【文档说明】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2023-2024学年高二上学期11月期中考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.644 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-077496683a21ae8843bd6c82bfa49be5.html

以下为本文档部分文字说明：

吴忠中学2023—2024学年第一学期期中考试高二化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1N：14Fe：56O：16S：32Cl：35.5C：12Na：23一、选择题(每小题2分，每题只有一个正确选项，共50分)1.下

列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.灼热的碳与2CO反应B.()22BaOH8HO与4NHCl反应C.铁与稀硫酸反应D.甲烷在氧气中燃烧【答案】A【解析】【详解】A．灼热的碳与CO2反应是吸热反应，其反应方程式为C+CO2Δ2CO，该反应存在化合价的变化，

属于氧化还原反应，故A符合题意；B．该反应虽然为吸热反应，属于复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．铁与稀硫酸反应属于氧化还原反应，属于放热反应，故C不符合题意；D．甲烷的燃烧属于氧化还原反应，属于放热反应，故D不符合题意；答案为A。2.10mL浓度为1mol·L-

1的硫酸与过量的锌粉反应，下列措施能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是①加入少量CuSO4溶液②改用质量分数98%的硫酸③加入少量K2SO4溶液④升高温度⑤再加入20mL1mol·L-1的硫酸A.①④B.①

②C.③④D.④⑤【答案】A【解析】【分析】①CuSO4与锌粉发生反应，置换出铜，铜与锌粉形成原电池，从而加快反应速率，同时加入少量CuSO4溶液不会影响硫酸的量，从而不影响氢气生成量，则加入少量CuSO4溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量

；②改用质量分数98%的硫酸，浓硫酸与锌反应不产生氢气；③加入少量K2SO4溶液，稀释使反应速率减小；④温度越高反应速率越快，升高温度能加快反应速率但又不影响氢气生成量；⑤再加入20mL1mol·L-

1的硫酸，会导致氢气的生成量增大。【详解】A．①CuSO4与锌粉发生反应，置换出铜，铜与锌粉形成原电池，从而加快反应速率，同时加入少量CuSO4溶液不会影响硫酸的量，从而不影响氢气生成量，则加入少量CuSO4溶液，能加

快反应速率但又不影响氢气生成量；④温度越高反应速率越快，升高温度能加快反应速率但又不影响氢气生成量，故A正确；B．②改用质量分数98%的硫酸，浓硫酸与锌反应不产生氢气，故B错误；C．③反应实质为锌与氢离

子反应，加入少量K2SO4溶液，只起稀释作用，不能加快反应速率，故C错误；D．⑤再加入20mL1mol·L-1的硫酸，会导致氢气的生成量增大，故D错误；答案选A。3.下列有关反应热的叙述中正确的是①已

知()()()2222HgOg2HOg+=1483.6kJmolH−=−，则氢气的燃烧热为1241.8kJmol−；②单质A和单质B互为同素异形体，由单质A转化为单质B是吸热反应，由此可知单质B比单质A稳定；③()()()()XgYg

ZgWs++H0，在恒温恒压的条件下，达到平衡后加入X，上述反应的H增大；④反应()()()()42SiClg2HgSis4HClg++高温可用于纯硅的制备，用E表示键能，该反应()()()()4SiCl2HHSiSi

4HClHEEEE=−+−−−−−；⑤根据盖斯定律可推知在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1mol()2COg时，放出的热量相等；⑥25℃、101kPa时，0.5mol稀硫酸与足量稀NaOH溶液完全反应的中和热157.3kJmolH−=−

。A.①②③④B.②④⑥C.④⑥D.⑥【答案】D【解析】【详解】①氢气的燃烧热要求产物H2O为液态水，故①错误；②单质A转化为单质B是吸热反应，则单质A能量更低，物质能量越低越稳定，所以单质A比单质B稳定，故②错误；③恒温恒压的条件下，达到平衡后加入X，H不会变，故③错误；④1mol

Si含2molSi-Si键，故④错误；⑤金刚石和石墨的能量不同，所以金刚石或石墨燃烧生成1mol()2COg时，放出的热量不相等，故⑤错误；⑥中和热为在25℃和101kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时，放出57.3kJ的热量，0.5mol稀硫酸与足量稀Na

OH溶液完全反应生成1molH2O，故⑥正确。故答案选D。4.某温度下，将pH和体积均相同的HX和HY两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化分别为图中曲线Ⅰ和曲线Ⅱ。下列叙述正确的是A.HY一定为弱酸B.溶液中水的电离程度：d点>c点C.同浓度的NaX和NaY溶液的pH为：Na

Y>NaXD.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同【答案】B【解析】【详解】A．pH相同的一元酸分别稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性越强，但无法判断HY是否为弱酸，故A错

