【文档说明】北京市大兴区2020-2021学年高二上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，2.440 MB，由小赞的店铺上传

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大兴区2020~2021学年度第一学期期末检测试卷高二化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Fe56第Ⅰ卷选择题(共42分)本部分共14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分。1

.下列图中装置或过程能实现电能转化为化学能的是()A．燃料电池B．电解熔融NaClC．火力发电D．风力发电A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．燃料电池为原电池装置，能实现化学能转变成电能，故A不符合题意；B．电解熔融NaCl是在通电

条件下在阴、阳两极引发氧化还原反应，实现电能转化成化学能，故B符合题意；C．火力发电是将燃料燃烧过程中的化学能转化成机械能，再将机械能转化为电能，故C不符合题意；D．风力发电是将风能转化成机械能，再将机械能转化成电能，故D不符合题意；故选：B。2.下列物质属于弱电解质

的是()A.32NHHOB.NaOHC.FeD.NaCl【答案】A【解析】【分析】【详解】A．弱碱，是弱电解质，A项符合题意；B．强碱，是强电解质，B项不符合题意；C．金属单质，既不是电解质也不是非电解质，C项不符合

题意；D．盐，是强电解质，D项不符合题意；故正确选项为A3.下列各原子或离子的电子排布中，不正确．．．的是()A.223N1s2s2pB.22626Ar1s2s2p3s3pC.226Na1s2s2p+D.

-22625Cl1s2s2p3s3p【答案】D【解析】【分析】【详解】A．N原子是7号元素，第2周期第IIA族元素，电子排布式是2231s2s2p，故A正确；B．Ar是18号元素，第3周期第0族元素，电子排布式是226261s2s2p3s3p，故B正确；C．Na是1

1号元素，第3周期第IA族元素，电子排布式是12261s2sp3s2，而Na+是原子失去最外层一个电子，所以Na+电子排布式是2261s2s2p，故C正确；D．Cl原子是17号元素，第3周期第VIIA族元素，

电子排布式是226251s2s2p3s3p，而Cl-是Cl原子得到一个电子形成的，电子式为226261s2s2p3s3p，故D不正确。故答案为：D4.下列物质的水溶液肯定呈酸性的是()A.含H+的溶液B.pH<7的溶液C.加酚酞显无色的溶液D.c(H+)>c(OH-)的溶

液【答案】D【解析】【分析】【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在大量的H+，但硫酸氢钠为盐，A错误；B．当纯水的温度大于室温时，温度的升高促进了水的电离，此时中性条件下pH<7，但纯水为中性，B错误；C．酚酞的变色范围在8.2~10.0，因此当溶液pH大于7.0小于8.2时

，溶液呈弱碱性，但溶液无色，C错误；D．溶液的酸碱性由c(H+)和c(OH-)的相对大小决定的，当c(H+)>c(OH-)时溶液呈酸性，当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，当c(H+)<c(OH-)时溶液呈碱性，D正确；故答案选D。5.对NaMgAl、、有关性质的叙述中，不正确．．．的是

()A.金属性：NaMgAlB.电负性：NaMgAlC.第一电离能：NaMgAlD.还原性：NaMgAl【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Na，Mg，Al位于同一周期，金属性从左至右，逐渐减小，故A正确；B．同一周期元素，电负性从

左至右逐渐增大，故B正确；C．同一周期，第一电离能从左至右呈增大趋势；此外需要注意同一周期，第一电离能的特殊情况：ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，故第一电离能：NaAlMg，故C错误；D．Na，Mg，Al位于同一周期，还原性从左至

右，逐渐减小，故D正确；故选：C。6.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=xkJ·mol–1，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中不正确的是（）A.反应的ΔH＜0B.过程b使用了催化剂C.使用催化剂

可以提高SO2的平衡转化率D.过程b发生两步反应，第一步为吸热反应【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由图中信息可知，该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应为放热反应，反应的ΔH＜0，A说法正确；B.只有使用催化剂才可以降低反应的活化能。由图中信

