【文档说明】辽宁省大连市2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，648.500 KB，由小赞的店铺上传

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辽宁省大连市2019--2020学年高二上学期期末考试化学试题1.下列叙述正确的是A.加热条件下发生的反应均是吸热反应B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，放出的热量相等C.有能量变化的过程一定有化学键的断裂与形成D.物质发生化学变化时一定伴随着能量变化【答案】D【解析】【详解】A．铝

热反应需要加热条件下才能发生，但属于放热反应，故A错误；B．反应热与参与反应的物质含量多少有关，还与参与反应的物质的状态有关，硫固体变为硫蒸气需要吸收热量，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，放出的热量不相等，故B错误；C．

物质的三态(气、液、固)转化过程有能量的变化，但是没有化学键的断裂与形成D．化学反应的实质是旧键断裂，同时形成新键，断键吸收能量，成键释放能量，则物质发生化学变化时一定伴随着能量变化，故D正确；答案选D。2.下列

事实不能用电化学原理解释的是（）A.常温条件下，在空气中铝不容易被腐蚀B.镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀C.用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜D.远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板【答案】A【解析】【详解】A、Al在空气中不易被氧化是因为Al与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化

膜，保护内部的Al不被氧化，与电化学无关，正确；B、锌比铁活泼，而铁比锡活泼，所以镀锌铁中锌作负极被腐蚀，而镀锡铁中，铁作负极被腐蚀，与电化学有关，错误；C、锌与稀硫酸反应时加入少量的硫酸铜溶液，则锌置换铜，与铜形成原电池，加快反应速率，与电化学有关，错误；D、远洋海轮的尾部装上一定数量

的锌板，锌与铁、海水形成原电池，从而使锌被腐蚀，轮船被保护，与电化学有关，错误；答案选A。3.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A.古人用明矾水除铜镜上的铜锈B.工业上用电解熔融氯化铝来冶炼金属铝C.水垢中含有硫酸钙，可先用碳酸钠溶液处理，转化为碳酸钙，再用酸去除D.盐碱地（含有较多NaCl和

Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，所以用明矾溶液清除铜镜上的铜锈利用的是盐类水解的原理，故A正确；B．

工业上用电解熔融氧化铝制取铝，氯化铝属于共价化合物，熔融的氯化铝中不含有铝离子，故B错误；C．水垢中含有的CaSO4，先用碳酸钠溶液处理转化为更难溶的CaCO3，离子方程式是CaSO4(s)+CO2-3(aq)⇌CaCO3(s)+SO2-4(aq)，再用

酸除去CaCO3，CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故C正确；D．Na2CO3在溶液中由于发生CO2-3+H2O⇌HCO-3+OH-水解反应呈碱性，施加适量石膏，生成碳酸钙，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，可降低土

壤的碱性，故D正确；答案选B。4.20世纪初，人们认识到原子有复杂的结构，首次提出原子的行星模型的科学家是A.英国道尔顿B.俄国门捷列夫C.丹麦玻尔D.英国卢瑟福【答案】D【解析】【详解】A．1808年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，提出了原子

实心球模型；B．1869年，俄国化学家门捷列夫提出了元素周期律，制作出第一张元素周期表；C．1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)在卢瑟福提出的核式结构模型基础上引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的核外电子分层排布的原子结构

模型；D．1911年，英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)依据α粒子散射实验，认为所有的原子都有一个原子核，核的体积占整个原子体积很小的一部分，原子的正电荷以及绝大部分质量集中在原子核上，电子像行星绕着太阳那样绕核运动，提出了原子的核式结构模型

，即原子的行星模型；综上分析，首次提出原子的行星模型的科学家是卢瑟福，答案选D。5.下列符号代表的粒子不影响水的电离平衡的是A.B.C.Fe3＋D.【答案】D【解析】【分析】水的电离平衡影响因素有温度、外加酸、碱、盐等。加热促进电离；加酸、

加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离，据此分析；【详解】A.硫化氢是弱酸，在水溶液中能电离出氢离子，抑制水的电离，故A项不符合题意；B.醋酸根离子在水溶液中能水解，促进水的电离，故B项不符合题意；C.Fe3＋在水溶液中能水

