重庆市七校2023-2024学年高二年级上册期末联考化学试题（解析版）

2023-2024学年度第一学期期末七校联考

高二化学试题

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：HlC12N14016Ca40

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.农业上将草木灰和锈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.农业上将草木灰和镂态氮肥一起施用，会发生镂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C。?反应生成。2,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AH>0,△$<()则一定不能自发进行

C.物质的量增加的反应，AS为正值

D.H2、12、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=Z\H-T4S<0的反应可自发进行，放热反应不一定为自发进行的反应，与焰变和嫡变有

关，A错误；

B.△G=4H-T4S<0的反应可自发进行，当△H〉。，△$<()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，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.玲、12、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.基态铝原子("Cr)的价电子排布式：3d44s2

B.2p、3p、4P能级的轨道数依次增多

Is2s2p

C.基态氮原子的电子排布图:血迎m

D.Cu位于周期表的d区

【答案】C

【解析】

【详解】A.铭为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，故基态铭原子的价电子

排布式为3d54SLA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：

Is2s2p

皿⑪田工。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。

+2+

5.以反应5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2?+2Mn+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H2c2。4溶液和酸性KMnCU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

H2c2。4溶液酸性KMnO4溶液

实验编号温度/℃

浓度/(moLL-i)体积/mL浓度/(moLL-i)体积/mL

©0.102.00.0104.025

②0.202.00.0104.025

③0.202.00.0104.050

A.实验①②③所加的H2c2。4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MM+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KMnCU溶液的褪色时间为40s,则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5xl()-4moi.L-

i.s-i

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据反应方程式可得5H2c2。4~2肠?。；，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4xl0-

31

Lx0.01molL-=4x1O^mol,刚好与之反应的n(H2C2O4)=-n(KMnO4)=1x1OWl,若是O.lmol/L的H2C2O4

2

溶液，所需体积为1mL,故在这三个实验中，所加H2c2。4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.高镒酸钾完全反应，混合后溶液中高镒酸钾的浓度为―/Lx。—这段时

0.002L+0.004L3

2

间内平均反应速率v(KMnO4)=L=1.7xlOTmol-L^1-s-1,故D错误；

40s

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：

物质XYZ

初始浓度/moLL-i0.10.20

平衡浓度/moLL-i0.050.050.1

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)=0.04mol-L」，c(Y)=0.1mol-L1,c(Z)=0.08mol-L1,贝!I此时v正＜v逆

【答案】D

【解析】

【详解】A.反应达到平衡时，X的转化率为色匕丝如1"L=50%,故A正确;

0.Imol/L

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)mol/L：(0.2-0.05)mol/L：0.1mol/L=l：3：2,则反应的方程式为

X+3YU2Z,则增大压强，平衡向生成Z的方向移动，故B正确；

c2(Z)oI2

C.反应的方程式为X+3YU2Z,平衡常数——_-=1600,平衡常数只受温度的

C(X)XC3(Y)0.05X0.053

影响，改变温度可以改变此反应的平衡常数，故C正确;

c2（Z）

D.在25℃下，测得c(X)=0.04mol・L-i,c(Y)=0.1molL_1,c(Z)=0.08mol-L1,此时Qc=(、“\-

c(X)xc(Y)

AHQ2

二160VK,则平衡正向移动，此时VF>V逆，故D错误；

0.04xO.l3

故答案为D。

7.某温度下，UNO?和CHsCOOH的电离常数分别为5.0XKT4和1.7x10-5。将pH和体积均相同的两

种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是

加水体积

A.曲线I代表UNO2溶液

B.溶液中水的电离程度：b点〉c点

c（HA）c（0H）

从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A-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NaOH恰好中和后，溶液中“(Na+)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H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HNCh和CH3coOH溶液，c(CH3COOH)>c(HNO2)o

【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，II的变化大，则H的酸性比I的酸性强，II代表HNCh,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HNCh,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(HN02)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，CH3co0H消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNCh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(HN02)为HN02的电离常数相关的量，再判断。

8.一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2:1充入反应容器，发生反应：

2NO(g)+O2(g)^,2NO2(g)o其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p「P2)下随

温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是

%

<、

£

)

波

题

算

O

N

温度/℃

A.其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大

B.400。。时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9

C.400。©、Pi条件下，。2的平衡转化率为20%

D.P1<P2

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.由图可知，压强一定时，随温度升高，NO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.400℃,Pi条件下，平衡时NO的转化率为40%,NO(g)和。2色)按物质的量之比2:1投入，且按

