【文档说明】重庆市第十一中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(20)页，1.825 MB，由小赞的店铺上传

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重庆11中高2024届高二上学期期末考试化学试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12O16Na23P31Cl35.5Cu64一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分

，每题只有一项是符合要求)1.化学在生活和化工生产中起着重要的作用。有关下列叙述不正确的是A.用食醋清洗水壶里的水垢，是因为CH3COOH的酸性比H2CO3强B.合成氨工业中，升高温度或增大压强都是为了提高氨的平衡产量C.氯碱工业中，电解槽的阴极区产生NaOHD.除去尾气中Cl2，可将尾气通

过含有Fe粉的FeCl2溶液【答案】B【解析】【详解】A．用食醋清洗水壶里的水垢，是因为CH3COOH的酸性比H2CO3强，使得醋酸能与碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙和水、二氧化碳，A正确；B．已知合成氨反应为：N2+3H2垐垐垐?噲垐垐?高温、高压催化剂2NH3ΔH0＜，故

合成氨工业中，升高温度平衡逆向移动，不利于提高氨的平衡产率，增大压强平衡正向移动，氨的平衡产率增大，B错误；C．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水，则阳极为Cl-放电，电极反应为：2Cl--2e-=C

l2↑，阴极为H+放电，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故电解槽的阴极区产生NaOH，C正确；D．根据反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Fe+2FeCl3=3FeCl2可知，除去尾气中C

l2，可将尾气通过含有Fe粉FeCl2溶液，D正确；故答案为：B。2.常温下，已知0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa溶液可形成缓冲溶液。下列说法中正确的是(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5)A.该缓冲溶液存在的微

粒关系有：c(CH3COOH)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)B.在0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa形成的缓冲溶液中，加少量的酸或碱都是被CH3COO-消耗，从而使溶液pH无明显的变化C.该缓冲溶液中，离子浓度的关系：c(CH3COO-)>

c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)D.加水稀释该缓冲溶液，则水电离出的c(H＋)水减小【答案】C【解析】的【分析】Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，则Kh(CH3COO-)=110a5w41.0101.7505

110.7KK−−−=，则0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa溶液形成的缓冲溶液中，CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，溶液显酸性。【详解】A．根据电荷守恒，c(Na

+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒，2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，联立两个等式消除钠离子得，c(CH3COOH)+2c(H＋)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，A错误；B．CH3COO-消耗加入少量

酸，CH3COOH消耗加入的少量碱，从而使溶液pH无明显的变化，B错误；C．根据分析，该缓冲溶液中，CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，c(CH3COO-)>c(Na＋)，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，显性离子大于隐性离子，则c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(

OH-)，C正确；D．根据分析，该缓冲溶液以CH3COOH电离为主，CH3COOH电离溶液显酸性，抑制水的电离，加水稀释后抑制减弱，水的电离增强，则水电离出的c(H＋)水增大，D错误；故选C。3.下列离子方程式书写正确的是

A.NaHCO3溶液呈碱性：HCO3−＋H2O=H2CO3＋OH-B.电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2O电解Cl2↑+H2↑+2OH-C.用饱和的Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2＋

＋2-3CO=CaCO3↓D.已知电离常数：Ka(HCN)=4.9×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：223CO+HO+CN=HCNHCO−−+【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢根的水解是可逆反应，故反

应的离子方程式为：3223HCOHOHCOOH−−＋＋，A错误；B．电解MgCl2溶液最终会生成氢氧化镁的沉淀，反应的离子方程式为：()2+2222Mg+2Cl+2HOMgOH+H+Cl−=电解，B错误；C．CaS

O4为微溶物，此时达到饱和，CaSO4为沉淀，故反应的离子方程式为：2-2-4334CaSO(s)+CO(aq)CaCO(s)+SO(aq)，C错误；的D．根据电离常数的关系，可知酸性关系：H2CO3>HCN>3HCO