解，促进水的电离，故C项不符合题意；D.结构示意图表示的是氯离子，对水的电离无影响，故D项符合题意．综上，本题选D。【点睛】本题考查了对水的电离的影响因素，主要是根据微粒的几种表示式来判断微粒的性质，确认对水的电离的影

响。6.催化剂之所以能加快反应速率，是因为A.减小了反应速率常数B.降低了反应的活化能C.降低了反应的焓D.降低了反应的递熵【答案】B【解析】【详解】催化剂之所以能加快反应速率，是因为催化剂降低了反应的活化能，增大了活化分子百分含量，有效碰撞的次数增加，反应速率加快，故答案选B。7.室温

下由水电离产生的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是A.-2-++4ClSONaK、、、B.+2+--43NHBaC1NO、、、C.2--2+2+43SONOFeMg、、、D.N

a+、K+、ClO-、OH-【答案】A【解析】【详解】室温下由水电离产生的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，A．在酸性或碱性条件下，-2-++4ClSONaK、、、之

间不发生反应，与H+或OH-也不发生反应，能大量共存，故A符合题意；B．碱性条件下，+4NH与OH-不能大量共存，故B不符合题意；C．碱性条件下，2+2+FeMg、与OH-反应，不能大量共存，酸性条件下-2+3NOFe、与H+反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．酸性条件下，

OH-与H+反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。8.可逆反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，反应过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.1molNO2与1molCO混合经充分反应放热234kJB.E1为逆反应活化能C.该反

应反应物的总能最高于生成物的总能量D.该反应的反应热ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，ΔH=+134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，1molNO2与1molCO完全反应时放热23

4kJ，但该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此放热小于234kJ，故A错误；B．活化能是指化学反应中，由反应物分子到达活化分子所需的最小能量。由图可知E1是反应物分子变为活化分子时需要的能量，应为正反应的活化能，故B错误；C．由图像显示

可知，该反应反应物的总能最高于生成物的总能量，故C正确；D．根据A项计算可知，该反应放热，ΔH＜0，则结合图示数据，该反应的反应热ΔH=E1-E2，故D错误；答案选C。9.稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌4NH++OH-，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，应加

入适量的物质是(忽略溶解热)①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热A.仅①②③⑤B.仅③⑤C.仅③D.仅①③【答案】C【解析】【分析】使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，则可加入含OH-的物质，结合浓度对化学平衡的影响分

析解答判断。【详解】①加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故①不符合题意；②加硫酸，c(OH-)减小，平衡正向移动，故②不符合题意；③加NaOH固体，c(OH-)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④加水，促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，c(OH-)

减小，故④不符合题意；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热，电离平衡正向移动，c(OH-)增大，故⑤不符合题意；使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大的只有③，故选C。10.《本草纲目》中记载炉甘石（主要成分为ZnCO3)可止血，消肿毒，

生肌肉，明目等。下列说法正确的是A.Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，d区B.Zn、C、O的电负性大小为O＞C＞ZnC.2-3CO中C原子的杂化类型为sp3杂化D.ZnCO3中的化学键类型有离子键

、非极性键和极性键【答案】B【解析】【详解】A．Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，位于ds区，故A错误；B．金属的电负性小于非金属元素的，同周期自左而右元素的非金属性增大，则电负性：O＞C＞Zn，故B正确；C．

2-3CO中C原子孤电子对数=4+2-232=0，价层电子对数=3+0=3，离子的空间构型为：平面三角形，C原子采取sp2杂化，故C错误；D．ZnCO3为离子化合物，化学键类型有离子键和极性共价键，故D错误；答案选B。11.多电子原子中，原子轨道能级

高低次序不同，能量相近的原子轨道为相同的能级组。元素周期表中，能级组与周期对应。下列各选项中的不同原子轨道处于同一能级组的是A.ls、2sB.2p、3sC.3s、3pD.4s、3d【答案】CD【解析】【详解】A．ls

