2021-2022學年廣西三新學術(shù)聯(lián)盟高二下學期5月聯(lián)考化學試題解析版

試卷第=page1818頁，共=sectionpages2222頁廣西“三新“學術(shù)聯(lián)盟2021-2022學年高二下學期5月聯(lián)考化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．化學與人體健康及環(huán)境保護息息相關(guān)。下列敘述不正確的是A．SO2、NO2都會導致酸雨的產(chǎn)生B．喝補鐵劑(含F(xiàn)e2+)時，加服維生素C效果更好，原因是維生素C具有還原性C．掩埋廢舊電池不會造成環(huán)境污染D．明礬、氯化鐵以及活性炭均可以用來除去水中懸浮性雜質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A．SO2、NO2都會導致酸雨的產(chǎn)生，前者形成硫酸型酸雨，后者形成硝酸型酸雨，A正確；B．能被人體吸收的鐵元素是亞鐵離子，亞鐵離子很容易被氧化為三價鐵離子，維生素C具有還原性，能將三價鐵還原為亞鐵離子，B正確；C．掩埋廢舊電池，會造成電解液流出，里面的重金屬離子會對土壤造成污染，C錯誤；D．明礬、氯化鐵可水解生成氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體，具有吸附性，可以除去水中的懸浮物雜質(zhì)，活性炭結(jié)構(gòu)疏松多孔，也具有吸附作用，能夠除去水中懸浮性雜質(zhì)，D正確；答案選C。2．下列關(guān)于有機化合物的說法不正確的是A．苯和丙烯均能發(fā)生加成反應和取代反應B．正丁烷與異丁烷互為同分異構(gòu)體C．碳酸鈉可以鑒別乙酸和乙醇D．丙烷室溫下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應【答案】D【解析】【詳解】A．苯能與氫氣發(fā)生加成反應也能與Cl2取代反應，丙烯的官能團為碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應和取代反應，A項正確；B．正丁烷和異丁烷屬于碳鏈異構(gòu)，兩者互為同分異構(gòu)體，B項正確；C．乙酸的酸性大于碳酸的酸性，乙酸可以與碳酸鈉反應生成CO2氣體，乙醇的官能團為羥基不與碳酸鈉反應，則可以鑒別乙酸和乙醇，C項正確；D．丙烷可與Cl2發(fā)生取代反應，與濃鹽酸不發(fā)生取代反應，D項錯誤；答案選D。3．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．1molN2與足量H2反應，生成NH3分子數(shù)為2NAB．常溫下，將5.6g鐵投入足量的稀硫酸中，充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.3NAC．1mol/L的H2SO4溶液中H+的數(shù)目為2NAD．1LpH=2的CH3COOH溶液中H+的數(shù)目0.01NA【答案】D【解析】【詳解】A．N2和H2反應生成NH3屬于可逆反應，故1molN2與足量H2反應，生成NH3分子數(shù)小于2NA，A錯誤；B．鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，故將5.6g鐵(0.1mol)投入足量的稀硫酸中，充分反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA，B錯誤；C．溶液體積未知，不能計算1mol/L的H2SO4溶液中H+的數(shù)目，C錯誤；D．1LpH=2的CH3COOH溶液中H+的物質(zhì)的量為0.01mol，數(shù)目為0.01NA，D正確；答案選D。4．大豆素因其優(yōu)良的生理活性備受關(guān)注，一種大豆素如下圖所示，關(guān)于該化合物說法正確的是A．該化合物的分子式為C15H12O5B．該化合物所有原子可能共平面C．該化合物為芳香烴D．該化合物可以發(fā)生加成、氧化、取代反應【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式可知，該化合物中含有15個C原子，14個H原子，5個O原子，則其分子式為C15H14O5，故A錯誤；B．飽和碳原子具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征，該化合物中含有多個飽和碳原子，則該化合物中所有原子不可能共平面，故B錯誤；C．