【文档说明】安徽省合肥一六八中学2024-2025学年高二上学期期中考试 化学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，1.633 MB，由envi的店铺上传

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2024-2025学年度耀正优+高二年级(上)·期中学情检测化学考生注意：1.试卷分值：100分，考试时间：75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．，在试题卷．．．．，草稿纸上作答无效．．．．．．．．。3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效。考试结束后只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1O-16C1-

35.5Co-59一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列操作规范且能达到实验目的的是A．利用滴定法测定FeCl2溶液浓度B．探究反应物浓度对反应速率的影响C．测量

中和反应的反应热D．定量测定H2O2分解化学反应速率A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．滴入溴水后，Fe2＋立即被氧化成Fe3＋，溶液立即呈现红色，KSCN溶液不能指示终点，因此达不到实验结果，A错误；B．根

据控制变量法，只有Na2S2O3溶液的浓度不同，可根据生成沉淀的速率来比较反应速率，因此可以探究反应物浓度对反应速率的影响，可以达到实验目的，B正确；C．缺少了玻璃搅拌器，溶液不能混合均匀，使得温度测量不正确，不能测量出中和反应的反应热，不能达到实验目的，C错误；D．生成的气体可以通

过长颈漏斗而逸出，不能被收集到，从而测定不了化学反应速率，达不到实验目的，D错误；答案选B。2.下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向B.依据勒夏特列原理，可推断工业合成氨反应

(H0)在低温条件下平衡转化率更高C.依据温度对弱电解质电离的影响(不考虑溶质的挥发)，升高温度，3CHCOOH溶液的pH减小D.依据HClO的8aK310−=，2HS的7a1K1.0710−=；15a2K7

.110−=，可推断2HS气体通入到过量的NaClO溶液中，主要发生反应的离子方程式为--2HS+ClO=HS+HClO【答案】D【解析】【详解】A．这个说法是正确的。在化学平衡中，Q(反应商)是衡量反应进行程度的一个指标，其计算方式与K(平衡常数)相同，只是Q

的计算中使用的是实际浓度，而K使用的是平衡浓度。如果QK，则反应向右(生成物方向)进行以达到平衡；如果Q>K，则反应向左(反应物方向)进行以达到平衡。因此，A正确；B．依据勒夏特列原理，合成氨反应放热，温度降低平衡

正移，可推断工业合成氨反应(H0)在低温条件下转化率更高，B正确；C．升高温度促进3CHCOOH电离，()cH+增大，pH减小，C正确；D．电离程度：2HSHClO，但HClO具有强氧化性，2HS具有强还原性，NaC

lO过量时，故存在氧化还原反应：224HS642HClOClOSOCl−−−+=++，D错误；故选D。3.下列说法正确的有①酸碱中和滴定实验中，混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度②若酸碱中和反应的离子方程式可以写成+-2H+OH=HO时，中和热为5

7.3kJ/mol−③化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化④放热反应不需要加热就能发生⑤需要加热才能发生的反应都是吸热反应⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多⑦同温同压下，()()()22Hg+Clg=2HClg在光照条件下和点燃条件下的H

相同⑧()()()221Sg+Og=SOgΔH；()()()222Ss+Og=SOgΔH。21HHA.2项B.3项C.4项D.5项【答案】B【解析】【详解】①酸碱中和滴定实验中，混合溶液后，用玻璃搅拌器轻轻搅动溶液

，并准确读取混合溶液的最高温度，故①错误；②若酸碱中和反应的离子方程式可以写成2HHOOH+−+=时，若是浓度较大的硫酸参与反应，还要溶解放热，中和热不一定为157.3?kJmol−−，故②错误；③旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，化学反应有化学键的断裂和形成，都伴有能量

变化，故③正确；④放热反应有的需加热，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其温度达到着火点，故④错误；⑤铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，故⑤错误；⑥气态水转化为液态水会放出热量，所以氢气燃烧生

