【化学】江苏省南通市启东市2019-2020学年高二下学期期初考试

【化学】江苏省南通市启东市2019-2020学年高二下学期期初考试

江苏省南通市启东市2019-2020学年高二下学期期初考试 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。‎ ‎1.2020年1月10日，国家自然科学奖一等奖授予中国科学院院士周其林教授领导团队历时20年科研攻关完成的重要科研成果“高效手性螺环催化剂的发现”。关于催化剂说法正确的是 A. 可以改变反应速率 B. 可以改变反应热(ΔH)‎ C. 可以改变反应转化率 D. 可以改变反应平衡常数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 催化剂通过改变反应历程改变反应速率，故A正确； ‎ B. 催化剂不能使化学平衡移动，不能改变反应热(ΔH)，故B错误；‎ C. 催化剂不能使化学平衡移动，不能改变反应转化率，故C错误； ‎ D. 平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变反应平衡常数，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.高温炼铜的反应之一为：2CuFeS2 + O2=Cu2S + 2FeS + SO2。下列有关化学用语的说法正确的是 A. 铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d94s2‎ B. SO2分子空间构型为直线型 C. S2—的结构示意图 D. 质量数为18的氧原子可表示为：188O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据洪特规则，铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故A错误；‎ B. SO2价电子对数是3，有1个孤电子对，分子空间构型为V型，故B错误；‎ C. S2-的质子数为16，结构示意图，故C错误；‎ D. 氧原子的质子数是8，质量数为18的氧原子可表示为，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.常温下，下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 0.1mol·L－1NaHCO3溶液：K+、Al3+、NO3-、SO42-‎ B. 10-12的溶液中：Na+、K+、ClO-、CO32-‎ C. 能使红色石蕊试纸变蓝的溶液：NH4+、K+、Cl-、NO3-‎ D. 水电离的c(H+)=10—11mol·L－1的溶液中：Na+、Ca2+、HCO3-、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 0.1mol·L－1NaHCO3溶液， Al3+、HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，故不选A； ‎ B. 10-12的溶液呈碱性， Na+、K+、ClO-、CO32-不反应，能大量共存，故选B；‎ C. 能使红色石蕊试纸变蓝的溶液呈碱性， NH4+、OH-生成一水合氨，不能大量共存，故不选C；‎ D. 水电离的c(H+)=10—11mol·L－1的溶液呈酸性或碱性， HCO3-在酸性、碱性条件下都不能大量共存，故不选D。‎ 答案选B。‎ ‎4.常温下，下列溶液均为，有关叙述正确的是（ ）‎ A. 碳酸氢钠溶液中 B. 碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小 C. 碳酸钠溶液中 D. 碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质只有NaCl ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠溶液显碱性，是HCO3-的水解大于HCO3-电离缘故，则溶液中，故A正确；‎ B．碳酸钠溶液中CO32-的水解程度比碳酸氢钠溶液中HCO3-的水解程度大，则Na2CO3的碱性强，即碳酸钠溶液pH大，故B错误；‎ C．碳酸钠溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)‎ ‎，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(H CO3-)+2c(H2CO3)，将物料守恒式c(Na+)代入电荷守恒式得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，故C错误；‎ D．碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH=7，所得溶液的溶质除NaCl，还可能含有少量H2CO3与NaHCO3，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】考查离子浓度大小比较；根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。‎ ‎5.氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源。根据下列图示有关说法正确的是 A. 断开非极性键和生成极性键的能量相同 B. 反应II比反应III生成的O-H键更牢固 C. 1/2O2(g) +H2(g) → OH(g) + H(g) ΔH1＞0‎ D. H2O(g)→ 1/2O2(g) +H2(g) ΔH2＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图示，断开0.5molO=O、1molH-H键和生成2molO-H键放出的能量不相同，故A错误；‎ B. 根据图示，反应II比反应III放出的能量少，反应III比反应II生成的O-H键更牢固，故B错误；‎ C.根据图示， 1/2O2(g) +H2(g) → OH(g) + H(g) ΔH1＞0，故C正确； ‎ D.