还剩18页未读，
继续阅读
重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（解析版）
展开
这是一份重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，将答题卷交回，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.考试结束后，将答题卷交回。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40
第I卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题包含 14 小题，每题 3 分，共 42 分，每题只有一个正确选项)
1. 下列关于化学与生活常识的说法正确的是
A. 热的纯碱溶液具有去除油污和消毒杀菌的作用
B. 太阳能、风能既属于新能源，也属于一次能源
C. 农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用肥效更佳
D. 金属钠着火时，可用泡沫灭火器灭火
【答案】B
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液不具有消毒杀菌的作用，故A错误；
B．太阳能、风能可以从自然界直接获得，且无污染，可再生，所以既属于新能源，也属于一次能源，故B正确；
C．农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用，会发生铵根离子和碳酸根离子的双水解反应从而损失氮肥肥效，故C错误；
D．钠能和水反应生成氢气，金属钠着火生成的过氧化钠能与用泡沫灭火器产生的反应生成，所以金属钠着火不能用泡沫灭火器灭火，应用干燥的沙土灭火，故D错误；
所以选B。
2. 下列关于金属腐蚀和防腐的说法不正确的是
A. 海上舰艇的腐蚀主要为金属的化学腐蚀
B. 可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极法防止金属腐蚀
C. 刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D. 改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．有盐分的海水和空气会对船体造成腐蚀为形成原电池的电化学腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳装上锌块，锌为负极，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，该保护金属的方法称为牺牲阳极法，故B正确；
C．刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀，故C正确；
D．通过添加其他金属元素，改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 放热反应均是自发反应
B. 2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知△H>0，△S<0则一定不能自发进行
C. 物质的量增加的反应，△S为正值
D. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，能用勒夏特列原理解释
【答案】B
【解析】
【详解】A．△G=△H-T△S<0的反应可自发进行，放热反应不一定为自发进行的反应，与焓变和熵变有关，A错误；
B．△G=△H-T△S<0的反应可自发进行，当△H>0，△S<0时，△G>0，反应一定不能自发进行，B正确；
C．对于有气体参加的反应，气体体积增大的反应，△S为正值，不能简单分析物质的量增加，需排除固体和液体的化学计量数，C错误；
D．H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，与浓度增大有关，平衡不移动，则不能用勒夏特列原理解释，D错误；
答案选B。
4. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 基态铬原子的价电子排布式：
B. 、、能级的轨道数依次增多
C. 基态氮原子的电子排布图：
D. Cu位于周期表的d区
【答案】C
【解析】
【详解】A．铬为24号元素，根据洪特规则，同一能级的轨道处于半满更加稳定，故基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，A错误；
B．p能级都含有3个伸展方向不同的轨道，B错误；
C．N元素原子序数为7，根据核外电子排布规则，基态氮原子的电子排布图为：，C正确；
D．Cu元素原子序数为29，位于元素周期表的ds区，D错误；
故选C。
5. 以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
A. 实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用
C. 实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4ml•L-1•s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应方程式可得5H2C2O4~2，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4×10-3L×0.01ml·L-1=4×10-5ml，刚好与之反应的n(H2C2O4)=n(KMnO4)=1×10-4ml，若是0.1ml/L的H2C2O4溶液，所需体积为1mL，故在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；
B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=23×0.010ml/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==1.7×10−4ml⋅L−1⋅s−1，故D错误；
本题选D。
6. 在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
下列说法错误的是
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50％
B. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动
C. 在25℃下，反应的平衡常数为1600，改变温度可以改变此反应的平衡常数
D. 在25℃下，测得c(X)=0.04ml·L-1，c(Y)=0.1ml·L-1，c(Z)=0.08ml·L-1，则此时v正【答案】D
【解析】
【详解】A．反应达到平衡时，X的转化率为=50%，故A正确；
B．X、Y浓度减小，为反应物，Z的浓度增大，为生成物，且最终X、Y浓度不为0，说明为可逆反应，X、Y、Z化学计量数之比为(0.1-0.05)ml/L：(0.2-0.05)ml/L：0.1ml/L=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，则增大压强，平衡向生成Z的方向移动，故B正确；
C．反应的方程式为X+3Y⇌2Z，平衡常数K===1600，平衡常数只受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，故C正确；
D．在25℃下，测得c(X)=0.04ml·L-1，c(Y)=0.1ml·L-1，c(Z)=0.08ml·L-1，此时Qc===160＜K，则平衡正向移动，此时v正＞v逆，故D错误；
故答案为D。
7. 某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
8. 一定条件下，将和按物质的量之比充入反应容器，发生反应：。其它条件相同时，分别测得的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是
A. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
B. 时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
C. 、条件下，的平衡转化率为
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，压强一定时，随温度升高，的转化率降低，平衡逆向移动，则该反应的反应限度减小，A错误；
B．反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关，由于体积未知、物质的浓度未知，不能计算平衡常数，B错误；
C．、条件下，平衡时的转化率为，和按物质的量之比投入，且按反应，二者转化率相等，即的平衡转化率为，C错误；
D．正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，的转化率增大，故，D正确；
故答案为：D。
9. 时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是
A. 曲线1代表B. ，的电离常数
C. D. 溶液中始终存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A错误；
B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B错误；
C．，故C正确；
D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D错误；
故答案选C。
10. 用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法正确的是
A. 电解过程中，b 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B. a电极上发生的反应方程式为：2H2O +2e-= 2OH-+ H2↑和 2H2O-4e-= 4H+ + O2↑
