【文档说明】浙江省钱塘联盟2023-2024学年高二上学期11月期中联考化学试题 含解析.docx，共(24)页，1.103 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期钱塘联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，

只需上交答题纸。可能用到的相对原子量：H：1C：12N：14O：16Na：23K：39Mn：55Ⅰ卷选择题部分一、选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每个小题只有一个正确答案)1.下列有关说法不正确．．．的是A.4NHCl固体与()22BaOH8HO固体反应是吸热反应B.

化学反应中的能量变化主要由化学键变化引起C.放热反应不需要加热就能发生，吸热反应不加热就不能发生D.节约能源不是简单减少能源的使用，更重要的是要充分有效地利用能源【答案】C【解析】【详解】A．NH4Cl与Ba(OH)2·8H2O混合搅拌，反应生成氯化钡、氨气和水，吸收热量，

为吸热反应，A正确；B．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，B正确；C．有些放热反应需要加热条件下才能发生，如铝热反应是放热反应，但在高温条件下才能进行，有些吸热反应不需要加热也

能进行，如Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应，C错误；D．只有在生产、生活正常运行的前提下才能谈节能，所以节能是要充分有效地利用能源，而不是简单地减少能源的使用，D正确；故选C。2.下列做法与改变化学反应速率无关的是A.将铁丝在空气中加热到红热，再伸入盛满2O的集气瓶B.酸奶中添加增

稠剂C.夏季用冰箱储存新鲜食品D.实验室制2CO时选择小颗粒石灰石【答案】B【解析】【详解】A．将铁丝在空气中加热到红热，再伸入盛满2O的集气瓶，温度升高可以加快反应的速率，与改变化学反应速率有关，A不符合题意；

B．酸奶中添加增稠剂不是为了改变速率，是为了增加口感，与改变化学反应速率无关，B符合题意；C．夏季用冰箱储存新鲜食品，是为了降低温度延长保质期，与改变化学反应速率有关，C不符合题意；D．实验室制2CO时选择小颗粒石灰石是为了增加反应物接触面

积，加快反应速率，与改变化学反应速率有关，D不符合题意；故选B。3.在一定温度的恒容密闭容器中发生：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，下列不能说明反应一定达到平衡状态的是A.3CHOH的质量保持不变B.2CO、2H、3CHOH

、2HO的物质的量之比为1：3：1：1C.()()22H3HOvv=正逆D.容器内气体压强不再变化【答案】B【解析】【详解】A．3CHOH的质量保持不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，A不符合题意；B．2CO、2H、3CHOH、2

HO的物质的量之比为1：3：1：1，不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否平衡，B符合题意；C．反应速率比等于系数比，()()22H3HOvv=正逆，说明正逆反应速率比相等，反应达到平衡状态，C不符合题意；D．该反应是体积减小的反应，正向反应，压

强不断减小，当气体压强不再改变，则达到平衡，D不符合题意；故选B。4.下列有关说法正确的是A.AgCl难溶于水，AgCl是弱电解质B.32NHHO是弱电解质，32NHHO溶液的导电性比NaOH溶液弱C.2HS是

弱酸，其电离方程式为：22HS2HS+−+D.在相同温度下，pH相等的盐酸、3CHCOOH溶液，()()3ClCHCOOcc−−=【答案】D【解析】【详解】A．AgCl难溶于水，但是溶解部分完全电离，是强电解质，故A错误；

B．32NHHO是弱电解质，但是没有浓度，不能说明32NHHO溶液的导电性比NaOH溶液弱，故B错误；C．2HS是弱酸，以第一步电离为主，其电离方程式为：2HSHHS+−+，故C错误；D．在相同温度下，pH相等的盐酸、3CHCOO

H溶液中氢离子浓度相等，根据电荷守恒可知，()()3ClCHCOOcc−−=，故D正确；故选D。5.下列有关说法不正确．．．的是A.25℃，用pH试纸测得某氯水的pH为5B.任何温度下，利用H+和OH−浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性C.25℃，pH12=的NaOH溶液

，由水电离出的()12OH10mol/Lc−−=D.pH3=的醋酸溶液与pH3=的盐酸等体积混合，混合液的pH3=【答案】A【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，故不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；B．任何温度下，只要c(H+)=c(OH-)，溶液就显中性，c(H+)＞c(

OH-)，溶液就显酸性，c(OH-)＞c(H+)，溶液就显碱性，故B正确；C．碱溶液中氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，由pH12=可得，()12H10mol/Lc+−=，而由水电离出的氢离子