根据图示， H2O(g)→ 1/2O2(g) +H2(g) ΔH2＞0，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.四种短周期主族元素W、X、Y、Z，W元素的原子在短周期中原子半径最大，X 元素原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Y元素原子L电子层的P能级上只有一对成对电子，Y和Z在周期表中处于同一主族。下列有关叙述不正确的是 A. 原子半径：W＞X＞Y B. XY2是极性键构成的非极性分子 C. W、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种 D. 化合物W2Y2中的阴阳离子个数比为1﹕1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W元素的原子在短周期中原子半径最大，W是Na元素；X元素原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，X是C元素；Y元素原子L电子层的P能级上只有一对成对电子，Y是O元素；Y和Z在周期表中处于同一主族，Z是S元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右半径减小，原子半径：Na＞C＞O，故A正确；‎ B. CO2为直线型分子，CO2是极性键构成的非极性分子，故B正确；‎ C. W、Y、Z三种元素组成的化合物有Na2SO4、Na2SO3、Na2S2O3等，故C正确；‎ D. 化合物Na2O2中的阴阳离子个数比为1﹕2，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是 A. 用图1装置蒸发CuCl2溶液获得无水CuCl2‎ B. 用图2装置可证明非金属强弱：Cl＞C＞Si C. 用图3装置制备少量白色的Fe(OH)2沉淀 D. 用图4装置进行已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜离子易水解，为抑制铜离子水解，在氯化氢气流中蒸发CuCl2溶液获得无水CuCl2，故A错误；‎ B. 盐酸是无氧酸，盐酸酸性大于碳酸，不能证明非金属性Cl＞C；碳酸钠与盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有杂质氯化氢，氯化氢与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能证明非金属性C＞Si，故B错误；‎ C. 阳极铁失电子生成亚铁离子，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，用图3装置制备少量白色的Fe(OH)2沉淀，故C正确；‎ D. 氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.以下反应可表示获得乙醇并用作汽车燃料的过程，下列有关说法正确的是 ‎①6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(s)＋6O2(g)　　　ΔH1‎ ‎②C6H12O6(s)＝2C2H5OH(l)＋2CO2(g) 　ΔH2‎ ‎③C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(l)　 ΔH3‎ A. 2ΔH3＝－ΔH1－ΔH2‎ B. 在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3会不同 C. 植物的光合作用通过反应①将热能转化为化学能 D. 反应④C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH4，则ΔH3＞ΔH4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ①6CO2(g)＋6H2O(l)＝C6H12O6(s)＋6O2(g)　　　ΔH1‎ ‎②C6H12O6(s)＝2C2H5OH(l)＋2CO2(g) ΔH2‎ 根据盖斯定律－①×－②×得C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH3=－ΔH1－ΔH2，故A正确；‎ B. 反应热与化学方程式的系数有关，在不同油耗汽车中发生反应③，ΔH3相同，故B错误；‎ C. 植物的光合作用通过反应①将光能转化为化学能，故C错误；‎ D. 气态水的能量大于液态水，反应④C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH4，则ΔH3＜ΔH4，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.锌－空气电池（原理如图）适宜用作城市电动车的动力电源。该电池放电时Zn转化为ZnO。该电池工作时下列说法正确的是 A. 该电池放电时OH—向石墨电极移动 B. 放电时氧气在石墨电极上发生还原反应 C. 该电池在充电时Zn电极应与电源正极相连 D. 该电池的负极反应为：Zn + H2O－2e—＝ZnO + 2H+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原电池放电时，阴离子移向负极，该电池中锌是负极，放电时OH—向锌电极移动，故A错误；‎ B. 放电时氧气在石墨电极上得电子发生还原反应生成氢氧根离子，故B正确；‎ C. 锌是原电池负极，该电池在充电时Zn电极应与电源负极相连，故C错误；‎ D. 电解质溶液为碱，该电池的负极反应为：Zn +2OH-－2e-＝Zn(OH)2，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】会根据电极材料的性质来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关。‎ ‎10.为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl-浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 从0 s到150 s，溶液pH降低的原因是的电离程度增大 B. 