2022六安一中高二上学期期末考试化学试题含解析

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化学试卷
满分：100分 时间：90分钟
一、选择题(每小题3分，共48分，每小题仅有一个最佳答案)
1. 以下有关元素性质的说法不正确的是（ ）
A. 具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 下列价电子排布式的原子中：①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb，②N、P、As，③O、S、Se，④Na、P、Cl中，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3+
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2，②1s22s22p3，③1s22s22p2，④1s22s22p63s23p4，则①为Si，②为N、③为C、④为S，根据同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径: Si＞S ＞C＞N，故Si原子半径最大，即①的原子半径最大，故A正确；
B．①3s23p1，②3s23p2，③3s23p3，④3s23p4，分别为：Al、Si、P、S元素；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第VA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能， ③＞④＞②＞①， 第一电离能最大的是③，故B正确；
C．同周期随原子序数增大电负性增大，同主族随原子序数增大电负性减小，故①Na、K、Rb是同主族元素，电负性依次减小；②N、P、As是同主族元素，电负性依次减小；③O、S、Se是同主族元素，电负性依次减小；④Na、P、Cl是同周期元素，电负性依次增大，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，故C正确；
D．根据数据可知，该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，故D错误；
答案选D。
2. 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。R分子的路易斯结构式可以表示为则以下叙述错误的是
A. R为三角锥形 B. R可以是BF3
C. R是极性分子 D. 键角小于109°28′
【答案】B
【解析】
【详解】A．在中含有3个单键和1对孤电子对，价层电子对数为4，空间上为三角锥形，故A正确；
B．B原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤电子对，所以R不是BF3，故B错误；
C．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；
D．三角锥形分子的键角为107°，键角小于109°28′，故D正确；
答案选B
3. 正硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内的分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是

A. 分子的稳定性与氢键有关
B. 含的晶体中有氢键
C. 分子中B、O最外层均为稳定结构
D. B原子杂化轨道的类型为，同层分子间的主要作用力是范德华力
【答案】B
【解析】
【详解】A．稳定性是化学性质，取决于化学键的强弱，氢键是属于分子间作用，与分子的稳定性无关，故A错误；
B．一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，故B正确；
C．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；
D．层内的H3BO3分子之间主要通过氢键相连，故D错误；
故选B。
4. X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，M的原子序数比E大1。下列说法正确的是
A. EYQ4 中阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化
B. X、Y元素的第一电离能大小关系：X C. ZO32−的空间构型为V形
D. MZ2含离子键和非极性共价键，阴阳离子之比为1:2
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、E、M六种元素中，X的原子的基态价电子排布式为2s2，X为Be；Y的基态原子核外有5种运动状态不同的电子，Y的质子数为5，Y为B；Z元素的两种同位素原子通常作为示踪原子研究生物化学反应和测定文物的年代，Z为C；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F；E的阳离子通常存在于硝石、明矾和草木灰中，E为K；M的原子序数比E大1，M为Ca，以此解答该题。
【详解】由上述分析可知，X为Be、Y为B、Z为C、Q为F、E为K、M为Ca。
A．KBF4中阴离子的中心原子价层电子对个数为4+(3+1-4×1)/2=4，且不含孤电子对，则阴离子中心原子的杂化方式为sp3杂化，故A正确；
B．Be的最外层电子数全满为稳定结构，第一电离能较大，则X、Y元素的第一电离能大小关系：X＞Y，故B错误；
C．CO32-中阴离子的中心原子价层电子对个数为3+(4+2-2×3)/2=3，且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2杂化，空间构型为平面三角形，故C错误；
D．CaC2含离子键、非极性共价键，阴阳离子之比为1:1，故D错误；
故答案选A。
【点睛】把握电子排布规律、元素的性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构、杂化理论的应用。选项D是解答的易错点。
5. 已知以下反应中的四种物质由三种元素组成，其中a的分子立体构型为正四面体形，组成a物质的两种元素的原子序数之和小于10，组成b物质的元素为第三周期元素。下列判断正确的是

