1、江苏省扬州中学2019-2020学年高二化学下学期6月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 K-39 Fe-56 U-238选择题（共40分）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.化学与生产、生活密切相关。下列叙述中不正确的是（ ）A. 将电器垃圾深埋处理可减少重金属对环境的危害B. 将少量二氧化硫添加到红酒中可起到杀菌和抗氧化作用C. 对化学燃料脱硫、脱氮可减少酸雨的形成D. 用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料可实现碳的循环利用【答案】A【解析】【详解】A.电器中含有重金属元素，将电器垃圾深埋重金属会进入土
2、壤和水源中，造成污染，A错误；B.二氧化硫具有还原性，可以起到杀菌和抗氧化的作用，B正确；C.化学燃料燃烧产生的硫氧化物和氮氧化物会造成酸雨污染，故对化学燃料脱硫、脱氮可减少酸雨的形成，C正确；D.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，实现碳的循环利用，减少二氧化碳对环境的影响，D正确；答案选A。2.84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A. 中子数为10的氧原子：B. Na+的结构示意图：C. CO2结构式：O=C=OD. NaClO的电子式：【答案】C【解析】
3、【详解】A中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；DNaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。3.下列有关物质的性质与用途正确且具有对应关系的是（ ）A. 碳酸钠溶液显碱性，可用于治疗胃酸过多症B. 二氧化硅熔点高、硬度大，可用于制造光导纤维C. 浓硫酸有吸水性，可用于干燥二氧化硫和溴化氢气体D. Fe3+有较强氧化性，可用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜【答案】D【解析】【详解】A碳酸钠溶液碱性较强，不适合治疗胃酸过多，可用碳酸氢
4、钠治疗胃酸过多，故A错误；B二氧化硅对光具有良好的反射作用，可用于制造光导纤维，与其熔点高、硬度大无关，故B错误；C浓硫酸具有强氧化性，会将溴化氢氧化，所以不能干燥溴化氢，故C错误；DFe3+有较强氧化性，铁离子与铜发生反应生成亚铁离子和铜离子，可用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜，发生反应的离子方程式为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故D正确；故答案为D。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A. 无色澄清的溶液：Na+、NH、S2-、ClO-B. 能使石蕊变红的溶液：Fe2+、Na+、NO、SOC. 水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液中：Ba2+、
5、K+、HCO、S2-D. =10-12的溶液中：Na+、NO、AlO、CO【答案】D【解析】【详解】A次氯酸根具有氧化性，会将S2-氧化，不能大量共存，故A不符合题意；B使石蕊变红的溶液显酸性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化，故B不符合题意；C水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液中水的电离受到抑制，既可能显碱性也可能显酸性，酸性和碱性溶液中，碳酸氢根都不能大量存在，酸性溶液中硫离子不能大量存在，故C不符合题意；D=10-12的溶液显碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，也不与氢氧根反应，所以可以大量共存，故D符合题意；故答案为D。5.用下列实验装置进行相应实验能达到实验目的的是（
6、 ）A. 用甲装置从KI和I2的固体混合物中回收I2B. 用乙装置接收石油分馏实验中所得的馏分C. 用丙装置测量用MnO2和浓盐酸共热制得的Cl2体积D. 用丁装置准确量取一定体积的KMnO4标准溶液【答案】C【解析】【详解】A碘易升华，回收碘需要在上方利用玻璃片(或盛有冷水的烧瓶等)回收，图中装置不能回收碘，故A错误；B乙装置未与大气连通，由于气压原因，冷凝得到的液体无法进入锥形瓶，故B错误；C氯气难溶于饱和食盐水，集气瓶中氯气短进长出，可以将饱和食盐水压入量筒，从而确定氯气的体积，故C正确；D图示为碱式滴定管，高锰酸钾溶液有强氧化性，不能用碱式滴定管量取，故D错误；故答案为C。6.下列有关
7、化学反应的叙述正确的是（ ）A. 过氧化钠在空气中变色，发生了氧化还原反应B. 工业上可用氯气和澄清石灰水反应制漂白粉C. 硫在过量氧气中燃烧生成三氧化硫D. 过量的铜和浓硝酸反应时只生成一种气体【答案】A【解析】【详解】A过氧化钠为淡黄色，吸收空气中的水分和二氧化碳最终变成白色粉末碳酸钠，该过程中放出氧气，发生了氧化还原反应，故A正确；B澄清石灰水中氢氧化钙的浓度太低，工业上氯气和石灰乳反应制漂白粉，故B错误；C硫在过量氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在高温、高压、催化剂的条件下生成三氧化硫，故C错误；D过量的铜和浓硝酸反应时，开始硝酸浓度大生成NO2，随反应进行，硝酸的浓度变小，生成
