【文档说明】重庆市两江育才中学校2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，801.411 KB，由小赞的店铺上传

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重庆两江育才中学2022-2023学年度(上)期末质量监测-----化学试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23Co：59Ag：108一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与生产生活密切相关，下列叙述错误的是A.用K2FeO4

处理自来水，既可以杀菌消毒，又可净水B.加热MgCl2溶液制取MgCl2固体C.农业生产中不能同时使用铵态氮肥和草木灰D.将一氧化碳中毒的病人移至高压氧舱，救治原理与平衡移动有关【答案】B【解析】【详解】A．K2FeO4

具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为Fe3+，水解生成Fe(OH)3，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，所以高铁酸钾既可杀菌消毒又可净水，A项正确；B．加热MgCl2溶液，会促使镁离子水解，生成氢氧化镁，无法制取MgCl2固体，B项错误；C．草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根离子水解显碱性，

氨态氮肥中的铵根离子水解显酸性，二者混合后会互相促进水解，最终产生氨气，而氨气易挥发，所以会降低肥效，不能混用，C项正确；D．医院高压氧仓利用氧气与一氧化碳反应生成二氧化碳，运用平衡移动原理，过量氧气可提高一氧化碳转化率，以降低患者体内一氧化碳含量，D项正确；答案选B。2.下列有关阿伏伽德

罗常数的说法正确的是(NA代表阿伏伽德罗常数的值)A.用电解法精炼铜时，若阳极质量减轻64g，电路中转移电子数目为2NAB.将lmolNH4NO3溶于稀氨水，溶液呈中性时NH4+数目为NAC.一定温度下，pH=6的纯水中OH-的数目为

10-6NAD.100mLlmol/LAlCl3溶液中Al3+数目为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．用电解法精炼铜时，粗铜为阳极，粗铜中放电有锌、铁和铜，若阳极质量减轻64g，因为其物质的量无法确定，则无

法计算电路中转移电子数目，A项错误；B．将lmolNH4NO3溶于稀氨水，溶液呈中性，根据电荷守恒可知：的43c(NH)c(NO)c(OH)=c(H)−−++=＞，则NH4+数目NA，B项正确；C．不知道纯水的体积，无法计

算OH-的数目，C项错误；D．100mLlmol/LAlCl3溶液中，因为Al3+会发生水解，则Al3+数目小于0.1NA，D项错误；答案选B。3.下列相关条件下的离子方程式书写正确的是A.明矾净水的反应：323Al3HOAl((OH

)3H)++++胶体B.2HS的水溶液：22HS2HS+−+C.用石墨作电极电解3AlCl溶液：2222Cl2HOClH2OH电解−−+++D.泡沬灭火器原理：3232322Al3CO3HO2Al(OH)3CO+−++=+【答案】A【解析】【详解】A．明矾净水的原理是铝离

子发生微弱水解产生氢氧化铝胶体具有吸附性，反应的离子方程式为323Al3HOAl((OH)3H)++++胶体，A正确；B．2HS是二元弱酸，分步电离：+-2HSH+HS、+2-HSH+S−ƒ，B错误；

C．石墨是惰性电极，阳极是氯离子放电产生氯气，阴极是水电离的氢离子得电子生成氢气，同时产生的氢氧根离子与铝离子生成氢氧化铝沉淀，总反应的离子方程式为-3+22236Cl+6HO+2AlCl+3H+2(H

)3AlO电解，C错误；D．泡沬灭火器原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应，反应的离子方程式为3+-332Al+3HCOAl(OH)3CO=+，D错误；答案选A。4.下列有关化学用语的表述正确的是A.基态Se原子的价层电子排布式为：3d104s24p4B.镁原子

由1s22s22p63s13pl→1s22s22p63s2时，会吸收能量为C.基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图为：D.基态碳原子的核外电子轨道表示式为：【答案】D【解析】【详解】A．Se34号元素，

处于周期表中第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，故A错误；B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，1s22s22p63s13pl为激发态，当镁原子由1s22s22p

63s13pl→1s22s22p63s2时，由激发态变为基态，释放能量，故B错误；C．基态铍原子最外层电子排布式为2s2，s能级的电子云图为球形，故B错误；D．基态碳原子核外电子排布式为：1s22s22p2，其核外电子

轨道表示式为，故D正确；故答案选D。5.下列说法正确的是A.已知H2(g)+S(g)=H2S(g)∆H1＜0，H2(g)+S(s)=H2S(g)∆H2＜0，则∆H1＜∆H2B.中和热的测定实验中，氢氧