2:1反应，二者转化率相等，即。2的平衡转化率为40%,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，NO的转化率增大,

故Pl<P2,D正确;

故答案为：D。

9.25°。时，用NaOH溶液调节醋酸溶液的pH,实验测得溶液中Cl^COOH、CH3coeF的分布系数

cCH3coer

6与pH的关系如图所示。其中3（CH3c0。一。下列说法正确的是

“CH3coO）+C（CHCOOH）

33

PH

A.曲线i代表3（CH3coeT）B.25℃,CH3coOH的电离常数Ka=4.74

cH+

C.8（CHCOOH）=—v7D.溶液中始终存在

3K+cH

+

c（CH3COO）+c（OH-）=c（H）

【答案】C

【解析】

cCH3coer

【详解】A.已知3（CH3co0一）=；,同时除以c（CH3coeT）可得

（CH3COO）+c（CH3coOH）

1Ka

5（CH3COO）Ka

Ka+c（H+）,随着pH值增大，氢离子浓度减小,高而增大,即随

Ka

着pH的增大，3（CH3coeT）增大，所以曲线2代表3（CH3coeF）,故A错误;

cCH3coer1

B.由图可知，当6（CH3co0一）=—----------------------------——日寸

（CH3COO）+c（CH3COOH）2'

c（CHCOO"）.c（H+）

3+

c（CH3coeF）=C（CH3COOH）,Ka=c（H）,已知pH=4.74,故

C（CH3COOH）

Ka=10-4.74,故B错误;

C”)c”)c(CH3COO)

=5(CHCOOH)

+3

C.Ka+c(H+)c(CH3COO).c(H)c(CH3COO)+C(CH3COOH)

+c”)

c(CH3coOH)

故c正确;

D.根据电荷守恒可知，溶液中始终存在c（CH3coeX）+c（OH]=c（H+）+c（Na+）,故D错误；

故答案选Co

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：2H2。+2e-=20H+H2T和2H2O-4e=4H+02T

C.曲线0〜P段表示H2和02混合气体的体积变化，曲线P〜Q段表示02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Hg-mol1

【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：

2++

Cw+2e-—2Cw.2H+2e-=H2T,B错误；

C.根据分析，曲线。〜P段表示02的体积变化，曲线P〜Q段表示H2和02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0.05mol,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0.15mol,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O.lmol,则混合气的平均摩尔质量为(2+32)

g/moR2=17g/mol,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=4xl(yi。，下列说法不

正确的是

A.在TC时,AgBr的Ksp为4.9x10-13

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1℃时，AgCl(s)+Br(aq)UAgBr(s)+C「(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=7.0xl0-7x7.0xl0-7=4.9xl0-i3,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；

c(CF)_Ksp(AgCl)_4xlQ10

D.反应AgCl(s)+Br(aq)WAgBr(s)+C「(aq)的平衡常数为：K=«816,故

c(Br)-Ksp(AgBr)-4.9义1。”

D正确。

答案选B。

12.25℃时，将0.01mol-L-1NaOH溶液滴入20mL0.Olmol•LCHEOOH溶液的过程中，溶液中由水电离

出的cOO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1.0X10F

B.b点和d点所示溶液的pH相等

C.滴定过程中，c(CHaCOO)与c(or)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O.Olmol.L'CHsCOOH溶液，溶液中H+浓度小于O.Olmol-L1,a点水电离的H*大于

1.0xl0-i2moi/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(HH)xi30-)c(H+)?COO)f-)

C、醋酸的电离平衡常数Ka=’尸3__=\\-------、\)

c(CH3coOH)C(OH3COOH)?()

KgCQ。-)

，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(CH3C00H)b(0H)

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的工,由物料守恒可得

2

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

八

能量

①1molC(g)+4molH(g)+4mol0(g)

2646kJ3446kJ

②1molCH4(g)+2mol02(g)

③1molCO2(g)+2molH2O(g)

反应过程

A.若破坏lmol*C)2(g)中的化学键需吸收热量493kJ,则破坏Imol.C—H键需吸收热量415kJ

B.反应CH4(g)+2O2(g)=CC)2(g)+2H2O(l)H=—800kJ.moL

C.CH4（g）的能量大于CC）2（g）和H2O（g）的能量总和

D.在反应CH4（g）+2O2（g）=CC）2（g）+2H2O（g内,放出热量400kJ,有ImolO—H键生成

【答案】A

【解析】

【分析】由图可知，lmolCH4（g）+2molC>2（g）断裂所有共价键，需要吸收2646kJ的热量；

lmolC(g)+4molH(g)+4molO(g)结合成lmolCO2(g)+2molH2O(g),能放出3446kJ的热量，据此回答。

【详解】A.若破坏lmolO2（g）中的化学键需吸收热量493kJ,则破坏ImolC-H键需吸收热量

2646-493x2

kJ=415kJ,A正确;