8、NO，故D错误；故答案为A。7.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 将浓FeCl3溶液加入沸水中：Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+B. 用氨水吸收足量的SO2气体：NH3H2O+SO2=NH+HSOC. 向NH4HSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Ba2+OH-+H+SO=BaSO4+H2OD. 用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O【答案】B【解析】【详解】A将浓FeCl3溶液加入沸水中生成Fe(OH)3胶体而不是沉淀，正确离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；B氨水吸收足量的SO2气体生成亚硫酸氢
9、铵，离子方程式为NH3H2O+SO2=NH+HSO，故B正确；C向NH4HSO4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，铵根也会和氢氧根反应，正确离子方程式为NH4+H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+H2O+NH3H2O，故C错误；D铁离子会将碘离子氧化成碘单质，正确离子方程式为2I-+Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O+I2，故D错误；故答案为B。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B.
10、由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C. W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D. Y的简单气态氢化物的沸点比W的强【答案】D【解析】【分析】X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则其电子层结构为2、6，所以X为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F元素；在周期表中Z位于A族，且为F元素之后的短周期元素，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素。【详解】A电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，原子半径越大，所以原子半径：FOS0B. 室温下，稀释0.1molL-1NH4Cl溶液，溶液中增大C. 向稀氨水中加入少量氯化铵固体，一水合氨的电离程度增大D. 向硫
11、酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，振荡、过滤、洗涤，向沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)【答案】B【解析】【详解】A.反应CH3Cl(g)+Cl2(g)CH2Cl2(l)+HCl(g)为熵减小的反应，该反应能自发进行，根据反应能否自发进行的判据可知H-TS0，S0，则H Ksp(BaCO3)，产生碳酸钡沉淀，不能说明Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的关系，D错误；答案选B。12.在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚分离的还原剂已广泛使用。在UO2(NO3)2HNO3N2H4HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反应为2UO+N2H+3H
12、+2U4+N2+4H2O，电解装置如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 电解液中NO的移动方向：a极质子交换膜b极B. b极的电极反应式为UO2H2O2e-=U4+4OH-C. 若转移4mole-，将有4molH+透过质子交换膜D. 当产生11.2mLN2时，同时生成U4+的质量为0.238g【答案】C【解析】【分析】由装置可知，电极a与负极相连，为阴极，电解质溶液为酸性，根据总反应可知电极反应为：2UO+4e-+4H+=2U4+2H2O，电极b与正极相连，为阳极，b电极的反应式为N2H-4e-=N2+5H+。【详解】A质子交换膜只允许氢离子通过，硝酸根无法通过质子交换膜，故A错误；B电极b与
13、电源正极相连，所以b为阳极，失电子发生氧化反应，根据电解总反应可知b电极的反应式为N2H-4e-=N2+5H+，故B错误；C电解池中阳离子应向阴极移动，所以阳极产生的氢离子会向阴极迁移，结合电荷守恒可知，导线中(外电路)转移4mol电子，则有4mol H+透过质子交换膜，故C正确；D未标明气体状态，不能计算，故D错误；故答案为C。13.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A将SO2气体通入酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2具有漂白性B在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡有白色沉淀产生，苯层呈紫红色Cu2+有氧化性，白色沉淀可能为CuICC2H5OH与