−，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体，根据强酸制弱酸反应原理，反应方程式223CO+HO+CN=HCNHCO−−+，D正确；故本题选D。4.还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O2-7和CrO2-4)工业废水的常用方法，过程如下，下列说法错误的是(已知：常温下，Ksp[Cr(OH)3]

=1×10-32)A.反应①，增大c(H+)，2-4CrO的转化率增大B.反应①2v正(CrO2-4)=v逆(Cr2O2-7)时，反应处于平衡状态C.反应②转移0.6mole-，则有0.1molCr2

O2-7被还原D.常温下，要使处理后废水中的c(3+Cr)降至1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液pH=5【答案】B【解析】【分析】反应①使2-4CrO转化为2-27CrO，反应②二价铁离子还原2-

27CrO成3+Cr，反应③加入氢氧根使3+Cr转化为3Cr(OH)沉淀而除去，据此分析。【详解】A．反应①2-2-42722CrO2HCrOHO+++，增大c(H+)平衡正向移动，2-4CrO的转化率增大，A正确；B．判定化学平衡状态：根据不同物质速

率方向相反，且速率比等于系数比，2-2-42722CrO2HCrOHO+++，2-42-27()2()1CrOCrOvv=逆正，即v正(2-4CrO)=2v逆(2-27CrO)，B错误；C．根据电子转移守恒，反应②关系式：2-27CrO~23+Cr，当1m

ol2-27CrO被还原，转移6mole-；所以当转移0.6mole-，则有0.1mol2-27CrO被还原，C正确；D．333+spCr(OH)()()OHCrKcc−=，351+-()11oC0rLmlc−

=，代入可得：32351-mOH1L110()10olc−−−=，则91-()110oOLlHmc−−=，()1415-19110H?L110molL110cmol−+−−−==，故pH=5，D正确；故本题选B。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确的是A.反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1，当反应放出9.2kJ热量时，转移电子数为0.6NAB.标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NAC.室温下，pH=12的Na2CO3溶

液中，由水电离出的OH-数为0.01NAD.电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+【答案】A【解析】【详解】A．由热化学方程式可知，生成2mol氨气，反应放出92kJ热量，转移电子的物质的量为6mol，则当反应放出9.2kJ热量时，转移电子

数为9.2kJ92kJ/mol×6×NAmol-1=0.6NA，故A正确；B．由氯原子个数守恒可知，标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于11.2L22.4L/mol×2×NAmol

-1=NA，故B错误；C．缺溶液的体积，无法计算pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子的物质的量和由水电离出的由水电离出的氢氧根离子的数目，故C错误；D．电解精炼铜时，粗铜中的锌、铁、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金

属阳离子，则当电路中通过的电子数为NA时，无法计算在阳极发生氧化反应的铜的质量，故D错误；故选A。6.下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是ABCD目的测定中和反应的反应热用NaOH溶液滴定盐酸溶液将AlCl3溶

液蒸干制备AlCl3实现利用牺牲阳极法保护铁实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．测定中和反应的反应热的实验关键是防止热量散失，利用杯盖、隔热层、环形玻璃搅拌器等装置可以减少实验过程中的热量散失，A正确；B．NaOH是碱，故应该用碱式

滴定管，B错误；C．加热会促进AlCl3溶液的水解，而且生成的盐酸易挥发，故应该在氯化氢气流中加热蒸发AlCl3溶液制备AlCl3，C错误；D．利用牺牲阳极法保护铁形成的是原电池装置，而D项装置是电解池，为外加电源的阴极保护法，D错误；故本题选A。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共

存的是A.c(FeCl3)=1.0mol·L-1的溶液中：K＋、Na＋、2-4SO、AlO-2B.使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2＋、+4NH、Cl-、-3HSOC.在加入铝粉能产生H2溶液中：Fe2＋、Mg2+、-3NO、2-4SOD.常温下