息可知，过程b的活化能比过程a的低，因此可以判断过程b使用了催化剂，B说法正确；C.催化剂可以同等程度地加快正反应速率和逆反应速率，因此，使用催化剂不能提高SO2的平衡转化率，C说法不正确；D.由图中信息可知，过程b发生两步反应，第一步生成中间产物，中间产物的总能量

高于反应，因此第一步为吸热反应，D说法正确。综上所述，相关说法中不正确的是C，故选C。7.下列核电荷数为24的Cr的价层电子排布中，处于基态的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】Cr的基态核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54

s1，，价层电子排布为3d54s1，符合的轨道示意图为B，故正确选项为B【点睛】8.锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确．．．的是()A.锌电极发生氧化反应B.盐桥的作用是传导电子C.铜电极上发生的反应C

u2++2e-=CuD.该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行【答案】B【解析】【分析】此装置为铜锌双液原电池，锌比铜活泼，则锌作负极，失电子生成锌离子，铜作正极，铜离子得电子生成单质铜；内电路中，盐桥中的阳离子向正极移动。【详解】A．锌电极失电子，化合价升高，发生氧化反应，A说

法正确；B．盐桥的作用是传导盐桥中的阴阳离子，B说法错误；C．铜作正极，电极上发生的反应Cu2++2e-=Cu，C说法正确；D．该装置为原电池装置，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，实现了氧化反应和还原反应分开进行，D说法正确；答案为B。9.某实验小组用2230.1mol/LNaSO

溶液和240.1mol/LHSO溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。已知：223242422NaSO+HSO=NaSO+SO+S+HO实验序号温度223NaSO溶液24HSO溶液

2HO出现沉淀所需的时间Ⅰ0℃5mL5mL10mL12sⅡ0℃5mL10mL5mLtsⅢ0℃5mL7mLamL10sⅣ30℃5mL5mL10mL4s下列说法不正确．．．的是()A.实验Ⅱ中10<t<12B.实验Ⅲ中a=8C.对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得：温度相同时

，增大反应物浓度，化学反应速率增大D.对比实验Ⅰ、Ⅳ可得：浓度保持不变时，升高温度，化学反应速率增大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是在相同温度下进行,且实验Ⅱ的硫酸浓度比实验Ⅰ、Ⅲ的浓度大,反应速率快,所以时间短,则t<10，故A错误

；B．对比表格中数据可知2230.1mol/LNaSO溶液体积不变，只有硫酸溶液和水的体积体积在变，为了保证实验的准确性，硫酸和水的体积之和都是15，所以a=15-7=8，故B正确；C．从表格中的数据可知，温度相同时，增大反应物浓度

，化学反应速率增大，故C正确；D．对比实验Ⅰ、Ⅳ可知，三种溶液的体积都相同，只有温度不同，实验Ⅳ的温度高于实验Ⅰ的温度，而且实验Ⅳ所用时间远小于实验Ⅰ的，所以浓度保持不变时，升高温度，化学反应速率增大，故D正确。故答案为：A。10.某温度时，C

aSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中，不正确．．．的是()A.CaSO4在水中存在沉淀溶解平衡：CaSO4Ca2+(aq)+SO2-4(aq)B.a点表示CaSO4在水中达到沉淀溶解平衡C.b点有CaSO4沉淀生成D.由图可知，含大量SO2-4的溶液中不存在Ca2+【答案】D【

解析】【分析】【详解】A．CaSO4在水中难溶，但并非不溶，在水中存在沉淀溶解平衡CaSO4Ca2+(aq)+SO2-4(aq)，A正确；B．图像为CaSO4的沉淀溶解平衡曲线，a点在沉淀溶解平衡曲线上，在此曲线上的各点均表示Ca

SO4在水中达到溶解平衡，B正确；C．b点的c(Ca2+)与c(SO2-4)乘积大于Ksp(CaSO4)，因此b点状况下有沉淀生成，C正确；D．根据沉淀溶解平衡c(Ca2+)=sp2-4Kc(SO)，含有大量SO2-4的溶液中，c(Ca2+)极小并非不存在，D错误；故答案选

