辽宁省大连市2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题含解析

PAGE20-辽宁省大连市2024-2025学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）1.下列叙述正确的是A.加热条件下发生的反应均是吸热反应B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，放出的热量相等C.有能量变更的过程肯定有化学键的断裂与形成D.物质发生化学变更时肯定伴随着能量变更【答案】D【解析】【详解】A．铝热反应须要加热条件下才能发生，但属于放热反应，故A错误；B．反应热与参加反应的物质含量多少有关，还与参加反应的物质的状态有关，硫固体变为硫蒸气须要汲取热量，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，放出的热量不相等，故B错误；C．物质的三态(气、液、固)转化过程有能量的变更，但是没有化学键的断裂与形成D．化学反应的实质是旧键断裂，同时形成新键，断键汲取能量，成键释放能量，则物质发生化学变更时肯定伴随着能量变更，故D正确；答案选D。2.下列事实不能用电化学原理说明的是（）A.常温条件下，空气中铝不简单被腐蚀B.镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀C.用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜D.远洋海轮的尾部装上肯定数量的锌板【答案】A【解析】【详解】A、Al在空气中不易被氧化是因为Al与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜，爱护内部的Al不被氧化，与电化学无关，正确；B、锌比铁活泼，而铁比锡活泼，所以镀锌铁中锌作负极被腐蚀，而镀锡铁中，铁作负极被腐蚀，与电化学有关，错误；C、锌与稀硫酸反应时加入少量的硫酸铜溶液，则锌置换铜，与铜形成原电池，加快反应速率，与电化学有关，错误；D、远洋海轮的尾部装上肯定数量的锌板，锌与铁、海水形成原电池，从而使锌被腐蚀，轮船被爱护，与电化学有关，错误；答案选A。3.化学与生活亲密相关，下列说法不正确的是A.古人用明矾水除铜镜上的铜锈B.工业上用电解熔融氯化铝来冶炼金属铝C.水垢中含有硫酸钙，可先用碳酸钠溶液处理，转化为碳酸钙，再用酸去除D.盐碱地（含有较多NaCl和Na2CO3)不利于作物生长，通过施加适量石膏可以降低土壤的碱性【答案】B【解析】【详解】A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，所以用明矾溶液清除铜镜上的铜锈利用的是盐类水解的原理，故A正确；B．工业上用电解熔融氧化铝制取铝，氯化铝属于共价化合物，熔融的氯化铝中不含有铝离子，故B错误；C．水垢中含有的CaSO4，先用碳酸钠溶液处理转化为更难溶的CaCO3，离子方程式是CaSO4(s)+CO(aq)⇌CaCO3(s)+SO(aq)，再用酸除去CaCO3，CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故C正确；D．Na2CO3在溶液中由于发生CO+H2O⇌HCO+OH-水解反应呈碱性，施加适量石膏，生成碳酸钙，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，可降低土壤的碱性，故D正确；答案选B。4.20世纪初，人们相识到原子有困难的结构，首次提出原子的行星模型的科学家是A.英国道尔顿 B.俄国门捷列夫C.丹麦玻尔 D.英国卢瑟福【答案】D【解析】【详解】A．1808年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不行分割的实心球体，提出了原子实心球模型；B．1869年，俄国化学家门捷列夫提出了元素周期律，制作出第一张元素周期表；C．1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)在卢瑟福提出的核式结构模型基础上引入量子论观点，提出电子在肯定轨道上运动的核外电子分层排布的原子结构模型；D．1911年，英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)依据α粒子散射试验，认为全部的原子都有一个原子核，核的体积占整个原子体积很小的一部分，原子的正电荷以及绝大部分质量集中在原子核上，电子像行星围着太阳那样绕核运动，提出了原子的核式结构模型，即原子的行星模型；综上分析，首次提出原子的行星模型的科学家是卢瑟福，答案选D。5.下列符号代表的粒子不影响水的电离平衡的是A. B. C.Fe3＋ D.【答案】D【解析】【分析】水的电离平衡影响因素有温度、外加酸、碱、盐等。加热促进电离；加酸、加碱抑制水的电离；能水解的盐促进水的电离，据此分析；【详解】A.硫化氢是弱酸，在水溶液中能电离出氢离子，抑制水的电离，故A项不符合题意；

B.醋酸根离子在水溶液中能水解，促进水的电离，故B项不符合题意；

C.Fe3＋在水溶液中能水解，促进水的电离，故C项不符合题意；

D.结构示意图表示的是氯离子，对水的电离无影响，故D项符合题意．