，W+Kc(H)=0.1mol·L-1的溶液：Na＋、K＋、SiO2-3、-3NO【答案】D【解析】【详解】A．由于Fe3+和AlO-2能发生双水解反应，故c(FeCl3)=1.0mol·L-1的溶液中不可能含有大量的AlO-2，A不合题意；B．使甲基橙试液变红的溶液中含有

大量的H+，H++-3HSO=H2O+SO2↑，B不合题意；C．在加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液也能是强碱性溶液，在强碱性溶液中Fe2+、Mg2+与OH-发生反应生成沉淀而不能大量共存，强酸性溶液中由于含有-3NO与Al反应不能产生H2，C不合题意；D．常温下，W+Kc(H)=0.

1mol·L-1即OH-的浓度为0.1mol/L的溶液：OH-、Na＋、K＋、SiO2-3、-3NO相互不反应，能够大量共存，D符合题意；的故答案为：D。8.下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A向盛有1

mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol·L-1KI溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀常温下，溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B其他条件不变，压缩2HI

(g)I2(g)+H2(g)混合气体颜色变深平衡向生成I2(g)的方向移动C用等体积pH=3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的Fe反应HA放出的氢气多且速率快HA酸性比HB弱D向5mLFeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴

KSCN溶液溶液显红色FeCl3与KI的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向盛有1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，AgNO3溶液过量，再向其中滴加一定量0.1mol·L-1KI溶液只有沉淀的生成，没有沉淀

的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积的大小，故A错误；B．碘化氢分解的反应是气体体积不变的反应，其他条件不变，压缩体积，气体压强增大，化学平衡不移动，故B错误；C．用等体积pH=3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的铁反应，HA放出的氢气多且速率快说明HA的浓度大于

HB，酸性比HB弱，故C正确；D．向5mLFeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，FeCl3溶液过量，所以再加入几滴KSCN溶液，溶液显红色不能说明FeCl3与KI的反应是可逆反应，故D错误；故选C。9.T℃时，用0.10m

ol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如下图所示。下列说法不正确的是A.T℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10−5B.滴定过程中c(CH3COOH)与c(

CH3COO-)之和始终保持不变C.滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的醋酸溶液浓度偏大D.在滴加NaOH直至过量的过程中，溶液的导电性先增强后减弱【答案】BD【解析】【详解】A．由P点知

，CH3COOH达到电离平衡时，c(CH3COO-)=c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH)0.10mol/L，则-+3353a3c(CHCOO)c(H)10101.010c(CHCOOH)0.10K−−−==，A正确；B．n(CH3

COOH)与n(CH3COO-)之和为0.002mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，B错误；C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则消耗NaOH溶液的体积偏大，测得的醋酸溶液浓度偏大

，C正确；D．溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度和所带电荷数的多少，离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液导电能力越强。在滴加NaOH直至过量的过程中，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COOH是弱电解质，N

aOH和CH3COONa强电解质，所以溶液的导电性逐渐增强，D错误；故选BD。10.原子序数依次增大的X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素中，X元素原子的最外层有三个未成对电子，且第一电离能比Y大，Z元素的简单离子半径在同周期中最小，Y、W位于同一主族。下列说法错误的是A.X、Y、Z、W

、Q五种元素中，Z的电负性最大B.简单离子半径：Y>ZC.W元素的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.X、Y两种元素都位于元素周期表p区【答案】A【解析】【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素中，X元素原子的最外层有三个未成对电子，则X为N

，且第一电离能比Y大，由于N为半充满状态故电离能大于O，则Y为O元素，Z元素的简单离子半径在同周期中最小，则Z为Al元素，Y、W位于同一主族，W为S元素，Q为Cl元素，据此分析解题。【详解】A．同周期主族元素从左

到右，电负性逐渐增强，则电负性：N<O、Al<S<Cl，ClO2中Cl显+4价，O显-2价，则电负性：Cl<O，即五种元素中Y(O)的电负性最大，A错误；B．YZ、简单离子分别为O2-、Al3+，核外电子排布相同，核电荷数越大离子半

