湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二下学期3月联考化学试卷 Word版含解析.docx

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2024年云学名校联盟高二年级3月联考化学试卷时长：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Mn：55一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个正确选项，错选多选不得分。1.武当山金殿是铜铸鎏金殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法正确的是A.古代大量使用铜制品是因为自然界中铜含量最高B.铜原子第一电离能低于锌原子C.用电化学方法也可实现铜上覆金，金做阴极D.铜原子简写的电子排布式：[Ar]4S1【答案】B【解析】【详解】A．自然界中铜的含量并不是最高，但是铜化学性质不活泼，冶炼难度相对较低，故在古代大量使用铜制品，A错误；B．铜的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，锌的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，铜4s轨道上只有一个电子，较易失去，锌4s轨道全满，较稳定，则铜原子的第一电离能低于锌原子，B正确；C．在铜上镀金，则金为电解池阳极，铜为电解池阴极，C错误；D．铜原子简写的电子排布式为[Ar]3d104s1，D错误；故答案选B。2.化学改变生活，下列化学在生活中的应用和解释错误的是选项生活中的化学化学解读A大力推广无氟制冷剂制冷剂释放的F2进入大气会破坏臭氧层B真空包装，保鲜食物降低氧气浓度减慢食物变质速率C自热小火锅，味美且方便CaO与水反应放出大量热D船体上焊上一定数目的锌块可防止生锈这是利用牺牲阳极保护法防止生锈 AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．制冷剂易挥发，进入大气产生的氟、氯原子会破坏臭氧层，因此要大力推广无氟制冷剂，A错误；B．真空包装，降低氧气浓度减慢食物变质速率，用于保鲜食物，B正确；C．自热小火锅利用CaO与水反应放出大量热进行加热，C正确；D．船体上焊上一定数目的锌块是利用牺牲阳极保护法防止生锈，D正确；故选A。3.结构决定性质，性质决定用途，下列有关说法错误的是A.蔗糖分子中的羟基被氯原子取代后得三氯蔗糖，甜度大热值低B.纯碱溶液可以去油污的原因：C.水结冰体积膨胀有利于水生生物，是因为水分子间存在氢键D.稠环芳烃蒽()是非极性分子，易溶于CCl4【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖分子中的羟基被氯原子取代后得三氯蔗糖，羟基数目减小，导致其甜度大热值低，A正确；B．纯碱溶液水解使得溶液显碱性，可以除去油污，水解反应为，B错误；C．水结冰体积膨胀是因为水分子间存在氢键，使得水分子的有序排列导致分子间隔变大，冰的密度变小，浮于水面之上，有利于水生生物，C正确；D．稠环芳烃蒽、CCl4均为非极性分子，稠根据相似相溶原理可知，环芳烃蒽易溶于CCl4，D正确；故选B。4.氟元素的化合物在生产生活中有重要应用，下列有关说法错误的是A.用于高压输电装置中的绝缘气SF6，其分子构型是正八面体B.氢氟酸雕刻玻璃时生成SiF4，其中的Si原子是sp3杂化C.锂离子电池用到的电解质LiBF4，阴离子的VSEPR模型为正四面体形D.萤石的主要成分是CaF2，它是由离子键和非极性键构成的离子化合物【答案】D 【解析】【详解】A．六氟化硫分子中硫原子的价层电子对数为6，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正八面体，故A正确；B．四氟化硅分子中硅原子的价层电子对数为4，则硅原子的杂化方式为sp3杂化，故B正确；C．四氟合硼酸根离子中硼原子的价层电子对数为4，则离子的VSEPR模型为正四面体形，故C正确；D．氟化钙是只含有离子键的离子化合物，故D错误；故选D。5.近日我国某研究团队合成了一种新型催化剂(BSN-C催化剂)，该催化剂对“HER”和“IRR”过程表现出优异的电催化活性(如图所示)。下列有关说法错误的是A.该催化剂结构中有离域π键B.1mol的中心原子上有孤电子对3NA个C.