误；B．d点相对c点pH值大，酸性较弱，则对水的电离抑制程度弱，所以溶液中水的电离程度：d点>c点，故B正确；C．根据A分析可知酸性：HY＞HX，酸性越强，对应酸根离子水解程度越弱，碱性越弱，所以同浓度的NaX和NaY溶液的pH为：NaY＜NaX，故C错误

；D．a点pH相同，HY酸性强于HX，则n(HX)n(HY)＞，即消耗的氢氧化钠的物质的量不同，故D错误；答案选B。5.已知下列反应的平衡常数：①S(s)+O2(g)垐?噲?SO2(g)，K1；②H2(g

)+S(s)垐?噲?H2S(g)，K2；则反应H2(g)+SO2(g)垐?噲?O2(g)+H2S(g)的平衡常数是A.K1－K2B.K1·K2C.21KKD.12KK【答案】C【解析】【详解】①S(s)+O2(g)垐?噲?SO2(g)，K1=22c(SO)c(O)；②H2(g)+S(s)垐

?噲?H2S(g)，K2222c(HS)c(H)c(SO)；根据盖斯定律，将热化学方程式②-①，整理可得反应：H2(g)+SO2(g)垐?噲?O2(g)+H2S(g)，其化学平衡常数K=2222222212c(HS)c(HS)c(O)c(H)K==c

(SO)c(H)c(SO)Kc(O)；故合理选项是C。6.已知：()1434332NHCO(s)NHHCO(s)NH(g)Δ74.9kJmolH−=+=+，下列说法正确的是A.能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应B.该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行C.碳酸盐

分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解一定能自发进行D.该反应中熵变，焓变皆大于0【答案】D【解析】【详解】A．能自发进行的反应不一定是放热反应，不能自发进行的反应不一定是吸热反应，判断依据是△H-T△S<0，故A错误；B．该

反应是吸热反应，△H>0，△S>0；反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，当高温下反应可以自发进行，故B错误；C．碳酸盐分解反应中熵增加，△S>0，反应是吸热反应，△H>0，反应自发进行的判断依据是△H-T△

S<0，反应自发进行，因此低温下碳酸盐分解是非自发进行的，故C错误；D．依据反应的特征分析()1434332NHCO(s)NHHCO(s)NH(g)Δ74.9kJmolH−=+=+，反应是熵变增大的反应，△S>0；反应是吸热反应焓变大于0，△H>0；故D正确；故选：D。7

.一定温度下，在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)，下列不能表明该反应已达到化学平衡状态的是A.N2的体积分数不再变化B.容器内气体压强不再变化C.混合气体的密度不再变化D.混合气体的平均相对分子质量不再变化【答案】B【解析】

【详解】A．N2的体积分数不再变化，则正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A不符合题意；B．反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，则当容器内气体压强不再变化时，反应不一定达平衡状态，B符合题意；C．随着反应的进行，气体的质量不断发生改变，

而气体的体积不变，则混合气体的密度不断发生改变，当混合气体的密度不再变化时，反应达平衡状态，C不符合题意；D．混合气体的质量不断发生改变，物质的量始终不变，则平均相对分子质量不断发生改变，当混合气的平均相对分子质量不再

变化时，反应达平衡状态，D不符合题意；故选B。8.在2L密闭容器中充入3molA气体和2molB气体，在一定条件下发生反应3A(g)B(g)2C(g)xD(g)++，达到平衡时，生成了1molC，经测定，D的浓度为10.5molL−，下列判断正确的是A.x3=B.B的转化率为3

0%C.平衡时A的浓度为10.75molL−D.达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的60%【答案】C【解析】【分析】由三段式分析：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)(mol)3200(mol)1.50.510.5mol/L?2L(mol)1.51.5

10.5mol/L?2L起始量转化量平衡量，根据转化量之比等于化学计量系数比可知，x=2，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，x=2，A错误；B．由分析可知，B的转化率为0.5mol×100%2mol=25%，B错误；C．由分析可知，平衡时A的浓度为1.5mol2L=10.75mol

L−，C正确；D．由分析并结合阿伏伽德罗定律可知，达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的1.5+1.5+1+13+2=100%，即反应前后体系压强不变，D错误；故答案为：C。9.已知可逆反应：()(

)()()AgBgCgDg++H，在某密闭体系中进行该反应，反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是A.1E为逆反应的活化能，2E为正反应的活化能B.曲线Ⅱ使用了催化剂，降低了反应的焓变C.12EEH=−，该反应为吸热反应D.活化能越大，反应越容易进行【答案】C【解析】【分析