D。11.下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】A．电负性与非金属性变化规律一致，非金属性：F＞Cl＞Br，故电负性：F＞Cl＞B

r，A正确；B．卤素最外层电子数均为7个，按照化合价形成规律最高价为+7价，但F元素无正价，B错误；C．同主族元素的原子半径越小，原子核对核外电子引力越强，不容易失去电子，第一电离能越大，故第一电离能：F＞

Cl＞Br，C错误；D．卤素单质均为分子构成，且无分子间氢键，故相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，所以熔点：Br2＞Cl2＞F2，D错误。故答案选A。12.下列实验不能．．达到目的的是()A．研究阳离子对22HO分解速率

的影响B．研究温度对化学平衡的影响C．研究沉淀之间的相互转化D．研究酸碱性对平衡移动的影响A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该实验中，阳离子不同，可以研究阳离子对H2O2分解速率的影响，A不符合题意

；B．在CuCl2溶液中，Cu2+会水解，且该反应是吸热反应，加热溶液，其颜色会改变，故可以对比不同温度下CuCl2溶液的颜色，来研究温度对化学平衡的影响，B不符合题意；C．AgNO3溶液过量，加入三

种溶液之后，均会生成沉淀，不发生沉淀的转化，故该实验不能达到目的，C符合题意；D．NaOH和硫酸改变了溶液中H+的浓度，引起了溶液中227CrO−和24CrO−浓度的变化，使得溶液的颜色发生改变，故该实验可以研究酸碱性对平衡移动的影响，D

不符合题意；故选C。13.测定不同温度下40.5mol/LCuSO溶液和230.5mol/LNaCO溶液的pH，数据如下表：温度/℃25304050604CuSO(aq)pH3.713.513.443.253.1423NaCO(aq)pH10.4110.

3010.2810.2510.18下列说法不正确．．．的是()A升高温度，23NaCO溶液中()-cOH增大B.升高温度，4CuSO溶液和23NaCO溶液的水解平衡均正向移动C.升高温度，4CuSO溶液的pH变化是wK改变与水解平衡移动共同作用的结果D.升高温度，可能导致23CO−结合H+程度大

于2HO电离产生H+程度【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据表格中数据知，温度升高，Na2CO3在水中的水解程度增大，同时Kw增大，OH-浓度应当增大，A项不符合题意；B．水解是中和反应的逆反应，所以水解是吸热反应，

温度升高，水解程度增大，B项不符合题意；C．在CuSO4溶液中有，pH=-lgc(H+)=-lgw-Kc(OH)；升高温度，Kw增大，c(OH-)也增大，所以该溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C项不符合

题意；D．平衡2-3CO+H2OH-3CO+OH-，可以看作是两步反应：H2OH++OH-，2-3CO+H+H-3CO，与2-3CO结合的H+来自水的电离，则2-3CO结合H+程度小于H2O电离产生H+程度，D项符合题意；答案选D。14.工

业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g）=HCOOCH3（g），在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如右图

所示。下列说法不正确．．．的是A.增大压强甲醇转化率增大B.b点反应速率υ正=υ逆C.平衡常数K(75℃)＞K(85℃)，反应速率υb＜υdD.生产时反应温度控制在80~85℃为宜【答案】B【解析】【分析】【详解】

A、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明该反应是可逆反应；由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，即增大甲醇的转化率，A正确；B、题中说明该曲线是测得相同时间内CO的

转化率随温度变化曲线，并非是在不同温度下的平衡转化率；b点之后，仍有一段曲线表示CO的转化率随温度升高而升高，说明b点不是平衡状态，则此时正反应速率不等于逆反应速率，B错误；C、温度超过约83℃时，随着温度的升高，CO的转化率

降低，则说明该反应是放热反应；对于放热反应而言，温度越高，平衡常数K越小，故K(75℃)＞K(85℃)；b点的温度比d点的低，故υb＜υd，C正确；D、根据图可知，温度在80~85℃的范围内，CO的转化率最高，超过该