在K能层上，2s在L能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故A不符合题意；B．2p在L能层上，3s在M能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故B不符合题意；C．3s和3p都在M能层上，二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故C符合题意；D．3

d在M能层上，4s在N能层上，但由于4s的能量低于3d，电子在填充轨道时，先填充4s轨道，在填充3d轨道，因此二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故D符合题意；答案选CD。12.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，

测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.温度：T1＞T2＞T3B.正反应速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)C.平衡常数：K(a)＞K(c)、K(b)=K(d)D.平均摩尔质量：M(a)＜M(c)、M

(b)＞M(d)【答案】C【解析】【详解】A．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，A错误；B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高

，反应速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移

动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，C正确；D．CO转化率的越大，气体的物质的量越小，而气体的总质量不变，由M=mn可知，M越小；则可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D错误；答案选C。13.下列有关实验操作、现象和

解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A将NO2球浸泡在冰水、热水中热水中红棕色明显加深2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，平衡逆向移动B向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液后，继续滴加2滴0.1mol/LF

eC13溶液先有白色沉淀，后转化为红褐色沉淀Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶C向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液（已知：H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11)无明显现象硼酸不与碳酸钠反应D向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激

性气味气体产生，溶液变浑浊2-23SO+2H+=SO2↑+S↓+H2OA.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．将NO2球浸泡在冰水和热水中，热水中红棕色明显加深，可知升高温度2NO2(g)⇌N2O4逆向移动，则2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，故A正确；

B．向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液，反应后NaOH大量剩余，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较Fe(OH)3比Mg(OH)2的

溶解度的大小，故B错误；C．因为H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K2=4.7×10-11，所以硼酸能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，但不生成二氧化碳气体，则没有明显现象，故C错误；D．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，酸性条件下，硫代

硫酸钠发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，发生反应为2-23SO+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故D正确；答案选AD。14.我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法

不正确的是A.该装置中能量转化方式主要为光能电能化学能B.该装置总反应为H2S光照催化剂H2+SC.a极上发生的电极反应为3I--2e-=-3ID.a极区需不断补充含I-和-3I的溶液【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，该制氢工艺中能量

的转化形式有：光能转化为化学能，最终转化为电能，故A正确；B．根据题意，该装置的最终目的是分解硫化氢，结合图示反应后的产物可知，该装置总反应为H2S光照催化剂H2+S，故B正确；C．根据图示，a极上发生氧化反应，失电子，

则电极反应为3I--2e-=-3I，故C正确；D．a极区涉及两个反应步骤，第一步利用氧化态-3I高效捕获H2S得到硫、氢离子和还原态I−，第二步是还原态I−又在电极上失去电子，发生氧化反应转化为氧化态-3I，I-和-3I可在a极区循环使用，

所以a极区不需不断补充含I-和-3I的溶液，故D错误；答案选D。15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42－的水解）。下列叙述正确的是（）A.n点表示AgC

l的不饱和溶液B.Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10－7C.Ag2C2O4+2C1－(aq)2AgCl+C2O42－(aq)的平衡常数为109.04D.向c（C1－）=c（C2O42－）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】C【解析】【详解

】A、由图可知，n点AgCl的浓度熵Q大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，选项A错误；B.由图可知，当c(Ag+)=1.0×10-4mol/L时，c(C2O42-)=1.0×10-

2.46mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-)=(1.0×10-4)21.0×10-2.46=1.0×10-10.46，选项B错误；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+C2O42-(aq)的平衡常数K===109.04

，选项C正确；D、由图可知，当溶液中c(Cl-)=c(C2O42-)时，AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，选项D错误；答案选C。16.现有常温条件下甲

、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的盐酸，丙为未知浓度的FeCl2溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=____________。（2）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(

OH-)的大小关系为____________（用甲、乙、丙表示）。（3）某化学兴趣小组认为在隔绝空气的环境中，用酸性KMnO4溶液能测定丙溶液的浓度（已知：2+-+3+2+425Fe+MnO+8H=5Fe+Mn+4HO)。①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度

的KMnO4溶液250mL,配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需____________、_____________填写仪器名称）。②滴定实验要用到酸式滴定管或碱式滴定管，使用该仪器的第一步操作是___