】【详解】A．由图象可知，1E为正反应的活化能，2E为逆反应的活化能，A项错误；B．催化剂能降低反应的活化能、不能改变反应的焓变，B项错误；C．1E与2E的差值是该反应的焓变，该差值为正值，故该反应为吸

热反应，C项正确；D．活化能越大，反应越难进行，D项错误；答案选C。10.下列事实不能证明CH3COOH是弱酸的是A.CH3COOH溶液能使石蕊溶液变红B.0.1mol∙L−1CH3COOH溶液中H+浓

度小于0.1mol∙L−1C.物质的量浓度相同的CH3COOH溶液的导电能力比盐酸弱D.0.01mol∙L−1CH3COOH溶液中有两种分子存在【答案】A【解析】【详解】A．无论是强酸还是弱酸都能使石蕊

溶液变红，因此不能证明醋酸是弱酸，故A符合题意；B．0.1mol∙L−1CH3COOH溶液中H+浓度小于0.1mol∙L−1，说明醋酸是部分电离，则说明是弱酸，故B不符合题意；C．物质的量浓度相同的CH3COOH溶液的导电能力比盐酸弱，说明电离出的离子浓度小，则说明是弱酸，故C不符合

题意；D．0.01mol∙L−1CH3COOH溶液中有两种分子存在即水分子和醋酸分子，说明醋酸部分电离即弱酸，故D不符合题意。综上所述，答案为A。11.实验测得25℃、101kPa时，2H的燃烧热为1285.5kJmol−，NaOH稀溶液与硫酸稀溶液反

应的中和热为157.3kJmol−，下列热化学方程式的书写正确的是A.()()()2222HgOg2HOl+=1ΔH285.8kJmol−=−B.()()()2222HgOg2HOg+=1ΔH=571.6kJmol−−C.()()()()242422NaO

HaqHSOaqNaSOaq2HOl++=1ΔH57.3kJmol−=−D.()()()()2424211NaOHaqHSOaqNaSOaqHOl22+=+1kJH57.3mol−=−【答案】D【解析】【详解】25℃、101kPa时，2H的燃烧热为1

285.5kJmol−，即1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为285.5kJ，则()()()2222HgOg2HOl+=1ΔH=571.6kJmol−−；NaOH稀溶液与硫酸稀溶液反应的中和热为157.3kJmol−，即氢氧化钠和硫酸反应生成1mol水放出的热量是57.3kJ，热化

学方程式为()()()()2424211NaOHaqHSOaqNaSOaqHOl22+=+1kJH57.3mol−=−；故选D。12.下列有关平衡常数的说法中，正确的是A.改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数一定增大B.反应：()()2242NOgNOg0H，增加c(N2O4)，该

反应的平衡常数增大C.对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D.平衡常数为()()()()222COHOKCOHcccc=的反应，化学方程式为222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++【答案】D是【解析

】【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，选项A错误；B．该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，选项B错误；C．对于给定的可逆反应，温度一定时，因K正·K逆=1，只有平衡常数等于1时，其正、逆反应的平衡

常数才相等，选项C错误；D．化学平衡常数，是指在一定温度下可逆反应达平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，固体和液体不写入平衡常数表达式，则平衡常数为()()()()222COHOKCOHcccc=的反应，化学方程式

为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，选项D正确；答案选D。13.已知反应：mA(g)nB(g)+pC(g)ΔH=akJ·mol-1.则下列说法正确的是A.由图甲知：m>n+p，a>0B.图乙中c表示A的浓度，则可推断出：T1、T3均未达

平衡状态C.图丙纵坐标表示生成物C的百分含量，E点v(正)>v(逆)D.达平衡后，降低温度，则反应速率变化图象可以用图丁表示【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，温度一定时，压强增大，A的转化率增大，平衡正向移动，则m＞n+p,压强一定时，升高温度，A的转化率增大，平衡正向移动，反应正向为吸热

反应，则a＞0，故A正确；B．由图可知，反应正向建立平衡，达平衡前A的浓度减小，故T2时反应达到平衡，温度升高，平衡逆向移动，A的浓度增大，故T3时反应处于平衡状态，故B错误；C．由图可知，E点未达平衡，压强一定时，E点C的百分含量减小，反应可达到平衡状态，故E点反应逆

向进行，故E点v(正)＜v(逆)，故C错误；D．达平衡后，降低温度，正逆反应速率均减小，故D错误；答案选A。14.下列平衡移动方向和现象判断正确的是A.227CrO−+H2O224CrO−+2H+，加水增大了水

的浓度，平衡正向移动B.2NO2(g)N2O4(g)，压缩容器体积，平衡正向移动，气体颜色变浅C.2HI(g)H2(g)+I2(g)，压缩容器体积，平衡不移动，气体颜色无变化D.[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，升

