B的结构简式：________。
(4)E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_________。①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
(5)写出以、P(C6H5)3及N(C2H5)3为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）____。
【答案】 (1). 酯基 (2). 溴原子 (3). 消去反应 (4). (5). 或 (6).
【解析】
【分析】
(1)根据C的结构简式判断其官能团；
(2)根据G、H分子结构的区别判断反应类型；
(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；
(4)根据同分异构体的概念及E的结构简式和对其同分异构体的要求可得相应的物质的结构简式；
(5)苯酚与氢气发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷发生题干信息反应产生，与环己酮发生信息反应得到目标产物。
【详解】(1)由C结构简式可知其含有的官能团名称是酯基、溴原子；
(2)由与分析可知：G与CH3COONa在乙醇存在时加热，发生消去反应产生和HI；
(3)A是邻甲基苯甲酸，A与甲醇在浓硫酸存在条件下加热，发生酯化反应产生B；是邻甲基苯甲酸甲酯，结构简式是；
(4)E结构简式为：，其同分异构体要求：①分子中含有苯环，能使Br2的CCl4溶液褪色，说明含有不饱和的碳碳双键；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有4种不同化学环境的氢，其中之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明是苯酚与酸形成了酯；则该物质可能为或；
(5)苯酚与氢气在Ni催化下，加热，发生加成反应产生环己醇，环己醇一部分被催化氧化产生环己酮，另一部分与HBr发生取代反应产生1-溴环己烷，1-溴环己烷与P(C6H5)3发生题干信息反应产生，与在N(C2H5)3发生信息反应得到目标产物。所以由合成路线流程图为：。
【点睛】本题考查了有机物的推断与合成的知识。掌握有机物官能团的结构对性质的决定作用，的物质推断的关键，题目同时考查了学生接受信息、利用信息的能力。
18.Na2S可用于制造硫化染料、沉淀水体中的重金属等。
(1)Na2S溶液中S2-水解的离子方程式为_________。
(2)室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：
金属硫化物
FeS
PbS
CuS
HgS
Ksp
6.3×10－18
1.0×10－28
6.3×10－36
1.6×10－52
①向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是____。
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全[c(Pb2＋)≤1×10-6
mol/L]，则应满足溶液中c(S2-)≥_____mol/L。
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=_______。
(3)测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量的实验步骤如下：
步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。
步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。
计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)___________。
【答案】 (1). S2-+H2OHS-+OH- (2). Hg2+ (3). 1.0×10-22 (4). 1.0×1018 (5). n(Na2S)=0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，n(NaHS)=0.2500mol/L×(34.00－24.00)×10-3L/mL=2.500×10-3mol，
n(Na2S)∶n(NaHS)=6.000×10－3mol∶2.500×10－3mol=12∶5
【解析】
【分析】
(1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的；
(2)①难溶性的物质构型相同时，溶度积常数越小，先形成其沉淀；
②溶液中c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就形成PbS沉淀；
③根据平衡常数的定义式，将其变性，并与溶度积常数结合起来进行计算；
(3)根据Na2S+HCl=NaHS+NaCl计算n(Na2S)；根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知n(Na2S)与n(NaHS)的和，两者相减可得n(NaHS)的物质的量，进而可得两者物质的物质的量之比。
【详解】(1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的，首先是S2-水解产生HS-，然后是水解产生的HS-进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反应，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；
(2)①Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中加入Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的溶度积常数表可知HgS的最小，因此首先形成的是HgS沉淀；
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L，由于当c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2-)≥1.0×10
－28÷1.0×10-6=1.0×10－22mol/L；
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K==1.0×1018；
