化学(九)-【步步为赢】2025-2026学年高二上学期化学期末综合冲刺卷

高二第一学期期末综合冲刺卷·化学（九） (满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H一1C-12N一14O一16Na一23Mg一24 A1-27S-32C1-35.5K-39Ga-40Fe-56Cu-64Sb-122Ba-137 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目要求。） 到 1.神舟十三号航天员在完成飞行任务的同时还推出了“天宫课堂”。下列有关说法正确 的是 如 A.航天器的操纵杆采用的碳纤维属于有机高分子材料 B.航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低 C.太空舱中砷化镓太阳能电池工作时将化学能转化为电能 意 D.在太空失重状态下，“水油分离实验”中，分液静置即可实现水和油的分离 2.北京冬奥会火炬以氢气为燃料，主火炬首次采用“微火”方式。已知氢气的燃烧热为286kJ/ol, 长 HO(g)—H,OI)△H=一44kJ/mol。下列热化学方程式正确的是 A.2H2(g)+O2(g)—2HO(g)△H=-286kJ/mol B.2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)△H=-572kJ/mol 召 的 C.H,(g)+20,(g)—H,0(g)△H=-330kJ/mol 数 D.H,0(g)-H,(g)+20,(g)AH=+242kJ/mol 3.煤的液化可以合成甲醇，下列有关说法正确的是 超 ①“气化”：C(s)十2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)△H1=+90.1k·mol1; ②催化液化I:CO,（g)+3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g)△H2=-49.0kJ·mol1: 啊 的 ③催化液化Ⅱ：C0,(g)+2H,(g)—CH,OHg)+20,(g)△H,=ak·mol': A.催化液化I中使用催化剂，反应的活化能E、△H2都减小 B.反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CHOH(g)△H=-41.1kJ·mol- C.升高温度，①速率增大：②速率减小 D.H,S0,为电解质溶液的甲醇燃料电池中正极的电极反应为：号0，十2H+2© —H,O 9-1 4.已知298.l5K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)一Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K= 2.2,若溶液中Pb2+和Sn+的浓度均为0.10mol·L1,则此时反应进行的方向是 ( A.正反应方向 B.逆反应方向 C.处于平衡状态 D.无法判断 5.我国科学家最近发现一种可用于制造半导体材料的新物质，其结构 W X W 如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，乙，YW一Z-Y一乙-W 处于同一主族。下列说法正确的是 () WⅩW A.W、Z形成的化合物各原子最外层满足8电子稳定结构 B.原子半径：W>Z>Y>X C.简单氢化物的稳定性：Z>Y D.W的氧化物对应的水化物为强电解质 6.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是： () A.pH=0的溶液：K+、Ca2+、HCO,、NO B.存在较多的Na、SO、OH的溶液中：Mg2+、Ba+、Br C.使紫色石蕊变蓝的溶液：K、Na、CH,COO、SO D.由水电离出的c(H+)为1×10-1mol/L溶液中：K+、Fe2+、SO、NO 7.如图是原电池的装置图，图中电流计指针偏转。下列说法错误的是() A.若c为硫酸铜溶液，a电极的质量增加，则a为正极 B.若c为稀硫酸溶液，b电极上产生气泡，则b为正极 溶液 C.若a为Zn,b为Fe,c为NaCl溶液，则Na移向b极 D.若总反应为Cu+2Fe3+一Cu2++2Fe2+,a、b的材料可分别为Cu、Fe 8.用石墨作电极电解CuC12溶液，当通电一段时间后，阳极收集到2.24L气体（标准状况）。 下列有关说法正确的是 A.阴极生成的铜为5.6g B.上述电解过程中共转移0.2mol电子 C.电解得到的Cu的物质的量为0.5mol D.电解后溶液呈碱性 9-2 9.某化学学习小组在学习元素周期系和周期的划分时提出了以下观点：①元素周期系的形 成是由原子的结构决定的：②元素周期系中第IA族元素统称为碱金属元素；③每一周 期的元素原子价电子排布式均是从ns开始至nsnp结束；④元素周期系的每一周期元 素的种类均相等；⑤基态原子核外电子排布式为1s22s22p3和1s22s22p3s23p3的两元素 的原子位于同一周期；⑥周期序数越大，该周期所含金属元素一般越多。