和水电离出的氢氧根的浓度相同，所以()12Lc/O0lH1mo−−=，故C正确；D．因为醋酸是弱电解，存在+33CHCOOHCHCOO+H﹣，加入pH=3的盐酸，体积增加一倍，则3c(CHCOO)﹣和3c(CHCOOH)的浓度减少一倍，温度不

变，K是定值不变，则+33c(CHCOO)c(H)c(CHCOOH)K=﹣中混合液氢离子浓度不变，醋酸和醋酸根离子浓度变为原来的一半，所以混合后氢离子浓度不变，溶液的pH=3，故D正确；故选A。6.已知Sabatier反应：()(

)()()2242COg4HgCHg2HOg++催化剂，下列有关说法正确的是A.催化剂参与化学反应，改变了反应历程和活化能，但反应前后其物理和化学性质均不会改变B.增大体系中2CO和2H的浓度，能增大活

化分子的百分数，加快反应速率C.缩小容器体积增大体系压强，能增大活化分子百分数加快反应速率，且促进平衡正向移动D.升高体系温度，能增加单位时间内活化分子的有效碰撞次数，加快反应速率【答案】D【解析】【详解】A．催化

剂参与化学反应，改变了反应历程和活化能，但反应前后质量和化学性质均不会改变，其物理性质可能发生改变，故A错误；B．增大反应物的浓度，可使单位体积内活化分子数增多，增快速率，而不是增大活化分子的百分数，故B错误；C．缩小容器体积增大体系压强，可使

单位体积内活化分子数增多，加快反应速率，而不是增大活化分子百分数，该反应为气体分子数减小的反应，缩小体积促进平衡正向移动，故C错误；D．升高反应体系温度，活化分子百分数增加，能增加单位时间内活化分子的有效碰撞

次数，反应速率增大，故D正确；故选D7.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A.打开碳酸型饮料瓶盖时，有大量气泡逸出B.除去2Cl中少量HCl气体，采用饱和食盐水洗气C.将盛有2NO气体的密闭容器压缩，容器中气体颜色加深D.CO与2O均能结合血红蛋白(Hb)：()()()()22HbCO

aqOgHbOaqCOg++，CO中毒需吸氧治疗。【答案】C【解析】【详解】A．打开碳酸型饮料瓶盖时，压强减小，2223CO+HOHCO平衡逆移，逸出大量气泡，能用勒夏特列原理解释，A不选；B．饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气与水的反应：22ClHOHClHClO+−+++，减少氯气的溶解

，用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体能用勒夏特列原理解释，B不选；C．平衡体系：2NO2(g)N2O4(g)，缩小容积，平衡向生成无色的N2O4方向移动，但平衡后气体颜色比原平衡深是因为容积缩小，体系内所有物质浓度变大

导致的，不能用勒夏特列原理解释，C选；D．CO进入血液后与血红蛋白结合，有如下平衡：()()()()22HbCOaqOgHbOaqCOg++，高压氧舱中氧气浓度增大，导致()()()()22HbCOaqOgHbOaqCOg++平衡

正向移动，释放出CO，可治疗CO中毒，能用勒夏特列原理解释，D不选；故选C。8.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇌zC(g)，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到

原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L．下列有关判断正确的是()A.C的体积分数增大了B.平衡向正反应方向移动C.A的转化率降低了D.x+y＜z【答案】C【解析】【详解】在密闭容器中的一定量混合气体发生反

应：xA（g）+yB（g）⇌zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若不考虑平衡移动，只考虑体积变化，A的浓度应变化为0.25mol/L，题干中再达到平衡时，测得A的浓度

降低为0.30mol/L．，说明体积增大，压强减小，平衡逆向进行；A.平衡逆向进行，C的体积分数减小，故A错误；B.依据分析平衡逆向进行，故B错误；C.平衡逆向进行，A的转化率减小，故C正确；D.体积增大，压强减小，化学平衡逆向进行，逆向是

气体体积增大的反应，所以x+y＞z，故D错误；故选C。9.下列有关热化学方程式说法不正确．．．的是A.25℃，101kPa时()()()2221HgOgHOl2+=285.8kJ/molH=−，则氢能源是一种理想的绿色能源B.密闭容器中进行()()()34CHCHOgCHgCO

g+akJ/molH=+，投入31molCHCHO时，则充分反应吸收akJ热量C.25℃，101kPa时()()()()4222CHgOgCOg22HOl++=890.3kJ/molH=−，则()4

CHg的燃烧热为890.3kJ/molD.已知()()ClgeClg−−+→1ΔH，()()NagNage+−→+2ΔH，则12HH【答案】B【解析】【详解】A．由热化学方程式可知，氢气燃烧放热多且生成水，无污染，为一种理想的绿色能源，