高温度，溶液由蓝绿色变为黄绿色【答案】D【解析】【详解】A．227CrO−+H2O224CrO−+2H+，加水稀释，水的浓度不变，各离子浓度均减小，平衡正向移动，A不正确；B．2NO2(g)N2O4(g

)，压缩容器体积，虽然平衡正向移动，NO2的物质的量减小，但NO2的浓度仍比加压前大，所以气体颜色变深，B不正确；C．2HI(g)H2(g)+I2(g)，压缩容器体积，虽然平衡不发生移动，但I2(g)的浓度增大，所以气体颜色加深，C不正确；D．[Cu

(H2O)4]2+呈蓝绿色，[CuCl4]2-呈黄绿色，对于反应[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2OΔH＞0，升高温度，平衡正向移动，则溶液由蓝绿色变为黄绿色，D正确；故选D。15.已知温

度T时，水的离子积常数为wK，该温度下，将浓度为amol/L的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是Aa=bB.混合溶液pH7=C.混合溶液中，()1wcHKmolL+−=D.混合溶液中，由水电离出的()

71cH110molL+−−=【答案】C【解析】【详解】A．a=b时，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性，故A错误；B．pH=7时，溶液不一定是中性溶液，水的电离是吸热反应，温度越高，水的离子积常数越大，所

以pH=7的溶液可能是中性、也可能是酸性或碱性，故B错误；C．由()1wcHKmolL+−=，得c(H+)=c(OH-)，则混合溶液呈中性，故C正确；.的D．因温度不一定是常温，所以由水电离出的()71cH110mol

L+−−=不能确定水的电离是被抑制还是未受影响，所以无法判断溶液酸碱性，故D错误。故选：C。16.下列实验事实不能．．用勒夏特列原理解释的是A.高压合成氨有利B.工业上2SO催化氧化为3SO，采用常压而不是高压，为了提高原料的转化率C.对

于合成氨的反应，较低温度有利于增大转化率D.热的纯碱溶液碱性强，去油污的能力强【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该过程必须是可逆的，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．合成氨反

应为N2+3H22NH3，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B．工业上2SO催化氧化为3SO：22SO+O223SO，反应前后气体体积减小，高压有利于平衡正向进行，采用常压而不是高压，是因为常压下转化率已经很高，故B

选；C．合成氨反应为N2+3H22NH3的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，有利于增大转化率，所以能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．纯碱水解为吸热反应，升高温度促进纯碱水解，导致溶液碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特列原理解

释，故D不选；故选：B。17.下列说法或表示正确的是A.甲烷的燃烧热ΔH=—890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=—890

.3kJ/molB.500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=—38.6k

J/molC.在稀溶液中：H+(aq)+OH—(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJD.已知C(s)

+O2(g)=CO2(g)ΔH=a，C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=b，则a<b【答案】D【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)

=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=—890.3kJ/mol，故错误；B．合成氨反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以1mol氨气、3mol氢气完全反应放热大于38.6kJ，反应的焓变ΔH小于—

38.6kJ/mol，故B错误；C．醋酸是弱酸，在溶液中的电离是吸热过程，则将含1mol醋酸的溶液与含1mol氢氧化钠的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；D．碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于不完全燃烧生成一

氧化碳放出的热量，碳完全燃烧的焓变小于不完全燃烧的焓变，则a<b，故D正确；故选D。18.25℃时，①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的H2SO4溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液，有关上述溶液的比较中，正确．．的是A.将②、

④溶液混合后，溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②<④B.水电离的c(H＋)：①=②=③=④C.将①溶液与④溶液等体积混合后，pH>7D.向10mL上述四溶液中各加入90mL水后，溶液的pH：③>④>①>②【答案】B【解析】【详解】A．pH=2

的硫酸溶液中氢离子浓度为10—2mol/L，pH=12的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为10—2mol/L，硫酸为强酸、氢氧化钠为强碱，则②、④溶液等体积混合后溶液pH=7，故A错误；B．酸在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，碱电离出的氢氧根离子也抑制水的电离，水电离出

的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，由题意可知，酸溶液中氢离子浓度和碱溶液中氢氧根离子浓度都为10—2mol/L，则四种溶液中水电离出的氢离子浓度相等，故B正确；C．醋酸是弱酸，在溶液中部分电离

，pH=2的醋酸溶液浓度大于10—2mol/L，氢氧化钠是强碱，在溶液中完全电离，pH=12的氢氧化钠溶液浓度为10—2mol/L，则将①溶液与④溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，溶液pH小于7，故C错误；D．pH相同的酸稀释相同倍数时，强酸溶液pH变化大，则pH