14、浓硫酸共热至170，产生的气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫红色褪去C2H5OH与浓硫酸反应生成了乙烯D向5mL0.1molL-1KI溶液中加入1mL0.1molL-1FeCl3溶液，振荡，用苯萃取23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A. AB. BC. CD. D【答案】BD【解析】【详解】A二氧化硫会被酸性高锰酸钾氧化，所以溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，并不是漂白性，故A错误；B苯层呈紫红色，说明有碘单质生成，有白色沉淀产生，说明沉淀中不是Cu2+，综合分析可知Cu2+有氧化性，将碘离子氧化生成I2，自身被还原成Cu+，白色
15、沉淀可能为CuI，故B正确；C乙醇具有挥发性，且也能使酸性高锰酸钾褪色，即使不生成乙烯，酸性高锰酸钾溶液也会褪色，故C错误；DFe3+可以氧化I-生成碘单质，将生成的碘单质萃取后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液出现血红色，说明清液中含有Fe3+，但实验中KI过量，仍有Fe3+说明反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2是有一定限度的，故D正确；故答案为BD。14.时，将溶液逐滴滴加到溶液中，所得溶液的与滴加的体积关系如右图所示。下列指定溶液浓度关系说法正确的是已知：，时的，。A. 点所得溶液中：B. 点所得溶液中：C. 点所得溶液中：D. 点所得溶液中：【答案】CD【解析】【详解】A当向溶液中滴加
16、极少量NaOH时，溶液中c(Na+)极小，此时c(H+)c(Na+)，但随着NaOH的滴加，c(Na+)变大c(H+)变小，最终c(H+) c(OH)，则c(Na+) c(HSO3)+2c(SO32)，故B错误；CKa2=，则Ka2=10-7.19，c点溶液pH=4.52，即c(H+)=10-4.52mol/L，所以，故C正确；Dd点加入0.1mol/LNaOH溶液40mL，恰好与亚硫酸钠完全反应，溶液中的溶质为Na2SO3，存在质子守恒c(OH)= c(H+)+ c(HSO3)+2 c(H2SO3)，故D正确；故答案为CD。15.在三个体积均为2 L恒容密闭容器中，反应CO(g)+2H2(g
17、)CH3OH(g) H0达到平衡，得到如下数据。下列说法正确的是容器编号温度/K物质的起始物质的量/mol物质的平衡物质的量/molCO(g)H2(g)CH3OH(g)CH3OH(g)T10.400.8000.24T2000.400.20T2abA. 反应温度：T1T2B. 达平衡时，转化率：(CO,)+(CH3OH,)1C. 在容器中，若平衡时，CO的转化率大于H2，则D. 在容器中，若起始时加入0.4 mol CO、0.4 mol H2和0.4 mol CH3OH，则此时v(正)v(逆)【答案】AB【解析】【分析】分析题给信息，该可逆反应为气体分子数减小且正反应为放热的反应，分析容器和容器
18、的投料量，可知二者投料量等效。但最终物质的平衡物质的量不相等，说明二者温度应不相同，根据化学平衡的移动，分析T1、T2的关系。容器中反应条件与容器相同，结合题给信息具体分析。【详解】A容器中加入0.40 mol CO、0.80 mol H2，与容器中加入0.40 mol CH3OH等效，达到平衡时，容器中CH3OH的物质的量比容器少，结合可逆反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0，可知，反应向逆反应方向移动。因此反应温度：T1T2，A项正确；B根据等效平衡原理，若T1=T2，则转化率：(CO,)+(CH3OH,)=1，因T1T2，(CH3OH，)变大，所以(CO,)+(CH3OH
19、,)1，B项正确；C在容器中，若平衡时，CO的转化率大于H2，则，C项错误；D依据容器中平衡时CH3OH的平衡物质的量，可计算出该温度下反应的化学平衡常数K=25，在容器中，若起始时加入0.4 mol CO、0.4 mol H2和0.4 mol CH3OH，可计算出此时浓度商Qc=25=K，Qc=K，平衡不移动，则此时v(正)=v(逆)，D项错误。【点睛】分析等效平衡问题的关系：（1）看清楚条件是恒温恒容还是恒温恒压。（2）分析要形成等效平衡，是必须各物质的量与原平衡完全相同还是只要成比例即可。（3）分析对于不能构成等效平衡的情况，平衡是向正反应方向移动了，还是向逆反应方向移动了。在分析中，将
20、生成物（或反应物）按“一边倒”的原则全部转化为反应物（或生成物）是非常必要、有效的。非选择题（共60分）16.在工业、农业等方面有广泛的应用，工业上可由高铁菱锰矿（主要成分为，含有、等杂质）制备，部分工艺流程如图所示：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的（开始沉淀的按离子浓度为计算）：金属离子开始沉淀的8.16.31.53.48.9沉淀完全的10.18.32.84.710.9（1）“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（2）“调”范围至56，得到滤渣2的主要成分除外还有_。（3）“除杂”过程中加入的目的是_。（4）“沉锰”过程中发生反应的化学方程式为_。（5）在水中的溶解度与温度关系如图。由获得较纯净
