1、福建省莆田第二十五中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）1.化学与我们的生活息息相关，下列说法正确的是()A. 红宝石、玛瑙、水晶、钻石的主要成分都是硅酸盐B. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应D. 鸟巢使用了高强度、高性能的钒氮合金高新钢，铁合金熔点、硬度均比纯铁高【答案】B【解析】【详解】A红宝石的主要成分是三氧化二铝，玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石主要成分不是硅酸盐而是碳单质，故A错误；B镁比金属内胆活泼，镁与金属内胆连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了金属内胆不受腐蚀，原理是牺牲阳
2、极的阴极保护法，故B正确；C雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C错误；D合金比各成分金属的硬度大、熔点低，故D错误。故答案为B。2.下列实验操作正确的是（ ）A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B. pH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿C. 做过硫升华实验的试管用酒精洗涤D. 蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部【答案】A【解析】【详解】A加几滴CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，可加快反应速率，故A正确；BpH试纸若被湿润，相当于待测液被稀释，影响测定结果；而红色石蕊试纸用于检验氨气，氨气溶于水才能
3、呈碱性，所以使用前必须用水湿润，故B错误；CS易溶于二硫化碳，微溶于酒精，则做过硫升华实验的试管用二硫化碳洗涤，故C错误；D蒸馏实验中，温度计用于测量馏分温度，则温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误；故选A【点睛】本题的易错点为C，要注意S的溶解性的记忆，S难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳。3.2017年11月5日，长征三号乙运载火箭将两颗北斗三号全球导航卫星送入太空轨道。下列有关说法正确的是（ ）A. 火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能B. 火箭燃料中的四氧化二氮属于化石燃料C. 火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用D. 卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅【答案】A【解析】火箭燃
4、料燃烧时将化学能转化为热能，再转化为机械能，故A正确；化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源，四氧化二氮不属于化石燃料，故B错误；铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C错误； 卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。4.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是A. 用装置甲灼烧碎海带B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2
5、与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。5. “绿色化学实验”进课堂，某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如下装置与操作以替代相关的课本实验。实验操作：钠与氯气反应的装置可作如图改进，将一根玻璃管与氯气发生器相连，玻璃管内放一块黄豆粒大的金属钠（已吸净煤油），玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生
6、成大量白烟。以下叙述错误的是（ ）A. 反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B. 玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C. 钠着火燃烧产生苍白色火焰D. 若在棉球外沿滴一滴淀粉碘化钾溶液，可根据颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收【答案】C【解析】【详解】A氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，A项正确；B氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，B项正确；C钠着火燃烧产生黄色火焰，C项错误；D氯气具有强氧化性，能与碘化钾发生置换反应生成碘，碘遇淀粉变蓝，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，D项正确；答
7、案选C。6.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B. CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成了CC键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化
8、率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变H
9、、不能使化学平衡发生移动。7.氮化镁常用于制备其它超硬、高导热、耐高温的氮化物，实验室用以下装置制取氮化镁。已知：Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法不正确的是A. 实验开始时应先点燃乙处酒精灯，再点燃丁处酒精灯B. 装置乙的目的是制备N2C. 装置丙与装置戊可以对调D. 取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，可检验是否有Mg3N2【答案】C【解析】【分析】本实验按从左到右的顺序，甲中盛有碱石灰，用于干燥氨气，乙中发生3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，丙用浓硫酸干燥氮气并吸收多余的NH3，防止在丁Mg3N2水解及发生Mg+2NH3Mg
10、(NH2)2+H2，丁中发生3MgN2 Mg3N2，戊中盛用碱石灰的干燥管，用于防止空气中的水分和Mg3N2作用，使Mg3N2水解。【详解】A.实验开始时应先点燃乙处酒精灯，制取N2并排除装置内空气，再点燃丁处酒精灯，故A正确；B.装置乙的目的是3CuO2NH33Cu3H2ON2用以制取氮气，故B正确；C.装置丙是用来干燥氮气并吸收多余的NH3，防止Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2，而装置戊是防止空气中的水蒸气进入丁中，其中通常盛放的碱石灰不能吸收NH3，所以丙、戊不可以对调，故C错误；D.因Mg3N26H2O=3Mg(OH)33NH3，所以取装置丁所得固体少许，滴入少量蒸馏水，若有刺激性