故A正确；B．反应为可逆反应，进行不完全，则投入31molCHCHO时，则充分反应吸收小于akJ热量，故B错误；C．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；25℃，101kPa时()()()()4222CHgOgCOg22HOl+

+=890.3kJ/molH=−，故()4CHg的燃烧热为890.3kJ/mol，故C正确；D．氯原子得到电子为放热过程，钠原子失去电子为吸热过程，故12HH，故D正确；故选B。10.一定温度下，向2L真空密闭容器中加入23NO固体，发生反应(

)()()232NOsNOgNOg+，反应过程如图，下列说法正确的是A.0~2min用23NO表示的平均反应速率为1mol/minB.NO的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态C.第3min时反应达到平衡状态，往体系中添加一定量23NO，平衡正向移动D.第4min时，保持温度和

容积不变，向容器中充入2O，混合气体颜色不变【答案】A【解析】【详解】A．0~2min内N2O3物质的量变化为2mol，所以0~2min用N2O3表示的反应速率为1mol·min-1，A正确；B．NO是产物，该平衡是正向开始

建立的，则一氧化氮和二氧化氮始终都是相等的，则NO的体积分数不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C．23NO为固体，改变其物质的量，则浓度不变，平衡不移动，C错误；D．向容器中充入2O，则氧气和一氧化氮反应生成二氧化氮，混合气体颜色加深，D错误；故选A

。11.下列有关说法不正确．．．的是A.反应()()()2222HgOg2HOl+=572kJ/molH=−在低温时可以自发进行B.反应()()()()()322HClaqNaHCOsNaClaqCOgHOl+=++的H0，S0C.反应()()()()(

)()22234FeOHsOg2HOl4FeOHs++=的H0，ΔS<0D.反应()()()()222NOg2COgNg2COl+=+151kJ/molH=−，该反应反应物总键能小于产物总键能【答案】B【解析】【详解】A．反应()()()2222HgOg2HOl+=的

S0，H0，在低温时可以自发进行，故A项正确；B．反应()()()()()322HClaqNaHCOsNaClaqCOgHOl+=++是吸热反应，ΔH>0，故B项错误；C．反应()()()()()()22234FeOHsOg2HOl4FeOHs++=是一个气体系数减小的放热反应，所以H0

，S0，故C项正确；D．反应()()()()222NOg2COgNg2COl+=+151kJ/molH=−，为放热反应，所以该反应反应物总键能小于产物总键能，故D项正确；故选B。12.下列有关工业合成氮反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒH0的说法不正确．．．的是A.合成氨采

取循环操作目的是提高氮气和氢气的利用率B.除原料气中CO反应：()()()()()33323CuNHaqCOgNHgCuNHCO++++H0，适宜低温高压环境C.合成塔压强调控在10MPa~30MPa之间

，是对生产设备条件和经济成本的综合考虑结果D.合成塔使用热交换控制体系温度400~500℃左右，主要目的是有利于平衡正向移动【答案】D【解析】【分析】【详解】A．合成氨反应为可逆反应，氮气和氢气不能完全转化为产物NH3，采取循环操作能提高氮气和氢气的利用率，A正确；B．该反应为气体体积减小的

放热反应，降低温度或增大压强，均能使平衡正向移动，故除原料气中CO适宜低温高压环境，B正确；C．增大压强有利于氨的合成，但是压强过大会增加设备成本，因此合成塔压强调控在10MPa~30MPa之间，是对生产设备条件和经济成本的综合考虑结果，C

正确；D．合成塔使用热交换控制体系温度400~500℃左右，主要目的是使催化剂铁触媒的活性达到最佳状态，D错误；故选D。【点睛】13.已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1②CO2(g)+C(s)=2CO(g)△H2③2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H3下列

说法不正确的是A.△H1<0B.△H2>0C.2△H1<△H3D.△H1+△H2+△H3=0【答案】D【解析】【详解】①物质燃烧反应放出热量，所以C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1<0，A正确；B.②CO2

(g)+C(s)=2CO(g)的反应是吸热反应，所以△H2>0，B正确；C.由于C不完全燃烧产生CO会放出一部分热量，所以2molC完全燃烧放出的热量比其不完全燃烧的产物CO发生燃烧反应放出的热量多，反应放出的热量越多，则相应的反应热就越小，所以2△H1<△H3，C正确；D.①+②+③