成气态水放出的热量小于液态水，故⑥错误；⑦反应热与条件无关，H相同，故⑦正确；⑧()1molSg的能量高于()1molSs，()()()22SgOggSO+=反应放出的热量高于()()()22SsOggSO+=，则21HH，故⑧正确；故选B。4

.生产水煤气的反应为()()()()22Cs+HOgCOg+Hg，反应的能量变化如下图所示，下列说法正确的是A.容器内充入()()21molCOg1molHg、后充分反应，吸收的热量小于()bakJ−的热量量B.()()()()22Cs

+HOlCOg+Hg()1ΔHbakJmol−=−C.该反应过程中既有能量的吸收又有能量的释放D.加入催化剂可以减小a的值，从而降低反应的焓变【答案】C【解析】【详解】A．该反应是可逆反应，容器内充入()1molCOg

、()21molHg后充分反应，放出的热量小于()bakJ−，A错误；B．化学反应中，H=反应物总键能一生成物总键能，故该反应的热化学方程式为()()()()22CsHOggHgCO++()1ΔHbakJmol−=−

，但选项中2HO为液态，B错误；C．该反应中，反应物中先发生化学键的断裂形成原子，该过程吸收能量；原子再结合为新的物质，该过程形成新的化学键，释放能量，C正确；D．加入催化剂，只会降低反应的活化能，不会影响反应的焓变，D错误；故选C5.课题组利用浸

渍法将锰钴复合氧化物负载在2TiO表面，制备出一种高效脱硝催化剂，如下图所示。下列叙述正确的是A.两种条件下反应历程不同，生成21molN转移的电子数也不相同。B.加催化剂和升高温度均提高活化分子百分数，作用机理一致C.生成等物质的量的()2Ng和等物质的量的()2HOg时

放出热量不相同D.总反应的最佳投料()()()23nNO:nO:nNH6:3:8=【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，催化剂不同，反应历程不同，但生成21molN转移的电子数相同，A错误；B．催化剂通过降低反应的活化能提高活化分子百分数，升高温度通过提供能量提高活化分子百分

数，二者均提高活化分子百分数，但作用机理不一致，B错误；C．始态和终态相同时放出热量相同，C错误；D．上述反应分为两步：2223222O2687N12HONONONONH+=+=+，，最佳投料含义是反应物恰好完全转化成2N和2HO，总反应为232263O87N12H

ONONH++=+，则总反应的最佳投料()()()23n:nO:n6:3:8NONH=，D正确；故选D。6.已知反应X(g)Y(g)Z(g)+，一定温度下，向1L真空刚性容器加入1molX，反应达到平衡时，c(Y)=0.

4mol/L，下列说法正确的是A.再充入1molX，平衡时c(Z)=0.8mol/LB.再充入1molX和1molY，此时v<v正逆C.再充入1mol氦气(不参与反应)，平衡向右移动D.若温度升高，X的转化率增加，则上述反应H0

【答案】B【解析】【分析】在一定温度下，向1L真空刚性容器加入1molX，发生反应X(g)Y(g)Z(g)+，该反应为气体体积增大的反应，反应达到平衡时，c(Y)=0.4mol/L，则()1cX0.6?Lmol−=、()1cZ0.4?Lmol−=，则反应的平

衡常数()()()cY?cZ0.40.40.8K0.267cX0.63====，据此分析解答。【详解】A．在平衡体系中再充入1molX，相当于增大了体系的压强，平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时Z的量没有增加为原来的2倍，所以()1cZ0.8?Lmol−

，A错误；B．再充入1molX和1molY，浓度熵为()()10.40.4Q0.35K10.6+==+，平衡逆向移动，则此时v<v正逆，B正确；C．再充入1mol氦气(不参与反应)，对平衡无影响，

故平衡不产生移动，C错误；D．若温度升高，X的转化率增加，说明平衡向正反应方向移动，正反应吸热，H0，D错误；故答案为：B。7.将()2HOg和()4CHg按物质的量之比1：1充入反应容器中，发生反应()()()()242HOg+