“HER”过程中生成22.4LH2时得到2mol电子D.该催化剂结构中最稳定的化学键是：C—N【答案】C【解析】【详解】A．根据催化剂的结构式可知，该催化剂结构中有离域��键，A项正确；B．的中心原子为I，孤电子对数为，1mol的中心原子上有孤电子对3个，B项正确；C．没有标明氢气的状态，不能计算22.4L氢气的物质的量，也不能计算反应过程中失去的电子数，C项错误；D．同周期主族元素，从左到右，第一电离能有增大的趋势，BS，由于N元素的2p轨道电子处于半满状态，较稳定，N>O，N>S，在 B,C,N,S,中N的第一电离能最大，则催化剂结构中最稳定的化学键是：C—N；D项正确；答案选C。6.下列说法中错误的是①因为水分子间有氢键，因此H2O比H2S稳定②，该电子排布图违背了泡利原理③Cl2分子中，Cl-Cl键是P-P键，具有方向性④碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释⑤无水BeCl2固态时具有链状结构，而气态时存在二聚体分子()，其中铍原子的杂化方式都是sp3杂化A.①②④⑤B.①②③⑤C.①③④⑤D.②③④⑤【答案】A【解析】【详解】①稳定性是化学性质，分子间作用力是决定物理性质，氧的非金属性强于硫，所以H2O比H2S稳定，故①错误；②根据洪特规则可知，电子在简并轨道上排布时，总是优先占据一个轨道，且自旋平行，故该轨道表示式违反了洪特规则，故②错误；③Cl2分子中的σ键是p-p σ键，p-p σ键具有方向性，故③正确；④碘易溶于浓碘化钾溶液，发生的反应为I2+I-⇌，与相似相溶原理无关，故④错误；⑤无水BeCl2固态时具有链状结构，Be原子采用sp3杂化；气态时存在二聚体分子()，其中铍原子的杂化方式是sp2杂化，故⑤错误；综上，错误的有①②④⑤；答案选A。7.归纳总结是学习化学的常用方法，下列归纳总结错误的是A.稳定性：HF>HCl>HBrB.酸性：CF3COOH>CHF2COOH>CHCl2COOH C.第一电离能：CC4H9OH>C15H31OH【答案】C【解析】【详解】A．非金属性：，非金属性越强，氢化物稳定性越强，稳定性：HF>HCl>HBr，A正确；B．因氟的电负性大于氯的电负性，则羟基氢的电离程度及酸性：CF3COOH>CHF2COOH>CHCl2COOH，B正确；C．氮的2p能级是半充满，比较稳定，第一电离能：，C错误；D．烃基是憎水基团，羟基是亲水基团，“相似相溶”适用于分子结构的相似性，醇中烃基越大与水分子相似因素越小，在水中的溶解度越小，D正确；故选C。8.价类二维图是学习化学的一种有效归纳方法，关于下图中所涉及物质的说法或推断错误的是A.是一种常用的食品添加剂，应合理使用B.物质a、c、d全属于非电解质C.液态比较粘稠，是因为分子间有氢键D.a和e反应得到的白色固体中只有极性键【答案】D【解析】【分析】根据图示可知，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3，a’为H2S、b’为S，c’为SO2，d’为SO3，e’为H2SO4。【详解】A．SO2具有漂白性、还原性等，常用作食品添加剂，用于食品的抗氧化等，但是应合理使用，A正确；B．NH3、NO和NO2都是非电解质，B正确；C．液态的H2SO4比较粘稠，是因为分子间形成了众多的氢键，C正确；D．NH3与HNO3反应生成硝酸铵，硝酸铵中除了极性键还有离子键，D错误； 故答案选D。9.下图所示的实验操作中，能达到相应目的的是A．实验室测定中和热B．探究KCl浓度对该化学平衡的影响C．蒸发AlCl3溶液制取无水AlCl3D．测定醋酸溶液的浓度A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．金属导热快，热量散失多，应用环形玻璃搅拌棒，A错误；B．反应存在平衡，KCl不参与离子反应，对平衡没有影响，B错误；C．蒸发AlCl3溶液，AlCl3水解生成的氯化氢易挥发，水解平衡正向移动，蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝，不能制取制取无水AlCl3，C错误；D．氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞做指示剂，可测定醋酸的浓度，D正确；故选D。10.电渗析法在废液处理方面具有效率高、能耗低，具有很好的经济价值和社会价值。