化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小C.已知：CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则101kPa时：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H=-890.3kJ/molD.500℃、30MPa下，将0.5mo

lN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)催化剂高温高压2NH3(g)ΔH=-38.6kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A．S(s)→S(g)要吸热，因此

反应H2(g)+S(g)=H2S(g)放出的热量要比反应H2(g)+S(s)=H2S(g)放出的热量多，但反应为放热反应，焓变是负值，因此∆H1＜∆H2，A正确；B．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，B错误；C．1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫

做该物质的燃烧热，甲烷燃烧生成的稳定化合物是液态水，其热化学方程式中，水应是液态，C错误；D．合成氨的反应为可逆反应，放出的热量与转化率有关，由于转化率未知，所以根据已知条件无法计算是该反应的焓变，D错误；答案选A。6.某同学按如图所示的装置进行电解实验。下列说法不正确的是

A.电解一定时间后，石墨电极上有铜析出B.整个电解过程中，H+的浓度不断减小C.电解初期，主要反应方程式为：2442Cu+HSOCuSO+H电解D.电解过程中，铜电极上有2H产生【答案】BD【解析】【分析】由题干

电解池装置图可知，Cu电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，石墨电极与电源负极相连，作阴极，初期电极反应为：2H++2e-=H2↑，后期电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此分析解题。【详解】A．由分析可知

，石墨电极与电源负极相连，作阴极，初期电极反应为：2H++2e-=H2↑，后期电极反应为：Cu2++2e-=Cu，即电解一定时间后，石墨电极上有铜析出，A正确；B．由分析可知，石墨电极与电源负极相连，作阴极，初期电极反应为：

2H++2e-=H2↑，后期电极反应为：Cu2++2e-=Cu，Cu2+浓度不变，则溶液中H+浓度不变，即整个电解过程中，并不是H+的浓度不断减小，而是先减小后不变，B错误；C．由分析可知，Cu电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，石墨电极与电源负极相连，

作阴极，初期电极反应为：2H++2e-=H2↑，故电解初期，主要反应方程式为：2442Cu+HSOCuSO+H电解，C正确；D．Cu电极与电源正极相连，作阳极，铜失去电子，电解过程中，铜电极上不会有2H产生，

D错误；故答案为：BD。7.下列不能用勒夏特列原理解释的是A.向3Fe(SCN)溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.用饱和食盐水除去2Cl中的HCl，可以减少氯气的损失C.为保存3FeCl溶液，要在溶液中加入少量盐酸D.工业上2SO催化氧化成3S

O的反应，选用常压条件而不选用高压【答案】D【解析】【详解】A．3Fe(SCN)溶液中存在3+-3Fe(SCN)()Fe+3SCN红色，加入固体KSCN后SCN-浓度增大，平衡逆向移动，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，A不符题意；B．Cl

2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中Cl-使平衡逆向移动，可抑制氯气溶于水，减少氯气的损失，能用勒夏特列原理解释，B不符题意；C．3FeCl溶液中存在水解平衡FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，

加入少量盐酸，HCl浓度增大，平衡逆向移动，可抑制3FeCl水解，能用勒夏特列原理解释，C不符题意；D．工业上2SO催化氧化成3SO的反应为223Δ2SO+O2SO催化剂，增大压强有利于平衡正向移动，提高产率，而实际生产中选用常压条件而不选用高压是其它条件相同

时常压的产率与高压的产率差别不大且常压对设备的投入低，更符合经济效益，故不能用勒夏特列原理解释，D符题意；答案选D。8.对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是①增加A的量，平衡向正

反应方向移动②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变④加入催化剂，降低了反应的活化能，B的转化率得以提高⑤增大B的浓度，平衡向正反应方向移动，v(正)、v(逆

)都增大，但是K不变⑥恒温恒容条件下，容器内混合气体的密度不再改变，说明该反应达到平衡状态A.③⑤⑥B.①②C.⑤⑥D.④⑤【答案】C【解析】【详解】①A为纯固体，增加A的量，平衡不移动，故①错误；②正反应放热，升高温度

平衡逆向移动，但v(正)增大，故②错误；③该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，但v(正)、v(逆)同等程度的增大，故③错误；④催化剂不影响平衡移动，则加入催化剂，B的转化率不变，故④错误；⑤增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，v(正)、v(逆)都比原平衡的大；K只受温度影响