你认为正确 的是 A.①⑥ B.①②③⑤⑥ C.①④⑥ D.②③⑤ 10.下列说法正确的是 A.NH HCO3(s)—NH(g)+HO(g)+CO2(g),△H=+185.57kJ/mol,该反应在 一定温度下能自发进行是因为体系混乱度增加 B.其他条件不变时，使用催化剂可降低活化能，从而改变反应进行的方向 C.某反应的平衡常数与物质性质和温度有关，并且会受到起始浓度的影响 D.反应的平衡常数越大，反应物的转化率就越小 11.已知830℃时，可逆反应CO2(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)△H>0的平衡常数K=1。 T℃下，在2L恒容密闭容器中，加入0.4 mol CO2和0.8molH2,随着反应的进行，测 得H,O(g)的物质的量浓度随时间变化如下表所示。 t/min 0 10 20 30 40 70 90 c/(mol·L1) 0 0.04 0.07 0.09 0.10 0.12 0.12 关于该反应，下列说法正确的是 A.T>830 B.20~40min内，v(H2)=1.5×10-2mol·L1·min1 C.平衡后，仅增大压强，CO的体积分数将增大 D.若向容器中充入0.8 mol CO2和1.6molH2,反应达到平衡的时间小于70min 9-3 12.室温下，用0.1mol·L1的NaOH溶液滴定20.00mL0.10 mol·L1HR溶液（滴定曲线如图所示），下列说法错误的是 (已知：电离度 已电离的溶质分子数×100%) 原有溶质分子总数 30 A.x<20 NaOH溶液)/mL B.室温下，HR的电离度为1% C.d点溶液中，部分粒子之间的关系为c(Na)>c(R)>c(HR)>c(OH)>c(H) D.a、b、c、d四点溶液中，水的电离度由大到小的顺序为c>b>a>d 13.可充电水系Zn-CO2电池用锌和催化剂材料作两极， A a极 双极膜 a极 b极 电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴 Zn(OH) CO: 膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层 HCOOH* KOH NaHSO 间的H,O电离出的H和OH可以分别通过膜移向 两极。下列说法不正确的是 A.放电时，电极a为负极，发生氧化反应 B.放电时，b极的电极反应为：CO,+2H++2e—HCOOH C.充电时，若电路中通过1mole,则有0.5mol的CO2生成 D.充电时，双极膜中水电离出的H向b极移动，OH向a极移动 14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W位于s区，其基态原子的电子层数和 未成对电子数相等；X的基态原子的电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中 的电子总数相同；Z的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法错 误的是 A.W分别与X、Y、Z结合，均能形成10电子分子 B.X、Y的单质分别与Z,发生化合反应只能获得NO一种产物 C.化合物YZ中Y的化合价为+2价 D.W,Z和YZ,反应能生成强酸，因此YZ2是酸性氧化物 9-4 二、非选择题（本题包括4小题，共58分） 15.(13分)某校化学兴趣小组对CO2、NO,进行了深入的研究。 (1)加热KNO2晶体时生成固体KNO2和O2,没有生成红棕色NO2,且每生成11.2L O2(标况)吸收29kJ热量，已知碳的燃烧热为394kJ/ol,该兴趣小组在模拟黑火药爆 炸反应时，忘记加硫，KNO,晶体与碳也发生了反应，其热化学方程式为2KNO,(s)十 C(s)-2KNO2(s)+CO2(g)△H=akJ/mol,则a= (2)该兴趣小组同学对反应4CO(g)+2NO2(g)三N2(g)+ 1平衡时的体积分数 4CO2(g)进行了研究，保持其他条件不变，改变C0的物质的 量，平衡时N2的体积分数变化情况如图所示。 ①则b点时，投料n(CO):n(NO2)= ;a、b、c三点NO2 起始时n(CO)/mol 的转化率由小到大的顺序为 ②若在体积为2L的密闭体积不变的容器中，加入2 mol NO2和一定物质的量的CO, 达到平衡点b,b点对应的N的体积分数为号，则此时n(N,)为 (3)向恒容密闭容器中通入一定量NO2,发生反应2NO2（g)一N2O4(g),达到平衡后， 降低温度，混合气体颜色变浅。 ①若需要测定O2的相对分子质量，为了测定更准确，则需要的外界条件为 ②该反应平衡时的变化规律如图所示。若X为压强，则Y为 (答出一条即可)。 ③该反应达到平衡时，向恒容密闭容器中通入一定量NO2,则再次 达到平衡时，NO2的物质的量分数将 (填“升高”“不变” “降低”)。 