2019-2020学年辽宁省大连市庄河市高级中学高二下学期5月网上月考化学试题 解析版

辽宁省大连市庄河市高级中学2019-2020学年高二下学期5月网上月考化学试题 解析版 一、选择题：(本题包括 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。

每小题只有一个选项符合题意。

) 1.已知热化学方程式2H 2(g)+O 2(g)=2H 2O(g) ΔH，下列有关ΔH 的说法正确的是 A. 与化学方程式的书写形式无关 B. 与H-H 键、O=O 键、H-O 键的键能有关 C. 与是否使用催化剂有关 D. 与物质的状态无关 【答案】B 【解析】
【详解】A.在热化学方程式中的
ΔH，与物质的存在状态及反应的物质的量多少有关，A 错误； B.反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键放出的总能量的差，因此该反应的反应热与H-H 键、O=O 键、H-O 键的键能有关，B 正确；
C.催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此反应热与是否使用催化剂无关，C 错误；
D.同一物质，在不同状态时含有的能量多少不同，所以反应热与物质的状态有关，D 错误； 故合理选项是B 。

2.在一定温度下，可逆反应 A （g ）+ 3B （g ）⇌2C （g ）达到平衡的标志是 A. C 的生成速率与 B 的生成速率相等
B. 单位时间生成 nmolA ，同时生成 3nmolB
C. A 、B 、C 的浓度不再变化
D. A 、B 、C 的分子数比为 1：3：2 【答案】C 【解析】
【详解】A ．C 的生成速率与 B 的生成速率相等，速率之比不等于化学计量数之比，不是平衡状态，A 不合题意；
B ．单位时间生成n molA ，同时生成3n molB ，方向相同，不一定是平衡状态，B 不合题意；
C ．A 、B 、C 的浓度不再变化，则平衡不发生移动，达平衡状态，C 符合题意；
D ．A 、B 、C 的分子数比为 1：3：2，不一定达平衡状态，D 不合题意；
3.下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是
A. Na2S2
B. N2H4
C. CaCl2
D. NH4NO3【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2S2由Na+和S22-离子构成，属于离子化合物，S22-中含有硫硫非极性共价键，A符合题意；
B．N2H4为共价化合物，B不合题意；
C．CaCl2不含有共价键，C不合题意；
D．不管是NH4+还是NO3-中，都不含有非极性共价键，D不合题意；
故选A。

4.下列关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是
A. 配体为水分子，外界为 Br－
B. 中心离子的配位数为6
C. 中心原子采取sp3杂化
D. 中心离子的化合价为＋2价
【答案】B
【解析】
【详解】A．配体为水分子和Br-，A不正确；
B．中心离子的配体为水分子和Br-，配位数为4+2=6，B正确；
C．中心原子形成6个配位键，采取sp3d2杂化，C不正确；
D．中心离子的化合价为＋3价，D不正确；
故选B。

5. 下列关于σ键和π键的理解不正确的是
A. σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成
B. σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转
C. CH3－CH3．CH2＝CH2．CH≡CH中σ键都是C－C键，所以键能都相同
D. 碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键
【答案】C
【详解】A．分子中可只含σ键，但含π键时一定含σ键，则σ键一般能单独形成，而π键一般不能单独形成，故A正确；
B．σ键球对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，故B正确；
C．三种分子中分别含C-C、C=C、C≡C键，则C-C的键长、键能均不相同，故C错误；
D．双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键，则碳碳双键中有一个σ键，一个π键，碳碳叁键中有一个σ键，两个π键，故D正确；
故选C。

【点晴】注意σ键、π键的形成过程及判断的一般规律即可解答，分子中可只含σ键，但含π键时一定含σ键；σ键为球对称，π键为镜面对称；双键、三键中均只含1个σ键，其余为π键；结合相关理论即可解题。

6.在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是
A. 反应混合物的浓度
B. 反应体系的压强
C. 正、逆反应的速率
D. 反应物的转化率
【答案】D
【解析】
【详解】只有正逆反应速率不相等时，平衡才能发生移动，这是化学平衡发生移动的前提。