CHgCOg+3Hg，测得平衡时2H的体积分数与温度及压强的关系如图所示。下列叙述正确的是A.该反应的12H<0,p<pB.图中v逆(M点)大于v逆(N点)C.平衡常数K的值：M点>Q点=N点D保持温度和压强不变，向

Q点平衡体系中充入4CH和CO各1mol，平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．该反应是气体分子数增大的反应，加压时平衡逆向移动，平衡时氢气体积分数减小，故p1<p2；图中显示，随着温度升高，平衡

时氢气的体积分数增大，即平衡正向移动，说明ΔH<0，A错误；B．由于M、N点均为平衡点，可转化为比较v正(M点)和v正(N点)大小，图中N点对应温度高、压强大，生成物含量低、反应物含量高，故v正(N点)>v正(

M点)，即v逆(N点)>v逆(M点)，B错误；.C．该反应的ΔH>0，平衡常数K的值随温度升高而增大，则K值大小关系为N点>M点>Q点，C错误；D．N点为平衡点，H2的体积分数为50%﹐假设起始时充入CH4和H2O(g)的物质的量均为1mol

，则平衡时CH4、CO的物质的量均为0.5mol，保持温度和压强不变，向平衡体系中充入等物质的量的CH4和CO，CH4和CO浓度增大，因CH4和CO平衡时浓度相等，变化量相同以及化学计量数相同，则对平衡的影响抵消，而H2O(g)，H2浓度减小倍

数相同，化学计量数不同，结合平衡常数表达式易判断Qc<K，则平衡正向移动，D正确；故答案选D。8.常温下pH3=的盐酸，下列叙述正确的是A.将10mL该溶液稀释至100mL后，pH5=B.向该溶液中加入等体积pH为11的氨水恰好完全中和C.该

溶液中水电离出的()+cH与盐酸电离出的()+cH之比为810:1−D.该溶液中由水电离出的()()14cHcOH110+−−=水水【答案】C【解析】【详解】A．盐酸溶液中氯化氢完全电离，溶液稀释

10倍，溶液pH增大一个单位，将10mL该溶液稀释至100mL后，pH等于4，故A错误；B．一水合氨是弱电解质存在电离平衡，向该溶液中加入等体积pH为11的氨水，平衡状态下的氢氧根离子恰好完全中和，一水合氨又电离出氢氧根离子，一

水合氨过量，故B错误；C．pH为3的盐酸溶液中酸中氢离子浓度为310mol/L−，水电离出的氢离子浓度为1110mol/L−，溶液中水电离出的()cH+与盐酸电离出的()cH+之比为810:1−，故C正确；D．常温下pH为3的盐酸溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同为1110mo

l/L−，由水电离出的()()22cHcOH110+−−=水水，故D错误；故选C。9.下列关于电解质溶液的叙述正确的是A.pH4.5=的酸梅汁中()+cH是pH6.5=的奶茶中()+cH的100倍B.10.01molL−的硝酸和硫酸溶液，加水稀释100倍后两溶液pH仍相同C.中和pH与体

积均相同的盐酸和硫酸溶液，消耗KOH的物质的量后者多D.25℃，将pH4=的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH8=【答案】A【解析】【详解】A．pH=4.5的酸梅汁中c(H+)是pH=6.5的奶茶中c(H

+)的100倍，故A正确；B．硫酸为二元酸，0.01mol/L的硝酸和硫酸溶液氢离子浓度比为1：2，加水稀释100倍后氢离子浓度比仍为1：2，pH不相等，故B错误；C．盐酸和硫酸均为强酸，pH与体积均相等，则消耗KOH的量相等，故C错误；D．酸溶液无限稀释，只能是pH接近7，不能超

过7，故D错误；故答案选A。25℃时，有关物质的电离平衡常数如表所示。结合表中数据，完成下列小题。化学式电离常数(25℃)23HCO7a1K4.510−=；11a2K4.710−=HF4aK6.310−=2HS7a1K1.110−=；13a2K1.3