径越小，则简单离子半径：YZ，B正确；C．根据分析，W为S元素，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，为强酸，C正确；D．X、Y两种元素的价电子排布式分别为2s22p3、2s22p4，都位于元素周期表p区，D正确；故选A。11.三甲基镓[(CH3)3Ga]是应用最

广泛的一种金属有机化合物，可通过如下反应制备：GaCl3+(CH3)3AlΔ(CH3)3Ga+AlCl3.(已知：GaCl3中Ga为最高价)下列说法错误的是A.Al原子核外有13种运动状态不同的电子B.27Al原子的中子数为14C.Cl-的核外三个电子能层均充满电子D.Ga位于周期表中第四

周期ⅢA族【答案】C【解析】【详解】A．铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1+1+3+1+1=7个原子轨道，则核外电子有7种空间运动状态，故A正确；B．27Al原子的质量数为27，质子数为

13，则中子数=质量数-质子数=27-13=14，故B正确；C．Cl-核外各层所含电子数分别为2、8、8，M层最多容纳18个电子，则M层没有充满电子，故C错误；D．Ga是31号元素，核外有四个电子层，最外层有

三个电子，则位于周期表的第四周期ⅢA族，故D正确；故选：C。12.如图是一种锂钒氧化物热电池装置，电池总反应为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8。工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使共晶盐融化。已知：Li熔点181℃，LiCl-KCl共晶盐熔点352℃．下列说法正确的是A.整

个过程的能量转化只涉及化学能转化为电能B.放电时LiV3O8一极反应为：Li1+xV3O8-xe‾═LiV3O8+xLi+C.外电路中有NA个电子发生转移时，有7.0gLi+移向Li-Si合金一极D.Li-Si合金熔点高于352℃【答案】D【解析】【详解】整个过程的能量转化涉及化学能转化为电能以及

化学能和热能之间的转化，故A错误；放电时正极得电子发生还原反应，即正极反应式为LiV3O8+xLi++xe-═Li1+xV3O8，故B错误；放电时阳离子移向正极，Li+移向LiV3O8一极，故C错误；根据工作时，需先引发铁和氯酸钾反应使

共晶盐融化，温度高于352℃，所以Li-Si合金熔点高于352℃，故D正确。13.已知反应：(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H1=−akJ/mol(2)CH4(g)+2O2

(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H2=−bkJ/mol。其他数据如表：化学键C=OO=OC‒HO‒H键能/(kJ•mol‒1)798x413463下列说法正确的是A.∆H1>∆H2B.H2O(g)=H2O(l)的∆S<0，∆H

=(b−a)kJ/molC.甲烷燃烧热为-akJ/molD.上表中x1796b2−=【答案】D【解析】【详解】A．已知气态水具有的能量高于相同质量的液态水，即反应①比反应②放出的热量更多，即-∆H1>-∆H2，则∆H

1＜∆H2，A错误；B．H2O(g)=H2O(l)的∆S<0，根据盖斯定律可知，∆H=()b-a2kJ/mol，B错误；C．燃烧热是指1mol燃料纯物质完全燃烧生成指定的稳定物质(水为液态水)时放出的热量，故甲烷燃烧热为akJ/mol，

C错误；D．根据反应热H等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，即∆H2=−bkJ/mol=4E(C-H)+2E(O=O)-2E(C=O)-4E(O-H)=4×413kJ/mol+2x-2×798kJ/mol-4×463kJ/mol，解得

x=1796-b2，D正确；故答案为：D。14.将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如

图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。A.图像中A

点逆反应速率小于B点正反应速率B.200℃时反应的平衡常数K=0.5C.200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81D.C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的【答案】C【解析】【详解】A．图像中A点未达到该温度下的CO的平衡转化