該化合物中含有氧元素，不屬于烴，故C錯誤；D．該物質(zhì)中苯可以與氫氣發(fā)生加成反應，羥基能被氧化，酚羥基的鄰位能與濃溴水發(fā)生取代反應，故D正確；答案選D。5．2019年化學諾貝爾獎授予拓展鋰離子電池應用的三位科學家。鋰空氣電池是一種新型的二次電池，其放電時的工作原理如下圖所示。下列說法不正確的是A．電池中的有機電解液不可用KOH溶液代替B．充電時，Li+從陽極區(qū)移向陰極區(qū)C．充電時，應將鋰電極與電源負極相連D．電池工作時，每消耗2.24LO2，外電路流過0.04mol電子【答案】D【解析】【分析】由圖可知，放電時，Li作負極，氧氣通入極為正極，電極反應式為O2+4e-+2H2O═4OH-，充電時，Li作陰極，右側(cè)電極為陽極，據(jù)此作答?！驹斀狻緼．鋰金屬能與水反應，則有機電解液不可用KOH溶液代替，故A正確；B．充電時，陽離子Li+向陰極移動，故B正確；C．充電時，Li作陰極，應與電源的負極相連，故C正確；D．放電時，Li作負極，氧氣通入極為正極，電極反應式為O2+4e-+2H2O═4OH-，氣體狀況不知，無法計算2.24LO2的物質(zhì)的量，即不確定電子轉(zhuǎn)移數(shù)目，故D錯誤；故選：D。6．W是由短周期元素X、Y、Z組成的鹽，其中X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X3-與Y2-、Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同。下列說法中不正確的是A．W的溶液一定顯中性 B．原子半徑：Z＞X＞YC．Y的某種單質(zhì)可用于殺菌消毒 D．工業(yè)上常采用電解法冶煉Z單質(zhì)【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X3-與Y2-、Z+的電子層結(jié)構(gòu)相同，可推知X為N元素，Y為O元素，Z為Na元素，W是由X、Y、Z組成的鹽，則W可以是NaNO3、NaNO2等，據(jù)此分析解答。【詳解】A．若W是NaNO2，其溶液顯堿性，A錯誤；B．電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑：r(Na)＞r(N)＞r(O)，B正確；C．Y為O元素，其單質(zhì)O3具有強氧化性，可用于殺菌消毒，C正確；D．工業(yè)上電解熔融的NaCl冶煉單質(zhì)Na，D正確；答案選A。7．港珠澳大橋的設計使用壽命高達120年，主要的防腐方法有：①鋼梁上安裝鋁片；②使用高性能富鋅(富含鋅粉)底漆；③使用高附著性防腐涂料；④預留鋼鐵腐蝕量。下列分析不正確的是A．防腐過程中鋁和鋅均作為犧牲陽極，失去電子B．大橋金屬的腐蝕以化學腐蝕為主C．防腐涂料可以防水、隔離O2，降低吸氧腐蝕速率D．方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，不能完全消除【答案】B【解析】【詳解】A．Fe與Al或Zn構(gòu)成原電池時，Al和Zn的活性都大于Fe，則Al和Zn均作為犧牲陽極，失電子，F(xiàn)e被保護，A正確；B．大橋金屬為合金，其腐蝕主要以電化學腐蝕為主，B錯誤；C．防腐涂料可以防水、隔離O2，減少鐵與氧氣接觸，降低吸氧腐蝕速率，C正確；D．方法①②③只能減緩鋼鐵腐蝕，不能完全消除鐵的腐蝕，D正確；答案選B。8．利用下列裝置和試劑進行實驗，能達到實驗目的的是A．圖1：比較Zn與Cu的金屬性強弱B．圖2：除去Cl2中的HCl并干燥C．圖3：蒸發(fā)氯化鎂溶液制備無水MgCl2D．圖4：實驗室制取氯氣【答案】B【解析】【詳解】A．利用鹽橋構(gòu)成原電池時兩個半電池分別發(fā)生氧化反應與還原反應，題中燒杯中溶液位置放反了，A選項錯誤；B．，通過稀硫酸時利用同離子效應，增大H+濃度，抑制Cl2在其中的溶解消耗，HCl極易溶于水可被溶解出去，最后濃硫酸干燥除水，B選項正確；C．加熱條件下，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl揮發(fā)，最終剩余固體Mg(OH)2而得不到MgCl2，C選項錯誤；D．實驗室制取氯氣應使用還原性較強的濃鹽酸而非稀鹽酸，D選項錯誤；答案選B。9．下列離子方程式書寫正確的是A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O=2+2C1-+B．用重鉻酸鉀溶液滴定草酸：