16.(14分)氮氧化物是大气污染物，氮氧化物的处理和利用是我国科研工作者研究的热点 之一，试回答下列问题： (1)氨气还原氨氧化物的反应为： ①N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H ②4NH(g)+3O2(g)—2N2(g)+6HO(1)△H2 9-5 请写出NH(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(I)的热化学方程式 (△H用含△H1、△H2的式子表示)，依据反应②设计成燃料电池，用 KOH溶液作电解质溶液，写出负极电极反应式 (2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中充4.0 mol NO2和4.0 mol CO,在催化剂作用下 发生反应：4CO(g)+2NO2(g)一N2(g)+4CO2(g)△H<0,测得相关数据如表： 0 min 5min 10 min 15 min 20 min c(NO2)/mol·L-1 2.0 1.7 1.56 1.5 1.5 c(N2)/mol·L-1 0 0.15 0.22 0.25 0.25 ①0~5min,用NO2的浓度变化表示的反应速率为 ②以下表述能说明该反应已达到平衡状态的是 A.2u(NO2)正=o(N2)进 B.气体密度不再变化 C.气体平均相对分子质量不再变化 D.N2与CO2的物质的量之比保持不变 ③20min时，该反应达到平衡状态，此时平衡常数K= ,若保持体积和温度不 变，继续向该容器中加入4.0 mol NO2和4.0 mol CO,反应再次达到平衡时，NO,的转 化率比原平衡的转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)湿法脱硝：采用碱性aC1O2溶液作为吸收剂可将烟气中的NO脱硝转化为NO和 NO2,经实验测得生成的c(NO3):c(NO2)=2:1,CIO2被还原成CI。 ①NaCIO,溶液显碱性，用离子方程式解释原因 ②写出NaCIO2溶液脱硝反应的离子方程式 17.(15分)氧化锌又称锌白，作为添加剂在多种材料和产品中有广泛应用，一种以锌精矿 (主要成分是ZnS,还有FeO4、CuO、PbO2等杂质)为原料制备锌白的工艺流程如下： MnO2、稀硫酸氨水有机苯取剂反萃取剂 Zn NHHCO、氨水 锌精矿一浸出一沉铁 卒取 反卒取 深度净化 沉锌 煅烧一锌自 滤渣I滤渣Ⅱ 滤渣Ⅲ 已知：25℃时相关物质的K如下表： 物质 Zn(OH), Fe(OH), Fe(OH) Mn(OH)2 Cu(OH)2 5×1018 5×10-17 1×1038 2×1013 2×1020 9-6 回答下列问题： (1)滤渣I的主要成分除过量MnO2外，还有S和 (填化学式)。“浸出”时， MnO,氧化ZnS的离子方程式为 (2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节pH最低为 (通常认为残留在溶液中离子浓度 ≤105mol·L1时，沉淀完全)。 (3)“萃取，反萃取”时发生的反应是M+十2HA(有机萃取剂)一MA2十2H。有机萃 取剂能分离ZnSO4和MnSO4,为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈 (填“酸” “碱”或“中”)性。 (4)“深度净化”中加Zn的目的是什么？ (5)“沉锌”时，恰好完全反应，过滤、洗涤得到碱式碳酸锌[Zn,(OH)2,(CO3)x-)],反应 的离子方程式为 。检验沉淀洗涤干净的 方法是什么，请写出来。 18.(16分)一种利用含Co废渣（主要含金属Co,还含有Fe、Zn)制取CoCO,的流程如下图所示： HSO H2O2 ZnO NaOH溶液 H.SO. NaHCO 废渣→酸浸→氧化一调H一过滤个一→除锌一过滤2一酸溶→沉钻一CoC0 Fe(OH) 滤液 C02 已知I.部分金属离子开始生成氢氧化物沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： Fe+ Zn2 Fe2+ Co2+ 开始沉淀的pH 1.5 5.4 5.8 6.6 沉淀完全的pH 3.2 8.2 8.8 9.4 9-7 Ⅱ.pH>10.5时，Zn(OH)2会发生反应：Zn(OH)2十2OH[Zn(OH)4]-,pH>13 时，Zn(OH)2完全转化为[Zn(OH)4]2。 (1)酸浸时，不改变H2SO4的浓度和体积，任写出一种可以加快反应速率的方法： (2)酸浸后所得溶液中含Co2+、Fe+、Zn2+,基态Co2+的电子排布式为 (3)加入ZnO调pH的目的是促进Fe3+水解转化为Fe(OH)3沉淀。 ①调pH的范围为 ②加入ZnO将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀的离子方程式为 (4)除锌时加入NaOH溶液至pH大于l3。