温度范围，随着温度的升高，CO的转化率降低，说明反应的最适温度在80~85℃之间，故生产时反应温度控制在80~85℃为宜，D正确；故选B。【点睛】①本题中要注意该曲线的说法，是“相同时间内CO的转化率随温度变化”，并非平衡状态下的平衡转化率，

则我们可以通过曲线找出该反应的最适温度，可以参考合成氨工业的温度选择：温度较低，反应速率不足，或者催化剂活性不够；温度过高，反应是放热，不利于平衡正向移动；综合之下，在实际生产中，选择500℃作为反应温度（原因是：该温度下催化剂的活性最高）；②还要注意一点：该曲线是一段时间内的转

化率，不是平衡转化率，所以不能通过转化率小于100%来说明该反应是可逆反应，而应该根据后半段“温度升高，转化率降低”来证明该反应是可逆反应。第Ⅱ卷非选择题(共58分)15.WXYZN、、、、是原子序数依次增大．．．．的五种短周期元素，其元素性质或原子结构如下。元素元素性质或原子结构W原子核

外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素X在同周期元素中，原子半径最大、第一电离能最小Y电离能/(kJ/mol)数据：1I=740；2I=1500；3I=7700；4I=10500……Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等

N只有一个不成对电子回答下列问题。(1)写出W、Y的元索符号：W________、Y_______。(2)X的电子排布式是________。(3)Z、N的最高价氧化物对应的水化物酸性更强的是_______(填化学式)；W、X和N可以形成多种化合物，其中水溶液pH>7是_____

_(填化学式)。(4)X、Z和N元素的电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)。(5)从原子结构的角度解释元素Y的第一电离能高于同周期相邻元素的原因___。【答案】(1).O(2).Mg(3).1s22s22p63s1(4).HClO4(5).NaClO(6)

.Cl＞Si＞Na(7).镁的价电子排布是3s2，达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定，不易失电子，第一电离能较大【解析】【分析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W的原子核外s能级

上的电子总数与p能级上的电子总数相等，原子核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，W为O或Mg，由于W的第一电离能低于同周期相邻元素，则W为O元素；X在同周期元素中，原子半径最大、第一电离能最小，X属于碱金属，原子序数比O大，则X

为Na元素；由Y的第一至第四电离能可知，第三电离能剧增，说明最外层有2个电子，容易失去2个电子，则该元素原子形成离子的化合价为+2价，为第IIA族元素，原子序数比Na大，则Y为Mg元素；Z的原子序数比Mg大

，其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，则Z的价电子排布式为3s23p2，则Z为Si元素；N的原子序数比Si大，其电子排布中只有一个不成对电子，电子排布式为1s22s22p63s23p5，则N为Cl元素；据此解答。【详解】由上分析可知，W为O元素，X为

Na元素，Y为Mg元素，Z为Si元素，N为Cl元素；(1)由W为O元素，Y为Mg元素，它们的元素符号为O，Mg；答案为O，Mg。(2)X为Na元素，原子序数为11，核外有11个电子，其电子排布式为1s22s22p63s

1；答案为1s22s22p63s1。(3)Z为Si元素，N为Cl元素，二者属于同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，其最高价氧化物对应的水化物酸性依次增强，原子序数Cl＞Si，酸性更强的是HClO4；W为O元素，X

为Na元素，N为Cl元素，它们可以形成多种化合物，其中水溶液pH＞7是强碱弱酸盐，即NaClO；答案为HClO4，NaClO。(4)X为Na元素，Z为Si元素，N为Cl元素，三者属于同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，原子序数Cl＞Si＞Na，即非

金属性Cl＞Si＞Na，元素的非金属性越强其电负性越大，即电负性Cl＞Si＞Na；答案为Cl＞Si＞Na。(5)Y为Mg元素，原子序数为12，其电子排布式为1s22s22p63s2，镁的价电子排布是3s2，达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定，不易失电子