率，则反应正向进行，因此逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；B．在反应开始时将4molNO(g)和4molCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，则c(NO)=c(CO)=2mol/L，由于200℃时CO的平衡转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知

平衡时c(NO)=c(CO)=c(CO2)=1mol/L，c(N2)=0.5mol/L，则该反应的平衡常数K=22222222(CO)(N)10.5==0.5(NO)(CO)11cccc，B正确；C．已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2

)·c(N2)，在200℃时K=0.5，当反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则v正=v逆，k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，22222(CO)(N)===0.5(NO)(CO)kccKkcc正逆。在反应开始时将4molNO(g)和4mo

lCO(g)充入一个2L恒容密闭容器中，c(NO)=c(CO)=2mol/L，当CO的转化率为40%时，c(NO)=c(CO)=1.2mol/L，c(CO2)=0.8mol/L，c(N2)=0.4mol/L，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c2

(CO2)·c(N2)，v正：v逆=22222222(CO)(NO)1.21.281=0.5=(N)(CO)0.40.820kcckcc正逆，C错误；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化

率降低；催化剂只有在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率降低，D正确；故合理选项是C。二、非选择题(本题共四个大题，共58分)15.按要求完成下列问题。（1）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电

子。短周期主族元素Y的负一价离子的最外层与次外层电子数相同。回答下列问题：①在元素周期表中M位于___________区，基态M原子的价层电子排布图为___________，第四能层s轨道上电子数目和M元素相同的元素还有_________

__(填元素符号)。②元素Y的同周期元素中，第一电离能最大的是___________(写元素符号)。（2）NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热2

1.6kJ，该反应的热化学方程式是___________。（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)＋O2(g)，RAOgg提出如下反应历程：第一步N2O5NO2＋NO3快速平衡第二步NO2＋NO3→NO＋NO2＋O2慢反应第三步NO＋

NO3→2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是___________(填标号)。A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)B.反应的中间产物只有NO3C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D.第一、三步是总反应速

控步骤（4）已知：①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)，正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol；②4NH3(g)＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l)，正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol；则4NH3(g)＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l)的ΔH为_

__________。【答案】（1）①.ds②.③.K④.Ar（2）4222NaBH(s)+2HO(1)=NaBO(s)+4H(g)Δ=-216HkJ/mol（3）AC（4）(5b+c-5a-d)kJ/mol【解析】【分析】M是第四周期元

素，所以M有4个电子层，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子说明次外层18个电子，M为29号元素，短周期主族元素Y的负一价离子的最外层与次外层电子数相同，说明Y原子有3个电子层，次外层8个电子，最外层7个电子，为17

号元素；【小问1详解】①根据M的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；价层电子排布图为，位于ds区；第四能层s轨道上电子数目为1，和M元素相同的元素还有K；故答案为：ds；；K；②同周期元素，从左到右第一电离能增大，根据分析Y为Cl元素，位于第三周期，第一电离能最大的是Ar；故

答案为：Ar；【小问2详解】根据热化学反应方程式原理，焓变与系数呈正比，NaBH4(s)+2H2O(1)=NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216kJ/mol；故答案为：NaBH4(s)+2H2O(1)=NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216kJ/mol；【小问3详解】A

．第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应速率，故A正确；B．根据第二步和第三步可知，中间产物除了NO3，还有NO，故B错误；C．有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明

部分碰撞有效，故C正确；D．第三步反应快，说明第三步反应的活化能较低，故D错误；故选：AC。【小问4详解】△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H1=(a-b)

kJ/mol；②4NH3(g)+5O2(g)═4NO(g)+6H2O(1)△H2=(c-d)kJ/mol，根据盖斯定律将②-①×5得4NH3(g)+6NO(g)═5N2(g)+6H2O(1)，其△H=△H2-5△H1=(c-d)-5×(a-b)kJ/mol=(5b+c-5a-d)kJ/mol；故

