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黑龙江省鸡西市鸡东县第二中学2020届高三上学期期中考试化学试题
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化学试卷
可能会用到的相对原子质量：H 1 N 14 Si 28 O 16 S 32 Ni 59 Cu 64
一、选择题
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. “地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；
C. 小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
2.下列有关物质分类或归类不正确的是（ ）
A. 氯水和酸雨都是混合物
B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；
B. 蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；
故选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18 g D2O中含有的质子数为10NA
B. 60 g二氧化硅中含有的Si—O键数目为4NA
C. 密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.一个D2O分子中含有10个质子，D2O的摩尔质量为20g·mol-1，故18gD2O中含有的D2O分子数为0.9NA，其中含有的质子数为9NA，故A错误；
B.二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成4个Si—O键，60 g二氧化硅中含有NA个硅原子，故含有的Si—O键的数目为4NA，故B正确；
C.2molNO与1molO2完全反应生成2molNO2，但体系中存在化学平衡2NO2N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故C错误；
D.氯气与水能发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，标准状况下，22.4L(1mol)氯气与水完全反应转移的电子数应为NA，但此反应属于可逆反应，转移的电子数小于NA，故D错误。
故选B。
4.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
5.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：188O
B. 次氯酸的结构式为：H-O-Cl
C. 氢氧化钠的电子式：
D. CO2的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；
B. O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；
C. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；
D. 碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；
故选B。
6.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞显红色的溶液中：Na+、Mg2+、ClO-、HSO3-
B. c(Fe3+)═0.1mol/L溶液中：K+、NH4+、SO42-、SCN-
C. 常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：Na+、HCO3--、K+、NO3-
D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使酚酞显红色的溶液中：Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀、HSO3-与OH-生成SO32-和水，ClO-与HSO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A不符合题意；
B. c(Fe3+)═0.1mol/L的溶液中：Fe3+与SCN-生成难电离的Fe(SCN)3，故B不符合题意；
C. 常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：HCO3—与OH-生成CO32-和水，故C不符合题意；
D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-之间没有沉淀、气体、水等生成，能大量共存，故D符合题意；
故选D。
8.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有（ ）
序号
X
Y
Z
W
①
Si
Na2SiO3
H2SiO3
SiO2
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2Si，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
②NaNaOHNa2CO3NaClNa，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
③Cl2Ca（ClO）2HClOHClCl2，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
④Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe，故不满足题意；
故选D。
9.高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为：3C1O-＋10OH-＋2Fe3+═2FeO42-＋3C1-＋5H2O。下列相关叙述不合理的是（ ）
A. K2FeO4中铁元素的化合价是+6
B. 制得1molK2FeO4转移3mole-
C. Fe3+的氧化性强于FeO42-的氧化性
D. 氧化产物和还原产物物质的量之比为2：3
【答案】C
【解析】
【详解】A. K2FeO4中铁元素的化合价：令FeO42－中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故A正确；
B. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，生成2molFeO42－，电子转移总数6mol，制得1mol K2FeO42－转移3mole－，故B正确；
C. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe3＋是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe3＋，故C错误；
D. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe3＋是还原剂，氧化产物为FeO42－与还原产物为Cl－物质的量之比为2：3，故D正确；
故选：C
10.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
加快O2的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4
向反应后的溶液中加水，观察溶液变蓝色
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、在过氧化氢溶液中加入少量MnO2，MnO2具有催化作用，加快双氧水的分解速率，故A正确；
B、MnO2与浓盐酸常温下不反应，而且纯化氯气时应先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，然后用浓硫酸干燥，故B错误；
C、Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能判断是否已氧化变质，正确实验方法：溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C错误；