，整理可得2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)，△H=△H1+△H2+△H3=2△H1<0，则△H1=△H2+△H3，D错误；故合理选项是D。14.电镀废液中2-27CrO可通过下列反应转化成铬黄4

PbCrO（）：()()()()2++22-274aq+2Pb+HOlCrO2PbCrOs+2HaqΔH<0该反应达平衡后，改变横坐标表示的反应条件，下列示意图正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A.平衡常数大小与温度有关，该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方

向移动，生成物的物质的量浓度减小，反应物的物质的量浓度增大，平衡常数随温度升高而减小，选项A正确；B.pH增大，c(H+)减小，平衡向正反应方向移动，Cr2O72-转化率增大，选项B错误；C温度升高，正、逆反应速率都加快，选项C错误；

D.增大反应物Pb2+的物质的量浓度，平衡正向移动，另一反应物Cr2O72-的物质的量减小，选项D错误。答案选A。15.将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，在相同温度下测得溶液的导电能力变化如图所示，下列说法不．正确．．的是.A.a、b、c三点3CHCOOH的

电离程度：abcB.a、b、c三点溶液的pH：cabC.a、b、c三点溶液中水的电离程度：cbaD.a、b、c三点溶液中()()3CHCOOHHcc+比值：cab【答案】C【解析】【详解】A．弱酸越稀释，电离程度越大，则a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a<b

<c，A正确；B．溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO-，溶液的导电能力越强，H+浓度越大，pH越小，导电能力：c<a<b，则溶液的pH：c>a>b，B正确；C．溶液的导电能力越强，CH3COOH电离生成的H+浓度越大，对水的电离抑制作用越大，水的电离程度越小，由选

项B分析知，H+浓度：c<a<b，则水的电离程度：c>a>b，C错误；D．()()()()()()()()3333a33cCHCOOH?cCHCOOcCHCOOcCHCOOHKCHCOOHcHcH?cCHCOO−−++−==，温度不变()a3KCHCOOH不变，由CH

3COOH⇌H++CH3COO-可知，溶液的导电能力越强，c(CH3COO-)越大，导电能力：c<a<b，则()()3cCHCOOHcH+比值：c<a<b，D正确；故选C。16.下列有关实验的说法不正确．．．的是A.用盐酸和NaOH溶液进行中和热测定

时，应将NaOH溶液迅速加入盛有盐酸的量热计，立即盖上杯盖B.用醋酸溶液和NaOH溶液进行中和热测定时，测得生成21molHO时所放出的热量小于57.3kJC.比较2Cu+和3Fe+对22HO分解催化效果时，应

在等浓度、等体积的22HO溶液中加入等浓度、等体积的4CuSO溶液和3FeCl溶液D.用0.100mol/L盐酸滴定未知浓度稀氨水时，采用甲基橙做指示剂比酚酞做指示剂时误差小【答案】C【解析】【详解】A．用盐酸和NaOH溶液进行中和热测定时，

应将NaOH溶液迅速加入盛有盐酸的量热计，立即盖上杯盖，以防止热量散失，故A项正确；B．用醋酸溶液和NaOH溶液进行中和热测定时，由于反应过程存在醋酸的电离过程，电离是吸热的，所以测得生成21molHO时所放出的热量小于57.3kJ，故B项正确

；C．向等浓度、等体积的22HO溶液中加入等浓度、等体积的4CuSO溶液和3FeCl溶液，溶液中的阴离子不同，无法比较2Cu+和3Fe+对22HO分解催化效果，故C项错误；D．盐酸滴定氨水的滴定终点为酸性，所以采用在酸性环境

中变色甲基橙做指示剂比在碱性环境中变色的酚酞做指示剂时误差小，故D项正确；故选C。17.2CO和4CH催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程如图所示。下列说法不正确．．．的是A.制备合成气的总反应为：()

()()()242COgCHg2COg2Hg+=+B.①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成C.投料→①过程反应可表示为42NiCHNiC2H+=+，且Ni在整个反应过程中起催化剂作用D.E为①→②正反应活化能，过程中生成的过渡态物质应该

是一种非常稳定的物质【答案】D【解析】【分析】由图可知，CO2和CH4催化重整可制备合成气的方程式为CH4+CO2Ni2CO+2H2，Ni在该反应中做催化剂，且化学反应中有化学键的断裂和生成，①→②放出能量。【详解】A．根据分析，制备合成气的总反应为：()()()()242COgCHg2COg2

Hg+=+，A正确；B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，B正确；C．根据图示信息，投料→①过程反应可表示为42NiCHNiC2H+=+，且Ni在整个反应过程中起催化剂作用，C正确；D．能