下图是实验室模拟电渗析法处理工业废水的示意图，实现金属资源综合利用。(已知：Co2+和乙酰丙酮不反应)。下列说法正确的是 A.I室为阴极区，一段时间后pH增大B.外电路转移1mol电子时，双极膜内将减少9gH2OC.通电过程中IV室内硫酸浓度保持不变D.III室内发生了氧化还原反应，乙酰丙酮被还原【答案】C【解析】【详解】A．H+移向N极，则N极为阴极，M为阳极，因此Ⅳ室是阴极区，Ⅰ室是阳极区，A错误；B．阴极，转移1mol电子有1molH+移向Ⅳ室，同时有1molOH-移向Ⅱ室，则双极膜内减少1molH2O，即18gH2O，B错误；C．IV室内减少1molH+，从双极膜内转移过来1molH+，因此硫酸浓度保持不变，C正确；D．由图可知：Ⅲ室中，即，反应过程中个元素价态均为发生变化，是非氧化还原反应，D错误；故选C。11.常温下，下列各组离子在给定条件下可以大量共存的是A.滴加酚酞后呈红色的溶液中：K+、Na+、、B.pH=2的透明溶液中：、K+、Na+、C.加入铝粉能产生氢气的溶液中：Ba2+、K+、、D.的溶液中：Na+、Fe3+、、【答案】C【解析】 【详解】A．滴加酚酞后呈红色的溶液呈碱性，不能大量共存，、相互反应不能大量共存，A错误；B．酸性溶液中、发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；C．加入铝粉能产生氢气的溶液可能为酸性也可能为碱性，Ba2+、K+、、均能大量共存，C正确；D．的溶液呈酸性，Fe3+、发生氧化还原反应不能大量共存，D错误；故选C。12.水中溶解的氧气高温下对锅炉有很强的腐蚀性，可以用联氨(N2H4)处理锅炉水中的溶解氧。其中一种反应机理如图所示。下列说法错误的是A.联氨(N2H4)易溶于水，所得溶液中存在四种氢键B.稳定性：H2O2＜N2H4，是因为H2O2分子中孤电子对较多C.①中发生的反应为D.该过程中产生的氮气和消耗的氧气之比为：【答案】D【解析】【详解】A．联氨(N2H4)易溶于水，所得溶液中存在的氢键有N-H…O、N-H…N、O-H…O、O-H…N四种氢键，A正确；B．H2O2分子中孤电子对较多，孤电子对越多越不稳定，稳定性：H2O2＜N2H4，B正确；C．CuO具有氧化性，N2H4具有还原性，①中发生的反应为，C正确；D．N2H4反应中失去电子，1molN2H4失去4mol电子，最终O2得到电子，1molO2得到4mol电子，该过程中产生的氮气和消耗的氧气之比为：，D错误；答案选D。13.2021年5月，我国某动力电池巨头宣布开发钠离子电池，同年7月29日，发布了其第1 代钠离子电池。并实现量产。一种钠离子电池构造示意图如下，下列说法错误的是A.硬碳在放电时作负极，充电时作阴极B.若用该电池电解水制氢气11.2升(标况)，负极将减少46gC.充放电过程中，理论上电解质中Na+浓度保持不变D.放电时，正极电极反应式为：【答案】BD【解析】【分析】放电时，阳离子移向正极，因此右侧为正极，电极方程式为：，则硬碳为负极，电极方程式为：Na1-xC-(1-x)e-=C+(1-x)Na+；充电时，阳离子移向阴极，因此硬碳为阴极。【详解】A．放电时，阳离子移向正极，因此右侧为正极，则硬碳为负极；充电时，阳离子移向阴极，因此硬碳为阴极，A选项正确；B．由电解水阴极发生反应2H++2e-=H2，若用该电池电解水制氢气11.2升(标况)，物质的量为0.5mol，因此转移1mol电子，负极反应Na1-xC-(1-x)e-=C+(1-x)Na+，转移1mol电子，理论上负极减小1mol×23g/mol=23g，B选项错误；C．该电池使用过程中硬碳镶嵌的钠离子从负极脱出进入电解质溶液,负极区电解质溶液中的钠离子透过隔膜进入阳极区，阳极区电解质溶液中的钠离子进入锰基氧化物的正极，理论上钠离子浓度保持不变，C正确；D．正极反应，D选项错误；综上所述，答案选BD。14.在药物化学中，某些饱和碳上的氢原子被甲基替换后，对分子的药性、代谢等产生显著影响作用，这种现象被称为“甲基化效应”，例如： 下列说法正确的是A.异丁芬酸、布洛芬均为手性分子B.可通过酯化反应来消除布洛芬对肠胃的刺激性C.布洛芬分子中sp2杂化的原子有8个D.异丁芬酸有分子间氢键，布洛芬有分子内氢键【答案】B【解析】【详解】A．异丁芬酸无手性碳原子，不是手性分子，布洛芬有1个手性碳原子，为手性分子，A错误；B．布洛芬有羧基，与醇发生酯化反应生成酯，酯对肠胃无刺激性，B正确；C．布洛芬分子中sp2杂化的原子有7个，在苯环上有6个，羧基上有1个，C错误；D．