10−=23HSO2a1K1.410−=；8a2K6.010−=3CHCOOH5aK1.810−=10.溶液中不可能大量共存的离子组是A.23HSSO−−、B.3HFCHCOO−、C.3HSHCO−−、D.33HSOHCO−−﹑11.下列说法正确的是A.若①3CHC

OOH、②HCl、③23HSO、④3NaHSO四种溶液的物质的量浓度相同，其()cH+的大小顺序为：②>③>④>①B.中和等物质的量的22323HSHCOHSO、、，消耗NaOH的量相同C.等浓度、体积的3NaHCO与3NaHSO混合：--2-33223HSO+HCO=CO+HO+SOD.

少量2SO通入23NaCO溶液中：2---22333SO+HO+CO=HSO+HCO【答案】10.B11.B【解析】【10题详解】A．根据电离常数大小可知酸性：HS−<HSO3−﹐由弱酸不能制取较强酸，HS−与23SO−不发生

反应，故在溶液中HS−和23SO−可以大量共存，A项不符合题意；B．根据电离常数大小可知酸性：3HFCHCOOH，由较强酸能制取较弱酸，可推知反应33FHFCHCOOCHCOOH−−+=+可发生，所以在溶液中HF与3CHCOO−不能大量共存，B项符合题意；C

．根据电离常数大小可知酸性:2323HHSCOHCOHS−−﹐由弱酸不能制取较强酸，HS−和3HCO−之间不发生反应，所以在溶液中可以大量共存，C项不符合题意；D．根据电离常数大小可知酸性：23233HHSOCOHSO−，3HSO−和3HCO−之间不发

生反应，所以在溶液中3HSO−和3HCO−可以大量共存，D项不符合题意；故选B。【11题详解】A．根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：2333HHClSOCHCOOHHSO−。四种溶液的物质的量浓度相同，其()cH+的大小顺序为：②>③>①>④；B．因22323HSH

COHSO、、均为二元酸，且物质的量相同，因此中和时消耗NaOH的量相同，B正确；C．酸性：233HCOHSO−，3NaHCO溶液与3NaHSO溶液混合不能生成二氧化碳气体，故C错误；D．酸性：23233HHSOCOHSO−﹐所以少量的2SO通入23

NaCO溶液中：2222333HO22SOCOSOHCO−−−++=+，故D错误。故选B。12.用已知浓度的酸性4KMnO标准溶液滴定未知浓度的224HCO溶液时，下列说法中正确的是A.酸性4KMnO溶液与224HCO

反应的离子方程式：-2-+2+424222MnO+5CO+16H=10CO+2Mn+8HOB.计数时，一定要保留到小数点后一位小数(如17.3mL)C.滴定终点的现象是，当滴入最后半滴酸性4KMnO标准溶液时溶液变为浅紫红色，且半分

钟不褪色，就达到滴定终点D.滴定终点读数时仰视，结果偏低【答案】C【解析】【详解】A．224HCO为弱酸，不可拆，因此酸性4KMnO溶液与224HCO反应的离子方程式：-+4222224+=2MnO+10CO+25HCO+Mn+6H8HO，故A错误；B．酸式滴定管

的精确度为0.01mL，计数时，一定要保留到小数点后两位小数，故B错误；C．滴定终点的现象是，当滴入最后半滴酸性4KMnO标准溶液时溶液变为浅紫红色，且半分钟不褪色，就达到滴定终点，故C正确；D．若滴定终点读数时，仰视读数，读取的标准液体积偏大，使结果偏高，故

D错误；故选C。13.常温下向120mL0.10molLNaOH−溶液中缓慢滴入相同浓度的某一元酸HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，已知：HCOOH的4aK1.810−=，下列说法错误的是A.曲线Ⅱ表示HCOO−浓度变化B.滴定过程中

N点水的电离程度最大C.M点存在：()()()-++2cOH=cNa+cHD.滴加()VHCOOH在0~20mL范围内存在溶液呈中性点【答案】D【解析】【分析】向120mL0.10molLNaOH−溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是NaOHH+−+、、和

