【文档说明】安徽省合肥市第六中学2022-2023学年高二下学期3月段考化学试题 含解析.docx，共(19)页，1.615 MB，由小赞的店铺上传

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高二三月份学情调研化学试题可能用到的相对原子质量：S32Ba137Ag108一、单项选择(从每题所给的4个选项中选出1个最佳选项，每题3分，共30分)1.下列热化学方程式正确的是A.甲烷的燃烧热ΔH890.3kJ/mol=−，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：()()()()4

222CHg2Og=COg2HOg++ΔH890.3kJ/mol=−B.500℃、30MPa下，将0.5mol2N(g)和1.5mol2H(g)置于密闭容器中充分反应生成3NH(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为()()()223Ng3Hg2NH

g+ΔH38.6kJ/mol=−C.增大反应物浓度，活化分子百分数增加大，单位时间内有效碰撞次数增多D.已知()()()22CsOg=COg+ΔakJ/molH=，()()()21CsOg=COg2+ΔHbkJ/mol=，则a<b【答案】D【解析】【分析】【详解】A．甲烷

燃烧热ΔH=−890.3kJ⋅mol−1，燃烧热表示可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，产物水为液体水，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−890.

3kJ⋅mol−1，A错误；B．将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，合成氨为可逆反应，0.5molN2不能完全反应生成，则1molN2(g)充分反应

生成NH3(g)放热大于38.6kJ，放热反应的焓变为负值，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<−38.6kJ⋅mol−1，B错误；C．增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内分子总数增多，活化分子总

数增多，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快，C错误；D．完全燃烧比不完全燃烧放出热量多，燃烧反应的焓变为负值，所以a<b，D正确；答案为：D。2.用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的浓度，用酚酞作指示剂，下列操作不会影响实验精度的是A.滴定实验中配制标

准酸液时，所用砝码生锈B.用滴定管量取20.00mL酸液时，开始时平视读数，结束时俯视读数C.酸式滴定管水洗后未用酸溶液润洗D.用蒸馏水洗净锥形瓶后盛入待测NaOH溶液进行滴定的【答案】D【解析】【分析】【详解】

A．配制标准酸液时应用量筒量取一定体积的浓盐酸，而不能用托盘天平称量浓盐酸，A不符合题意；B．用滴定管量取20.00mL，酸液时，开始时平视读数，结束时俯视读数，会使量取的酸液体积偏大，导致测定结果偏大，B不符合题意；C．酸式滴定管水洗后未用酸溶液润洗，导致变质酸

溶液的浓度偏低，使得在滴定过程中消耗酸溶液体积偏大，因而导致测定结果偏大，C不符合题意；D．用蒸馏水洗净锥形瓶后盛入待测NaOH溶液进行滴定，由于氢氧化钠的物质的量不变，则滴定时消耗酸溶液的体积不变，操作正确，不会影响实验精度，D符合题意；故合理选

项是D。3.已知甲为恒温、恒压容器，乙为恒温、恒容容器。两容器中均充入1molN2、3molH2，初始时两容器的温度、体积相同。一段时间后反应达到平衡，为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，下列措施中可行的是A.向甲容器中充入一定量的氦气B.向乙容器中充入一定量的

N2C.升高乙容器的温度D.增大甲容器的压强【答案】A【解析】【详解】甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，初始时两容器的温度、体积相同，合成氨反应是一个气体体积缩小的可逆反应，反应达到平衡时甲的体积小于乙的体积

，相当于在乙的基础上增大压强，缩小体积，平衡正向移动，甲中氮气的转化率高，甲中氮气的物质的量分数小；为使两容器中的N2在平衡混合物中的物质的量分数相同，可以提高甲中氮气的物质的量分数或者减小乙中氮气的物质的量分数。A.向甲容器中充入一定量的氦气，使甲中的容积增大，相当于减