都为2的醋酸和硫酸溶液稀释相同倍数后，醋酸溶液pH小于硫酸溶液，pH相同的碱稀释相同倍数时，强碱溶液pH变化大，则pH都为12的氨水和氢氧化钠溶液稀释相同倍数后，氨水溶液的pH大于氢氧化钠溶液，所以稀释后溶液的pH的大小顺序为③＞④＞②＞①，故D错误；故选B。19.根据图象所

得结论正确的是A.图甲是反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1>Y2B.图乙是室温下用0.1000mol•L-1的一元酸HA滴定20.00mL0.1000mol•L-1的一元碱BOH的滴定曲线，说明BO

H是强碱C.图丙是室温下稀释冰醋酸时溶液的导电能力随加入水的体积的变化曲线，说明醋酸的电离程度：b>a>cD.图丁是室温下稀释相同体积、相同pH的稀盐酸和稀醋酸时溶液的pH随加入水的体积的变化曲线，说明曲线N代表的是盐酸

【答案】A【解析】【分析】【详解】A．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡时SO2的转化率随压强增大而增大，说明Y代表压强，且Y1＞Y2，该反应是放热反应，平衡时SO2的转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则X代表温度，故A

正确；B．由图知，V=20mL时，恰好反应生成BA溶液，此时pH=6，溶液呈酸性，则B+发生水解反应导致溶液呈酸性，说明BOH是弱酸，故B错误；C．溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度c>a>b，故C

错误；D．pH值相同的一元酸，稀释相同的倍数，pH变化较大的酸的酸性较强，酸性：HCl酸性大于CH3COOH，根据图知，曲线M代表的是盐酸，故D错误；故选：A。20.酸碱中和滴定常用于测定酸或碱的浓度。实验小组用0.1000mol∙

L－1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L－1的CH3COOH溶液。下列情况会造成所滴加NaOH溶液体积偏小的是A.盛装CH3COOH溶液的锥形瓶水洗后未干燥B.装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗C.开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体D.滴

定过程中锥形瓶中有液体溅出【答案】D【解析】【详解】A．锥形瓶只是滴定反应容器，锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不影响量取待测液的体积，A不选；B．装NaOH溶液的滴定管水洗后未润洗，导致标准溶液被稀释、导致标准溶

液体积偏大，B不选；C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，则标准溶液体积初读数偏小(气泡被当作标准溶液也被计量)、导致标准溶液体积偏大，C不选；D．滴定过程中锥形瓶中有液体溅出，则醋酸的物质的量减少、导致

标准溶液的物质的量减小、体积偏小，D选；答案选D。21.在一密闭容器中，反应()()()AgBgCgxyz+(其中x、y、z为化学计量数)达平衡后，平衡时测得A的浓度为10.5molL−。保持温度不变，将容器容积扩大为原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓

度为10.2molL−。则下列叙述正确的是A.xyz+B.平衡向正反应方向移动C.B转化率减小D.A的体积分数增大【答案】B【解析】【分析】保持温度不变，将容器容积扩大为原来的两倍，若平衡不移动，则A的浓度变为原来的一半；现在达平衡时，A的浓度由原来的10.5molL−

变为10.2molL−，少于原来的一半，则表明平衡正向移动。【详解】A．由分析可知，减小压强，平衡正向移动，则xyz+，A不正确；B．容器体积变为原来的二倍，而A的浓度由原来的10.5molL−变为10.2molL−，则表明A的物质的量减小，平

衡向正反应方向移动，B正确；C．平衡正向移动，则B的转化率增大，C不正确；D．平衡正向移动，A的物质的量减小，而混合气的物质的量增大，所以A的体积分数减小，D不正确；故选B。22.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是AT1>T2B.Kw：b>c>a>d=eC.b→c点可通过在水中

加入适量的CH3COONa(s)实现D.T2时，将pH=10的NaOH(aq)与pH=3的H2SO4(aq)等体积混合，溶液呈碱性【答案】D【解析】【详解】A．水的电离是吸热反应，温度升高电离平衡正向移动

，c(H+)和c(OH-)都增大，由图可知，T2>T1，A错误；B．Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变，ade点都处于同一温度下，则三点的Kw相等，b点c(H+)和c(OH-)都大于a点的，由Kw=c

(H+)∙c(OH-)可知，b点Kw大于c点大于a点，则Kw：b>c>a=d=e，B错误；C．b→c点Kw变小，是降温导致的，在水中加入适量的CH3COONa(s)但温度不变，不能改变Kw，C错误；D．T2时，Kw=c(H+)∙c(OH-)=10-6×