，第一电离能较大；答案为镁的价电子排布是3s2，达到S亚层的全充满状态，与相邻原子比较，Mg原子相对稳定，不易失电子，第一电离能较大。16.常温下，有0.1mol/L的四种溶液：①NaOH②3CHCOOH③4NaHSO④4NHCl(1)任选上述一种酸性溶液，用化学用语解

释其呈酸性的原因：___________。(2)溶液①的pH=___________。(3)溶液①、③等体积混合后，溶液中()*cH___________()-cOH(填“>”、“<”或“=”)。(4)溶液④中各离子浓度

从大到小的顺序是___________。(5)向320mL0.1mol/LCHCOOH中滴加0.1mol/LNaOH溶液过程中，pH变化如图所示。①滴加过程中发生反应的离子方程式是___________。②下列说法正确的是___________。a.A、C两点水的电离程度：A

>Cb.B点溶液中微粒浓度满足：()()()()++--3cNa+cH=cCHCOO+cOHc.D点溶液微粒浓度满足：()()()+-33cNa=cCHCOOH+cCHCOO【答案】(1).若选②3CHCOOH，

其属于弱酸，在水溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，电离出氢离子显酸性；（或者若选③4NaHSO，强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，NaHSO4=Na++H++SO24−，电离出氢离子显酸性；若选④4NHCl，其属于强酸弱碱盐，水解显酸性，NH4++H2ONH3·H2

O+H+；）(2).13(3).=(4).c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)(5).CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O(6).bc【解析】【分析】【详解】(1)②3CHCOOH③4NaHSO④4NHCl都是酸性溶液，若选②3CHCOOH，其属于弱酸

，能电离出氢离子，CH3COOHCH3COO-+H+；若选③4NaHSO，强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，NaHSO4=Na++H++SO24−；若选④4NHCl，其属于强酸弱碱盐，水解显酸性，NH4++H2ONH3·H2O+H+；

故答案为：若选②3CHCOOH，其属于弱酸，在水溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+；（或者若选③4NaHSO，强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，NaHSO4=Na++H++SO24−；若选④4NHCl，其属于强酸弱碱盐，水解显酸性，NH4++H2ONH3·H2O+H+；）(2

)常温下，有0.1mol/L①NaOH()1c0.1?LOHmol−−=，常温下水的离子积KW=1×10-14，()14131110cH110?L0.1mol−+−−==，所以溶液①的pH=13，故答案为：13。(3))将溶液①NaOH和③4NaHSO等体积混合后

，正好反应生成正盐Na2SO4，强酸强碱盐显中性，所以c(H+)=c(OH-)，故答案为：=(4)④4NHCl其属于强酸弱碱盐，水解显酸性，溶液④中各离子浓度从大到小的顺序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故答

案为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。(5)①向320mL0.1mol/LCHCOOH中滴加0.1mol/LNaOH溶液过程中发生中和反应，离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故答案为：CH3COOH+

OH-=CH3COO-+H2O。②a．A点为醋酸溶液，酸抑制水的电离，随着氢氧化钠的加入，水的电离程度增大，C点是醋酸和醋酸钠的混合溶液，水的电离程度比A点大，故a错误；b．B点是醋酸和醋酸钠为1:1的混合溶液，溶液中存在电荷守恒()()()()

++--3cNa+cH=cCHCOO+cOH，故b正确；c．由图可知D点为正好中和的点，生成醋酸钠，根据物料守恒得：()()()+-33cNa=cCHCOOH+cCHCOO，故c正确；故答案为bc。17.二氧化硫()2SO是大气主要

污染物脱硫是环境治理的热点问题。回答下列问题。(1)利用4KMnO吸收2SO的离子方程式为：_______-2-42242MnO+SO+HO2MnO+□□___________+□___________(在“□”里填入系数在“___________”上填

入微粒符号)，加入3CaCO可以提高2SO去除率，原因是___________。(2)工业上还常用氨水吸收法处理2SO，可生成()324NHSO或43NHHSO。①()324NHSO显碱性，结合化学用语，用化学平衡原理解释其原因：___