反应物浓度和压强变化不一定会引起正逆反应速率不相等，所以平衡不一定发生移动。

正逆反应速率变化，但如果变化后仍然相等，则平衡就不移动。

反应物转化率的变化，说明反应物的正逆反应速率一定不再相等，平衡一定发生移动，答案是D。

7.欲使CH3COONa稀溶液中
()
()
3
CH COO
Na
c
c
-
＋
增大，可采取的措施是
A. 加少量固体K2CO3
B. 加少量的NaOH固体
C. 加水稀释
D. 升温
【答案】A
【解析】
【详解】A ．加少量固体K 2CO 3，CO 32-水解生成OH -，对CH 3COO -
的水解起抑制作用，从而使
(
)()
3CH COO Na c c -
＋
增大，A 符合题意；
B ．加少量的NaOH 固体，虽然对CH 3COO -的水解起抑制作用，但Na +
增大更多，()
()
3CH COO Na c c -
＋
减小，B 不合题意；
C ．加水稀释，CH 3COO -的水解程度增大，其物质的量减小，而Na +
的物质的量不变，所以
(
)()
3CH COO Na c c -
＋
减小，C 不合题意；
D ．升温，CH 3COO -
的水解程度增大，(
)()
3CH COO Na c c -
＋
减小，D 不合题意；
故选A 。

8.下列水解方程式错误的是 A. CH 3COO -
+H 2O CH 3COOH+OH -
B. NH 4++H 2O NH 3·H 2O+H +
C. CO 32-+2H 2O H 2CO 3+2OH -
D. Fe 3++3H 2O Fe(OH)3 +3H +
【答案】C 【解析】
【详解】A ．醋酸为弱酸，CH 3COO -在水溶液中发生部分水解，生成CH 3COOH 和OH -，A 正确； B ．一水合氨为弱碱，NH 4+
在水溶液中发生部分水解，生成 NH 3·H 2O 和H +
，B 正确； C ．碳酸为二元弱酸，CO 32-在水溶液中水解分步进行，而不能一步完成，C 错误； D ．氢氧化铁为弱碱，Fe 3+在水溶液中部分水解，生成Fe(OH)3和H +，D 正确； 故选C 。

9.下列能级符号错误的是 A. 5s B. 2f
C. 3d
D. 6p
【答案】B 【解析】
【详解】A ．5s 表示第5能层的s 能级，A 正确；
B．2f不存在，因为第2能层只有2s、2p能级，B错误；
C．3d表示第3能层的d能级，C正确；
D．6p表示第6能层的p能级，D正确；
故选B。

10.下列叙述正确的是
A. 同一原子中，轨道的能量高低：1s＞2s＞3s＞4s
B. 同一原子中，轨道的能量高低：3d＜3p＜3s
C. 不同能级中含有的原子轨道数：s－2；p－6；d－10
D. M 层上所具有的原子轨道数共有 9 个
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一原子中，相同能级所在的能层离核越远，能量越高，所以轨道的能量高低：1s<2s<3s<4s，A错误；
B．同一原子中，轨道的能量高低：3d>3p>3s，B错误；
C．不同能级中含有的原子轨道数：s－1；p－3；d－5，C错误；
D．M 层上有3s、3p、3d三个能级，所具有的原子轨道数共有1个+3个+5个= 9个，D正确；故选D。

二、选择题：(本题包括 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。

每小题只有一个选项符合题意。

)
11.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是
① 已达平衡的反应 C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动
② 已达平衡的反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g），当增大 N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，H2的转化率一定升高
③ 有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动
④ 有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动
A. ①②③④
B. ①④
C. ①②④
D. ①③④【答案】D
【解析】
【详解】①当增加C(s)的物质的量时，平衡不发生移动，①不正确；
②增大 N2的浓度时，平衡正向移动，N2的转化率减小，H2的转化率增大，②正确；
③有气体参加的反应，若反应前后气体的分子数相等，减小反应器容积，平衡不发生移动，
③不正确；
④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，即减小压强，若反应前后气体的分子数不相等，则平衡将发生移动，④不正确；
综合以上分析，①③④不正确，故选D。