10-6=10-12，pH=10的NaOH(aq)其c(OH-)=-122-+-0w110==10mol/L)10c(HK，pH=3的H2SO4(aq)其c(H+)=10-3mol/L，两者等体积混合，

n(OH-)过量，则溶液呈碱性，D正确；故选：D。23.室温下，某溶液中lg+-c(H)c(OH)=10，则该溶液中一定可以大量共存的离子组是A.Al3+、NH+4、ClO-、I-B.Ba2+、Cu2+、Cl-、NO-3C.K+、Na+、AlO-2

、SO2-4D.Mg2+、Fe2+、Br-、NO-3【答案】B【解析】.【分析】lg+-c(H)c(OH)=10的溶液显酸性，存在大量的H+，据此结合离子共存的条件分析。【详解】根据上述分析可知，A．ClO-与

H+会发生反应生成弱酸次氯酸，A错误；B．酸性溶液中该组离子不反应，能大量共存，B正确；C．AlO-2会与H+发生反应而不共存，C错误；D．NO-3在酸性条件下具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应而不共存，D错误；故选B。24.一

定温度下，将浓度为10.1molLHF−溶液加水不断稀释，始终保持增大的是A.()+cHB.()aKHFC.()()--cFcOHD.()()+cHcHF【答案】D【解析】【分析】【详解】A．HF为弱酸，存在电离平衡：H

FHF+−+加水稀释，平衡正向移动,但c(H+)减小，故A不符合题意；B．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)不变，故B不符合题意；C．当溶液无限稀释时，()cF−不断减小，()cH+无限接近7110?Lmol−−，()()

--cFcOH减小，故C不符合题意；D．由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶液中()Hn+增大，()nHF减小，()()()()++cHnHcHFnHF=增大，故D符合题意；故答案为D。25.25℃时，向20mL0.1mol/L3CHCOOH溶液

中逐滴加入0.1mo/LNaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.a点的pH>1B.c点时，V(NaOH)=20mLC.反应过程中()()33cCHCOOcCHCOOH−的值逐渐增大D.a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大【答案】

B【解析】【分析】a为起始点。B点加入NaOH为10mL主要成分为n(CH3COONa):n(CH3COOH)=1:1。加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH。【详解】A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3C

OOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH>1，A项正确；B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，B项错误；C

．-3a+3c(CHCOO)K=c(CHCOOH)c(H)，加入NaOH后c(H+)被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，C项正确；D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，D项正确；故选B。二、非选择

题(四道答题，共50分)26.某学生用0.1000mol·L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A．移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞B．调节液面至“0”或“0”以

下某一刻度，记下读数C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2cmE．用标准溶液润洗滴定管2～3次F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（1）正确操

作步骤的顺序是(用序号字母填写)A→___________→F；（2）若无上述E步骤操作，则测定结果会___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；（3）判断到达滴定终点的现象是___________；（4）若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.60ml，滴

定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________mL。（5）乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取下述合理数据，计算出待测溶液的物质的量浓度为___________；(保留四位有效数字)实验序号待测HCl溶液的体积/mL0.1000mol·L－1的KOH溶液的体积/m

L滴定前刻度滴定后刻度125.000.0025.33225.000.0030.00325.001.0025.67（6）KMnO4常用于氧化还原滴定。滴定时应将KMnO4加入___________滴定管中(填“酸式”或“

碱式”)。【答案】（1）EDCB（2）偏高（3）当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色（4）24.80mL（5）0.1000mol/L（6）酸式【解析】【分析】中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指

示剂、滴定等顺序操作，本实验是碱滴定酸，原来显酸性，多加入一滴标准液变为碱性，达到滴定终点时溶液变红。【小问1详解】中和滴定的操作步骤为：取待测液于锥形瓶中，加入指示剂→润洗→装标准溶液→排气泡→调液面→

进行滴定，因此操作顺序为：AEDCBF；【小问2详解】蒸馏水洗涤滴定管后，若不用标准液润洗，会使滴定管内标准液浓度减小，消耗标准液的体积偏大，所得待测液浓度偏高；【小问3详解】本实验是用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞为指示剂，开始滴定时溶液显无色，

随着氢氧化钾标准液的滴入，溶液酸性减弱，当最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点；【小问4详解】甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为2.60ml，滴定后液面如图，为27.40mL，此

时消耗标准溶液的体积为27.40mL-2.60ml=24.80mL；【小问5详解】根据数据有效性，舍去第2组数据，则1、3组平均消耗氢氧化钾溶液的体积为25.33mL+24.67mL2=25.00mL，由KOH+HCl=KCl+H2O可知

，0.025L×0.1000mol/L=0.025L×c(HCl)，解得c(HCl)=0.1000mol/L；【小问6详解】KMnO4具有强氧化性，能氧化橡胶，应用酸式滴定管盛装。27.Ⅰ．完成下列填空。（1）键能是指在将1mol理想气体分子AB拆开为中性气

态原子A和B所需的能量。已知下列化学键的键能如下表：化学键N≡NO=ON—NN—HO—H键能/kJ·mol‾1946497193391463写出1mol气态肼(H2N—NH2)燃烧生成氮气和气态水的热化学方程式___________。Ⅱ．用如图所示的装置测定中和反应反应热。实验药品：100mL0.