小压强，平衡向左移动，提高了甲中氮气的物质的量分数，故A可行；B.向乙容器中充入一定量的N2气体，提高了乙中氮气的物质的量分数，故B不可行；C.223N(g)+3H(g)2NH(g)H<0，升温平衡左移，提高了乙中N2的物质的量分数，故C不可行；D.增大

甲容器的压强，平衡右移，减小了甲中N2的物质的量分数，故D不可行；答案选A。4.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是A.工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气,以提高二氧化硫的转化率B.工业上合成氨要用高温，催化剂C.红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D.CO2(g

)CO2(aq)ΔH＜0,降温增压可增大二氧化碳气体在水中的溶解度【答案】B【解析】【详解】A.工业生产硫酸使用过量氧气,，增大了一种反应物的浓度，平衡正向移动，提高了另一种反应物二氧化硫的转化率，能用平衡移动

原理解释；B.合成氨反应为放热反应，高温有利于提高催化剂的活性，但不利于平衡的正向移动，不能用平衡移动原理解释；C.红棕色的NO2加压后，浓度瞬间增大，但随后平衡正向移动，所以颜色先变深再变浅，能用平衡移动原理解释；D.CO2(g)CO2(aq)ΔH＜0，降温增压可使平衡正向移

动，增大二氧化碳气体在水中的溶解度，能用平衡移动原理解释。故答案为B。5.下列有关说法中不正确的是（）A.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数不变B.常温下，由水电离出的c（H+）=10-12mol·L-1的溶液的

pH可能为2或12C.常温下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）D.常温下，pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（H+）＞c（OH-）【答案】C【解析】【详解】A.电离常数只

与温度有关，与溶液中离子浓度无关，故A正确；B.常温下，由水电离出的c（H+）=10-12mol·L-1的溶液可能为酸或碱溶液，当溶液为酸溶液时，由水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-12mol·L-1，此时溶

液中+-2w-Kc(H==10mol/Lc)(H)O，则pH=2，当溶液为碱溶液时，由水电离出的c（H+）=溶液中c（H+）=10-12mol·L-1，则pH=12，故B正确；C．由电荷守恒可知：c（Na+）+

c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），故C错误；D.pH=3的CH3COOH与pH=11的NaOH溶液等体积混合由于醋酸为弱酸，浓度大于氢氧化钠，

则醋酸过量，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），故D正确。故答案选：C。6.下表中物质的分类组合，完全正确的是（）编号ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4NaCl弱电解质NH3·H2OCaCO3HClOC2H5OH非电解质CO2AlH2OCH3COOHA.AB.BC

.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．KNO3在水溶液或熔融状态下完全电离，属于强电解质；NH3·H2O为弱碱，属于弱电解质，CO2的水溶液虽导电，但不是自身导电，属于非电解质，故A正确；B．CaCO3在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，Al属于单质，不是非电

解质，故B错误；C．H2O属于弱电解质，故C错误；D．C2H5OH属于非电解质，CH3COOH属于弱电解质，故D错误；答案选A。7.某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液里-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积

[V(Na2S)]的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=3.0×10-25，下列有关说法正确的是A.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B.该温度下Ksp(CuS)=1.0×10-18C.该温度下反应：ZnS(s)+Cu2+(aq)垐?噲?CuS(s)+Zn2+(aq)的平

衡常数为3.33×10-11D.如果忽略CuS的溶解，则c点溶液有：2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(Cl-)【答案】D【解析】【分析】10mL0.1mol/LCuCl2溶液和10mL0.1mol/L

的Na2S溶液恰好完全反应生成CuS和NaCl，即b点。【详解】A．CuCl2、Na2S水解促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质几乎为强酸强碱盐氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，故A错误；B．b点是Cu

