重慶市七校2023-2024學(xué)年高二年級上冊期末聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

2023-2024學(xué)年度第一學(xué)期期末七校聯(lián)考

高二化學(xué)試題

本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。

注意事項：

1.答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡規(guī)定的位置上。

2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。

3.答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。

4.考試結(jié)束后，將答題卷交回。

5.可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14016Ca40

第I卷（選擇題共42分）

一、選擇題（本大題包含14小題，每題3分，共42分，每題只有一個正確選項）

1.下列關(guān)于化學(xué)與生活常識的說法正確的是

A.熱的純堿溶液具有去除油污和消毒殺菌的作用

B.太陽能、風(fēng)能既屬于新能源，也屬于一次能源

C.農(nóng)業(yè)上將草木灰和銹態(tài)氮肥一起施用肥效更佳

D.金屬鈉著火時，可用泡沫滅火器滅火

【答案】B

【解析】

【詳解】A.熱的純堿溶液不具有消毒殺菌的作用，故A錯誤；

B.太陽能、風(fēng)能可以從自然界直接獲得，且無污染，可再生，所以既屬于新能源，也屬于一次能源，故

B正確；

C.農(nóng)業(yè)上將草木灰和鏤態(tài)氮肥一起施用，會發(fā)生鏤根離子和碳酸根離子的雙水解反應(yīng)從而損失氮肥肥

效，故C錯誤；

D,鈉能和水反應(yīng)生成氫氣，金屬鈉著火生成的過氧化鈉能與用泡沫滅火器產(chǎn)生的C。?反應(yīng)生成。2,所

以金屬鈉著火不能用泡沫滅火器滅火，應(yīng)用干燥的沙土滅火，故D錯誤；

所以選B。

2.下列關(guān)于金屬腐蝕和防腐的說法不正確的是

A.海上艦艇的腐蝕主要為金屬的化學(xué)腐蝕

B.可以在船舶外殼裝上鋅塊，用犧牲陽極法防止金屬腐蝕

C.刷防銹漆，使金屬與空氣、水等物質(zhì)隔離，可防止金屬被腐蝕

D.改變金屬的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，將金屬做成合金可有效防止金屬被腐蝕

【答案】A

【解析】

【詳解】A.有鹽分的海水和空氣會對船體造成腐蝕為形成原電池的電化學(xué)腐蝕，故A錯誤；

B.在船舶外殼裝上鋅塊，鋅為負(fù)極，負(fù)極金屬易被腐蝕，正極金屬被保護，該保護金屬的方法稱為犧牲

陽極法，故B正確；

C.刷防銹漆，使金屬與空氣、水等物質(zhì)隔離，可防止金屬被腐蝕，故C正確；

D.通過添加其他金屬元素，改變金屬的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，將金屬做成合金可有效防止金屬被腐蝕，故D正確；

故選A?

3.下列說法正確的是

A.放熱反應(yīng)均是自發(fā)反應(yīng)

B.2co(g)=2C(s)+O2(g)已知AH>0,△$<()則一定不能自發(fā)進行

C.物質(zhì)的量增加的反應(yīng)，AS為正值

D.H2、12、HI平衡混合氣加壓后顏色變深，能用勒夏特列原理解釋

【答案】B

【解析】

【詳解】A.△G=Z\H-T4S<0的反應(yīng)可自發(fā)進行，放熱反應(yīng)不一定為自發(fā)進行的反應(yīng)，與焰變和嫡變有

關(guān)，A錯誤；

B.△G=4H-T4S<0的反應(yīng)可自發(fā)進行，當(dāng)△H〉。，△$<()時，△G>0,反應(yīng)一定不能自發(fā)進行，B正

確；

C.對于有氣體參加的反應(yīng)，氣體體積增大的反應(yīng)，為正值，不能簡單分析物質(zhì)的量增加，需排除固

體和液體的化學(xué)計量數(shù)，C錯誤；

D.玲、12、HI平衡混合氣加壓后顏色變深，與濃度增大有關(guān)，平衡不移動，則不能用勒夏特列原理解

釋，D錯誤；

答案選B。

4.下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是

A.基態(tài)鋁原子("Cr)的價電子排布式：3d44s2

B.2p、3p、4P能級的軌道數(shù)依次增多

Is2s2p

C.基態(tài)氮原子的電子排布圖:血迎m

D.Cu位于周期表的d區(qū)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.銘為24號元素，根據(jù)洪特規(guī)則，同一能級的軌道處于半滿更加穩(wěn)定，故基態(tài)銘原子的價電子