D、随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，而Cu与稀硫酸不反应，反应后的混合物中一定含硫酸，所以应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、沉淀生成、实验技能为解答关键，易错点C，3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，注意实验的隐含条件。
11.在含Fe3+的S2O82－和I－的混合溶液中，反应S2O82－(aq)+2I－(aq)=2SO42－(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I－(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2O82－(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42－(aq)
下列有关该反应的说法正确的是
A. 化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关
B. 该反应为吸热反应
C. Fe2+是该反应的催化剂
D. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】
【详解】A.铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；
B.反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；
C.Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；
D.此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；
正确答案：A。
12. 在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），有关下列图象的说法正确的是
A. 依据图a可判断正反应为吸热反应
B. 在图b中，虚线可表示压强增大
C. 若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D. 由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0
【答案】C
【解析】
试题分析：A．依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，V逆>V正,平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；B．在图b中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；C．若正反应的ΔH＜0，升高温度，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；D．由于升高温度，气体的平均相对分子质量增大，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0，错误。
考点：考查外界条件对化学平衡移动的影响的知识。
13.某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(s) ΔH>0，下列有关说法正确的是
A. 升高温度，增大，逆减小
B. 平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大
C. 通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动
D. 若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于2
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A错误；B．增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B错误；C．通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．
A(g)+B(g)C(g)+2D(s)
起始物质的量（mol/L） 1 1 0
变化物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡时平衡常数K==2，故D正确；故答案为D。
14.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 图①所示装置可电解食盐水制氯气和氢气
B. 图②所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
C. 图③装置可以用来验证化学能转化为电能
D. 图④测定中和热
【答案】B
【解析】
【详解】A. 阳极是铜失电子变为Cu2+进入溶液，图①所示装置不可电解食盐水制氯气和氢气，故A错误；
B. 浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故B正确；
C. 图③装置不能形成闭合回路，无法用来验证化学能转化为电能，故C错误；
D. 图④中温度计无法测量反应混合液的温度，中和热测定实验中，温度计应插在小烧杯中的混合溶液中，故D错误；
故选B。
15.用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示。下列说法正确的是
A. 阳极室溶液由无色变成棕黄色
B. 阴极的电极反应式为：4OH–-4e–=2H2O+O2↑
C. 电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高
D. 电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：A．根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe 2+，电极反应式为Fe -2e-=Fe2+，所以溶液由无色变浅绿色，故A错误；B．阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+4e-═2OH-+H2↑，故B错误；C．电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c(OH-)增大，溶液中pH增大，故C正确；D．电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH4+结合生成电解质NH3．H2O，所以阴极室中溶质为NH3．H2O和(NH4)3PO4或NH4HPO4、(NH4)2HPO4，故D错误；故选C。
考点：考查了电解原理的相关知识。
16.一定温度下，将2molSO2和1molO2冲入10L恒温密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g)ΔH═－196kJ/mol，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是（ ）
A. 0~5min内，用O2表示的平均反应速率υ(O2)═0.017mol·(L·min)-1
B. 条件不变，起始时向容器中冲入4molSO2和2molO2，平衡时反应放热小于333.2kJ
C. 若增大O2的浓度，则SO2的转化率增大
D. 的值不变时，该反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的量与热量成正比，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ，则参加反应的氧气为 =0.85mol，0～5 min内，用O2表示的平均反应速率υ（O2）= =0.017 mol·L-1·min-1，故A正确；
B. 2mol SO2和1mol O2充入10L恒容密闭容器中达到平衡时，消耗氧气为0.85mol，放出热量为166.6kJ，而条件不变，起始向容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，物质的量为原来的2倍，压强增大，平衡正向移动，达到平衡时消耗氧气大于0.85mol×2=1.7mol，则平衡时放热大于166.6kJ×2=333.2 kJ，故B错误；