异丁芬酸、布洛芬分子内均只有1个羧基，均只能形成分子间氢键，D错误；故答案为：B。15.下列对相应图像分析理解错误的是A.图A可表示反应在等温、等压条件下平衡后t时刻充入NO2时反应速率随时间的变化图B.图B表示等浓度NaOH溶液滴定20mlHF溶液得滴定曲线，其中c点水的电离程度最大C.根据图C可知若要除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO，至pH在3.5左右D.图D表示工业合成氨平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：【答案】D【解析】【详解】A．在等温、等压条件下平衡后t时刻充入NO2 会导致二氧化氮浓度增大，四氧化二氮浓度减小，故正反应速率增大，逆反应速率减小，故A正确；B．氢氟酸是弱酸，在水中部分电离，c点时恰好完全反应，溶质只有氟化钠，氟离子水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，故B正确；C．Fe3+在pH3.5左右完全沉淀，此时铜离子不沉淀，氧化铜既可以和酸反应调节pH，又不会引入新的杂质，故C正确；D．虽然A点和B点生成的氨气的体积分数相同，但由于氮气和氢气的投料比不断增大，会导致氮气的转化率减小，氢气的转化率增大，故D错误；故选D。二、填空题：本题共4小题，共55分。16.石灰氮(CaCN2)是一种氮素肥效长的固态肥料，同时也是一种低毒、无残留的农药。工业上合成方法之一为。回答下列问题：（1）已知Sn和C同主族，Sn的原子序数为50，基态Sn原子的价层电子排布图为_______，沸点比较：CH4_______SnH4(填>、=、<)，理由是：_______。（2）N原子核外不同运动状态的电子有_______种；下列状态的氮中再失去一个电子所需能量最大的是_______。A．[He]2s22p3B．[He]2s22p13s1C．[He]2s22p33s1D．[He]2s22p2（3）上述制备反应涉及到元素及化合物中属于非极性分子的有_______，电负性最大的元素是_______。（4）固态CO2俗称干冰，干冰中的作用力有_______。①范德华力②离子键③共价键④非极性键（5）已知等电子原理是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相同的结构特征，其性质相近。这样的粒子互称为等电子体，例如CO和N2互为等电子体，请写出CO的电子式：_______。【答案】16.①.②.<③.二者分子结构相似，二者同为分子晶体，相对分子质量SnH4>CH4，范德华力SnH4>CH4，(所以沸点SnH4>CH4)17①.7②.D18.①.CO2②.O19.①③20.【解析】【小问1详解】Sn元素与C元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子排布式为5s25p2，故其价电子排布图为： ，已知CH4、SnH4二者分子结构相似，均为正四面体结构，且同为分子晶体，相对分子质量SnH4>CH4，范德华力SnH4>CH4，所以沸点SnH4>CH4，故答案为：；＜；已知CH4、SnH4二者分子结构相似，均为正四面体结构，且同为分子晶体，相对分子质量SnH4>CH4，范德华力SnH4>CH4；【小问2详解】根据鲍利原理可知，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，N原子有7个电子，即有7个运动状态不同的电子，基态原子（或离子）的能量低于激发态原子（或离子）的能量，电离最外层一个电子所需能量：基态＞激发态，元素的第二电离能大于第一电离能；[He]2s22p3 为基态氮原子简化电子排布式，[He]2s22p23s1 为激发态氮原子的简化电子排布式，[He]2s22p2 为基态N+ 的简化电子排布式，[He]2s22p13s1 为激发态N+ 的简化电子排布式。则电离最外层一个电子所需能量最大的是[He]2s22p2，故答案为：7；D；【小问3详解】上述制备反应即涉及到元素及化合物中：CaCO3、CaCN2属于离子化合物，HCN、CO属于共价化合物，正、负电荷中心不重合，二者属于极性分子，CO2、H2属于共价物质，正、负电荷中心重合，故属于非极性分子，但H2为单质，根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，涉及元素的电负性大小顺序为：O＞N＞C＞H＞Ca，即电负性最大的元素是O，故答案为：CO2；O；【小问4详解】固态CO2俗称干冰，干冰中的作用力有分子间作用力即范德华力和C、O之间的共价键，属于极性共价键，不存在离子键和非极性共价键，故答案为：①③；【小问5详解】已知等电子原理是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相同的结构特征，其性质相近。