，所以不变，故⑤正确；⑥A为纯固体，混合气体的总质量是变量，容器体积不变，则混合气体的密度是变量，容器内混合气体的密度不再改变，说明该反应达到平衡状态，故⑥正确；只有⑤⑥正确，选C。9.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应()(

)()AgxBg2Cg+，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示，下列说法中正确的是A.30～40min间该反应使用了催化剂B

.前8min内A的平均反应速率为110.08molLmin−−C.反应方程式中的x1=，正反应为吸热反应D.30min时降低温度，40min时升高温度【答案】B【解析】【分析】由图可知，反应在20～30min时反应达到平衡状态，30～40m

in间反应物和生成物浓度均减小，但平衡不移动，故30～40min间改变的条件为减小压强；减压，平衡不移动，故反应前后气体分子数不变，x=1；40min时正逆反应速率均加快，平衡逆向移动，改变的条件为升温

，升温，逆向移动，逆向吸热，正向放热。【详解】A．30～40min间正逆反应速率均减小，说明该阶段不是使用了催化剂，故A错误；B．由图可知8min前A的浓度减小了2mol•L-1-1.36mol•L-1=0.

64mol•L-1，所以A的反应速率为0.64molL8min/=0.08mol•L-1•min-1，故B正确；C．30～40min间改变的条件为减小压强，减压，平衡不移动，故反应前后气体分子数不变，x=1，40min时正、逆反应速率均加快，平衡逆向移动，

改变的条件为升温，升温，逆向移动，逆向吸热，正向放热，故C错误；D．30～40min间改变的条件为减小压强，减压，平衡不移动，40min时正、逆反应速率均加快，平衡逆向移动，改变的条件为升温，故D错误；故选B。10.利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。下列说

法正确的是A.若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处B.若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法C.若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法D.若X为锌，开关K置于N处，对铁不能起到防护作用【答案】A【解析】【

分析】【详解】A．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，为外加电源的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，A项正确；B．若X为锌，开关K置于M处，构成原电池，锌作负极，铁作正极，该电化学防护

法称为牺牲阳极的阴极保护法，B项错误；C．若X为碳棒，开关K置于M处，构成原电池，铁作负极，加快了铁的腐蚀，C项错误；D．若X为锌，开关K置于N处，构成电解池，锌作阳极，铁作阴极，可以减缓铁的腐蚀，D项错误；答案选A。11.下列实验方案能达到实验目

的的是选项实验目的实验方案A证明2Mg(OH)沉淀可以转化为3Fe(OH)向12mL1molLNaOH−溶液中先加入2滴121molLMgCl−溶液，再加入2滴131molLFeCl−溶液B证明23NaCO溶液中存在水解平衡向滴有酚酞的23NaCO溶液中加

入少量2BaCl固体，溶液红色稍微变浅C检验()32FeNO晶体是否已氧化变质将()32FeNO样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D比较HClO和23HCO的酸性强弱常温下，用pH试纸分别测定浓度均为10.5molL−的NaClO溶液和3NaHCO溶液的pHA

.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．向12mL1molLNaOH−溶液中先加入2滴121molLMgCl−溶液，再加入2滴131molLFeCl−溶液，由于与MgCl2溶液反应中NaOH溶液过量，故不能证明2Mg(OH)沉淀可以转化为3Fe(OH)

，A不合题意；B．已知Na2CO3溶液中存在2---323CO+HOHCO+OH，向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，由于Ba2+结合碳酸根，导致碳酸根水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，溶液红色稍微变浅，故可证明Na2CO3溶

液中存在水解平衡，B符合题意；C．由3Fe2++4H++-3NO=3Fe3++NO↑+2H2O可知，将()32FeNO样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，即使观察溶液变红，也不能证明()32FeNO晶体已氧化变质，C不合

题意；D．由于HClO具有漂白性，不能用pH试纸测量HClO溶液的pH值，D不合题意；故答案为：B。12.为了应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺。我国科学家发

明了一种新型Zn−CO2电池，装置如图所示(双极膜的阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−，并分别通过阳膜和阴膜)。下列说法不正确．．．的是A.放电时，电极a为负极，发生还原反应B.放电时，电流由b极流向a极C.多孔钯纳米材料增大CO2接触面积，加快反应速率D.放电时