Cl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶液中c(Cu2+)=c(S2-)，根据b点数据可知c(Cu2+)=1×10-18.0mol/L，则该温度下Ksp(CuS)=c(Cu2+)•c(S2-)=1×10-36.0mo

l2/L2，故B错误；C．ZnS(s)+Cu2+(aq)⇌CuS(s)+Zn2+(aq)平衡常数()()()()2+25sp11362+spcZnKZnS310===310KCuS10cCuK−−=，故C错误；D．c点时，溶液中的n(Cl-)为0.002m

ol，Na2S过量0.001mol，由物料守恒可得2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]═c(Cl-)，故D正确；故选：D。8.氢能源电池是目前研究的热点之一，一种可实现氢气循环利用的新型电池的放电工作原理如图所示，下列说法正确的是A.该装置化学能与电能之间的能量

转化效率可达100%B.充电时，电极M接电源的负极C.放电过程中Na+由左池通过交换膜向右池移动D.放电时，N极电极反应式为22H2OH2e2HO−−+−=【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时M极

生成H2，H+转化为H2，发生还原反应，作正极，N极为负极，H2失去电子形成H+，H+和OH-反应生成H2O；充电时，N极，H2O中H+放电生成H2和OH-，H+转化为H2，发生还原反应，作阴极，连接电源负极

，M极为阳极，H2失去电子形成H+。【详解】A．化学能在转化为电能时还可能转化为热能等，因此该装置化学能与电能之间的能量转化效率小于100%，A项错误；B．充电时，电极N接电源的负极，电极M接电源的正极，B项错误；C．

放电过程中，Na+由负极移向正极，则Na+由右池通过交换膜向左池移动，C项错误；D．放电时，N极电极反应式为22H2OH2e2HO−−+−=，D项正确；答案选D。9.对于反应()()()22COClgCOgClg+。改变下列条件能加快反应速率是①升温②

恒容下通入惰性气体③增加CO浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压下通入惰性气体A.①②⑤B.①③⑤C.②④⑥D.③⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①升高温度，增加单位体积内的活化分子数，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，符合题意；②恒容下通入惰

性气体，各物质的浓度不变，单位体积内活化分子的数目不变，化学反应速率不变，不符合题意；③增加CO浓度，单位体积内活化分子的数目增多，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，符合题意；④减小压强，各物质的浓度减小，单位体积内活化分子的数目减小，化学反应速率减慢，不符合题意；⑤加催化剂可增大活化分子百

分数，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，符合题意；⑥恒压下通入惰性气体相当于减小压强，各物质的浓度减小，单位体积内活化分子的数目减小，化学反应速率减慢，不符合题意；符合题意的是①③⑤，故选B。的10.具有下列电子层结构的原子，

其第一电离能由大到小排列正确的是①3p轨道上只有一对成对电子的原子；②外围电子构型为3s23p6原子；③其3p轨道为半满的原子；④正三价的阳离子结构与氖相同的原子A.①②③④B.③①②④C.②③①④D.②④①③【答案】C【解析】【分析】【详解】①3p轨道上只有一对成对电子的原子

，则该元素为S；②外围电子构型为3s23p6的原子，则该元素为Ar，稀有气体结构稳定；③其3p轨道为半充满的原子，则该元素为P；④正三价的阳离子结构与氖相同的原子，则该元素为Al；已知同周期从左到右，第一电

离能逐渐增大，第ⅤA族和第ⅡA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大；所以第一电离能由大到小排列为Ar＞P＞S＞Al，即第一电离能由大到小排列为：②③①④；答案选C。二、单项选择(从每题所给的4个选项中选出1个最佳选项，每题4分，共16分)11.根据如图所示的各物

质能量变化关系，判断下列热化学方程式正确的是A.C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=akJ·mol-1(a<0)B.C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=bkJ·mol-1(b>0)C.C+O2=

CO2ΔH3=ckJ·mol-1(c>0)D.C(s，金刚石)=C(s，石墨)ΔH4=dkJ·mol-1(d>0)【答案】A的【解析】【分析】【详解】A．据图可知C(s，金刚石)+O2(g)的总能量高于CO2(g)的能量，该反应为放热反应，焓变小于零，即a<0，故A正确；B．据图可知C(s，