11、气味的气体生成，则证明固体中有Mg3N2，故D正确；本题答案为C。8.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变B. 水中的 、Cl通过阴离子树脂后被除去C. 通过净化处理后，水的导电性降低D. 阴离子树脂填充段存在反应H+OHH2O【答案】A【解析】【详解】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42、Cl、NO3等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树
12、脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH也被交换到水中，同时与水中的H离子结合成水，则A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；B、根据以上分析可知水中的SO42、Cl、NO3等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；D、根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应HOHH2O，D正确；答案选A。9.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB. 100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙
13、烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1
14、mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。10.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO24Na2Na2CO3C。下列说法错误的是（ ）A. 放电时，ClO4向负极移动B 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为：3CO24e=2CO32CD. 充电时，正极反应
15、为：Nae=Na【答案】D【解析】【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。【详解】A. 放电时是原电池，阴离子ClO4向负极移动，A正确；B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e2CO32+C，C正确；D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32+C4e3CO2，D错误。答案选D。【点睛】本题以我国科学家发
16、表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。11.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H+2MV+C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向
17、正极区移动【答案】B【解析】【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂
18、，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+，故B错误；C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电
19、池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。12.H2CO3 Ka1=4.310-7 Ka2=5.6110-11 HClO Ka=2.9510-8 ，下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸、次氯酸，结合碳酸和次氯酸的电离平衡常数知，盐酸、次氯酸均与碳酸钠反应，不能制备高浓度的次氯酸溶液，故A不能达
20、到实验目的；B. 二氧化锰作催化剂，可加快H2O2分解生成氧气的反应速率，故B能达到实验目的；C. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与饱和碳酸钠反应生成乙酸钠、水和二氧化碳，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C能达到实验目的；D. 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成二氧化硫，且浓硫酸溶于水放热，降低了二氧化硫的溶解度，故D能够达到实验目的；答案选A13.在容积可变的密闭容器中充入2mol A和1mol B发生反应：mA(g) + nB(g) pC(g)。在一定温度下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表，以下说法正确的是A. 维持压强2105Pa，若反应开始后5min时达到平衡，则v(
21、A)=0.016mol/(Lmin)B. P从2105Pa增加到5105Pa时，平衡逆向移动C. P为1106Pa时，平衡常数表达式K=D. 其它条件相同时，在上述三个压强下分别发生该反应。A的转化率随时间变化曲线如图所示【答案】D【解析】【分析】由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度相同时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2105Pa增大到5105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍，说明增大压强该平衡没有移动，所以气体物质的计量数关系应为m+n=p。压强从5105Pa增大到1106Pa时，压
22、强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol0.4mol，浓度增大超过了2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面的分析，说明B在高压下变成液态或固体，由此分析解答。【详解】A.题目中没有给出初始时容器体积，无法计算反应物A的初始浓度，也就无法计算在此条件下用A表示的反应速率，A项错误；B.由气体状态方程PV=nRT，得P=RT即P=cRT，当温度一定时压强与气体的浓度成正比，由表格数据可知，压强从2105Pa增大到5105Pa，压强增大了2.5倍，此时A的浓度由0.08mol/L增大到0.20mol/L，恰好也增大了2.5倍