(3)根据发生反应Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，再根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反应消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L×34.00mL×10-3L/mL=8.500×10-3mol，则该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.500×10-3mol-6.000×10-3mol=2.500×10-3mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.000×10-3mol：2.500×10-3mol=12∶5。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 12∶5。
【点睛】本题考查了盐的水解、沉淀溶解平衡、溶度积常数的应用及滴定方法在物质含量的应用等知识。掌握化学反应基本原理是解答本题关键。化学平衡理论不仅适用于可逆反应，也适用于盐的水解平衡、弱电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡、气体的溶解于化合平衡等所有平衡。
19.富马酸亚铁(C4H2O4Fe)是常用的治疗贫血的药物。可由富马酸与FeSO4反应制备。
(1)制备FeSO4溶液的实验步骤如下：
步骤1.称取4.0g碎铁屑，放入烧杯中，加入10%Na2CO3溶液，煮沸、水洗至中性。
步骤2.向清洗后的碎铁屑中加入3mol/LH2SO4溶液20mL，盖上表面皿，放在水浴中加热。不时向烧杯中滴加少量蒸馏水，控制溶液的pH不大于1。
步骤3.待反应速度明显减慢后，趁热过滤得FeSO4溶液。
①步骤1的实验目的是____。
②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是____；“控制溶液的pH不大于1”的目的是____。
(2)制取富马酸亚铁的实验步骤及步骤（Ⅱ）的实验装置如下：
①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)为_______－丁烯二酸（填“顺”或“反”）。
②富马酸与足量Na2CO3溶液反应的方程式为_________。
③图中仪器X的名称是_________，使用该仪器的目的是__________。
(3)测定(2)产品中铁的质量分数的步骤为：准确称取产品ag， 加入新煮沸过的3mol/LH2SO4溶液15mL，待样品完全溶解后，再加入新煮沸过的冷水50mL和4滴邻二氮菲-亚铁指示剂，立即用cmol/L(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，滴定到终点时消耗标准液VmL。
①(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液适宜盛放在_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②该实验中能否用KMnO4标准溶液代替(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定Fe2+，说明理由_____。
③产品中铁的质量分数为________（用含a、V的代数式表示）。
【答案】 (1). 除去铁锈表面油污 (2). 补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出 (3). 抑制Fe2+水解 (4). 反 (5). +Na2CO3+CO2↑+H2O (6). (球形，回流)冷凝管 (7). 冷凝回流水 (8). 酸式 (9). 不能，KMnO4溶液除氧化Fe2+外，还能氧化富马酸中的碳碳双键 (10).
【解析】
【分析】
(1)①步骤1中加入碳酸钠溶液显碱性，可去除油污；
②根据该步操作加热水分蒸发导致溶液浓度变大分析；从盐的水解角度分析控制pH大小的原因；
(2)①根据两个相同基团在双键同一侧的为顺式结构，在不同侧的为反式结构分析；
②根据羧酸的酸性比碳酸酸性强，强酸与弱酸的盐反应产生强酸盐和弱酸书写；
③根据仪器的结构命名；结合实验操作判断其作用；
(3)①根据盐溶液的酸碱性判断使用滴定管的种类；
②KMnO4溶液具有强氧化性，可以氧化Fe2+、碳碳双键；
③根据消耗标准溶液的体积及浓度计算n(Fe2+)，再计算其质量，最后根据物质的含量计算公式计算铁的质量分数。
【详解】(1)①步骤1中加入碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液CO32-水解，消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，油脂能够与碱发生反应产生可溶性的物质，因此加入碳酸钠溶液目的是去除可去除铁锈表面油污；
②步骤2“不时向烧杯中滴加少量蒸馏水”的目的是补充蒸发掉的水份，防止硫酸亚铁晶体析出；FeSO4是强酸弱碱盐，Fe2+水解使溶液显酸性，“控制溶液的pH不大于1”就可以抑制Fe2+水解，防止形成Fe(OH)2沉淀；
(2)①步骤(Ⅰ)所得产品(富马酸)结构简式为，可知：两个相同的原子或原子团在碳碳双键的两侧，因此该富马酸是反式结构；名称为反－丁烯二酸；
②富马酸与足量Na2CO3溶液反应产生富马酸钠、水、二氧化碳，反应的化学方程式为：+Na2CO3+CO2↑+H2O；
③由仪器的结构可知：该物质名称是球形冷凝管；其作用是冷凝回流水，减少水分挥发；
(3)①(NH4)2Ce(SO4)3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以应该将其标准溶液适宜盛放在酸式滴定管中；
②使用(NH4)2Ce(SO4)3标准溶液滴定，只发生Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，若使用KMnO4标准溶液，由于KMnO4具有强氧化性，不仅可以氧化Fe2+，也可以氧化碳碳双键，所以不能用来测定Fe2+；
③根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知n(Fe2+)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3
mol，则m(Fe2+)=56cV×10-3g，所以产品中铁的质量分数为×100%。
【点睛】本题考查了物质制备工艺流程的知识，涉及仪器的使用、操作目的、盐的水解及其应用、物质结构的判断化学方程式的书写及物质含量的测定与计算等知识。掌握化学基本原理和基础知识是本题解答关键。
20.二氧化碳资源化利用是目前研究的热点之一。
(1)二氧化碳可用于重整天然气制合成气(CO和H2)。
①已知下列热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ/mol，CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H 2=-165kJ/mol，