答案为：(5b+c-5a-d)kJ/mol。16.2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：（1）在一定温度下，向体积固定．．．．的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应

生成水煤气：Ⅰ、C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H1=+131.4kJ/molⅡ、CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.1kJ/mol①上述反应达平衡后，若升高温度，则CO的平衡体积分数_____

______(填“增大”、“减小”或“不变”)，其理由是___________；②下列说法正确的是___________；A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡C．加入合适催化剂，可以提高H2O(g)的平

衡转化率D．将炭块粉碎，可加快反应速率③反应Ⅰ、Ⅱ均达平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。求反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（2）工业上常用电解法制备物质，回答下列问题：①电解V2

O5制备金属钒的装置如图1所示，熔融CaCl2可传导O2-。则石墨电极Y接直流电源___________(填“正极”或“负极”)，阴极电极反应式为___________。②工业上脱硝常用6%的稀硝酸吸收NOx

生成HNO2(提示：HNO2为弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如图2所示。i、当电路中有0.4mol电子转移时，有___________molH+需要通过阳离子交换膜发生移动。ii、阳极电极反

应式为___________。③用金属钴和不锈钢作电极材料，通过电渗析法制取Co(H2PO2)2的原理如图3所示。N的电极材料是___________(填“金属钴”或“不锈钢”)，M极的电极反应式为___________，膜Ⅱ为___________(填“阴”或“阳”)离子变

换膜。【答案】（1）①.增大②.升高温度，平衡向吸热反应方向移动③.BD④.0.02（2）①.负极②.-2-25=VO+10e2V+5O③.0.4④.--+223HO+HNO-2e=NO+3H⑤.不锈钢⑥.-2+Co-2e=Co⑦.阴【解析】【分析】（2）③以金属钴和次磷酸钠为

原料，采用透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，由图可知，负极上Co失去电子生成Co2+，通过膜Ⅰ进入产品室，次磷酸根离子通过膜Ⅱ进入产品室，所以膜Ⅱ是阴离子交换膜，阴极室NaOH溶液中H

2O(或H+)得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。【小问1详解】①上述反应达平衡后，若升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应Ⅰ向右进行，反应Ⅱ向左进行，所以CO的平衡体积分数增大，答案：增大；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；②

A．平衡时向容器中充入惰性气体，体积恒定，平衡不移动，A错误；B．体积恒定，混合气体的密度保持不变时，说明气体质量保持不变，反应体系已达到平衡，B正确；C．加入合适催化剂，不能提高H2O(g)的平衡转化率，C错误；D．将炭块粉碎，增大

固体表面积可加快反应速率，D正确故选BD；③反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量

为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(

s)+H2O(g)垐?噲?CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp=0.10.50.11.31.30.26MPa0.02MPa0.51.31.3P==总；【小问2详解】①电解V2O5制备金属钒的装置如图1所示，熔融CaCl2可传导O2-，可知氧气在石墨电极

X生成，金属钒在石墨电极Y生成，所以电极Y需要得电子，应该与电源的负极相连，阴极电极反应式为-2-25=VO+10e2V+5O，答案：负极，-2-25=VO+10e2V+5O；②图中a电极上亚硝酸失电子生成硝酸，b

电极上氢离子得电子生成氢气，所以a为阳极，--+223HO+HNO-2e=NO+3H，当电路中有0.4mol电子转移时，阴极就会消耗0.4molH+，所以有0.4molH+需要通过阳离子交换膜发生移动，答案：0.4，--+223HO+HNO

-2e=NO+3H；③由分析可知N的电极材料是不锈钢，M极的电极反应式为-2+Co-2e=Co，膜Ⅱ为阴离子变换膜，答案：不锈钢，-2+Co-2e=Co，阴。17.碱式碳酸铜可用作有机催化剂。工业上以辉铜矿