23、，说明增大压强该平衡没有移动，B项错误；C.由B项分析可知压强从2105Pa增大到5105Pa时平衡没有移动，说明反应前后气体分子数相等，即m+n=p；再从表格数据看，压强从5105Pa增大到1106Pa，压强增大了2倍，A的浓度由0.20mol/L增大到0.44mol，浓度增大的倍数大于2倍，说明此时平衡向逆反应方向移动了，根据勒夏特列原理，逆反应方向气体分子数应减小，结合前面分析可推断B在此压强下变成了液体或固体，所以压强为1106Pa时B不是气体，其浓度视为常数，在平衡常数表达式中不应出现，即K=，C项错误；D.其它条件相同时，对于气体参加的反应增大压强反应速率增大，所以压强分别为110
24、6Pa、5105Pa、2105Pa下达到平衡（拐点）时所用时间依次增大；由B项分析知压强从2105Pa增大到5105Pa平衡没有移动，A的转化率相同；由C项分析知压强从5105Pa增大到1106Pa平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，图像与事实相符，D项正确；答案选D。【点睛】我们在记忆阿伏加德罗定律及其推论时可以从理想气体状态方程角度理解和分析，因为描述气体有四个物理量就够了：P、T、V、n，它们之间关系就是状态方程PV=nRT（R普适气体常数），如当温度和体积相同时，气体的压强与气体物质的量（即粒子数）成正比等。14.根据下列图示所得出的结论不正确的是A. 图甲是CO(g)+H2O(g)
25、CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的Hc(K+)c(OH)【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度
26、变化不明显，HA转化为A2，b点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K
27、+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），故D正确。故选C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。16.A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系根据要求回答问题：如图三个反应中，属于氧化还原反应的有_个若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有_A.还原性： B.酸性：C.稳定性： C.沸点：若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性答题必须用具体物质表示化合物B的电子
28、式为_；其水溶液呈碱性的原因是_用离子方程式表示化合物B可与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，其反应产物与反应相同写出该电池负极的电极反应式_当1mol的化合物B分别参与反应、时，热效应为和，则反应的热化学方程式为_注：反应条件相同、所有物质均为气体【答案】 (1). 3 (2). A、C (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应、为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应；元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断；若化合物
29、B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为，据此答题。【详解】、B是中学化学常见化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应、为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有、，共3个；元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：、稳定性：，故答案为：A、C；若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为；化合物B的电子式为；其水溶液呈碱性的原因是一水合氨电离产生氢氧根离子，离子方程
30、式为；化合物与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池负极为氨气发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为；当1mol的化合物B分别参与反应、时，热效应为和，根据盖斯定律，将反应反应可得反应的热化学方程式为。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。17.以铬
31、矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取红矾钠 (Na2Cr2O72H2O)的流程如图所示。已知：ICr2O3在碱性条件下易被氧化；II高温条件下，Al2O3与Na2CO3发生的反应为:Al2O3 +Na2CO3=2NaAlO2 +CO2；III2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.01012（1）“煅烧”时，Cr2O3参加反应的化学方程式为_。若“煅烧”操作最适宜的温度是800900，则在实验室中进行此项操作时，应选择_坩埚（填字母）。a陶瓷 b玻璃 c石英 d铁（2）流程中可循环利用的物质除CO2外还有_（填化学式）。（3）“过滤II”所得沉
32、淀主要有_（填化学式）。（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠的具体实验操作有_，经洗涤、干燥得到红矾钠样品。（5）“电解”时，利用以下装置将Na2CrO4溶液转化为Na2Cr2O7溶液，当a、b均为石墨电极时，a电极的电极反应式为_。若初始加入电解池中的c (Na2CrO4)=1.0molL-l，随着“电解”的进行，当溶液pH=6时，Na2CrO4的转化率为_（忽略电解过程中溶液体积变化）。【答案】 (1). 2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 (2). d (3). Na2CO3 (4). H2SiO3、AI(OH)3 (5). 加热浓缩、冷却结晶、过滤 (6)
33、. 2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H+2e-=H2) (7). 50%【解析】【分析】将铬矿石（主要成分为Cr2O3，还有Al2O3、SiO2等杂质）和纯碱、空气煅烧，发生反应得到NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、Na2CO3，然后水浸、过滤得到浸出液，浸出液中溶质是NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、Na2CO3 ，在浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH ，依据流程可知，溶液中偏铝酸钠、Na2SiO3生成硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀，然后过滤得到滤液和沉淀，沉淀是H2SiO3、AI(OH)3，滤液中含有Na2CrO4和Na2CO3 ，加入酸继续调节溶液的pH ，
