2017-2018学年江苏省南京市金陵中学高二下学期期末化学试题(选修)(解析版)

2017-2018学年江苏省南京市金陵中学高二（下）期末化
学试卷（选修）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列元素的第一电离能最大的是（）
A. Be
B. C
C. N
D. O
【答案】C
【解析】解：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，Be、C、N、O属于同一周期且其原子序数依次增大，但N属于第VA元素，N元素原子的2p能级含有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，失去第1个电子需要的能量较大，所以Be、C、N、O几种元素的第一电离能的由大到小顺序是N、O、C、Be，故选：C。

同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，据此分析解答．
本题考查了同一周期元素第一电离能大小的判断，注意同一周期中第ⅡA族元素比第
ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，题目难度不大，属于易错题．
2.在CH3COCH3（丙酮）分子中，羰基碳原子与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式
分别为（）
A. sp2杂化；sp2杂化
B. sp3杂化；sp3杂化
C. sp2杂化；sp3杂化
D. sp杂化；sp3杂化
【答案】C
【解析】解：在CH3COCH3（丙酮）分子中，羰基碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化，故选C。

根据价层电子对互斥理论来分析解答，3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化．
本题考查了杂化方式的判断，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度不大．
3.下列各组物质各自形成晶体，均属于分子晶体的化合物是（）
A. NH3、HD、C10H18
B. PCl3、CO2、H2SO4
C. SO2、SiO2、P2O5
D. CCl4、Na2S、H2O2
【答案】B
【解析】解：A．HD为氢气的单质，故A错误；
B．PCl3，CO2，H2SO4属于分子晶体的化合物，故B正确；
C．SO2、P2O5属于分子晶体的化合物，SiO2为原子晶体，不是分子晶体，故C错误；D．CCl4、H2O2属于分子晶体的化合物，Na2S是离子晶体，不是分子晶体，故D错误。

故选：B。

化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物，分子间通过分子间作用力（包括范德华力和氢键）构成的晶体。

常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质（金刚石、晶体硅等除外）、部分非金属氧化物（二氧化硅等除外）、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体、所有常温下呈气态的物质、常温下呈液态的物质（除汞外）、易挥发的固态物质等，以此解答该题。

本题考查常见物质晶体类型判断等，为高频考点，侧重考查学生对基本概念的理解，难度不大，注意掌握常见物质晶体类型及常见分子晶体。

4.下列说法正确的是（）
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0
D. 反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞0【答案】C
【解析】【分析】
本题考查化学反应进行的方向，明确焓判据和熵判据均存在缺陷，准确判断焓变和熵变是解题的关键，难度不大，注意基础知识的积累。

A.反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的；
B.若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S ＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关；
C.反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0；
D.反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0。

【解答】
A.反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H ＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故A错误；
B.若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S ＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，故B错误；
C.该反应的△S＞0，若△H＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明△H＞0，故C正确；
D.该反应的△S＜0，能自发，说明△H＜0，故D错误。

故选C。

5.加热蒸干下列溶液，之后再进一步灼烧，最終所得固体的成分和原溶液中溶质相同
的是（）
A. FeCl3溶液
B. Na2CO3溶液
C. NaHCO3溶液
D. KMnO4溶液
【答案】B
【解析】解：A．FeCl3是挥发性酸盐酸的盐，所以能水解到底，生成盐酸和氢氧化物Fe（OH）3，氯化氢加热挥发，得到Fe（OH）3，受热分解，所以最后的产物都是Fe2O3，故A错误；
B．碳酸钠溶液加热、蒸干、灼烧最终产物仍为碳酸钠，故D正确；
C．碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠、水以及二氧化碳，所以碳酸氢钠受热分解产物是碳酸钠，故C错误；
D．KMnO4受热易分解，得到的是锰酸钾、二氧化锰和氧气，故D错误。

故选：B。

加热蒸干并灼烧的过程中，要注意考虑盐的水解平衡的移动、物质的氧化、物质的分解等情况
A．FeCl3是挥发性酸盐酸的盐，所以能水解到底，生成盐酸易挥发，蒸干得到水解产物；B．碳酸钠溶液中水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，加热蒸干灼烧，水挥发平衡逆向进行；C．碳酸氢钠受热易分解得到碳酸钠、水以及二氧化碳；
D．高锰酸钾受热分解。