12.如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中不正确的是
A. 装置中发生反应的离子方程式为2Cl-+2H+H2↑+Cl2↑
B. 装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气
C. 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过
D. 该装置是将电能转化为化学能
【答案】A
【解析】
【分析】
由图中可以看出，左侧区域饱和食盐水转化为稀盐水，则为Cl-失电子生成Cl2，从而确定左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极H2O得电子生成H2和OH-。

【详解】A．装置中发生反应的离子方程式为2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-，A不正确；B．出口①处Cl-失电子生成Cl2，出口②处H2O得电子生成H2和OH-，B正确；
C．该离子交换膜为阳离子交换膜，只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，C正确；
D．该装置是电解装置，将电能转化为化学能，D正确；
故选A。

13.下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1 mol/L K2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）
B. 0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）
C. 等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）= c（HX）+c（X－）
D. 浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+ c（H＋）=c（CO32
－）
－）+c（OH－）+c（HCO
3
【答案】C
【解析】
【详解】A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，
同时会产生2个OH－，故A错误；
B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错
误；
C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2c（K＋）= c（HX）
+c（X－），故C正确；
D、浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+ c
（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。

【点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原
理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。

14.下列说法错误
的是A. 向含有0.1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1molAgCl B. SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子
C. NH4＋和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
D. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中心位置
【答案】B
【解析】
【详解】A．[Co(NH3)4Cl2]Cl中，只有外界的1个Cl-能与AgNO3发生反应，所以0.1mol该配
合物加入足量AgNO3溶液只能生成0.1molAgCl，A正确；
B．SO3、BF3中心原子S、B最外层都没有孤对电子，它们都形成中心对称结构，都是非极性分
子，B错误；
C．NH4＋中存在1个氮氢配位键，[Cu(NH3)4]2＋中存在Cu2+与NH3间的配位键，C正确；
D ．H 2O 是极性分子，分子中O 原子的孤对电子对成键电子有排斥作用，所以三个原子不在一条直线上，D 正确； 故选B 。

15.某温度下在密闭容器中发生如下反应：2A （g ）+B （g ）⇌ 2C （g ），若开始时只充入2molC （g ），达平衡时，混合气体的压强比起始时增大了 20%；若开始时只充入2molA 和1molB 的混合气体，达平衡时B 的转化率为 A. 20% B. 40%
C. 60%
D. 80%
【答案】C 【解析】
【详解】设C 的变化量为2x ，则三段式为：
2A(g)B(g)
2C(g)(mol)002
(mol)22(mol)
222x x x x
x
x
+-起始量变化量平衡量 2 1.22x +=
，x=0.4mol ，C 的转化率为：2100%2
x
⨯=40%； 若开始时只充入2molA 和1molB 的混合气体，则与只充入2molC 是等效平衡，达平衡时B 的转化率为1-40%=60%；故选C 。

【点睛】温度一定、气体的体积不变时，气体的压强之比等于物质的量之比，可利用此推论(阿伏加德罗定律的推论，将反应物与生成物的压强关系，转化为二者的物质的量关系。

16.氢氧化钙是一种微溶于水的碱。

如图是Ca(OH)2在温度分别为 T 1、T 2 时的两种沉淀溶解平衡曲线(浓度单位为 mol·L -1
，与曲线Ⅰ对应的 K sp =4×10-6
，≈1.6)。

下列说法中正确的
是
A. Q 点的溶液中c (OH -)约为0.0125 mol·L -1
B. 在温度为T1时，P点分散系中分散质粒子直径<1 nm
C. 温度：T1<T2
D. 加水稀释时溶液碱性减弱，Z 点溶液可转化为Q点溶液【答案】A
【解析】
【详解】A．Q点，K sp=4a∙(2a)2=4×10-6，a=
2
10
1.6
-
mol/L，则溶液中c(OH-)=2a= 0.0125 mol·L
-1，A正确；
B．在温度为T1时，P点离子浓度大于饱和溶液，所以应为悬浊液，分散系中分散质粒子直径>1 nm，B不正确；
C．Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小，c(OH-)相同时，Ⅱ中溶解度大，则表明温度低，所以温度：T1>T2，C不正确；
D．加水稀释时溶液若c(OH-)减小，则c(Ca2+)也减小，所以Z 点溶液不可能转化为Q点溶液，D不正确；
故选A。