34、根据信息知，溶质变为Na2Cr2O7，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体。【详解】（1）根据流程和上述分析，“煅烧时，Cr2O3与加入的纯碱、空气高温下反应生成Na2CrO4和二氧化碳，化学反应方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2；陶瓷、玻璃、石英当中都含有二氧化硅，煅烧时加入的纯碱会与二氧化硅反应，损坏实验装置，因此因该在铁坩埚中进行煅烧操作。答案为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 ；d （2）流程图中。“过滤II”后得到溶液中含有Na2CO3，将混合溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2Cr2O7晶体后得到的滤
35、液中含有大量Na2CO3可用于煅烧操作。答案为：Na2CO3；（3）浸出液中利用焙烧产生的二氧化碳调整溶液pH ，二氧化碳溶于水溶液显酸性，滤液中的偏铝酸钠、Na2SiO3转化为硅酸沉淀和氢氧化铝沉淀。答案为：H2SiO3、AI(OH)3；（4）由Na2Cr2O7溶液制备红矾钠固体，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）根据电解池中a电极端，加入稀氢氧化钠，相当于电解水，流出浓氢氧化钠，说明a电极周围产生大量氢氧根离子，因此可得a电极上水中氢离子得到电子转变为氢气和氢氧根，因此电极a为阴极，电极式为2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H+2e-=H2)；
36、b电极为阳极，溶液中阴离子放电，根据放电顺序氢氧根大于含氧酸根（CrO42-），因此b电极为水中的氢氧根离子失去电子转变为氧气和氢离子，在氢离子存在的情况下，根据已知信息2CrO42-+2H+Cr2O72- +H2O K=1.01012可得，溶液的pH=6，即=1.010-6mol/L，K=1.01012，=0.5mol/L，因此当溶液pH=6时，溶液中剩余的CrO42-为0.5mol，消耗的CrO42-为0.5mol，Na2CrO4的转化率=50%；答案为：2H2O+2e-=2OH-+H2(或2H+2e-=H2)；50%；18.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M=248 gmol1）
37、可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.11010，Ksp(BaS2O3)=4.1105。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液完成下列表格实验步骤现象取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液加入过量稀盐酸_，有刺激性气体产生静置，（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 _（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转
38、移至100 mL的_中，加蒸馏水至刻线。滴定：用_取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_%（保留1位小数）。【答案】 (1). 有乳白色或淡黄色沉淀生成 (2). 有白色沉淀生成 (3). 容量瓶 (4). 酸式滴定管 (5). 蓝色变为淡黄绿色，且半分钟不变化 (
39、6). 95.0【解析】【分析】（1）Na2S2O3和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫酸根离子时，需要先加入盐酸将S2O32-除去，再加入氯化钡溶液进行检验；（2）溶液配制需要计算、称量、溶解并冷却、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器；用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，加入淀粉溶液作为指示剂，溶液呈蓝色，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不恢复，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到
40、Cr2O72-3I26S2O32-，据此计算。【详解】(1)取少量样品，加入除氧的蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，产生的刺激性气体为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子，故答案为：有乳白色或淡黄色沉淀生成；有白色沉淀生成；(2)溶液配制需要计算、称量、溶解并冷却、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器，称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平，故答案为
41、：容量瓶； K2Cr2O7溶液具有氧化性，所以用酸式滴定管取0.00950molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I，加入淀粉溶液作为指示剂，溶液呈蓝色，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不恢复，说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32=S4O62+2I，得
42、到Cr2O723I26S2O32，即n（Na2S2O3）=6n（K2Cr2O7）=0.0095mol/L0.02L6=0.00114mol，配制得100mL溶液中n(S2O32)=0.00114 mol=0.0046mol，则样品纯度=100%=95.0%，故答案为：酸式滴定管；蓝色变为淡黄绿色，且半分钟不变化；95.0。【点睛】酸性溶液和强氧化性溶液应使用酸式滴定管盛装。19.羰基硫（COS）是全球硫循环的重要中间体，也是有机合成中的重要原料，是化学工作者重要的研究对象。已知：COS（g）H2（g）H2S（g）CO（g） Hl17kJmol；COS（g）H2O（g）H2S（g）CO2（g）
43、H235kJmol。回答下列问题：(1)反应CO（g）H2O（g）H2（g）CO2（g）的H_。(2)在充有催化剂的恒压密闭容器中进行反应I。设起始充入的n（H2）：n（COS）m，相同时间内测得COS转化率与m和温度（T）的关系如图所示。 m1_m2（填、或）。温度高于T0时，COS转化率减小的可能原因为_。A有副反应发生。B反应的H增大。C催化剂活性降低。D逆反应速率增大的倍数小于正反应速率增大的倍数(3)在恒温、恒容密闭容器中进行反应I。下列说法中能说明反应I已达到平衡状态的是_。Ac（H2S）c（CO） Bv正（H2）v逆（H2S）C容器中气体密度保持不变 D容器中混合气体平均摩尔质量