50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液、50mL0.50mol/L氨水。已知弱碱电离时吸热。回答下列问题。（2）从实验装置上看，还缺少___________，其能否用铜质材料替代？___________(填“能”或“不能”)，理由是______

_____。（3）装置中隔热层的作用是________。（4）将浓度为10.50molL−的酸溶液和10.50molL−的碱溶液各50mL混合(溶液密度均为11gmL−)，生成的溶液的比热容-1-1c=4.18Jg℃，测得温度如下：反应物起始温度t1/℃最高温度t2/℃甲组(

HCl+NaOH)15.018.3乙组(HCl+NH3∙H2O)15.018.1①两组实验结果存在差异的原因是________。②3242HCl(aq)+NHHO(aq)=NHCl(aq)+HO(l)的H=________(保

留一位小数)。③某同学利用上述装置重新做甲组实验，测得反应热H偏大，则可能的原因是______(填序号)。A．测完盐酸的温度直接测NaOH溶液温度B．做该实验时室温较高C．杯盖未盖严D．NaOH溶液一

次性迅速倒入④若实验中若改用60mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热________(填“

相等”“不相等”)。【答案】（1）N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=－544kJ•mol－1（2）①.环形玻璃搅拌棒(或玻璃搅拌器)②.不能③.金属材质易散热，使实验误差增大（3）保温隔热、减少实验过程中的热量损失（4）①.NH3

•H2O在中和过程中要吸热，导致放热较少②.－51.8kJ•mol－1③.AC④.不相等⑤.相等【解析】【分析】进行中和热测定实验时，要用到环形玻璃搅拌器等特殊仪器，实验的关键是减少热量的损失，故要做好隔

热层，操作时要将氢氧化钠溶液一次性加入小烧杯中，一般用强酸和强碱溶液反应，若用弱碱则会导致热量的数值偏小；进行误差分析时主要是分析热量的变化，结合计算原理进行分析；【小问1详解】反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，则N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H

2O(g)焓变为()()-1-1-1H=193+4391+497kJmol-946+4463kJmol=-544kJmol；【小问2详解】由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；金属材质易散热，

使实验误差增大，所以不可以用铜质材料替代，故答案为：环形玻璃搅拌棒；不能；金属材质易散热，使实验误差增大；【小问3详解】中和热测定实验成败关键是保温工作，装置中隔热层的作用是减少实验过程中的热量损失；故答案为：减少实

验过程中的热量损失【小问4详解】①两组实验一个是强酸和强碱的反应，一个是强酸和弱碱的反应，NH3∙H2O在中和过程中要吸热，导致放热较少。故答案为：NH3∙H2O在中和过程中要吸热，导致放热较少；②50mL0.50mol•L-1盐酸、50mL0.55mol•L-1氨水

溶液的质量和m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.10℃=J=1.2958KJ，即生成

0.025mol的水放出热量1.2958KJ，所以生成1mol的水放出热量为=51.8kJ，△H=－51.8kJ•mol－1；③反应热偏大，则放热的数值偏小；A．测量完盐酸的温度再次测最NaOH溶液温度时，温度计上残留的酸

液未用水冲洗干净，酸碱中和会放热，导致一部分反应物损失，测定数值偏小，故A符合题意；B．做本实验的当天室温较高，不会影响实验结果，故B不符合题意；C．杯盖未盖严，会导致热量散失，数值偏小，故C符合题意

；D．NaOH溶液-次性迅速倒入可以减少实验误差，减少能量损失，故D不符合题意。故答案为AC。④反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若改用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏大，但是中和热的均是强酸

和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。28.Ⅰ．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。已知：C(s)+O2(g)=CO2(

g)ΔH1=－393.5kJ·mol－1H2(g)+12O2(g)=H2O(g)ΔH2=－241.8kJ·mol－1CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH3=－283.0kJ·mol－1（1）煤气化主要反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的ΔH=________

___。Ⅱ．为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚(DME)，反应如下：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=－198kJ·mol－1。（2）如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化