C. 若增大O2的浓度，平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故C正确；
D. 达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等，的值不变时，可知各物质的物质的量不变，则反应达到平衡，故D正确；
故选B。
二、非选择题
17.氧化锆(ZrO2)材料具有高硬度、高熔点、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：
25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：
Fe(OH)3
Zr(OH)4
Al(OH)3
开始沉淀时pH
1.9
2.2
3.4
沉淀完全时pH
3.2
3.2
4.7
请回答下列问题：
(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有________________________________。
(2)操作I的名称是__________________，滤渣1成分为_________，滤渣2的成分为_____________。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：____________________。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是__________________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是__________________。
(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式________________________________。根据ZrO2的性质，推测其一种用途________________________________。
【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). Fe2O3 (4). H2SiO3 (5). 4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (6). 3.2~3.4 (7). 取最后一次洗涤液加入硝酸银溶液和稀硝酸，没有白色沉淀证明洗涤干净 (8). Zr（OH）4ZrO2+2H2O (9). 耐火材料、坩埚、打磨材料牙齿材料等
【解析】
【分析】
锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，得到滤液1中加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，滤渣2为H2SiO3，滤液中含有ZrO2＋、Al3＋，加氨水调节pH为3.2～3.4使ZrO2＋转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2。
【详解】(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有粉碎固体，升高温度。
(2)操作Ⅰ用于分离固体和液体，操作I的名称是过滤，滤渣1成分为Fe2O3，滤渣2的成分为H2SiO3。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，该反应的化学方程式：4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是3.2～3.4使ZrO2＋完全转化为Zr（OH）4沉淀，且避免生成Al（OH）3；Zr（OH）4表面为附着Cl－等，为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净。
(5)“高温煅烧”过程的化学方程式Zr（OH）4ZrO2+2H2O。根据ZrO2的性质，推测其一种用途，推测其两种用途有耐火材料、磨料等。
【点睛】本题考查物质制备工艺流程，题目涉及陌生方程式书写、条件控制、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解题关键：理解工艺流程中试剂作用、物质转化、分离提纯等。
18.某小组拟制备三氯乙醛，装置如图所示（夹持装置略去）。
已知：制备反应原理为CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应为CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2O 。常温下，高锰酸钾和浓盐酸可以制备氯气。
（1）写出A中发生反应离子方程式：______________。
（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，合理的解决方案是______________。
（3）实验完毕后。从D中分离产品的操作是______________。
（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净。B中试剂可能是________（填序号）；如果拆去B装置，后果是_____。
a、NaOH溶液 b、饱和食盐水 c、稀盐酸 d、稀硫酸
【答案】 (1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度 (3). 蒸馏 (4). b (5). 氯气中有氯化氢，发生副反应生成CH3CH2Cl，使三氯乙醛产率降低纯度降低
【解析】
【分析】
A装置利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
【详解】（1）A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，A中发生反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，要降低氯气生成的速率，合理的解决方案是调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度。
（3）实验完毕后，利用反应混合物中各物质的沸点不同，从D中分离产品的操作是蒸馏。
（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，B中试剂可能是b；如果拆去B装置，则通入D中的氯气中混有HCl，根据题给副反应 C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物C2H5Cl增多，使三氯乙醛产率降低纯度降低。
19.德国化学家哈伯(F. Haber, 1868-1930)发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥的永不枯竭的廉价来源，从而使农业生产依赖土壤的程度减弱，解决了地球上因粮食不足导致的饥饿和死亡问题。因此这位解救世界粮食危机的化学天才获得了1918年诺贝尔化学奖。现在我们在实验室模拟工业制氨的过程，以探究外界条件对平衡的影响。
查阅资料，获得以下键能数据：
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能/(kJ/mol)
946
436
391
(1)计算工业合成氨反应的反应热：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=________kJ/mol
(2)一定温度下，向一个恒压容器中充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)，达到平衡时，N2的转化率为，此时容器的体积为1L。
该温度时容器中平衡体系的平衡常数是______________。
(3)合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法K2CO3溶液再生，其装置如图所示：
①在阳极区发生的反应包括____________________和H+＋HCO3- ═H2O＋CO2↑。
②简述CO32-在阴极区再生的原理__________。
③再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇。