44、保持不变Ec（COS）保持不变(4)某温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中通入5 mol COS（g）和5 molH2O（g），发生反应，5 min后反应达到平衡，测得COS（g）的转化率为80。反应从起始至5 min内，用H2S浓度变化表示的平均反应速度v（H2S）_。该温度下，上述反应的平衡常数K_。其他条件相同时，既能使上述反应中COS的平衡转化率降低，又能使反应速率加快的做法是_。A缩小容器容积 B升高温度C分离出硫化氢 D加入一定量H2O（g）【答案】 (1). -18 kJmol (2). (3). A C (4). B E (5). 0.4mol/(Lmin) (6). 16
45、(7). B【解析】【详解】(1)根据盖斯定律，反应-反应得：CO（g）H2O（g）H2（g）CO2（g）H-35+17=-18 kJmol；综上所述，本题答案是：-18 kJmol。 (2) 相同条件下，n（H2）/n（COS）增大，COS转化率增大，所以m1m2；综上所述，本题答案是：。T0前，升高温度，正反应速率加快，COS转化率增大；温度高于T0时，催化剂的活性降低，发生副反应，逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，都有可能导致COS转化率减小，焓变与温度无关，综上所述，本题答案是：A C 。(3)反应COS（g）H2（g）H2S（g）CO（g） Hl17kJmol；Ac（H2
46、S）c（CO），没有指明反应速率进行的方向，无法判定反应I已达到平衡状态，错误； Bv正（H2）v逆（H2S），指明正逆反应速率的方向，且满足速率之比和系数成正比，可以判定反应I已达到平衡状态，正确；C反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，所以容器中气体密度始终保持不变，无法判定反应I已达到平衡状态，错误； D反应前后气体的总质量不变，反应前后气体的总量也保持不变，根据=m（总）/n(总) 可知，容器中混合气体平均摩尔质量始终保持不变，无法判定反应I已达到平衡状态，错误； Ec（COS）保持不变，可以判定反应I已达到平衡状态，正确；综上所述，本题选B E。(4) COS（g）H2O（g）H
47、2S（g）CO2（g）起始量 5 5 0 0变化量 580 580 580 5805 min后量 1 1 4 4反应从起始至5 min内，用H2S浓度变化表示的平均反应速度v（H2S）4/(25)=0.4mol/(Lmin)；综上所述，本题答案是：0.4mol/(Lmin)。该温度下，反应达到平衡后，c(COS)=1/2=0.5mol/L，c(H2O )=1/2=0.5mol/L，c(H2S)=4/2=2mol/L，c( CO2)=4/2=2mol/L，平衡常数K22/0.50.5=16；综上所述，本题答案是：16。A因为反应前后体积不变，缩小容器容积 ，增大压强，反应速率加快，平衡不移动 ，
48、COS的平衡转化率不变，错误； B该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，速率加快，COS的平衡转化率减小，正确；C分离出硫化氢，减小生成物浓度，平衡右移，COS的平衡转化率增大，速率减慢，错误； D加入一定量H2O（g），平衡右移，反应速率加快，COS的平衡转化率增大，错误；综上所述，本题选B。20.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为_。H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+，该离子的空间构型为_，依次写出一种与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是_、_。（2）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着
49、重要的化工用途。H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序_（填元素符号）。H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH生成B(OH)4，而体现弱酸性。B(OH)4中B原子的杂化类型为_。NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在_（填序号）：A 离子键 B 键 C 键 D 配位键 E 范德华力 （3）某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度_gcm3。【答案】 (1). (2). V形 (3). H2O (4). NH2 (5). FNOB (6). sp3 (7). ABD (8). 【解
50、析】【分析】（1）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑(Sb)原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断H2F+的空间构型；用替代法书写与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；(2)同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；B(OH)4中B的价层电子对=4+(3+1-41) =4，所以采取sp3杂化；NH4BF4 (四氟硼酸铵)中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个键和1个配位键；(3)由晶胞结构可知，每个晶胞中含有2个Ni原子和2个As原子，计算晶胞的质量，晶胞的密度=；【详解】（1）锑为51号元
51、素，Sb 位于第五周期VA族，则基态锑(Sb)原子价电子排布的轨道式为；H2F+SbF6（氟酸锑）是一种超强酸，存在H2F+，H2F+中中心原子F的价层电子对数为2+=4，键电子对数为2，该离子的空间构型为V型，与H2F+具有相同空间构型和键合形式的分子为H2O、阴离子为NH2，故答案为：；V形； H2O；NH2；（2）H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为FNOB，故答案为: FNOB；B(OH)4中B的价层电子对=4+(3+1-41) =4，所以采取sp3杂化，故答案为：sp3；NH4BF4 (四氟硼酸铵)中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、键、配位键，故答案为：ABD；（3）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有Ni原子数目=8+4=2，含有2个As原子，晶胞的质量=2g，晶胞的体积V=a10-10cma10-10cmc10-10cm=10-30cm3，故晶胞的密度=gcm3，故答案为：。