综上，本题选D。【点睛】本题考查了对水的电离的影响因素，主要是依据微粒的几种表示式来推断微粒的性质，确认对水的电离的影响。6.催化剂之所以能加快反应速率，是因为A.减小了反应速率常数 B.降低了反应的活化能C.降低了反应的焓 D.降低了反应的递熵【答案】B【解析】【详解】催化剂之所以能加快反应速率，是因为催化剂降低了反应的活化能，增大了活化分子百分含量，有效碰撞的次数增加，反应速率加快，故答案选B。7.室温下由水电离产生的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液中，肯定能大量共存的离子组是A. B.C. D.Na+、K+、ClO-、OH-【答案】A【解析】【详解】室温下由水电离产生的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，A．在酸性或碱性条件下，之间不发生反应，与H+或OH-也不发生反应，能大量共存，故A符合题意；B．碱性条件下，与OH-不能大量共存，故B不符合题意；C．碱性条件下，与OH-反应，不能大量共存，酸性条件下与H+反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．酸性条件下，OH-与H+反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。8.可逆反应NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，反应过程中的能量变更如图所示，下列说法正确的是A.1molNO2与1molCO混合经充分反应放热234kJB.E1为逆反应活化能C.该反应反应物的总能最高于生成物的总能量D.该反应的反应热ΔH=E2-E1【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知，NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)，ΔH=+134

kJ/mol

-368

kJ/mol

=-234

kJ/mol，1molNO2与1molCO完全反应时放热234kJ，但该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此放热小于234kJ，故A错误；B．活化能是指化学反应中，由反应物分子到达活化分子所需的最小能量。由图可知E1是反应物分子变为活化分子时须要的能量，应为正反应的活化能，故B错误；C．由图像显示可知，该反应反应物的总能最高于生成物的总能量，故C正确；D．依据A项计算可知，该反应放热，ΔH＜0，则结合图示数据，该反应的反应热ΔH=E1-E2，故D错误；答案选C。9.稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌+OH-，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，应加入适量的物质是(忽视溶解热)①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热A.仅①②③⑤ B.仅③⑤ C.仅③ D.仅①③【答案】C【解析】【分析】使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，则可加入含OH-的物质，结合浓度对化学平衡的影响分析解答推断。【详解】①加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故①不符合题意；②加硫酸，c(OH-)减小，平衡正向移动，故②不符合题意；③加NaOH固体，c(OH-)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④加水，促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，c(OH-)减小，故④不符合题意；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热，电离平衡正向移动，c(OH-)增大，故⑤不符合题意；使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大只有③，故选C。10.《本草纲目》中记载炉甘石（主要成分为ZnCO3)可止血，消肿毒，生肌肉，明目等。下列说法正确的是A.Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，d区B.Zn、C、O的电负性大小为O＞C＞ZnC.中C原子的杂化类型为sp3杂化D.ZnCO3中的化学键类型有离子键、非极性键和极性键【答案】B【解析】【详解】A．Zn元素位于元素周期表第四周期第IIB族，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，位于ds区，故A错误；B．金属的电负性小于非金属元素的，同周期自左而右元素的非金属性增大，则电负性：O＞C＞Zn，故B正确；C．中C原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，离子的空间构型为：平面三角形，C原子实行sp2杂化，故C错误；D．ZnCO3为离子化合物，化学键类型有离子键和极性共价键，故D错误；答案选B。11.多电子原子中，原子轨道能级凹凸次序不同，能量相近的原子轨道为相同的能级组。元素周期表中，能级组与周期对应。下列各选项中的不同原子轨道处于同一能级组的是A.ls、2s B.2p、3s C.3s、3p D.4s、3d【答案】CD【解析】【详解】A．ls在K能层上，2s在L能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故A不符合题意；B．2p在L能层上，3s在M能层上，二者原子轨道能量不相近，不处于同一能级组，故B不符合题意；C．3s和3p都在M能层上，二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故C符合题意；D．3d在M能层上，4s在N能层上，但由于4s的能量低于3d，电子在填充轨道时，先填充4s轨道，在填充3d轨道，因此二者原子轨道能量相近，处于同一能级组，故D符合题意；答案选CD。12.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＜0，依据相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.温度：T1＞T2＞T3B.正反应速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)C.平衡常数：K(a)＞K(c)、K(b)=K(d)D.平均摩尔质量：M(a)＜M(c)、M(b)＞M(d)【答案】C【解析】【详解】A．