已知：25 ℃，101 KPa下：
2H2(g)＋ O2(g)═2H2O(g) Δ H1═－484kJ/mol
2CH3OH(g)＋ 3O2(g)═2CO2(g)＋4H2O(g) Δ H2═－1352kJ/mol
写出CO2和H2生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式__________。
【答案】 (1). -92 (2). 10 mol-2/L-2 (3). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (4). 氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，碳酸氢根电离平衡正向移动，碳酸根增多再生 (5). CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH=-50kJ/mol
【解析】
【详解】（1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，则N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)的焓变为△H=E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H）=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ·mol－1；
（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)，达到平衡时，N2的转化率为，此时容器的体积为1L，则平衡时体系中各组分的浓度分别为c（N2）= =0.5mol·L－1，c（H2）==0.2mol·L－1，c（NH3）==0.2mol·L－1，则该温度时容器中平衡体系的平衡常数是K= =10L2·mol－2；
（3）①在阳极区发生氧化反应生成氧气，考虑到溶液为碱性介质，则为OH－放电生成H2O和O2，阳极区发生的反应包括4OH--4e-=2H2O+O2↑ 和H+＋HCO3- ═H2O＋CO2↑。
②CO32－在阴极区再生的原因是：H＋在阴极放电生成H2，使溶液c（H＋）减小，促使HCO3－的电离平衡右移，产生更多的CO32－。
③给反应编号：2H2(g)＋ O2(g)═2H2O(g) Δ H1═－484kJ/mol（①式）
2CH3OH(g)＋3O2(g)═2CO2(g)＋4H2O(g) Δ H2═－1352kJ/mol（②式）
根据盖斯定律，所求反应可以由（①式×3-②式）÷2得到，CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH===-50kJ·mol－1，则CO2和H2生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH=-50kJ·mol－1。
【点睛】本题考查化学反应原理部分知识，包含盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，电离平衡的移动，电解原理，电极反应式的书写，热化学方程式的书写，（3）的②难度稍大，考查综合运用平衡移动原理分析问题的能力。
20.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是____。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为____，提供孤电子对的成键原子是______。
③氨的沸点__________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_________；氨是______分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由_______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958 kJ·mol–1、INi=1 753 kJ·mol–1，ICu> INi的原因是_______________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm–3，晶胞参数a=______nm。（用含有d、NA的式子表示，可以不化简）
【答案】 (1). 1s22s2sp63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). 氨气分子间存在氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). Cu+3d轨道全充满较稳定，失去电子吸收的能量更多，第二电离能更大 (12). 3 ：1 (13).
【解析】
【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
（2）①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是硫酸根据离子，S原子有 =0对孤电子对，形成4个σ键，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，立体构型是正四面体。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间除了范德华力、还形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子；
NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电中心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤电子对，形成3个σ键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu＋的外围电子排布为3d10，Ni＋的外围电子排布为3d84s1，Cu+的3d处于全充满较稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8× =1、Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1；
②根据ρ= ，即ρ=g/cm3 ==d g·cm–3，晶胞参数a=cm=nm。
【点睛】本题是物质结构的综合考题，涉及核外电子排布、配位键、晶胞计算等知识，难点在于晶胞的计算，注意单位换算，学生易出错。
化学试卷
可能会用到的相对原子质量：H 1 N 14 Si 28 O 16 S 32 Ni 59 Cu 64
一、选择题
1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是( )
A. Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
B. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C. 小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；
B. “地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；
C. 小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。
2.下列有关物质分类或归类不正确的是（ ）
A. 氯水和酸雨都是混合物
B. 蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气溶于水形成的混合物，酸雨是pH小于5.6的雨水，是混合物，故A正确；
B. 蔗糖在水溶液和熔融态下均不导电，属于非电解质，硫酸钡在熔融态时完全电离，属于强电解质，水只能部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C. 硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，故C错误；
D. 淀粉溶液和鸡蛋清溶液都是胶体，故D正确；
故选C。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18 g D2O中含有的质子数为10NA