_________。③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是____________（夹持部分略去，填字母序号），达到滴定终点的现象是____________。④若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点读数为_________

___mL。⑤某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测FeCl2溶液的体积/mL0.1000mol/LKMnO4的体积(mL)第一次25.0026.11第二次25.0028.74第三次25.0026.09依据上表数据，计算该FeCl2溶

液的物质的量浓度为____________（请保留小数点后两位）。⑥下列操作中可能使测定结果偏低的是____________（填字母）。A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液B.滴定前盛放FeCl2溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.酸式滴定管尖嘴部分在滴

定前没有气泡，滴定后有气泡D.读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数【答案】(1).13(2).丙＞甲＝乙(3).250mL容量瓶(4).胶头滴管(5).检验滴定管是否漏水(6).b(7).滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红（浅紫红色），且半分钟内不褪色(8).26.

10(9).0.52mol/L(10).CD【解析】【分析】(1)先根据水的离子积常数计算0.1mol•L-1的NaOH溶液中氢离子浓度，再计算溶液的pH；(2)酸、碱抑制水电离、FeCl2水解促进水电离；(3)①根据配制一定物质

的量浓度溶液的步骤分析实验仪器；②滴定管使用前要验漏；③高锰酸钾溶液、FeCl2溶液都需要用酸式滴定管滴加；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，根据图示滴定管液面可知，液面处于26和27之间，据

此读出滴定管中液面读数；⑤根据方程式2+-+3+2+425Fe+MnO+8H=5Fe+Mn+4HO计算FeCl2溶液的物质的量浓度；⑥根据()()()()cVcV=标标测测判断误差；【详解】（1）常温下，14W10K−=，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)甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，抑制水电离，水电离出c(OH-)=10-13mol•L-1，乙为0.

1mol•L-1的盐酸，抑制水电离，水电离出c(OH-)=10-13mol•L-1，丙为未知浓度的FeCl2溶液酸，FeCl2水解促进水电离，水电离出c(OH-)>10-7mol•L-1；所以由水电离出的c

(OH-)的大小关系为丙＞甲＝乙；(3)①精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，实验仪器，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需250mL容量

瓶、胶头滴管；②滴定实验要验漏，使用该仪器的第一步操作是检验滴定管是否漏水；③高锰酸钾溶液、FeCl2溶液都需要用酸式滴定管滴加，所以滴定方式中，最合理的是b，达到滴定终点时，锥形瓶内有高锰酸钾剩余，滴定终点的现象

是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红（浅紫红色），且半分钟内不褪色；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，根据图示滴定管液面可知，液面处于26和27之间，读数是26.10mL；⑤根据表格数据，第二次

实验数据明显超出误差范围，根据第一次、第三次实验，平均消耗高锰酸钾溶液的体积是0.0261L，消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.0261L=0.00261mol，根据方程式2+-+3+2+425Fe+MnO+8H=5Fe+Mn+4HO计算FeCl2溶液的物质的量

浓度是0.00261mol×5÷0.025L=0.52mol/L；⑥A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，高锰酸钾的浓度减小，消耗高锰酸钾的体积偏大，使测定结果偏高，故不选A；B.滴定前盛放FeCl2溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，故不选B

；C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，使测定结果偏低，故选C；D.读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗高锰酸钾的体积偏小，使测定结果偏低，故选D；【点睛】

本题考查水电离、一定物质的量浓度溶液的配制、滴定操作的应用，明确实验原理是解题关键，注意根据实验步骤分析实验需要的仪器，利用“归因法”，根据()()()()cVcV=标标测测分析滴定误差。17.纯碱是人们生活的必需品和重要的化工原料。我国化学家侯德榜开创了侯德榜制碱法，解决了20世纪

初我国的用碱问题。I.工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和2-4SO等杂质，为提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的简要工艺流程如图：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：(1)热的Na2C

O3溶液有较强的去油污能力，其原因是(用离子方程式及必要的文字加以解释____________。(2)“趁热过滤”时的温度应控制在____________。II.电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示在阳极区发生的反应包括______