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，A错误；B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故v(a)＜v(c)；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，B错误；C．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，C正确；D．CO转化率的越大，气体的物质的量越小，而气体的总质量不变，由可知，M越小；则可知M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，D错误；答案选C。13.下列有关试验操作、现象和说明或结论都正确的是选项试验操作现象说明或结论A将NO2球浸泡在冰水、热水中热水中红棕色明显加深2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，平衡逆向移动B向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液后，接着滴加2滴0.1mol/LFeC13溶液先有白色沉淀，后转化为红褐色沉淀Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶C向饱和硼酸溶液中滴加碳酸钠溶液（已知：H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11)无明显现象硼酸不与碳酸钠反应D向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊+2H+=SO2↑+S↓+H2OA.A B.B C.C D.D【答案】AD【解析】【详解】A．将NO2球浸泡在冰水和热水中，热水中红棕色明显加深，可知上升温度2NO2(g)⇌N2O4逆向移动，则2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＜0，故A正确；B．向盛有1mL2mol/L的NaOH溶液中先滴加1~2滴0.1mol/LMgCl2溶液，反应后NaOH大量剩余，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液后，铁离子与剩余的氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，没有出现沉淀的转化，无法比较Fe(OH)3比Mg(OH)2的溶解度的大小，故B错误；C．因为H3BO3K=5.8×10-10，H2CO3K2=4.7×10-11，所以硼酸能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，但不生成二氧化碳气体，则没有明显现象，故C错误；D．向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，酸性条件下，硫代硫酸钠发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，发生反应为+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故D正确；答案选AD。14.我国最近在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢探讨中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法不正确的是A.该装置中能量转化方式主要为光能电能化学能B.该装置总反应为H2SH2+SC.a极上发生的电极反应为3I--2e-=D.a极区需不断补充含I-和的溶液【答案】D【解析】【详解】A．依据图示可知，该制氢工艺中能量的转化形式有：光能转化为化学能，最终转化为电能，故A正确；B．依据题意，该装置的最终目的是分解硫化氢，结合图示反应后的产物可知，该装置总反应为H2SH2+S，故B正确；C．依据图示，a极上发生氧化反应，失电子，则电极反应为3I--2e-=，故C正确；D．a极区涉及两个反应步骤，第一步利用氧化态高效捕获H2S得到硫、氢离子和还原态I−，其次步是还原态I−又在电极上失去电子，发生氧化反应转化为氧化态，I-和可在a极区循环运用，所以a极区不需不断补充含I-和的溶液，故D错误；答案选D。15.常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示（不考虑C2O42－的水解）。下列叙述正确的是（）A.n点表示AgCl的不饱和溶液B.Ksp（Ag2C2O4）的数量级等于10－7C.Ag2C2O4+2C1－(aq)2AgCl+C2O42－(aq)的平衡常数为109.04D.向c（C1－）=c（C2O42－）的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，n点AgCl的浓度熵Q大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，选项A错误；B.由图可知，当c(Ag+)=1.0×10-4mol/L时，c(C2O42-)=1.0×10-2.46mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O42-)=(1.0×10-4)21.0×10-2.46=1.0×10-10.46，选项B错误；C、Ag2C2O4+2C1-(aq)2AgCl+C2O42-(aq)的平衡常数K===109.04，选项C正确；D、由图可知，当溶液中c(Cl-)=c(C2O42-)时，AgCl饱和溶液中c(Ag+)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag+)，则向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，选项D错误；答案选C。16.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的盐酸，丙为未知浓度的FeCl2溶液，试回答下列问题：（1）甲溶液的pH=____________。（2）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为____________（用甲、乙、丙表示）。