排布式為3d54SLA錯誤；

B.p能級都含有3個伸展方向不同的軌道，B錯誤；

C.N元素原子序數(shù)為7,根據(jù)核外電子排布規(guī)則，基態(tài)氮原子的電子排布圖為：

Is2s2p

皿?田工。正確；

D.Cu元素原子序數(shù)為29,位于元素周期表的ds區(qū)，D錯誤；

故選C。

+2+

5.以反應(yīng)5H2C2O4+2MnO4+6H=10CO2?+2Mn+8H2O為例探究外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響。實

驗時，分別量取H2c2。4溶液和酸性KMnCU溶液，迅速混合并開始計時，通過測定溶液褪色所需時間來判

斷反應(yīng)的快慢。下列說法不正確的是

H2c2。4溶液酸性KMnO4溶液

實驗編號溫度/℃

濃度/(moLL-i)體積/mL濃度/(moLL-i)體積/mL

?0.102.00.0104.025

②0.202.00.0104.025

③0.202.00.0104.050

A.實驗①②③所加的H2c2。4溶液均要過量

B.實驗①和②起初反應(yīng)均很慢，過了一會兒速率突然增大，可能是生成的MM+對反應(yīng)起催化作用

C.實驗①和②是探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，實驗②和③是探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響

D.實驗①測得KMnCU溶液的褪色時間為40s,則這段時間內(nèi)的平均反應(yīng)速率v(KMnO4)=2.5xl()-4moi.L-

i.s-i

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)反應(yīng)方程式可得5H2c2。4~2腸?。；，由實驗數(shù)據(jù)分析可知，n(KMnO4)=4xl0-

31

Lx0.01molL-=4x1O^mol,剛好與之反應(yīng)的n(H2C2O4)=-n(KMnO4)=1x1OWl,若是O.lmol/L的H2C2O4

2

溶液，所需體積為1mL,故在這三個實驗中，所加H2c2。4溶液均過量，故A正確；

B.在其它條件都相同時，開始速率很小，過一會兒速率突然增大，說明反應(yīng)生成了具有催化作用的物

質(zhì)，其中水沒有這種作用，CO2釋放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+,故B正確；

C.分析表中數(shù)據(jù)可知，實驗①和實驗②只是濃度不同，即實驗①和實驗②是探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的

影響；實驗②和③只是溫度不同，所以實驗②和③是探究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，故c正確；

D.高鎰酸鉀完全反應(yīng)，混合后溶液中高鎰酸鉀的濃度為―/Lx。—這段時

0.002L+0.004L3

2

間內(nèi)平均反應(yīng)速率v(KMnO4)=L=1.7xlOTmol-L^1-s-1,故D錯誤；

40s

本題選D。

6.在25℃時，密閉容器中X、Y、Z三種氣體的初始濃度和平衡濃度如下表：

物質(zhì)XYZ

初始濃度/moLL-i0.10.20

平衡濃度/moLL-i0.050.050.1

下列說法錯誤的是

A.反應(yīng)達(dá)到平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為50%

B.增大壓強使平衡向生成Z的方向移動

C.在25℃下，反應(yīng)的平衡常數(shù)為1600,改變溫度可以改變此反應(yīng)的平衡常數(shù)

D.在25℃下,測得c(X)=0.04mol-L」，c(Y)=0.1mol-L1,c(Z)=0.08mol-L1,貝!I此時v正＜v逆

【答案】D

【解析】

【詳解】A.反應(yīng)達(dá)到平衡時，X的轉(zhuǎn)化率為色匕絲如1"L=50%,故A正確;

0.Imol/L

B.X、Y濃度減小，為反應(yīng)物，Z的濃度增大，為生成物，且最終X、Y濃度不為0,說明為可逆反應(yīng)，

X、Y、Z化學(xué)計量數(shù)之比為(0.1-0.05)mol/L：(0.2-0.05)mol/L：0.1mol/L=l：3：2,則反應(yīng)的方程式為

X+3YU2Z,則增大壓強，平衡向生成Z的方向移動，故B正確；

c2(Z)oI2

C.反應(yīng)的方程式為X+3YU2Z,平衡常數(shù)——_-=1600,平衡常數(shù)只受溫度的

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

影響，改變溫度可以改變此反應(yīng)的平衡常數(shù)，故C正確;

c2（Z）

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

c(X)xc(Y)

AHQ2

二160VK,則平衡正向移動，此時VF>V逆，故D錯誤；

0.04xO.l3

故答案為D。

7.某溫度下，UNO?和CHsCOOH的電離常數(shù)分別為5.0XKT4和1.7x10-5。將pH和體積均相同的兩

種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是

加水體積

A.曲線I代表UNO2溶液

B.溶液中水的電離程度：b點〉c點

c（HA）c（0H）

從c點到d點，溶液中保持不變(其中HA、A-分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子)

D.相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中“(Na+)相同

【答案】C

【解析】

分析】電離常數(shù)HNO2大于CH3coOH,酸性HNO2大于CH3coOH；

A、由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，II的變化大，則H的酸性比I的酸性強，溶液中氫離子濃度越大，酸性