C. 曲线0～P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线 P～Q段表示O2的体积变化
D. 从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17g•ml-1
【答案】D
【解析】
【分析】如图装置，电流从正极流向负极，可以得到， b电极为阳极失电子，发生氧化反应，a 电极为阴极得电子，发生还原反应，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，阳极始终是生成氧气，阴极先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气。
【详解】A．根据分析可知，b电极为阳极，阳极始终是生成氧气，A错误；
B．a 电极为阴极，先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气，离子方程式为：，，B错误；
C．根据分析，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体体积的变化，C错误；
D．根据图②中P点收集到的是氧气体积为1.12L，对应物质的量为0.05ml，Q点收集到的是氢气和和氧气的混合气，总体积为3.36L，对应混合气体的物质的量为0.15ml，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体物质的量之比为2:1；故曲线0～Q段其中氧气和氢气都是0.1ml，则混合气的平均摩尔质量为（2＋32）g/ml÷2＝17g/ml，D正确；
故选D。
11. 在T℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知T℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在T℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在T℃时，AgCl(s)＋Br-(aq)⇌AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图中c点可知AgBr的Ksp=7.0×10-7×7.0×10-7=4.9×10-13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，仍为饱和溶液，所以不可以使溶液由b点到c点，c点为过饱和溶液，故B错误；
C．图中a点对应的Qc＜Ksp，则为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D. 反应AgCl(s)＋Br-(aq)⇌AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数为：K=≈816，故D正确。
答案选B。
12. 25℃时，将0.0l ml • L -1 NaOH溶液滴入20mL0.01ml·L-1CH3COOH溶液的过程中，溶液中由水电离出的c(H+)与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. x=20，a点的纵坐标为1.0×10-12
B. b点和d点所示溶液的pH相等
C. 滴定过程中，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐增大
D. e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A、a点是0.01ml·L-1CH3COOH溶液，溶液中H＋ 浓度小于0.01ml·L-1，a点水电离的H＋ 大于1.0×10-12ml/L，c点水电离的c（H+）水最大，说明NaOH与CH3COOH恰好完全反应，x=20，故A错误；
B、b点溶液呈酸性，d点溶液显碱性，所示溶液的pH不相等，故B错误；
C、醋酸的电离平衡常数Ka===，滴定过程中，温度不变，Kw、Ka不变，不断地加碱，c(CH3COOH)一直减小，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐减小， 故C错误；
D、e点所示溶液中，醋酸物质的量是NaOH的，由物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
13. 甲烷与氧气反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法中正确的是
A. 若破坏中的化学键需吸收热量，则破坏键需吸收热量
B. 反应
C. 的能量大于和的能量总和
D. 在反应中，放出热量，有键生成
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，1mlCH4(g)+2mlO2(g)断裂所有共价键，需要吸收2646kJ的热量；1mlC(g)+4mlH(g)+4mlO(g)结合成1mlCO2(g)+2mlH2O(g)，能放出3446kJ的热量，据此回答。
【详解】A．若破坏1mlO2(g)中的化学键需吸收热量493kJ，则破坏1mlC-H键需吸收热量，A正确；
B．图中生成的水是气态，气态水转变为液态放出热量，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH<-800kJ·ml-1，B错误；
C．由图可知，1mlCH4(g)和2mlO2(g)的能量大于1mlCO2(g)和2mlH2O(g)的能量总和，但1mlCH4(g)的能量不一定大于1mlCO2(g)和2mlH2O(g)的能量总和，C错误；
D．在反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)中，放出热量400kJ，生成1mlH2O，有2mlO-H键生成，D错误；
故选A。
14. 利用 CH4 燃料电池电解制备 Ca(H2PO4)2 并得到副产物 NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是
A a 极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. A 膜和 C 膜均阴离子交换膜，B 膜为阳离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a 极上通入标况下 2.24 L 甲烷，理论上产品室可新增 0.4 ml Ca(H2PO4)2
【答案】B
【解析】
【分析】CH4 燃料电池：甲烷被氧化生成CO2，则a极为负极，b极为正极；电解池：阳极室Cl-被氧化生成Cl2，阴极室H2O被还原生成H2和OH-，据此解答。
【详解】A．a极为负极，甲烷被氧化生成CO2，可传导离子为O2-，则a 极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A正确；
B．阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，则A膜为阳离子交换膜；原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，则C膜为阳离子交换膜；磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，则B膜为阴离子交换膜，所以A膜和C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，B错误；
C．铁电极替换阴极的石墨电极时，铁不参与反应，阴极室仍是H2O被还原生成H2和OH-，则可用铁电极替换阴极的石墨电极，C正确；
D．a 极上通入标况下2.24 L 甲烷，根据a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，通过的电子的物质的量为，根据电解池阳极反应式：，有0.8mlCl-被氧化生成Cl2，则有0.4ml钙离子移向产品室生成Ca(H2PO4)2，则理论上产品室可新增0.4mlCa(H2PO4)2，D正确；
故选B。
第II卷(非选择题 共58分)
二、非选择题(本大题包含4小题，共58分)
15. 氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) 。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·ml-1；C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·ml-1。
①反应 C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH =___________kJ·ml-1(用含 a、b 的代数式表示)。
② C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是___________，第一电离能依次增大的顺序是___________。(填元素符号)
③研究人员对比研究活性炭、负载钙、镧氧化物对该反应的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同浓度的NO，不同温度下测得反应2小时时NO去除率如图所示，据图分析，温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是___________(填“C”、“CaO/C”或 “La2O3/C”)。
（2）在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，所得数据如表：
①由表可知700℃时，该反应的平衡常数 K=___________。
②结合表中数据，判断该反应的ΔH___________0(填“>”或“<”)，理由是___________。
（3）某温度下，若向2L体积恒定的密闭容器中充入等物质的量的N2 和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示：