设计并写出由过滤2所得滤液制取ZnSO4 溶液（不含其他溶质）的实验方案。（实验中可以使用的试剂是0.1mol·LH,SO4) (5)写出沉钴反应的离子方程式： (6)沉钴时，也可使用Na2CO2代替NaHCO3。使用NaCO3,应将Na2CO3溶液滴加到 酸溶后的溶液中，而不能反过来滴加，原因是什么？ 9-8Ni2+(ag)+2R(aq)。Fe2+和H2O2通过反应I :5,A[四氯化硅中硅原子和氯原子的最外层均满足8 和反应Ⅱ将R一转化成难以与N2+络合的·R,使 电子稳定结构，故A正确；同周期元素，从左到右原子 c(R一)减小，平衡正向移动，实现“脱络” 半径依次减小，则氯原子的原子半径小于硅原子，故B 错误；同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减 (4)2NiC2O4 高温Ni205十3C04+C0:↑ 弱，简单氢化物的稳定性依次减弱，则硅化氢的稳定 (5)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O 高二第一学期期末综合冲刺卷·化学（九） 性小于甲烷，故C错误；次氯酸是氣元素的氧化物对 1.B[航天器的操纵杆采用的碳纤维属于碳单质，不是 应的水化物，在溶液中部分电离，属于弱电解质，故D 有机高分子材料，故A错误；航天服壳体使用的铝合 错误；故选A。] 金材料属于合金，其熔，点比纯铝低，故B正确；太空舱 6.C[pH=0的溶液呈酸性，酸性条件下，H十与 中砷化镓太阳能电池工作时将太阳能转化为电能，故 HCO3结合生成水和二氧化碳气体，不能大量共存， C错误；分离互不相溶的液体的实验操作是分液，在 故A错误；Mg2+与OH一反应生成氢氧化镁沉淀、 太空失重状态下，油和水处于零重力作用下，二者不 Ba2+与SO星反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存， 会分层，静置不能实现水和油的分离，故D错误；故 故B错误：使紫色石蕊变蓝的溶液呈碱性，碱性条件 选B。] 下，K+、Na+、CHCOO、SO离子之间不发生任 2.D[由于1mol水蒸气变为液体水放出热量是44k,则 何反应，可大量共存，故C正确；由水电离出的c(H+) 2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)△H=(-286+44)X 为1×10一10mol/L溶液可能呈酸性，也可能呈碱性， 2kJ/mol=-484kJ/mol,A项错误；由A可知， 当溶液呈酸性时，NO3具有强氧化性，能氧化Fe2+, 2H2 (g)+O2(g)=2H2O(g)AH=-484 kJ/mol, 不能大量共存，当溶液呈碱性时，F2+与OH反应生 B项错误：H(g)+号02(g)一H0(g) △H= 成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，故D错误；答案 选C。] (-286+44)kJ/mol=-242kJ/mol,C项错误；氢气 燃烧放出热量，水分解产生氢气和氧气则吸收热量， T.D[若c为硫酸铜溶液，a电极的质量增加，则Cu2+ 二者的能量数值相等，符号相反，所以1mol气态水完 在a电极上得电子，所以a为正极，A正确；若c为稀 全分解为氢气和氧气，吸收热量是242k,用热化学 硫酸溶液，b电极上产生气泡，则H十在b电极上得电 子，所以b为正极，B正确；若a为Zn,b为Fe,c为 方程式表示是H,0(g)H(g)十20，(g)△H= NaCl溶液，则发生吸氧腐蚀，Fe为正极，阳离子向正 十242kJ/mol,D项正确；答案选D。] 极移动，所以Na十移向b极，C正确；若总反应为Cu十 3.D[催化液化I中使用催化剂，反应的活化能E。减 2Fe3+Cu2++2Fe2+,则Cu作负极，正极金属的 小、△H2不变，故A错误；根据盖斯定律：①十②得 活动性应比负极弱，所以b的材料不可能是Fe,D错 C(s)+H2O(g)+H2(g)-CH3OH (g)AH= 误；故选D。] (90.1-49.0)kJ/mol=+41.1kJ/mol,故B错误；升 8.B[当通电一段时间后，阳极收集到标准状况下2.24L 高温度，①②速率都增大，故C错误；H2SO4为电解质 溶液的甲醇燃料电池中，氧气在正极得到电子发生还 气体，共%质的量为0)一-2 原反应，正极的电极反应为：号0十2H十2e 0.1mol,则根据反应方程式中电子守恒关系可知 n(Cu)=n(Cl2)=0.1mol,则n(Cu)=0.1mol× H2O,故D正确；故选D。] 64g/mol=6.4g,A错误；根据方程式可知：每反应转 4.A[Pb2+(aq)+Sn(s)=Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡 移2mol电子，反应过程中产生1 mol Cl2,现在反应 常数K=c(Sm=2.2,若溶液中Pb2+和Sm2+的浓 产生0.1 mol Cl2,因此反应过程中转移了0.2mol电 c(Pb2+) 子，B正确；根据选项A分析可知电解得到的Cu的物 度均为0.10molL1,Q=cS2)=1<K,所以此 c(Pb2+) 质的量为0.1mol,C错误；CuCl2是强酸弱碱盐，水解 时反应正向进行，故选A。] 