量越低越稳定，则相同条件下，反应物、生成物和过渡态中的物质，过渡态最不稳定，D错误；故选D。18.下列有关说法不正确．．．的是A.将pH相等的氨水和NaOH溶液均稀释10倍，氨水的pH变化小B.25℃时反应()()()222HClgHgClg+34410

K−=，说明25℃时该分解反应速率很慢C.反应()()()()()33FeClaq3KSCNaqFeSCNaq3KClaq++的平衡常数表达式：()()()333FeSCNKFeSCNccc+−=D.25℃，中和等体

积、等pH的24HSO溶液和盐酸溶液时，消耗NaOH的物质的量相等【答案】B【解析】【详解】A．氨水为弱碱，稀释促进电离，而氢氧化钠为强碱完全电离，故将pH相等的氨水和NaOH溶液均稀释10倍，氨水的pH变化小，故A正确；B．

平衡常数体现反应进行的程度大小，不能体现反应的速率，故B错误；C．平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；反应()()()()()33FeClaq3KSCNaqFeSCNaq3KClaq++的本质为铁离子和硫氰根离子反应生成硫氰化铁，则平衡常数表达式：()()()333F

eSCNKFeSCNccc+−=，故C正确；D．25℃，等体积、等pH的24HSO溶液和盐酸溶液中氢离子的物质的量相同，则中和等体积、等pH的24HSO溶液和盐酸溶液时，消耗NaOH的物质的量相等

，故D正确；故选B。19.已知25℃时，()2Hg键能为436kJ/mol，()2Ig键能为151kJ/mol，反应()()()22HgIg2HIg+1H11kJmol−=+的平衡常数3510K−=。25℃下，某时刻下测得四组实验体系中反应物浓度和反

应速率数据如表：实验编号①②③④⑤()2Hmol/Lc0.1000.2000.3000.1000.100()2Imol/Lc0.1000.1000.1000.2000.300()mol/Lsv0.0

800.1610.2390.1590.241下列有关说法不正确．．．的是A.在第④组实验时，同时刻测得体系中()HI0.02mol/Lc=，则该时刻反应的vv正逆B.1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为288kJC.实验数据说明该反应的速率与反应物浓度的乘积

成正比关系D.若该反应速率公式为()()22HIvkcc=，则速率常数8.0k=【答案】A【解析】【详解】A．由数据可知，不能计算判断Q、K的大小，不能判断反应进行方向，不能判断正逆反应速率大小，故A错误；B．反应焓变等于反应物键能和减

去生成物键能和，则()11HIΔ436+151kJmol2E11kJmolH−−−=−=+,1HIE288kJmol−−=，故B正确；C．由①④⑤数据可知，反应速率与碘单质浓度成比例倍数，成正比；由①②③数据可知，反应速率与氢

气浓度成比例倍数，成正比，故C正确；D．若该反应速率公式为()()22HIvkcc=，由①数据可知，0.080.1000.100k=，则速率常数8.0k=，故D正确；故选A。20.下列有关实验的目的、方案设计、现象和结论中存在不正确．．．的是选项实验目的方案设计现象和结论A探究温度对下列平衡

的影响：()()()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++蓝色黄色取两支试管，分别加入2mL0.5mol/L的2CuCl溶液，将加热时溶液变为黄色，置于冷水中后溶液由黄其中一支先加热，然后置于冷水中，与

另一支试管进行对比色变为蓝色。该正反应H0。B探究下列反应存在限度：3222Fe2I2FeI+−+++在试管中入5mL0.1mol/L的KI溶液，然后向试管中滴加5~6滴0.1mol/L的3FeCl溶液，继续加2mL的4CCl，充分振荡。取上清液于另一支试管中，滴加2滴KSCN溶液

上层清液滴加KSCN溶液后，溶液呈血红色。该反应存在限度。C探究H+浓度对下列平衡的影响：()()222724CrOHO2CrO2H−−+++黄色橙色在试管中加入2mL0.5mol/L的227KCrO溶液，然后向试管中继续滴加5~1

0滴10mol/L的盐酸加入盐酸后，溶液由橙黄变为橙色。增大H+离子浓度，平衡向逆向移动。D探究KI对2I单质在水中溶解的促进作用：23III−−+在试管中加入5mL碘水，加入1mL的4CCl，充分振荡，再向试管中加入1m

L碘水加4CCl萃取后下层为紫红色，滴加浓KI振荡后，4CCl浓KI溶液，振荡层紫色变浅。KI能促进2I在水中的溶解。A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，平衡向吸热的方向移动，由实验及现象可知，升温使平衡[Cu（H2O）4]2++4Cl[CuCl4]2-+2H2O