HCOO−﹔当()VHCOOH0=，()()1cOH=cNa0.10molL−+−=，加入HCOOH溶液过程中Na+、OH-浓度减小，H+、HCOO-浓度增多，加入20mLHCOOH溶液，()cNa+减少为0.05mol/L，所以曲线Ⅰ表示OH−浓度变化；当()VHCOOH0=时，1m

olL0.10NaOH−中()113cH1010molL+−−=，很小，加入HCOOH溶液过程中，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混合物，最终为HCOONa，()cH+增加的很少，而HCOO−增加的多，所以曲线Ⅱ表示HCOO−浓度变化。【详解】A．由分析可知，曲线

I表示OH−浓度变化，曲线II表示HCOO−，故A正确；B．N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解对水电离的促进作用，所以N点水电离程度最大，故B正确；C．M点溶液中电荷守恒有()()()()++--cNa+c=cHCOO+cOHH，M点为交点可知(

)()--cHCOO=cOH，联合可得()()()-++2cOH=cNa+cH，故C正确；D．()VHCOOH20mL时，NaOH过量，溶液显碱性，()VHCOOH20mL=时，生成的HCOONa溶液也显碱性，滴加()VHCOOH在0~20mL范围内不存在溶液呈中性点，

故D错误；选D。14.25℃时，以NaOH调节12240.1molLHCO−溶液的pH，溶液中的22242424HCOHCOCO−−、﹑的物质的量分数()δX随pH的变化如图所示。下列说法正确的是A.常温下，pH9=的224NaCO溶液中，水电离产生的OH−浓度

()9cOH1.010mol/L−−=水B.224NaCO溶液中()()()()-+2224-4cOH-cH=cHCO+cHCOC.1240.1molLNaHCO−溶液中()()2-22424cHCO>cCOD.pH4.2=时，()()()+2-4-2422cHCO+cC

O>cNa【答案】D【解析】【详解】A．常温下，pH9=即()9cH10mol/L+−=的224NaCO溶液中，水电离产生的OH−浓度()()51W+KcOHmol/L110molLcH−−−==水。A错误；B．224NaCO溶液中存在质子守恒：()()()

()24224cHO2HCOOHccHCc−+−=++，则()()()()24224cHO2HCOOHccHCc−+−−=+。B错误；C．由图可知，p、q、m曲线分别代表溶液中的22242424HCOHCOCO、、−−的物质的量分数()δX随pH的变化

，则()()24224δHCOδHCO−=时pH1.2=，()()24224cHCOcHCO−=，此时()()()()24++1.2a1224cHCOKcHcH10cHCO−−===；()()22424δHCOδCO−−=时pH4.2=，()()22424cHC

OcCO−−=，此时()()()()224++4.2a224cCOKcHcH10cHCO−−−===，24HCO−的水解平衡常数1412.84.2wha21.2a1K10K1010KK10−−−−====，说明24HCO−的电离程度大于其水解程度，24HCO

−电离生成224CO−水解生成224HCO，则24NaHCO溶液中()()222424HCOCOcc−，C错误；D．由图可知，pH4.2=时，溶液中24HCO−离子浓度与224CO−离子浓度相等，溶液pH

为4.2，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子，由电荷守恒()()()()()22424HO2COOHcNaccHCcc++−−−+=++可知，溶液中()()()224242OCOcNacHCc+−−+，故D正确；故选D。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.填

空（1）已知()()()122Hg+Br1=2HBrgΔH=-72kJmol−，蒸发()21molBrl需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：物质()2Hg()2Brg()HBrg1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)436200a则表中a=______。

（2）已知红磷比白磷稳定，则反应()()42251P,s+5Og=2P)OH(sΔ白磷；()()22524P,s+5Og2()=POsHΔ红磷；1H和2H的关系是1H______2H(填“>”“<”或“=”)。（3）在