使溶液显酸性。随着电解反应的进行，溶液的浓度变 21 小，溶液酸性减弱，若CuC2未电解完全，则电解后溶 12.C「由分析可知，c,点溶液pH为7说明反应所得溶 液仍为酸性，D错误；故合理选项是B。] 液为HA和NaA的混合溶液，则氢氧化钠溶液的体 9.A[①元素周期系的形成原因是核外电子排布呈周 积x小于20mL,故A正确；由分析可知，a点 期性变化，而核外电子排布是由原子的结构决定的， 0.10mol/LHA溶液pH为3，则室温下，HR的电 正确；②第IA族元素除氢元素之外称为碱金属元 离度为0.001m0l/L×100%=1%,故B正确：由分 0.1 mol/L 素，错误；③第一周期的元素原子价电子排布从1s'开 析可知，d点为等浓度的HA和氢氧化钠的混合溶 始到1s2结束，错误；④随着周期序数的增大，元素种 液，则溶液中氢氧根离子浓度大于HA浓度，故C错 类有增多的趋势，错误；⑤核外电子排布式为 误；溶液中酸或碱抑制水的电离，弱酸盐促进水的电 1s22s22p3的元素位于第二周期，而核外电子排布式 离，由图可知，溶液中的抑制水电离的程度由小到大 为1s22s22p3s23p3的元素位于第三周期，错误；⑥从 的顺序为c>b>a>d,则水的电离度由大到小的顺 元素周期表中不难看出，随着周期序数的增大，该周 序为c>b>a>d,故D正确；故选C。] 期所含的金属元素一般增多，正确。] 13.D[放电时a极上Zn转变为Zn(OH),则a作负 10.A[反应NH4HCO3(s)—NH3(g)+H2O(g) 极，发生氧化反应，故A正确；放电时，b极为正极，由 +COb(g)△H=+185.57k/mol是吸热反应，并且 题图中可知，二氧化碳在酸性条件下生成甲酸，电极 是熵增的反应，当温度较高时△G=△H-T△S<0,能 反应为：CO2十2H++2e—HCOOH,故B正确； 自发进行，是因为体系混乱度增加，故A正确；催化 充电时，HCOOH-2e-CO2+2H+,若电路中 剂只能改变化学反应速率，不能改变反应进行的方 通过1mole,则有0.5 mol HCOOH转化为 向，故B错误；平衡常数与起始浓度无关，故C错误； 0.5mol的CO2,故C正确；充电时，a极为阴极、b极 平衡常数值越大表示反应达到平衡时生成物浓度对 为阳极，则双极膜中水电离出的H十向α极移动， 反应物浓度的比值越大，也就是反应进行得更完全 OH向b极移动，故D错误；故选D。] 些，反应物的转化率也越大，故D错误；故选A。] 14.D[H分别与C、N、O结合，均能形成10电子分子 11.D[70min后H2O(g)的浓度不再改变，反应达到 CH4、NH3、H2O,A项正确；C与O2发生化合反应 平衡，平衡时c(H2O)=0.12mol/L,初始投料为 能获得COCO2两种不同的产物，但是N2与O2发 0.2 mol CO2和0.4molH2,结合方程式可知平衡时 生化合反应只能获得NO一种产物，B项正确；化合 c(CO2)=0.08 mol/L,c(H2)=0.28 mol/L,c(CO) 物NO中N为+2价，C项正确：H2O和NO2反应 =c(H2O)=0.12mol/L,则该温度下平衡常数K= 能生成强酸HNO3,但是会同时生成NO,且反应过 0.12X01≈0.64<1，该反应焓变大于0，为吸热反 0.28×0.08 程中N的化合价发生变化，因此NO2不是酸性氧化 应，则温度越低平衡常数越小，所以T<830,A错误； 物，D项错误；故选D。] 20~40min内△c(H2O)=0.10mol/L-0.07mol/L= 15.解析：(1)加热KNO3晶体时生成固体KNO2和O2, 0.03mol/L,根据方程式可知相同时间内△c(H2)= 没有生成红棕色NO2,且每生成11.2IO2(标况)吸 0.03mol/L,所以x(H2)=0.03mol.L- 收29kJ热量，即生成0.5mol吸收29kJ热量，热化 .=1.5× 20 min 学方程式为①2KNO3(s)—2KNO2(s)+O2(g) l0-3mol·L1·min-1,B错误：该反应前后气体系 △H1=十58kJ/mol,碳的燃烧热为394k/mol,其热 数之和相等，仅增大压强，平衡不移动，CO的体积分 化学方程式为②C(s)十O2(g)—CO2(g)△H2= 数不变，C错误；若向容器中充入0.8 mol CO2和 -394kJ/mol,由①+②可得，2KNO3(s)+C(s) 1.6molH2,反应物的浓度增大，反应速率加快，由 2KNO2(s)+CO2(g)△H=-336kJ/mol,故a= 于该反应平衡不受压强影响，则平衡时反应物的转 -336,故答案为：一336； 化率不变，所以达到平衡时间缩短，D正确；综上所 (2)①根据曲线上b,点体积分数最大可知，b点投料 述答案为D。] n(CO)与n(NO,)之比等于对应物质的化学计量数 22 之比，即n(CO):n(NO2)=4:2=2:1,反应中增 升高，发生氧化反应，则反应②设计成的原电池中， 大CO的物质的量，NO2的转化率会增大，故a、b、c 负极NH3转化为N2,电极反应式为：2NH3一6e 三点的转化率逐渐增大，即NO2平衡时N的体积分 +6OH-N2+6H2O。 