B. 60 g二氧化硅中含有的Si—O键数目为4NA
C. 密闭容器中，2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
D. 标准状况下，22.4 L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.一个D2O分子中含有10个质子，D2O的摩尔质量为20g·mol-1，故18gD2O中含有的D2O分子数为0.9NA，其中含有的质子数为9NA，故A错误；
B.二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成4个Si—O键，60 g二氧化硅中含有NA个硅原子，故含有的Si—O键的数目为4NA，故B正确；
C.2molNO与1molO2完全反应生成2molNO2，但体系中存在化学平衡2NO2N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故C错误；
D.氯气与水能发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，标准状况下，22.4L(1mol)氯气与水完全反应转移的电子数应为NA，但此反应属于可逆反应，转移的电子数小于NA，故D错误。
故选B。
4.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A. 向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C. Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D. 向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；
B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；
C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；
D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2 + 2FeCl3= 2Fe(OH)3+ 3MgCl2，D项正确；
答案选C。
5.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：188O
B. 次氯酸的结构式为：H-O-Cl
C. 氢氧化钠的电子式：
D. CO2的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中子数为8的氧原子，质量数为16，表示为168O，故A错误；
B. O原子分别与氯和氢原子各形成一对共用电子对，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故B正确；
C. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式：，故C错误；
D. 碳原子半径比氧原子大，CO2的比例模型：，故D错误；
故选B。
6.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A. 原子半径：W
C. 气态氢化物热稳定性：Z
【答案】D
【解析】
【分析】
W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞显红色的溶液中：Na+、Mg2+、ClO-、HSO3-
B. c(Fe3+)═0.1mol/L溶液中：K+、NH4+、SO42-、SCN-
C. 常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：Na+、HCO3--、K+、NO3-
D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使酚酞显红色的溶液中：Mg2+与OH-生成氢氧化镁沉淀、HSO3-与OH-生成SO32-和水，ClO-与HSO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A不符合题意；
B. c(Fe3+)═0.1mol/L的溶液中：Fe3+与SCN-生成难电离的Fe(SCN)3，故B不符合题意；
C. 常温下，c(OH-)═0.1mol/L的溶液中：HCO3—与OH-生成CO32-和水，故C不符合题意；
D. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：NH4+、NO3-、Na+、SO42-之间没有沉淀、气体、水等生成，能大量共存，故D符合题意；
故选D。
8.下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有（ ）
序号
X
Y
Z
W
①
Si
Na2SiO3
H2SiO3
SiO2
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
Cl2
Ca(ClO)2
HClO
HCl
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ②③ B. ①③④ C. ①④ D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①SiNa2SiO3H2SiO3SiO2Si，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
②NaNaOHNa2CO3NaClNa，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
③Cl2Ca（ClO）2HClOHClCl2，满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系；
④Fe与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与Fe反应可得到FeCl2，FeCl2与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁得不到Fe，故不满足题意；
故选D。
9.高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为：3C1O-＋10OH-＋2Fe3+═2FeO42-＋3C1-＋5H2O。下列相关叙述不合理的是（ ）
A. K2FeO4中铁元素的化合价是+6
B. 制得1molK2FeO4转移3mole-
C. Fe3+的氧化性强于FeO42-的氧化性
D. 氧化产物和还原产物物质的量之比为2：3
【答案】C
【解析】
【详解】A. K2FeO4中铁元素的化合价：令FeO42－中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故A正确；
B. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，生成2molFeO42－，电子转移总数6mol，制得1mol K2FeO42－转移3mole－，故B正确；
C. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe3＋是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe3＋，故C错误；
D. 反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe3＋是还原剂，氧化产物为FeO42－与还原产物为Cl－物质的量之比为2：3，故D正确；
故选：C
10.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
加快O2的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
B
制取并纯化氯气
常温下向MnO2中滴加浓盐酸，将生成的气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水
C
检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红
D
