精品解析：宁夏石嘴山市第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末化学试题

石嘴山市第一中学24-25学年高二下期末考试 化学试题 一、单选题：本题共14小题，42分。 1. 已知氯化铝易溶于苯，其熔点为190℃，则下列说法不正确的是 A. 氯化铝是电解质 B. 固态氯化铝是分子晶体 C. 氯化铝是极性分子 D. 氯化铝是非极性分子 2. 在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中两个氮原子之间的键型构成是 A. 仅有一个σ键 B. 仅有一个π键 C. 一个σ键，一个π键 D. 一个σ键，两个π键 3. 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法不正确的 A. 玛瑙、水晶、钻石，红宝石等装饰品的主要成分都是硅酸盐 B. 乙酸可用于环境消毒 C. 使用含有氯化钙融雪剂会加速桥梁的腐蚀 D. 沼气是可再生资源，电能是二次能源 4. 下列有关浓硫酸的说法正确的是 A. 常温下，浓硫酸可用铝质容器储存，说明铝与浓硫酸不反应 B. 浓硫酸中加入红热的炭块，产生的气体中有两种酸性氧化物 C. 浓硫酸可用于Cl2、SO2、NH3的干燥，体现了浓硫酸的吸水性 D. 分别向胆矾和滤纸表面滴加浓硫酸，胆矾变白，滤纸变黑，均体现浓硫酸的脱水性 5. 制水煤气的反应为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) ΔH>0，下列措施能加快该化学反应速率的是 ①增加碳的用量②将碳制成碳粉③加催化剂④加热⑤恒容充入He⑥恒压充入He A. ①②③④ B. ②③④ C. ②③④⑤ D. ③④⑤⑥ 6. 根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述正确的是 A. 只有第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子 B. L电子层为奇数的所有元素都是非金属 C. 第三、四、五、六周期元素的数目分别是18、18、32、32 D. 由左至右第8、9、10三列元素中没有非金属元素 7. 硫在自然界中的循环如图所示，下列说法不正确的是 A. 硫在自然界中以游离态和化合态形式存在 B. 部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应 C. 图中显示大气中的二氧化硫最终回到海洋，并很快和其他矿物形成煤和石油 D. 葡萄酒中含有二氧化硫可防止葡萄酒被氧化 8. 运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是 A. 锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2 B. 铋(Bi)为第VA族元素，其最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. 铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 D. 砹(At2)单质为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸 9. 有四种燃料电池： 下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是 A. 固体氧化物燃料电池 B. 碱性氢氧化物燃料电池 C. 质子交换膜燃料电池 D. 熔融盐燃料电池 10. 下列图示变化为吸热反应的是 A. B. C. D. 11. 已知一紫罗兰酮的结构简式是，关于该有机物的说法正确的是 A. 其分子式为C13H18O B. 能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 属于芳香族化合物 D 能发生加成反应、取代反应、水解反应 12. 铁片投入下列溶液后，铁片质量增加，但无气体产生是 A. 冷浓硝酸 B. 硝酸铜溶液 C. 稀硫酸 D. 氯化铝溶液 13. 如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是 A. 一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B. 用一定量的铁粉与足量的9.75 mol·L-1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol C. 硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多 D. 当硝酸浓度为12.2 mol·L-1时，反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+ 9H2O 14. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 二、非选择题：本题共58分。 15. A、B、C、D四种元素的核电荷数依次增大，它们的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8.A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半。请据此回答下列问题。 （1）请写出四种元素的符号：A_______，B_______，C_______，D_______。它们的原子半径由大到小的顺序是_______。 （2）请画出四种元素的离子结构示意图：A_______，B_______，C_______，D_______。它们的离子半径由大到小的顺序是_______，请从离子结构的角度进行解释：_______。 16. 某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白： (1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止。 (2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____。 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为____mL，终点读数为____mL；所用盐酸溶液的体积为___mL. 17. 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系： 可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种） 18. 