石墨)+O2(g)的总能量高于CO2(g)的能量，该反应为放热反应，焓变小于零，即b<0，故B错误；C．热化学方程式中需要标注物质聚集状态，选项中物质的聚集状态未标，且反应放热，焓变小于零，故C错误；D．金刚石变化为石墨反应过程是放热反应，焓变为负值

，即d<0，故D错误；故答案为A。12.“碳中和”“碳达峰”是我国向全世界做出的郑重承诺。在容积为1L的恒容密闭容器中通入1mol2CO、4mol2H的混合气体，发生反应：()()()()2242COg4HgCHg2HOg++催化剂Δ162H=−kJ/mol，8min时

反应刚好达到平衡，测得此时容器内4CH为0.4mol。下列说法正确的是A.该反应的逆反应为放热反应B.升高温度，4CH的生成速率增大，消耗速率减小C.0~8min内的平均反应速率()2vH0.2=mol⋅L1−⋅min1−D.平衡体系中()4CHg的物质的量分数为18【

答案】C【解析】【详解】A．该反应的正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A项错误；B．升温会同时加快正、逆反应的反应速率，4CH的生成和消耗速率都增大，B项错误；C．0~8min内平均反应速率()-1-140.4vCH0.05molLmin81==，则()-1-124

vH4v(CH)=0.2molLmin=，C项正确；D．可列出三段式()()()()22421400mol)0.41.60.40.8mol)0.62.40.40.8COg4HgCHgm2HOgol)++催化剂起始(转换(平衡(的则平衡体系

中CH4的物质的量分数为0.420.62.40.40.821=+++，D项错误。答案选C。13.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使24SO−与2H反应生成2S−，加速钢管的腐蚀，其反

应原理如图所示。下列说法正确的是A.正极的电极反应式为222HOO4e4OH−−++=B.24SO−与2H的反应可表示为222424HSOS4HO−−++厌氧细菌C.钢管腐蚀的直接产物中只有()2FeOHD.在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀，即使镀层破损后仍对钢管有保护作用【答案】B【解析】

【详解】A．钢管主要发生厌氧腐蚀，即析氢腐蚀，正极上H2O发生还原反应，电极反应式为222HO2e2OHH−−+=+，A项错误；B．24SO−与2H在厌氧细菌的作用下发生氧化还原反应生成S2－和H2O，离子方程式为222424

HSOS4HO−−++厌氧细菌，B项正确；C．钢管腐蚀生成Fe2+，其和正极产生的S2-及OH－反应分别生成FeS和Fe(OH)2，C项错误；D．铁的活泼性比Cu强，在钢管表面镀铜，镀层破损会形成Fe-Cu原电池，从而加速铁的腐蚀，D项错误。答案选B。14.

如图三条曲线分别表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是A.元素电负性：c>b>aB.简单氢化物的稳定性：c>a>bC.简单氢化物的相对分子质量：b>c>aD.对应氧化物的水化物的酸性强弱：a>c>b【答案】C【解析】【分析】同主族

元素从上到下第一电离能减小，P元素3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si第一电离能最小，由题图可知，c为Si元素。P原子第四电离能为失去3s2能级中的1个电子，与第三电离能相差较大，可知b为P元素、a为C元素。【详解】A．同周期元素从左到右电负

性增大，同主族元素从上到下电负性减小，故Si的电负性最小，A项错误；B．Si的非金属性最弱，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，B项错误；C．相对分子质量：PH3>SiH4>CH4，C项正确；D．H3PO4为中强酸，H2CO3和

H2SiO3为弱酸，对应氧化物的水化物的酸性强弱：H3PO4>H2CO3>H2SiO3，D项错误。答案选C。三、填空题(共4大题，54分)15.铁在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。（1）高炉炼铁是冶炼铁的

主要方法，发生的主要反应有：反应H(kJ/mol)Kⅰ．()()()()23FeOs3Cs2Fes3COg++ƒ+4891Kⅱ．()()()()232FeOs3COg2Fes3COg++X2Kⅲ．()()()2COgCs2COg++1723K试计算，X=______，1K、2