验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4
向反应后的溶液中加水，观察溶液变蓝色
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A、在过氧化氢溶液中加入少量MnO2，MnO2具有催化作用，加快双氧水的分解速率，故A正确；
B、MnO2与浓盐酸常温下不反应，而且纯化氯气时应先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，然后用浓硫酸干燥，故B错误；
C、Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，不能判断是否已氧化变质，正确实验方法：溶于水，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红，故C错误；
D、随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，而Cu与稀硫酸不反应，反应后的混合物中一定含硫酸，所以应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、混合物分离提纯、沉淀生成、实验技能为解答关键，易错点C，3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，注意实验的隐含条件。
11.在含Fe3+的S2O82－和I－的混合溶液中，反应S2O82－(aq)+2I－(aq)=2SO42－(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I－(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2O82－(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42－(aq)
下列有关该反应的说法正确的是
A. 化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关
B. 该反应为吸热反应
C. Fe2+是该反应的催化剂
D. 若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】
【详解】A.铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；
B.反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；
C.Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；
D.此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；
正确答案：A。
12. 在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），有关下列图象的说法正确的是
A. 依据图a可判断正反应为吸热反应
B. 在图b中，虚线可表示压强增大
C. 若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D. 由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0
【答案】C
【解析】
试题分析：A．依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，V逆>V正,平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；B．在图b中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；C．若正反应的ΔH＜0，升高温度，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；D．由于升高温度，气体的平均相对分子质量增大，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的ΔH<0，错误。
考点：考查外界条件对化学平衡移动的影响的知识。
13.某固定容积为1L的密闭容器中，1molA(g)与1molB(g)在催化剂作用下加热到500℃发生反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(s) ΔH>0，下列有关说法正确的是
A. 升高温度，增大，逆减小
B. 平衡后再加入1molB，上述反应的ΔH增大
C. 通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动
D. 若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于2
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A错误；B．增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的△H不变，故B错误；C．通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．
A(g)+B(g)C(g)+2D(s)
起始物质的量（mol/L） 1 1 0
变化物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5
平衡时平衡常数K==2，故D正确；故答案为D。
14.用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 图①所示装置可电解食盐水制氯气和氢气
B. 图②所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性
C. 图③装置可以用来验证化学能转化为电能
D. 图④测定中和热
【答案】B
【解析】
【详解】A. 阳极是铜失电子变为Cu2+进入溶液，图①所示装置不可电解食盐水制氯气和氢气，故A错误；
B. 浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故B正确；
C. 图③装置不能形成闭合回路，无法用来验证化学能转化为电能，故C错误；
D. 图④中温度计无法测量反应混合液的温度，中和热测定实验中，温度计应插在小烧杯中的混合溶液中，故D错误；
故选B。
15.用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示。下列说法正确的是
A. 阳极室溶液由无色变成棕黄色
B. 阴极的电极反应式为：4OH–-4e–=2H2O+O2↑
C. 电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高
D. 电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：A．根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe 2+，电极反应式为Fe -2e-=Fe2+，所以溶液由无色变浅绿色，故A错误；B．阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H2O+4e-═2OH-+H2↑，故B错误；C．电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c(OH-)增大，溶液中pH增大，故C正确；D．电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH4+结合生成电解质NH3．H2O，所以阴极室中溶质为NH3．H2O和(NH4)3PO4或NH4HPO4、(NH4)2HPO4，故D错误；故选C。
考点：考查了电解原理的相关知识。
16.一定温度下，将2molSO2和1molO2冲入10L恒温密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌ 2SO3(g)ΔH═－196kJ/mol，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是（ ）
A. 0~5min内，用O2表示的平均反应速率υ(O2)═0.017mol·(L·min)-1