+14H++3=2Cr3++6CO2↑+7H2OC．向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀H2SO4：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2OD．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3；2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+【答案】A【解析】【詳解】A．用亞硫酸鈉溶液吸收少量氯氣，離子方程式為：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，故A正確；B．用重鉻酸鉀溶液滴定草酸，草酸是弱酸，應保留化學式，反應的離子方程式：+8H++3H2C2O4═2Cr3++6CO2↑+7H2O，故B錯誤；C．向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀H2SO4，只有碘離子被氧化，正確的離子方程式為：6I-+8H++2=2NO↑+4H2O+3I2，故C錯誤；D．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，過氧化氫不能氧化鐵離子，鐵離子可以做過氧化氫分解催化劑，反應方程式為：，故D錯誤；故選：A。10．W、X、Y、Z為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，W與Y同主族，X與Z同主族，其中X、Y、Z構(gòu)成的某種物質(zhì)結(jié)構(gòu)如圖所示。下列敘述不正確的是A．W與X形成的化合物一定是共價化合物B．簡單氫化物的沸點：X＞ZC．簡單離子半徑：Z＞X＞YD．向該物質(zhì)中加入稀硫酸，有氣泡和淡黃色沉淀產(chǎn)生【答案】A【解析】【分析】由X、Y、Z構(gòu)成的某種物質(zhì)結(jié)構(gòu)示意圖可知，化合物中Z原子能形成6個共價鍵、X能形成2個共價鍵，結(jié)合X與Z同主族可知，X為O元素、Z為S元素；Y元素能形成帶一個單位正電荷的陽離子，結(jié)合W、X、Y、Z為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，W與Y同主族可知，W可能為H元素或Li元素、Y為Na元素，該物質(zhì)為硫代硫酸鈉的結(jié)構(gòu)示意圖?！驹斀狻緼．X為O元素，W可能為H元素或Li元素，氫元素和氧元素形成的化合物可能是共價化合物水或過氧化氫，鋰元素和氧元素形成的化合物是離子化合物氧化鋰，A錯誤；B．H2O分子間可形成氫鍵，故簡單氫化物的沸點：H2O＞H2S，B正確；C．電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，隨核電荷數(shù)增大，離子的離子半徑依次減小，則離子半徑：S2-＞O2-＞Na+，C正確；D．硫代硫酸鈉與稀硫酸反應生成硫酸鈉、二氧化硫氣體、淡黃色的硫沉淀和水，D正確；答案選A。11．用惰性電極電解法制備硼酸[H3BO3或B(OH)3]的工作原理如圖所示。下列有關(guān)說法不正確的是A．電流方向：電源正極→b電極→電解液→a電極→電源負極B．膜A為陽膜，膜B為陰膜C．a(chǎn)極區(qū)加入氫氧化鈉是為了增強溶液的導電性D．當電路中通過3mol電子時，可得到1molH3BO3【答案】D【解析】【分析】由電解法制備硼酸(H3BO3)，陽極上OH-發(fā)生失電子的氧化反應，陽極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+穿過陽膜A進入產(chǎn)品室中，則b極為陽極；a極為陰極，陰極水或氫離子發(fā)生得電子的還原反應，陰極反應式為4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，Na+穿過陽膜A進入陰極區(qū)，B(OH)穿過陰膜B進入產(chǎn)品室，產(chǎn)品室中B(OH)與H+結(jié)合生成H3BO3，反應是B(OH)+H+=H3BO3+H2O，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由分析可知，a極為陰極，b極為陽極，則a接電源負極，b接電源正極，電流方向為：電源正極→b電極→電解液→a電極→電源負極，A正確；B．根據(jù)分析可知，A為陽離子交換膜，B為陰離子交換膜，B正確；C．水的導電性弱，a極區(qū)加入氫氧化鈉，可增強溶液的導電性，C正確；D．陽極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，產(chǎn)品室中B(OH)與H+結(jié)合生成H3BO3，反應是B(OH)+H+=H3BO3+H2O，因此當電路中通過3mol電子時，可得到3molH3BO3，D錯誤；答案選D。12．已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中-1g[c()]、-1g[c()]與-1g[c(Ba2+)]的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是A．該溫度下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10B．曲線②中a點：c(Ba2+)=c()+c()+c(H2CO3)C．