从0 s到150 s，溶液中 增加到起始浓度的倍 C. 从50 s到150 s，的平均生成速率约为 D. 光照分解的产物有、‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从0 s到150 s，溶液pH降低且Cl-浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；‎ B．从0 s到150 s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中 增加到起始浓度的=倍，故B正确；‎ C．从50 s到150 s，的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为=，故C正确；‎ D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl-浓度增大，O2的体积分数增大，说明HClO分解产物有HCl和O2，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. 电镀时通常把待镀金属制品作阳极，镀层金属作阴极 B. 298K时，2H2S(g) + SO2(g)＝3S(s) + 2H2O(l)能自发进行，则其ΔH＜0‎ C. 3molH2 和1molN2混合反应生成NH3，转移电子数为6×6.02×1023‎ D. 常温下，pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后的溶液呈碱性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电镀时通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，故A错误；‎ B. 298K时，2H2S(g) + SO2(g)＝3S(s) + 2H2O(l)，气体物质的量减少，ΔS＜0，反应自发进行，则其ΔH＜0，故B正确；‎ C. 合成氨反应可逆，3molH2 和1molN2混合反应生成NH3的物质的量小于2mol，转移电子数小于6×6.02×1023，故C错误；‎ D. 醋酸是弱酸，常温下，pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断、化学反应方向的判据，掌握酸碱混合的定性判断方法，注意pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠。‎ ‎12.下列图示与对应的叙述正确的是 A. 图甲表示反应4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)，保持其他条件不变，改变CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况。由图可知，NO2的转化率：c＞b＞a B. 图乙表示25℃时，分别加水稀释体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液，则25℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数 C. 图丙表示25℃时，向0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，溶液随盐酸体积的变化关系 D. 根据图丁，若要除去CuSO4溶液中的Fe3＋，需要调节溶液的pH在7左右 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应4CO(g)＋2NO2(g)N2(g)＋4CO2(g)，增大CO的浓度，平衡正向移动，NO2的转化率增大，所以NO2的转化率：c＞b＞a，故A正确 ；‎ B. 酸性越强，加水稀释相同倍数，pH的变化越大，根据图示，稀释过程中酸性CH3COOH＞HX，所以25℃时HX的电离平衡常数小于CH3COOH的电离平衡常数，故B错误；‎ C. NH4+的水解平衡常数，向0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，抑制铵根离子水解，一水合氨的浓度减小，所以增大，故C正确；‎ D. 根据图丁，若要除去CuSO4溶液中的Fe3＋，需要调节溶液的pH在4‎ 左右，防止铜离子沉淀，故D错误。‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质电离、平衡转化率与化学平衡移动的关系，明确稀释促进弱酸的电离、水解常数只与温度有关等知识，侧重运用所学原理从图象中获取信息、分析问题、解决问题的能力。‎ ‎13.室温下进行下列实验，根据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 用Zn和稀硫酸反应制取氢气，向反应液中滴入几滴CuSO4溶液，产生气泡的速率明显加快 Cu2+是反应的催化剂 B 向滴有酚酞的1mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中加水稀释至10mL，红色变浅 加水稀释时，CO32—的水解平衡向逆反应方向移动 C 向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中加入0.1 mol·L－1 FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取2～3次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色 反应2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2是有一定限度的 D 向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生 Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 锌置换出硫酸铜中的铜，锌、铜、硫酸构成原电池，加快锌与硫酸的反应速率，故A错误；‎ B.