【化学】山东省聊城市2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
山东省聊城市2019-2020学年高二上学期期末考试
满分100分，考试时间100分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Na23 Cl 35.5 Ba 137
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、选择题：本题共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.“节约利用资源，倡导绿色生活”。下列做法不宜提倡的是( )
A. 研究光电转换材料，高效利用太阳能
B. 以生活垃圾制沼气，有效利用生物质能
C. 深埋废旧含汞电池，降低重金属污染
D. 开发氢燃料电池，提高能源利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A．太阳能为清洁、可再生资源，研究光电转换材料，高效利用太阳能，可以减少环境污染，节约资源，故A正确；
B．以生活垃圾制沼气，有效利用生物质能，既能减少环境污染，又能实现资源再利用，符合“节约利用资源，倡导绿色生活”，故B正确；
C．深埋废旧含汞电池，会引起土壤、水体重金属污染，不利于环境保护，故C错误；
D．开发氢燃料电池，提高能源利用率，可以减少环境污染物的排放，节约能源，故D正确；
故选C。
2.下列说法正确的是( )
A. 需要加热才能发生的化学反应一定是吸热反应
B. 使用催化剂，可提高反应的活化能，加快反应速率
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. 已知中和热是57.3kJ•mol-1，则含1mol NaOH和1molCH3COOH的两种稀溶液混合反应放热57.3kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．燃烧反应也需要加热，但物质的燃烧为放热反应，故A错误；
B．使用催化剂，能够降低反应的活化能，加快反应速率，故B错误；
C．常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的△S＞0，常温下，不能自发进行，则△G=△H-T•△S＞0，因此该反应为吸热反应，△H＞0，故C正确；
D．CH3COOH为弱酸，电离要吸热，所以含1mol NaOH和1mol CH3COOH的两种稀溶液混合，反应放热小于57.3kJ，故D错误；
故选C。
3.关于室温下pH=2的盐酸和0.01mol•L-1的醋酸溶液，下列说法正确的是( )
A. 两溶液中溶质的物质的量：n(CH3COOH)=n(HCl)
B. 两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)＜c(Cl-)
C. 相同体积的两溶液均用水稀释100倍后，盐酸的pH比醋酸的大
D. 相同体积的两溶液分别与足量镁条反应，盐酸产生的气体比醋酸的多
【答案】B
【解析】
【详解】pH=2的盐酸和0.01mol•L-1的醋酸溶液的浓度均为0.01mol/L，即两种酸的浓度相等。
A．两种酸的浓度相等，即c(CH3COOH)=c(HCl)，由n=cV可知，两种酸的体积V相同时n(CH3COOH)=n(HCl)，但两酸的体积V不确定，所以不能判断两溶液中溶质的物质的量的大小关系，故A错误；
B．两种酸的浓度相等，但醋酸是弱酸、部分电离，所以两溶液中阴离子的浓度：c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故B正确；
C．相同体积的两溶液均用水稀释100倍后，两种酸的浓度仍然相等，但醋酸是弱酸、部分电离，所以醋酸的酸性弱、pH大，故C错误；
D．两种酸的浓度相等、体积相等，则酸的物质的量：n(CH3COOH)=n(HCl)，与足量Mg反应时n(H2)=n(CH3COOH)=n(HCl)，所以生成氢气体积相等，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意溶质的物质的量与溶液的浓度和体积两个因素有关。
4.下列叙述中正确的是( )
A. 升温或加压均能提高反应体系单位体积内活化分子的百分数
B. 恒温恒容H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系中充入气体H2或He均可提高I2的转化率
C. 明矾净水、纯碱去油污和NH4Cl作焊药去除铁锈，均运用了盐类水解原理
D. 用惰性电极电解熔融态的NaCl、AlCl3、SiCl4，均可冶炼制取Na、Al、Si
【答案】C
【解析】
【详解】A．加压不能增加单位体积内活化分子的百分数，只能增加单位体积活化分子总数，故A错误；
B．恒温恒容条件下，向H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系中充入He气体，压强增大，但浓度不变，平衡不移动，不可提高I2的转化率，故B错误；
C．铝离子水解生成胶体可净化水；纯碱水解显碱性，可促进油污的水解；NH4Cl溶液水解显酸性，铁锈能与氢离子反应促进氯化铵的水解，都与盐类的水解有关，故C正确；
D．氯化铝、SiCl4都是共价化合物，熔融状态不能导电，不能通过电解熔融态的AlCl3、SiCl4，冶炼制取Al、Si，故D错误；
故选C。
5.关于下列各装置图的叙述中，错误的是( )
A. 在铁上镀铜，a为铜，b为铁
B. 的总反应是：Fe+2Fe3+═3Fe2+
C. 防止钢阀门发生吸氧腐蚀，辅助电极连接电源负极
D. 中开关由M改置与N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电流方向推断a为阳极、b为阴极，铁上镀铜应该铜作阳极、Fe