________。②43NHHSO显酸性。用氨水吸收2SO，当吸收液显中性时溶液中离子浓度关系正确的是___________(填字母)。a.()()()+2--433cNH=2cSO+cHSOb.()()()()+2-+-43cNH>cSO>cH

=cOHc.()()()()()++2---433cNH+cH=cSO+cHSO+cOH(3)某工厂烟气中主要含2SO、2CO，在较高温度经下图所示方法脱除2SO并制得24HSO。①在阴极放电的物质是_______

____。②在阳极生成3SO的电极反应式是___________。【答案】(1).-2-2-+422442MnO+SO+2HO2MnO+SO+4H(2).CaCO3与生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率(3).溶液中存在平衡：++4232NH+HONH?HO+H、2-32--3SO

+HOHSO+OH，2-3SO水解程度大于+4NH水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液显碱性(4).ab(5).O2(6).22-4SO-4e-=O2↑+2SO3【解析】【分析】【详解】(

1)KMnO4具有强氧化性，可将SO2氧化为2-4SO，根据未配平方程式知-4MnO被还原为2-4MnO，根据S元素守恒知生成2-4SO系数为“1”，根据电荷守恒知右边添加H+，系数为“4”，再由H、O元素守恒推得H2O的系数为

2，完整方程式为：-2-2-+422442MnO+SO+2HO2MnO+SO+4H；加入CaCO3，可以和生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率，故此处填：CaCO3与生成的H+反应，促进平衡正向移动，提高SO2去除率；(2)①(NH4)2SO

3溶液中+4NH、2-3SO均水解，2-3SO水解使溶液显碱性，+4NH水解使溶液显酸性，但2-3SO水解程度大于+4NH水解程度，所以溶液显碱性，此处所填内容如下：溶液中存在平衡：++4232NH+HONH?H

O+H、2-32--3SO+HOHSO+OH，2-3SO水解程度大于+4NH水解程度，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，故溶液显碱性；②a．溶液中存在电荷守恒：++--2-433c(NH)+c(H)=c(OH)+c(HSO)+2c(SO)，溶液显中性意味着c(OH-)＝c(H+)，故+-2-

433c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，a正确；b．由a选项知，此时+-2-433c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，故+2-43c(NH)c(SO)＞，由于NH4HSO3为酸性，(NH4)2SO3为碱性，故此时溶液组

成应该为NH4HSO3与(NH4)2SO3混合，两者完全电离，故溶液中大量存在+-2-433NHHSOSO、、，而H+与OH-均为微弱过程产生，故+2-+-43c(NH)c(SO)c(H)=c(OH)＞＞，b正确；c．由电荷守恒知，2-3SO系数应为2，c

错误；故此处选ab；(3)①由图示知，左边电极接电源负极，故为电解的阴极，根据电解原理，阴极发生还原反应，相关物质化合价降低，对比反应前后知O2化合价降低，故在阴极放电的物质为O2；②根据图示知，2-4SO在阳极放电生成O2、SO3等物质，故电极反应为：22-4SO-4e-=O2↑+2

SO3。18.2CO相关转化的研究对解决环境、能源问题意义重大。I．(1)2CO与4CH经催化重整可制得合成气：242CO(g)+CH(g)=2CO(g)+2H(g)按一定体积比加入4CH和2CO，在恒压下发生反

应温度对CO和2H产率影响如图所示。生产中优选的温度范围是___________(填字母序号)。a．°°800C~850Cb．°°850C~900Cc．°°950C~1000CⅡ．2CO与2H反应制取甲醇()3CHOH(1)2CO与2

H反应的热化学方程式表示如下：反应i：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++1ΔH=-58kJ/mol反应ⅱ：222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++2ΔH=+42kJ/mol写出CO(g)与2H(g)生成3CHOH(g)的热化学方程式_