加水促进盐水解，加水稀释时，CO32—的水解平衡向正反应方向移动，故B错误； ‎ C. 向5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液中加入0.1 mol·L－1 FeCl3溶液1 mL，发生反应2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2，I－过量，滴加5滴KSCN溶液，出现血红色，说明有Fe3＋剩余，则反应2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2是有一定限度的，故C正确； ‎ D.根据溶度积规则，就能生成碳酸钡沉淀，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，有碳酸钡生成，不能证明Ksp(BaCO3)＜Ksp(BaSO4)，故D 错误。‎ 答案选C。‎ ‎14.常温下将0.100mol·L—1的NaOH溶液滴加到20mL 0.100mol·L—1的草酸（分子式为H2C2O4，二元弱酸）溶液中，滴加过程中，溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示，下列叙述正确的是 A. 电离常数Ka1(H2C2O4)=10—4.2‎ B. 当滴入10mLNaOH溶液时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(OH－)＋2c(C2O42-)‎ C. pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)＜2c(C2O42-)‎ D. 当滴入20mLNaOH溶液时：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O42-)‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=4.2时，c(HC2O4-)＝c(C2O42-)，则10—4.2，故A错误；‎ B 根据电荷守恒，当滴入10mLNaOH溶液时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(OH－)＋2c(C2O42-)，故B正确；‎ C. 根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(OH－)＋2c(C2O42-)，pH＝7.0的溶液中c(Na＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)，所以c(Na＋)＞2c(C2O42-)，故C错误；‎ D. 当滴入20mLNaOH溶液时草酸和氢氧化钠恰好反应生成NaHC2O4，根据质子守恒，c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O42-)，故D正确。‎ 答案选BD。‎ ‎【点睛】明确图象中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，抓住图象中特殊点计算电离平衡常数。‎ ‎15.500℃时，在四个体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：NO2(g) + SO2(g) SO3(g)+‎ ‎ NO(g)。有关物质起始时的物质的量数据如下表所示：‎ 容器 起始时物质的量/mol NO2‎ SO2‎ SO3‎ NO 甲 ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ 乙 ‎0.15‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ 丙 ‎0‎ ‎0‎ ‎0.2‎ ‎0.2‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎0‎ 已知甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1。下列说法正确的是 A. 升温至700℃，上述反应的平衡常数为，则正反应为吸热反应 B. 达平衡时，容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍 C. 达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同 D. 保持温度不变容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，此时v(正)＞v(逆)‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎500℃时，甲容器达到平衡时容器中c(SO3)=0.01mol·L－1；‎ ‎500℃时，。‎ ‎【详解】A. 500℃时，平衡常数是，升温至700℃，上述反应的平衡常数为，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；‎ B. 根据“一边倒”原则，丙中相当于投入0.2mol NO2(g) 和0.2mol SO2(g)，投料为甲的2倍，相当于加压，加压平衡不移动，达平衡时，所以容器丙中c(SO2)是容器甲的2倍，故B正确；‎ C. 根据“一边倒”原则，乙相当于都是投入0.2mol NO2(g)和0.1mol SO2(g)‎ ‎，与丁是等效平衡关系，因此达平衡时，容器丁中c(NO)与乙容器中相同，故C正确；‎ D. 保持温度不变，容器甲达到平衡时再充入SO2(g)和SO3(g)各0.02mol，＞K，此时v(正)＜v(逆)，故D错误。‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】熟悉化学平衡的三段法计算及影响平衡移动的因素即可解答，注意平衡常数只与温度有关，会根据K与Q的关系判断反应方向。‎ ‎16.物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀的溶解平衡等，它们都可看作化学平衡。