A. 四种分子中的化学键均是极性键
B. a、c分子中中心原子均采用sp3杂化
C. 四种分子中既有σ键，又有π键
D. b、d分子中共价键的键能：b>d
【答案】B
【解析】
【分析】a的分子空间构型为正四面体。组成a分子的两种元素的原子序数和小于10，所以a是甲烷分子，组成b分子的元素为第三周期的元素形成双原子分子是氯气分子，所以反应是a甲烷与b氯气反应生成c是一氯甲烷和d是氯化氢，据此分析解答。
【详解】A．b是氯与氯形成的非极性共价键，故A错误；
B．甲烷中碳与氢形成4个碳氢σ键、一氯甲烷分子中形成三个碳氢σ键和一个碳氯σ键，中心原子均为sp3杂化，故B正确；
C．四种分子中只存在σ键而没有π键，故C错误；
D．氯的原子半径大于氢原子半径，所以氯气分子中的氯氯键的键能小于氯化氢分子中的氢氯键共价键的键能，故D错误；
答案选B。
6. 从结构角度分析，下列说法错误的是
A. 的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
B. ZnCO3中，阴离子立体构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2
C. 因HF分子间存在氢键，所以HX中其沸点最高
D. 二氧化硅中硅，氧原子都是为sp3杂化，是极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心I原子的价层电子对数==4，中心原子的杂化方式为sp3，立体构型为V形，故A正确；
B．ZnCO3中，阴离子碳酸根离子的中心原子C原子的价层电子对数==3 ，C原子的杂化方式为sp2，立体构型为平面三角形，故B正确；
C．所有的HX均为分子晶体，且结构相似，其相对分子质量越大，熔沸点越高，但由于HF分子间存在氢键，所以其沸点在同族元素的氢化物中最高，故C正确；
D．SiO2是空间网状结构，一个Si原子周围连有4个O原子，Si原子核外最外层有4个电子，恰好与氧原子形成4个σ键，无孤对电子，每个氧原子连接两个Si原子，故SiO2中Si、O原子的杂化类型都是sp3，但二氧化硅属于原子晶体，不存在分子，故D错误；
答案选D。
7. 价层电子对互斥理论(VSEPR)是关于分子几何构型的经验规律，该理论认为，分子的稳定结构应使中心原子价层电子对之间的斥力最小，且不同价层电子对之间排斥力相对大小满足：孤对电子－孤对电子＞孤对电子－键对电子＞键对电子－键对电子。如H2O分子中∠H-O-H≈104.5°，下列推断不合理的是
A. NH3分子中∠H-N-H<109.5°
B. H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H
C. 已知P4分子为正四面体，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O
D. [Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H小于NH3分子中∠H-N-H
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH3分子中N原子的最外层有1对孤对电子，而中N原子最外层没有孤对电子，所以∠H-N-H＜109.5°，A合理；
B．因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而H3O+中O原子最外层只有1对孤对电子，所以键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H，B合理；
C．已知P4O6和P4O10的结构式分别为和，前者P原子的最外层有1对孤对电子，所以P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O，C合理；
D．[Zn(NH3)6]2+离子中N原子的最外层孤对电子形成了配位键，对N-H键不再产生排斥作用，所以∠H-N-H大于NH3分子中∠H-N-H，D不合理；
故选D。
8. 某果汁防浑浊剂由X、Y、Z三种原子序数依次递增的短周期元素构成，其结构如图所示。其中Y、Z的最外层电子数之和与X的最外层电子数相等。下列说法正确的是