17.一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入1molN2和3molH2，发生下列反应：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应达到平衡后，改变下述条件，NH3气体平衡浓度不改变的是（）
A. 保持温度和容器压强不变，充入1molNH3(g)
B. 保持温度和容器体积不变，充入1molNH3(g)
C. 保持温度和容器压强不变，充入1molN2(g)
D. 保持温度和容器压强不变，充入1molAr(g)
【答案】A
【解析】
【详解】A、在恒温恒压下充入()
3
1molNH g，将氨气折算成氮气和氢气，它们的物质的量之比为1：3，与原平衡相同，所以它与原平衡为等效平衡，所以氨气的浓度也与原平衡相同，故A正确；
B、保持温度和体积不变，充入()
3
1molNH g，相当于增大压强，平衡正向进行，氨气浓度增大，故B错误；
C、保持温度和容器压强不变，充入()
2
1molN g，扩大体积，等效为恒容状态下的减压，平衡
向逆反应方向移动，氨气最终平衡浓度减小，故C错误；
D、保持温度和容器压强不变，充入()
1molAr g，总压不变分压减小，平衡逆向移动，所以氨气的浓度减小，故D错误；
故选A。

18.常温下，用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定20.00mL 0.2000mol/L HCl溶液，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. a=20.00
B. 滴定过程中，可能存在：c(Cl－)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH－)
C. 若将盐酸换作同浓度的醋酸，则滴定到pH=7时，a<20.00
D. 若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为浅红色时立即停止滴定
【答案】D
【解析】
【详解】A．用0.2000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.2000mol/L HCl溶液，刚好完全反应时溶液pH=7，此时V(NaOH)=20.00mL，A正确；
B．当刚滴加NaOH溶液时，溶液中c(Cl－)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH－)，B正确；
C．若将盐酸换作同浓度的醋酸，滴定到pH=7时，醋酸应有剩余，所以a<20.00，C正确；D．若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为浅红色，且半分钟内不变色时，才能停止滴定，此时才达滴定终点，D不正确；
故选D。

【点睛】中和滴定操作时，虽然我们不断摇荡锥形瓶，当滴加的溶液与原溶液均匀混合仍需一定的时间，所以滴定终点时，控制的时间为半分钟。

19.已知：①H2S(g)＋3
2
O2(g)==SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
②2H2S(g)＋SO2(g)==3
2
S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
③H2S(g)＋1
2
O2(g)==S(g)＋H2O(g) ΔH3
则 2S(g)==S2(g) ΔH4，则ΔH4的正确表达式为
A. ΔH4＝2
3
(3ΔH3－ΔH1－ΔH2) B. ΔH4＝
2
3
(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
C. ΔH4＝3
2
(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3) D. ΔH4＝
3
2
(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
【答案】B 【解析】
【详解】利用盖斯定律，将[①+②-③×3]×2
3
，即得2S(g)==S2(g) ΔH4＝
2
3
(ΔH1＋ΔH2－
3ΔH3)，故选B。

【点睛】利用已知热化学反应求未知反应的ΔH时，一方面需要根据未知反应调整已知反应中的反应物与生成物，另一方面需调整化学计量数。

20.如图是以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图。

关于该电池的叙述不正确的是( )
A. 该电池不能在高温下工作
B. 电池的负极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋
C. 放电过程中，电子从正极区向负极区每转移1 mol，便有1 mol H＋从阳极室进入阴极室
D. 微生物燃料电池具有高能量转换效率、原料较广泛、操作条件温和、有生物相容性等优点，值得研究与推广
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 微生物在高温条件下会失去生理活性；
B. 根据电解结构示意图中电子的移动方向可知左侧为负极，发生氧化反应；
C. 放电过程中电子只能在外电路中移动；
D. 微生物燃料电池具有高能量转换效率、原料较广泛、操作条件温和、有生物相容性等优点，值得研究与推广。