①图中B点v正___________v逆(填“>” “<”或“=”)。
②第10min时，外界改变的条件可能是___________(填字母)。
A．加催化剂
B．增大C(s)的物质的量
C．减小CO2的物质的量
D．升温
E．降温
【答案】（1） ①. -b-a ②. O、N、C ③. C、O、N ④. CaO/C
（2） ①. 1 ②. ＜ ③. 升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应
（3） ①. > ②. AD
【解析】
【小问1详解】
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·ml-1，C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·ml-1，即C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-b kJ·ml-1，根据盖斯定律，反应 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的ΔH =(-b-a) kJ·ml-1；
②C、N、O同周期，同一周期主族元素从左至右电负性递增，故三种元素电负性由强到弱的顺序是O、N、C；同一周期主族元素从左至右第一电离能有增大的趋势，但是由于N原子的最外层电子处于半充满的较稳定状态，所以其第一电离能比O大，因此这三种元素的第一电离能的大小关系为：N＞O＞C，即第一电离能依次增大的顺序是C、O、N；
③据图分析，温度在 500℃以内，加入CaO/C的反应器中NO去除率最高，故温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C；
【小问2详解】
①在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，根据图表数据，由反应方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)可得，平衡时一氧化氮的物质的量为0.24-0.08×2=0.08ml，二氧化碳物质的量为0.08ml，该反应的平衡常数 K=；
②结合表中数据，平衡时一氧化氮的物质的量为0.40-0.09×2=0.22ml，二氧化碳物质的量为0.09ml，该反应的平衡常数 ，该反应的平衡常数 ，升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0；
【小问3详解】
①由图可知，B点后一氧化氮的物质的量继续增加，所以B点时反应未达到平衡，且反应正向进行，所以B点正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②由图可知，第10min后曲线的斜率高于前10min，说明改变条件化学反应速率加快：
A．加催化剂，降低反应的活化能，反应速率加快，故符合题意，A正确；
B．增大浓度为定值的固体碳的质量，化学反应速率不变，B错误；
C．减小二氧化碳的物质的量，反应物的浓度减小，反应速率减慢，C错误；
D．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，D正确；
E．降低温度，活化分子的数目和百分数均减小，有效碰撞频率减小，反应速率减慢，E错误；
故选AD。
16. 电子工业常用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上不需要的铜箔，最后得到含FeCl3、FeCl2杂质的CuCl2溶液。某化学兴趣小组设计下列方案，从该废液中 除去FeCl3、FeCl2杂质，制取纯净的CuCl2。
请回答下列问题：
（1）在①步操作中使用了氧化剂，下列氧化剂中一定不能使用的是_______。
A.Cl2 B.NaClO C.H2O2 D.KMnO4 E.O3
（2）②步操作中的“沉淀剂”可以是下列中的_______。
A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.Cu2(OH)2CO3 E.Fe2O3
用一种你选择的沉淀剂，分步写出除去杂质的离子方程式：_______。
（3）最后将滤液在HCl气流中蒸干，其目的是_______，如果将滤液直接加热蒸干，最后得到的固体可能是_______。
（4）设常温下各沉淀的溶度积近似为：Ksp[Cu(OH)2]=10-20、Ksp[Fe(OH)3]=10-38、Ksp[Fe(OH)2]=10-16；通常，人们把浓度小于10-5ml/L的离子视为“不存在”。根据所给条件，完成下列问题：
①如果该废液中CuCl2的浓度为1 ml/L，在加沉淀剂时应调节溶液的pH值范围为：_______。
②如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是：_______。
【答案】（1）BD （2） ①. CD ②. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ CuO+2H+=Cu2++H2O
（3） ①. 抑制了CuCl2水解，且带走CuCl2受热产生的水汽 ②. Cu(OH)2（包含CuO）
（4） ①. 3≤pH<4 ②. 不能除去Fe2+或者杂质除去时CuCl2已完全沉淀而除去了
【解析】
【分析】从该废液中除去FeCl3、FeCl2杂质，制取纯净的CuCl2工艺流程如下：加入氧化剂，将氯化亚铁氧化为氯化铁，加入沉淀剂调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为CuCl2溶液，在HCl气流中蒸干得到氯化铜。
【小问1详解】
因亚铁离子和次氯酸钠反应生成氢氧化铁、氯离子和铁离子，6Fe2++3ClO-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Cl-+4Fe3+，生成氢氧化铁，引入氯化钠杂质所以不选，因亚铁离子和高锰酸钾反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，引入锰离子，所以不选，Cl2、H2O2、O3，氧化亚铁离子不引入杂质，所以答案选BD。
【小问2详解】
由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3，除去Fe3+，且不能引入新的杂质，可利用Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入沉淀剂使平衡右移。
A．氢氧化钠不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，A错误；
B．氨水不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，B错误；
C．CuO难溶于水和H+反应，CuO+2H+=Cu2++H2O溶液pH增大，使Fe3+转化为Fe(OH)3，不引入杂质，C正确；
D．Cu2(OH)2CO3难溶于水，中和H+，Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，溶液pH增大，使Fe3+转化为Fe(OH)3，不引入杂质，D正确；
E．Fe2O3难溶于水，无法除去溶于中的铁离子，E错误；
故答案选CD。
选择CuO为沉淀剂，发生反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，CuO+2H+=Cu2++H2O。
【小问3详解】
氯化铜中的铜离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了CuCl2水解，且带走CuCl2受热产生的水汽，故能得到无水CuCl2，如果将滤液直接加热蒸干，铜离子水解生成氢氧化铜和氯化氢，氯化氢受热挥发，最后得到的固体可能是Cu(OH)2（包含CuO）。
【小问4详解】
①Cu(OH)2的溶度积Ksp=1.0×10-20，溶液中CuCl2的浓度为1.0ml•L-1，c(Cu2+)=1.0ml•L-1；依据溶度积常数c(Cu2+)×c2(OH-)=1.0×10-20；c2(OH-)=10-20；得到c(OH-)=10-10ml/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-4ml/L，溶液pH=4，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4。残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5ml•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)=1.0×10-33；求得c(OH-)=1×10-11ml/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3ml/L，则pH=3；通过计算可知3≤pH<4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的。
②根据以上分析，如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是不能除去Fe2+或者杂质除去时CuCl2已完全沉淀而除去了。
17. 滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）某学生用的标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂。
①排出碱式滴定管中气泡的方法应采用操作___________，(填序号)然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
②下列操作会造成测定结果(待测溶液浓度值)偏低的有___________。
A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外
（2）常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是___________。
A.