作阴极，所以a为铜，b为铁，故A正确；
B．装置②是原电池，Fe比Cu活泼，Fe与Fe3+反应，总反应是：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B正确；
C．装置③是外加电流保护铁闸门，铁闸门作阴极，辅助电极作阳极，所以辅助电极连接电源的正极，故C错误；
D．开关由M改置于N时，Zn作负极，Cu-Zn合金作正极，合金腐蚀速率减小，故D正确；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意铁和铜均能与氯化铁溶液反应，但铁比铜活泼，因此铁为负极，发生Fe+2Fe3+═3Fe2+的原电池反应。
6.关节炎首次发作一般在寒冷季节，原因是关节滑液中形成了尿酸钠晶体(NaUr)，易诱发关节疼痛，其化学机理是：①HUr(aq)+H2O(l)⇌Ur-(aq)+H3O+(aq)②Ur-(aq)+Na+(aq)⇌NaUr(s)。下列叙述错误的是( )
A. 反应①是尿酸电离方程式
B. 反应①②的正反应均为吸热反应
C. 降低关节滑液中HUr及Na+含量是治疗方法之一
D. 关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．尿酸为弱酸，存在电离平衡，则HUr(aq)+H2O(l)⇌Ur-(aq)+H3O+(aq)为尿酸的电离方程式，故A正确；
B．弱电解质的电离是吸热过程，且冬天易诱发关节疼痛，则反应①为吸热反应，反应②为放热反应，故B错误；
C．使反应②逆向移动可治疗疼痛，则降低关节滑液中HUr及Na+含量是治疗方法之一，故C正确；
D．②为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，可知关节保暖可以缓解疼痛，原理是平衡②逆向移动，故D正确；
故选B。
【点睛】本题的易错点为B，关键是反应②的热效应的判断，反应②可以看成化合反应或形成离子键的过程，因此为放热反应。
7.下列对核外电子运动状态的描述正确的是( )
A. 电子的运动与行星的运动相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
B. 能层数为3时，有3s、3p、3d、3f四个轨道
C. 氢原子中只有一个电子，故只有一个轨道，不能发生跃迁而产生光谱
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；
B．三能层中没有f轨道，即能层数3时，只有3s、3p、3d轨道，故B错误；
C．氢原子有多个轨道，只有一个轨道上有电子，其它轨道为空轨道，故C错误；
D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D正确；
故选D。
8.下列氧原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，轨道能量：1s＜2s＜2p＜3s，根据图知，电子占据2p、3s轨道能量最高，则能量最高的是D，故选D。
9.用短线“-”表示共用电子对，用“••”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。两种短周期元素组成的R分子路易斯结构式可以表示为，下列叙述错误的是( )
A. R可以是BF3 B. R为三角锥形 C. R可能易溶于水 D. R可做配合物的配体
【答案】A
【解析】
【详解】A．BF3中B原子没有孤对电子，图中中心原子含有孤电子对，不符合，故A错误；
B．该分子中中心原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为三角锥形，故B正确；
C．该分子可能是氨气，氨气易溶于水，故C正确；
D．配合物的配体中中心原子含有孤电子对，该分子中心原子含有孤电子对，所以能做配合物的配体，故D正确；
故选A。
10.下列比较错误的是( )
A. 物质的沸点：CBr4＞CCl4＞CF4 B. 离子半径：Na+＞Al3+＞F-
C. 分子内键角：CO2＞CH4＞H2O D. 稳定性：HCl＞HBr＞HI
【答案】B
【解析】
【详解】A．均为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为CBr4＞CCl4＞CF4，故A正确；
B．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：F-＞Na+＞Al3+，故B错误；
C．CO2、H2O、CH4、分别为直线型(180°)、V型(104.5°)、正四面体(109°28′)，则分子中的键角：CO2＞CH4＞H2O，故C正确；
D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＞HBr＞HI，故D正确；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意常见分子的空间结构的认识，对常见的数据加强记忆或学会推导。
二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.如图是元素周期表的一部分，所列字母分别代表一种化学元素。下列说法正确的是( )
A. b的第一电离能小于c的第一电离能
B. d在c的常见单质中燃烧，产物中既含有离子键也含有共价键
C. e与a组成的化合物沸点比水低，原因是水分子之间可形成氢键
D. f元素的基态原子失去4s能级上的所有电子后所形成的离子最稳定
【答案】BC
【解析】
【详解】由元素在周期表中位置可知，a为H、b为N、c为O、d为Na、e为S、f为Fe。
A．N元素的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于氧元素的第一电离能，故A错误；