这样的粒子互称为等电子体，CO和N2互为等电子体已知N2的电子式为：，故CO的电子式为：，故答案为：。17.活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Cu等元素及少量不溶于水的杂质)制备ZnO，工艺流程图所示： （1）写出Ni、Fe元素在周期表中的位置_______，常温下Fe2+比Fe3+更容易被氧化变质，请从结构角度加以解释_______。（2）加入H2O2的目的是_______；“调pH”时除ZnO外还可以选用的物质是_______。a．氨水b．氢氧化铁c．氢氧化锌（3）常温下、pH=5时，Fe3+的浓度降到了mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数值为_______。证明Fe3+已除尽的化学方法是_______。（4）已知沉锌时固体产物是Zn2(OH)2CO3，请写出该过程的离子方程式：_______。（5）粗锌中含有少量Al、Fe、Cu等杂质，可用电解法制备高纯度锌，下列叙述正确的是_______。A.粗锌作阳极，纯锌作阴极，电解质溶液是硫酸锌溶液B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C.电解后，溶液中存在金属阳离子只有Al3+、Fe2+和Zn2+D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu（6）活性氧化锌纯度测定，已知：1.0mL1.0mol/LEDTA标准溶液相当于氧化锌质量为0.080克。取w克所得活性氧化锌样品配成含Zn2+的待测液，用cmol/LEDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。计算产品中氧化锌纯度为_______。【答案】（1）①.第四周期第VIII族②.Fe3+外围电子排布为半充满稳定结构，难于再失去电子，而Fe2+外围若再失去一个电子就是半充满的稳定结构，所以Fe2+不稳定（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.便于沉淀除去c（3）①.②.取少量沉淀后的上层清液，滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红可证明Fe3+已除尽（4）（5）A（6）【解析】【分析】菱锌矿中加入H2SO4溶浸得到主要含Zn2+、Fe2+、Ni2+、Cd2+的浸出液，Cu和少量杂质不参与反应，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入ZnO调节溶液pH=5将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，此时滤液主要含Zn2+、Ni2+、Cd2+，加入Na2S将Ni2+、Cd2+分别转化为NiS、CdS沉淀而除去，再向滤液中加入Zn 将剩余的Ni2+、Cd2+转化为Ni、Cd，实现深度除重金属，此时滤液中主要含Zn2+，加入Na2CO3溶液反应生成Zn2(OH)2CO3固体和CO2气体，最后高温灼烧Zn2(OH)2CO3固体得到ZnO，据此解答。【小问1详解】Ni、Fe分别为28号、26号元素，在周期表中的位置为第四周期第VIII族，Fe2+、Fe3+的价层电子排布分别为3d6、3d5，则常温下Fe2+比Fe3+更容易被氧化变质，从结构角度其原因为：Fe3+外围电子排布为半充满稳定结构，难于再失去电子，而Fe2+外围若再失去一个电子就是半充满的稳定结构，所以Fe2+不稳定；【小问2详解】溶浸得到主要含Zn2+、Fe2+、Ni2+、Cd2+的浸出液，H2O2具有氧化性，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于沉淀除去；“调pH”时既要中和剩余硫酸，又不能引入新的杂质离子，若选氨水、氢氧化铁将分别引入、Fe3+杂质，则“调pH”时除ZnO外还可以选用的物质是氢氧化锌，故选c；【小问3详解】常温下、pH=5时，则，，此时Fe(OH)3的溶度积常数。