B. 滴定过程中，可能存在：
C. 若用甲基橙作指示剂，滴定终点的颜色变化为红色变为橙色
D. 若将盐酸换成相同浓度醋酸，则滴定到时，
（3）碘量法测定CaO₂•8H₂O(M=216g/ml)的纯度：准确称取2.0g产品放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量KI固体，再酸化，充分反应。滴加淀粉作指示剂，用0.01000 ml/L的 Na2S2O3溶液滴定至终点，终点溶液颜色变化为___________。重复操作2次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为15.00mL，则CaO2•8H2O的质量分数为___________%。
已知： CaO₂+2I-+4H+=Ca2++I₂+2H₂O；I₂+2 =2I-+。
【答案】（1） ①. 丙 ②. CDF （2）CD
（3） ①. 当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色 ②. 0.81
【解析】
【分析】利用酸碱中和滴定原理和氧化还原滴定原理设计实验进行分析探究。
【小问1详解】
①排出碱式滴定管中气泡时尖嘴略向上倾斜，则应采用操作丙；
②A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，则所配标准溶液浓度偏低，滴定时消耗标准液体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗NaOH标准液体积不变，对实验无影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸被稀释浓度偏低，消耗的NaOH标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，C符合题意；
D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，导致所读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，所测盐酸浓度偏低，D符合题意；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致滴定前读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏大，所测盐酸浓度偏高，E不符合题意；
F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，盐酸溶质有损失，消耗标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，F符合题意；
故选CDF；
小问2详解】
A．常温下，用0.1000ml·L−1NaOH溶液滴定·L−1HCl溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积为20mL，则a=20mL，A正确；
B．由电荷守恒得，则可能存在，且此时所加NaOH溶液体积小于10mL，B正确；
C．若用甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色时，pH约为3.1，不是滴定终点，C错误；
D．将盐酸换成相同浓度0.1000ml·L−1醋酸，滴加NaOH溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积小于20mL，则滴定到pH=7时，a<20.00，D错误；
故选CD；
【小问3详解】
滴加淀粉作指示剂，单质碘与淀粉变蓝，用0.01000ml/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，单质碘被消耗，则终点溶液颜色变化为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色；根据得CaO₂+2I-+4H+=Ca2++I₂+2H₂O；I₂+2 =2I-+得关系式CaO2 ~ I2 ~ 2，则n(CaO2•8H2O)= n(Na2S2O3)=0.01000ml/L 0.015L= 7.510- 5ml CaO2•8H2O的质量分数为=
= 0.81%，故答案为:溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色； 0.81。
18. 电化学原理在能量转化，物质制备及环境保护等领域均有广泛应用，请按要求回答下列问题：
Ⅰ.1977年，伏打电堆的发明为电化学的创建开辟了道路。
（1）某化学兴趣小组在阅读了相关材料后，想把反应设计成原电池，则电池的负极材料应选择 ___________；正极的电极反应式为___________。
Ⅱ.一种以液态肼为燃料的电池装置如图甲所示，该电池用溶液作为电解质溶液。以该燃料电池作为电源电解足量的饱和溶液以实现向铁棒上镀银，装置如图乙所示。
（2）a电极为燃料电池的___________极(填“正”或“负”)，其电极反应方程式为___________。
（3）d电极应选用的电极材料为___________。(填“铁”或“银”)
Ⅲ.氰化物在工业中广泛存在于电镀、油漆、染料、橡胶等行业中，但是氰化物有剧毒，很多氰化物在加热或与酸作用后会释放出挥发性的有毒气体氰化氢。因此在含氰工业废水排放前，需要对其进行治理。在碱性条件下利用电解法除去废水中的氰化物(以代表)，装置如图丙，已知石墨电极上依次发生的部分反应有：
（4）铁电极上发生的电极反应为___________。
（5）该电解过程一般控制在之间，偏高或偏低均会引起除氰效果降低，你认为可能的原因是___________。忽略铁电极上的其他反应，电解一段时间后，相同条件下在石墨电极处测得产生，同时在铁电极处产生气体，则氰去除率为 ___________。(氰去除率
【答案】（1） ①. 铜 ②.
（2） ①. 负 ②.
（3）
（4）
（5） ①. 偏高，可能会有在阳极参与放电，降低离子的氧化效率，偏低，可能会有转化为气体挥发 ②.
【解析】
【小问1详解】
原电池中，负极会失去电子，由方程式可知，电池的负极材料应选择铜；正极会得到电子，即硝酸根离子在酸性条件下得电子，生成NO和水，电极反应式为：；
【小问2详解】
N2H4在a电极上失去电子，生成氮气，则a电极为燃料电池的负极，电极方程式为：；
【小问3详解】
由(3)可知，a电极为原电池的负极，则b电极为原电池的正极，而在装置乙中，c为电解池的阳极，d为电解质的阴极，阴极得到电子，则d电极应选用的电极材料为铁；
【小问4详解】
石墨电极失去电子，为电解池的阳极，则铁电极会得到电子，为电解池的阴极，该极上水得到电子，生成氢气，则电极反应为；
【小问5详解】
pH偏高，可能会有在阳极参与放电，降低离子的氧化效率，pH偏低，可能会有转化为HCN气体挥发；由反应可知，每生成x mL N2，则生成n()=，则实际消耗的n(CN-)= n(CNO-)=，在铁电极处产生气体y mL，则转移电子的物质的量=，将阳极上反应整合，得到阳极总方程式为：，则理论上消耗的，则氰去除率=氰去除率=。实验编号
H2C2O4 溶液
酸性 KMnO4 溶液
温度/℃
浓度/(ml·L-1)
体积/mL
浓度/(ml·L-1)
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
物质
X
Y
Z
初始浓度/ml·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/ml·L-1
0.05
0.05
0.1
实验编号
温度/℃
起始时 NO 物质的量/ml
平衡时 N2 的物质的量/ml
1
700
0.24
0.08
2
800
0.40
0.09
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.考试结束后，将答题卷交回。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40
第I卷(选择题 共42分)
一、选择题(本大题包含 14 小题，每题 3 分，共 42 分，每题只有一个正确选项)
1. 下列关于化学与生活常识的说法正确的是
A. 热的纯碱溶液具有去除油污和消毒杀菌的作用
B. 太阳能、风能既属于新能源，也属于一次能源
C. 农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用肥效更佳
D. 金属钠着火时，可用泡沫灭火器灭火
【答案】B
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液不具有消毒杀菌的作用，故A错误；
B．太阳能、风能可以从自然界直接获得，且无污染，可再生，所以既属于新能源，也属于一次能源，故B正确；
C．农业上将草木灰和铵态氮肥一起施用，会发生铵根离子和碳酸根离子的双水解反应从而损失氮肥肥效，故C错误；
D．钠能和水反应生成氢气，金属钠着火生成的过氧化钠能与用泡沫灭火器产生的反应生成，所以金属钠着火不能用泡沫灭火器灭火，应用干燥的沙土灭火，故D错误；
所以选B。
2. 下列关于金属腐蚀和防腐的说法不正确的是
A. 海上舰艇的腐蚀主要为金属的化学腐蚀
B. 可以在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极法防止金属腐蚀
C. 刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀
D. 改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．有盐分的海水和空气会对船体造成腐蚀为形成原电池的电化学腐蚀，故A错误；
B．在船舶外壳装上锌块，锌为负极，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，该保护金属的方法称为牺牲阳极法，故B正确；
C．刷防锈漆，使金属与空气、水等物质隔离，可防止金属被腐蚀，故C正确；
D．通过添加其他金属元素，改变金属的内部结构，将金属做成合金可有效防止金属被腐蚀，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 放热反应均是自发反应
B. 2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知△H>0，△S<0则一定不能自发进行
C. 物质的量增加的反应，△S为正值
D. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，能用勒夏特列原理解释
【答案】B
【解析】
【详解】A．△G=△H-T△S<0的反应可自发进行，放热反应不一定为自发进行的反应，与焓变和熵变有关，A错误；
B．△G=△H-T△S<0的反应可自发进行，当△H>0，△S<0时，△G>0，反应一定不能自发进行，B正确；
C．对于有气体参加的反应，气体体积增大的反应，△S为正值，不能简单分析物质的量增加，需排除固体和液体的化学计量数，C错误；
D．H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深，与浓度增大有关，平衡不移动，则不能用勒夏特列原理解释，D错误；
答案选B。
4. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 基态铬原子的价电子排布式：
B. 、、能级的轨道数依次增多
C. 基态氮原子的电子排布图：
D. Cu位于周期表的d区
【答案】C
【解析】
【详解】A．铬为24号元素，根据洪特规则，同一能级的轨道处于半满更加稳定，故基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，A错误；
B．p能级都含有3个伸展方向不同的轨道，B错误；
C．N元素原子序数为7，根据核外电子排布规则，基态氮原子的电子排布图为：，C正确；
D．Cu元素原子序数为29，位于元素周期表的ds区，D错误；
故选C。
5. 以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
A. 实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量
B. 实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用
C. 实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D. 实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4ml•L-1•s-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应方程式可得5H2C2O4~2，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4×10-3L×0.01ml·L-1=4×10-5ml，刚好与之反应的n(H2C2O4)=n(KMnO4)=1×10-4ml，若是0.1ml/L的H2C2O4溶液，所需体积为1mL，故在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；
B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=23×0.010ml/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==1.7×10−4ml⋅L−1⋅s−1，故D错误；
本题选D。
6. 在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
下列说法错误的是
A. 反应达到平衡时，X的转化率为50％
B. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动
C. 在25℃下，反应的平衡常数为1600，改变温度可以改变此反应的平衡常数
D. 在25℃下，测得c(X)=0.04ml·L-1，c(Y)=0.1ml·L-1，c(Z)=0.08ml·L-1，则此时v正
【解析】
【详解】A．反应达到平衡时，X的转化率为=50%，故A正确；
B．X、Y浓度减小，为反应物，Z的浓度增大，为生成物，且最终X、Y浓度不为0，说明为可逆反应，X、Y、Z化学计量数之比为(0.1-0.05)ml/L：(0.2-0.05)ml/L：0.1ml/L=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y⇌2Z，则增大压强，平衡向生成Z的方向移动，故B正确；
C．反应的方程式为X+3Y⇌2Z，平衡常数K===1600，平衡常数只受温度的影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，故C正确；
D．在25℃下，测得c(X)=0.04ml·L-1，c(Y)=0.1ml·L-1，c(Z)=0.08ml·L-1，此时Qc===160＜K，则平衡正向移动，此时v正＞v逆，故D错误；
故答案为D。
7. 某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 曲线Ⅰ代表溶液
B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点
C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】
分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；
A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；
C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。
【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；
B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；
C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。
8. 一定条件下，将和按物质的量之比充入反应容器，发生反应：。其它条件相同时，分别测得的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是
A. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
B. 时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
C. 、条件下，的平衡转化率为
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，压强一定时，随温度升高，的转化率降低，平衡逆向移动，则该反应的反应限度减小，A错误；
B．反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关，由于体积未知、物质的浓度未知，不能计算平衡常数，B错误；
C．、条件下，平衡时的转化率为，和按物质的量之比投入，且按反应，二者转化率相等，即的平衡转化率为，C错误；
D．正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，的转化率增大，故，D正确；
故答案为：D。
9. 时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是
A. 曲线1代表B. ，的电离常数
C. D. 溶液中始终存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A错误；
B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B错误；
C．，故C正确；
D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D错误；
故答案选C。
10. 用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法正确的是
A. 电解过程中，b 电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B. a电极上发生的反应方程式为：2H2O +2e-= 2OH-+ H2↑和 2H2O-4e-= 4H+ + O2↑
C. 曲线0～P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线 P～Q段表示O2的体积变化
D. 从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17g•ml-1
【答案】D
【解析】