本题考查学生盐的水解的应用知识，主要是水解产物的性质判断，加热灼烧得到水解产物还是本身，题目难度中等。

6.与盐类水解无关的化学应用是（）
A. 明矾用于净水
B. 草木灰不能与铵态氮肥混合使用
C. 氯化铁溶液腐蚀铜板
D. 用硫酸铝和碳酸氢钠溶液作为泡辣灭火器的反应物
【答案】C
【解析】解：A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒，所以水中加入明矾可以净化水，故A不选；
B．草木灰中的碳酸根离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者相互促进，降低了肥效，故不能混合使用，这与盐的水解有关，故B不选；
C．氯化铁溶液腐蚀铜板，利用的是铁离子与金属铜的反应，与盐的水解无关，故C选；D．泡沫灭火器（硫酸铝和碳酸氢钠溶液）灭火时，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-=3CO2↑+Al（OH）3↓，故D不选；
故选：C。

A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；
B．草木灰电离出的碳酸根离子与铵态氮肥电离出的铵根离子发生相互促进的水解反应；C．该反应为铁离子与铜的反应，与盐的水解无关；
D．Al3+与3HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；
本题考查盐的水解的应用，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意熟练掌握盐的水解及其影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

7.研究人员最近发现了一种“水”电池。

这种电池在海水中的总反应可表示为：
5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl．下列有关“水”电池放电时的说法正确的是（）
A. 负极反应式：Ag+Cl-e-=AgC1
B. AgCl是还原产物
C. Na+不断向“水”电池的负极移动
D. 每生成1mol Na2Mn5O10转移1mol电子
【答案】A
【解析】解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl，故A正确；
B、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故B 错误；
C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错误；
D、根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成
1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故D错误；
故选：A。

根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路。

本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点。

8.结合如图判断，下列叙述正确的是（）
A. I和II中Fe电极均被保护
B. I和II中的负极反应均为Fe-2e-=Fe2+
C. I和II中的正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH-
D. I和II中分别加入少量K3Fe（CN）6溶液，装置II中可见明显的蓝色沉淀
【答案】D
【解析】解：A、Ⅰ会发生金属锌的吸氧腐蚀，II会发生金属的析氢腐蚀，I中的Fe电极均是正极，会被保护，II中金属铁是负极，被腐蚀，故A错误；
B、Ⅰ会发生金属的吸氧腐蚀，II会发生金属的析氢腐蚀，I中金属锌的吸氧腐蚀、负极上是金属锌失电子的氧化反应，II中的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，故B错误；
C、金属的吸氧腐蚀中正极上是氧气得电子的还原反应，析氢腐蚀中正极上是氢离子得电子的还原反应，正极反应不同，故C错误；
D、Ⅰ会发生金属锌的吸氧腐蚀，锌离子进入溶液，不会出现亚铁离子，II中金属铁是负极，负极反应为Fe-2e-=Fe2+，亚铁离子的盐溶液中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀，故D正确。

故选：D。

A、Ⅰ会发生金属的吸氧腐蚀，II会发生金属的析氢腐蚀，Fe电极均是负极；
B、金属的吸氧腐蚀、析氢腐蚀中负极上是金属失电子的氧化反应；
C、金属的吸氧腐蚀中正极上是氧气得电子的还原反应，析氢腐蚀中正极上是氢离子得电子的还原反应；
D、亚铁离子的盐溶液中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀。

本题考查学生原电池的构成条件以及电极反应式的书写知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等。

9.常温下，下列离子浓度关系正确的是（）
A. Na2S溶液中：c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+2c（S2-）
B. 0.1mol•L-1KOH（aq）和0.1mol•L-1KHSO3（aq）等体积混合所得溶液中：c（OH-）
=c（H+）+c（HSO3-）+2c（H2SO3）
C. 0.1mol•L-1CH3COONa和0.1mol•L-1NaClO混合溶液中：c（Na+）=c（ClO-）+c
（CH3COO-）
D. 常温下，加水稀释Na2CO3溶液，n（H+）增大，n（OH-）减小
【答案】B
【解析】解：A．Na2S溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（S），c（Na+）=2c（H2S）+2c（HS-）+2c（S2-），故A错误；
B.0.1mol•L-1KOH（aq）和0.1mol•L-1KHSO3（aq）等体积混合所得溶液为K2SO3溶液，溶液中存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子浓度等于所有氢离子存在形式总和，得到c（OH-）=c（H+）+c（HSO3-）+2c（H2SO3），故B正确；
C.0.1mol•L-1CH3COONa和0.1mol•L-1NaClO混合溶液中，醋酸根离子和次氯酸根离子水解，溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（CH3COO-）+c（OH-），c（Na+）＞c（ClO-）+c（CH3COO-），故C错误；
D..碳酸钠溶液加水稀释促进水解，氢氧根离子物质的量增大，氢氧根离子浓度减小，一定温度下存在离子积常数，溶液中氢离子浓度增大，n（H+）增大，故D错误；
故选：B。