检验Fe3+可用KSCN溶液，则证明Fe3+已除尽的化学方法是：取少量沉淀后的上层清液，滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红可证明Fe3+已除尽；【小问4详解】沉锌时，向主要含Zn2+的滤液中加入Na2CO3溶液反应生成Zn2(OH)2CO3固体和CO2气体，则该过程的离子方程式：；【小问5详解】A．粗锌电解精炼时，粗锌作阳极，纯锌作阴极，含Zn2+的ZnSO4溶液作电解质溶液，A正确；B．粗锌中含有少量Al、Fe、Cu等杂质，因为Al比Zn活泼，电解时阳极上Al先放电，Zn后放电，分别以Al3+、Zn2+进入溶液，但阴极上都是Zn2+得电子析出Zn，则电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；C．金属性：Al>Zn>Fe>Cu，则阳极上Al先放电，Zn后放电，分别以Al3+、Zn2+进入溶液，但Fe、Cu均不放电，则电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Al3+和Zn2+，无Fe2+，C错误；D．电解过程，活泼性比Zn弱的Fe、Cu均不放电，将形成阳极泥，则电解槽底部的阳极泥中有Fe、Cu，D错误； 故选A。 【小问6详解】1.0ml1.0mol/LEDTA标准溶液相当于氧化锌质量为0.080克，则滴定时消耗的cmol/LEDTA标准液Vml相当于，所以产品中氧化锌纯度为。18.为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。（1）用pH计测得某FeCl3溶液的pH=0.70，加入下列试剂，能使该FeCl3溶液pH升高的是_______。a．水b．FeCl3固体c．浓盐酸d．NaHCO3固体蒸发FeCl3溶液并灼烧最终得到的固体产物是_______。（2）利用上述FeCl3溶液探究其与镁粉的反应原理。实验操作及现象如下表：操作现象先向反应瓶中注入50mL上述FeCl3溶液，再加入镁粉，搅拌。a．出现红褐色沉淀b．有大量气泡c．镁粉逐渐溶解、溶液变为浅绿色①用离子方程式解释现象b：_______。②取少量反应后的溶液，滴入2滴_______(写化学式)溶液，出现蓝色沉淀即可证明有Fe2+生成。写出生成Fe2+的离子方程式：_______。（3）镁和FeCl3溶液反应后溶液中浓度的测定i．将反应瓶中的溶液过滤并调节溶液的pH在6.5~10.5；ii．取20.00mL滤液加水稀释至100mliii．另取稀释后滤液20.00ml，加入K2CrO4溶液作指示剂，用cAgNO3标准溶液滴定滤液中的至终点，重复操作3次，平均消耗AgNO3溶液VmL。已知Ag+与生成砖红色沉淀指示滴定终点。①滴定时，盛装AgNO3标准溶液的滴定管应选用_______(填玻璃仪器名称)。②计算原滤液中浓度为_______(用代数式表示)。（4）探究FeCl3溶液与Na2SO3溶液发生氧化还原反应查阅资料可知，Na2SO3具有还原性，FeCl3具有氧化性，可以设计成原电池。用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转，电极a附近溶液颜色变浅 写出正极的电极反应式_______。一段时间后负极区pH_______9(填“<”、“=”、“>”)。【答案】（1）①.ad②.Fe2O3（2）①.②.K3[Fe(CN)6]③.（3）①.酸式滴定管②.（4）①.(或)，②.<【解析】【小问1详解】a．Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，使FeCl3溶液呈酸性，则c(H+)减小可使FeCl3溶液pH增大，加水稀释促进水解平衡正向进行，但加水使得c(H+)减小，溶液pH增大，a正确；b．加入FeCl3固体溶解后，Fe3+的水解平衡正向进行，c(H+)增大，溶液pH减小，b错误；c．加浓盐酸，c(H+)增大，溶液pH减小，c错误；d．加入NaHCO3固体溶解后，碳酸氢根离子结合氢离子促进Fe3+的水解平衡正向进行，c(H+）减小，溶液pH增大，d正确；故选ad。