越強；

B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大；

C、kw為水的離子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變；

D、體積和pH均相同的HNCh和CH3coOH溶液，c(CH3COOH)>c(HNO2)o

【詳解】A、由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，II的變化大，則H的酸性比I的酸性強，II代表HNCh,I代表

CH3coOH,故A錯誤；

B、酸抑制水電離，b點pH小，酸性強，對水電離抑制程度大，故B錯誤；

++

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為水的離

子積常數(shù)，k(HN02)為HNO2的電離常數(shù)，這些常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變，故C正確；

D、體積和pH均相同的HNO2和CH3coOH溶液，c(CH3COOH)>c(HNO2),分別滴加同濃度的

NaOH溶液至恰好中和，CH3co0H消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNCh消耗的NaOH少，故D錯誤；

故選C。

【點睛】本題考查酸的稀釋及圖像，明確強酸在稀釋時pH變化程度大及酸的濃度與氫離子的濃度的關(guān)系

是解答本題的關(guān)鍵，難點C,要將已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+),變成與kw為

水的離子積常數(shù)和k(HN02)為HN02的電離常數(shù)相關(guān)的量，再判斷。

8.一定條件下，將NO(g)和O2(g)按物質(zhì)的量之比2:1充入反應(yīng)容器，發(fā)生反應(yīng)：

2NO(g)+O2(g)^,2NO2(g)o其它條件相同時，分別測得NO的平衡轉(zhuǎn)化率在不同壓強(p「P2)下隨

溫度變化的曲線如下圖所示。下列說法正確的是

%

<、

￡

)

波

題

算

O

N

溫度/℃

A.其他條件不變，溫度升高，該反應(yīng)的反應(yīng)限度增大

B.400。。時，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)的數(shù)值為10/9

C.400。?、Pi條件下，。2的平衡轉(zhuǎn)化率為20%

D.P1<P2

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.由圖可知，壓強一定時，隨溫度升高，NO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡逆向移動，則該反應(yīng)的反應(yīng)

限度減小，A錯誤；

B.反應(yīng)前后氣體的化學(xué)計量數(shù)不相等，平衡常數(shù)與體積有關(guān)，由于體積未知、物質(zhì)的濃度未知，不能計

算平衡常數(shù)，B錯誤；

C.400℃,Pi條件下，平衡時NO的轉(zhuǎn)化率為40%,NO(g)和。2色)按物質(zhì)的量之比2:1投入，且按

2:1反應(yīng)，二者轉(zhuǎn)化率相等，即。2的平衡轉(zhuǎn)化率為40%,C錯誤;

D.正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，溫度一定時，增大壓強平衡向正反應(yīng)方向移動，NO的轉(zhuǎn)化率增大,

故Pl<P2,D正確;

故答案為：D。

9.25°。時，用NaOH溶液調(diào)節(jié)醋酸溶液的pH,實驗測得溶液中Cl^COOH、CH3coeF的分布系數(shù)

cCH3coer

6與pH的關(guān)系如圖所示。其中3（CH3c0。一。下列說法正確的是

“CH3coO）+C（CHCOOH）

33

PH

A.曲線i代表3（CH3coeT）B.25℃,CH3coOH的電離常數(shù)Ka=4.74

cH+

C.8（CHCOOH）=—v7D.溶液中始終存在

3K+cH

+

c（CH3COO）+c（OH-）=c（H）

【答案】C

【解析】

cCH3coer

【詳解】A.已知3（CH3co0一）=；,同時除以c（CH3coeT）可得

（CH3COO）+c（CH3coOH）

1Ka

5（CH3COO）Ka

Ka+c（H+）,隨著pH值增大，氫離子濃度減小,高而增大,即隨

Ka

著pH的增大，3（CH3coeT）增大，所以曲線2代表3（CH3coeF）,故A錯誤;

cCH3coer1

B.由圖可知，當(dāng)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錯誤;

C”)c”)c(CH3COO)

=5(CHCOOH)

+3

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

+c”)

c(CH3coOH)

故c正確;

D.根據(jù)電荷守恒可知，溶液中始終存在c（CH3coeX）+c（OH]=c（H+）+c（Na+）,故D錯誤；

故答案選Co

10.用惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，實驗裝置如圖①。電解過程中的實驗數(shù)據(jù)如圖②，橫坐標(biāo)表示電

解過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，縱坐標(biāo)表示電解過程中產(chǎn)生氣體的總體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。則下列說法正確的是