【详解】A. 微生物在高温条件下会失去生理活性，因此该电池不能在高温下工作，A项正确，不符合题意；
B. 根据电解结构示意图中电子的移动方向可知左侧为负极，发生氧化反应，生成CO2，电极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋，B项正确，不符合题意；
C. 放电过程中电子只能在外电路中移动，C项错误，符合题意；
D. 微生物燃料电池具有高能量转换效率、原料较广泛、操作条件温和、有生物相容性等优点，值得研究与推广，D项正确，不符合题意；
答案选C。

三、填空简答
21.I．氧化铁是一种重要的无机材料，化学性质稳定，催化活性高，具有良好的耐光性、耐热性和对紫外线的屏蔽性，从某种酸性工业废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-)中回收氧化铁的流程如图所示：
已知：常温下K sp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、K sp[Fe(OH)2]=2.2×10-16、K sp[Fe(OH)3]=3.5×10-38、
K sp[Al(OH)3]=1.0×10-33。

(1)写出在该酸性废液中通入空气时发生的反应的离子方程式：_________________，使用空气的优点是_____。

(2)常温下，在pH=5的溶液中Fe3+存在的最大浓度为_____。

(3)有人利用氨水调节溶液pH，在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时可能混有的杂质是_____(填化学式，下同)，用_____试剂可将其除去。

II．某研究性学习小组为探究Fe3＋与Ag反应，进行如下实验：按下图连接装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)。

(4)K闭合时，指针向左偏转，石墨作____(填“正极”或“负极”)。

(5)当指针归零后，向左侧U形管中滴加几滴FeCl2浓溶液，发现指针向右偏转，写出此时银电极的反应式：_____。

(6)结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式：____。

【答案】 (1). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (2). 耗费少且无污染(3). 3.5×10 -11 mol·L -1 (4). Al(OH)3 (5). NaOH (6). 正极 (7). Ag＋＋e－==Ag (8). Ag ＋Fe3+ Ag＋＋Fe2+
【解析】
【分析】
I．某种酸性工业废液(主要含Na+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-)中通入足量的空气，Fe2+被氧化为Fe3+；加入氨水，Fe3+、Al3+、Mg2+都会转化为沉淀，所以要想获得比较纯净的氧化铁，加入氨水时，需控制溶液的pH，只允许Fe3+生成Fe(OH)3沉淀。

II．在此盐析溶液中，Fe3+只能得电子，则Ag失电子，从而形成原电池；若U形管的左侧溶液中含有还原性离子，则右侧溶液中的Ag+也可以获得电子生成Ag。

【详解】(1)在该酸性废液中通入空气，Fe2+被O2氧化为Fe3+，发生的反应的离子方程式：
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，使用空气，不需增加成本，不需考虑污染，其优点是耗费少且无污染。

答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；耗费少且无污染；
(2)常温下，在pH=5的溶液中，c(OH-)=10-9mol/L，Fe3+的最大浓度为
38
93
3.510
(110)
-
-
⨯
⨯
mol·L
-1=3.5×10 -11mol·L -1。

答案为：3.5×10 -11mol·L -1；
(3)在pH=5时将Fe(OH)3沉淀出来，此时c(Al3+)=
33
93
1.010
(110)
-
-
⨯
⨯
=1.0×10-6mol/L，则Al3+完全沉
淀，此时可能混有的杂质是Al(OH)3，可用NaOH溶液将其除去。

答案为：Al(OH)3；NaOH；
(4)K闭合时，指针向左偏转，则电子由右往左迁移，石墨作正极。

答案为：正极；
(5)指针向右偏转，则表明左侧(石墨电极)为负极，右侧(银电极)为正极，此时银电极的反应式：Ag＋＋e－==Ag。

答案为：Ag＋＋e－==Ag；
(6)结合上述实验分析，Fe3＋和Ag的反应是一个可逆反应，反应的离子方程式为Ag＋Fe3+
Ag＋＋Fe2+。

答案为：Ag＋Fe3+ Ag＋＋Fe2+。

【点睛】在使用K sp进行离子浓度或溶液pH的计算时，常需使用K W，而K W受温度变化的影响，所以在解题时，需关注环境的温度，以便确定K W的值，否则易得出错误的结论。

22.I．某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。

①取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL的KI溶液(足量)，发生的反应为：Cl2+2KI＝
2KCl+I2，滴入指示剂2～3滴。