【分析】如图装置，电流从正极流向负极，可以得到， b电极为阳极失电子，发生氧化反应，a 电极为阴极得电子，发生还原反应，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，阳极始终是生成氧气，阴极先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气。
【详解】A．根据分析可知，b电极为阳极，阳极始终是生成氧气，A错误；
B．a 电极为阴极，先是铜离子生成铜，然后是溶液中的氢离子生成氢气，离子方程式为：，，B错误；
C．根据分析，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体体积的变化，C错误；
D．根据图②中P点收集到的是氧气体积为1.12L，对应物质的量为0.05ml，Q点收集到的是氢气和和氧气的混合气，总体积为3.36L，对应混合气体的物质的量为0.15ml，曲线 P～Q段表示H2和O2混合气体物质的量之比为2:1；故曲线0～Q段其中氧气和氢气都是0.1ml，则混合气的平均摩尔质量为（2＋32）g/ml÷2＝17g/ml，D正确；
故选D。
11. 在T℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知T℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在T℃时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在T℃时，AgCl(s)＋Br-(aq)⇌AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图中c点可知AgBr的Ksp=7.0×10-7×7.0×10-7=4.9×10-13，故A正确；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，仍为饱和溶液，所以不可以使溶液由b点到c点，c点为过饱和溶液，故B错误；
C．图中a点对应的Qc＜Ksp，则为AgBr的不饱和溶液，故C正确；
D. 反应AgCl(s)＋Br-(aq)⇌AgBr(s)＋Cl-(aq)的平衡常数为：K=≈816，故D正确。
答案选B。
12. 25℃时，将0.0l ml • L -1 NaOH溶液滴入20mL0.01ml·L-1CH3COOH溶液的过程中，溶液中由水电离出的c(H+)与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. x=20，a点的纵坐标为1.0×10-12
B. b点和d点所示溶液的pH相等
C. 滴定过程中，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐增大
D. e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A、a点是0.01ml·L-1CH3COOH溶液，溶液中H＋ 浓度小于0.01ml·L-1，a点水电离的H＋ 大于1.0×10-12ml/L，c点水电离的c（H+）水最大，说明NaOH与CH3COOH恰好完全反应，x=20，故A错误；
B、b点溶液呈酸性，d点溶液显碱性，所示溶液的pH不相等，故B错误；
C、醋酸的电离平衡常数Ka===，滴定过程中，温度不变，Kw、Ka不变，不断地加碱，c(CH3COOH)一直减小，c(CH3COO-)与c(OH-)的比值逐渐减小， 故C错误；
D、e点所示溶液中，醋酸物质的量是NaOH的，由物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
13. 甲烷与氧气反应过程中的能量变化如图所示。下列有关说法中正确的是
A. 若破坏中的化学键需吸收热量，则破坏键需吸收热量
B. 反应
C. 的能量大于和的能量总和
D. 在反应中，放出热量，有键生成
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，1mlCH4(g)+2mlO2(g)断裂所有共价键，需要吸收2646kJ的热量；1mlC(g)+4mlH(g)+4mlO(g)结合成1mlCO2(g)+2mlH2O(g)，能放出3446kJ的热量，据此回答。
【详解】A．若破坏1mlO2(g)中的化学键需吸收热量493kJ，则破坏1mlC-H键需吸收热量，A正确；
B．图中生成的水是气态，气态水转变为液态放出热量，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH<-800kJ·ml-1，B错误；
C．由图可知，1mlCH4(g)和2mlO2(g)的能量大于1mlCO2(g)和2mlH2O(g)的能量总和，但1mlCH4(g)的能量不一定大于1mlCO2(g)和2mlH2O(g)的能量总和，C错误；
D．在反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)中，放出热量400kJ，生成1mlH2O，有2mlO-H键生成，D错误；
故选A。
14. 利用 CH4 燃料电池电解制备 Ca(H2PO4)2 并得到副产物 NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是
A a 极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. A 膜和 C 膜均阴离子交换膜，B 膜为阳离子交换膜
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a 极上通入标况下 2.24 L 甲烷，理论上产品室可新增 0.4 ml Ca(H2PO4)2
【答案】B
【解析】
【分析】CH4 燃料电池：甲烷被氧化生成CO2，则a极为负极，b极为正极；电解池：阳极室Cl-被氧化生成Cl2，阴极室H2O被还原生成H2和OH-，据此解答。
【详解】A．a极为负极，甲烷被氧化生成CO2，可传导离子为O2-，则a 极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A正确；
B．阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，则A膜为阳离子交换膜；原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，则C膜为阳离子交换膜；磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，则B膜为阴离子交换膜，所以A膜和C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，B错误；
C．铁电极替换阴极的石墨电极时，铁不参与反应，阴极室仍是H2O被还原生成H2和OH-，则可用铁电极替换阴极的石墨电极，C正确；
D．a 极上通入标况下2.24 L 甲烷，根据a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，通过的电子的物质的量为，根据电解池阳极反应式：，有0.8mlCl-被氧化生成Cl2，则有0.4ml钙离子移向产品室生成Ca(H2PO4)2，则理论上产品室可新增0.4mlCa(H2PO4)2，D正确；
故选B。
第II卷(非选择题 共58分)
二、非选择题(本大题包含4小题，共58分)
15. 氮氧化物是大气污染物之一，可用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) 。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·ml-1；C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·ml-1。
①反应 C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)的ΔH =___________kJ·ml-1(用含 a、b 的代数式表示)。
② C，N，O三种元素电负性由强到弱的顺序是___________，第一电离能依次增大的顺序是___________。(填元素符号)
③研究人员对比研究活性炭、负载钙、镧氧化物对该反应的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入相同浓度的NO，不同温度下测得反应2小时时NO去除率如图所示，据图分析，温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是___________(填“C”、“CaO/C”或 “La2O3/C”)。
（2）在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，所得数据如表：
①由表可知700℃时，该反应的平衡常数 K=___________。
②结合表中数据，判断该反应的ΔH___________0(填“>”或“<”)，理由是___________。
（3）某温度下，若向2L体积恒定的密闭容器中充入等物质的量的N2 和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g) C(s)+2NO(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示：
①图中B点v正___________v逆(填“>” “<”或“=”)。
②第10min时，外界改变的条件可能是___________(填字母)。
A．加催化剂
B．增大C(s)的物质的量
C．减小CO2的物质的量
D．升温
E．降温
【答案】（1） ①. -b-a ②. O、N、C ③. C、O、N ④. CaO/C
