【文档说明】安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高二上学期期末联考化学试卷 Word版含解析.docx，共(21)页，2.916 MB，由小赞的店铺上传

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合肥六校联盟2023-2024学年第一学期期末联考高二年级化学试卷(考试时间：75分钟满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Fe-56Cu-64Ce-140一：选择

题(本大题共16小题，每题3分，共48分。每小题只有一个正确答案，请把答案涂在答题卡上)1.创造美好幸福生活离不开化学。下列有关叙述正确的是A.硅光电池工作时能量转化：光能→化学能→电能B.杭州第19届亚运会主火炬首次采用“零碳甲醇”为燃料，“零碳甲醇”燃烧不产生CO2C.

成都大运会上璀璨的焰火与电子的跃迁有关D.我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理【答案】C【解析】【详解】A．硅光电池工作时能量转化：光能→电能，故A错误；B．“零碳甲醇”并不是燃烧不产生2CO，而是“零碳甲醇”是由2CO加氢制甲醇技术制造的，制造甲醇捕

捉的2CO与甲醇燃烧生成的2CO达到平衡，故B错误；C．电子由高能级向低能级跃迁时，多余的能量会以光的形式释放，成都大运会上璀璨的焰火呈现不同的焰色与电子的跃迁有关，故C正确；D．“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，能加

快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，故D错误；故选C。2.三氯蔗糖(结构如图所示)，又名蔗糖素，其甜度约为蔗糖的600倍，具有热量值极低、安全性高等优点，可供糖尿病患者食用，被认为是几乎完美的甜味

剂。下列说法正确的是A.氯元素的2p和3p轨道形状均为球形B.氧元素的1s2s、能级的轨道数相同C.基态碳原子的L层没有成对电子D.基态氯原子的外围电子排布式为263s3p【答案】B【解析】【详解】A．氯元素的2p和3p轨道形状均呈哑铃形，A项错误；B．氧元素的1s、2s能

级的轨道数相同，均为1，B项正确；C．基态碳原子的核外电子排布式为2221s2s2p，L层有1对成对电子，C项错误；D．基态氯原子的核外电子排布式为226251s2s2p3s3p，外围电子排布式为3s23p5，D项错误；故选B。3.NF3是微电子

工业中一种优良的等离子蚀刻气体，在空气中性质稳定。其中N-F键能为283kJ·mol1−，测得断裂氮气、氟气中的化学键所需的能量如图。下列说法错误的是A.相同条件下，N2化学性质比F2更稳定B.氮气和氟气的能量总和比NF3低C.()()()-1223Ng+3Fg2NFgΔH=-28

7.6kJmolD.NF3在大气中性质比较稳定，不易发生化学反应【答案】B【解析】【详解】A．断裂氮气中的化学键所需能量更高，故氮气比氟气更稳定，A正确；B．没有指明具体物质的量，无法比较，B错误；C．由反应热等于反应物的键能

之和减去生成物的键能之和可得111ΔH946kJmol3154.8kJmol6283kJmol287.6−−−=+−=−kJ⋅mol1−，C正确；D．依题意，三氟化氮在空气中性质稳定，在大气中不易发生化学反应，D正确；故选B。4.根据下列图示所得出的结论正确的是A.图甲表示恒温恒容条

件下，()()2242NOgNOg中各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态B.图乙是镁条与盐酸反应的化学反应速率随反应时间变化的曲线，说明1t时刻溶液的温度最高C.图丙表示取规格相同的铝片，分别放入等质量20％、5％的稀盐酸中，生

成氢气的质量与反应时间的关系曲线D.图丁表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化【答案】D【解析】【详解】A．可逆反应2242NO(g)NO(g)中，当二氧化氮的消耗速率和四氧化二氮的消耗速率之比为2:1时才能说明反应达到平衡状态，交点A二氧化氮的消耗速率和四氧化二氮的消

耗速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．镁条与盐酸的反应为放热反应，消耗的Mg越多，放出的热量越多，溶液的温度越高，1t之后，盐酸浓度减小，反应速率减小，但Mg和盐酸还在继续反应，所以1t时刻溶液的