关系的曲线为___________(填曲线标记字母)，其判断理由是___________。（3）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2molH2和1molCO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数

据见下表：时间/min0204080100n(H2)/mol2.01.40.850.4—n(CO)/mol1.0—0.4250.20.2n(CH3OCH3)/mol00.15——0.4n(H2O)/mol00.150.28750.40.4①0～20min的平均反应速率v(CO)=_______

_mol·L−1·min−1。②达到平衡时，H2的转化率为________。③在上述温度下，该反应平衡常数K=________。(列出计算式即可)④能表明该反应达到平衡状态的是________(填序号)。A．CO的转化率等于H2O的产率B．混合气体的平均相对分子

质量不变C．v(CO)与v(H2)的比值不变D．混合气体的密度不变的（4）已知氢氟酸、醋酸、次氯酸(HClO)、碳酸的电离常数分别为：HFKa=6.8×10－4mol•L－1CH3COOHKa=1.7×10－5mol•L－1HClOKa=2.9×10－8mol•L－1H2CO

3Ka1=4.4×10－7mol•L－1Ka2=4.7×10－11mol•L－1写出少量的CO2通入NaClO溶液中的反应的离子方程式：___________；【答案】28.+131.3kJ·mol－129.①.a②.正反应放热，温度升高平

衡常数减小30.①.0.0075②.80%③.420.20.20.20.1④.B31.CO2+H2O+ClO－=-3HCO+HClO【解析】【小问1详解】已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=－393.5kJ·mol－1②H2(g)+12O2(g)=H2O

(g)ΔH2=－241.8kJ·mol－1③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH3=－283.0kJ·mol－1据盖斯定律，①-②-③得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的ΔH=的ΔH=

＋131.3kJ·mol－1；【小问2详解】反应放热，升高温度平衡逆向移动，K值减小，能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为a；【小问3详解】①在0～20min内()()()211nCO=ΔnH=2

.0mol1.4mol=0.3mol22－，()-1-10.3vCO==0.0075molLmin220；②平衡时，Δn（H2）＝2.0mol－0.4mol＝1.6mol，则转化率H2的转化率为%1010%.6=802；③由图表可知，根据化学反应240.40.422K==0.20.42

2420.20.20.20.1；④A．CO的转化率和H2O的产率表示的都是正反应方向，不能说明v正＝v逆，A项错误；B．混合气体的平均相对分子质量M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反

应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B项正确；C．v（CO）与v（H2）的比值是定值，无论是否达到平衡，均不变，故不能表明该反应达到平衡状态，C项错误；D．混合气体的密度，因为混合气体总质

量不变，容器容积V不变，故密度始终不变，D项错误；故选B；【小问4详解】由表可知，碳酸酸性大于次氯酸大于-3HCO，根据强酸制取弱酸可知，少量的CO2通入NaClO溶液中的反应的离子方程式：CO2+H2O+ClO－=-3HCO+HClO。29.回答下列问题：（1）在一定条件下，氢气在氯气中燃

烧的热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=－184.6kJ·mol－1；该反应属于___________(填“热吸”或“放热”)反应。（2）常温常压下，1mol乙醇(C2H5OH)

完全燃烧生成CO2气体和液态水放出的热量为1367kJ，写出表示乙醇燃烧热的热化学方程式：___________。（3）根据盖斯定律计算：P4(白磷，s)+5O2(g)=P4O10(s)ΔH=－2983.2kJ·mol－1①P(红磷，s)+54O2(g)=14P4O10(s

)ΔH=－738.5kJ·mol－1②则白磷转化为红磷的热化学方程式为___________。（4）已知破坏1molH−H键、1molI−I键、1molH−I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由

氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出___________kJ的热量。（5）白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10，已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P−P键akJ·mol－1、P−O键bkJ·mol－1、P=O键

ckJ·mol－1、O=O键dkJ·mol－1。根据图示的分子结构和有关数据计算该反应的反应热为___________。【答案】29.放热30.C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=－1367kJ•mol－131.P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－29.2k

J•mol－132.1133.(6a+5d－12b－4c)kJ•mol－1【解析】【小问1详解】氢气在氯气中燃烧属于放热反应；【小问2详解】表示乙醇燃烧热的热化学方程式，可燃物乙醇的系数为1，C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+

3H2O(l)△H=－1367kJ•mol－1；【小问3详解】根据盖斯定律，方程式①-②×4可得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)△H=－29.2kJ•mol－1；【小问4详解】破坏1molH−H键、1molI−I键需要吸收的总能量为436kJ+151kJ=587kJ，生成2molH−I键

需要放出的总能量为2×299kJ=598kJ，则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出11kJ的热量；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com