A．Na2S溶液中存在物料守恒，n（Na）=2n（S）；
B.0.1mol•L-1KOH（aq）和0.1mol•L-1KHSO3（aq）等体积混合所得溶液为K2SO3溶液，溶液中存在质子守恒，水电离出所有氢氧根离子浓度等于所有氢离子存在形式总和；
C.0.1mol•L-1CH3COONa和0.1mol•L-1NaClO混合溶液中，存在电荷守恒，醋酸根离子和次氯酸根离子水解溶液显碱性；
D．碳酸钠溶液加水稀释促进水解，氢原子氢氧根离子浓度减小，一定温度下存在离子积常数，氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为常数；
本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的分析判断、转弱电解质电离和盐类水解等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

10.已知25℃时，CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）=5.3×10-5mol•L-1，MgCO3的饱和溶液中
c（Mg2+）=2.6×10-3mol•L-1．若在5mL浓度均为0.01mol•L-1的CaCl2和MgCl2的混合溶液中加入5mL0.012mol•L-1的Na2CO3溶液，充分反应后过滤得到滤液M和沉淀N（不考虑溶液的体积变化），下列说法不正确的是（）
A. 25℃时，Ksp（CaCO3）=2.8×10-9
B. 加入Na2CO3溶液的过程中，先生成CaCO3沉淀
C. 滤液M中c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Mg2+）＞c（CO32-）＞c（OH-）
D. 滤液M中=
【答案】D
【解析】解：A．CaCO3饱和溶液中c（Ca2+）=5.3×10-5mol•L-1，则c（CO32-）=5.3×10-5mol•L-1，Ksp=c（Ca2+）×c（CO32-）=5.3×10-5×5.3×10-5=2.8×10-9，故A正确；
B．Ksp（CaCO3）=2.8×10-9，Ksp（MgCO3）=2.6×10-3×2.6×10-3=6.76×10-6，Ksp（CaCO3）较小，先生成CaCO3沉淀，故B正确；
C．在5mL浓度均为0.01mol•L-1的CaCl2和MgCl2的混合溶液中加入5mL0.012mol•L-1的Na2CO3溶液，如先不考虑离子之间的反应，混合后c（Ca2+）=0.005mol•L-1，（Mg2+）=0.005mol•L-1，c（Cl-）=0.02mol•L-1，c（CO32-）=0.006mol•L-1，c（Na+）=0.012mol•L-1，c（Ca2+）×c（CO32-）=3×10-5＞2.8×10-9，则先生成碳酸钙沉淀，后剩余c（CO32-）
=0.001mol•L-1，此时（Mg2+）=0.005mol•L-1，则c（Cl-）＞c（Na+）＞c（Mg2+）＞c （CO32-）＞c（OH-），故C正确；
D．由C可知，混合后c（Ca2+）=0.005mol•L-1，（Mg2+）=0.005mol•L-1，c（CO32-）=0.006mol•L-1，c（Ca2+）×c（CO32-）=3×10-5，c（Mg2+）×c（CO32-）=5×10-6＜6.76×10-6，没有碳酸镁沉淀生成，溶液中不存在MgCO3（s）+Ca2+（aq）⇌CaCO3（s）+Mg2+（aq），故D错误。

故选：D。

A．根据Ksp=c（Ca2+）×c（CO32-）计算；
B．Ksp越小，越易生成沉淀；
C．计算混合后各离子浓度，可比较大小；
D．结合C的计算，溶液中没有生成碳酸镁沉淀．
本题考查了难溶电解质的溶解平衡及其应用，题目难度中等，注意结合溶度积常数来分析解答，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力．
二、双选题（本大题共1小题，共4.0分）
11.根据如图，下列判断中正确的是（）
A. 烧杯a中的溶液pH 升高
B. 烧杯b中发生氧化反应
C. 烧杯a中发生的反应为2H++2e-=H2↑
D. 盐桥中的阴离子主要向烧杯a移动
【答案】CD
【解析】解：该原电池中，Zn易失电子作负极、Fe作正极，负极反应式为电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，
A．a中电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，溶液碱性增强，则pH升高，故A正确；B．b中电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，失电子发生氧化反应，故B正确；
C．a中电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D．负极上失电子生成金属阳离子，根据异性相吸知，盐桥中阴离子向负极b移动，故D错误；
故选：CD。