请根据所学的知识回答：‎ ‎（1）0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液的pH约为4.0，请分析NaHSO3溶液显酸性的原因____。‎ ‎（2）实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释，这样操作的目的是____。‎ ‎（3）KCN溶液中存在CN—+H2OHCN+OH—，该反应在 25℃时的平衡常数K=____。（已知：25℃时，Ka(HCN)=6.25×10—10）‎ ‎（4）已知25℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝4.7×10－11。则NH4HCO3溶液的pH____（填“＞、＜或=”）7。‎ ‎（5）某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓度见下表所示（H+和OH—未列出）‎ 离子 SO42-‎ Mg2+‎ Fe3+‎ Na+‎ Cl—‎ 浓度/mol·L－1‎ a ‎0.05‎ ‎0.10‎ ‎0.50‎ ‎0.58‎ 表格中的a____0.16（填“＞、＜或=”）。‎ ‎【答案】 (1). NaHSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性 (2). 抑制FeCl3水解 (3). 1.6×10—5 (4). ＞ (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）NaHSO3是弱酸的酸式盐，HSO3-存在电离平衡HSO3- SO32-+H+，电离呈酸性；HSO3-存在水解平衡HSO3-+H2O H2SO3+OH-，水解呈碱性，0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液的pH约为4.0，说明NaHSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液显酸性；‎ ‎（2）FeCl3易水解，盐酸抑制FeCl3水解，实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释；‎ ‎（3）Ka(HCN)= ；CN—+H2OHCN+OH—，在 25℃时的平衡常数K=1.6×10—5；‎ ‎（4）已知25℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，则NH4+的水解常数是，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝4.7×10－11，则HCO3-的水解常数是，HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以溶液呈碱性，pH＞7。‎ ‎（5）根据电荷守恒，2c(SO42-)+ c(Cl-)+ c(OH-)= 2c(Mg2+)+ 3c(Fe3+)+ c(Na+)+ c(H+)，2a+0.58+ c(OH-)=2×0.05+3×0.1+0.5+ c(H+)，由溶液含有Fe3+可知，溶液呈酸性，c(OH-)＜c(H+)，所以a＞0.16。‎ ‎17.将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数（Φ）随温度的变化如图所示：‎ ‎（1）D点v(正)____v(逆)（填“＞、＜或=”）。‎ ‎（2）A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是____点。T2时N2O4的平衡转化率为____；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为____。‎ ‎（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数____（填“增大、不变或减小”）。‎ ‎【答案】 (1). ＜ (2). C (3). 25% (4). 0.1mol·L—1·s—1 (5). 减小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）T1温度下，D点到平衡点A，N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，所以v(正)＜v(逆)； ‎ ‎（2）根据图示，升高温度平衡体系中N2O4的体积分数减小，平衡正向移动，升高温度，平衡常数增大，A、B、C点中平衡常数K的值最大的是C点；‎ ‎ ‎ ‎，x=0.5，T2时N2O4的平衡转化率为；若平衡时间为5s，则此时间内的N2O4平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1；‎ ‎（3）若其条件不变，在T3原平衡基础上，再加入一定量NO2，相当于加压，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小。‎ ‎18.过渡元素铁可形成多种配合物，如黄血盐[K4Fe(CN)6]、普鲁士蓝、血红素等 ‎（1）已知：3K4Fe(CN)6]=2KCN + Fe3C + 3C + (CN)2↑ +2N2↑‎ ‎①(CN)2分子中σ键和π键的数目比为n(σ)﹕n(π)=____。‎ ‎②(CN)2在一定条件下氢化可以得到乙二胺（H2NCH2CH2NH2），乙二胺易溶于水，除因为是极性分子外，还可能的原因是____。‎ ‎（2）普鲁士蓝的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，写出外界离子基态核外电子排布式____。‎ ‎（3）血红素（如图）是血红蛋白的合成原料之一，血红色中的N原子的杂化类型为____，请用“→”在图中标出Fe2+的配位键_________。‎ ‎【答案】 (1). 3﹕4 (2). 