B．Na在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，故B正确；
C．水分子之间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力强，因此硫化氢的沸点低于水，故C正确；
D．Fe2+离子价电子为3d6，而Fe3+离子价电子为3d5稳定结构，Fe2+离子不如Fe3+离子稳定，故D错误；
故选BC。
12.某化合物与Cu+结合形成如图所示的离子，则下列说法错误的是( )
A. Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d9
B. 该离子中含有极性键、非极性键和配位键
C. 该离子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种
D. 该离子中无手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cu原子核外有29个电子，则Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10，故A错误；
B．该离子中碳碳键是非极性共价键，碳氮是极性键，中心的铜原子有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键，故B正确；
C．碳环上的碳原子含有3个σ键，没有孤对电子，采用sp2杂化，亚甲基上碳原子含有4个共价单键，采用sp3杂化，故C正确；
D．该离子中的碳原子没有一个连接四个不同的原子或原子团，所以无手性碳原子，故D
正确；
故选A。
13.锌-空气电池的电容量大，可作为汽车的清洁能源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，放电总反应式为：2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-。下列说法正确的是( )
A. 充电时，电解质溶液中K+向阴极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn+4OH--2e-═[Zn(OH)4]2-
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
【答案】AC
【解析】
分析】
根据2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-可知，O2中元素的化合价降低，被还原，在原电池正极上反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上反应，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，结合原电池和电解池原理分析解答。
【详解】A．充电时，为电解池，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故A正确；
B．原电池总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O═2[Zn(OH)4]2-，充电与放电时电极反应相反，即充电总反应为2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+4OH-+2H2O，生成OH-、c(OH-)增大，故B错误；
C．放电时，Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，故C正确；
D．放电时，通入O2的电极为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，转移2mol电子，消耗氧气0.5mol，标准状况下的体积为11.2L，故D错误；
故选AC。
14.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)＝n(C2H4)＝1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）
A. 乙烯气相直接水合反应的∆H＜0
B. 图中压强的大小关系为：p1＞p2＞p3
C. 图中a点对应的平衡常数K ＝
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大；
C. 由图象可知a点时乙烯的转化率为20%，依据三段法进行计算并判断；
D. 升高温度，增大压强，反应速率加快。
【详解】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，∆H＜0，A项正确；
B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1
a，所需要的时间：a＞b，D项正确；
答案选B。
15.25℃时，用0.10mol•L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. H2A的电离方程式为H2A⇌H++HA-
B. B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol•L-1
C. C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(A2-)
D. 25℃时，氨水的电离平衡常数为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．0.05mol•L-1的二元酸H2A的溶液中=-12，c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=0.1mol/L=2c(H2A)，说明该二元酸完全电离，所以H2A为强酸，电离方程式为H2A=2H++A2-，故A错误；