加適量BaCl2固體可使溶液由c點變到b點D．曲線①中y2=4.9【答案】B【解析】【分析】飽和溶液中，由于Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，當相等時，＞，則-lg＜-lg，即曲線①代表-lg與-lg的關(guān)系圖，曲線②代表-lg與-lg的關(guān)系圖，以此解答。【詳解】A．由分析可知，曲線①代表-lg與-lg的關(guān)系圖，當-lg=7時，-lg=3，則Ksp(BaSO4)=·==，A正確；B．曲線②代表-lg與-lg的關(guān)系，若不考慮水解，由圖象可知c(Ba2+)＞c()，因此a點：c(Ba2+)＞c()+c()+c(H2CO3)，B錯誤；C．曲線②代表-lg與-lg的關(guān)系圖，加適量BaCl2固體，平衡逆向移動，增大，減小，則-lg增大，-lg減小，且Ksp(BaCO3)不變，可使溶液由c點變到b點，C正確；D．由分析可知，曲線①代表-lg與-lg的關(guān)系圖，當-lg=7時，-lg=3，則Ksp(BaSO4)=·==，當-lg=5.1時，y2=-lg=10-5.1=4.9，D正確；答案選B。13．下列有關(guān)實驗操作、現(xiàn)象、所得出的結(jié)論均正確的是選項實驗操作現(xiàn)象或數(shù)據(jù)結(jié)論A室溫下，用pH計測定飽和的Na2CO3與CH3COONa的pHpH：Na2CO3＞CH3COONa酸性：＜CH3COOHB銅與過量濃硫酸反應，向反應后的混合溶液中加入蒸餾水溶液變?yōu)樗{綠色反應后的混合溶液中有銅離子C某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，沒有Fe3+D向盛有4mL0.1mol·L-1的NaOH溶液的試管中滴加等濃度的MgSO4溶液2mL后，再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液先產(chǎn)生白色沉淀后沉淀變?yōu)樗{色Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的小A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】【詳解】A．鹽水解程度越大，對應酸的酸性越弱，飽和的Na2CO3與CH3COONa的濃度不相等，不能比較酸性，故A錯誤；B．硫酸銅在水溶液中呈現(xiàn)藍色，但反應后溶液中存在濃硫酸，加入水可能會產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，正確操作為酸入水，所以不能用此方法確認銅與濃硫酸反應，故B錯誤；C．滴加K3[Fe(CN)6]溶液產(chǎn)生藍色沉淀可檢驗亞鐵離子，不能確定是否含鐵離子，故C錯誤；D．溶度積越小越易形成沉淀，該反應發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，由實驗操作和現(xiàn)象可得Cu(OH)2的Ksp比Mg(OH)2的小，故D正確；故選：D。14．常溫下，某實驗小組以酚酞為指示劑，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關(guān)系如圖所示[比如的分布系數(shù)：δ()=]，下列敘述正確的是A．曲線①代表δ()，曲線②代表δ()B．NaH2PO2是酸式鹽，其水溶液顯堿性C．水解常數(shù)Kh≈1.0×10-11D．當?shù)味ㄖ林行詴r，溶液中存在：c()+c(H3PO2)＜c(Na+)【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)加入NaOH溶液后曲線變化可知③是pH變化，曲線①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2種，結(jié)合起點pH，可推出H3PO2為一元弱酸(若為一元強酸或二元或三元酸，含磷微粒不是2種或者起點pH不對應)。因為H3PO2為一元弱酸，故曲線①代表，曲線②代表，A錯誤；B．因為H3PO2為一元弱酸，故NaH2PO2是正鹽，不是酸式鹽，B錯誤；C．由曲線①②交點可知=，故c(H3PO2)=c()，對應曲線③pH=3，即c(H＋)=10-3mol·L-1，，故水解常數(shù)，C正確；D．當20mL時達到滴定終點，NaOH與次磷酸二者1∶1恰好反應，存在物料守恒：c(H3PO2)+c()=c(Na+)，但因為H3PO2為一元弱酸，故NaHPO2是正鹽，其水溶液顯堿性，所以此時NaOH加過量；即當溶液為中性時，溶液中存在：c(H3PO2)+c()＞c(Na+)，D錯誤；答案選C。二、工業(yè)流程題15．以含鈷廢料(主要成分為Co2O3，含有少量MnO2、NiO、Fe3O4)為原料制備Co2O3的流程如圖所示：(1)為了提高“酸浸”步驟的浸出率，可采取的措施有_______(任答一點)?！盀V渣1”的化學式為_______。(2)“酸浸”時Co2O3與H2O2反應的化學方程式為_______。(3)“操作2”所得副產(chǎn)品的一種用途為_______。已知該物質(zhì)的溶液加熱到100°C時會分解，該物質(zhì)的溶解度見表：溫度/°C0102030405060溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0操作2是_______(填字母)。A．蒸發(fā)結(jié)晶