K与3K之间的关系为1K=______。的（2）1T℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量的23FeO和C，发生反应ⅰ，反应达到平衡后，在1t时刻，改变某条件，v逆随时间(t)的变化关系如图1所示，则1t时刻改变的条件可能是______(填写字母)。a．保持温度不变，加少量铁粉b．保持体积不

变，升高温度c．保持体积不变，加少量碳粉d．保持体积不变，增大CO浓度（3）在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(pkPa)加入1mol2CO与足量的碳，发生反应ⅲ，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示。①T℃时，若向平衡体系中再充入一定量按()()2V

CO:VCO=5:4的混合气体，平衡______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。②925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数pK为______kPa。[气体分压(p分)=气体总压(p)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作pK]【答案】（1）

①.－27②.K2·K33（2）d（3）①.正向②.23.04p【解析】【小问1详解】已知：ⅰ．()()()()23FeOs3Cs2Fes3COg++ƒΔH1＝+489kJ/mol1Kⅲ．()()()2COgCs2COg+ΔH3＝+172kJ/mol3K依据盖斯定律反应ii可由i－3

×iii得到，所以反应ii的焓变ΔH2=489kJ/mol－3×172kJ/mol＝－27kJ/mol，根据多重平衡规则，K1、K2与K3之间的关系为K1=K2·K33；【小问2详解】a．保持温度不变，加少量铁粉，铁粉是固体，对逆反应速率和化学平衡无影响，a

不选；b．保持体积不变，升高温度，化学反应速率加快，平衡正向移动，再次达到平衡时逆反应速率不能回到原平衡状态，b不选；c．保持体积不变，加少量碳粉，碳粉是固体，对逆反应速率和化学平衡无影响，c不选；d．保持体积不变，增大

CO浓度，逆反应速率增大，温度保持不变，化学平衡常数不变，最终逆反应速率不变，d选，故答案为d；【小问3详解】①根据图像可知T℃平衡时一氧化碳和二氧化碳的体积分数相同，若向平衡体系中再充入一定量按()()2VCO:VCO=5:4的混合气体，由于此时()()2VCO:VCO1:1＞，所以平

衡正向移动；②925℃时，CO的体积分数为96%，则p（CO2）=4%p=0.04p，p（CO）=96%p=0.96p，所以分压平衡常数为()()22p2CO0.962()3.04CO0.04ppKppp===。16.BaS是一种

重要的无机合成中间体，可溶于水，可通过重晶石(主要成分4BaSO，含有少量2SiO等杂质)制备得到。工业常以软锰矿(主要成分2MnO)和BaS为原料制备碳酸锰。（1）样品中BaS的质量分数的测定：步骤I：准确称取10.00g试

样，加适量水，待可溶物全部溶解，过滤，并洗涤沉淀，将洗涤液与滤液一并转移至500mL容量瓶中，定容、摇匀。步骤II：取20.00mL醋酸溶液(过量)于锥形瓶中，再加入20.00mL0.08000mol·L1−碘标准溶液，然后再向锥形瓶中加入10.0

0mL步骤I所配的试样溶液，边加边振荡。充分反应后，硫元素完全转化为硫单质。步骤III：以淀粉为指示剂，用0.05000mol⋅L1−223NaSO标准溶液滴定至终点，发生反应：22232462SOISO2I−−−+=+。消耗223NaSO溶液2

0.00mL。①步骤III中滴定终点时的现象为____________________。②计算试样中BaS的质量分数____________________(写出计算过程)。（2）BaS溶液的制备：向BaS样品中加入热水，充分搅拌后过滤，得BaS溶液

。已知：室温下，()7a12HS1.310K−=，()15a22HS7.110K−=。测得0.1mol•L1−BaS溶液pH13。溶液中OH−、2S−、HS−三种离子浓度由大到小的顺序依次是___________。（3）高纯碳酸锰的制备：