B．B点溶液加入氨水10mL，反应恰好生成(NH4)2A，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中H+来自水的电离，此时溶液中=-2，则c(OH-)=10-2c(H+)，c(H+)c(OH-)=10-14，所以c(H+)=10-6mol/L，即水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6 mol/L，故B正确；
C．C点溶液中含有(NH4)2A和NH3•H2O，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)，所以c(NH4+)=2c(A2-)，则c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞2c(A2-)，故C错误；
D．C点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7 mol/L，根据电荷守恒得c(NH4+)=2c(A2-)=2×mol/L=mol/L，根据物料守恒得c(NH3•H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的电离常数表达式为Kb===
，故D正确；
故选BD。
【点睛】正确判断H2A 酸性强弱是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据电离平衡常数的表达式结合电荷守恒和物料守恒计算微粒浓度。
第Ⅱ卷 (选择题 共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液。现有25℃时，浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Kb为盐的水解常数。回答下列问题：
(1)写出CH3COONa水解的离子方程式______。
(2)该缓冲溶液中除水分子外，所有粒子浓度由大到小的顺序______。
(3)25℃时，Ka(CH3COOH)______Kb(CH3COO-)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(4)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是______(填写选项字母)。
a.代谢产生的H+被HCO3-结合形成H2CO3
b.血液中的缓冲体系可抵抗大量酸、碱的影响
c.代谢产生的碱被H2CO3中和转化为HCO3-
【答案】 (1). CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- (2). c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (3). ＞ (4). ac
【解析】
【分析】
(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH；
(2)可以根据CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，结合电荷守恒分析解答；
(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，也可以计算出Kb再判断；
(4)H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系中H2CO3(CO2)能中和人体代谢产生的少量碱，同时NaHCO3又可吸收人体代谢产生的少量H+，有效除掉人体正常代谢产生的酸或碱，保持pH的稳定，据此分析解答。
【详解】(1)CH3COONa水解生成醋酸和NaOH，离子方程式为
CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；
(2) 0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH=4.76，呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，以醋酸的电离为主，电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；
(3)浓度均为0.10mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，即Ka(CH3COOH)＞Kb(CH3COO-)，实际上Kb===×10-9，故答案为：＞；
(4)a．人体血液中存在H2CO3⇌H++HCO3-平衡，人体代谢产生的H+与HCO3-结合形成H2CO3，随血液带到肺部分解生成二氧化碳和水，故a正确；b．血液中的缓冲体系可抵抗少量酸或碱的影响，不能抵抗大量酸或碱的影响，否则缓冲溶液失去作用、出现酸或碱中毒，故b错误；c．代谢产生的碱性物质进入血液时，立即被H2CO3中和成HCO3-，经过肾脏调节排除体外，同时H+又可由H2CO3电离补充，维持血液pH的稳定，故c正确；故答案为：ac。
17.如图是用两个石墨作电极，电解饱和Na2SO4溶液的装置，U形管内的电解液中事先加有酚酞指示剂。回答下列问题：
(1)根据图示中倒扣试管内的液面高度，判断直流电源左端为______极，Na+通过阳离子交换膜移动的方向为______(填“左→右”或“右→左”)。
(2)电解过程中，有关电极附近溶液颜色变化中正确的是______(填序号)。
①A管溶液由无色变为红色
②B管溶液由无色变为红色
③A管溶液不变色
④B管溶液不变色
(3)写出B管中发生的电极反应______。
(4)检验b管中气体的方法及现象是______。