乙二胺与水形成分子间氢键 (3). [Ar]3d5 (4). sp2、sp3 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①单键都是σ键，叁键中有1个σ键、2个键π键，(CN)2分子的结构式是 ，(CN)2分子中σ键和π键的数目比为n(σ)﹕n(π)= 3﹕4；‎ ‎②乙二胺与水形成分子间氢键，所以乙二胺易溶于水。‎ ‎⑵普鲁士蓝的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，外界离子是Fe3+，Fe→Fe3+失去了4s轨道上的2‎ 个电子、3d轨道上的1个电子，所以基态Fe3+核外电子排布式是[Ar]3d5；‎ ‎（3）红圈标出的N原子形成氮碳双键，与铁形成的键为配位键，该N原子的杂化方式是sp2；红三角标出的氮原子形成3个单键，与铁形成共价键，该N原子还有1个孤电子对，所以杂化方式是sp3，用“→”在图中标出Fe2+的配位键为。‎ ‎19.2019年诺贝尔化学奖授予美国和日本的三位科学家，以表彰他们在锂离子电池领域的贡献。某种锂离子电池的工作原理如图所示，工作原理为：LiCoO2＋C6Li1－xCoO2＋LixC6‎ ‎（1）该锂离子电池工作时A为____极，B的电极反应式为____。‎ ‎（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等）可通过实验方法回收钴、锂，实现废旧电池的资源化。‎ 下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（“开始沉淀”的pH按金属离子浓度为0.1mol·L－1，“沉淀完全”是指溶液中离子浓度低于1.0×10－5 mol·L－1）：‎ Al3＋‎ Fe3＋‎ Fe2＋‎ Co2＋‎ 开始沉淀的pH ‎40‎ ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎7.0‎ 沉淀完全的pH ‎5.2‎ ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎？‎ ‎①在上述溶解过程中，S2O32-被氧化成SO42-，LiCoO2在溶解过程中反应的化学方程式为____。‎ ‎②除杂过程中，通空气将Fe2+氧化为Fe3+的目的是____。‎ ‎③沉钴过程中，须调节溶液的pH不低于____。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). LixC6 —xe—＝6C + xLi+ (3). 8LiCoO2 + Na2S2O3 +11H2SO4＝4Li2SO4 + 8CoSO4 + Na2SO4 + 11H2O (4). 确保在pH=5～6时将铁元素除尽，且不使Co2+沉淀 (5). 9.0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据锂离子移动方向判断正负电极； ‎ ‎（2）①在上述溶解过程中，S2O32-被LiCoO2氧化成SO42-，LiCoO2被还原成Co2＋；‎ ‎②Fe2+在5～6时不能生成氢氧化物沉淀，Fe3+在5～6时完水解成氢氧化铁沉淀；‎ ‎③根据Co2＋开始沉淀的pH计算Co(OH)2的Ksp，再根据“沉淀完全”时Co2＋离子浓度低于1.0×10－5 mol·L－1计算氢氧根离子浓度，进而计算pH。‎ ‎【详解】（1）原电池中，阳离子移向正极，根据图示，Li+移向A电极，所以A是正极、B是负极，原电池负极失电子发生氧化反应，B的电极反应式为LixC6 —xe—＝6C + xLi+；‎ ‎（2）①在上述溶解过程中，S2O32-被LiCoO2氧化成SO42-，LiCoO2被还原成Co2＋，根据得失电子守恒配平方程式为8LiCoO2 + Na2S2O3 +11H2SO4＝4Li2SO4 + 8CoSO4 + Na2SO4 + 11H2O；‎ ‎②Fe2+在5～6时不能生成氢氧化物沉淀，Fe3+在5～6时完水解成氢氧化铁沉淀，通空气将Fe2+氧化为Fe3+的目的是确保在pH=5～6时将铁元素除尽，且不使Co2+沉淀；‎ ‎③Co2＋开始沉淀的pH为7，则Ksp［Co(OH)2］=，“沉淀完全”时Co2＋离子浓度低于1.0×10－5 mol·L－1，，，所以pH不低于9。‎ ‎【点睛】本题考查了工业上废旧锂离子电池回收钴的方法，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，合理分析题中工艺流程是解题关键。‎ ‎20.硝酸工业尾气中含有NO，可以利用强氧化剂过硫酸钠(Na2S2O8)氧化脱除NO，可以消除污染。‎ ‎（1）NO3-空间构型为__________。‎ ‎（2）O、N、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____________。‎ ‎（3）在反应2中，NO2-的初始浓度为0.1 mol·L－1，反应为NO2-＋S2O82-＋2OH－NO3-＋2SO42-＋H2O。不同温度下，达到平衡时NO2-的脱除率与过硫酸钠(Na2S2O8)初始浓度的关系如图1所示。‎ 图中点a、点b和点c的平衡常数K的大小关系____。‎ ‎（4）间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图2所示，质子膜允许H＋和H2O通过。电极 Ⅰ 的电极反应式为____，每处理1 mol NO，可同时得到____g O2。‎ ‎【答案】 (1). 平面正三角形 (2). S＜O＜N (3). Ka =Kc ＜Kb (4). 2HSO3- + 2e-+ 2H+＝S2O42- + 2H2O (5). 16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据价电子互斥理论分析NO3-的空间构型；‎ ‎（2）N原子2p能级半充满，结构较稳定；‎ ‎（3）由图象可知，Na2S2O8初始浓度相同时，NO2-的脱除率随温度升高而增大；‎ ‎（4）由图示可知，电极Ⅰ发生HSO3- →S2O42-反应，根据得失电子守恒计算生成氧气的质量。