______。阳离子交换膜允许____________通过。物质B是____________(填化学式)，作用为____________。【答案】(1).Na2CO3在溶液中存在水解平衡2-3CO+H2O⇌-3HCO+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水

解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强(2).36℃以上(3).2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++2-3CO=-3HCO(4).Na+(5).NaOH(6).增强溶液的导电性【解析】【分析】I．根

据题中信息可知，工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和2-4SO等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠，根据简要工艺流程可知：首先将工业碳酸钠溶解于水，然后加入适量的氢氧化钠溶液将Ca2+、Mg2+、Fe3+充分沉淀，过滤后将滤

液蒸发浓缩、结晶，趁热过滤后可得到Na2CO3∙H2O，将Na2CO3∙H2O加热脱水，得到试剂级碳酸钠；II．装置图分析阳极电极附近氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，阴极电极附近氢离子放电生成氢气，水电离平衡被破坏，溶

液中氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠，加入水中含少量氢氧化钠增强溶液导电性，阳离子交换膜允许阳离子通过，阴离子不能通过，据此分析。【详解】I．(1)Na2CO3在溶液中存在水解平衡2-3CO+H2O⇌-3HCO+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动

，使溶液碱性增强，故去油污能力增强；(2)由题中信息可知，碳酸钠的饱和溶液在36℃以上析出的是流程中所得到的Na2CO3∙H2O，则“趁热过滤”时的温度应控制在36℃以上；II．装置图分析，阳极电极附近氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和

碳酸钠反应生成碳酸氢钠，阳极区发生的反应有：2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++2-3CO=-3HCO；阳离子交换膜使允许阳离子通过，电极过程中溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移；水为弱电解质，导电能力弱，随着反

应不断进行，阴极溶液中氢氧根离子不断减少，应及时补充稀氢氧化钠，增强溶液导电性。18.甲醇(CH3OH)常温下为无色液体，是应用广泛的化工原料和前景乐观的燃料。(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃烧热(ΔH)分别为-283.0kJ•mol-1、

-285.8kJ•mol-1、-726.8kJ•mol-1，则CO和H2反应生成CH3OH的热化学方程式是____________。(2)一定温度下反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)在容积为2L的密闭容器中进行，其相关数据见如图。①从反应开始至平衡时，用H2表示化学反应速

率为____________。②能判断该反应达到平衡状态的是____________(填字母)。A.生成CH3OH与消耗H2的速率比为1:2B.容器内气体密度保持不变C.容器内气体的平均相对分子质量保持不变D.容器内各种成分的浓度保持不变③该温度下此反应的平衡常数为是______

______，5min后速率变化加剧的原因可能是____________；(3)在6.98MPa、250°C和催化剂(CoI2)作用下，甲醇可转化为乙酸：CH3OH(g)+CO(g)=CH3COOH(g)，有机合成常有副反应存在。

若反应釜中CH3OH和CO配料比(质量)为1，甲醇生成乙酸的转化率为90.0%，则此反应CO的转化率为____________。【答案】(1).CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol(2).0

.06mol/(L•min)(3).CD(4).9.375(5).使用了催化剂(6).78.75%【解析】【详解】(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃烧热(ΔH)分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1、-726.8kJ•mol-1，则①CO(g)+12O

2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1②H2(g)+12O2(g)═H2O(l)△H=--285.8kJ•mol-1③CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ•mol-1根据盖斯定律，

①+②×2-③可得CO和H2反应生成CH3OH的热化学方程式是CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol；(2)①根据图象，反应在10min时达到化学平衡，H2的物质的量改变为2mol-

0.8mol=1.2mol，容器体积为2L，则以H2表示化学反应平均速率为v(H2)=n1.2molVt2L1i=0mn=0.06mol/(L⋅min)；②反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)为正反应气体

分子数减小的放热反应体系，A．生成CH3OH与消耗H2都是正向反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故A不能说明反应达到平衡状态；B．反应过程中，容器内气体总质量不变，容器的容积不变，则在反应过程中混合气体的密度始终不变。若容器内混合气体的密度