温度不最高，B错误；C．由图丙可知，铝片和盐酸反应完全时，生成氢气的质量相等，说明两种不同质量分数的盐酸必须过量，则应将铝片分别放入等质量过量的20％、5％的稀盐酸中，C错误；D．温度较低时，酶催化反

应的反应速率随温度升高而增大，温度较高时，酶的催化活性降低甚至失去催化活性，因而随温度升高，酶催化反应的反应速率逐渐减小，D正确；故选D。5.22MnOCeO−催化剂能催化3NH脱除烟气中的NO，反应为()()()()3224NHg4NOgOg4Ng++=+()2

6HOg，其机理如图所示。下列说法正确的是A.该反应Δ0SB.该反应的平衡常数()()()()()44324622NHNOONHOcccKcc=C.步骤Ⅰ可描述为3NH吸附到2MnO表面与表面吸附氧反应生成2NH—和2HO，同时2

MnO被还原为23MnO；烟气中的NO和2NH—反应生成2N和2HOD.该反应中每消耗1mol2O，转移电子的数目约为2346.0210【答案】C【解析】【详解】A．该反应是气体分子数增加的反应，故该反应ΔS＞0，A错误；B．化学平衡常数的表达式为各生成物

浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积，即该反应的平衡常数K=()()()()()46224432NHONHNOOccccc，B错误；C．如图所示，步骤Ⅰ可描述为NH3吸附到

MnO2表面与表面吸附氧反应生成—NH2和H2O，同时MnO2被还原为Mn2O3；烟气中的NO和—NH2反应生成N2和H2O，C正确；D．该反应中，NO、O2作氧化剂，NH3作还原剂，每消耗1molO2，就有4molNH3反应，转移电子的数目约为12×6.02×1023，D错误；故选C

6.某兴趣小组进行了如下实验：向酸化的22HO溶液中同时加入KI溶液、维生素C和淀粉溶液，发现一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：反应ⅰ：2222HO2I2HI2HO−+++=+。反应ⅱ：686CHO(维生素C)2666ICHO2I2H=−++++下列说法不正确．．．的是

A.反应速率：反应ⅰ<反应ⅱB.可得氧化性强弱：222666HOICHOC.溶液的pH始终保持不变D.溶液最终变蓝，说明所加()()22686HOCHOnn【答案】C【解析】【详解】A．发现一段时间后溶液变蓝，说明开始碘单

质的生成速率小于消耗速率，故反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ，A正确；B．氧化剂氧化性大于氧化产物，由反应ⅰ可知，氧化性222HOI，由反应ⅱ可知，2666ICHO，故氧化性强弱：222666HOICHO，B正确；C．根据A分析可知

，2个反应的速率不同，故在反应过程中氢离子的消耗和生成速率不同，溶液的pH会发生改变，C错误；D．根据化学方程式体现的关系可知，恰好反应时622268HO~I~CHO，溶液最终变蓝，说明反应后碘单质过量，所加()()2268

6HOCHOnn，D正确；故选C。7.已知制备光气2COCl的反应为()()()22COgClgCOClg+Δ0H，将等物质的量的()COg和()2Clg充入密闭容器中，平衡体系中，平衡混合物的平均摩尔质量M(mM=n总总)在不同温度下随压强的变化曲线如图所示

。下列说法正确的是A.温度：12TTB.平衡常数：abcKKK=C.2Cl的平衡转化率：cbaD.b点时，若1M=66gmol−，则CO的平衡转化率为50%【答案】D【解析】【分析】()()()22COgClgCOClg+Δ0H，温

度升高，此反应逆向移动，导致气体量减少，mM=n总总不断增大，故可分析出12T>T，其他选项依据平衡移动原理具体分析即可。【详解】A．()()()22COgClgCOClg+Δ0H，升高温度，平衡左移，n增大，M减小，12T>T，A错误；B．a、c

两点温度相同，平衡常数相同，acKK=，B错误；C．M越大，转化率越大，2Cl的平衡转化率：cba=，C错误；D．CO与2Cl等物质的量混合，设起始时()()2COCl1molnn==，设CO转化了molx，则28716611xxx+=−+−+，解得0.5x=，D正确；故选D。8.氨是