，b极的电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH【答案】A【解析】【分析】据图可知放电时，Zn被氧化为Zn2+，为负极，多孔钯纳米材料上CO2被还原HCOOH，为正极。【详解】A．放电时，a为负极，

Zn失电子发生氧化反应，A错误；B．放电时为原电池，电池外部电流由正极流向负极，即由b极流向a极，B正确；C．多孔钯纳米材料的小孔可以增大表面积，可增大与CO2接触面积，加快反应速率，C正确；D．放电时，b电极

上CO2被还原HCOOH，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH，D正确；综上所述答案A。13.两种等体积的碱性溶液在稀释过程中pH的变化如图所示，下列相关说法正确的是A.加水稀释到任何程度，图中a一定大于7B.若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，则X为

KOH溶液C.若图中曲线分别表示CH3COONa溶液和NaClO溶液，则X为CH3COONa溶液D.两溶液稀释相同倍数，由水电离出的c(OH-)：X>Y【答案】B为【解析】【详解】A．题目中没有标记温度，中性不一定等于7，故a不一定大

于7，A错误；B．若图中曲线分别表示KOH溶液和氨水，KOH为强碱，氨水是弱碱，稀释相同的倍数，强碱溶液的pH变化更加明显，则X为KOH溶液，B正确；C．由于CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，根据酸

越弱对应的盐越易水解，则等pH的两溶液中，NaClO的浓度更小，溶液越稀释越水解碱性越强，但由于NaClO的浓度小，导致稀释相同倍数后其OH-浓度更小，故pH更小，故X为NaClO溶液，C错误；D．若两溶液为碱溶液，Y的OH-浓度大于X，故水电离的OH-浓度X＞Y；若两溶液为水解

显碱性的盐溶液，水的电离程度X＜Y，D错误；故答案为：B。14.常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中由水电离出的OH-浓度在此滴定过程变化如图所示，下列说法正确

的是A.a~e点，e点时水的电离受抑制最强B.b、d两点溶液的pH相同C.c点表示酸碱恰好完全反应，溶液中()()()3OHcCHCOOHcHc−+=+D.d点所示溶液中c(Na+)=2c(CH3COO

-)+2c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A．水电离出的c(OH-)越小，则水的电离受的抑制越强，故a～e点，a点时水的电离受抑制最强，A错误；B．b点CH3COOH和CH3COONa混合溶液，显酸性，d点为C

H3COONa和NaOH溶液，为碱性，故两溶液的pH不同，B错误；C．c点加入的NaOH的体积为20mL，此时NaOH和醋酸恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，根据质子守恒可知c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C正确；D．d点所示的溶液为

CH3COONa和NaOH的混合溶液，由题干图示信息可知，d点对应的NaOH溶液体积不知道，根据物料守恒可知，c(Na+)＜2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D错误；故答案为：C。二、非选择题(本题共4小题，每空2分，共58分)15.根据信息回答问题：（

1）实验测得()247gCHg在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出352.75kJ的热量，试写出24CH燃烧热的热化学方程式：_________________________________________。（2）已知反应：()()()1223Ng3Hg2NHgΔHakJmo

l−+=．有关键能数据如下：1HH436kJmol−−，1NH391kJmol−−，1NN945kJmol−，根据键能数据计算a=___________。（3）已知：()()1221C(s,

)OgCOgΔHakJmol−+==−石墨；()()()122222HgOg2HOlΔHbkJmol−+==−；()()()()12222232CHg5Og4COg2HOlΔHckJmol−+=+=−；根据盖斯定律，计算298K时由C(s,)石墨和()2

Hg生成()221molCHg反应的反应热为：ΔH=____________1kJmol−。（4）已知：A，B，C，D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，B，C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。C原子的最外层电子排布为n2nnsnp。E的原子序数为29．回答下列问题：①A，B，C的

第一电离能由小到大的顺序为____________________(用元素符号表示)。②C元素原子核外有_______个原子轨道。③E元素在周期表中属于_______区元素。写出2E+的电子排布式_______________________。【答案】（1）C2H4(g)+3O2

(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H=-1411kJ/mol（2）-93（3）(-2a-b2+c2)（4）①.C＜O＜N②.5③.ds④.1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9【解析】【分析】

(4)A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，C原子的最外层电子排布为nsnnp2n，由于s能级最大容纳2个电子，则n=2，C原子外层电子排布为2s22p4，故C为O元素；D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子X、Y、Z，则D为H元素，结合原子半径，可推知A为C、B为N，