保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B不能说明反应达到平衡状态；C．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量变化，则平均摩尔质量质量发生变化，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，则混合气体的平均相

对分子质量不随时间而变化，则反应到达平衡，故C能说明反应达到平衡状态；D．容器内各种成分的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡，故D能说明反应达到平衡状态；答案选CD；③根据反应方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3O

H(g)计算，各组分达到平衡时的浓度为c(CO)=0.4mol2L=0.2mol/L，c(H2)=0.8mol2L=0.4mol/L，c(CH3OH)=0.6mol2L=0.3mol/L，所以该反应的化学平衡常数

为K=()()()()3222cCHOH0.3mol/LcCOcH0.2mol/L0.4m=ol/L=9.375；根据图象，5min后化学反应速率加快，但物质的量变化依然按照化学计量比，则5min后速率变化加剧的原因可能是使用催化剂；

(3)甲醇可转化为乙酸的化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)═CH3COOH(g)，当反应釜中CH3OH和CO配料比(质量)为1，甲醇生成乙酸的选择率为90.0%，设CH3OH和CO均为1g，则生成乙酸的质量为

0.9g，此时消耗CO的质量为0.9g×2832=0.7875g，所以CO的平衡转化率为α=0.7875g1g×100%=78.75%。【点睛】易错点为(2)中的③计算平衡常数时要注意图像数据中提供的物理量，要将物质的量转化

为浓度进行计算。19.黑色金属是指铁、铬、锰及其合金，在生产生活中有广泛的用途。请回答下列问题：(1)基态铬原子的核外电子排布式____________，能量最高的原子轨道有____________种空间伸展方向。(2)[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中，与Cr3+形

成配位键的原子是____________，NH3的VSEPR模型为____________，H2O中氧原子的杂化类型为____________。(3)H2O的稳定性____________(填大于或小于)NH3的稳定性，请用共价键知识解释

原因：____________。(4)元素铁和锰的逐级电离能如图所示，元素X是____________(填元素符号)，判断理由是____________。(5)Fe与CO能形成一种重要的催化剂Fe(CO)5，该分子中σ和π键个数比为____________，C、O元素的第一电离

能是C____________O。(填“＞”“＜”或“=”)(6)Fe3+可用SCN-检验，类卤素(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—CN))和异硫氰酸(H—N=C=S)，这两种酸中沸点较高的是____________(填名称)，原因是_______

_____。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(2).5(3).O、N(4).四面体(5).sp3(6).大于(7).因为O-H键长<N-H键长，O-H键能＞N-H键能，所以H2O稳定

性＞NH3稳定性(8).Fe(9).Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，比较稳定，比Fe2+难失去第3个电子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+的价电子排布式为3d5，Mn3+的

价电子排布式为3d4，Fe3+处于半充满状态，比较稳定，比Mn3+难失去第4个电子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)(10).1:1(11).＜(12).异硫氰酸(13).分子间有氢键【解析】【分析】(1

)根据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式；根据最高能级的轨道数判断空间伸展方向的情况；(2)Cr3+提供空轨道，具有孤电子对的原子提供共用电子对，据此分析判断；根据价层电子对互斥理论分析判断VSEPR模型和杂化类型；(3)物质的稳定性与分子内

化学键的强弱有关，利用键能的大小分析判断；(4)根据原子核外电子排布的状态判断电离能的大小关系，进而确定元素；(5)CO分子中σ键与π键个数比为1:2，Fe和C原子形成σ键；同周期元素第一电离能随核电荷数增大呈逐渐增大的趋势；(6)异硫氰酸分子间可形成氢键。【详解】(

1)基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，能量最高的能级为3d，d能级有5个轨道，则有5种空间伸展方向；(2)Cr3+提供空轨道，具有孤电子对的原子提供共用电子对，[Cr(H2O)3(NH3)3]3+

中，O、N元素能够提供孤电子对，则与Cr3+形成配位键的原子是O、N，氨气分子中N原子价层电子对个数=3+5-123=4，根据价层电子对互斥理论判断其VAEPR模型为四面体形；H2O中氧原子的价层电子对个数=2+6-122=4，杂化类型为sp3杂化；(3)物质的稳定性与分子内化学键