BaS溶液和2MnO经反应、过滤、酸溶、净化可制得4MnSO溶液。①4MnSO溶液和43NHHCO固体混合后，反应生成3MnCO。反应方程式为232232HCOMnMnCOHOCO=−++++。实际制取3MnCO时，一般选择使用氨水43NHHCO−混合溶液代替43NHHCO固体，这

样改进的优点是_____。②已知：6.5pH7.5时，碳酸锰产率较高。请设计以4MnSO溶液．氨水43NHHCO−混合溶液为原料制备高纯碳酸锰的实验案：向4MnSO溶液中逐滴加入氨水43NHHCO−混合溶液，边加边搅拌，至溶液pH在6.5~7.5之间，充分静置后，__

____、______、______。③如何检验沉淀是否洗涤干净？___________。【3MnCO沉淀需“洗涤完全”】。【答案】（1）①.溶液蓝色褪去②.92.95%（2）c(OH-)＞c(HS-

)＞c(S2-)（3）①.增大c(CO23−)，更有利于MnCO3的生成；吸收CO2气体，防止液体外溢②.过滤③.洗涤④.干燥⑤.取最后一次洗涤滤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液不出现白色沉淀，说明洗涤干净【解析】【小问1详解】①以淀粉为指示剂，当滴定反应结束时，溶液中无I2，溶液的蓝色会褪

去，故步骤Ⅲ中滴定终点时的现象为溶液蓝色褪去；②n(I2)＝20.00×10－3L×0.08000mol·L－1＝1.600×10－3mol，剩余的I2：n(I2)＝12×20.00×10－3L×0.05000mol·L－1

＝5.000×10－4mol，则与S2-和HS-反应的I2：n(I2)＝1.600×10－3mol－5.000×10－4mol＝1.100×10－3mol，根据S元素守恒可知n(BaS)＝1.100×10－3mol，所以样品中BaS的含量w(BaS)＝-3-1500mL1.10010mo

l169gmol10.00mL10.00g×100%＝92.95%；【小问2详解】测得0.1mol·L−1BaS溶液pH≈13，c(OH-)≈0.1mol/L，接近钡离子浓度，说明S2-水解程度很大，由硫化氢的电离平衡常数可知，水解分两步进行，且第二步比第一步难，水解

方程式为2---2S+HOHS+OH、22--HSO+HHS+OH，则溶液中OH-、S2-、HS-三种离子浓度由大到小的顺序依次是c(OH-)＞c(HS-)＞c(S2-)；【小问3详解】①MnSO4溶液和NH4HCO3固体混合后，反应生成MnCO3，但在制取MnCO

3时，一般使用氨水－NH4HCO3混合溶液代替NH4HCO3固体，这样改进可以增大溶液中c(23CO−)，更有利于MnCO3的生成；同时由于溶液显碱性，可以更好的吸收CO2气体，防止液体外溢；②以MnSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料制备高纯碳酸锰时需要注意调节溶液6.5＜pH＜

7.5，提高产品纯度，具体操作是：向MnSO4溶液中逐滴加入氨水-NH4HCO3混合溶液，边加边搅拌，至溶液pH在6.5～7.5之间，充分静置后过滤，洗涤，干燥。③沉淀表面若无硫酸根离子，则洗涤干净，则检验沉淀是否洗涤干净的操作为：取最后一次洗

涤滤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液不出现白色沉淀，说明洗涤干净。17.装置如图所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：(1)若AB电源是甲醇在酸性环境的燃料电池，则B极

电极反应式为______，甲中C极的电极反应式为______，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐___(填“变深”或“变浅”)。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为____。(3)现用丙装

置给铜件镀银，则H应该是___(填“铜”或“银”)。常温下，当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol·L-1时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为___g，乙中溶液的碱性___(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若甲烧杯是在