一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为：()()()223Ng+3Hg2NHgHΔ，工业上可利用氨气等制取硝酸。有关工业合成氨的反应下列有关说法正确的是A.其它条件不变，升高温度，可提

高活化分子百分数，加快反应速率B.反应的()()()ΔH=3EN-N+3EH-H-6EN-H(E表示键能)C.2molN-H断裂同时有1molH-H形成，说明达该条件下的平衡状态D.将氨气液化并移走，可提高原料的平衡转化率及平衡时的反应速率【答案

】A【解析】【详解】A．其它条件不变，升高温度，可使更多的分子转化成活化分子，从而提高了活化分子百分数，加快反应速率，A正确；B．H=反应物总键能-生成物总键能，氮气中含有的是氮氮三键，不是氮氮单键，()()()ENN3EHH6ENHH=+−−−，B错误；C．2

molNH−断裂是逆反应，1molHH−形成也是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，则不能说明是否达到平衡状态，C错误；D．将氨气液化并移走即降低氨气的浓度，原料的平衡转化率增大但反应速率减小，D错误；故选A。9.A、B、C、D、E五种元素在周期表中的相对位置

如图所示，下列说法正确的是ABCDEA.C的简单离子是它所在周期元素中离子半径最小的离子B.D和E两元素的氧化物对应水化物的酸性E>DC.B是周期表中电负性最强的元素D.该五种元素中第一电离能由大到小进行排序为：B>A>E>D>C【答案】A【解析】【分析】由元素周期表结构可知A为N

，B为O，C为Al，D为P，E为S。【详解】A．同周期元素中非金属元素简单离子半径比金属元素简单离子半径大，从左往右，金属元素简单离子半径逐渐减小，C为Al，是第三周期最右边的金属元素，故C的简单离子是它所在周期元素中离子半径最小的离子，A正确；B．D为P

，E为S，D和E两元素的最高价氧化物对应水化物的酸性E>D，但氧化物对应水化物的酸性无法比较，如H3PO4>H2SO3，B错误；C．B为O，O不是周期表中电负性最强的元素，F是周期表中电负性最强的元素，C错误

；D．同主族从上到下第一电离能减小，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离大于同周期相邻元素，故该五种元素中第一电离能由大到小进行排序为：A>B>D>E>C，D错误；答案选A。10.我国科学家在一颗距离地球100光年的行星上发现了不可思议的

“水世界”，引起了全球科学界的轰动。下列有关说法错误的是A.温度升高，水的电离平衡正向移动，()+cH增大，但溶液仍然保持中性B.室温下，pH=4的盐酸溶液中，()+-9-1cH=510mol?L水C.由水电离出

的()()+-cH=cOH水水时，溶液不一定呈中性D.向水中加入4NaHSO固体后(溶液温度不变)，水的电离程度减小【答案】B【解析】【详解】A．水的电离为吸热过程，升温平衡正向移动，c(H+)增大，但仍为中性，故A正确；B

．室温下，pH=4的盐酸溶液中，()+-4-1cH=10molL，()+-10-1cH=1.010molL水，故B错误；C．任何溶液中，水电离出的()cH+与()-cOH均相等，故C正确；D．4NaHSO电离出的+H抑制了水的电离，故D正确；故答案选B。11.下图是利用滴定

管进行实验，对于滴定实验过程，下列说法错误的是A.滴定管润洗后，润洗液应从滴定管下口流出B用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLHA溶液过程中，若使用酚酞作指示剂，会产生系统误差，测得HA溶液浓度会偏大C.除去碱式滴定管胶

管内气泡时，将尖嘴垂直向下，挤压胶管内玻璃球D.该滴定管可以盛装酸性高锰酸钾溶液【答案】C【解析】【详解】A．滴定管润洗后，润洗液应从下口自然流出，下口也需润洗，A正确；B．酚酞的变色范围是8.2~10.0，

溶液pH＞10时，呈红色，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLHA.溶液，滴加NaOH溶液体积会偏多，导致测得HA溶液浓度会偏大，B正确；C．除去碱式滴定管胶管内的气泡时，应将尖嘴略向上倾斜，挤压胶管内玻璃球，有利于气泡逸出，不能将尖嘴垂