B. 条件不变，起始时向容器中冲入4molSO2和2molO2，平衡时反应放热小于333.2kJ
C. 若增大O2的浓度，则SO2的转化率增大
D. 的值不变时，该反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的量与热量成正比，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ，则参加反应的氧气为 =0.85mol，0～5 min内，用O2表示的平均反应速率υ（O2）= =0.017 mol·L-1·min-1，故A正确；
B. 2mol SO2和1mol O2充入10L恒容密闭容器中达到平衡时，消耗氧气为0.85mol，放出热量为166.6kJ，而条件不变，起始向容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，物质的量为原来的2倍，压强增大，平衡正向移动，达到平衡时消耗氧气大于0.85mol×2=1.7mol，则平衡时放热大于166.6kJ×2=333.2 kJ，故B错误；
C. 若增大O2的浓度，平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故C正确；
D. 达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等，的值不变时，可知各物质的物质的量不变，则反应达到平衡，故D正确；
故选B。
二、非选择题
17.氧化锆(ZrO2)材料具有高硬度、高熔点、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：
25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：
Fe(OH)3
Zr(OH)4
Al(OH)3
开始沉淀时pH
1.9
2.2
3.4
沉淀完全时pH
3.2
3.2
4.7
请回答下列问题：
(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有________________________________。
(2)操作I的名称是__________________，滤渣1成分为_________，滤渣2的成分为_____________。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：____________________。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是__________________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是__________________。
(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式________________________________。根据ZrO2的性质，推测其一种用途________________________________。
【答案】 (1). 粉碎、高温 (2). 过滤 (3). Fe2O3 (4). H2SiO3 (5). 4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O (6). 3.2~3.4 (7). 取最后一次洗涤液加入硝酸银溶液和稀硝酸，没有白色沉淀证明洗涤干净 (8). Zr（OH）4ZrO2+2H2O (9). 耐火材料、坩埚、打磨材料牙齿材料等
【解析】
【分析】
锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，二氧化硅反应转化为硅酸钠，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，水浸过滤，滤渣1为Fe2O3，得到滤液1中加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠和过量盐酸反应得到氯化铝，滤渣2为H2SiO3，滤液中含有ZrO2＋、Al3＋，加氨水调节pH为3.2～3.4使ZrO2＋转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2。
【详解】(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有粉碎固体，升高温度。
(2)操作Ⅰ用于分离固体和液体，操作I的名称是过滤，滤渣1成分为Fe2O3，滤渣2的成分为H2SiO3。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，该反应的化学方程式：4NaOH+ZrSiO4Na2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是3.2～3.4使ZrO2＋完全转化为Zr（OH）4沉淀，且避免生成Al（OH）3；Zr（OH）4表面为附着Cl－等，为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr（OH）4洗涤干净。
(5)“高温煅烧”过程的化学方程式Zr（OH）4ZrO2+2H2O。根据ZrO2的性质，推测其一种用途，推测其两种用途有耐火材料、磨料等。
【点睛】本题考查物质制备工艺流程，题目涉及陌生方程式书写、条件控制、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解题关键：理解工艺流程中试剂作用、物质转化、分离提纯等。
18.某小组拟制备三氯乙醛，装置如图所示（夹持装置略去）。
已知：制备反应原理为CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl，可能发生的副反应为CH3CH2OH+HCl→CH3CH2Cl+H2O 。常温下，高锰酸钾和浓盐酸可以制备氯气。
（1）写出A中发生反应离子方程式：______________。
（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，合理的解决方案是______________。
（3）实验完毕后。从D中分离产品的操作是______________。
（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净。B中试剂可能是________（填序号）；如果拆去B装置，后果是_____。
a、NaOH溶液 b、饱和食盐水 c、稀盐酸 d、稀硫酸
【答案】 (1). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (2). 调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度 (3). 蒸馏 (4). b (5). 氯气中有氯化氢，发生副反应生成CH3CH2Cl，使三氯乙醛产率降低纯度降低
【解析】
【分析】
A装置利用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl3CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。
【详解】（1）A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，A中发生反应的离子方程式：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
（2）实验发现，通入D中的氯气速率过快，要降低氯气生成的速率，合理的解决方案是调节分液漏斗旋塞减慢盐酸滴加速度。
（3）实验完毕后，利用反应混合物中各物质的沸点不同，从D中分离产品的操作是蒸馏。
（4）进入D装置中的氯气要干燥、纯净，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，B中试剂可能是b；如果拆去B装置，则通入D中的氯气中混有HCl，根据题给副反应 C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物C2H5Cl增多，使三氯乙醛产率降低纯度降低。