【答案】 (1). 负 (2). 右→左 (3). ①④ (4). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (5). 用拇指按住试管口，取出试管，正立后移开拇指，将带火星的木条伸入试管内，带火星的木条复燃
【解析】
【分析】
用两个石墨作电极电解饱和Na2SO4溶液，实质是电解水，根据a、b倒扣试管内的液面高度可知，a试管收集的气体是氢气、b试管收集的气体是氧气，则A为阴极区、B为阳极区，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-、阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此分析解答。
【详解】(1)用石墨电极电解饱和Na2SO4溶液实质是电解水，根据图示中倒扣试管内的液面高度可知，a试管收集的气体是氢气、b试管收集的气体是氧气，则A为阴极区、B为阳极区，阳极与电源正极相接、阴极与电源负极相接，所以直流电源左端为负极，电解时，电解质溶液中阳离子通过阳离子交换膜移向阴极区A，即Na+通过阳离子交换膜的移动方向：右→左，故答案为：负；右→左；
(2)阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成的OH-使阴极区酚酞变红，阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成H+、阳极区酚酞不变色，即A管溶液由无色变为红色、B管溶液不变色，故答案为：①④；
(3)该电解池中A为阴极区、B为阳极区，所以B管中发生的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+；
(4)电解池中A为阴极区、B为阳极区，b管中气体为氧气，可用带火星的木条检验，操作为：用拇指按住试管口，取出试管，正立后移开拇指，将带火星的木条伸入试管内，带火星的木条复燃，故答案为：用拇指按住试管口，取出试管，正立后移开拇指，将带火星的木条伸入试管内，带火星的木条复燃。
【点睛】根据实验中的现象正确判断电解池的阴阳极是解题关键。本题的易错点为各个电极上发生的电极反应方程式的书写，要注意电解硫酸钠溶液相当于电解水。
18.某矿石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，实验室利用该矿石制备BaCl2•2H2O的流程如图，且三次滤渣的主要成分各不相同：
如表为常温时各离子转化为氢氧化物沉淀时的pH：
Fe3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀时的pH
1.9
9.1
11.9
完全沉淀时的pH
3.2
11.1
13.9
(1)用15%盐酸浸取前需充分研磨，目的是______。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分为______；加入NaOH调pH的范围为______；加入H2C2O4时应避免过量的原因是______。[已知难溶物质：Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9]
(3)已知：25℃时，Ksp(BaCO3)=5.4×10-9，Ksp(CaCO3)=2.7×10-9。向CaCO3固体的溶液中加入高浓度的BaCl2溶液，有BaCO3沉淀生成，请写出该反应的离子方程式______，该反应的平衡常数K=______。
(4)取制得的BaCl2•2H2O(含少量杂质)2.5g配成100mL溶液，取10.00mL该溶液于烧杯中，加入足量(NH4)2C2O4溶液，过滤，洗涤，将得到的BaC2O4沉淀用过量稀硫酸溶液溶解，过滤除去BaSO4沉淀，将所得的H2C2O4溶液移入锥形瓶，用0.05mol/L高锰酸钾标准液滴定至终点。
已知：Ba2++C2O42-═BaC2O4↓
BaC2O4+2H++SO42-═BaSO4↓+H2C2O4
5H2C2O4+2MnO4-+16H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O
①滴定中盛放高锰酸钾标准液的仪器为______，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶中溶液颜色______，即说明达到滴定终点。
②若滴定前滴定管的读数为1.80mL，滴定终点时滴定管中液面如图，请计算BaCl2•2H2O的纯度为______(保留3位有效数字)。
【答案】 (1). 增大接触面积，使反应速率加快 (2). Fe(OH)3 (3). 11.1＜pH＜11.9 (4). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，BaCl2•2H2O的产量减少 (5). CaCO3(s)+Ba2+(aq) ⇌BaCO3(s)+Ca2+(aq) (6). 0.5 (7). 酸式滴定管 (8). 由无色变为红色，且半分钟不褪色 (9). 97.6%
【解析】
【分析】
制备BaCl2•2H2O的流程：矿石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调节pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣Ⅰ为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，因此Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到滤渣ⅢCaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O，据此分析解答。
【详解】(1)化学反应的速率与反应物的接触面积有关，矿石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，故答案为：增大接触面积，使反应速率加快；