（3）某化学爱好小组认为在隔绝空气的环境中，用酸性KMnO4溶液能测定丙溶液的浓度（已知：)。①试验前，首先要精确配制肯定物质量浓度的KMnO4溶液250mL,配制时须要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需____________、_____________填写仪器名称）。②滴定试验要用到酸式滴定管或碱式滴定管，运用该仪器的第一步操作是____________。③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是____________（夹持部分略去，填字母序号），达到滴定终点的现象是____________。④若滴定起先和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点读数为____________mL。⑤某学生依据3次试验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测FeCl2溶液的体积/mL0.1000mol/LKMnO4的体积(mL)第一次250026.11其次次25.0028.74第三次25.0026.09依据上表数据，计算该FeCl2溶液的物质的量浓度为____________（请保留小数点后两位）。⑥下列操作中可能使测定结果偏低的是____________（填字母）。A.酸式滴定管未用标准液润洗就干脆注入KMnO4标准液B.滴定前盛放FeCl2溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D.读取KMnO4标准液时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数【答案】(1).13(2).丙＞甲＝乙(3).250mL容量瓶(4).胶头滴管(5).检验滴定管是否漏水(6).b(7).滴入最终一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红（浅紫红色），且半分钟内不褪色(8).26.10(9).0.52mol/L(10).CD【解析】【分析】(1)先依据水的离子积常数计算0.1mol•L-1的NaOH溶液中氢离子浓度，再计算溶液的pH；(2)酸、碱抑制水电离、FeCl2水解促进水电离；(3)①依据配制肯定物质的量浓度溶液的步骤分析试验仪器；②滴定管运用前要验漏；③高锰酸钾溶液、FeCl2溶液都须要用酸式滴定管滴加；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度渐渐减小，每个小刻度为0.1mL，依据图示滴定管液面可知，液面处于26和27之间，据此读出滴定管中液面读数；⑤依据方程式计算FeCl2溶液的物质的量浓度；⑥依据推断误差；【详解】（1）常温下，，0.1mol•L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol•L-1，c(H+)=10-13mol•L-1，所以pH=13；(2)甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，抑制水电离，水电离出c(OH-)=10-13mol•L-1，乙为0.1mol•L-1的盐酸，抑制水电离，水电离出c(OH-)=10-13mol•L-1，丙为未知浓度的FeCl2溶液酸，FeCl2水解促进水电离，水电离出c(OH-)>10-7mol•L-1；所以由水电离出的c(OH-)的大小关系为丙＞甲＝乙；(3)①精确配制肯定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，试验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，试验仪器，配制时须要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需250mL容量瓶、胶头滴管；②滴定试验要验漏，运用该仪器的第一步操作是检验滴定管是否漏水；③高锰酸钾溶液、FeCl2溶液都须要用酸式滴定管滴加，所以滴定方式中，最合理的是b，达到滴定终点时，锥形瓶内有高锰酸钾剩余，滴定终点的现象是滴入最终一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红（浅紫红色），且半分钟内不褪色；④滴定管0刻度在上方，自下而上刻度渐渐减小，每个小刻度为0.1mL，依据图示滴定管液面可知，液面处于26和27之间，读数是26.10mL；⑤依据表格数据，其次次试验数据明显超出误差范围，依据第一次、第三次试验，平均消耗高锰酸钾溶液的体积是0.0261L，消耗高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.0261L=0.00261mol，依据方程式计算FeCl2溶液的物质的量浓度是0.00261mol×5÷0.025L=0.52mol/L；⑥A.酸式滴定管未用标准液润洗就干脆注入KMnO4标准液，高锰酸钾的浓度减小，消耗高锰酸钾的体积偏大，使测定结果偏高，故不选A；B.滴定前盛放FeCl2溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，故不选B；C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，使测定结果偏低，故选C；D.读取KMnO4标准液时，起先仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗高锰酸钾的体积偏小，使测定结果偏低，故选D；【点睛】本题考查水电离、肯定物质的量浓度溶液的配制、滴定操作的应用，明确试验原理是解题关键，留意依据试验步骤分析试验须要的仪器，利用“归因法”，依据分析滴定误差。17.纯碱是人们生活的必需品和重要的化工原料。我国化学家侯德榜开创了侯德榜制碱法，解决了20世纪初我国的用碱问题。I.