A. 该化合物中X有两种不同化合价 B. 由X、Y两种元素至少可组成两种物质
C. Z的最高价氧化物的水化物为强酸 D. 简单离子的半径大小为
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，由结构可知X最外层电子数为6，为O；Y形成一价阳离子，Y为Na；Z形成5个共价键，Z为P；综上所述，X、Y、Z分别为O、Na、P。
【详解】A．该化合物中无O-O键，X(O)只显-2价，A错误；
B．X、Y分别为O、Na，二者至少可形成Na2O、Na2O2二种化合物，B正确；
C．Z为P，其最高价氧化物的水化物为H3PO4，为三元中强酸，C错误；
D．P3-有三个电子层，半径最大，O2-、Na+有2个电子层，核电荷数越大，半径越小，则半径P3->O2->Na+，D错误；
答案选B。
9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（　　）
A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X
B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键
C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物
D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。
【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。
【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。
10. 某同学进行下列实验：
操作

现象


取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水


放置一段时间后，生铁片上出现如右图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈


下列说法不合理的是
A. 生铁片发生吸氧腐蚀
B. 中心区：Fe–2e—==Fe2+
C. 边缘处：O2+2H2O+4e—==4OH—
D. 交界处：4Fe2++O2+10H2O==4Fe(OH)3+8H+
【答案】D
【解析】
【详解】A．生铁片边缘处为红色，说明生成了氢氧根离子，电极反应式为：O2 + 2H2O +4e-= =4OH-，生铁片发生吸氧腐蚀，故A合理；
B． 根据实验现象，中心区域为蓝色，说明生成了亚铁离子，Fe – 2e-= =Fe2+，故B合理；
C．生铁片边缘处为红色，说明生成了氢氧根离子，电极反应式为： O2 + 2H2O +4e-== 4OH-，故C合理；
D．在两色环交界处出现铁锈，是因为生成的氢氧化亚铁被氧气氧化生成了氢氧化铁，不是发生了4Fe2+ + O2 + 10H2O ==4Fe(OH)3 + 8H+反应，故D不合理；
故选D。
11. 二氯化二硫(S2Cl2)，非平面结构，常温下是一种黄红色液体，有刺激性恶臭，熔点80℃，沸点135.6℃，对干二氯化二硫叙述正确的是
A. 二氯化二硫的电子式为
B. 分子中既有极性键又有非极性键
C 二氯化二硫属于非极性分子
D. 分子中S－Cl键能小于S－S键的键能
【答案】B
【解析】
【详解】A.S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为，故A错误；
B.S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；
C.分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C错误；
D.同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S-Cl键能大于S-S键的键能，故D错误；
故选B。
12. 用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。 在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2
B. 反应速率：v逆(状态 A)＞v逆(状态B)
C. 在C点时，CO转化率为75%
D. 在恒温恒压条件下继续向密闭容器中充入CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，在压强一定时，升高温度，CH3OH的体积分数减小，说明升高温度化学平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H＜0；该反应的正反应是气体体积减小的反应，在300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，A错误；
B．由图可知：B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此v逆(状态A)＜v逆(状态B)，B错误；
C．假设向密闭容器充入了1 mol CO和2 mol H2，CO的转化率为x，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)达到平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=(1-x) mol，n(H2)=(2-2x) mol，n(CH3OH)=x mol，在C点时，CH3OH的体积分数=，解得x=0.75，即CO转化率为75%，C正确；
D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，D错误；
故合理选项是C。
13. 知某物质的标准生成焓(△f)的定义为用标准状态下的各种元素的最稳定单质，生成标准状态下1mol该物质所吸收或放出的能量，其中△f(单质)=0kJ/mor。N2O、CO、CO2的标准生成焓分别为82.1kJ/mol、110.5kJ/mol、-393.5kJ/mol。研究表明N2O与CO在Fe+的催化下发生反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，△H的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是