B．降溫結(jié)晶

C．減壓蒸發(fā)結(jié)晶(4)“沉鈷”時溫度不能太低也不能太高，原因是_______。(5)“沉鈷”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_______。(6)已知常溫下Ksp(CoC2O4)=6.4×10-8、Ksp(CoCO3)=1.6×10-13，向濃度相同的Na2CO3和Na2C2O4的混合溶液中加入足量CoSO4固體，則所得溶液中c()：c()=_______。(7)有機相提取的Ni2+再生時可用于制備鎳氫電池，該電池充電時的總反應為Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。則放電時負極的電極反應式為_______?！敬鸢浮?1)

升高溫度、增大硫酸的濃度等

Fe(OH)3(2)Co2O3+H2O2+2H2SO4=2CoSO4+3H2O+O2↑(3)

作氮肥

c(4)溫度過低，反應速率慢；溫度過高，NH4HCO3不穩(wěn)定受熱分解(5)2Co2++HCO+3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓+3NH+H2O(6)(7)MH+OH--e-=M+H2O【解析】【分析】由題給流程可知，向研磨后的含鈷廢料中加入硫酸和雙氧水，酸性條件下，氧化鈷與雙氧水發(fā)生氧化還原反應生成亞鈷離子，四氧化三鐵與雙氧水發(fā)生氧化還原反應生成鐵離子，氧化亞鎳溶于硫酸生成亞鎳離子，二氧化錳不溶解，過濾得到含有氫離子、亞鈷離子、鐵離子、亞鎳離子的酸浸液和二氧化錳；調(diào)節(jié)酸浸液的pH為3.7，鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有亞鈷離子、亞鎳離子的濾液和濾渣1氫氧化鐵；向濾液中加入萃取劑，萃取分液得到含有亞鈷離子的水相和含有亞鎳離子的有機相；向水相中加入氨水和碳酸氫銨溶液，亞鈷離子離子轉(zhuǎn)化為Co2(OH)2CO3沉淀，過濾得到含有硫酸銨的濾液和Co2(OH)2CO3沉淀；高溫煅燒，Co2(OH)2CO3與空氣中的氧氣發(fā)生氧化還原反應生成氧化鈷、二氧化碳和水。(1)可采用升高溫度、增大硫酸的濃度提高“酸浸”的浸出率，由分析可知，濾渣1為氫氧化鐵沉淀，化學式為Fe(OH)3；(2)酸性條件下，Co2O3與H2O2發(fā)生氧化還原反應生成CoSO4、O2和H2O，反應的化學方程式為Co2O3+H2O2+2H2SO4=2CoSO4+3H2O+O2↑；(3)由分析可知，濾液中含有硫酸銨，經(jīng)操作2得到的副產(chǎn)品為硫酸銨，可用作氮肥，硫酸銨的溶解度隨溫度升高而升高，但變化量不大，且硫酸銨受熱易分解，因此操作2應采取減壓蒸發(fā)結(jié)晶，答案選c；(4)溫度過低，反應速率慢；溫度過高，NH4HCO3不穩(wěn)定受熱分解，所以“沉鈷”時溫度不能太低也不能太高；(5)沉鈷時發(fā)生的反應為向水相中加入氨水和碳酸氫銨溶液，亞鈷離子離子轉(zhuǎn)化為Co2(OH)2CO3沉淀，反應的離子方程式為2Co2++HCO+3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓+3NH+H2O；(6)常溫下，Ksp(CoC2O4)=6.4×10-8、Ksp(CoCO3)=1.6×10-13，向濃度相同的Na2CO3和Na2C2O4的混合溶液中加入足量CoSO4固體，所得溶液中c(Co2+)相同，c()=，c()=，則c()：c()=；(7)由充電時的總反應可知，放電時，負極為MH，MH在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成M，電極反應式為MH+OH--e-=M+H2O。三、實驗題16．“侯氏制堿法”曾為世界制堿工業(yè)做出了突出貢獻，某化學興趣小組在實驗室中模擬并改進侯氏制堿法制備NaHCO3，進一步處理得到產(chǎn)品Na2CO3和NH4Cl，實驗流程如圖：(1)侯氏制堿法的化學原理是將CO2通入飽和氨鹽水中，該反應的化學方程式為___________。(2)根據(jù)上述實驗流程用下列儀器制備NaHCO3，正確的連接順序是___________(按氣流方向，用小寫字母表示)。(3)反應完成后，將(2)中裝置B的U形管內(nèi)混合物處理得到濾液和固體NaHCO3：①向濾液中加入NaCl和乙醇并降溫NH4Cl晶體會逐步結(jié)晶析出，加入乙醇的目的是___________。②將碳酸氫鈉在300°C加熱得到碳酸鈉所選用的儀器是___________(填標號)；A、