直向下，C错误；D．酸性滴定管可以盛装高锰酸钾溶液，D正确；故选C。12.下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pHNa2CO3>NaClO酸性：H2CO3＜HClOB向浓度均为0.10mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加少

量AgNO3溶液先出现黄色沉淀()()spspKAgCl>KAgIC向FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl的溶液平衡体系中加入少量KCl固体溶液血红色变浅增大生成物浓度，平衡逆向移动D用pH试纸测量同浓度的CH3CO

OH、HClO的pH，比较溶液pH大小HClO的pH比CH3COOH大说明CH3COOH酸性比HClO强A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．酸性越弱，其对应盐水解程度越强，测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，

若Na2CO3>NaClO，酸性HCO3−<HClO，A错误；B．向浓度均为0.10mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI更难溶，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B正确；C．

FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl的溶液平衡体系中，K+、Cl-没有参与反应，加入少量KCl固体，对平衡无影响，颜色无变化，C错误；D．HClO具有漂白性，pH试纸无法测量其pH，D错误；故选B。13.下列有关平

衡移动的说法错误的是A.将2mL0.5mol·L-1CuCl2溶液加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明CuCl2溶液中()2+2--2424CuHO+4ClCuCl(O()4H)+蓝色黄色是吸热过程B.向-12272mL0.1molLKCrO溶液加几滴6mol/L硫酸，溶液橙色加深，说

明增大()+cH使平衡2-2-+2724CrO+HO2CrO+2H逆向移动C.恒温恒容密闭容器，通入2molSO2和1molO2，反应达到平衡后，再向其中通入1mol氦气，平衡不移动D.加水稀释0.1mol·L-1的醋酸溶液，CH3COOH电离程度变大，从()+cH变大【答案】D【解析】

【详解】A．加热，溶液由蓝绿色变黄绿色，说明升高温度平衡正向移动，则正反应吸热，A正确；B．加几滴6mol/L硫酸，说明增大氢离子浓度，溶液橙色加深，说明平衡逆向移动，则增大()Hc+使平衡222724CrOHO2CrO2

H−−+++逆向移动，B正确；C．恒温恒容通入氦气对反应物浓度无影响，平衡不移动，C正确；D．加水稀释，越稀释，CH3COOH电离程度越大，但氢离子浓度减小，D错误；故选D。14.我国某大学科研团队提出用多孔泡沫铁、高度膨化纳米泡沫碳(CFs)和添加了4NHCl的4FeSO

溶液构建独特的“摇椅式”全铁离子电池，电池结构如图(阴离子未标出)。下列说法错误的是A.4NHCl可增加电解质溶液的导电性B.充电时，阳极的电极反应式为23FeeFe+−+−=C.放电时，电极N为负极的D.放电时，每转移2mole−，参与反应的铁元素的

总质量为112g【答案】D【解析】【分析】放电时，N极泡沫铁失电子发生氧化反应Fe-2e-=Fe2+，N是负极；M电极Fe3+在泡沫碳表面得电子发生还原反应Fe3++e-=Fe2+，M正极；【详解】A．离子浓度越大，导

电能力越强，4NHCl可增加电解质溶液的导电性，故A正确；B．充电时，M是阳极，阳极的电极反应式为23FeeFe+−+−=，故B正确；C．放电时，N极泡沫铁失电子发生氧化反应Fe-2e-=Fe2+，N是负极，故C正确；D．放电时，每

转移2mole−，负极消耗1molFe，正极消耗2molFe3+，参与反应的铁元素的总质量为168g，故D错误；选D。15.某水样中含一定浓度的CO23−、HCO3−和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL水样，用0.01000mol•L-

1的HCl溶液进行滴定，溶液pH随滴加HCl溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A.该水样中c(CO23−)=0.01mol•L-1B.a点处c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)C.当V(HCl)≤20.00mL时，溶液中c(HCO3−

)基本保持不变D.曲线上任意一点存在c(CO23−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)=0.03mol•L-1【答案】C【解析】【分析】向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO23−+H+=HCO3−、HCO3−+H+=H2C

O3，则滴定时溶液pH会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH第一次发生突跃时，盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO23−+H+=HCO3−