数的转化率由小到大的顺序为a<b<c,故答案为： (2)①0~5min,用NO2的浓度变化表示的反应速率 2:1;a<b<c;②由①可知，n(CO)：n(NO2)= NO2)= Ac 2.0 mol/L.-1.7 mol/L 5 min 2:1,加入的NO2为2mol,则加入的CO为4mol, 0.06mol/(L·min).②A.2v(NO2)正=v(N2)进，不 设CO的变化量为xmol,依据三段式可知 满足计量数关系，说明没有达到平衡状态，A错误； 4C0 +2NO2 +4C0 由于反应物均为气体，且反应前后质量守恒，且容器 始/mol 4 2 0 0 为恒容的容器，故气体密度一直不变，故气体密度不 变/mol 0.5x 0.25x 变不能说明反应是否达平衡，B错误；由于此反应的 平/mol4-x 2-0.5.x 0.25.x 反应物和生成物均为气体，故气体的总质量一直不 0.25.x 1 b点对应的N2的体积分数为9，即60.25Z9” 变，而此反应在平衡之前气体的物质的量在减小，故 x=2.4mol,n(N2)=0.6mol,故答案为：0.6mol; 平衡之前气体的平均相对分子质量在增大，当不变 (3)反应2NO2(g)一N2O4(g),达到平衡后，降低温 时则反应达平衡，C正确； 度，混合气体颜色变浅，可知该反应的正反应为放热 N2与CO2的物质的量之比保持不变，无法判断正逆 反应，①由于存在平衡2NO2(g)=N2O4(g),N2O4 反应速率是否相等，则无法判断平衡状态，D错误； 的存在会影响二氧化氨的相对分子质量测定，故应 答案选C。③20min时，该反应达到平衡状态，此时 采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，该反 c(NO2)=1.5 mol/L,c(N2)=0.25 mol/L,c(CO)= 应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向 2 mol/L-1 mol/L=1 mol/L,c(CO2)=1 mol/L, 逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取 衡常数K= c(N2)·c4(CO2)0.25×14_1 高温低压，故答案为：高温低压；②该反应平衡时的 (C0)·c2(N02)=1x1.52=9 20min时，向容器中加入4.0 mol NO2和4.0mol 变化规律可知，X为压强，随着压强增大，平衡向正 CO,相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以 反应方向移动，NO2的转化率增大，混合气体的物质 二氧化氮的转化率增大。 的量减小，故Y轴可表示NO2的转化率或混合气体 (3)①NaClO2溶液显碱性，是因为亚氯酸根离子水 的平均摩尔质量M,故答案为：NO2的转化率或混合 解使溶液显碱性，用离子方程式解释为：CO2十 气体的平均摩尔质量M等；③保持温度体积不变，向 H2O一HCIO2十OH。②亚氣酸钠具有氧化性， 上述平衡体系中再通入一定量的NO2,相当于增大 则NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应生成硝酸根、 压强，平衡正向移动，NO2的物质的量分数将降低， 亚硝酸根、氯离子和水，反应的离子方程式为：12NO 故答案为：降低。 +7CIO2+12OH-—8NO5+4NO2+7C1 答案：(1)-336 +6H20。 (2)2:1a<b<c0.6 答案：(1)4NH3(g)+6NO(g)-5N2(g)+6H2O(1) (3)高温低压NO2的转化率或混合气体的平均摩 △H=△H2-3AH12NH3-6e-+6OH-—N2 尔质量M等降低 +6H2O 16.解析：(1)NH3(g)还原NO(g)生成N2(g)和H2O(1) (2)0.06mol·L-1·min-1C 的化学方程式为：4NH3(g)+6NO(g)一5N2(g)+ 号（或0.1D 6H2O(1),依据盖斯定律，此反应可由②一①×3得 增大 到，其焓变△H=△H2一3△H1,热化学方程式为： (3)CIO2+H20=HCIO2+OH 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(1)△H= 12NO+7CIO2 +120H-8NO3 +4NO2+ △H2一3△H1:燃料电池的负极失电子，元素化合价 7C1-+6H2O 23 17.