重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·2H2O）俗称红矾钠，是一种重要的化工产品，以FeO·Cr2O3、Na2CO3等为原料制备红矾钠的工艺如图所示。 回答下列问题: （1）FeO·Cr2O3中Cr的化合价是__________。 （2）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式________________________。 （3）滤渣的主要成分为________（填化学式）。 （4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为_____________________________，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点是__________________________________。 （5）称取红矾钠样品1.8000g配成250mL溶液，量取20.00mL于碘量瓶中，加入10mL　2mol·L-1H2SO4和足量碘化钾溶液（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000moL·L-1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），判断达到滴定终点的现象是______________________________。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，则重铬酸钠晶体的纯度为______________（设整个过程中其他杂质不参与反应，结果保留4位有效数字） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 石嘴山市第一中学24-25学年高二下期末考试 化学试题 一、单选题：本题共14小题，42分。 1. 已知氯化铝易溶于苯，其熔点为190℃，则下列说法不正确的是 A. 氯化铝是电解质 B. 固态氯化铝是分子晶体 C. 氯化铝是极性分子 D. 氯化铝是非极性分子 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】由“相似相溶”规律可推知为非极性分子，故C项错误。 2. 在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中两个氮原子之间的键型构成是 A. 仅有一个σ键 B. 仅有一个π键 C. 一个σ键，一个π键 D. 一个σ键，两个π键 【答案】C 【解析】 【详解】N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，所以结构简式为：F-N=N-F，σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键，所以两个氮原子之间有一个σ键，一个π键； 故选C。 3. 化学与生活、生产、环境密切相关。下列说法不正确的 A. 玛瑙、水晶、钻石，红宝石等装饰品的主要成分都是硅酸盐 B. 乙酸可用于环境消毒 C. 使用含有氯化钙的融雪剂会加速桥梁的腐蚀 D. 沼气是可再生资源，电能是二次能源 【答案】A 【解析】 【详解】A．玛瑙、水晶的主要成分是二氧化硅，钻石的成分是碳单质，不是硅酸盐，故A错误； B．乙酸能使蛋白质变性，且无污染，可用于环境消毒，故B正确； C．含有氯化钙的融雪剂，可与桥梁中Fe、C构成原电池，加速桥梁的腐蚀，故C正确； D．沼气可以通过植物秸秆的发酵和绿色植物光合作用实现再生；通过人为加工获得的能源为二次能源，电能是通过燃煤或水能或风能等转化而来的，属于二次能源，故D正确； 故选：A。 4. 下列有关浓硫酸的说法正确的是 A. 常温下，浓硫酸可用铝质容器储存，说明铝与浓硫酸不反应 B. 浓硫酸中加入红热的炭块，产生的气体中有两种酸性氧化物 C. 浓硫酸可用于Cl2、SO2、NH3的干燥，体现了浓硫酸的吸水性 D. 分别向胆矾和滤纸表面滴加浓硫酸，胆矾变白，滤纸变黑，均体现浓硫酸的脱水性 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下浓硫酸可以用铝罐贮存，原因是在常温下，铝与浓硫酸发生钝化，在铝的表面生成致密氧化物薄膜，阻止了铝与浓硫酸的反应，A错误； B．浓硫酸中加入红热炭块，发生的反应方程式为：C＋2H2SO4(浓) CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，产生SO2和CO2两种酸性氧化物，B正确； C．NH3可以浓硫酸反应，生成硫酸铵和水，浓硫酸不可用于NH3的干燥，C错误； D．向胆矾滴加浓硫酸，胆矾变白，原因是浓硫酸吸走了胆矾中的结晶水，体现了浓硫酸的吸水性，D错误； 故本题选B。 5. 制水煤气的反应为C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) ΔH>0，下列措施能加快该化学反应速率的是 ①增加碳的用量②将碳制成碳粉③加催化剂④加热⑤恒容充入He⑥恒压充入He A. ①②③④ B. ②③④ C. ②③④⑤ D. ③④⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】①固体浓度视为常数，增加碳的用量，浓度不变化，反应速率不变，不选； ②将碳制成碳粉，增大反应物接触面积，反应速率加快，选； ③加催化剂，能降低反应活化能，反应速率加快，选； ④加热，能增大活化分子百分数，反应速率加快，选； ⑤恒容充入He，容器总压强增大，气体分压不变，速率不变，不选； ⑥恒压充入He，体积增大，浓度减小，速率减小，不选； 正确的有：②③④，答案选B。 6. 根据中学化学教材所附元素周期表判断，下列叙述正确的是 A. 只有第ⅡA族元素的原子最外层有2个电子 B. L电子层为奇数的所有元素都是非金属 C. 第三、四、五、六周期元素的数目分别是18、18、32、32 D. 由左至右第8、9、10三列元素中没有非金属元素 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．原子最外层含有2个电子的不一定为第ⅡA族元素，也可能为He原子或过渡元素原子，故A错误； B．L电子层为奇数的元素只能是第二周期元素，其中Li为金属，故B错误； C．第三周期含有8种元素，第五周期含有18种元素，故C错误； D．由左至右第8、9、10三列元素为ⅤⅢ族元素，属于过渡元素，都是金属元素，没有非金属元素，故D正确； 答案选D。 7. 硫在自然界中的循环如图所示，下列说法不正确的是 A. 硫在自然界中以游离态和化合态形式存在 B. 部分硫元素由地壳到大气的过程发生了氧化反应 C. 图中显示大气中的二氧化硫最终回到海洋，并很快和其他矿物形成煤和石油 D. 