②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01mol·L-1 Na2S2O3溶液润洗，然后装入
0.01mol·L-1 Na2S2O3溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻度下某一位置，记下读数。

③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+ 2Na2S4O6。

试回答下列问答：
（1）步骤①加入的指示剂是_______________________________。

（2）步骤②应使用________式滴定管。

（3）判断达到滴定终点的实验现象是___________________________________。

Ⅱ．（4）若用0.1032 mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是____________。

A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了
D.滴定时将标准液溅出锥形瓶外
（5）碳酸H2CO3，K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，草酸H2C2O4K1=5.9×10-2，K2=6.4×10-5。

0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH(选填“大于”、“小于”或“等于”)。

若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确
的是_____________。

A．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(HCO3-)＞c（CO32-)
B．c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-)
C．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-)
D．c(H2CO3) ＞c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(CO32-)
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 碱 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变成无色且半分钟内不恢复 (4). B (5). 大于 (6). AC
【解析】
【详解】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去；故答案为淀粉溶液；
(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为碱；
(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；故答案为滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；
(4)A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据
c(待测)=
()()
()
c V
V
⨯
标准标准
待测
可知，测定c(待测)偏大，故A错误；
B、锥形瓶未用待测液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=
()()
()
c V
V
⨯
标准标准
待测
可知，测定
c(待测)无影响，故B正确；
C、滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，造成V(标准)偏大，根据c(待
测)=
()()
()
c V
V
⨯
标准标准
待测
可知，测定c(待测)偏大，故C错误；
D、滴定时将标准液溅出锥形瓶外，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=
()()
()
c V
V
⨯
标准标准
待测
可知，
测定c(待测)偏小，故D错误；故选B；
(5)草酸的二级电离常数等于碳酸的二级电离常数，说明草酸氢根的酸性比碳酸氢根的强，则0.1 mol/L Na2CO3溶液中碳酸根的水解程度大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液中草酸根的水解程度，故0.1 mol/L Na2CO3溶液碱性更强，即0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH，草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c (H+)＞c (HC2O4-)＞c (C2O42-)＞c (HCO3-)＞c (CO32-)，
则AC正确，BD错误，故答案为大于；AC。

23.研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+ 3C（s）＝2Fe（s）+ 3CO（g）ΔH1＝+489.0 kJ·mol －1
C（s） +CO2（g）＝2CO（g）ΔH 2 ＝+172.5 kJ·mol－1。

则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。

（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。

写出该电池的负极反应式：__________________________________________________。

（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH （g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。

②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器甲乙
a molCO2、
b molH2、
反应物投入量1molCO2、3molH2
c molCH3OH（g）、c molH2O（g）
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______________________。

③一定温度下，此反应在恒压
．．容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是
______________。

a．容器中压强不变 b．H2的体积分数不变 c．c（H2）＝3c（CH3OH）
d．容器中密度不变 e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂
（4）将燃煤废气中的CO 2转化为二甲醚的反应原理为：2CO 2（g ） + 6H 2（g ）−−−→←−−−
催化剂
CH 3OCH 3（g ） + 3H 2O （g ）。

已知一定条件下，该反应中CO 2的平衡转化率随温度、投料比[n(H 2) / n(CO 2)]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n(H 2)/n(CO 2)，则K 将__________；该反应
△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】 (1). Fe 2O 3（s ）+3CO （g ）=2Fe （s ）+ 3CO 2（g ）△H=-28.5KJ/mol (2). CO-2e -+4OH -=CO 32-+2H 2O (3). ＞ (4). 0.4＜c≤1 (5). bd (6). 不变 (7). ＜
【解析】
【分析】
(1)已知：①Fe 2O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H 1=+489.0kJ/mol ， ②C(石墨)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ/mol ，根据盖斯定律有①-②×3可得；
(2)根据原电池负极失去电子发生氧化反应结合电解质环境可得；
(3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K= ()3232c CH OH c(H O)
c(CO)c (H )⋅⋅判断；
②根据平衡三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；
③根据化学平衡状态的特征分析；
(4)由图可知，投料比()
22(H )m n CO 一定，温度升高，CO 2的平衡转化率减小，根据温度对化学平衡的影响分析可得。