解析：由题给流程可知，向锌精矿中加入二氧化锰、 HCO3+(+y)NH3.H2O -Zn.r(OH)2y 稀硫酸浸出，将硫化锌转化为硫酸锌和硫，将四氧化 (CO3)x-Y+(x十y)NHt+(x一y)H2O,过滤得 三铁、氧化铜、二氧化铅转化为硫酸铁、硫酸铜、硫酸 到的碱式碳酸锌表面附有可溶的硫酸锰、硫酸铵，则 铅，过滤得到含有过量二氧化锰、硫、硫酸铅的滤渣 检验沉淀洗涤干净实际上就是检验洗涤液中不存在 工和含有锌离子、锰离子、铁离子、铜离子的滤液：向 硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于 滤液中加入氨水调节溶液pH,使铁离子转化为氢氧 试管中，加入酸化的氯化钡溶液，没有沉淀生成，说 化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和含有 明沉淀洗涤千净，故答案为：xZ2+十(x-y)HCO十 锌离子、锰离子、铜离子的滤液；向滤液中加入有机 (x+y)NH3·H2OZnz(OH)2(CO3)-y￥+ 萃取剂、分液得到含有铜离子的萃余液和含有锌离 (x十y)NH十(x一y)H2O;取最后一次洗涤液少许 子、锰离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃 于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，没有沉淀生成， 说明沉淀洗涤干净。 取、分液得到有机萃取剂和含有锌离子、锰离子的水 相；向水相中加入锌，将溶液中的铜离子完全转化为 答案：(1)PbSO4MnO2+ZnS+4H+-Mn2++ Zn2++S+2H2O 铜除去，过滤得到含有铜的滤渣Ⅲ和含有锌离子、锰 (2)3(3)酸(4)将溶液中的Cu2+转化为Cu 离子的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水混合液， 将溶液中的锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤得 (5)zZn2++(x-y)HCO3+(x+y)NH3.H2O 到碱式碳酸锌和含有硫酸锰、硫酸铵的滤液；碱式碳 -Zn,(OH)2y(CO3)(-)+(x+y)NH+(x 一y)H2O取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸 酸锌煅烧分解得到氧化锌。 化的氯化钡溶液，没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净 (1)由分析可知，滤渣I的主要成分为过量二氧化锰、 18.解析：含Co废渣（主要含金属Co,还含有Fe、Zn)用 硫、硫酸铅；浸出时硫化锌与二氧化锰、稀硫酸反应 稀H2SO4酸浸，得到含有H2SO4、ZnSO4、FeSO4、 生成硫酸锰、硫酸锌、硫和水，反应的离子方程式为 CoSO4的混合溶液，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+, MnO2+ZnS+4H+-Mn2++Zn2++S+2H2O, 再加ZnO调节溶液的pH,将Fe3+转化为Fe(OH)3 故答案为：PbSO4;MnO2+ZnS+4H+—Mn2++ 沉淀，过滤，往滤液加入氢氧化钠溶液调节pH值> Zn2++S+2H20: 13,使Zn(OH)2完全转化为[Zn(OH)4]2-,过滤，将 (2)由分析可知，加入氨水调节溶液PH的目的是使 Co(OH)2沉淀用H2SO4酸溶，并加入NaHCO3进 铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由氢氧化铁的溶度积 行沉钻，得目标产物CoCO3。 可知，当铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度 (1)酸浸时，不改变H2SO4的浓度和体积，可以加快 Ksp 1×108 反应速率的方法有：适当升温、粉碎废料等； 为V(Fe8+)V1×105mol/L =10-1mol/L,则 (2)C0元素是27号元素，基态核外电子排布式为： 溶液的pH=3,所以滴加氨水需要调节pH最低为 1s22s22p3s23p3d4s2或[Ar]3d4s2,则基态Co2+ 3,故答案为：3； 的电子排布式为1s22s22p63s23p3d7或[Ar]3d7; (3)由题意可知，反萃取时，应加入酸使平衡向左移 (3)①加入ZnO调pH的目的是促进Fe3+水解转化 动，得到含有硫酸锰和硫酸锌的水相，则反萃取剂应 为Fe(OH)3沉淀，而Co2+、Zn2+不发生沉淀，则调 为稀硫酸，溶液呈酸性，故答案为：酸： pH的范围为3.2≤pH<5.4;②铁离子的水解反应 (4)由分析可知，深度净化中加锌的目的是将溶液中 为：Fe3++3H2OFe(OH)3十3H+,加入ZnO消 的铜离子完全转化为铜除去，故答案为：将Cu2+转 耗氢离子：ZnO十2H+HO+Zn2+使水解平衡右 化为Cu除去； 移：则将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀的离子方程式为 (5)由题意可知，生成碱式碳酸锌的反应为溶液中锌 2Fe3++3H2O+3ZnO-3Zn2++2Fe(OH)3￥： 离子与碳酸氢铵和氨水混合液反应得到为碱式碳酸 (4)pH>10.5时，Zn(OH)2会发生反应：Zn(OH)2 锌沉淀，反应的离子方程式为xZn2++(x-y) +2OH一[Zn(OH)4]2-,pH>13时，Zn(OH)2 24 完全转化为[Zn(OHD4]2-。