微生物作用的条件下，4NH+经过两步反应被氧化成3NO−。两步反应的能量变化示意图如下：()41molNHaq+全部氧化成()3NOaq−的热化学方程式是______。（4）在298K、101kPa时，已知：()()()22212HOg=Og+2HgΔH；()()()2

22Clg+Hg=2HClgΔH；()()()()22232Clg+2HOg=4HClg+OgΔH。则3H与1H和2H之间的关系正确的是______A.312HH2H=+B.312HHH+=C.213HH2H=−D.123HHH=−（5）已知：()

()()-1222COg+Og=2COgΔH=-566kJmol①()()()()-12222321NaOs+COg=NaCOs+OgΔH=-226kJmol2②则()COg与()22NaOs反应放出509kJ热量时，电子转移数目为______【答案】（1）339（

2）<（3）()()()()()+-+-14232NHaq+2Og=NOaq+2Haq+HO1ΔH=-346kJmol（4）A（5）241.20410(或A2N)【解析】【小问1详解】据反应热等于

反应物的总键能减去生成物的总键能可以有：436200302aH72+−−==−，则可以得到a339=；【小问2详解】用第一个反应减去第二个反应可以得到：4P(白磷，s)=4P(红磷，s)12HHH=−，又因为红磷比白磷稳定，所以H0。则可知12HH﹔【小问3详解】第一

步反应热化学方程式为：()()()()()42223Og2HHO12NHaqNOaqaq+−++=++1ΔH273kJmol−=−，第二步反应热化学方程式为：()()()2231Og2NOaqNOaq−−+=H73kJ/mol=−，将两个反应方程式相加可以得到：()()(

)()()42322Og2HHO1NHaqNOaqaq+−++=++1H346kJmol−=−；【小问4详解】据盖斯定律可以有：第三个反应是第一个加上第二个反应乘以2得到的，所以有：312HH2H=+，故A正确；【小问5详解】用第一个反应加上第二个反

应乘以2可以得到：()()()22232g2Os2sCONaNaCO+=H1018kJ/mol=−，()COg与()22NaOs反应放出509kJ热量时，热量是原来的12，则转移的电子的物质的量为：2

mol，也就是241.20410(或A2N)。16.某工业废水中含有一定量的227CrO−和24CrO−，现对某工业废水进行检测并做沉降处理，请回答下列问题：已知：2724222CrO2H()()CrOHO−+−++黄色

橙色；Cr(Ⅵ)是国际公认致癌重金属之一，而Cr(Ⅲ)毒性小。的(一)对工业废水取样，检测其中铬的含量。步骤Ⅰ：取25.00mL废水，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液，2--+3+2722CrO+6I+14H=2C

r+3I+7HO然后滴入几滴指示剂。步骤Ⅲ：将一定体积的12230.1000molLNaSO−溶液装入碱式滴定管中，进行滴定操作，滴定。结果如下：(2223246I+2NaSO=2NaI+NaSO)滴定次数223NaSO溶液起始读数/mL223NaSO溶液终点读数/

mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.2018.20步骤Ⅳ：将上述反应后溶液进行pH调节、过滤等处理，回收沉淀，滤液倒入下水道。（1）步骤Ⅱ中滴入的指示剂为______。（2）酸性环境的溶液中23NaSO也能还原Cr(Ⅵ)，写出该反应的离子

方程式：______。（3）步骤Ⅰ加入稀硫酸酸化的目的是______。（4）步骤Ⅲ判断滴定达到终点的现象是______。（5）以下操作会造成废水中铬含量测定值偏高的是______。A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B.盛装待测液锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C.

滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D.清洗后未用标准液润洗碱式滴定管（6）25.00mL废水经酸化后，含有227CrO−的物质的量为______mol。(二)还原沉淀法除227CrO−和24CrO−该方法的工艺流程为：()2+HFeOH2234273CrOCrOC

rCrOH+−−−+⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→+⎯⎯⎯→①转化②还原③沉淀（7）能说明第①步反应达到平衡状态的是______(填字母代号)。a．227CrO−和24CrO−的浓度相同b．()()2-2-2742vCrO=vCrOc

．溶液的颜色不变的（8）第②步中，还原2271molCrO−离子，需要______mol的42FeSO7HO。【答案】（1）淀粉溶液（2）2-2-+3+2-27342CrO+3SO+8H=2Cr+3SO+4HO（3）促进平衡2242722CrO()2HCrO()HO−+

−++黄色橙色正向移动，使24CrO−充分转化成227OCr−（4）当最后半滴23NaSO溶液滴入后，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色（5）CD（6）4310−（7）c（8）6【解析】【分析】滴定误差分析时，可根据()cVcV=（标准）（标准）待测（待测）进行分析

；【小问1详解】步骤Ⅲ滴加223NaSO消耗2I，因此指示剂是淀粉溶液；【小问2详解】亚硫酸根被氧化为硫酸根，重铬酸根被还原为三价铬离子，所以离子方程式为：2-2-+3+2-27342CrO+3SO+8H=2Cr+3SO+4HO

；【小问3详解】根据已知信息，步骤Ⅰ加入稀硫酸酸化的目的是促进平衡2242722CrO()2HCrO()HO−+−++黄色橙色正向移动，使24CrO−充分转化成227OCr−；【小问4详解】滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液的颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；故答

案为：当最后半滴23NaSO溶液滴入后，锥形瓶中溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；【小问5详解】A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，则读数偏低，计算废水中铬含量测定值偏低，故A错误；B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用

待测液润洗，对废水中铬含量测定值无影响，故B错误；C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则废水中铬含量测定值偏高，故C正确；D．清洗后未用标准液润洗碱式滴定管，则消耗标准溶液体积偏大，则废水中铬含量测定值偏高，D正确；故答案为：CD；【小问6详解】三次滴定消耗223NaSO溶液的体积分

别为18.01mL、17.99mL、18.00mL，平均消耗体积为18.00mL，根据反应2--+3+2722CrO+6I+14H=2Cr+3I+7HO，2223246I+2NaSO=2NaI+NaS

O，可得关系227CrO−——3I2——6223NaSO，25.00mL废水经酸化后，含有227CrO−的物质的量为16×18mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=3410−mol；故答案为：4310−；【小问7详解】a．22

7OCr−和24CrO−的浓度相同，与起始量和转化率有关，不一定为平衡状态，故错误；b．()()222742vOvCrCrO−−=，没有体现正逆反应，故错误：c．溶液的颜色不变，平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，故正确；故答案为c；【小问8详解】根据电子得失守恒可知，还原2271

molCrO−离子得到3+Cr，得电子：()2636mol−=，需要42FeSO7HO的物质的量为：()6326−=，故答案为：6。17.在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：（1）利用42CHCO−干

重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：I．42CH(g)C(ads)2H(g)+Ⅱ．2C(ads)CO(g)2CO(g)+上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示。①反应Ⅱ是___________(填“

慢反应”或“快反应”)，42CHCO−干重整反应的热化学方程式为___________。(选取图中12345EEEEE、、、、表示反应热)②在恒压条件下，等物质的量的4CH(g)和2CO(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整反应中还发生了副反应：222Hg

CO(g)HO(g)CO(g)H0()++，则表示4CH平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)，判断的依据是___________。③在恒压p800K、条件下，在密闭容器中充入等物质的量的4

CH(g)和2CO(g)，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中()2n(CO):nHO=___________，干重整反应的平衡常数pK=___________(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。

（2）二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(CuC/CuNC/Cu)−、、的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态，*表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(NC)−可

以提高乙醇的选择性，其原因可能是___________。【答案】（1）①.快反应②.()42231CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)HEEkJmol++=+−③.B④.相同条件下，因为2CO同时参与2个反应，故转化率更大，4CH只参与1个反应，转化率小于2CO⑤.3:1⑥.220.