可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.01000mol/L0.0200L0.0100L=0.02mol/L，溶液pH第二次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01000mol/L(0.0500L-0.0

200L-0.0200L)0.0100L=0.01mol/L。【详解】A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A错误；B．由图可知，a点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液中质子守恒关系为c(H2CO3

)+c(H+)=c(OH—)+c(CO23−)，故B错误；C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL时，只发生反应CO23−+H+=HCO3−，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为0.01000mol/L0.0100L+0.01

000mol/LV(HCl)0.0100L+V(HCl)=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C正确；D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中c(CO23−)+c(HCO3−)

+c(H2CO3)=0.03mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO23−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)]会小于0.03mol/L，故D错误；故选C。16.常温下，将0.025molBaSO4粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO

3固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A.曲线MP表示()2-4cSO的变化B.BaSO4固体恰好完全溶解时，溶液中离子浓度关系为()()()()2-2-2+-34cCO>cSO>cBa>cOHC.

BaSO4的Ksp为1×10-10D.若要使反应2-2-4334BaSO+COBaCO+SO正向进行，需满足()()2-4-22-3cSO<410cCO【答案】B【解析】【详解】A．加入碳酸钠使硫酸钡转化为碳酸钡，那么溶液中的24SO−的浓度会逐渐增大，所以曲线MP表示的是24SO−，

A项正确；B．BaSO4固体恰好完全溶解时，即恰好全部转化为BaCO3时，硫酸根离子浓度最大，溶液中离子浓度大小关系为c(24SO−)>c(23CO−)>c(Ba2+)>c(OH-)，B项错误；C．通过分析可知，Ksp(

BaSO4)=10-10，C项正确；D．该反应的平衡常数表达式为：22210sp444222933sp3(BaSO)(SO)(Ba)(SO)10==0.04(CO)(Ba)(CO)(BaCO)2.510KcccKcccK−+−−−+−−===，当浓度熵Q<K时，反应正向

进行，即()()2-422-3cSO<410cCO−，D项正确；故选B。二：非选择题(本大题共4大题，共52分。)17.化学反应中常伴随着能量的变化。回答下列问题：（1）S8分子可形成单斜硫和斜方硫，转化过程为：95.4-1

<95.4S(s,)S(s,)?ΔH=?-0.398kJ?mol℃℃单斜斜方，则S(单斜)与S(斜方)相比，较稳定的是______，基态S原子的原子核外电子有___种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图为____形。（2

）Cu的价层电子排布式为_____，位于在周期表______区(填s、p、d或ds)。（3）下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有_____(填字母)。a．b．c．d．（4）已知稀溶液中：()()()+--12Haq+OHaq=HOlΔH=-57.3kJ

?mol，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出的热量_____(填“>”“<”或“=”)57.3kJ。（5）1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化如图所示：①若在反应体系中加

入催化剂，反应速率增大，E1_____(填“增大”“减小”或“不变”)。②写出NO2和CO反应的热化学方程式____。（6）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：①262222CH(g

)+7O(g)=4CO(g)+6HO(l)1ΔH；②()22Cs,+O(g)=CO(g)石墨2ΔH；③2222H(g)+O(g)=2HO(l)3ΔH。写出乙烷(C2H6)标准摩尔生成焓的焓变ΔH=____(用含123ΔHΔHΔH、、的式子表示)。【答案】

（1）①.S(斜方)②.9③.哑铃（2）①.1013d4s②.ds（3）bc（4）>（5）①.减小②.()()()()-122NOg+COg=COg+NOgΔH=-234kJmol（6）231312ΔH+ΔH-ΔH22【解析】【小问1详解】从热化学方程式可知，单

斜硫转化为斜方硫，放出热量，说明单斜硫能量高于斜方硫，因此两者相比较为稳定的是S(斜方)；基态S原子的原子核外电子有9种空间运动状态，其能量最高的电子电子云轮廓图，故答案为：9；哑铃；【小问2详解】Cu的价层电子排布式3d104

s1，位于在周期表的第ⅠB族，属于ds区的元素原子，故答案为：3d104s1；ds；【小问3详解】a.轨道表示式为基态氧原子，故a错误；b.2p轨道上的一个电子跃迁到3s轨道，属于激发态，故b正确；c.2s轨道上的一个电跃迁到2p轨道，属于激发