正移，黄色的[CuCl4]2-增多，降温平衡逆移，蓝色的[Cu（H2O）4]2+增多，故H0，故A正确；B．由题意可知，氯化铁溶液与碘化钾溶液反应时，氯化铁溶液不足，滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红色，可证明该反应存在

限度，故B正确；C．227KCrO具有强氧化性，可以氧化氯离子生成氯气，不能通过加入盐酸检测氢离子对化学平衡移动的影响，故C错误；D．根据23III−−+，加入四氯化碳发生萃取，可以证明KI能促进2I在水中的溶解，故D正确；故选：C

。Ⅱ卷非选择题部分二、填空题(本大题共4题，共40分)21.25℃时部分弱电解质的电离常数如下表：物质HCN3CHCOOHHClO23HCO32NHHO电离常数10a5.010K−=5aK1.7510−=

8aK4.010−=7a14.510K−=11a24.710K−=5b1.810K−=（1）①25℃时，pH相等的HCN、3CHCOOH、23HCO物质的量浓度从大到小的顺序是_______。②下列反应方程式正确的是_____

__。A．少量的2CO通入到NaClO溶液中：2223HOCO2NaClONaCO2HClO++=+B．往23NaCO溶液中滴加少量3CHCOOH：32333CHCOOHNaCOCHCOONaNaHCO+=+C．往2

3NaCO溶液中滴加过量HCN：233HCNNaCONaCNNaHCO+=+D．往3CHCOONa溶液中滴加HClO：33HClOCHCOONaCHCOOHNaClO+=+（2）25℃时，氨水与4NHCl

的混合溶液pH8=，该溶液中()+4cNH：()32cNHHO=___________。（3）请设计实验证明，3CHCOOH溶液中存在3CHCOOH的电离平衡：_______。【答案】（1）①.233HCNHCOCHCOOH②.BC（2）18（3）测定0.10

mol/L醋酸溶液测定pH，再将溶液稀释10倍，测定溶液pH，稀释后溶液pH比稀释前增加pH小于1【解析】【小问1详解】①由表可知，酸性3CHCOOH>23HCO>HCN，则25℃时，pH相等的HCN、3CHC

OOH、23HCO物质的量浓度从大到小的顺序是233HCNHCOCHCOOH。②A．酸性-233HCO>HClO>HCO，则少量的2CO通入到NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸：223HO+CO+NaClO=NaHCO+HClO，错误；B．往23NaCO溶液中滴加

少量3CHCOOH，醋酸不足，生成醋酸钠和碳酸氢钠：32333CHCOOHNaCOCHCOONaNaHCO+=+，正确；C．酸性-3HCN>HCO，往23NaCO溶液中滴加过量HCN生成NaCN和碳酸氢钠：233HCNNaCONaCNNaHCO+=+，正确；D．次氯酸酸性

弱于醋酸，往3CHCOONa溶液中滴加HClO，不能反应生成醋酸，错误；故选BC；【小问2详解】25℃时，氨水与4NHCl的混合溶液pH8=，pOH=6，()()()()()++6445b3232cNHcOHcNH

101.810cNHHOcNHHOK−−−===，()()+4328cNH1cNHHO=【小问3详解】醋酸为弱酸，部分电离，加水稀释10倍，则pH变化小于1，故实验设计可以为：测定0.10mol/L醋酸溶液测定pH，再将溶液稀释10倍，测定溶液pH，稀释后溶液p

H比稀释前增加pH小于1。22.为测定某亚硝酸钠(2NaNO)样品的纯度，进行如下实验：①称取样品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。②量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用40.0200mol/LKMnO标准溶液进行滴定(还原产物为2Mn+)

，滴定至终点时消耗4KMnO溶液VmL。（1）上述实验①所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯之外还有___________(填一种)（2）判断该实验达到滴定终点的现象是：___________。（3）4KMnO标准溶液滴定样品溶液前

，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→_____→_____→排除滴定管中气泡→_____→______→开始滴定。______________a．用4KMnO标准溶液润洗2至3次b．记录起始读数c．调整标准

液液面至零刻度或零刻度以下d．装入标准液至碱式滴定管零刻度以上e．装入标准液至酸式滴定管零刻度以上f．用2NaNO溶液润洗2至3次（4）计算该样品中2NaNO的质量分数为___________(用含字母a、V的最简式表示)。（5）下列叙述正确