21、的晶体的方法是：将溶于适量的稀硫酸，控制温度在之间蒸发结晶，_，得到晶体，洗涤、烘干。晶体通常采用减压烘干的原因是_。【答案】 (1). 2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O (2). 、 (3). 除去Mg2+ (4). (5). 趁热过滤 (6). 防止失去结晶水【解析】【分析】根据流程：高铁菱锰矿(主要成分为MnCO3，含有FeCO3、Al2O3、MgO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸，得到Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的酸性溶液，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，向滤液加入MnO2，将二价铁离子氧化成三价铁，反应为：2FeSO4 +MnO2 +2H2SO4=Fe2
22、(SO4)3 +MnSO4 +2H2O，氨水调节pH56沉淀Fe3+、Al3+，得到氢氧化铁和氢氧化铝的沉淀，滤渣2为多余的MnO2、Al(OH)3 Fe(OH)3，中加入MnF2除去Mg2+，滤渣3为MgF2，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O，将MnCO3溶于适量的稀硫酸，控制温度为90以上结晶，得到MnSO4H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，以此解答该题。【详解】(1)酸浸后，溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，得到三价铁离子和二价锰离子，故离子方程式为2Fe2+ +MnO2 +4H+=2Fe3+ +
23、Mn2+ +2H2O；(2)根据氢氧化物沉淀的 pH，“调pH”范围至56，得到滤渣2的主要成分除MnO2外还有Al(OH)3、Fe(OH)3；(3)根据分析“除杂”过程中加入MnF2的目的是除去Mg2+；(4)根据分析，除杂后的溶液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵和氨水的混合物沉锰：MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O；(5)由MnCO3获得较纯净的MnSO4H2O 晶体应先将MnCO3溶解，MnSO4在90析出MnSO4H2O，所以控制温度在之间蒸发结晶，并且要趁热过滤，得到MnSO4H2O晶体，洗涤、烘干得到产品，晶体通常采用减压烘干的原因是温度
24、较低可防止MnSO4H2O失去结晶水。【点睛】减压烘干是在密闭容器中抽真空后进行干燥的方法，此法优点是温度较低，产品质松易粉碎，此外，减少了空气对产品的不良影响，对保证产品质量有一定意义。17.实验室以海绵铜（主要成分为Cu和CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在6070，原因是_。（2）写出“转化”过程中的离子方程式_。（3）“过滤”所得滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作获得(NH4)2SO4晶体，可用作化学肥料。“过滤”所得滤渣主要成分为
25、CuCl，用乙醇洗涤的优点是_。（4）氯化铵用量与Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是_。（5）若CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：_。（实验中可选试剂：0.1molL-1盐酸、10molL-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）【答案】 (1). 温度低溶解速度慢、温度过高硝酸挥发或分解 (2). 2Cu2+SO+2Cl-+H2O=2CuCl+SO+2H+ (3). CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化 (4). 生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中 (5
26、). 向产品中加入10molL-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23次，干燥【解析】【分析】实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu和CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】(1)物质“溶解氧化”时，既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度
27、过高铵盐分解。(2)“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl，离子方程式为2Cu2+SO32-+2Cl+H2O2CuCl+ SO42-+2H+。(3)根据已知条件，“过滤”所得滤渣CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。(4)根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。(5)由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品
28、中混有少量CaSO4，向产品中加入10 molL1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。【点睛】解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。18.某三价铁配合物的化学式可表示为KaFeb(C2O4)cxH2O，为测定其组成，进行如下实验：步骤1：称取1.9640g该配合物晶体，配制成250.00mL溶液。步骤2：取所配溶