B、

C、

D、(4)無水NaHCO3可作為基準物質(zhì)標定鹽酸濃度，應選擇指示劑___________(選填“甲基橙”、“酚酞”、“石蕊”)。稱量前，若無水NaHCO3保存不當，吸收了一定量水分，用其做標準液滴定錐形瓶中未知濃度的鹽酸濃度時，會使結(jié)果___________(選填“偏高”、“偏低”、“不變”)。(5)某化學學習小組對產(chǎn)品Na2CO3溶液進行電解，原理如圖所示。該離子交換膜為___________(選填“陽”或“陰”)離子交換膜。陽極的電極反應式為___________?！敬鸢浮?1)NH3?H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓(2)aefbcgh(3)

減少NH4Cl晶體溶解，降低損失

D(4)

甲基橙

A(5)

陽

4OH--4e-=2H2O+O2↑【解析】【分析】濃氨水中加入氯化鈉粉末得到飽和氨鹽水，通入過量二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體，過濾后加熱碳酸氫鈉可得碳酸鈉，母液加入氯化鈉粉末析出氯化銨；(1)侯氏制堿法的原理是飽和氨鹽水和CO2反應得到碳酸氫鈉晶體和氯化銨，反應的化學方程式為NH3?H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；(2)首先利用裝置A制取CO2，然后利用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2混有的HCl氣體，然后通入B裝置中與氨鹽水反應，最后利用NaOH溶液吸收尾氣，所以連接順序為aefbcgh；(3)①加入乙醇的目的是減少NH4Cl晶體溶解，降低損失；②將碳酸氫鈉在300°C加熱得到碳酸鈉需在坩堝中進行，故選：D；(4)無水NaHCO3可作為基準物質(zhì)標定鹽酸濃度，恰好完全反應后，滴入一滴溶液顯酸性，應選擇甲基橙最指示劑，若無水Na2CO3保存不當，吸收了一定量水分，會使標準液的物質(zhì)的量濃度偏低，標定過程中消耗V(Na2CO3)偏大，由c(待測)=分析可知，標定的鹽酸濃度偏大，故答案為：甲基橙；A。(5)電解Na2CO3溶液即本質(zhì)是電解水，陽極失去電子發(fā)生氧化反應，放電為氫氧根離子，電極反應為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；陰極放電的是氫離子，陰極生成OH-，Na+通過陽離子交換膜進入陰極區(qū)得到NaOH，則該離子交換膜為陽離子交換膜。四、原理綜合題17．我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。二氧化碳催化加氫制甲醇，有利于減少溫室氣體二氧化碳?；卮鹣铝袉栴}：(1)二氧化碳加氫制甲醇的總反應可表示為：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H，該反應一般認為通過如下步驟來實現(xiàn)：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H2=-90kJ·mol-1則總反應的△H=_______。(2)一定溫度下，下列措施既能加快反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率且能提高甲醇平衡產(chǎn)率的是_______(填選項字母)。A．及時移去甲醇 B．加入催化劑C．提高反應物濃度 D．減小容器體積(3)如圖為CO2平衡轉(zhuǎn)化率和溫度、壓強的關(guān)系，其中壓強為3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。①設CO2的初始濃度為c0，根據(jù)5.0MPa時的數(shù)據(jù)計算Kc(240K)=_______(列計算式)。②若在4.0MPa時減小進料濃度比c(CO2)：c(H2)，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率曲線可能位于4.0MPa曲線的_______(填“上方”或“下方”)。實際工業(yè)生產(chǎn)中往往按照化學計量比進料，原因是_______。(填兩點)(4)進一步研究合成總反應在起始物n(H2)/n(CO2)=3時，在不同條件下達到平衡，設體系中甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)為x(CH3OH)，在t=250°C下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下的x(CH3OH)~t如圖所示。①圖中對應等壓過程的曲線是_______，判斷的理由_______。②當x(CH3OH)=0.10時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α=_______%(保留一位小數(shù))，反應條件可能為_______或_______?！敬鸢浮?1)-49kJ/mol(2)CD(3)