该原电池中，Zn易失电子作负极、Fe作正极，负极反应式为电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，盐桥中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此方向解答。

本题考查原电池原理，明确各个电极上发生的反应、盐桥中离子移动方向是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。

三、填空题（本大题共2小题，共28.0分）
12.在常温下，有下列五种溶液：
①0.1mol/L CH3COOH ②0.1mol/L Na2CO3③0.1mol/L NaOH ④0.1mol/L NH3•H2
O ⑤0.1mol/L HCl
请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈______ 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是______（用电离方程式表示）．
（2）溶液②在生活中常用于清洗油污，加热可以增强其去污能力，其原因是______（结合离子方程式解释）．
（3）在上述五种溶液中，pH最小的是______（填序号），该溶液中由水电离出的氢离子的浓度是______．
a．1×10-13mol/L b．1×10-12mol/L c．1×10-7mol/L d．0.1mol/L．
【答案】酸；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，升温可以促进碳酸钠的水解，使溶液中c（OH-）增大；⑤；a
【解析】解：（1）醋酸溶液呈酸性，醋酸在水溶液里电离出氢离子而导致溶液呈酸性，CH3COOH⇌CH3COO-+H+；，故答案为：酸；CH3COOH⇌CH3COO-+H+；
（2）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为
CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，碱性越强，油污的水解程度越大，导致去污能力越强，盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解，所以去污能力越强，故答案为：
CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，升温可以促进碳酸钠的水解，使溶液中c（OH-）增大；（3）溶液的pH最小，说明溶液中氢离子浓度最大，碳酸钠、氢氧化钠、氨水都呈碱性，醋酸和盐酸溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，部分电离，相同浓度的盐酸和醋酸中，盐酸
中氢离子浓度最大，所以pH最小；
酸溶液中水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度
==mol/L=1×10-13mol/L，故答案为：⑤； a．
（1）醋酸为弱酸，在水溶液中电离出氢离子导致溶液呈酸性；
（2）盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；
（3）溶液的pH最小，说明溶液中氢离子浓度最大，酸溶液中水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度=．
本题考查了盐类水解、弱电解质的电离，知道盐类水解特点及其影响因素，难点是酸溶液中水电离出氢离子浓度，同时考查学生对基础知识掌握程度，题目难度不大．
13.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。

I．已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2-。

（1）NaHA溶液______（选填“显酸性”、“显碱性”、“显中性”或“无法确定”）。

（2）某温度下，0.1mol/L的NaHA溶液，下列关系中，一定正确的是______。

A．c（H+）•c（OH-）=1×10-14B．c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）
C．c（Na+）＞c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A）D．c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）
（3）已知常温下，H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2-（aq）△H＞0。

①降低温度时，K sp______（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）。

②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）______。

③测得25℃时，CaA的K sp为2.0×10-11，常温下将10g CaA固体投入100mL CaCl2
溶液中，充分搅拌后仍有固体剩余，测得溶液中c（Ca2+）=0.1mol/L，则溶液中c （A2-）=______mol/L
II．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。

常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：
CrO42-Cr2O72-Cr3+Cr（OH）3
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显______色。

（2）第②步中，还原1mol Cr2O72-离子，需要______mol的FeSO4•7H2O。

（3）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：
Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq）
常温下，Cr（OH）3的溶度积K sp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______。

【答案】无法确定；D；减小；增大；2×10-10；；6；
【解析】解：I．（1）H2A在溶液中部分电离属于弱酸，HA-的水解程度与电离程度关系不确定，所以NaHA溶液的酸碱性不能确定；
故答案为：无法确定；
（2）A．Kw与温度有关，温度不知道，所以c（H+）•c（OH-）的值不确定，故A错误；
B．溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-），故B错误；C．HA-的水解程度与电离程度关系不确定，c（A2-）与c（H2A）的大小关系不确定，故C错误；
D．0.1mol/L的NaHA溶液中，物料守恒为：c（Na+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），
故D正确；
故答案为：D；
（3）①降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小。