(主要成分为Cu2S，含SiO2及少量Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如图：(提示：Cu2S中Cu为+1价，S为-2价)回答下列问题：（1）滤渣可能含SiO2、___________(填化学式)。（2）①“浸取”时能提高辉铜矿C

u浸取率的措施有___________(填2条)。②某小组测得Cu浸取率随H2O2浓度及温度影响的变化曲线如图：浸取时Fe2(SO4)3也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为___________；③图2中高于85℃时Cu浸取率下降的原因是_________

__（3）常温下，“过滤”后的滤液中C(Cu2+)=2.2mol/L，则“除铁”步骤调pH应小于___________(已知：常温下Ksp(Cu(OH)2)=2.2×10-20)。（4）工业上也可设计钾离子电池，其工作原理如图所示。K0.5

MnO2+6xC充电放电K0.5-xMnO2+xKC6①放电时K+通过阳离子交换膜向___________电极移动(填“石墨”或“K0.5MnO2”)。②充电时，阳极的电极反应式为：___________。（5）工业上也可用葡萄糖(C6H12O6)构成燃料电池。①写出以葡萄糖(C6H12O

6)为燃料，酸性溶液做电解质，该电池的负极电极反应式：___________②该电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体体积为___________【答案】（1）S（2）①.适当升高温度、适当增大H2O2浓度②.3+2+2+24Fe+CuS=4Fe+2Cu+S③.温度过

高，H2O2分解，不利于Cu浸取（3）4（4）①.K0.5MnO2②.-0.520.5-x2KMnO-xe=KMnO（5）①.C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+②.22.4L【解析】【分析】辉铜矿

主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和Fe2(SO4)3溶液浸取，32222SS24FeCuCuFe++++=++，232222HO2H22HOFeFe+++++=+，过滤得到滤渣为SiO2、单质S，滤液中含有

Fe3+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；【小问1详解】根据分析，滤渣SiO2、单质S；故答案为：S；【小问2详解】①“浸取”时可以通过适当升高温度、适当增大H2O2浓度，提高辉

铜矿Cu浸取率；故答案为：适当升高温度、适当增大H2O2浓度；②根据流程可知，浸取时发生反应32222SS24FeCuCuFe++++=++；故答案为：32222SS24FeCuCuFe++++=++；【小问3详解

】根据()()2220c?c2.210KspCuOH+−−==，根据Cu2+离子的浓度计算OH-离子的浓度，()20102.210c10/L2.2/LOHmolmol−−−==，则c(H+)=10-4mol/L，pH=4；故答案为：4；【小问4详解】①放电为原电池，根据总

反应式分析，K0.5-xMnO2中K元素化合价降低，发生还原反应作为正价；KC6中C元素化合价升高，发生氧化反应作为负极，根据原电池原理可知，溶液中阳离子移动到正极反应，故K+向K0.5-xMnO2电极移动；故答案为：K0.5-xMnO2；②充电时阳极的

电极反应为氧化反应，K0.5MnO2-xe-=K0.5-xMnO2；故答案为：K0.5MnO2-xe-=K0.5-xMnO2；【小问5详解】①在燃料电池中燃料作负极发生氧化反应；故答案为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+；②根据反应关系221O~4e~CO−，每消耗1mol

氧气，生成标准状况下1molCO2气体，体积为V122.4/L22.4LnVmmolmol===；为故答案为：22.4。18.I、在防治新冠肺炎的工作中，过氧乙酸(CH3COOOH)是众多消毒剂中的一种。过氧乙酸可将各种病原微生

物杀灭。某同学利用高浓度的双氧水和冰醋酸制备少量过氧乙酸并进行相关实验。（1）过氧乙酸的制备。向100mL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸(化学式：CH3COOH)，滴加42.5%双氧水15mL，之后加入一定量浓硫酸作催化剂