态，故c正确；d.是基态原子的核外电子排布，故d错误；故答案为：bc；【小问4详解】浓硫酸溶于水放热，因此浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出热量>57.3kJ；【小问5详解】①催化剂可以降低反应活化能，则E1减小。②由图可知1molNO2(g)

和1molCO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)放热234kJ，则该反应的化学方程式为22NO(g)+CO(g)CO(g)+NO(g)=-1H=-234kJmol；【小问6详解】由盖斯定律可知，反应②×2+③×32—①×12可得

反应2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)△H=231312ΔH+ΔH-ΔH22。18.二氧化碳捕集、利用与封存是我国能源领域的一个重要战略方向，发展成一项重要的新兴产业。（1）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下：①在某温度下，吸收塔中的K2CO3溶液吸

收一定量的CO2后，溶液的pH等于10，则此时溶液中()2-3cCO：()-3cHCO=____(该温度下H2CO3的-7-1112Ka=4.610Ka=5.010，)。②再生塔中产生CO2的化学方程式为_____的的

（2）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。已知“重整系统”发生的反应中()()2nFeO=6nCO，则“重整系统”发生反应的化学方程式为___。（3）用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以()()220.1MPan

HnCO=31，：：的投料比充入反应器中，发生反应：()()()()222422COg+6HgCHg+4HOg，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：①该反应在_____自发进行(填“低温”或“高温”)。②b代表的物质是_____。③为提高CO

2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_____(列举2项)。④1T温度下CO2的平衡转化率为_____。【答案】（1）①.0.5②.323222KHCOKCO+CO+HO（2）234700K6FeO+

CO2FeO+C（3）①.低温②.2HO③.增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等④.50%【解析】【小问1详解】①溶液的pH等于10，此时溶液中()()()()()()()2-+2--1133a2-10-+-+33cCOcHCC

OK5.0?10===1.0?10cHCOcHCHCOcH=0.5；②再生塔中碳酸氢根离子受热分解为二氧化碳和水，离子方程式2-2-33HCO=CO+2H2O+CO2↑；【小问2详解】已知“重整系统”发生的反应中2

nFeOnCO（）（），反应中Fe、O物质的量之比为6:8，由图可知，反应生成碳单质和铁的氧化物，则结合质量守恒可知，6molFeO和1molCO2反应生成2molFe3O4和1molC，反应为234700K6FeO+CO2

FeO+C；【小问3详解】由图中n(H2)的变化趋势可知，随着温度的升高，n(H2)的量增大，平衡左移，0H；且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的，故a曲线代表的物质为CO2；再由b的变化幅度大于c的，可知，b、c两曲线分别代表的物质为H2

O和C2H4；①由分析可知，反应为放热的反应，且反应为熵减反应，故该反应在低温自发进行；②由分析可知，b代表的物质是H2O(g)；③增大压强，或提高氢气和二氧化碳物质的量的比值，或将产物乙烯气体分离出来等，都可以促进平衡正向进行，都能提高

CO2的平衡转化率；④T1温度下，平衡时氢气6mol、水4mol，则反应氢气6mol、二氧化碳2mol，初始氢气为12mol，则投料二氧化碳4mol，故CO2的平衡转化率为2mol4mol100%=50%。19.氯化亚铜(CuCl)是

一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：（1）向4CuSO与NaCl的混合溶液中通入2SO即可制得CuCl，制备过程中主要发生了以下三步反应，请写出第三步的化学反应方程式：()42424CuSO4

NaClNaCuClNaSO+=+过量24223242NaCuClSO2HO2NaHCuClHSO2NaCl++=++___________。（2）CuCl在含一定浓度Cl−溶液中会部分溶解，存在如下平衡：()22CuClsCuCuC

l+−+H0，溶液中()Cuc+和()2CuClc−的关系如图。①上述反应在B点的平衡常数K=___________22molL−。②使图中的A点变为B点的措施可以是___________。（3）利

用CuCl难溶于水的性质，可以除去水溶液中的Cl−。①除Cl−的方法是向含Cl−的溶液同时加入Cu和4CuSO，该反应的离子方程式为___________。②若用Zn替换Cu可加快除Cl−速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl−效果下降的原因是___