的是___________。A.锥形瓶用蒸馏水洗涤后直接加入2NaNO溶液，用4KMnO溶液滴定，对实验结果无影响B.滴定过程中发现溶液颜色变化立即读数，测定结果偏大C.滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，测定结果偏大D.滴定前读数正确，滴定后仰视滴定管读数，测定结果偏小【答案】（1

）100mL容量瓶（2）当滴入最后一滴(或半滴)标准液时，锥形瓶中溶液显浅红色，且半分钟不褪色（3）aecb（4）69V%50a（5）AC【解析】【分析】为测定某亚硝酸钠(NaNO2)样品的纯度，将其配制成溶液，然后用0.0200mol/LKMnO4标准溶液进行滴

定。【小问1详解】。配制亚硝酸钠溶液100mL，所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯之外还有100mL容量瓶。【小问2详解】高锰酸钾溶液为紫红色，则判断该实验达到滴定终点的现象是：当滴入最后一滴(或半滴)标准液时，锥形瓶中溶液

显浅红色，且半分钟不褪色。【小问3详解】4KMnO标准溶液滴定样品溶液前，有关滴定管的正确操作为：检漏→蒸馏水洗涤→用4KMnO标准溶液润洗2至3次→装入标准液至酸式滴定管零刻度以上→排除滴定管中气泡→调整标准液液面至零刻度或零刻度以下→记录起始读数→开始滴定，故选顺序为

aecb。【小问4详解】25.00mL样品溶液用0.0200mol•L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，消耗VmL酸性KMnO4标准溶液，根据得失电子守恒，则有关系式2KMnO4～5NaNO2；得n(NaNO2)=0.0200mol/L×V×10-3L×52×10

025=2V×10-4mol，则该亚硝酸钠样品中NaNO2的质量分数是42V1069g/molmolag−×100%=69V%50a。【小问5详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗涤后直接加入2NaNO溶液，用4KMnO溶液滴定，对实验结果无影响，A正确；B．滴定过程中发现溶液颜色变化需要等颜色变化稳定后

30s进行读数，立即读数，会导致测定结果偏小，B错误；C．滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，标准液消耗偏多，测定结果偏大，C正确；D．滴定前读数正确，滴定后仰视滴定管读数，标准液体积偏多，测定结果偏大，D错误；故答案为：A

C。23.硫化氢、二氧化硫、硫酸是三种常见含硫化合物。（1）已知反应：()()()()242221HSOSOgHOlOagq2=++327kJ/molH=+，该反应正向自发的原因：___________。（2）已知“2HS分解联产氢气、硫磺”的工作原理包含三步反应：①

()()()()()22224SOgIs2HOl2HIaqHSOaq++=+151kJ/mollH=−②()()()222HIaqHgIs=+2110kJ/molH=+③()()()()()22422HSgHSOaqSsSOg2HOl

+=++361kJ/molH=+2HS分解联产2H、硫磺的热化学方程式为___________。（3）羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。CO和2HS在610K下制备羰基硫的反应方程式为：()()()

()22HSgCOgCOSgHg++H0。在2.5L的空钢瓶中投入0.10molCO与20.40molHS，反应达平衡后，测得2H的物质的量百分数为2%。610K时反应平衡常数K=___________。（4）硫代硫酸钠(223NaSO)，俗称大苏打、海波，为医疗常用为氰化物的解毒剂。实验室

模拟工业制备223NaSO发生装置如图。①制备223NaSO的反应方程式：___________；②制备过程中2HS或2SO中任何一种超过理想条件比例，均会导致223NaSO产率下降，导致产率下降的原因是___________。【答案】（1）该反应S0有利自发；熵变对反应的影响大于焓变（2）(

)()()22HSgHgSs=+20kJ/molH=+（3）32.810−或1/351（4）①.222322322HSSO3NaSO3NaSO2HO++=+②.任何一种气体过量，均会导致体系(溶液)酸性增强，而223NaSO在酸性下不稳定，

产率下降【解析】【小问1详解】反应为吸热的熵增反应，该反应S0，熵增有利自发，且熵变对反应的影响大于焓变，故该反应正向自发；【小问2详解】已知：①()()()()()22224SOgIs2HOl2HIaqH

SOaq++=+151kJ/mollH=−②()()()222HIaqHgIs=+2110kJ/molH=+③()()()()()22422HSgHSOaqSsSOg2HOl+=++361kJ/molH=+由盖斯定律可知，①＋②＋