，维持反应温度为40℃，磁力搅拌4h后，室温静置12h。写出三颈烧瓶中制取过氧乙酸的化学反应方程式___________。（2）过氧乙酸质量分数的测定。准确称取1.00g过氧乙酸样品液，定容于100mL容量瓶中，取其中10.00mL溶液调pH后，用KMnO4标准溶液滴定至溶液出现浅

红色，以除去过氧乙酸试样中剩余的H2O2，再加入过量KI溶液，摇匀，用0.0200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL。(已知：CH3COOOH+2I-+2H+=I2+CH3

COOH+H2O；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是___________(用离子方程式表示)。若H2O2不除，则测得过氧乙酸质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。②滴定时所选指

示剂为___________。③制得过氧乙酸溶液中过氧乙酸质量分数为___________%。II、沉淀滴定与中和滴定相似。为了测定某三氯化氧磷(POCl3)产品中POCl3的含量：准确称取1.600g样品在水解瓶中摇动至完全水解(POCl3+

3H2O=H3PO4+3HCl)，将水解液(提示：H3PO4已除去)配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入0.2000mo/L的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许

硝基苯，用力振荡，使AgC1沉淀被硝基苯覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mo/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标

准溶液10.00mL。（3）①达到滴定终点的判断方法是___________。②取10.00mL于锥形瓶中，需用___________仪器取。③已知：Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2/L2，Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2/

L2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。【答案】（1）CH3COOH+H2O240浓硫酸℃⎯⎯⎯→CH3COOOH+H2O（2）①.2I-+H

2O2+2H+=I2+2H2O②.偏大③.淀粉溶液④.19（3）①.加入最后一滴标准溶液，溶液变为红色，半分钟内不褪色②.酸式滴定管③.偏小【解析】【分析】过氧化氢都与碘化钾反应，使测定过氧乙酸的质量分数偏大；过氧乙酸和碘化钾反应产生I2，通过硫代硫酸钠测定I2的含量，间接测定过氧乙酸的

含量；溶度积大的沉淀容易转化为溶度积小的沉淀。【小问1详解】醋酸和双氧水在浓硫酸作催化剂，维持反应温度为40℃，反应生成过氧乙酸和水，方程式为CH3COOH+H2O240⎯⎯⎯→浓硫酸℃CH3COOOH+H2O；故

答案为：CH3COOH+H2O240⎯⎯⎯→浓硫酸℃CH3COOOH+H2O。【小问2详解】过氧乙酸和过氧化氢都与碘化钾反应，所以先除去过氧化氢，过氧化氢与碘化钾反应离子反应方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；过氧化氢不除，消

耗碘化钾的量偏大，导致测量测得过氧乙酸质量分数偏大；碘化钾被氧化产生I2，遇淀粉溶液变蓝，故用淀粉溶液做指示剂，用Na2S2O3滴定产生的I2，至蓝色褪去到终点；设过氧乙酸的质量分数为x，10.00mL溶液中含有样品的质量为，1g×10.00ml100ml=0.1g，根据离子方程

式CH3COOOH+2I-+2H+=I2+CH3COOH+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI列过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：32223762xLC×0.1gHCOOOHI2NaSO0.0200mol/L

?0.025解得x=19%；故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；偏大；淀粉溶液；19%。【小问3详解】KSCN遇到Fe3+变成红色，加入最后一滴标准溶液，溶液变为红色，半分钟内不褪色证明到达终点；取10.00mL溶液于锥形瓶中，溶液酸性，应用酸式滴定管；加少

许硝基苯，用力振荡，使AgC1沉淀被硝基苯覆盖，Ksp(AgC1)=3.2×10-10mol2/L2＞Ksp(AgSCN)=2×10-12mol2/L2，如果不加硝基苯，在水溶液中，部分氯化银可以转化成硫氰化银，使消耗的KSCN量偏多，会使测定的氯元素含量偏低，使测定POCl3的质量分

数偏小；故答案为：加入最后一滴标准溶液，溶液变为红色，半分钟内不褪色证明到达终点；酸式滴定管；偏小。为