A.電解過程中，b電極表面先有紅色物質(zhì)析出，后有氣泡產(chǎn)生

+

B.a電極上發(fā)生的反應(yīng)方程式為：2H2。+2e-=20H+H2T和2H2O-4e=4H+02T

C.曲線0?P段表示H2和02混合氣體的體積變化，曲線P?Q段表示02的體積變化

D.從開始到Q點時收集到的混合氣體的平均摩爾質(zhì)量為Hg-mol1

【答案】D

【解析】

【分析】如圖裝置，電流從正極流向負(fù)極，可以得到，b電極為陽極失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，a電極為陰極

得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，陽極始終是生成氧氣，陰極先是銅離子生成銅，

然后是溶液中的氫離子生成氫氣。

【詳解】A.根據(jù)分析可知，b電極為陽極，陽極始終是生成氧氣，A錯誤；

B.a電極為陰極，先是銅離子生成銅，然后是溶液中的氫離子生成氫氣，離子方程式為：

2++

Cw+2e-—2Cw.2H+2e-=H2T,B錯誤；

C.根據(jù)分析，曲線。?P段表示02的體積變化，曲線P?Q段表示H2和02混合氣體體積的變化，C錯

誤；

D.根據(jù)圖②中P點收集到的是氧氣體積為1.12L,對應(yīng)物質(zhì)的量為0.05mol,Q點收集到的是氫氣和和氧

氣的混合氣，總體積為3.36L,對應(yīng)混合氣體的物質(zhì)的量為0.15mol,曲線P?Q段表示H2和O2混合氣體

物質(zhì)的量之比為2:1；故曲線0?Q段其中氧氣和氫氣都是O.lmol,則混合氣的平均摩爾質(zhì)量為(2+32)

g/moR2=17g/mol,D正確；

故選D。

11.在T℃時，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知T℃時AgCl的Ksp=4xl(yi。，下列說法不

正確的是

A.在TC時,AgBr的Ksp為4.9x10-13

B.在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體，可使溶液由c點到b點

C.圖中a點對應(yīng)的是AgBr的不飽和溶液

D.在1℃時，AgCl(s)+Br(aq)UAgBr(s)+C「(aq)的平衡常數(shù)K=816

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖中c點可知AgBr的Ksp=7.0xl0-7x7.0xl0-7=4.9xl0-i3,故A正確；

B.在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體后，c(Br)增大，溶解平衡逆向移動，c(Ag+)減小，仍為飽和溶液,

所以不可以使溶液由b點到c點，c點為過飽和溶液，故B錯誤；

C.圖中a點對應(yīng)的Qc<Ksp,則為AgBr的不飽和溶液，故C正確；

c(CF)_Ksp(AgCl)_4xlQ10

D.反應(yīng)AgCl(s)+Br(aq)WAgBr(s)+C「(aq)的平衡常數(shù)為：K=?816,故

c(Br)-Ksp(AgBr)-4.9義1?！?/p>

D正確。

答案選B。

12.25℃時，將0.01mol-L-1NaOH溶液滴入20mL0.Olmol?LCHEOOH溶液的過程中，溶液中由水電離

出的cOO與加入NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

A.x=20,a點的縱坐標(biāo)為1.0X10F

B.b點和d點所示溶液的pH相等

C.滴定過程中，c(CHaCOO)與c(or)的比值逐漸增大

+-

D.e點所示溶液中，c(Na)=2c(CH3COO)+2c(CH3COOH)

【答案】D

【解析】

【詳解】A、a點是O.Olmol.L'CHsCOOH溶液，溶液中H+濃度小于O.Olmol-L1,a點水電離的H*大于

1.0xl0-i2moi/L,c點水電離的c(H+)水最大，說明NaOH與CH3coOH恰好完全反應(yīng)，x=20,故A錯誤;

B、b點溶液呈酸性，d點溶液顯堿性，所示溶液的pH不相等，故B錯誤；

c(HH)xi30-)c(H+)?COO)f-)

C、醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=’尸3__=\\-------、\)

c(CH3coOH)C(OH3COOH)?()

KgCQ。-)

，滴定過程中，溫度不變，Kw、Ka不變，不斷地加堿，c(CH3coOH)一直減小,

,

c(CH3C00H)b(0H)

c(CH3coO-)與c(OH)的比值逐漸減小，故C錯誤；

D、e點所示溶液中，醋酸物質(zhì)的量是NaOH的工,由物料守恒可得

2

c(Na+)=2c(CH3coO)+2c(CH3coOH),故D正確；

故選D。

13.甲烷與氧氣反應(yīng)過程中的能量變化如圖所示。下列有關(guān)說法中正確的是

八

能量

①1molC(g)+4molH(g)+4mol0(g)

2646kJ3446kJ

②1molCH4(g)+2mol02(g)

③1molCO2(g)+2molH2O(g)