(2)根据上述分析：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣I为Fe(OH)3，若要除去Mg2+和Fe3+，则需要使Fe3+和Mg2+完全形成沉淀，但同时不能沉淀Ca2+，根据表中数据分析，应调节pH范围在11.1＜pH＜11.9；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少，故答案为：Fe(OH)3；11.1＜pH＜11.9；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，BaCl2•2H2O的产量减少；
(3)向有CaCO3固体的溶液中加入高浓度的BaCl2溶液，有BaCO3沉淀生成，发生沉淀的转化，由CaCO3转化为BaCO3，则反应的离子方程式为CaCO3(s)+Ba2+(aq) ⇌BaCO3(s)+Ca2+(aq)
，该反应的化学平衡常数为K====0.5，故答案为：CaCO3(s)+Ba2+(aq) ⇌BaCO3(s)+Ca2+(aq)；0.5；
(4)①高锰酸钾溶液具有氧化性，只能盛放在酸式滴定管中；高锰酸根离子被还原生成的锰离子为无色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色由无色变为红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：酸式滴定管；由无色变为红色，且半分钟不褪色；
②滴定管示数从上到下示数不断增大，根据图示，滴定管读数为9.80mL，消耗KMnO4溶液体积为8.00mL，设BaCl2•2H2O的纯度为α，
5BaCl2•2H2O～5H2C2O4～2KMnO4
5×244g 2mol
25gα 0.05mol/L×8×10-3×L
=，解得：α=97.6%，故答案为：97.6%。
19.甲醇(CH3OH)热值高、无污染，既可做燃料，又是重要的化工原料。科学家正研究利用CO2生产甲醇以发展低碳经济。
(1)已知CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为283kJ•mol-1和726kJ•mol-1。则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为______。
(2)根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池，则其负极反应式为______。若该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为689.7kJ，与其燃烧所能释放的全部能量相比，该燃料电池的理论效率为______。
(3)探究不同条件下对合成甲醇反应的影响：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
①其他条件不变，T1、T2两种温度下CH3OH的物质的量随时间的变化如图，则该反应在T1时的平衡常数比T2时的______(填“大”、“小”)，处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②某温度下，在体积为1L的密闭容器中加入4molCO2、8molH2，测得H2
的物质的量随时间变化如图曲线(甲)所示：
则a→b时间段内v(CH3OH)=______mol•L-1•min-1；若仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线(乙)所示。曲线(乙)对应改变的实验条件可以是______(填序号)。
A.加催化剂 B.增大压强 C.升高温度 D.增大CO2浓度
若图中曲线甲平衡后保持恒温恒容，按如表各组的物质的量再次增加投入反应混合物，其中平衡向正反应方向进行的是______。
物质
n(CO2)
n(H2)
n(CH3OH)
n(H2O)
A
0
0
1
1
B
1
0
1
0
C
0
1
1
0
【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-443kJ•mol-1 (2). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ (3). 95% (4). 大 (5). 增大 (6). 0.5 (7). BD (8). C
【解析】
【分析】
(1)根据CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热，写出热化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；
(2)燃料电池中，通入燃料的电极做负极，则负极为甲醇放电生成CO2，据此书写电极反应式；燃料电池的理论效率=×100%；
(3)①根据图象，结合平衡移动原理进行分析；②由图可知：a→b时间段内，△n(H2)=3mol，△t=2min，据此计算v(H2)=，v(CH3OH)=v(H2)；根据影响化学平衡的因素分析判断；先根据三段式求出平衡常数K，再根据Qc与K比较判断平衡移动的方向。
【详解】(1)CO(g)的燃烧热的热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283kJ•mol-1；
CH3OH(l)的燃烧热的热化学方程式为：②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726kJ•mol-1，根据盖斯定律：反应②-反应①即可得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-726kJ•mol-1+283kJ•mol-1 = -443kJ•mol-1，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-443kJ•mol-1；