葡萄酒中含有二氧化硫可防止葡萄酒被氧化 【答案】C 【解析】 【详解】A．在地壳的岩层中含有S单质，此外S元素还有FeS2、Na2SO4等化合物形式，因此硫在自然界中以游离态和化合态形式存在，A正确； B．火山爆发时地壳中的硫单质和氧气反应生成二氧化硫，S元素化合价升高，失去电子被氧化，因此在该过程发生了氧化反应，B正确； C．图中显示大气中的二氧化硫最终回到海洋，转化为S的化合物，但形成煤和石油的过程是一个漫长过程，不是很快完成该转化，C错误； D．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化，葡萄酒中含有二氧化硫，可以消耗其中的氧气化，所以可防止葡萄酒被氧化而变质，D正确； 故合理选项是C。 8. 运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是 A. 锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2 B. 铋(Bi)为第VA族元素，其最高价氧化物对应的水化物为强酸 C. 铊(Tl)与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应 D. 砹(At2)单质为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O，A项错误； B．铋(Bi)为第VA族元素，其最高价氧化物对应的水化物为弱酸，B项错误； C．铊(Tl)与铝同主族，铊的金属性强于铝，其单质只能与盐酸反应，不能与NaOH溶液反应，C项错误； D．卤素单质的颜色逐渐加深，同主族非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银除AgF外均难溶于水和硝酸，砹(At2)单质为有色固体，HAt不稳定，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸，D项正确； 答案D。 9. 有四种燃料电池： 下面是工作原理示意图，其中正极反应生成水的是 A. 固体氧化物燃料电池 B. 碱性氢氧化物燃料电池 C 质子交换膜燃料电池 D. 熔融盐燃料电池 【答案】C 【解析】 【详解】A．该电池为固体氧化物燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋4e－=2O2－，正极没有水生成，故A不选； B．该电池为碱性氢氧化物燃料电池，正极通入氧气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正极没有水生成，故B不选； C．该电池为质子交换膜燃料电池，正极通入空气，负极通入氢气，正极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，正极生成了水，故C选； D．该电池为熔融盐燃料电池，正极通入氧气和二氧化碳，负极通入一氧化碳和氢气，正极的电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，正极没有水生成，故D不选。 答案选C。 10. 下列图示变化为吸热反应的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，只能通过吸收能量才能实现，A符合题意； B．B图中生成物的总能量低于反应物的总能量，反应是放热反应，B不符合题意； C．浓硫酸溶于水要放出热量，但此过程是物理变化，没有发生化学反应，C不符合题意； D．金属锌与稀盐酸反应是放热反应，D不符合； 答案选A。 11. 已知一紫罗兰酮的结构简式是，关于该有机物的说法正确的是 A. 其分子式为C13H18O B. 能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 属于芳香族化合物 D. 能发生加成反应、取代反应、水解反应 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据有机物结构简式可知分子式为C13H20O，A错误； B、含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C、分子中不存在苯环，不属于芳香族化合物，C错误； D、分子中不存在酯基，分子中的羰基不能发生水解反应，D错误； 答案选B。 12. 铁片投入下列溶液后，铁片质量增加，但无气体产生的是 A. 冷浓硝酸 B. 硝酸铜溶液 C. 稀硫酸 D. 氯化铝溶液 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A． 冷浓硝酸产生钝化，铁片质量增加，但有少量气体产生，故A不符； B． 铁与硝酸铜溶液，若56gFe反应溶液质量减少（64-56）=8g，铁片质量增加，无气体产生，故B符合； C． 铁与稀硫酸，若56gFe反应溶液增加（56-2）=54g，溶液质量增加，铁片溶解，生成了气体，故C不符； D． 铁与氯化铝溶液不反应，铁片质量不变，无气体放出，故D不符； 故选B。 13. 如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是 A. 一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的 B. 用一定量的铁粉与足量的9.75 mol·L-1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol C. 硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多 D. 当硝酸浓度为12.2 mol·L-1时，反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+ 9H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图象可知硝酸的还原产物随着硝酸的浓度变化而变化，因此一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确； B．标准状况下气体2.24L，即0.1mol，根据N原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量为0.1mol，参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误； C．根据图象可知随着硝酸浓度的增大，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多，C正确； D．根据图象可知当硝酸浓度为12.2 mol·L-1时还原产物是NO、NO2，则反应的化学方程式为4Fe+ 18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+ 9H2O，D正确。 