的强弱有关，键能越大，稳定性越大，因为O-H键长＜N-H键长，则O-H键能＞N-H键能，所以H2O稳定性＞NH3稳定性；(4)Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，比较稳定，比Fe2+难失去第3个电子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+

的价电子排布式为3d5，Mn3+的价电子排布式为3d4，Fe3+处于半充满状态，比较稳定，比Mn3+难失去第4个电子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)，根据图示可得，X为Fe元素；(5)一个三键中含有一个σ键和2个π键，CO分子中σ键与π键个数比为1:2，Fe和C原子形成5个配位

键，配位键是σ键，则Fe(CO)5中σ键与π键个数都是10个，所以二者之比为10:10＝1:1；同周期元素第一电离能随核电荷数增大呈逐渐增大的趋势，则C、O元素的第一电离能是C＜O；(6)异硫氰酸分子间可形成氢键，沸点较高。【点睛

】本题难点为(4)，微粒结构核外电子排布处于半满、全满或全空时，微粒的结构稳定，再电离出一个电子时需要的能量越大，电离能越大。20.氰化物作为电镀络合剂在电镀工业里无可替代。25°C时，向10mL0.01mol•L-1NaCN溶液中逐滴加入0.

01mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图甲所示。NaCN溶液中CN-、HCN浓度所占分数(δ))随pH变化的关系如图乙所示［其中a点的坐标为(9.5,0.5)]。(1)图甲中c点的溶液中溶质为____________(填化学式)，氯离子

浓度等于____________mol/L。(2)图甲中b点的溶液中微粒关系正确的是____________。A.c(HCN)＞c(CN-)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.c(CN-)＞c

(Cl-)＞c(HCN)＞c(OH-)＞c(H+)C.c(HCN)＞c(Cl-)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D.c(CN-)＞c(Cl-)＞c(HCN)＞c(H+)＞c(OH-)(3)图乙中，若用盐酸调节溶液使pH=7，则c(Cl-)____________c(HCN

)(填＞、＜或＝)(4)结合图像计算NaCN的水解常数Kb=____________。【答案】(1).NaCl、HCN(2).0.005mol/L(3).C(4).=(5).10-4.5【解析】【分析】25℃时，NaCN溶液

中CN-、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图乙所示，可知CN-、HCN含量相等时，溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，向10mL0.01mol•L-1NaCN溶液中逐滴加入0.01

mol•L-1的盐酸，其pH变化曲线如图甲所示，当加入盐酸5mL时，溶液中含有等浓度的NaCN、HCN、NaCl，溶液呈碱性，加入盐酸10mL时，完全反应生成等浓度的NaCl、HCN，溶液呈酸性，以此解答该题。【详解】(1)结合分

析，图甲中c点加入盐酸10mL时，溶液中溶质为NaCl、HCN；二者物质的量之比为1:1，溶液的体积变为20mL，则二者的浓度均为0.005mol/L，则氯离子浓度等于0.005mol/L；(2)根据分析，图甲中b点时

加入盐酸5mL盐酸，则溶液中含有等浓度的NaCN、HCN、NaCl，溶液显碱性，说明HCN电离程度小于CN-水解程度，则c(HCN)＞c(Cl-)＞c(CN-)、c(OH-)＞c(H+)，答案选C；(3)图乙中，若用盐酸调节溶液使pH=7，则c(OH-)=c(H+)，由溶液存在电荷守恒：c(Na+

)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)，存在物料守恒c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，两式合并可得，因此c(Cl-)=c(HCN)；(4)NaCN的水解反应离子方程式为：CN-+H2O⇌HCN+OH-，水解平衡常数Kb=()()()cHCNcOHcCN−

−，由乙图a点可知，c(CN-)=c(HCN)，pH=9.5，即a点时溶液中c(H+)=10-9.5mol/L，则c(OH-)=()-1W4-9.5+1010cHK==10-4.5mol/L，则Kb=c(OH-)=

10-4.5。