4

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）+2Ch（g）=CO2（g）+2H2O⑴

8OOkJ•mol-1,B错误;

C.由图可知，lmolCH4（g）和2moi02（g）的能量大于lmolCO2（g）和2molH2O（g）的能量总和，但ImolCH/g）

的能量不一定大于lmolCO2（g）和2moiH2O（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ImolHzO,有2moi0-H键生成，D

错误；

故选Ao

14.利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物NaOH、比、Cl2,装置如图所示。下列说法不正

确的是

咏D/1天L

石墨石墨

（）

CaCl2CaH2PO42NaH2PO4NaOH

浓溶液1稀溶液浓溶液1稀溶液

阳极室产品室原料室阴极室

2

Aa极反应：CH4-8e-+4O-=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2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa（H2Po4）2

【答案】B

【解析】

【分析】CH4燃料电池：甲烷被氧化生成C02,则a极为负极，b极为正极；电解池：阳极室C1一被氧化生

成C12,阴极室H2。被还原生成H2和0H-,据此解答。

【详解】A.a极为负极，甲烷被氧化生成C02,可传导离子为则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0H-,则可用铁电极

替换阴极的石墨电极，C正确；

2

D.a极上通入标况下2.24L甲烷，根据a极反应：CH4-8e-+4O-=CO2+2H2O,通过的电子的物质的量为

924T

--------------x8=0.8mol，根据电解池阳极反应式：2c广—2--C/T,有0.8molC「被氧化生成Ch,

22.4mol/L2

则有0.4mol钙离子移向产品室生成Ca(H2PO4)2,则理论上产品室可新增0.4molCa(H2Po4)2,D正确；

故选Bo

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)o

1

(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AHi=+akJ-mol-；C(s)的燃烧热为AH?=-bkJ-mol上

①反应C(s)+2N0(g).-N2(g)+CO2(g)的AH=kJ-moH(用含a、b的代数式表示)。

②C,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0

(填元素符号)

③研究人员对比研究活性炭、负载钙、镯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“LazCh/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:

温度

实验编起始时NO物质的量平衡时N2的物质的量

号/℃/mol/mol

17000.240.08

28000.400.09

①由表可知700℃时，该反应的平衡常数K=o

②结合表中数据，判断该反应的AH0(填“>”或“<”)，理由是o

(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)

②第lOmin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CCh的物质的量

D.升温

E.降温

【答案】(1)-b-a(2).0,N、C③.C、0、N④.CaO/C

(2)①.1②.<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

①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH,=+akJ-mol-,C(s)的燃烧热为AH2=-bBPC(s)+O2(g)=CO2(g)

1

AH2=-bkJ-mol-,根据盖斯定律，反应C(s)+2N0(g).♦N2(g)+CCh(g)的AH=(-b-a)kJ-moH；

②C、N、。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0、

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。大，因此这三种元素的第一电离能的大小关系为：N>0>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N0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0.24-0.08x2=0.08mol,二氧化碳物质的量为0.08mol,该

0.080.08

_cMcg),

反应的平衡常数K=c2(NO)[0.08；；

②结合表中数据，平衡时一氧化氮的物质的量为0.40-0.09x2=0.22mol,二氧化碳物质的量为0.09mol,该

0.090.09

C(N,)C(CO)

K2

反应的平衡常数2=一?■)一=(022丫=0/7,该反应的平衡常数Kx>K2,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，AH<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lOmin后曲线的斜率高于前lOmin,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FeCb溶液腐蚀印刷电路板上不需要的铜箔，最后得到含FeCb、FeCb杂质的CuCL溶

液。某化学兴趣小组设计下列方案，从该废液中除去FeCb、FeCb杂质，制取纯净的CuCb

-----►沉淀

氧化剂沉淀剂过滤------

工业废液

①.②b—

HC1气流一

-----滤液CuCl

►蒸干2

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O

A.ChB.NaClOC.H2O2D.KMnO4E.O3

(2)②步操作中的"沉淀剂''可以是下列中的o

A.NaOHB.NH3H2OC.CuOD.Cu2(OH)2CO3E.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：o