答案选B。 14. 验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确是 A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 【答案】D 【解析】 【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。 详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。 二、非选择题：本题共58分。 15. A、B、C、D四种元素的核电荷数依次增大，它们的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8.A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半。请据此回答下列问题。 （1）请写出四种元素的符号：A_______，B_______，C_______，D_______。它们的原子半径由大到小的顺序是_______。 （2）请画出四种元素的离子结构示意图：A_______，B_______，C_______，D_______。它们的离子半径由大到小的顺序是_______，请从离子结构的角度进行解释：_______。 【答案】（1） ①. S ②. Cl ③. K ④. Ca ⑤. K>Ca>S>Cl （2） ①. ②. ③. ④. ⑤. r(S2−)>r(Cl−)>r(K+)>r(Ca2+) ⑥. 离子的核外电子层排布相同，核外电子数目相等，核内质子数越多，带正电荷越多，吸引力越大，则半径越小。 【解析】 【分析】A、B、C、D 4种元素的核电荷数依次增大，A原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，则M层电子数=8−2=6，故A为S元素；D原子的K、L层电子数之和等于电子总数的一半，则L层已经排满电子，故核外电子数=2×（2+8）=20，故D为Ca元素，四元素的离子的电子层数相同且最外层电子数均为8，结合原子序数，可推知，B为Cl、C为K。 【小问1详解】 根据分析得到四种元素的名称：A为S；B为Cl；C为K；D为Ca，按照层多径大，核多径小(同电子层结构)，它们的原子半径由大到小的顺序是K>Ca>S>Cl； 【小问2详解】 S元素的离子为S2-，S2-的结构示意图为；Cl元素的离子为Cl-，Cl-的结构示意图为；K元素的离子为K+，K+的结构示意图为；Ca元素的离子为Ca2+，Ca2+的结构示意图为； 按照核多径小(同电子层结构)，因此四种元素的离子半径由大到小的顺序是r(S2−)>r(Cl−)>r(K+)>r(Ca2+)，离子的核外电子层排布相同，核外电子数目相等，核内质子数越多，带正电荷越多，吸引力越大，则半径越小。 16. 某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，选择甲基橙作指示剂．请填写下列空白： (1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视____，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并____为止。 (2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____。 A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为____mL，终点读数为____mL；所用盐酸溶液的体积为___mL. 【答案】 ①. 锥形瓶中溶液颜色的变化 ②. 在半分钟内不褪色 ③. D ④. 0.00 ⑤. 25.90 ⑥. 25.90 【解析】 【详解】(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并在半分钟内不褪色为止，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；在半分钟内不褪色； (1)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，导致盐酸被稀释，用量偏高，测定结果偏高； B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对实验结果无影响； C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致起始读数偏小，计算的盐酸用量偏高，测定结果偏高； D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使起始读数偏大，终点读数偏小，则盐酸用量偏小，测定结果偏低， 故答案为：D。 (3)由图可知起始读数为0.00 mL，终点读数为25.90mL，所用盐酸溶液的体积==25.90mL-0.00 mL=25.90mL， 故答案为：0.00 ；25.90；25.90。 17. 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系： 可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1，CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1，CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1，则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 （3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种） 【答案】 ①. 大于 ②. ③. O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ④. ﹣116 ⑤. 