__________。(2)关于反应i和反应ⅱ的说法正确的是___________。a．升高温度能使反应i的反应速率增大，平衡常数减小b．增大压强能提高反应ⅱ中2CO的转化率c．低温、高压有利于2CO催化加氢制取3CHOH(3)某同学研究温度、压强对反应平衡的影响，得到上述反应i和反

应ⅱ中2CO平衡转化率、甲醇选择性与温度、压强的关系如下图。已知：2n()=100%n(CO)生成的甲醇甲醇选择性转化的结合上图，350℃、2MPa时，发生的主要反应是___________(填“反应i”或“反应ii”)。此条件下，2amol/LCO和2amol/LH

在恒容、密闭容器中充分反应达到平衡，写出所发生反应的化学平衡常数K的计算过程及结果___________(结果用分数表示)。Ⅲ．利用2Al-CO电池(工作原理如下图所示)能有效地将2CO转化成化工原料草酸铝

()2243AlCO。(1)电池的负极反应式为___________。(2)电池的正极反应式：-2-2242CO+2e=CO(草酸根)正极反应过程中，2O起催化作用，催化过程可表示为：①-22-6eO6=6O+②…

…写出反应②的离子方程式___________。【答案】(1).b(2).CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-100kJ/mol(3).ac(4).反应ii(5).K=0.3a0.3a90.7a0.7a

49=(6).Al-3e-=Al3+(7).6CO2+6-2O=32-24CO+6O2【解析】【分析】【详解】I．(1)根据图像可知，在恒压条件下，温度为850℃~900℃时，CO和H2的产率相对较高，而再升高温度，产率几乎不增加，

因此生产合成气中优选的温度范围为850℃~900℃，故答案为：b；Ⅱ．(1)由反应i-反应ii可得热化学反应方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，根据盖斯定律可得，△H=△H1-=△H2-100kJ/mol，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-1

00kJ/mol；(2)a．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率增大，反应i为放热反应，升高温度平衡逆向进行，则平衡常数减小，a正确；b．反应ii为反应前后气体体积不变的反应，故增大压强不会

影响平衡，不能提高反应ⅱ中2CO的转化率，b错误；c．反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-100kJ/mol，降温和增大压强都有利于反应正向进行，因此低温、高压有利于2CO催化加氢制取3CHOH，c正确；故答案为：ac；(3)已知：2n()=100%n(CO)生成的甲醇甲

醇选择性转化的，根据图像可知，350℃、2MPa时，甲醇的选择性接近0，说明几乎没有生成甲醇，发生的主要反应为反应ii，此条件下，2amol/LCO和2amol/LH在恒容、密闭容器中充分反应达到平衡，CO2的平衡转化率为30%，列三段式有

：()()()222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)mol/Laa00mol/L0.3a0.3a0.3a0.3amol/L0.7a0.7a0.3a0.3a起始转化平衡则平衡常数K=0.3a0.3a90.7a0.7a49=，故答案为

：反应ii；K=0.3a0.3a90.7a0.7a49=；Ⅲ．(1)利用2Al-CO电池能有效地将2CO转化成化工原料草酸铝()2243AlCO，Al的化合价升高，失去电子，则Al作负极，发生的电极反应式为：Al-3e-=Al3+，故答案为：Al-3e-=Al3+；(2)根据

题干信息，反应①+②可得正极反应式，因此反应②的离子方程式为：6CO2+6-2O=32-24CO+6O2，故答案为：6CO2+6-2O=32-24CO+6O2。19.室温下，某小组同学对3FeCl溶液的性质进行如下探究：实验I(1)甲

同学测定3FeCl溶液pH<7，用化学用语表示原因___________。(2)乙同学观察试管123aaa、、中的现象：对比试管1a和2a，发现试管1a中红色更深，由此该同学得出的结论是___________；试管3a中的现象是__