A. △H=-36.1kJ/mol
B. 由过程I可得N2O的能量要高于N2的能量
C. 催化剂会改变反应途径和降低反应活化能，且反应速率由过程I决定
D. 在过程II中同时存在碳氧键的断裂和形成
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．物质的标准生成焓相当于物质的相对焓值大小，所以△H= H(生成物)-H(反应物) =[0+(-393.5)]- [82. 1+(-110.5)] kJ/mol-1=-365.1 kJ/mol-1 ，选项A正确；
B．由化学反应与能量关系图的过程I可知，该反应为放热反应，只能得出Fe+和N2O的总能量高于FeO+和N2的总能量，选项B错误；
C．由图可知，加入催化剂后会改变反应途径，同时也使反应活化能降低，由于第I步活化能大，所以为决定反应速率步骤，选项C正确；
D．在过程II中，CO中化学键断开，形成CO2时又要形成化学键，选项D正确。
答案选B。
14. 利用燃料电池电解制备并得到副产物、、，装置如图所示(、、、极均为惰性电极)。下列说法正确的是

A. 极、极分别为阴极、阳极
B. 膜、膜均为阳离子交换膜，膜为阴离子交换膜
C. 极上的反应为
D. 理论上，极消耗甲烷，极产生
【答案】B
【解析】
【分析】
由装置图知左边装置：甲烷燃料电池装置，属于原电池
极为负极，电极反应为
极为正极，电极反应为
右边装置：电解池装置
极为阳极，电极反应为
极为阴极，电极反应为
【详解】A．由可知，极与燃料电池正极相连，为电解池的阳极，极为阴极，A错误；
B．由上述分析可知，通过膜向产品室移动，原料室中的通过膜向阴极室移动，通过膜向产品室移动，所以，膜、膜均为阳离子交换膜，膜为阴离子交换膜，B正确；
C．极为负极，电极反应为，C错误；
D．题中未说明温度、压强，无法计算甲烷的物质的量(若题目中说明为标准状况下的气体，则甲烷是，整个电路中通过的电子数目相等，消耗甲烷时，电路中通过电子，极得到)，D错误；
故选B。
15. 在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是

A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6g
B. 电解过程中丙中溶液酸碱性无变化
C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态
D. 乙中左侧电极反应式：
【答案】C
【解析】
【分析】通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则此红色固体Cu，即乙装置左侧为阴极，右侧为阳极；甲装置中，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极；丙装置中，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极。
【详解】A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，甲中为电解氯化钾溶液产生氢气和氯气，则各产生0.1mol，转移电子数为0.2mol，丙中Cu电极上银离子得电子产生银单质，质量增加0.2mol 108g/mol=21.6g，A正确；
B. 在丙装置中，阳极Ag-e-=Ag+，阴极Ag++e-=Ag，所以电解过程中丙溶液pH无变化，B正确；
C. 甲中阳极生成Cl2，阴极生成H2，相当于从溶液中逸出HCl气体，若向甲中加入适量的盐酸，则加入了水，溶液浓度减小，不能恢复到电解前的状态，C不正确；
D. 乙中左侧铜离子放电，电极反应式：Cu2++2e-＝Cu，D正确；
答案选C。
16. 室温下，用0.1的NaOH溶液分别滴定20mL、浓度均为0.1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的对数随加入NaOH溶液体积的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，下列说法正确的是