19.德国化学家哈伯(F. Haber, 1868-1930)发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥的永不枯竭的廉价来源，从而使农业生产依赖土壤的程度减弱，解决了地球上因粮食不足导致的饥饿和死亡问题。因此这位解救世界粮食危机的化学天才获得了1918年诺贝尔化学奖。现在我们在实验室模拟工业制氨的过程，以探究外界条件对平衡的影响。
查阅资料，获得以下键能数据：
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能/(kJ/mol)
946
436
391
(1)计算工业合成氨反应的反应热：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=________kJ/mol
(2)一定温度下，向一个恒压容器中充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)，达到平衡时，N2的转化率为，此时容器的体积为1L。
该温度时容器中平衡体系的平衡常数是______________。
(3)合成氨工业会产生大量副产物CO2，工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法K2CO3溶液再生，其装置如图所示：
①在阳极区发生的反应包括____________________和H+＋HCO3- ═H2O＋CO2↑。
②简述CO32-在阴极区再生的原理__________。
③再生装置中产生的CO2和H2在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇。
已知：25 ℃，101 KPa下：
2H2(g)＋ O2(g)═2H2O(g) Δ H1═－484kJ/mol
2CH3OH(g)＋ 3O2(g)═2CO2(g)＋4H2O(g) Δ H2═－1352kJ/mol
写出CO2和H2生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式__________。
【答案】 (1). -92 (2). 10 mol-2/L-2 (3). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (4). 氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，碳酸氢根电离平衡正向移动，碳酸根增多再生 (5). CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH=-50kJ/mol
【解析】
【详解】（1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，则N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)的焓变为△H=E（N≡N）+3E（H-H）-6E（N-H）=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ·mol－1；
（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入N20.6mol，H20.5mol，在一定温度下进行反应：N2(g)+3H2(g) ⇌2NH3(g)，达到平衡时，N2的转化率为，此时容器的体积为1L，则平衡时体系中各组分的浓度分别为c（N2）= =0.5mol·L－1，c（H2）==0.2mol·L－1，c（NH3）==0.2mol·L－1，则该温度时容器中平衡体系的平衡常数是K= =10L2·mol－2；
（3）①在阳极区发生氧化反应生成氧气，考虑到溶液为碱性介质，则为OH－放电生成H2O和O2，阳极区发生的反应包括4OH--4e-=2H2O+O2↑ 和H+＋HCO3- ═H2O＋CO2↑。
②CO32－在阴极区再生的原因是：H＋在阴极放电生成H2，使溶液c（H＋）减小，促使HCO3－的电离平衡右移，产生更多的CO32－。
③给反应编号：2H2(g)＋ O2(g)═2H2O(g) Δ H1═－484kJ/mol（①式）
2CH3OH(g)＋3O2(g)═2CO2(g)＋4H2O(g) Δ H2═－1352kJ/mol（②式）
根据盖斯定律，所求反应可以由（①式×3-②式）÷2得到，CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH===-50kJ·mol－1，则CO2和H2生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH+H2O(g) ΔH=-50kJ·mol－1。
【点睛】本题考查化学反应原理部分知识，包含盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，电离平衡的移动，电解原理，电极反应式的书写，热化学方程式的书写，（3）的②难度稍大，考查综合运用平衡移动原理分析问题的能力。
20.东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为______，3d能级上的未成对电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是____。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为____，提供孤电子对的成键原子是______。
③氨的沸点__________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_________；氨是______分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。
（3）单质铜及镍都是由_______键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958 kJ·mol–1、INi=1 753 kJ·mol–1，ICu> INi的原因是_______________。
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm–3，晶胞参数a=______nm。（用含有d、NA的式子表示，可以不化简）
【答案】 (1). 1s22s2sp63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N (6). 高于 (7). 氨气分子间存在氢键 (8). 极性 (9). sp3 (10). 金属 (11). Cu+3d轨道全充满较稳定，失去电子吸收的能量更多，第二电离能更大 (12). 3 ：1 (13).
【解析】
【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。
（2）①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是硫酸根据离子，S原子有 =0对孤电子对，形成4个σ键，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，立体构型是正四面体。
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间除了范德华力、还形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子；
NH3分子为三角锥形结构，分子中正负电中心不重合，属于极性分子，N原子有1对孤电子对，形成3个σ键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu＋的外围电子排布为3d10，Ni＋的外围电子排布为3d84s1，Cu+的3d处于全充满较稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍；
（4）①晶胞中Ni处于顶点，Cu处于面心，则晶胞中Ni原子数目为8× =1、Cu原子数目=6×=3，故Cu与Ni原子数目之比为3：1；
②根据ρ= ，即ρ=g/cm3 ==d g·cm–3，晶胞参数a=cm=nm。
【点睛】本题是物质结构的综合考题，涉及核外电子排布、配位键、晶胞计算等知识，难点在于晶胞的计算，注意单位换算，学生易出错。
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