【详解】(1)已知：①Fe 2O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H 1=+489.0kJ/mol ， ②C(石
墨)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ/mol ，根据盖斯定律有①-②×3，得到热化学方程式：Fe 2O 3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO 2(g)△H=-28.5kJ/mol ；
(2)CO 与空气可设计成燃料电池(以KOH 溶液为电解液)，负极电极反应为：
CO-2e -+4OH -=CO 32-+2H 2O ；
(3)①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=
()3232c CH OH c(H O)
c(CO)c (H )
⋅⋅可知，平衡常数越小，故K Ⅰ＞K Ⅱ；
② 2232O (mol)13
00C (mol)x 3x
x x (mol)1-x O g +3H g CH OH g +H g 3-3x x x
起始量变化量平衡量（）（）
（）（） 甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即(4-2x)÷4=0.8，解得x=0.4mol ；依题意：甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c 的物质的量为1mol ，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol ，所以c 的物质的量为：0.4mol ＜n(c)≤1mol； ③a．反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，故a 错误；
b ．反应开始，减少，H 2的体积分数不变时，反应平衡，故b 正确；
c ．c(H 2)与c(CH 3OH)的关系与反应进行的程度有关，与起始加入的量也有关，所以不能根据它们的关系判断反应是否处于平衡状态，故c 错误；
d ．根据ρ=m V
混，气体的质量不变，反应开始，体积减小，容器中密度不变时达到平衡，故d 正确；
e ．C=O 断裂描述的正反应速率，H-H 断裂也是描述的正反应速率，故e 错误；
故答案为：bd ；
(4)由图可知，投料比()
22(H )m n CO 一定，温度升高，CO 2的平衡转化率减小，说明温度升高不利于正反应，即正反应为放热反应△H ＜0；K 只与温度有关，温度不变，提高投料比()
22(H )m n CO ，K 不变。

【点睛】注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

24.A、B、C、D、E 是五种原子序数依次增大的前四周期元素。

A、B、C是位于p区的同一周
期的元素，C的价层电子排布为n s n n p2n，A与C原子核外的未成对电子数相等；DC2与BC2－为
等电子体；E为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。

请回答下列问题：
(1)E在周期表中的位置_____。

(2)与 E同区、同周期元素原子的价电子排布式是_____；C2-的电子排布图________。

(3)A、B、C均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物稳定性由强到弱的排列顺序____ (填
分子式)。

(4)A、B、C的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为_____(用分子式表示)，其中 B的最
简单氢化物的 VSEPR模型名称为_____，C的最简单氢化物的分子立体构型名称为________。

(5)A、C 两种元素能形成化合物 AC2，该分子的结构式_____，中心原子的杂化轨道类型
_________ ,根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有________。

【答案】 (1). 第四周期第ⅡB 副族 (2). 3d104s1 (3).
(4). H2O> NH3> CH4 (5). CH4>NH3>H2O (6). 四面体形 (7). V 形 (8). O=C=O (9). sp杂化(10). σ键、π键
【解析】
【分析】
C的价层电子排布为n s n n p2n，n=2，C的价电子排布为2s22p4，则C为氧(O)；A与C原子核外
的未成对电子数相等，则A为碳(C)，B为氮(N)；DC2与BC2－为等电子体，则D应为硫(S)；E
为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则E为锌(Zn)。

【详解】(1)E为锌，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，在周期表中的位置为第四周期第ⅡB 族。

答案为：第四周期第ⅡB族；
(2)E为ds区元素，与 E同区、同周期元素为铜，其原子的价电子排布式是3d104s1；C2-的电
子排布式为1s22s22p6，电子排布图为。

答案为：3d104s1；
；
(3)A、B、C均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物为CH4、NH3、H2O，稳定性与非金
属性相同，非金属性C<N<O，则氢化物稳定性由强到弱的排列顺序为H2O> NH3> CH4。

答案为：
H2O> NH3> CH4；
(4)A、B、C的最简单氢化物CH4、NH3、H2O中，键角依次为109°28′、107°18′、104.5°，。