（2） ①. 1 ②. ＜ ③. 升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应
（3） ①. > ②. AD
【解析】
【小问1详解】
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+a kJ·ml-1，C(s)的燃烧热为ΔH2=-b kJ·ml-1，即C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-b kJ·ml-1，根据盖斯定律，反应 C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)的ΔH =(-b-a) kJ·ml-1；
②C、N、O同周期，同一周期主族元素从左至右电负性递增，故三种元素电负性由强到弱的顺序是O、N、C；同一周期主族元素从左至右第一电离能有增大的趋势，但是由于N原子的最外层电子处于半充满的较稳定状态，所以其第一电离能比O大，因此这三种元素的第一电离能的大小关系为：N＞O＞C，即第一电离能依次增大的顺序是C、O、N；
③据图分析，温度在 500℃以内，加入CaO/C的反应器中NO去除率最高，故温度在 500℃以内，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C；
【小问2详解】
①在 2L 恒容密闭容器中加入足量 C 与 NO 发生反应，根据图表数据，由反应方程式C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)可得，平衡时一氧化氮的物质的量为0.24-0.08×2=0.08ml，二氧化碳物质的量为0.08ml，该反应的平衡常数 K=；
②结合表中数据，平衡时一氧化氮的物质的量为0.40-0.09×2=0.22ml，二氧化碳物质的量为0.09ml，该反应的平衡常数 ，该反应的平衡常数 ，升高温度，反应的化学平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0；
【小问3详解】
①由图可知，B点后一氧化氮的物质的量继续增加，所以B点时反应未达到平衡，且反应正向进行，所以B点正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②由图可知，第10min后曲线的斜率高于前10min，说明改变条件化学反应速率加快：
A．加催化剂，降低反应的活化能，反应速率加快，故符合题意，A正确；
B．增大浓度为定值的固体碳的质量，化学反应速率不变，B错误；
C．减小二氧化碳的物质的量，反应物的浓度减小，反应速率减慢，C错误；
D．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，D正确；
E．降低温度，活化分子的数目和百分数均减小，有效碰撞频率减小，反应速率减慢，E错误；
故选AD。
16. 电子工业常用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上不需要的铜箔，最后得到含FeCl3、FeCl2杂质的CuCl2溶液。某化学兴趣小组设计下列方案，从该废液中 除去FeCl3、FeCl2杂质，制取纯净的CuCl2。
请回答下列问题：
（1）在①步操作中使用了氧化剂，下列氧化剂中一定不能使用的是_______。
A.Cl2 B.NaClO C.H2O2 D.KMnO4 E.O3
（2）②步操作中的“沉淀剂”可以是下列中的_______。
A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.Cu2(OH)2CO3 E.Fe2O3
用一种你选择的沉淀剂，分步写出除去杂质的离子方程式：_______。
（3）最后将滤液在HCl气流中蒸干，其目的是_______，如果将滤液直接加热蒸干，最后得到的固体可能是_______。
（4）设常温下各沉淀的溶度积近似为：Ksp[Cu(OH)2]=10-20、Ksp[Fe(OH)3]=10-38、Ksp[Fe(OH)2]=10-16；通常，人们把浓度小于10-5ml/L的离子视为“不存在”。根据所给条件，完成下列问题：
①如果该废液中CuCl2的浓度为1 ml/L，在加沉淀剂时应调节溶液的pH值范围为：_______。
②如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是：_______。
【答案】（1）BD （2） ①. CD ②. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ CuO+2H+=Cu2++H2O
（3） ①. 抑制了CuCl2水解，且带走CuCl2受热产生的水汽 ②. Cu(OH)2（包含CuO）
（4） ①. 3≤pH<4 ②. 不能除去Fe2+或者杂质除去时CuCl2已完全沉淀而除去了
【解析】
【分析】从该废液中除去FeCl3、FeCl2杂质，制取纯净的CuCl2工艺流程如下：加入氧化剂，将氯化亚铁氧化为氯化铁，加入沉淀剂调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为CuCl2溶液，在HCl气流中蒸干得到氯化铜。
【小问1详解】
因亚铁离子和次氯酸钠反应生成氢氧化铁、氯离子和铁离子，6Fe2++3ClO-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3Cl-+4Fe3+，生成氢氧化铁，引入氯化钠杂质所以不选，因亚铁离子和高锰酸钾反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，引入锰离子，所以不选，Cl2、H2O2、O3，氧化亚铁离子不引入杂质，所以答案选BD。
【小问2详解】
由工艺流程转化关系可知，试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3，除去Fe3+，且不能引入新的杂质，可利用Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入沉淀剂使平衡右移。
A．氢氧化钠不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，A错误；
B．氨水不仅和铁离子反应形成沉淀，也和铜离子反应形成沉淀，B错误；
C．CuO难溶于水和H+反应，CuO+2H+=Cu2++H2O溶液pH增大，使Fe3+转化为Fe(OH)3，不引入杂质，C正确；
D．Cu2(OH)2CO3难溶于水，中和H+，Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑，溶液pH增大，使Fe3+转化为Fe(OH)3，不引入杂质，D正确；
E．Fe2O3难溶于水，无法除去溶于中的铁离子，E错误；
故答案选CD。
选择CuO为沉淀剂，发生反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，CuO+2H+=Cu2++H2O。
【小问3详解】
氯化铜中的铜离子易水解，在干燥的HCl气流中，抑制了CuCl2水解，且带走CuCl2受热产生的水汽，故能得到无水CuCl2，如果将滤液直接加热蒸干，铜离子水解生成氢氧化铜和氯化氢，氯化氢受热挥发，最后得到的固体可能是Cu(OH)2（包含CuO）。
【小问4详解】
①Cu(OH)2的溶度积Ksp=1.0×10-20，溶液中CuCl2的浓度为1.0ml•L-1，c(Cu2+)=1.0ml•L-1；依据溶度积常数c(Cu2+)×c2(OH-)=1.0×10-20；c2(OH-)=10-20；得到c(OH-)=10-10ml/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-4ml/L，溶液pH=4，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4。残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5ml•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)=1.0×10-33；求得c(OH-)=1×10-11ml/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3ml/L，则pH=3；通过计算可知3≤pH<4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的。
②根据以上分析，如果对废液不先用氧化剂，而是直接加入沉淀剂，带来的后果是不能除去Fe2+或者杂质除去时CuCl2已完全沉淀而除去了。
17. 滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：
（1）某学生用的标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂。
①排出碱式滴定管中气泡的方法应采用操作___________，(填序号)然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
②下列操作会造成测定结果(待测溶液浓度值)偏低的有___________。
A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外
（2）常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是___________。
A.