增加反应体系压强、及时除去产物 【解析】 【分析】(1)结合图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，温度越高平衡常数越小；进料浓度比c(HCl)：c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl)：c(O2)=1：1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为84%，   4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g) 初始   c0                c0     0    0 平衡  0.84c0    0.21c0   0.42c0  0.42c0 转化c0-0.84c0      c0-0.21c0    0.42c0     0.42c0 带入K=计算即可； 进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低时，O2浓度较大，Cl2和O2分离能耗较高；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过高时，O2浓度过低，HCl的转化率减小； (2)①CuCl2(s)═CuCl(s)+Cl2(g)△H1=83kJ•mol-1，②CuCl(s)+O2(g)═CuO(s)+Cl2(g)△H2=-20kJ•mol-1，③CuO(s)+2HCl(g)═CuCl2(s)+H2O(g)△H3=-121kJ•mol-1，根据盖斯定律，(①+②+③)×2可得4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)，据此计算该反应的△H； (3)4HCl(g)+O2(g)═2Cl2(g)+2H2O(g)为气体体积缩小的放热反应，若要提高HCl的转化率，需要使平衡向着正向移动，结合平衡移动原理分析。 【详解】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图象知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得： 起始(浓度) c0 c0 0 0 变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低； (2)根据盖斯定律知，(①+②+③)×2得 ∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·mol-1； (3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动。 【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。 18. 重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·2H2O）俗称红矾钠，是一种重要的化工产品，以FeO·Cr2O3、Na2CO3等为原料制备红矾钠的工艺如图所示。 回答下列问题: （1）FeO·Cr2O3中Cr的化合价是__________。 （2）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式________________________。 （3）滤渣的主要成分为________（填化学式）。 （4）“酸化”过程中发生反应的离子方程式为_____________________________，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点是__________________________________。 （5）称取红矾钠样品1.8000g配成250mL溶液，量取20.00mL于碘量瓶中，加入10mL　2mol·L-1H2SO4和足量碘化钾溶液（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000moL·L-1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），判断达到滴定终点的现象是______________________________。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，则重铬酸钠晶体的纯度为______________（设整个过程中其他杂质不参与反应，结果保留4位有效数字） 【答案】 ①. +3 ②. 4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 ③. Fe2O3 ④. 2Na++2CrO42-+2CO2+H2O=Cr2O72-+2NaHCO3↓ ⑤. 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的Na2CO3、CO2能循环利用 ⑥. 滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 ⑦. 86.23% 【解析】 【分析】制备重铬酸盐，往往需要先制得铬酸盐，在将铬酸盐酸化制得重铬酸盐：。 【详解】（1）FeO·Cr2O3中，氧化物可以看成是独立存在的个体，根据化合物中各元素化合价代数和为零可求得，Fe呈+2价，Cr呈+3价，O呈-2价； （2）Na2Cr2O7·2H2O中Cr为+6价，根据流程可知FeO·Cr2O3与空气、Na2CO3煅烧后（Cr的化合价从+3价升高为+6价，Fe由+2价升高到+3价），可知生成了Na2CrO4、Fe2O3，根据化合价升降守恒配平化学方程式：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2； （3）由（2）中方程式产物可知滤渣为Fe2O3； （4）在Na2CrO4溶液中通入CO2，生成Na2Cr2O7，白色晶体NaHCO3，其离子方程式为：2Na++2CrO42-+2CO2+H2O=Cr2O72-+2NaHCO3↓；NaHCO3受热分解产生Na2CO3、CO2，二者都能循环利用，故选择CO2酸化更能充分利用物质； （5）涉及的离子方程式有Cr2O72-+ 6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、且I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，达到滴定终点时，滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；由上述方程式可得关系式Cr2O72--3I2-6S2O32-，n(S2O32-)=25.00×10-3L×0.1000mol·L-1=2.5×10-3mol， Cr2O72--3I2-6S2O32- 1 6 n(Cr2O72-)22.5×10-3mol 则n(Cr2O72-)2=2.5×10-3mol÷6=×10-3mol，所以在250mL溶液中，n(Cr2O72-)1=×10-3mol×250mL÷20mL=×10-3mol，则w(Na2Cr2O7·2H2O)= 则重铬酸钠晶体的纯度为86.23% 【点睛】本题考查重铬酸盐的制备，该考点是常考的内容，考生可以将该工业原理熟记下来，再去结合原理分析流程的每一步。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$