29、液25.00mL于锥形瓶中，加入1molL-1硫酸5.0mL，加热到7085，用0.0100molL-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液48.00mL。步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤4：继续用0.0100molL-1KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00mL。(1)步骤2中，KMnO4将C2O氧化为CO2，该滴定反应的离子方程式为_。(2)步骤3中黄色消失的原因是_(用离子方程式表示)。(3)配制配合物溶液的过程中，若定容时俯视容量瓶的刻度线，则最终所得晶
30、体组成中水的含量_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)通过计算确定该三价铁配合物的化学式_(写出计算过程)。【答案】 (1). 5C2O+2MnO+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O (2). 2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+ (3). 偏小 (4). 根据滴定反应5Fe2+MnO+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，250.00mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O)=n(MnO)10=0.012mol；n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)10=50.0100mol/L0.008L10=0.004mol；根据电荷守恒可知n(K+)=20.012mol-30.00
31、4mol=0.012mol；根据质量守恒可得n(H2O)=0.012mol；n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；化学式为K3Fe(C2O4)33H2O。【解析】【分析】取样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL进行滴定，将溶液酸化后，利用高锰酸钾标准液将C2O氧化，根据消耗的高锰酸钾的量确定样品中草酸根的量；之后加入锌粉将三价铁还原成亚铁离子，再利用高锰酸钾标准液将Fe2+氧化，从而确定样品中Fe元素的量；再根据电荷守恒确定钾离子的量，根据质量守恒确定水的量。【详解】(1)KMn
32、O4将C2O氧化为CO2，自身被还原成Mn2+，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为5C2O+2MnO+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O；(2)溶液中因存在Fe3+而呈黄色，加入锌粉和铁离子反应使黄色消失，离子方程式为2Fe3+Zn=2Fe2+Zn2+；(3)定容时俯视容量瓶的刻度线会导致配制的样品浓度偏大，通过滴定法确定的C2O、Fe3+和K+的量偏大，而确定水的量时需要用总质量减去其余三种离子的量，所以会导致样品中水的含量偏小；(4)根据反应5C2O+2MnO+16H+=10CO2+2Mn2+8H2O可知，250.00mL溶液中n(C2O)=n(MnO)10=0.012mol；M
33、nO氧化Fe2+时，MnO转化为Mn2+，化合价降低5价，Fe2+转化为Fe3+，化合价升高1价，所以二者的系数比为5:1，所以n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO)10=50.0100mol/L0.008L10=0.004mol；根据电荷守恒可知n(K+)=20.012mol-30.004mol=0.012mol；根据质量守恒可得n(H2O)=0012mol；n(C2O)：n(Fe3+)：n(K+)：n(H2O)=0.012mol：0.004mol：0.012mol：0.012mol=3:1:3:3；化学式为K3Fe(C2O4)33H2O。19.硫化氢俗称“臭蛋气”，是一种无色具有臭
34、鸡蛋气味的剧毒气体，由含硫物质分解而来，属于常见的酸性有害气体中的一种。研究硫化氢的利用及污染的防治很有意义。(1)已知下列反应的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) H1=-1123.6kJmol-1S(s)+O2(g)=SO2(g) H2=-296kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H3=-571.6kJmol-1写出H2S分解为单质硫(用S表示)和H2的热化学方程式：_。(2)H2S在一定条件下发生如下形式的分解：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，利用该反应可制备H2和硫磺。在2.0L的恒容密闭容器中充入0.1molH2S发
35、生上述反应，不同温度下测得H2S的转化率与时间的关系如图所示。温度升高时，混合气体的平均摩尔质量减小的原因是_。P点时容器内气体压强与起始时气体压强之比为_。1050时，此反应的平衡常数_(填序号)。a.等于3.12510-4 b.大于3.12510-4c.小于3.12510-4 d.无法判断(3)科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池结构示意图如图所示：电极a上发生反应的电极反应式为_。当有1molH+经质子膜进入正极区时，反应消耗H2S的体积为_L(标准状况下)。【答案】 (1). H2S(g)=S(s)+H2(g) H=+20