B. 滴定过程中，可能存在：
C. 若用甲基橙作指示剂，滴定终点的颜色变化为红色变为橙色
D. 若将盐酸换成相同浓度醋酸，则滴定到时，
（3）碘量法测定CaO₂•8H₂O(M=216g/ml)的纯度：准确称取2.0g产品放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量KI固体，再酸化，充分反应。滴加淀粉作指示剂，用0.01000 ml/L的 Na2S2O3溶液滴定至终点，终点溶液颜色变化为___________。重复操作2次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为15.00mL，则CaO2•8H2O的质量分数为___________%。
已知： CaO₂+2I-+4H+=Ca2++I₂+2H₂O；I₂+2 =2I-+。
【答案】（1） ①. 丙 ②. CDF （2）CD
（3） ①. 当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色 ②. 0.81
【解析】
【分析】利用酸碱中和滴定原理和氧化还原滴定原理设计实验进行分析探究。
【小问1详解】
①排出碱式滴定管中气泡时尖嘴略向上倾斜，则应采用操作丙；
②A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，则所配标准溶液浓度偏低，滴定时消耗标准液体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，A不符合题意；
B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗NaOH标准液体积不变，对实验无影响，B不符合题意；
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸被稀释浓度偏低，消耗的NaOH标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，C符合题意；
D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，导致所读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，所测盐酸浓度偏低，D符合题意；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致滴定前读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏大，所测盐酸浓度偏高，E不符合题意；
F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，盐酸溶质有损失，消耗标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，F符合题意；
故选CDF；
小问2详解】
A．常温下，用0.1000ml·L−1NaOH溶液滴定·L−1HCl溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积为20mL，则a=20mL，A正确；
B．由电荷守恒得，则可能存在，且此时所加NaOH溶液体积小于10mL，B正确；
C．若用甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色时，pH约为3.1，不是滴定终点，C错误；
D．将盐酸换成相同浓度0.1000ml·L−1醋酸，滴加NaOH溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积小于20mL，则滴定到pH=7时，a<20.00，D错误；
故选CD；
【小问3详解】
滴加淀粉作指示剂，单质碘与淀粉变蓝，用0.01000ml/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，单质碘被消耗，则终点溶液颜色变化为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色；根据得CaO₂+2I-+4H+=Ca2++I₂+2H₂O；I₂+2 =2I-+得关系式CaO2 ~ I2 ~ 2，则n(CaO2•8H2O)= n(Na2S2O3)=0.01000ml/L 0.015L= 7.510- 5ml CaO2•8H2O的质量分数为=
= 0.81%，故答案为:溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色； 0.81。
18. 电化学原理在能量转化，物质制备及环境保护等领域均有广泛应用，请按要求回答下列问题：
Ⅰ.1977年，伏打电堆的发明为电化学的创建开辟了道路。
（1）某化学兴趣小组在阅读了相关材料后，想把反应设计成原电池，则电池的负极材料应选择 ___________；正极的电极反应式为___________。
Ⅱ.一种以液态肼为燃料的电池装置如图甲所示，该电池用溶液作为电解质溶液。以该燃料电池作为电源电解足量的饱和溶液以实现向铁棒上镀银，装置如图乙所示。
（2）a电极为燃料电池的___________极(填“正”或“负”)，其电极反应方程式为___________。
（3）d电极应选用的电极材料为___________。(填“铁”或“银”)
Ⅲ.氰化物在工业中广泛存在于电镀、油漆、染料、橡胶等行业中，但是氰化物有剧毒，很多氰化物在加热或与酸作用后会释放出挥发性的有毒气体氰化氢。因此在含氰工业废水排放前，需要对其进行治理。在碱性条件下利用电解法除去废水中的氰化物(以代表)，装置如图丙，已知石墨电极上依次发生的部分反应有：
（4）铁电极上发生的电极反应为___________。
（5）该电解过程一般控制在之间，偏高或偏低均会引起除氰效果降低，你认为可能的原因是___________。忽略铁电极上的其他反应，电解一段时间后，相同条件下在石墨电极处测得产生，同时在铁电极处产生气体，则氰去除率为 ___________。(氰去除率
【答案】（1） ①. 铜 ②.
（2） ①. 负 ②.
（3）
（4）
（5） ①. 偏高，可能会有在阳极参与放电，降低离子的氧化效率，偏低，可能会有转化为气体挥发 ②.
【解析】
【小问1详解】
原电池中，负极会失去电子，由方程式可知，电池的负极材料应选择铜；正极会得到电子，即硝酸根离子在酸性条件下得电子，生成NO和水，电极反应式为：；
【小问2详解】
N2H4在a电极上失去电子，生成氮气，则a电极为燃料电池的负极，电极方程式为：；
【小问3详解】
由(3)可知，a电极为原电池的负极，则b电极为原电池的正极，而在装置乙中，c为电解池的阳极，d为电解质的阴极，阴极得到电子，则d电极应选用的电极材料为铁；
【小问4详解】
石墨电极失去电子，为电解池的阳极，则铁电极会得到电子，为电解池的阴极，该极上水得到电子，生成氢气，则电极反应为；
【小问5详解】
pH偏高，可能会有在阳极参与放电，降低离子的氧化效率，pH偏低，可能会有转化为HCN气体挥发；由反应可知，每生成x mL N2，则生成n()=，则实际消耗的n(CN-)= n(CNO-)=，在铁电极处产生气体y mL，则转移电子的物质的量=，将阳极上反应整合，得到阳极总方程式为：，则理论上消耗的，则氰去除率=氰去除率=。实验编号
H2C2O4 溶液
酸性 KMnO4 溶液
温度/℃
浓度/(ml·L-1)
体积/mL
浓度/(ml·L-1)
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
物质
X
Y
Z
初始浓度/ml·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/ml·L-1
0.05
0.05
0.1
实验编号
温度/℃
起始时 NO 物质的量/ml
平衡时 N2 的物质的量/ml
1
700
0.24
0.08
2
800
0.40
0.09
相关试卷
重庆市长寿区八校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题（含答案）： 这是一份重庆市长寿区八校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（含答案）： 这是一份重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题（含答案），文件包含重庆市七校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题docx、高二化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
重庆市长寿区八校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题（Word版附答案）： 这是一份重庆市长寿区八校2023-2024学年高二上学期1月期末联考化学试题（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