由于氯化铁溶液中存在FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热蒸发使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热使Fe(OH)3分解生成Fe2O3，所以蒸发FeCl3溶液并灼烧最终得到的固体产物是Fe2O3；【小问2详解】①向FeCl3溶液中加入镁粉，由于，镁粉消耗H+，产生氢气；②由于镁粉具有还原性，铁离子具有氧化性，镁粉与铁离子发生氧化还原反应生成 ，反应方程式为：，可以使K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，证明产生；【小问3详解】①AgNO3是强酸弱碱盐，银离子水解导致溶液呈酸性，所以硝酸银标准溶液应加到酸式滴定管中；②硝酸银和氯离子反应离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，取的稀释后20.00ml溶液中，n(Cl-)=n(Ag+)=cmol/Lx10-3VL=10-3cVmol，则100mL稀释液中，n(Cl-)=5×10-3cVmol，稀释前20.00mL滤液中，；【小问4详解】FeCl3溶液与Na2SO3溶液可以发生氧化还原反应，Na2SO3表现还原性，FeCl3变现氧化性，因此原电池中，a极为正极，发生还原反应：，溶液pH=1，也会发生：，b极为负极，负极为亚硫酸根离子在碱性环境中放电生成硫酸根离子，因为消耗氢氧根离子，故pH＜9；19.甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇(CH3OH)。（1）已知一定条件下，发生反应：该条件下，水煤气(CO与H2的混合气体)转化成甲醇的热化学方程式是_______。（2）工业上使用水煤气转化成甲醇，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：①要使A点变到B点除增大压强外还可以_______。②A、C两点的平衡转化率相等的原因是_______。③C点条件下假设压强为P2千帕，往容器内充入1molCO与2.5molH2发生反应。平衡时H2的体积分数是_______、Kp=_______。（3）工业上也可以用CO2和H2合成甲醇：。在T℃时，甲、乙、丙三个2L 的恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得平衡时有关数据如下。容器甲乙丙起始反应物投入量3molH2(g)1molCO2(g)1molCH3OH(g)1molH2O(g)2molCH3OH(g)2molH2O(g)平衡数据c1c2c3反应的能量变化/kJxyz体系压强/Pap1p2p3反应物转化率a1a2a3①若x=19.2，则α1=_______②下列说法正确的是_______(填选项字母)。A．2c22y，x=yC．p3<2p1D．a1=a2③若反应在四种不同情况下的反应速率分别为：A．B．C．D．该反应进行由慢到快的顺序为_______(填选项字母)。【答案】（1）（2）①.增大氢气的浓度，或及时移走甲醇②.增大压强平衡正向移动转化率增大，升高温度平衡逆向移动转化率减小，两个条件同时改变影响抵消了③.60%或3/5④.（3）①.40%②.AC③.C>D>B>A【解析】【小问1详解】已知：① ②由盖斯定律可知，①-②得：；【小问2详解】①AB点温度相同，B点CO转化率大，且反应为气体分子数减小的反应，故要使A点变到B点除增大压强外还可以增大氢气的浓度，或及时移走甲醇，促使反应正向进行；②反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，结合图可知，相同温度下，P2时CO转化率更大，则P2压强更大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致CO转化率降低；则A、C两点的平衡转化率相等的原因是增大压强平衡正向移动转化率增大，升高温度平衡逆向移动转化率减小，两个条件同时改变影响抵消了；③C点条件下假设压强为P2千帕，往容器内充入1molCO与2.5molH2发生反应。平衡时CO转化率为0.5，则反应CO为0.5mol；反应后总的物质的量为2.5mol，H2的体积分数是，Kp=；【小问3详解】①若x=19.2，由化学方程式可知，；②A．反应为气体分子数减小的反应，恒容密闭容器中，丙投料为乙投料的2倍，丙相当于乙等效平衡的基础上增大压强，促使平衡正向移动，使得甲醇浓度大于乙中浓度的2倍，故2c2