36、kJmol-1 (2). 该反应是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，气体的物质的量增加，混合气体的平均摩尔质量减小 (3). 1110 (4). b (5). 2H2S-4e-=S2+4H+ (6). 11.2【解析】【分析】(2)据图可知温度升高H2S的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应；(3)据图可知该装置中H2S转化为S2发生氧化反应，O2转化为H2O发生还原反应，所以电极a为负极，电极b为正极。【详解】(1)H2S分解为单质硫(用S表示)和H2的热化学方程式为H2S(g)= S(s)+H2(g)H；已知2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O
37、(l) H1=-1123.6kJmol-1S(s)+O2(g)=SO2(g) H2=-296kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H3=-571.6kJmol-1根据盖斯定律(-2-)可得H=-1123.6kJmol-1-2(-296kJmol-1)-(-571.6kJmol-1)= +20kJmol-1；(2)该反应是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，气体的物质的量增加，但总质量不变，所以混合气体的平均摩尔质量减小；P点时H2S的转化率为20%，起始投料为0.1molH2S，则列三段式有：；所以P点气体总物质的量为(0.08mol+0.01mol+0.02mol)=0.1
38、1mol，恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，所以P点时容器内气体压强与起始时气体压强之比为0.11:0.1=11:10；容器体积为2L，所以P点H2S、S2、H2的浓度分别为0.04mol/L、0.005mol/L、0.01mol/L，则该点的浓度商为= 3.12510-4，而此时反应还要正向移动，所以950时该反应的平衡常数大于3.12510-4，而该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，所以1050时，此反应的平衡常数大于3.12510-4，所以选b；(3)电极a为负极，H2S被氧化生成S2同时产生氢离子，电极反应式为2H2S-4e-=S2+4H+；根据电极反应式可知，当有1mo
39、lH+经质子膜进入正极时，消耗0.5molH2S，标况下的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L。【点睛】解答第二小题时要注意浓度商和平衡常数的关系，浓度商小于平衡常数时，反应正向移动，浓度商等于平衡常数时，反应达到平衡，浓度商大于平衡常数时，反应逆向移动。20.日前新合成的砷化镉三维材料具有超强导电性，这种材料的电气性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。（1）Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为_。（2）与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3，分析其原因是_。（3）As、Ge
40、、Se的第一电离能由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。（4）含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，其中C原子轨道杂化类型为_，1mol对氨基苯胂酸含键数目为_。（5）砷化镉可以看作是石墨烯3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空隙，空隙占有率75%，如图“”和“”位是“空位”。则砷化镉化学式为_。【答案】 (1). 4d95s25p1 (2). 原子半径NP，NH3更易结合水电离的H+ (3). AsSeGe (4). sp2 (5). 19NA（或196.021023） (6). Cd3As2【解析】【详解】(1)Cd与Zn同族且相邻，则基态Cd原子的外围
41、电子排布与Zn类似，为4d105s2，受到激发后次外层1个d电子即4d能级上的一个电子，激发进入最外层的5p能级，所以激发态Cd外围电子排布为4d95s25p1；(2)原子半径NP，NH3更易结合水电离的H+，所以氢化物水溶液的碱性：NH3强于PH3；(3)Ge、As、Se为同周期主族元素，且原子序数依次增大，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As为第A族元素，其4p能级为半满状态，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能AsSeGe；(4)苯环中含有大键，环上的C原子为sp2杂化；苯环上有6个碳原子之间形成的键，还有4个碳氢原子之间形成的键，砷氧双键中有一个键，其余单键均为键，所以1mol对氨基苯胂酸含键数目为19NA(或196.021023)；(5)根据晶胞结构，晶胞中 As原子的个数为=4，Cd原子的个数为6，所以砷化镉的化学式为Cd3As2。【点睛】同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。