故答案为：减小。

②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大。

故答案为：增大；
③已知溶液中c（Ca2+）=0.1mol/L，K sp=c（Ca2+）×c（A2-）=2.0×10-11，则c（A2-）
=mol/L=2.0×10-10mol/L，
故答案为：2.0×10-10；
II（1）c（H+）增大，平衡2CrO42-（黄色）+2H+⇌Cr2O72-（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，
故答案为：橙；
（2）根据电子得失守恒：n（Cr2O72-）×6=n（FeSO4•7H2O）×1，n（FeSO4•7H2O）
==6mol，
故答案为：6；
（3）当c（Cr3+）=10-5mol/L时，溶液的c（OH-）==10-9mol/L，c（H+）==10-5mol/L，
pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；
故答案为：5。

I．（1）H2A在溶液中部分电离属于弱酸，HA-的水解程度与电离程度关系不确定；（2）A．Kw与温度有关；
B．根据电荷守恒分析；
C．HA-的水解程度与电离程度关系不确定；
D．根据物料守恒分析；
（3）①降低温度，抑制难溶物的电离，导致溶度积常数变小；
②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；
③根据K sp=c（Ca2+）×c（A2-）以及钙离子的浓度计算；
II．（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；
（2）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（3）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算。

本题考查了盐溶液酸碱性的判断、溶液中离子浓度的关系、难溶物溶解平衡及其计算，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的常用方法，明确电荷守恒、物料守恒的含义及有关难溶物溶度积计算方法。

四、简答题（本大题共3小题，共38.0分）
14.请回答氯碱工业的如下问题：
（1）氯气、烧碱是电解食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。

理论上k=______
（2）原料粗盐中常含有泥沙和Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等杂质，必须精制后才能供电解使用。

精制时，粗盐溶于水过滤后，还要加入的试剂分别为①Na2CO3、②盐酸③BaCl2，这三种试剂添加的合理顺序是______（填序号）
（3）氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上。

在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。

①①图中X、Y分别是______（填化学式）；图示中氢氧化钠质量分数：
a%______ b% （填“＞”“＜”或“=”）。

②写出燃料电池B中负极上电极反应式：______。

【答案】1：1.13或0.89；③①②；Cl2、H2；＜；H2-2e-+2OH-=2H2O
【解析】解：（1）电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则理论上k===1：1.13或0.89，
故答案为：1：1.13或0.89；
（2）应先加入过量BaCl2，除去SO42-，然后加过量Na2CO3，可除去Ca2+、Mg2+、Fe3+等，过滤后加入盐酸可除去Na2CO3，
故答案为：③①②；
（3）①通空气一边为正极（还原反应），那么左边必然通H2，这样Y即为H2，则电解池左边应为阳极，生成Cl2，由于燃料电池正极发生O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于b%，可知NaOH浓度增大，
故答案为：Cl2、H2；＜；
②燃料电池中正极氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，
故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O。

（1）根据电解饱和食盐水的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，即可得到
k==，以此计算；
（2）抓住除钡离子要放在除碳酸根离子前即可得到顺序关系：③①②；
（3）突破口在于B燃料电池这边，通空气一边为正极（还原反应），那么左边必然通H2，这样Y即为H2；再转到左边依据电解饱和食盐水的化学方程式可知唯一未知的X 必然为Cl2；A中的NaOH进入燃料电池正极再出来，依据O2+4e-+2H2O=4OH-可知NaOH 浓度增大。

本题前半部分基本就是氯碱工艺的再现，但后半部把原电池、电解的相关知识巧妙地融合在一起，使试题表现出了较好的创意，学习中要把氯碱工业的流程及教材电解饱和食盐水实验涉及到的各个知识点要理顺、理细，如饱和食盐水的精制、电解时的现象、电极产物检验、物质计算、电极反应式及电解反应的化学方程式书写等知识要清晰才行，避免一带而过、简单处理。