铁件表面镀银，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差2.16g，则电镀时电路中通过的电子为____mol。【答案】①.CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+②.2H2O-4e-=O2↑+4H+③.变浅④.1∶2∶2∶2⑤.铜⑥.5

.4⑦.变大⑧.0.01【解析】【分析】由C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色可知，F电极附近有碱生成，则F电极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，为串联电解

池的阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极。依次分析解答。【详解】(1)由分析可知A是电源的正极、连接阴极的电极B是电源的负极

，若AB电源是甲醇在酸性环境的燃料电池，则B极电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。C极为串联电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，所以水电离出的氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气

，其电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，丁装置中为氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带正电荷，通电一段时间后，氢氧化铁胶粒向阴极Y移动，则电极X附近的颜色逐渐变浅，故答案：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；2H2O-4e-=O2↑+4

H+；变浅。(2)由上述分析可知，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、Cu2++2e-=Cu、2Cl--2e-=Cl2↑、2H++2e-═H2↑，当电路中转移电子为1mol时，各电极生成单质的量分别为

0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，则单质的物质的量之比为1：2：2：2，故答案为：1：2：2：2。(3)现用丙装置给铜件镀银，电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件铜，电解质溶液中含银离子，应为AgNO3溶液。当乙中溶液的c(OH-)=0.1

mol·L-1时，由电极反应2H++2e-═H2↑可知，乙中放电的氢离子的物质的量为0.1mol/l0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol0.05mol=5.4g；乙装置为电解饱和氯化钠溶液，随着电解的进行，溶液中氢氧根的浓度增大，所以

电解液的碱性增强，故答案为：铜；AgNO3；5.4g；变大；(4)若甲烧杯是在铁件表面镀银，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差2.16g，说明阳极溶解的铜的物质的量n=2.16108g/molg=0.02mol，则电路中通

过的电子为0.02mol2=0.01mol，故答案为：0.01mol。18.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。试回答下列问题：（1）基态g原子核外电子的空间运动状态有_______种，基态3+h的价层电子的轨道表示式为_______。（2）元素f的第一

电离能大于同周期右侧与之相邻的元素，原因是_______。（3）请比较e和i简单氢化物沸点高低并说明理由_______。（4）元素a、c、d以原子个数比1:1:1形成的分子的结构式为_______。（5）元素b的最高价氧化物

对应的水化物和g的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，其化学方程式是_______。【答案】（1）①.10②.3+Co价电子轨道表示式为（2）P的3p电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高（3）水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高（4）HCN−（5）2222Be(O

H)2KOHKBeO2HO+=+【解析】【分析】由元素在周期表中位置可知，a为H元素、b为Bi元素、c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为P元素、g为K元素、h为Co元素、i为Se元素；据此分析解题。【小问1详解】K原子核外电子排布式为1s22s22p63s

23p64s1，有4种s轨道，2p、3p能级各有3个轨道；核外电子的空间运动状态共4+3+3=10种；3+Co的价电子排布式为3d6，所以价电子轨道表示式为；故答案为10；3+Co价电子轨道表示式为；【小问2详解】f为P元素，由于P的3p

电子排布是半充满的，比较稳定，P的第一电离能大于同周期右侧与之相邻的元素；故答案为P的3p电子排布是半充满的，比较稳定，电离能较高；【小问3详解】e和i为同主族元素，e为O元素，电负性强，简单氢化物为水，水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更

高；故答案为水分子间存在氢键，破坏它需要更多能量，所以水的沸点更高；【小问4详解】a为H元素、c为C元素、d为N元素，a、c、d以原子个数比1:1:1形成的分子的分子式为HCN，结构式为HCN−；孤单我

HCN−；【小问5详解】元素b的最高价氧化物对应的水化物为2Be(OH)；g的最高价氧化物对应的水化物能为KOH；2Be(OH)能和强碱反应，其化学方程式是2222Be(OH)2KOHKBeO2HO+=+；故答案为2222Be(OH)2KOHKBeO2HO+

=+。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com