③得()()()22HSgHgSs=+，ΔH-151+110+61kJ/mol+20kJ/mol()==；【小问3详解】反应为气体分子数不变的反应，反应达平衡后，测得2H的物质的量百分数为2%，则生成氢气（0.1+0.4）

mol×2%=0.01mol；()()()22HS(g)+CO(g)COS(g)+H(g)mol0.400.1000mol0.010.010.010.01mol0.390.090.010.01起始转化平衡则610K时反应平衡常数0.010.012.52.5K0.390.092.5

2.5==32.810−或1/351；【小问4详解】①制备223NaSO的反应为二氧化硫、硫化氢、亚硫酸钠反应生成223NaSO，根据质量守恒可知，还会生成水，反应为：222322322HSSO3NaSO3NaSO2H

O++=+；②任何一种气体过量，均会导致体系(溶液)酸性增强，而223NaSO在酸性下不稳定，使得223NaSO发生分解，导致产率下降。24.工业烟气中通常含有高浓度NOx、CO、2SO等有害物质，排放前无害化

处理是化学研究的重要课题。（1）利用羟基自由基()OH氧化转化是烟气中除去NOx重要化学方法。()22HOg在催化剂FeOOHα−的表面上分解产生OH，OH再与烟气中的NO发生反应，生成硝酸等物质。①写出OH氧化NO的化学反应方程式___________。②当22HO浓度一定时，N

O的脱除效率与温度的关系如图所示。升温至80℃以上，NO的脱除效率提高主要有两方面原因，一方面是：大量汽化的22HO吸附在催化剂表面，分解产生高浓度的OH，加快反应速率；另一方面是：___________；温度高于

180℃，NO的脱除效率降低的原因是___________。（2）某科研机构探索出23FeO催化烟气回收硫方法：()()()()222COgSOg2COgSl++ƒ1270kJmolH−=−，380℃时，()2SOn和()COn投料比为1：1时2SO转化率的变化如图所示，请在

图中画出()2SOn和()COn投料比为1：3时，2SO转化率变化曲线______________。（3）采用碱性的2NaClO溶液作为吸收剂，可将烟气中2SO和NO吸收。在323K，向3510mol/L−的2NaClO溶液中通入烟气，反应一段

时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：离子24SO−23SO−3NO−2NO−Cl−c(mol/L)48.3510−66.8710−41.510−61.210−33.410−①2NaClO溶液吸收NO的主要反应的离子方程式：_______。②下列有关2Na

ClO溶液吸收法处理烟气的说法不正确_______。A．升高反应温度，一定有利于提高烟气中NO和2SO的吸收效率B．2NaClO溶液吸收2SO的离子方程式可表示为：22242ClO2SO4OH2SOCl2HO−−−−++=++C．随着吸收反应进行，吸收剂溶液的pH会逐渐变大的D．数据说明NO吸收

效率低于2SO，可能原因是NO溶解度比2SO小【答案】24.①.323OHNOHNOHO+=+②.温度升高，化学反应速率加快，使NO脱除效率提高③.超过180℃，双氧水分解产生2O，不利于OH生成或其他合理答案也可25.26.①.232

4NO3ClO4OH4NO3Cl2HO−−−−++=++②.AC【解析】【小问1详解】①OH氧化NO为硝酸，同时生成水，化学反应方程式323OHNOHNOHO+=+。②升温至80℃以上，NO的脱除效率提高主要有两方面原因，一方面是：大量汽

化的22HO吸附在催化剂表面，分解产生高浓度的OH，加快反应速率；另一方面是：温度升高，化学反应速率加快，使NO脱除效率提高；温度高于180℃，NO的脱除效率降低的原因是超过180℃，双氧水分解产生2O，不利于OH生成或其他合理答案也可。【小问2详解】在其它条件

不变时，增大CO的浓度，可以提高SO2的平衡转化率，所以()2SOn和()COn投料比为1：3时，2SO转化率变化曲线：。【小问3详解】①2NaClO溶液吸收NO，自身被还原为氯离子，NO被氧化为硝酸根离子，主要

反应的离子方程式：2324NO3ClO4OH4NO3Cl2HO−−−−++=++。②A．升高反应温度，气体在水中的溶解度减小，不一定有利于提高烟气中NO和2SO的吸收效率，A错误；B．2NaClO溶液吸收2SO，SO2被氧化为硫酸根离子，自

身被还原为氯离子，离子方程式可表示为：22242ClO2SO4OH2SOCl2HO−−−−++=++，B正确；C．随着吸收反应的进行，NO、SO2被氧化,同时消耗氢氧根离子，吸收剂溶液的pH会逐渐变小，C错误；D．NO难溶于水，SO2易溶于水

，NO吸收效率低于2SO，可能原因NO溶解度比2SO小，D正确；是获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com