工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等杂质，为提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的简要工艺流程如图：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：(1)热的Na2CO3溶液有较强的去油污实力，其缘由是(用离子方程式及必要的文字加以说明____________。(2)“趁热过滤”时的温度应限制在____________。II.电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示在阳极区发生的反应包括____________。阳离子交换膜允许____________通过。物质B是____________(填化学式)，作用为____________。【答案】(1).Na2CO3在溶液中存在水解平衡+H2O⇌+OH-，溶液呈碱性，当温度上升时水解平衡正向移动，使溶液碱性增加，故去油污实力增加(2).36℃以上(3).2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++=(4).Na+(5).NaOH(6).增加溶液的导电性【解析】【分析】I．依据题中信息可知，工业碳酸钠(纯度约为98%)中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠，依据简要工艺流程可知：首先将工业碳酸钠溶解于水，然后加入适量的氢氧化钠溶液将Ca2+、Mg2+、Fe3+充分沉淀，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶，趁热过滤后可得到Na2CO3∙H2O，将Na2CO3∙H2O加热脱水，得到试剂级碳酸钠；II．装置图分析阳极电极旁边氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，阴极电极旁边氢离子放电生成氢气，水电离平衡被破坏，溶液中氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠，加入水中含少量氢氧化钠增加溶液导电性，阳离子交换膜允许阳离子通过，阴离子不能通过，据此分析。【详解】I．(1)Na2CO3在溶液中存在水解平衡+H2O⇌+OH-，溶液呈碱性，当温度上升时水解平衡正向移动，使溶液碱性增加，故去油污实力增加；(2)由题中信息可知，碳酸钠的饱和溶液在36℃以上析出的是流程中所得到的Na2CO3∙H2O，则“趁热过滤”时的温度应限制在36℃以上；II．装置图分析，阳极电极旁边氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，阳极区发生的反应有：2H2O-4e-=O2↑+4H+、H++=；阳离子交换膜使允许阳离子通过，电极过程中溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移；水为弱电解质，导电实力弱，随着反应不断进行，阴极溶液中氢氧根离子不断削减，应刚好补充稀氢氧化钠，增加溶液导电性。18.甲醇(CH3OH)常温下为无色液体，是应用广泛的化工原料和前景乐观的燃料。(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃烧热(ΔH)分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1、-726.8kJ•mol-1，则CO和H2反应生成CH3OH的热化学方程式是____________。(2)肯定温度下反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)在容积为2L的密闭容器中进行，其相关数据见如图。①从反应起先至平衡时，用H2表示化学反应速率为____________。②能推断该反应达到平衡状态的是____________(填字母)。A.生成CH3OH与消耗H2的速率比为1:2B.容器内气体密度保持不变C.容器内气体的平均相对分子质量保持不变D.容器内各种成分的浓度保持不变③该温度下此反应的平衡常数为是____________，5min后速率变更加剧的缘由可能是____________；(3)在6.98MPa、250°C和催化剂(CoI2)作用下，甲醇可转化为乙酸：CH3OH(g)+CO(g)=CH3COOH(g)，有机合成常有副反应存在。若反应釜中CH3OH和CO配料比(质量)为1，甲醇生成乙酸的转化率为90.0%，则此反应CO的转化率为____________。【答案】(1).CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol(2).0.06mol/(L•min)(3).CD(4).9.375(5).运用了催化剂(6).78.75%【解析】【详解】(1)已知：CO、H2、CH3OH的燃烧热(ΔH)分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1、-726.8kJ•mol-1，则①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1②H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=--285.8kJ•mol-1③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.8kJ•mol-1依据盖斯定律，①+②×2-③可得CO和H2反应生成CH3OH的热化学方程式是CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-127.8kJ/mol；(2)①依据图象，反应在10min时达到化学平衡，H2的物质的量变更为2mol-0.8mol=1.2mol，容器体积为2L，则以H2表示化学反应平均速率为v(H2)==0.06mol/(L⋅min)；②反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)为正反应气体分子数减小的放热反应体系，A．