故X为CH4、Y为NH3、Z为H2O；E的原子序数为29，则E为Cu，以此来解答。【小问1详解】实验测得7g即-17g28g?mol=0.25molC2H4(g)即在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出

352.75kJ的热量，则出C2H4燃烧热的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H=-352.75×4kJ/mol=-1411kJ/mol，故答案为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H=-14

11kJ/mol；【小问2详解】根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，故已知反应：()()()1223Ng3Hg2NHgΔHakJmol−+=．有关键能数据如下：1HH436kJmol−−，1NH391kJmol−−

，1NN945kJmol−，根据键能数据计算a=945kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-93kJ/mol，故答案为：-93；【小问3详解】298K时，C(s,石墨)和H2(g)生成1molC2H2(g)的反应方程式为：2C(s，石墨)+H2(g)=

C2H2(g)，根据盖斯定律，2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)ΔH=△H1×2+△H2×12-△H3×12=(-2a-b2+c2)kJ/mol；故答案为：(-2a-b2+c2)；【小问4详解】①由分析可知，A、B、C分别为C、N、O，根据同一周期从

左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故A，B，C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；②由分析可知，C为O，故C元素的核外电子排布式为1s22s22p4，故其原子核外有1+1+3=5个原子轨道，故答案为：5；③已知2

9号为Cu，故E元素在周期表中属于ds区元素，2E+即Cu2+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，故答案为：ds；1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。16.CoCO3

可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要含CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH

2Co+7.69.43Al+3.05.02Zn+5.48.0（1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式_____________。（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为______________，写出该过程发生的离子方程式_________________。

（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有____________；上述“萃取”过程可表示为4ZnSO(水层)2HX+(有机层)2ZnX(有机层)24HSO+(水层)，由有机层获取4ZnSO溶液的操作名称是________。（4）简述洗涤沉淀

的操作_________________________。（5）在空气中煅烧3CoCO生成钴氧化物和2CO，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，2CO的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为____________。【答案】（1）C

o2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O（2）①.5.0～5.4②.2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑（3）①.分液漏斗、烧杯②.反萃取、分液（4）向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次（5）C

o3O4【解析】【分析】含钴废渣(主要成CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌

等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3固体，以此解答该题。【小问1详解】含钴废渣含有Co2O3，最后得

到CoCO3，则+3价的Co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价Co，反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，故答案为：Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O；【小问2详解】由流程可知

除去铝，生成氢氧化铝沉淀的同时不生成氢氧化锌等，则由表中数据可知pH应在5.0～5.4范围之间，形成沉渣时发生反应的离子方程式为2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，主要发生水解反应，故答案为：5.0～5.4；2Al3++32-3CO+3H2O=2Al(OH)3↓

+3CO2↑；【小问3详解】萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗，烧杯，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层，该过程操作名称为反萃取、分液，故答案为：分液漏斗、烧杯；反萃取、分

液；【小问4详解】洗涤沉淀，可向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次，故答案为：向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，待水自然流出后，重复上述操作2-3次；【小问5详解】CO2的体积为0.672L(标准状况)，n(CO2)=-10.672L22.4L?mol=0.03mo

l，由化学式可知n(Co)=0.03mol，则氧化物中n(O)=-1-12.41g-0.03mol?59g?mol16g?mol=0.04mol，则n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。17.现有下列

仪器或用品：①铁架台(含铁圈、各种铁夹)；②锥形瓶；③滴定管(酸式与碱式)；④烧杯(若干个)；⑤玻璃棒；⑥天平(含砝码)；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗．有下列药品：①NaOH固体；②0.1000mol/L的标准N

aOH溶液；③未知浓度的盐酸；④23NaCO溶液．试回答以下问题：（1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂有蒸馏水、____________。（2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管均加入4mL0.01mol/L

的4KMnO酸性溶液和2242mL0.1mol/LHCO(乙二酸)溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间At_______Bt(填“>”“=”或“<”)。写出该反应的离子方程式：__________

__________________________________________。（3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：①配制250mL溶液：准确称量5.000g乙

二酸样品，配成250mL溶液。②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将140.1000molLKMnO−溶液装入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作；当____________________，说明达到滴定

终点。③计算：重复操作2次，记录实验数据如下．则此样品的纯度为_______。(已知224HCO的相对分子质量为90)序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020.9930.0021.20④误差分析：下列操作会导

致测定结果偏高的是_________________。A．未用标准浓度的酸性4KMnO溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶有少量水C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视【答案】（1）酚酞溶液（2）①.>②.2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（3）①.酸式②.

滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色③.90.00%④.A【解析】【小问1详解】在配制氢氧化钠溶液时需要蒸馏水，在酸碱中和滴定过程中，需要的试剂有酸液、碱液和酸碱指示剂，一般用酚酞溶液，故还需

要的是蒸馏水和酚酞溶液，故答案为：酚酞溶液；【小问2详解】温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，所以褪色所需时间tA＜tB；高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，即2-4MnO+5H2

C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：＜；2-4MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问3详解】②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子

有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：酸式；滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；③第三次消耗体积与第一次和第二次相差

较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积=的2((20.01-0.00+20.99-1.00))mL=20.00mL，设样品的纯度为x，-+2+2244225HCO+2MnO+6H=10CO+2Mn+8HO450225mL5.0(0.10.020)2

50mLgmolxgmol，x=0.1?0.020?4502?5.0?0.1×100%=90.00%，故答案为：90.00%；④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，A正确；B．锥形瓶内有水，对实验无影响，B错误；C．观

察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小，测定值偏小，故C错误；故答案为：A。18.利用反应原理的相关知识，回答下列问题：（1）一定温度下，向恒容密闭容器中充入382molCH，发生反应()()()38362CHgCHgHg+，容器内起始压强为5210Pa−。38CH的气体体

积分数与反应时间的关系如图所示．此温度下该反应的平衡常数pK=__________Pa(pK是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。（2）若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始()()38A

rnCHn越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是________________。（3）以二甲醚()33CHOCH—空气碱性燃料电池为电源进行如下实验，装置如图所示。用装置C精炼粗银。已知：二甲醚—空气碱性燃料电池的总反

应为332232CHOCH3O4KOH2KCO5HO++=+。回答下列问题：①X极的电极名称为__________，b极名称为___________，d极材料是____________(填化学式)②b极附近可

能的现象是________________________。③d电极反应式为___________________________。④若装置A中消耗标准状况下222.4LO，则理论上装置C中可得纯银的质量为________g。【答案】（1）1.8×10-5（2）该反应

为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大（3）①.负极②.阴极③.Ag④.溶液显红色⑤.Ag++e-═Ag⑥.432【解析】【分析】(3)由图可知，装置C为精炼粗银，c电极为Ag-e-═Ag+，发生氧化反

应，为阳极，d电极为Ag++e-═Ag，发生还原反应，为阴极，所以X极为负极，Y极为正极，a极为阳极，b极为阴极，据此分析解答即可。【小问1详解】一定温度下，向恒容密闭容器中充入2molC3H8，发生丙烷脱氢制丙烯反应，容器内起始压强为2×10-5Pa,达到平衡状态时C3

H8的气体体积分数25%，设达到平衡状态消耗丙烷物质的量为x,结合三段式列式计算平衡物质的量，38362CHgCHg+Hgmol?200molxxxmol2-xxx()()()起始量()变化量()平衡量()2-x2

+x=0.25，x=1.2mol，气体压强之比等于气体物质的量之比，得到平衡状态下气体压强p平：p起始=（2+x）：2，p平=3.2×10-5Pa，平衡状态气体总物质的量=3.2mol，Kp=36238)pCH?pH))(C(H(p=-5-5-5

1.21.2×3.2?10Pa?×3.2)×10Pa3.23.(22-1.2×3(.2?1.)032(Pa)=1.8×10-5Pa，故答案为：1.8×10-5；【小问2详解】若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反

应，起始()38)n(ArnCH越大，原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；

【小问3详解】①根据分析可知，X极的电极名称为负极，b极名称为阴极，d极材料是Ag，故答案为：负极；阴极；Ag；②b极附为阴极，电极反应为：2H++2e-═H2↑，溶液中OH-浓度增大，溶液呈碱性，所以b极附近可能的现象是溶

液显红色，故答案为：溶液显红色；③根据分析可知，d极上发生还原反应，其电极反应式为：Ag++e-═Ag，故答案为：Ag++e-═Ag；④装置A中消耗标准状况下22.4LO2，则n（O2）=-122.4L22.4L?mol=1mol，根据关系式O2～4e-、Ag+～e-～Ag则理论上

装置C中可得纯银的质量为4mol×108g/mol=432g，故答案为：432。