________。（4）产品纯度的测定：准确称取氯化亚铜产品2.3900g，溶于过量的3FeCl溶液中得250mL待测液，从中量取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用10.1000molL−硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，共完成三次滴

定，每次消耗()42CeSO溶液体积见下表。产品中CuCl的质量分数为___________%。(已知：322CuClFeCuFeCl+++−+=++，2433FeCeFeCe+++++=+)123消耗硫酸铈标准溶液的

体积(mL)23.8524.3523.95若未用标准溶液润洗滴定管，则会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）3NaHCuClNaClHClCuCl=++（2）①.12

610−②.升高温度（3）①.2CuCu2Cl2CuCl+−++=②.若pH过低，Zn会与H+反应（4）①.99.5②.偏大【解析】【小问1详解】结合题干信息及前两步反应可知，第三步反应为：3NaHCuClNaClHClCuCl=++；【小问2

详解】①()()+66122KcCucCuCl310210610−−−−===；②图中的A点变为B点，()+cCu和()2cCuCl−都降低，说明平衡逆向移动，即可以升温；【小问3详解】①向含Cl−的溶液同时加入Cu和4CuSO，Cu和2+Cu发生氧化还原反应

生成+Cu，+Cu与氯离子形成氯化亚铜沉淀，离子方程式：2CuCu2Cl2CuCl+−++=；②若用Zn替换Cu可加快除Cl−速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl−效果下降的原因：若pH过低，Zn会与H+反应；【小问4详解】根据322CuClFeCuFeCl+++−

+=++，2433FeCeFeCe+++++=+，得关系式：()2442CuClFeCeCe~~~SO++；第二组数据偏差较大舍去，()42CeSO溶液体积均值为20.90mL，其消耗物质的量：30.1mol/L0.0239L2.3910mol−=，根据

关系式可知25mL溶液中含CuCl物质的量：32.3910mol−，则250mL溶液中含CuCl物质的量：22.3910mol−，则产品中CuCl的质量分数：22.3910mol99.5g/mol10099.52.3900g

−=％％；若未用标准溶液润洗滴定管，则会使消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；20.氮的相关化合物在化工生产中占有重要地位。（1）N2O4与NO2之间存在反应()()242NOg2NOg。将一定量的N2O4放

入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[()24αNO]随温度的变化如图所示。①由图推测该反应的∆H_____0(填“>”或“＜”)，理由为____。②a点对应的温度下，已知N2O4的起始压强为90kPa，平衡后总压强为_______kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=__

__kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（2）化工废水中常常含有以二甲胺((CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如下图所示。反应原理是：①Cl-在阳极转化为Cl2；②Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；

③ClO-将二甲胺氧化为N2，2-3CO和H2O。①写出电解池中阴极发生反应的方程式____。②电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜的原因是_______。③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，阳极区收集

到N2的体积(标况下)是_____L。【答案】（1）①.>②.升高温度，24NO转化率增大，平衡正向移动③.126④.96（2）①.--222HO+2e=2OH+H②.需要阴极区产生的OH−迁移到阳极区维持阳极区的碱性

③.0.448【解析】【小问1详解】①由图可知平衡转化率[()24αNO]随温度的升高而增大，这说明升高温度平衡正向进行，正反应吸热，则该反应的∆H＞0；②a点对应的温度下，24NO的平衡转化率为0.4，根据已知条

件列出“三段式”：()()()242NO(g)2NO(g)mol10mol0.40.8mol0.60.8起始转化平衡，已知24NO的起始压强为90kPa，平衡后总压强为90kPa×(0.6+0.8)=126kPa，该温度下反

应的平衡常数()()2222p4126kPaNONO126kPa0.8p1.4K==0.6p1.4=96kPa；【小问2详解】①阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为--222HO+2e=2OH+H；②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳

极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜；③当阴极区收集到6.72L(标况下)2H时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3molClO-，根据方程式15ClO-+2()32C

HNH+8OH-=N2↑+42-3CO+15Cl-+11H2，可知阳极区收集到N2的物质的量为0.02mol，体积（标况下）是0.02mol×22.4L/mol=0.448L。