反應(yīng)過程

A.若破壞lmol*C)2(g)中的化學(xué)鍵需吸收熱量493kJ,則破壞Imol.C—H鍵需吸收熱量415kJ

B.反應(yīng)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）的能量總和

D.在反應(yīng)CH4（g）+2O2（g）=CC）2（g）+2H2O（g內(nèi),放出熱量400kJ,有ImolO—H鍵生成

【答案】A

【解析】

【分析】由圖可知，lmolCH4（g）+2molC>2（g）斷裂所有共價鍵，需要吸收2646kJ的熱量；

lmolC(g)+4molH(g)+4molO(g)結(jié)合成lmolCO2(g)+2molH2O(g),能放出3446kJ的熱量，據(jù)此回答。

【詳解】A.若破壞lmolO2（g）中的化學(xué)鍵需吸收熱量493kJ,則破壞ImolC-H鍵需吸收熱量

2646-493x2

kJ=415kJ,A正確;

4

B.圖中生成的水是氣態(tài)，氣態(tài)水轉(zhuǎn)變?yōu)橐簯B(tài)放出熱量，則CH4（g）+2Ch（g）=CO2（g）+2H2O⑴

8OOkJ?mol-1,B錯誤;

C.由圖可知，lmolCH4（g）和2moi02（g）的能量大于lmolCO2（g）和2molH2O（g）的能量總和，但ImolCH/g）

的能量不一定大于lmolCO2（g）和2moiH2O（g）的能量總和，C錯誤；

D.在反應(yīng)CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）中，放出熱量400kJ,生成ImolHzO,有2moi0-H鍵生成，D

錯誤；

故選Ao

14.利用CH4燃料電池電解制備Ca（H2PO4）2并得到副產(chǎn)物NaOH、比、Cl2,裝置如圖所示。下列說法不正

確的是

詠D/1天L

石墨石墨

（）

CaCl2CaH2PO42NaH2PO4NaOH

濃溶液1稀溶液濃溶液1稀溶液

陽極室產(chǎn)品室原料室陰極室

2

Aa極反應(yīng)：CH4-8e-+4O-=CO2+2H2O

B.A膜和C膜均陰離子交換膜，B膜為陽離子交換膜

C.可用鐵電極替換陰極的石墨電極

D.a極上通入標(biāo)況下2.24L甲烷，理論上產(chǎn)品室可新增0.4molCa（H2Po4）2

【答案】B

【解析】

【分析】CH4燃料電池：甲烷被氧化生成C02,則a極為負(fù)極，b極為正極；電解池：陽極室C1一被氧化生

成C12,陰極室H2。被還原生成H2和0H-,據(jù)此解答。

【詳解】A.a極為負(fù)極，甲烷被氧化生成C02,可傳導(dǎo)離子為則a極反應(yīng)：CH4-8e+4O2-CO2+2H2O,

A正確；

B.陽極室陰離子放電，鈣離子穿過A膜進入到產(chǎn)品室，則A膜為陽離子交換膜；原料室中鈉離子穿過C

膜進入到陰極室，則C膜為陽離子交換膜；磷酸二氫根穿過B膜進入到產(chǎn)品室，則B膜為陰離子交換

膜，所以A膜和C膜均為陽離子交換膜，B膜為陰離子交換膜，B錯誤；

C.鐵電極替換陰極的石墨電極時，鐵不參與反應(yīng)，陰極室仍是H2O被還原生成H2和0H-,則可用鐵電極

替換陰極的石墨電極，C正確；

2

D.a極上通入標(biāo)況下2.24L甲烷，根據(jù)a極反應(yīng)：CH4-8e-+4O-=CO2+2H2O,通過的電子的物質(zhì)的量為

924T

--------------x8=0.8mol，根據(jù)電解池陽極反應(yīng)式：2c廣—2--C/T,有0.8molC「被氧化生成Ch,

22.4mol/L2

則有0.4mol鈣離子移向產(chǎn)品室生成Ca(H2PO4)2,則理論上產(chǎn)品室可新增0.4molCa(H2Po4)2,D正確；

故選Bo

第II卷(非選擇題共58分)

二、非選擇題(本大題包含4小題，共58分)

15.氮氧化物是大氣污染物之一，可用活性炭還原處理氮氧化物，有關(guān)反應(yīng)為C(s)+2NO(g).,

N2(g)+CO2(g)o

1

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

①反應(yīng)C(s)+2N0(g).-N2(g)+CO2(g)的AH=kJ-moH(用含a、b的代數(shù)式表示)。

②C,N,O三種元素電負(fù)性由強到弱的順序是,第一電離能依次增大的順序是0

(填元素符號)

③研究人員對比研究活性炭、負(fù)載鈣、鐲氧化物對該反應(yīng)的反應(yīng)活性。在三個反應(yīng)器中分別加入C、CaO/C、

La2O3/C,通入相同濃度的NO,不同溫度下測得反應(yīng)2小時時NO去除率如圖所示，據(jù)圖分析，溫度在500℃

以內(nèi)，三種情況下反應(yīng)的活化能最小的是(填“C"、“CaO/C”或“LazCh/C")。

(2)在2L恒容密閉容器中加入足量C與NO發(fā)生反應(yīng)，所得數(shù)據(jù)如表:

溫度

實驗編起始時NO物質(zhì)的量平衡時N2的物質(zhì)的量

號/℃/mol/mol

17000.240.08

28000.400.09

①由表可知700℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=o

②結(jié)合表中數(shù)據(jù)，判斷該反應(yīng)的AH0(填“>”或“<”)，理由是o

(3)某溫度下，若向2L體積恒定的密閉容器中充入等物質(zhì)的量的N2和CO2發(fā)生反應(yīng)：N2(g)+CO2(g)

②第lOmin時，外界改變的條件可能是(填字母)。

A.加催化劑

B.增大C(s)的物質(zhì)的量

C.減小CCh的物質(zhì)的量

D.升溫

E.降溫

【答案】(1)-b-a(2).0,N、C③.C、0、N④.CaO/C

(2)①.1②.<③.升高溫度，反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，該反應(yīng)為

放熱反應(yīng)

(3)①.>②.AD

【解析】

【小問1詳解】

1

①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH,=+akJ-mol-,C(s)的燃燒熱為AH2=-bBPC(s)+O2(g)=CO2(g)

1

AH2=-bkJ-mol-,根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)C(s)+2N0(g).?N2(g)+CCh(g)的AH=(-b-a)kJ-moH；

②C、N、。同周期，同一周期主族元素從左至右電負(fù)性遞增，故三種元素電負(fù)性由強到弱的順序是0、

N、C；同一周期主族元素從左至右第一電離能有增大的趨勢，但是由于N原子的最外層電子處于半充滿

的較穩(wěn)定狀態(tài)，所以其第一電離能比。大，因此這三種元素的第一電離能的大小關(guān)系為：N>0>C,即第

一電離能依次增大的順序是C、O、N；

③據(jù)圖分析，溫度在500℃以內(nèi)，加入CaO/C的反應(yīng)器中N0去除率最高，故溫度在500℃以內(nèi)，三種情

況下反應(yīng)的活化能最小的是CaO/C；

【小問2詳解】

①在2L恒容密閉容器中加入足量C與NO發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)圖表數(shù)據(jù)，由反應(yīng)方程式C(s)+2NO(g).?

N2(g)+CO2(g)可得，平衡時一氧化氮的物質(zhì)的量為0.24-0.08x2=0.08mol,二氧化碳物質(zhì)的量為0.08mol,該

0.080.08

_cMcg),

反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c2(NO)[0.08；；

②結(jié)合表中數(shù)據(jù)，平衡時一氧化氮的物質(zhì)的量為0.40-0.09x2=0.22mol,二氧化碳物質(zhì)的量為0.09mol,該

0.090.09

C(N,)C(CO)

K2

反應(yīng)的平衡常數(shù)2=一?■)一=(022丫=0/7,該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kx>K2,升高溫度，

反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，AH<0;

【小問3詳解】

①由圖可知，B點后一氧化氮的物質(zhì)的量繼續(xù)增加，所以B點時反應(yīng)未達(dá)到平衡，且反應(yīng)正向進行，所以

B點正反應(yīng)速率大于逆反應(yīng)速率，故答案為：>；

②由圖可知，第lOmin后曲線的斜率高于前l(fā)Omin,說明改變條件化學(xué)反應(yīng)速率加快：

A.加催化劑，降低反應(yīng)的活化能，反應(yīng)速率加快，故符合題意，A正確；

B.增大濃度為定值的固體碳的質(zhì)量，化學(xué)反應(yīng)速率不變，B錯誤；

C.減小二氧化碳的物質(zhì)的量，反應(yīng)物的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，C錯誤；