15.
研究CO 2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义．
（1）将CO 2与焦炭作用生成CO ，CO 可用于炼铁等．
已知：Fe 2O 3（s ）+3C （石墨）=2Fe （s ）+3CO （g ）△H 1=+489.0kJ •mol
-1 C （石墨）+CO 2（g ）=2CO （g ）△H 2=+172.5kJ •mol -1
则CO 还原Fe 2O 3（s ）的热化学方程式为______．
（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO 2转化为甲醇的热化学方程式为： CO 2（g ）+3H 2（g ）⇌CH 3OH （g ）+H 2O （g ）△H
①该反应的平衡常数表达式为K=______．
②取一定体积CO 2和H 2的混合气体（物质的量之比为1：3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应．反应过程中测得甲醇的体积分数φ（CH 3OH ）与反应温度T 的关系如图1所示，则该反应的△H______0（填“＞”、“＜”或“=”）．
③在两种不同条件下发生反应，测得CH 3OH 的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I 、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为K Ⅰ______K Ⅱ（填“＞”、“＜”或“=”）． （3）以CO 2为原料还可以合成多种物质．
①工业上尿素[CO （NH 2）2]由CO 2和NH 3在一定条件下合成，其反应方程式为______．当氨碳比=3，达平衡时CO 2的转化率为60%，则NH 3的平衡转化率为______．
②用硫酸溶液作电解质进行电解，CO 2在电极上可转化为甲烷，该电极反应的方程式为______．
【答案】Fe 2O 3（s ）+3CO （g ）=2Fe （s ）+3CO 2（g ）△H=-28.5kJ •mol -1；；
＜；＞；2NH 3+CO 2CO （NH 2）2+H 2O ；40%；CO 2+8e -+8H +=CH 4+2H 2O
【解析】解：（1）①Fe 2O 3（s ）+3C （石墨）=2Fe （s ）+3CO （g ）△H 1=+489.0kJ •mol
-1 ②C （石墨）+CO 2（g ）=2CO （g ）△H 2=+172.5kJ •mol
-1 依据盖斯定律①-②×3得到Fe 2O 3（s ）+3CO （g ）=2Fe （s ）+3CO 2（g ）△H=-28.5kJ •mol -1；
故答案为：Fe 2O 3（s ）+3CO （g ）=2Fe （s ）+3CO 2（g ）△H=-28.5kJ •mol -1；
（2）①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以
K=
， 故答案为：；
②由图可知最高点反应到达平衡，达平衡后，温度越高，φ（CH 3OH ）越小，平衡向逆反应进行，升高温度平衡吸热方向进行，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，即△H ＜0，
故答案为：＜；
③由图2可知，温度T Ⅰ＜T Ⅱ，平衡时，温度越高CO 的转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H ＜0，升高温度，平衡向逆反应移动，所以K Ⅰ＞K Ⅱ，
故答案为：＞；
（3）①根据反应物是二氧化碳和氨气（NH3），反应条件是高温、高压，生成物是尿素[CO（NH2）2]和水，化学反应式为2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O，
设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为3a，
2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；
起始/mol 3a a
转化/mol 1.2a 0.6a
平衡/mol 1.8a 0.4a
平衡时NH3转化率为：×100%=40%，
故答案为：2NH3+CO2CO（NH2）2+H2O；40%；
②CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根据化合价变化可知1mol二氧化碳变成甲烷得到8mol电子，故电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，
故答案为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O．
（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（2）①依据化学方程式和平衡常数概念写出平衡常数表达式；
②由图可知最高点反应到达平衡，到达平衡后，温度越高，φ（CH3OH）越小，升高温度平衡向逆反应进行，据此判断；
③由图象分析先拐先平，温度高T
Ⅱ先达到平衡则T
Ⅱ
＞T
Ⅰ
，纵轴是甲醇的物质的量，
温度越高，甲醇越少，平衡逆向进行分析判断；
（3）①根据反应物、反应条件、生成物写出化学反应式；利用三段式法计算；
②根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为酸性．
本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等．分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与．
16.元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子．Y原
子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子
的3p轨道上有4个电子．
（1）Y与Z可形成多种化合物．
①元素Y与Z中电负性较大的是______（用元素符号描述）．
②离子ZY32-的空间构型为______（用文字描述）．
③写出一种与ZY2互为等电子体的氧化物分子的化学式______．
（2）Y的氢化物（H2Y）在乙醇中的溶解度大于H2Z，其原因是______．
（3）含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X（CN）5（NH3）]．
①基态X2+的电子排布式是______．
②1mol配合物K3[X（CN）5（NH3）]中含σ键的数目为______．
（4）右图为X与Z所形成的一种化合物的基本结构单元，推测该化合物的化学式：______．
【答案】O；三角锥形；SeO2；H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能；
1s22s22p63s23p63d6；14mol；Fe3S8
【解析】解：元素X位于第四周期，其基态原子有4个未成对电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则X为Fe；Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；元素Z基态原子的3p轨道。