_________。(3)小组同学依据上述实验现象，得出试管a中发生反应的离子方程式为___________。实验Ⅱ(4)实验Ⅱ开始前小组同学查阅了相关资料，并对实验现象进行了预测资料i.3+-3Fe(OH)(s)Fe(aq)+3OH(a

q)25℃时，-39K=110资料ⅱ.3+Fe生成氢氧化物沉淀的pH如下表(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)开始沉淀时1.5完全沉淀时2.8①甲同学认为：由于反应恰好完全进行，因此试管1b中不存在3+Fe；乙同学则推测该溶液中仍存在3+Fe，他推测的依据是___________。

②丙同学在试管2b中加入10mLpH=5的盐酸，预期发生反应的离子方程式是___________；丙同学并未观察到沉淀明显溶解。丙同学依据资料信息，猜想盐酸不能使3Fe(OH)溶解可能的原因是___________。③欲使沉淀溶解，可采取的措施是___________。【答案】(1).32

3FeCl+3HOFe(OH)+3HCl(2).增大反应物的浓度使平衡正向移动(3).溶液颜色变浅。(4).3+-3Fe+3SCNFe(SCN)(5).3+-3Fe(OH)(s)Fe(aq)+3OH(aq)(6).+3+32Fe(OH)+3H=Fe+3HO(7).溶液

酸性太弱(8).增强溶液的酸性至pH<1.5。【解析】【分析】因为3FeCl溶液是强酸弱碱盐，水解显酸性，由此写出离子方程式；根据3+-3Fe+3SCNFe(SCN)颜色判断平衡移动知识，增大反应物浓度使平衡

向正向移动，减小离子的浓度，使平衡向逆向移动；实验Ⅱ是结合题干中的信息分析氢氧化铁的沉淀和溶解，利用沉淀溶度积常数和题中信息分析解释。【详解】(1)甲同学测定3FeCl溶液pH<7，因为3FeCl溶液是强酸弱碱盐，水解显酸性，发生反应323FeCl+3

HOFe(OH)+3HCl，故答案为：323FeCl+3HOFe(OH)+3HCl。(2)试管a中是3FeCl溶液和KSCN溶液混合，发生反应3+-3Fe+3SCNFe(SCN),生成了血红色的Fe(SCN)3,试管a1中再加入中等浓度的3FeCl溶液，使平衡向正向移动，使

血红色物质Fe(SCN)3浓度增大，颜色加深，由此得出的结论是增大反应物的浓度使平衡正向移动。试管3a中是先加入少量水，又加入铁粉，发生反应3+2+2Fe+Fe=3Fe,Fe3+离子浓度减小，平衡左移，使血红色物质Fe(SCN)3浓度减小，所以对

应的现象是溶液颜色变浅。故答案为：增大反应物的浓度使平衡正向移动；溶液颜色变浅。(3)试管a中发生反应的离子方程式为3+-3Fe+3SCNFe(SCN)。故答案为：3+-3Fe+3SCNFe(SCN)。(4)①由资料i可知生产的氢氧化铁不稳定，会发生反应3+-3Fe(OH)(s)Fe(a

q)+3OH(aq)，故答案为：3+-3Fe(OH)(s)Fe(aq)+3OH(aq)②试管b中发生反应3+-3Fe+3OH=Fe(OH)，生成了氢氧化铁沉淀，过滤得到b2中的氢氧化铁沉淀，在试管2b中加入10mLpH=5的盐酸，氢氧化铁会

和盐酸反应，预期发生反应的离子方程式是+3+32Fe(OH)+3H=Fe+3HO，丙同学并未观察到沉淀明显溶解，由题中信息知c(Fe3+)=0.1mo/l，pH=5，即c（OH-）=-910mol/L所以-93-28spQ=0.1(10)=10>spK所

以沉淀不会溶解，综上所述，氢氧化铁不会溶解的原因是溶液酸性太弱，故答案为：+3+32Fe(OH)+3H=Fe+3HO；溶液酸性太弱。③欲使沉淀溶解，可采取的措施是增强溶液的酸性，在强酸性条件下氢氧化铁就会溶解，在pH<1.5时会完全溶

解。故答案为：增强溶液的酸性至pH<1.5。【点睛】