D.升高溫度，活化分子的數(shù)目和百分?jǐn)?shù)均增大，有效碰撞頻率增大，反應(yīng)速率加快，D正確；

E.降低溫度，活化分子的數(shù)目和百分?jǐn)?shù)均減小，有效碰撞頻率減小，反應(yīng)速率減慢，E錯誤；

故選AD。

16.電子工業(yè)常用FeCb溶液腐蝕印刷電路板上不需要的銅箔，最后得到含F(xiàn)eCb、FeCb雜質(zhì)的CuCL溶

液。某化學(xué)興趣小組設(shè)計下列方案，從該廢液中除去FeCb、FeCb雜質(zhì)，制取純凈的CuCb

-----?沉淀

氧化劑沉淀劑過濾------

工業(yè)廢液

①.②b—

HC1氣流一

-----濾液CuCl

?蒸干2

請回答下列問題：

(1)在①步操作中使用了氧化劑，下列氧化劑中一定不能使用的是O

A.ChB.NaClOC.H2O2D.KMnO4E.O3

(2)②步操作中的"沉淀劑''可以是下列中的o

A.NaOHB.NH3H2OC.CuOD.Cu2(OH)2CO3E.Fe2O3

用一種你選擇的沉淀劑，分步寫出除去雜質(zhì)的離子方程式：o

(3)最后將濾液在HC1氣流中蒸干，其目的是,如果將濾液直接加熱蒸干，最后得到的固體可能

是o

3816

(4)設(shè)常溫下各沉淀的溶度積近似為：Ksp[Cu(OH)2]=IO"。、Ksp[Fe(OH)3]=10-,Ksp[Fe(OH)2]=10-；通

常，人們把濃度小于lO—ol/L的離子視為“不存在”。根據(jù)所給條件，完成下列問題：

①如果該廢液中CuCb的濃度為1mol/L,在加沉淀劑時應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH值范圍為：0

②如果對廢液不先用氧化劑，而是直接加入沉淀劑，帶來的后果是：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?guī)ё逤uCb受熱產(chǎn)生的水汽②.Cu(OH)2(包含CuO)

(4)①.3WpH<4②.不能除去Fe2+或者雜質(zhì)除去時CuCl2已完全沉淀而除去了

【解析】

【分析】從該廢液中除去FeCb、FeCb雜質(zhì)，制取純凈的CuCb工藝流程如下：加入氧化劑，將氯化亞鐵

氧化為氯化鐵，加入沉淀劑調(diào)節(jié)溶液的pH使鐵離子形成氫氧化鐵沉淀，過濾，濾液為CuCL溶液，在

HC1氣流中蒸干得到氯化銅。

【小問1詳解】

2+

因亞鐵離子和次氯酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鐵、氯離子和鐵離子，6Fe+3ClO-+3H2O=2Fe(OH)33+3C1

+4Fe3+,生成氫氧化鐵，引入氯化鈉雜質(zhì)所以不選，因亞鐵離子和高鋸酸鉀反應(yīng)MnO；

2++2+3+

+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O,引入鎰離子，所以不選，Cl2,H2O2、O3,氧化亞鐵離子不引入雜質(zhì)，所

以答案選BD。

【小問2詳解】

由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，試劑②應(yīng)為調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,除去Fe3+,且不能引入新

的雜質(zhì)，可利用Fe3++3H2。：Fe(OH)3+3H+,加入沉淀劑使平衡右移。

A.氫氧化鈉不僅和鐵離子反應(yīng)形成沉淀，也和銅離子反應(yīng)形成沉淀，A錯誤；

B.氨水不僅和鐵離子反應(yīng)形成沉淀，也和銅離子反應(yīng)形成沉淀，B錯誤；

C.CuO難溶于水和H+反應(yīng)，CuO+2H+=Cu2++H2。溶液pH增大，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3,不引入雜質(zhì)，C

正確；

+2+

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

為Fe(OH)3,不引入雜質(zhì),D正確；

E.FezCh難溶于水，無法除去溶于中的鐵離子，E錯誤；

故答案選CD。

++2+

選擇CuO為沉淀劑，發(fā)生反應(yīng)Fe3++3H2。Fe(OH)3+3H,CuO+2H=Cu+H2Oo

【小問3詳解】

氯化銅中的銅離子易水解，在干燥的HC1氣流中，抑制了CuCL水解，且?guī)ё逤uCb受熱產(chǎn)生的水汽，故

能得到無水CuCb,如果將濾液直接加熱蒸干，銅離子水解生成氫氧化銅和氯化氫，氯化氫受熱揮發(fā)，最

后得到的固體可能是CU(OH)2(包含CuO)o

【小問4詳解】

①Cu(OH)2的溶度積Ksp=1.0X10-2。，溶液中CuCb的濃度為L0mol?L-i,cCCu^l.Omol-L1；依據(jù)溶度積

20

常數(shù)C(CU2+)XC2(OH-)=LOX1(y20；C2(OH)=10-；得到c(OH-)=l(piOinol/L,依據(jù)水溶液中的離子積

c(H+)Xc(OH)=10-14；求得c(H+)=l(?4mol/L,溶液pH=4,則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為4。殘留在

38

溶液中的離子濃度小于lX10-5mol?LT時就認(rèn)為沉淀完全，F(xiàn)e(OH)3的溶度積Ksp=1.0X1Q-,

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

c(H+)Xc(OH)=1014；c(H+)=lX10-3mol/L,則pH=3；通過計算可知3WpH<4能達(dá)到除去Fe3+而不損失CP

的目的。

②根據(jù)以上分析，如果對廢液不先用氧化劑，而是直接加入沉淀劑，帶來的后果是不能除去Fe2+或者雜質(zhì)