上方

可以保持反應物的高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物分離的能耗(4)

b

總反應，升高溫度時平衡向逆反應方向移動，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)變小

33.3%

，210℃

，250℃【解析】(1)反應①+反應②可得總反應，根據(jù)蓋斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2=+41kJ/mol-90kJ/mol=-49kJ/mol；(2)A．及時移去甲醇，則生成物的濃度減小，反應速率減慢，A不符合題意；B．加入催化劑，化學反應速率加快，但平衡不移動，甲醇的平衡產(chǎn)率不變，B不符合題意；C．提高反應物的濃度，化學反應速率加快，平衡正向移動，甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率提高，C符合題意；D．減小容器的體積，濃度增大，化學反應速率加快，減小容器的體積相當于增大壓強，平衡正向移動，則甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率提高，D符合題意；答案選CD。(3)①由可知，反應為氣體體積減小的反應，作等溫線，增大壓強，平衡向正反應方向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，所以曲線I為5.0MPa下進行的曲線，240K時CO2的轉(zhuǎn)化率為0.8，則：，化學平衡常平數(shù)的表達式K==；②根據(jù)上述分析，II曲線代表4.0MPa下進行的曲線，減小投料比，相當于增大H2的量，CO2的量不變，平衡向正反應方向進行，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，即CO2的平衡轉(zhuǎn)化曲線可能位于4.0MPa曲線的上方；實際工業(yè)生產(chǎn)中往往按照化學計量比進料，原因是可以保持反應物的高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物分離的能耗；(4)①該反應正向為放熱反應，升高溫度時平衡逆向移動，體系中x(CH3OH)將減小，因此圖中對應等壓過程的曲線是b；②設起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，則當平衡時時，，解得x=mol，平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率α=；由圖可知，滿足平衡時的條件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃；五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)18．早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成，回答下列問題：(1)基態(tài)Fe原子有_______個未成對電子，F(xiàn)e3+的電子排布式為_______。(2)SCN-離子可用于Fe3+的檢驗，其對應的酸有兩種，分別為硫氰酸(H-S-C≡N)和異硫氰酸(H-N=C=S)。①寫出與SCN-互為等電子體的一種微粒_______(分子或離子)；②硫氰酸分子中C原子的雜化方式為_______。③異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是_______。(3)CuO在高溫時分解為O2和Cu2O，請從陽離子的結(jié)構(gòu)來說明在高溫時，Cu2O比CuO更穩(wěn)定的原因是_______。Cu2O為半導體材料，在其立方晶胞內(nèi)部有4個氧原子，其余氧原子位于所有面心和頂點，則該晶胞中有_______個銅原子(4)Al單質(zhì)為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a=0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為_______，列式表示Al單質(zhì)的密度_______g·cm-3.【答案】(1)

4

1s22s22p63s23p63d5(2)

CS2(或N2O、CO2、CNO-)

sp

異硫氰酸分子間可以形成氫鍵(3)

Cu2O中的Cu+的3d軌道處于全滿的穩(wěn)定狀態(tài)，而CuO中Cu2+中3d軌道排布為3d9，能量高，不穩(wěn)定

16(4)

12

【解析】(1)Fe為26號元素，其基態(tài)原子核外有26個電子，電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故基態(tài)Fe原子有4個未成對電子，F(xiàn)e失去3個電子形成Fe3+，則Fe3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5；(2)①原子個數(shù)相同，價電子數(shù)相同的互為等電子體，故與SCN-互為等電子體的微粒可以是CS2、N2O、CO2、CNO-等；②硫氰酸分子中C與N原子形成C≡N，故雜化方式為sp雜化；③異硫氰酸分子間可以形成氫鍵，故其沸