(2)对于燃料电池，燃料做负极，则负极为甲醇放电生成CO2，根据电子转移、电荷守恒，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；该燃料电池的理论效率=×100%=95%，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；95%；
(3)①由图可知，T1温度下，平衡时甲醇的物质的量更多，所以T1时的平衡常数比T2时的大；T2温度下反应先达平衡，则T2＞T1，且甲醇的物质的量减少，说明平衡逆移，正反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，相当于升高温度，平衡逆移，增大，故答案为：大；增大；
②由图可知：a→b时间段内，△n(H2)=3mol，△t=2min，则v(H2)====1.5mol/(L•min)，v(CH3OH)=v(H2)=0.5mol/(L•min)；A、加入催化剂，平衡不移动， H2平衡的物质的量不变，故A错误；B、增大压强，反应速率加快，平衡正移，H2的物质的量减小，符合图象变化，故B正确；C、升高温度，反应速率加快，平衡逆移，H2的物质的量增大，不符合图象变化，故C错误；D、增大CO2浓度，反应速率加快，平衡正移，H2的物质的量减小，符合图象变化，故D正确；故选BD；
平衡常数K===0.25(mol/L)-2，A、只加生成物，则平衡逆移，故A错误；B、Qc==0.25=K，平衡不移动，故B错误；C、Qc==0.11＜K，平衡正移，故C正确；故选C，故答案为：0.5；BD；C。
【点睛】本题的难点为(3)②，要注意首先计算平衡常数K，在根据Qc与K
的相对大小判断平衡移动的方向，要注意化学平衡三段式再计算中的应用。
20.X、Y、Z、M、R五种元素的原子序数依次增大，只有X、Y、Z为短周期元素，相关信息如表：
元素
相关信息
X
基态原子核外有3个能级，且各能级电子数目相等
Y
常见化合价只有0、-1、-2
Z
单质为黄绿色有毒气体
M
第四周期d区元素，基态原子的核外有6个未成对电子
R
第五周期，与X处于同一主族
(1)元素X、Y电负性的大小顺序是______(用元素符号表示)。
(2)XYZ2分子中所有原子均满足8电子构型，分子中σ键与π键的数目比为______。
(3)元素Y可形成一种氢化物的空间结构如图所示，中心原子Y的杂化方式是______，该分子为______(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)元素M基态原子的价电子排布式为______，MO5中M的化合价为+6价，则该分子中含有过氧键的数目为______。
(5)元素R与Z可形成化合物RZ2，用价层电子对互斥理论推断该分子的空间构型为______，分子中Z-R-Z的键角______120°(填“＞”、“=”或“＜”)。
【答案】 (1). O＞C (2). 3∶1 (3). sp3 (4). 极性 (5). 3d54s1 (6). 2 (7). V形 (8). ＜
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、R五种元素的原子序数依次增大，只有X、Y、Z为短周期元素，X的基态原子核外有3个能级，且各能级电子数目相等，其核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的常见化合价只有0价、-1价、-2价，则Y为O元素；Z单质为黄绿色有毒气体，Z
为Cl元素；M为第四周期d区元素，基态原子的核外有6个未成对电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则M为Cr元素；R位于第五周期，与X处于同一主族，则R为Sn元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，M为Cr元素，R为Sn元素。
(1)X为C，Y为O，同一周期从左向右，电负性逐渐增强，则电负性：O＞C，故答案为：O＞C；
(2)XYZ2为COCl2，COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，说明其分子中含有1个C=O键和两个C-Cl键，每个碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，则COCl2分子中σ键与π键之比为 (1+2)∶1=3∶1，故答案为：3∶1；
(3)Y为O，根据图示可知，该氢化物为H2O2，其分子中含有的H-O键为极性键，且分子结构不对称，属于极性分子；H2O2的中心原子O原子成3个σ键、含有1对孤对电子，其杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；极性；
(4)M为Cr，原子序数为24，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则Cr的价电子排布式为3d54s1；CrO5中Cr的化合价为+6价，设过氧键的数目为x，由化合物中正负化合价倒数和为0可知，x×2×(-1)+(5-2x)×(-2)+6=0，解得：x=2，故答案为：3d54s1；2；
(5)元素R与Z可形成化合物RZ2为SnCl2，分子中Sn原子价层电子对个数=2+=3，含有一个孤电子对，Sn原子是sp2杂化，为V形结构，孤电子对之间的排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，所以Sn-Cl的键角＜120o，故答案为：V形；＜。
【点睛】本题的易错点为CrO5中过氧键数目的判断，要注意过氧键中O元素的化合价为-1价，其余的O的化合价为-2价。