A. 该温度下HCOOH的电离常数为
B. a、c两点对应溶液同时升高相同温度，减小
C. 在c点溶液中有：
D. 在a、b、c、d四点中对应的溶液呈中性的为a、b、d
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓度均为0.1mol/L的HCl溶液和HCOOH溶液，HCl溶液中水电离出的H+的浓度小，故曲线A代表滴定HCOOH溶液，曲线B代表滴定HCl溶液，未加NaOH时，HCOOH的1gc(H+)水 =−11，c(H+)水 =10−11 mol∙L−1，c(OH－)=c(OH－)水=c(H+)水 =10−11 mol∙L−1，c(H+) =10−3 mol∙L−1，该温度下HCOOH的电离常数为，故A正确；
B．a、c两点对应溶液分别为等物质的量浓度的NaCl、HCOONa溶液，同时升高相同温度，c(Cl－)不变，HCOO－水解程度增大，c(HCOO－)减小，因此增大，故B错误；
C．在c点，加入NaOH溶液的体积为20mL，溶液总体积约为40mL，因此溶液中有：c(HCOO－) + c(HCOOH) = 0.05mol·L−1，故C错误；
D．在a溶质为NaCl，呈中性，b溶质为HCOOH和HCOONa的混合溶液，电离程度等于水解程度，溶液呈中性，c溶液为HCOONa，HCOO－水解呈碱性，d点溶质为HCOONa和NaOH，溶液呈碱性，因此呈中性的为a、b，故D错误；
综上所述，答案为A。
二、填空题(每空2分，共52分)
17. 快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质，研究得最多的是、、、、F、O等的快离子导体。
（1）的过程中，失去的电子是基态中___________轨道上的电子。
（2）N、O、F的第一电离能从小到大的顺序为___________(用元素符号表示)；、、、的沸点由低到高的顺序为___________。(用化学式表示，下同)；其中、的键角由小到大的顺序为___________。
（3）、、都是重要的有机反应中间体。的空间构型为___________；
（4） 分子中只含有___________个手性碳原子
【答案】（1）
（2） ①. O、N、F ②. 、、、 ③. 、
（3）平面正三角形 （4）3
【解析】
小问1详解】
Cu的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，铜失去1个电子，失去的最外层上的电子，即失去的电子是基态Cu中4s轨道上的电子；
【小问2详解】
同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA的，所以第一电离能大小顺序为：O＜N＜F；
卤化氢随核电荷数的递增，分子间范德华力增大，沸点呈增大的趋势，但HF分子间存在氢键，则卤化氢的沸点由低到高的顺序为、、、；
P与N的氢化物空间构型相似，均是三角锥形，但氮元素的电负性强于磷元素，共用电子对偏向氮元素，排斥力增大，所以PH3键角< NH3键角；
【小问3详解】
中碳为中心原子，碳原子有3个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对为3，根据价层电子对互斥理论，可知其空间构型为：平面正三角形；
【小问4详解】
根据手性碳的定义， 中标有“*”的碳原子为手性碳，一共有3个手性碳原子。
18. 燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转换成电能的化学装置。
（1）以多孔铂为电极，如图甲装置中A、B口分别通入和构成乙醇燃料电池，则b电极是___________(填“正极”或“负极”)，该电池的负极的电极反应式为___________。

（2）科学家研究了转化温室气体的方法，利用图乙所示装置可以将转化为气体燃料，该电池负极反应式为___________，工作时的总反应式为___________。
（3）绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图丙所示。
①氧气应从c处通入，发生的电极反应式为___________；
②二甲醚()应从b处加入，电极X上发生的电极反应式为___________；
③电池在放电过程中，电极X周围溶液的___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 正极 ②.
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
B口处通入氧气，氧气得到电子发生还原反应，为电源正极；该电池的负极的电极反应为乙醇在碱性条件下失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，；
【小问2详解】
由图可知，M极水生成氧气，发生氧化反应为电源负极，电极反应式为；该电池N极二氧化碳发生还原反应生成水和一氧化碳，为电源正极，故电池总反应为二氧化碳生成氧气和一氧化碳：；
【小问3详解】
①氧气应从c处通入，氧气得到电子，发生还原反应生成水，发生的电极反应式为；
②二甲醚()应从b处加入，在X极上失去电子，发生氧化反应生成二氧化碳，电极X上发生的电极反应式为；
③由②分析可知，电池在放电过程中，电极X周围溶液中氢离子通过质子交换膜扩散到电极Y，氢离子浓度不变，pH不变。
19. 、是大气污染物但又有着重要用途。
Ⅰ.已知：


（1）某反应的平衡常数表达式为，此反应的热化学方程式为：___________。
（2）向绝热恒容密闭容器中充入等量的和进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________(填序号)。
a．容器中的压强不变b．
c．气体的平均相对分子质量保持34.2不变d．该反应平衡常数保持不变
e．和的体积比保持不变
Ⅱ．可用于制。为探究某浓度的的化学性质，某同学设计如下实验流程：