‎ ‎【详解】（1）NO3-中N原子的价电子对数是，配位原子数为3，无孤电子对，NO3-‎ 空间构型为平面正三角形；‎ ‎（2）同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，N原子2p能级半充满，结构稳定，所以第一电离能O＜N；同主族元素从上到下第一电离能减小，所以第一电离能S＜O，O、N、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为S＜O＜N；‎ ‎（3）K只与温度有关，则Ka = Kc ，Na2S2O8初始浓度相同时，NO2-的脱除率随温度升高而增大，即升高温度，平衡正向移动，所以温度越高K越大，点a、点b和点c的平衡常数K的大小关系为Ka = Kc ＜Kb；‎ ‎（4）由图示可知，电极Ⅰ发生HSO3- →S2O42-反应，S元素得电子化合价降低，电极Ⅰ的电极反应式为2HSO3- + 2e-+ 2H+＝S2O42- + 2H2O；NO→N2，N元素化合价由+2降低为0，处理1 mol NO转移2mol电子，电极Ⅱ的电极反应式是2H2O- 4e-＝4H+ +O2↑，根据得失电子守恒，生成氧气的质量是16g。‎ ‎21.以活性炭为催化剂，可以将工业废气中的SO2催化氧化变为硫酸，进而制得各种硫酸盐，如硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]等。‎ ‎（1）研究表明，SO2在活性炭上催化氧化反应机理可以表示为（*标记的为吸附状态）‎ Ⅰ．二氧化硫的吸附：SO2(g)SO2* ΔH1=a kJ·mol－1‎ Ⅱ．氧气的吸附：O2(g)2O* ΔH2=b kJ·mol－1‎ Ⅲ．三氧化硫的氧化：SO2*+O*=SO3* ΔH3=c kJ·mol－1‎ Ⅳ．三氧化硫的脱附：SO3*SO3(g) ΔH4=d kJ·mol－1‎ 根据上述反应机理，写出SO2在活性炭上催化氧化的热化学方程式____。‎ ‎（2）以硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]原料通过下列流程可以制备晶体A。‎ ‎①已知25 ℃时，[Fe(C2O4)3]3－(aq)＋SCN－(aq)[Fe(SCN)]2＋(aq)＋3C2O42-(aq)，K＝10－16。某研究小组同学欲检验晶体A中含有三价铁，取少量晶体放入试管中，用蒸馏水充分溶解，向试管中滴入几滴0.1 mol·L－1KSCN溶液。请判断上述实验方案是否可行并说明理由：____。‎ ‎②某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A的化学式：‎ 步骤1：准确称取A样品4.910 0 g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370 0 g；‎ 步骤2：准确称取A样品4.910 0 g置于锥形瓶中，加入足量的3.000 mol·L－1 H2SO4‎ 溶液和适量蒸馏水，用0.500 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定，当MnO4－恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00 mL；(C2O42－＋MnO4－＋H+→CO2↑＋Mn2＋＋H2O)‎ 步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.280 0 g，恰好完全反应。‎ 通过计算确定晶体A的化学式（写出计算过程）。_____________‎ ‎【答案】 (1). 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=(2a+b+2c+2d)kJ·mol—1 (2). 不可行，因为[Fe(C2O4)3]3－转化为[Fe(SCN)]2＋反应的平衡常数较小，生成物离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验 (3). K3Fe(C2O4)3·3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用盖斯定律书写SO2在活性炭上催化氧化的热化学方程式；平衡常数小于，一般认为反应不能进行；根据质量守恒计算晶体A的化学式。‎ ‎【详解】（1）已知：‎ Ⅰ．二氧化硫的吸附：SO2(g)SO2* ΔH1=a kJ·mol－1‎ Ⅱ．氧气的吸附：O2(g)2O* ΔH2=b kJ·mol－1‎ Ⅲ．三氧化硫的氧化：SO2*+O*=SO3* ΔH3=c kJ·mol－1‎ Ⅳ．三氧化硫的脱附：SO3*SO3(g) ΔH4=d kJ·mol－1‎ 根据盖斯定律Ⅰ×2＋Ⅱ＋Ⅲ×2＋Ⅳ×2得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=(2a+b+2c+2d)kJ·mol—1；‎ ‎（2）①[Fe(C2O4)3]3－(aq)＋SCN－(aq)[Fe(SCN)]2＋(aq)＋3C2O42-(aq)，K＝10－16，由于反应的平衡常数较小，生成物离子浓度太小，观察不到明显现象，所以无法检验；‎ ‎② 4.910 0 g A样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370 0 g，说明结晶水的质量是4.910 0 g－4.370 0 g=0.540 0 g；结晶水的物质的量是；将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.280 0 g，恰好反应，可知4.910 0 g晶体A中含有+3价的铁，且晶体中铁元素的物质的量是；根据步骤2：5C2O42－＋2MnO4－＋16H+＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，反应消耗0.500 0 mol·L－1 KMnO4溶液24.00 mL，则4.910 0 g A样品中C2O42－的物质的量是 ‎ ‎；根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。‎ ‎【点睛】本题考查离子的检验、化学式的求算，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的基本方法，掌握通过守恒法计算确定化学式。‎