则反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=____kJ/mol。
②最近我国学者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气，装置如图所示。装置工作时，阳极的电极反应式为________。
(2)由二氧化碳合成VCB（锂电池电解质的添加剂）的实验流程如下，已知EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇。
VCB的结构简式为_________。
(3)乙烷直接热解脱氢和CO2氧化乙烷脱氢的相关化学方程式及平衡转化率与温度的关系如下：
(I)乙烷直接热解脱氢：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1
(Ⅱ)CO2氧化乙烷脱氢：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H2
①反应(I)的△H1= ____kJ/mol（填数值，相关键能数据如下表）。
化学键
C－C
C=C
C－H
H－H
键能/kJ·mol－1
347.7
615
413.4
436.0
②反应(Ⅱ)乙烷平衡转化率比反应(I)的大，其原因是______（从平衡移动角度说明）。
③有学者研究纳米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脱氢，通过XPS测定催化剂表面仅存在Cr6+和Cr3+，从而说明催化反应历程为：C2H6(g)→C2H4(g)+H2(g)，______和_______（用方程式表示，不必注明反应条件）。
④在三个容积相同的恒容密闭容器中，温度及起始时投料如下表所示，三个容器均只发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。温度及投料方式（如下表所示），测得反应的相关数据如下：
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
600
600
500
反应物投入量
1molC2H6
2molC2H4+2molH2
1molC2H6
平衡时v正(C2H4)/ mol/(L·s)
v1
v2
v3
平衡时c(C2H4)/ mol/L
c1
c2
c3
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是_______（填标号）。
A.K1=K2，v1v3，c2>2c3 D.c2+c3<3c1
【答案】 (1). +247 (2). CH4+O2--2e-=CO+2H2 (3). (4). +123.5 (5). 反应Ⅱ相当于反应Ⅰ中乙烷热解的产物H2，与CO2进一步发生反应：CO2+H2CO+H2O，降低了反应Ⅰ中生成物H2的浓度，使平衡向生成乙烯的方向移动 (6). 3CO2+Cr2O3=2CrO3+3CO (7). 2CrO3+3H2=Cr2O3+3H2O (8). AD
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；
②电解时，阳极CH4发生氧化反应变为CO；阴极上CO2被还原为CO；
(2)根据EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，结合二者的分子式及均含五元环状结构，EC能水解生成乙二醇确定物质结构；
(3)(I)根据反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差计算反应热；
②(Ⅱ)根据两个反应产生的物质的区别分析；
③根据题干信息及已知的方程式书写待求的反应方程式；
④根据①可知反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的正反应是吸热反应，化学平衡常数只与温度有关，利用温度、浓度对化学反应速率和平衡移动的影响分析。
【详解】(1)①a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=206kJ/mol，
b.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=-165 kJ/mol，
根据盖斯定律，将a×2+b，整理，可得反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=+247kJ/mol。
②根据图示可知：在阳极CH4失去电子，被氧化产生CO，电极反应式为：CH4+O2--2e-=CO+2H2；
(2)EC、VCB核磁共振氢谱均只有一组峰，均含五元环状结构，结合二者的分子式及EC能水解生成乙二醇确定物质结构，可知EC为，VCB为；
(3)(I)C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) 的反应热△H1=6C—H+C—C-4C—H-H—H-C=C=(2×413.4+347.7-615-436.0)kJ/mol=+123.5 kJ/mol；
(II)根据反应方程式可知：反应Ⅱ相当于反应Ⅰ中乙烷热解的产物H2，与CO2
进一步发生反应：CO2+H2CO+H2O，降低了反应Ⅰ中生成物H2的浓度，减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，使平衡向生成乙烯的方向移动，从而提高了原料的转化率；
③有学者研究纳米Cr2O3催化CO2氧化乙烷脱氢，通过XPS测定催化剂表面仅存在Cr6+和Cr3+，由于催化剂参加反应，在反应过程中被CO2氧化为+6价的CrO3，反应前后质量不变，则催化反应历程为：C2H6(g)→C2H4(g)+H2(g)，3CO2+Cr2O3=2CrO3+3CO和2CrO3+3H2=Cr2O3+3H2O；
④A.化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，所以K1=K2；将容器1与容器2对比，容器2反应相当于容器1反应达到平衡后将容器的容积减小一半，增大压强，物质浓度增大，化学反应速率加快，所以v1v3，B错误；
C.容器2对于容器3来说，温度升高，反应物的物质浓度大，所以反应速率v2>v3；容器2对于容器1来说，相当于压强是容器1的二倍，增大压强，平衡逆向移动，所以c2<2c1；容器3相当对于容器1来说，相当于降低了容器的温度，降低温度，平衡逆向移动，所以c32c3，C错误；
D.根据选项C分析可知c2<2c1，c3
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