（3）用离子方程式表示溶液具有碱性的原因___________。与氯水反应的离子方程式是___________。
（4）含的烟气可用溶液吸收。可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为___________。(任写一个)。离子交换膜___________(填标号)为阴离子交换膜。

（5），将一定量的放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。图中a点对应温度下，已知的起始压强为，该温度下反应的平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）
（2）a、c、d （3） ①. ②.
（4） ①. ②. C
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据反应的平衡常数的表达式得到反应为：2NO（g）+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，将第一和第三个方程式乘以-1，第二个方程式乘以2，相加得到：2NO（g）+2CO(g)＝N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol−1；
【小问2详解】
a．恒容下，压强不变就是气体的物质的量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，所以压强不变可以证明平衡态，选项a正确；
b．速率比应该等于方程式的系数比，所以v正(CO)= 2v逆(N2)才是正确说法，选项b错误；
c．该反应中所有物质都是气体，所以m总不变，如果平均分子量不变，得到气体的n总不变（），该反应是气体物质的量减小的反应，所以n总不变是平衡态，选项c正确；
d．平衡常数只与温度有关，平衡常数不变就是温度不变，该容器绝热，如果有吸热或者放热温度一定变化，现在温度不变，说明反应达平衡，既没有吸热也没有放热，选项d正确；
e．开始充入的NO和CO是相等的，反应中两者按照1:1进行反应，所以容器中两者恒定相等，选项e错误；
故选a、c、d；
【小问3详解】
Na2S2O3溶液显碱性的原因一定是硫代硫酸根离子水解，注意水解分步，方程式为：；根据反应过程的图示，加入氯化钡后得到的白色沉淀一定是硫酸钡，说明氯水将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，所以反应为：；
【小问4详解】
用亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫应该得到亚硫酸氢钠溶液，将亚硫酸氢钠溶液（pH=6的吸收液）加入电解槽中。右侧是电解的阴极，可以认为是水电离的氢离子得电子转化为氢气，剩余的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根离子。左侧是电解的阳极，C为阴离子交换膜，亚硫酸氢根离子透过交换膜进入阳极，在阳极上失电子专户为硫酸根，副产物甲为硫酸。所以阳极反应为：；
【小问5详解】
假设加入的SO3为2mol，平衡转化率为40%，所以反应的SO3为0.8mol，生成的SO2为0.8mol，O2为0.4mol，达平衡时有：1.2molSO3、0.8molSO2、0.4molO2；恒容下容器的压强比等于气体的物质的量的比，所以平衡时压强为：=1.2P0。分压=总压×物质的量分数，所以SO3分压为：×1.2P0=0.6P0；SO2分压为：×1.2P0=0.4P0；O2分压为：×1.2P0=0.2P0；所以KP=。
20. 三盐基硫酸铅(，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为、及等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。


已知：，请回答下列问题：
（1）写出步骤①“转化”的离子方程式___________。
（2）根据上图解度曲线(水)，由滤液Ⅰ得到固体的操作为：将“滤液1”___________、___________、用乙醇洗涤后干燥。
（3）步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是___________(任意写出一条)
（4）若步骤④“沉铅”后的滤液中，则此时___________。
（5）步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤
（3）升温、将滤渣粉碎、适当增大硝酸浓度
（4）
（5）4PbSO4+6NaOH3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【解析】
【分析】以铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3；Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应均转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用；向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐；
【小问1详解】
步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，由Ksp可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），可将PbSO4转化成PbCO3，“转化”的离子方程式为；
【小问2详解】
根据溶解度曲线(g/100g水)可知，在较低温度下硫酸钠结晶析出的是Na2SO4·H2O，在较高温度下析出无水硫酸钠晶体，且在较高温度下，硫酸钠的溶解度随温度升高而减小，硫酸钠在乙醇中的溶解度较小，故由滤液I得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”升温（蒸发）结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥；
【小问3详解】
加快化学反应速率的方法有增大反应物浓度，升高反应温度，增大反应物之间的接触面积等；酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是升温、将滤渣粉碎、适当增大硝酸浓度等；
【小问4详解】