则过滤2所得滤液含Na nal1+(-196.4kmol1)x号+(-285.8k·ml 和[Zn(OH)4]2,欲由过滤2所得滤液制取ZnSO,溶 =-319.7kJ·mol-1。故选D.] 液（不含其他溶质），则只有将[Zn(OH)4]恰好完全转 2.B[所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(g)十O2(g) 化为Zn(OH)2、过滤后，所得沉淀用0.1mol·L-1 CO2(g)△H1=-393.5k·mol-1,△H1<0,则 H2SO4溶解即可，则实验方案为：向该滤液中逐滴滴 C(s)燃烧是放热反应，A正确；根据A的分析， 加0.1mol·L1H2SO4到恰好沉淀完全（沉淀质量 ①C(g)+O2(g)CO2(g)△H1=-393.5kJ· 不再增加或调节pH=10.5),过滤、洗涤后，再逐滴 滴加0.1mol·L1H2SO4使沉淀恰好溶解： mol,②C0g+20(g)—C0(g)△h=-28.0 (5)由流程、结合元素守恒可知沉钻反应的离子方程 k·mdl1,根据盖斯定律可知，①一②×2可得， 式：Co2++2HCO3-CoCO3￥+CO2↑+H2O: C(s)+CO2(g)—2CO(g),故△H=△H1-2△H2,B (6)沉钻时，也可使用Na2CO3代替NaHCO3。使用 错误；由选项B分析可知①C(g)十O2(g)一CO2(g) Na2CO3,应将Na2CO3溶液滴加到酸溶后的溶液 △H1=-393.5kJ·mol1,②C0(g)+202(g) 中，而不能反过来滴加，若反过来滴加将会导致产品 CO2(g)△H2=一283.0k·mol1,根据反应可知 不纯，原因是：Co2+开始生成Co(OH)2沉淀的pH 都是放热反应，且物质的量相同的时候，前者放热较 =6.6,Na2CO3溶液呈碱性，若反过来滴加，会产生 多，C正确；一个化学反应不管是一步完成的，还是多 C0(OH)2沉淀而导致产品不纯。 步完成，其热效应总是相同的，反应热只与反应体系 答案：(1)适当升温、粉碎废料等 的始态和终态有关，D正确；故选B。] (2)1s22s22p3s23p3d或[Ar]3d 3.A[2S02(g)+O2(g)2S)3(g)反应中，正反应气体 (3)3.2≤pH<5.42Fe3++3H20+3ZnO 物质的量减少，该反应的△H<0,△S<0,故A正确；反应 3Zn2+2Fe(OH)3 c2(S03) (4)向该滤液中逐滴滴加0.1mol·L1H2SO4到恰 平衡常效可表示为K=2S0,·(02)故B错误：使 好沉淀完全（沉淀质量不再增加或调节pH=10.5), 用高效催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率， 过滤、洗涤后，再逐滴滴加0.1mol·L1H2S04使 催化剂不能使平衡移动，焓变不变，故C错误；将部分 沉淀恰好溶解 SO3分离出来，平衡正向移动，SO2转化率增大，由于 (5)Co2++2HCO3CoCO3￥+CO2↑+H2O 浓度降低v(正)、（递）均减小，故D错误；选A。] (6)Co+开始生成Co(OH)2沉淀的pH=6.6, 4.B[由题意可知，升高温度HC1平衡转化率减小，平 N2CO3溶液呈碱性，若反过来滴加，会产生 衡逆向移动，正反应为放热反应，△H<0,A正确；若 Co(OH)2沉淀而导致产品不纯 X=4,则容器Ⅱ中反应和容器I中反应相同，若X>4 高二第一学期期末综合冲刺卷·化学（十） 时，HCI本身浓度增加，转化率降低，B错误；根据反 1.D[①Cu(s)+2H+(aq)—Cu2+(aq)+H2(g) 应列出三段式： 4HC1(g)+(O2(g)2C1,(g)+2H,(O(g) △H1=+64.3kJ·mol-1, 起始量(mol/L) 4 0 ②2H2O2(1)—2H20(1)+O2(g) 转化量(mol/L) 3 3 6 6 △H2=-196.4kJ·mol-1, 4 4 4 ③H,(g+202(g)=H:,0D 剩余量(mol/L) 1 6 6 A △H3=-285.8kJ·mol-1, 6)2×()2 平衡常数K 依据盖斯定律，①十②×2十③得到Cu(s)十H,00 81=20.25,C正确： +2H+(aq)—Cu2+(aq)+2HO(I),△H=+643k· 400℃时，向容器I平衡体系中再加入1molO2(g)和 25