除去時CuCl2已完全沉淀而除去了。

17.滴定實驗是化學(xué)學(xué)科中重要的定量實驗。請回答下列問題：

(1)某學(xué)生用0.2000mol-17i的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，用酚獻為指示劑。

①排出堿式滴定管中氣泡的方法應(yīng)采用操作,(填序號)然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿

液。

甲乙丙

②下列操作會造成測定結(jié)果（待測HC1溶液濃度值）偏低的有

A,配制標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時，加水超過刻度

B.錐形瓶蒸得水洗后直接裝待測液

C.酸式滴定管水洗后未用待測稀鹽酸溶液潤洗

D.滴定到達(dá)終點時，俯視讀出滴定管讀數(shù)

E.堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失

F.搖動錐形瓶時有少量液體濺出瓶外

(2)常溫下，0.lOOOmol-U'NaOH20.00mL0.lOOOmol-K'HCl滴定曲線如下圖所

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

C.若用甲基橙作指示劑，滴定終點的顏色變化為紅色變?yōu)槌壬?/p>

D.若將鹽酸換成相同濃度O.lOOOmolKi醋酸，則滴定到pH=7時，a＞20.00

（3）碘量法測定CaOz4為O（M=216g/mol）的純度：準(zhǔn)確稱取2.0g產(chǎn)品放入錐形瓶中，加入適量蒸儲水

和過量KI固體，再酸化，充分反應(yīng)。滴加淀粉作指示劑，用0.01000mol/L的Na2s2O3溶液滴定至終點，

終點溶液顏色變化為。重復(fù)操作2次，三次平均消耗Na2s2O3溶液體積為15.00mL,則

CaO2-8H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%-

+2+

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

【答案】(1)①.丙CDF(2)CD

(3)①.當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲瘟虼蛩徕c溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變?yōu)樵瓉眍伾?/p>

0.81

【解析】

【分析】利用酸堿中和滴定原理和氧化還原滴定原理設(shè)計實驗進行分析探究。

【小問1詳解】

①排出堿式滴定管中氣泡時尖嘴略向上傾斜，則應(yīng)采用操作丙；

②A.配制標(biāo)準(zhǔn)溶液定容時，加水超過刻度，則所配標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度偏低，滴定時消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，導(dǎo)

致所測鹽酸濃度偏高，A不符合題意；

B.錐形瓶蒸儲水洗后直接裝待測液，錐形瓶中HC1的物質(zhì)的量不變，消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)液體積不變，對實

驗無影響，B不符合題意；

C.酸式滴定管水洗后未用待測稀鹽酸溶液潤洗，鹽酸被稀釋濃度偏低，消耗的NaOH標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，

所測鹽酸濃度偏低，C符合題意；

D.滴定到達(dá)終點時，俯視讀出滴定管讀數(shù)，導(dǎo)致所讀取的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，則消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，所

測鹽酸濃度偏低，D符合題意；

E.堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，導(dǎo)致滴定前讀取的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，則消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏

大，所測鹽酸濃度偏高，E不符合題意；

F.搖動錐形瓶時有少量液體濺出瓶外，鹽酸溶質(zhì)有損失，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，所測鹽酸濃度偏低，F(xiàn)符

合題意；

故選CDF；

小問2詳解】

A.常溫下，用O.lOOOmoLLTNaOH溶液滴定20.00mL0.1000moLLTHCl溶液至呈中性時，消耗NaOH溶液

體積為20mL,則a=20mL,A正確;

B.由電荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OHj+c（dj,則可能存在c（Clj>c（H+）>c（Na+）>C（OH）,

且此時所加NaOH溶液體積小于10mL,B正確；

C.若用甲基橙作指示劑，溶液由紅色變?yōu)槌壬珪r，pH約為3.1,不是滴定終點，C錯誤；

D.將鹽酸換成相同濃度O.lOOOmolLT醋酸，滴加NaOH溶液至呈中性時，消耗NaOH溶液體積小于

20mL,貝|滴定至!jpH=7時，a<20.00,D錯誤；

故選CD；

【小問3詳解】

滴加淀粉作指示劑，單質(zhì)碘與淀粉變藍(lán)，用0.01000mol/L的Na2s2O3溶液滴定至終點，單質(zhì)碘被消耗，則

終點溶液顏色變化為溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變?yōu)樵瓉眍伾?；根?jù)得CaOz+21-

+2+

+4H=Ca+I2+2H2O；I2+2S2O|-=2r+S4O^得關(guān)系式CaO2~I2~2S2O^,則n(CaO2-8H2O)=；

1zn(CaO?8H,0)

n(NaSO)=-x0.01OOOmol/Lx0.0l5L=7.5xl0-5molCaO?8HO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為------17，~-xl10o0o%n/=

223222