生成CH3OH与消耗H2都是正向反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故A不能说明反应达到平衡状态；B．反应过程中，容器内气体总质量不变，容器的容积不变，则在反应过程中混合气体的密度始终不变。若容器内混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B不能说明反应达到平衡状态；C．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量变更，则平均摩尔质量质量发生变更，摩尔质量在数值上等于相对分子质量，则混合气体的平均相对分子质量不随时间而变更，则反应到达平衡，故C能说明反应达到平衡状态；D．容器内各种成分的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，则反应达到平衡，故D能说明反应达到平衡状态；答案选CD；③依据反应方程式CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)计算，各组分达到平衡时的浓度为c(CO)==0.2mol/L，c(H2)==0.4mol/L，c(CH3OH)==0.3mol/L，所以该反应的化学平衡常数为K==9.375；依据图象，5min后化学反应速率加快，但物质的量变更依旧依据化学计量比，则5min后速率变更加剧的缘由可能是运用催化剂；(3)甲醇可转化为乙酸的化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)═CH3COOH(g)，当反应釜中CH3OH和CO配料比(质量)为1，甲醇生成乙酸的选择率为90.0%，设CH3OH和CO均为1g，则生成乙酸的质量为0.9g，此时消耗CO的质量为0.9g×=0.7875g，所以CO的平衡转化率为α=×100%=78.75%。【点睛】易错点为(2)中的③计算平衡常数时要留意图像数据中供应的物理量，要将物质的量转化为浓度进行计算。19.黑色金属是指铁、铬、锰及其合金，在生产生活中有广泛用途。请回答下列问题：(1)基态铬原子的核外电子排布式____________，能量最高的原子轨道有____________种空间伸展方向。(2)[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是____________，NH3的VSEPR模型为____________，H2O中氧原子的杂化类型为____________。(3)H2O的稳定性____________(填大于或小于)NH3的稳定性，请用共价键学问说明缘由：____________。(4)元素铁和锰的逐级电离能如图所示，元素X是____________(填元素符号)，推断理由是____________。(5)Fe与CO能形成一种重要的催化剂Fe(CO)5，该分子中σ和π键个数比为____________，C、O元素的第一电离能是C____________O。(填“＞”“＜”或“=”)(6)Fe3+可用SCN-检验，类卤素(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—CN))和异硫氰酸(H—N=C=S)，这两种酸中沸点较高的是____________(填名称)，缘由是____________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(2).5(3).O、N(4).四面体(5).sp3(6).大于(7).因为O-H键长<N-H键长，O-H键能＞N-H键能，所以H2O稳定性＞NH3稳定性(8).Fe(9).Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充溢状态，比较稳定，比Fe2+难失去第3个电子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+的价电子排布式为3d5，Mn3+的价电子排布式为3d4，Fe3+处于半充溢状态，比较稳定，比Mn3+难失去第4个电子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)(10).1:1(11).＜(12).异硫氰酸(13).分子间有氢键【解析】【分析】(1)依据构造原理书写基态铬原子的核外电子排布式；依据最高能级的轨道数推断空间伸展方向的状况；(2)Cr3+供应空轨道，具有孤电子对的原子供应共用电子对，据此分析推断；依据价层电子对互斥理论分析推断VSEPR模型和杂化类型；(3)物质的稳定性与分子内化学键的强弱有关，利用键能的大小分析推断；(4)依据原子核外电子排布的状态推断电离能的大小关系，进而确定元素；(5)CO分子中σ键与π键个数比为1:2，Fe和C原子形成σ键；同周期元素第一电离能随核电荷数增大呈渐渐增大的趋势；(6)异硫氰酸分子间可形成氢键。【详解】(1)基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，能量最高的能级为3d，d能级有5个轨道，则有5种空间伸展方向；(2)Cr3+供应空轨道，具有孤电子对的原子供应共用电子对，[Cr(H2O)3(NH3)3]3+中，O、N元素能够供应孤电子对，则与Cr3+形成配位键的原子是O、N，氨气分子中N原子价层电子对个数=3+=4，依据价层电子对互斥理论推断其VAEPR模型为四面体形；H2O中氧原子的价层电子对个数=2+=4，杂化类型为sp3杂化；(3)物质的稳定性与分子内化学键的强弱有关，键能越大，稳定性越大，因为O-H键长＜N-H键长，则O-H键能＞N-H键能，所以H2O稳定性＞NH3稳定性；(4)Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+的价电子排布式为3d5，处于半充溢状态，比较稳定，比Fe2+难失去第3个电子，所以I3(Mn)＞I3(Fe)(或者Fe3+的价电子排布式为3d5，Mn3+的价电子排布式为3d4，Fe3+处于半充溢状态，比较稳定，比Mn3+难失去第4个电子，所以I4(Fe)＞I4(Mn)，依据图示可得，X为Fe元素；(5)一个三键中含有一个σ键