(3)最后将滤液在HC1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o

3816

(4)设常温下各沉淀的溶度积近似为：Ksp[Cu(OH)2]=IO"。、Ksp[Fe(OH)3]=10-,Ksp[Fe(OH)2]=10-；通

常，人们把浓度小于lO—ol/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CuCb的浓度为1mol/L,在加沉淀剂时应调节溶液的pH值范围为：0

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：o

++2+

【答案】(1)BD(2)①.CD②.Fe3++3H2。•Fe(OH)3+3HCuO+2H=Cu+H2O

(3)①.抑制了CuCL水解，且带走CuCb受热产生的水汽②.Cu(OH)2(包含CuO)

(4)①.3WpH<4②.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FeCb、FeCb杂质，制取纯净的CuCb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CuCL溶液，在

HC1气流中蒸干得到氯化铜。

【小问1详解】

2+

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，6Fe+3ClO-+3H2O=2Fe(OH)33+3C1

+4Fe3+,生成氢氧化铁，引入氯化钠杂质所以不选，因亚铁离子和高锯酸钾反应MnO；

2++2+3+

+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O,引入镒离子，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++3H2。：Fe(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++H2。溶液pH增大，使Fe3+转化为Fe(OH)3,不引入杂质，C

正确；

+2+

D.CU2(OH)2c03难溶于水，中和H+,CU2(OH)2CO3+4H=2CU+3H2O+CO2f,溶液pH增大，使Fe3+转化

为Fe(OH)3,不引入杂质,D正确；

E.FezCh难溶于水，无法除去溶于中的铁离子，E错误；

故答案选CD。

++2+

选择CuO为沉淀剂，发生反应Fe3++3H2。Fe(OH)3+3H,CuO+2H=Cu+H2Oo

【小问3详解】

氯化铜中的铜离子易水解，在干燥的HC1气流中，抑制了CuCL水解，且带走CuCb受热产生的水汽，故

能得到无水CuCb,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)o

【小问4详解】

①Cu(OH)2的溶度积Ksp=1.0X10-2。，溶液中CuCb的浓度为L0mol・L-i,cCCu^l.Omol-L1；依据溶度积

20

常数C(CU2+)XC2(OH-)=LOX1(y20；C2(OH)=10-；得到c(OH-)=l(piOinol/L,依据水溶液中的离子积

c(H+)Xc(OH)=10-14；求得c(H+)=l(?4mol/L,溶液pH=4,则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4。残留在

38

溶液中的离子浓度小于lX10-5mol・LT时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0X1Q-,

c(Fe3+)Xc3(OH)=1.0XIO-38；c3(OH-)=1.0X10-33；求得c(OH)=lX10-Umol/L；水溶液中的离子积

c(H+)Xc(OH)=1014；c(H+)=lX10-3mol/L,则pH=3；通过计算可知3WpH<4能达到除去Fe3+而不损失CP

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0.2000mol-17i的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚献为指示剂。

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。

甲乙丙

②下列操作会造成测定结果（待测HC1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.锥形瓶蒸得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，0.lOOOmol-U'NaOH20.00mL0.lOOOmol-K'HCl滴定曲线如下图所

B.滴定过程中，可能存在：c（cr）＞C（H+）＞c（Na+）＞c（OH'）

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O.lOOOmolKi醋酸，则滴定到pH=7时，a＞20.00

（3）碘量法测定CaOz4为O（M=216g/mol）的纯度：准确称取2.0g产品放入锥形瓶中，加入适量蒸储水

和过量KI固体，再酸化，充分反应。滴加淀粉作指示剂，用0.01000mol/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%-

+2+

已知:CaO2+2I+4H=Ca+I2+2H2O；I2+2S2O^=21+SQ,。

【答案】(1)①.丙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

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.锥形瓶蒸储水洗后直接装待测液，锥形瓶中HC1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O.lOOOmoLLTNaOH溶液滴定20.00mL0.1000moLLTHCl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c（H+）+c（Na+）=c（OHj+c（dj,则可能存在c（Clj>c（H+）>c（Na+）>C（OH）,

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O.lOOOmolLT醋酸，滴加NaOH溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积小于

20mL,贝|滴定至!jpH=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0.01000mol/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CaOz+21-

+2+

+4H=Ca+I2+2H2O；I2+2S2O|-=2r+S4O^得关系式CaO2~I2~2S2O^,则n(CaO2-8H2O)=；

1zn(CaO?8H,0)

n(NaSO)=-x0.01OOOmol/Lx0.0l5L=7.5xl0-5molCaO«8HO的质量分数为------17，~-xl10o0o%n/=

223222