6p0.2p2.42.40.8p0.6p2.42.4（2）在NC/Cu−催化剂表面，反应2CO*OCCO*=的活化能较小，促进了CC−键形成(或其他合理说法)【解析】【小问1详解】①由图可知反应I的活化能大于反应

Ⅱ，故反应Ⅱ为快反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3-E1)kJ/mol；②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生

干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g)(副反应)，相同条件下，因为CO2同时参与2个反应，故转化率更大，CH4只参与1个反应，转化率小于CO2，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，表示CH4平衡

转化率的是曲线B；③设在密闭容器中充入1molCH4(g)和1molCO2(g)，因为CO2(g)的转化率为40%，消耗0.4mol，CH4(g)的的平衡转化率为20%，故共消耗0.2mol，列出三段式：422(g)+(CHCO+2H(g)100.20g)2CO(g)(mol)10(mol

)(mol.20.40.40.80.80.40.4)起始转化平衡222(g)+(gHCO+HO(g)0.40.8)CO0.400.20.20.20.20.20.6(g)(mol)(mol)(mol0.)0.62起始转化平衡平衡时体系中，n(

CH4)=0.8mol，n(CO2)=0.6mol，n(CO)=0.6mol，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(CO)：n(H2O)=3:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，

故22222420.6p0.2pp(CO)p(H)2.42.4Kp=0.8p0.6pp(CH)p(CO)2.42.4=；【小问2详解】催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了

C-C键形成；18.()336CoNHCl(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备()336CoNHCl的装置和步骤如下：①在三颈烧瓶中加入：2.38g22CoCl6HO、4

.00g4NHCl和5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到()326CoNHCl(二氯化六氨合钴)溶液；②将得到的()326CoNHCl溶液冷却至10℃，加入7mL4%的22HO，恒温

55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀；③将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，___________，将活性炭滤出弃去；④在滤液中加入3.5mL试剂甲，

搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用试剂乙洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品2.14g。回答下列问题：（1）仪器a盛装的试剂是___________。（2）常温下，()15sp2KCoOH1.0910−=

，从平衡角度解释，步骤①中先加4NHCl，后加浓氨水的原因是___________。（3）步骤②中温度控制在55℃左右原因是___________。（4）步骤③中缺少的操作名称为___________。（5）步骤④中：试剂甲和试剂乙选择合理的是___________(填标

号)；A．甲为浓盐酸，乙为水B．甲为乙醇，乙为水C．甲为浓盐酸，乙为乙醇该反应的产率为___________(已知：()336CoNHCl的摩尔质量为267.5g/mol)。（6）由()326CoNHC

l制备()336CoNHCl的化学方程式为___________。【答案】（1）P2O5(或CaCl2)（2）NH₄Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀（3）温度过低反应速率慢，温度过高

双氧水和NH3•H2O受热易分解（4）趁热过滤（5）①.C②.80%（6）()()33362232624+HO+2NHCl=2+2NH+2HO2CoNHClCoNHCl【解析】【分析】CoCl2在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加

氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物()336CoNHCl，以此解题；【小问1详解】由图可知，仪器a是球形干燥管；球形干燥管的作用是吸收挥发出的氨气，故可盛放P2O5(或CaCl2)；【小问2详解】先加入氯化铵，增加铵根浓

度，抑制一水合氨电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀；【小问3详解】若反应温度过低，反应速率较慢，若反应温度过高，过氧化氢受热分解，所以需要控制水浴温度为55℃；【小问4详解】活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，减少()326CoNHCl损失；【小问5详解】浓盐酸氯离子浓度大，

降低()336CoNHCl在水中溶解度，因此试剂甲选用浓盐酸；过滤得到()336CoNHCl晶体，用乙醇洗去晶体表面杂质，同时用乙醇便于晶体干燥，故选C；22CoCl6HO的的质量为2.38g，对应的理论产量为m=2.38g267.52.67

5g238=，产率2.14g100%80%2.675g=；【小问6详解】由()326CoNHCl制备()336CoNHCl的化学方程式为：()()322243332662CoNHCl+HO+2NHCl=2CoNHCl+2NH+2HO。