【文档说明】北京交通大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）.docx，共(29)页，1.434 MB，由小赞的店铺上传

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北京交通大学附属中学2022—2023学年高二上学期期中练习化学试题说明：本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。第一部分选择题(共42分)在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题2分，共42分)1.下列属于弱电解质的物质是A.N

aClB.3CaCOC.3NHD.32NHHO【答案】D【解析】【详解】A．NaCl在水中可完全电离生成钠离子和氯离子，属于强电解质，A不符合题意；B．3CaCO可完全电离生成钙离子和碳酸根离子，属于强电解质，B不符合题意；

C．3NH溶于水形成的一水合氨可发生部分电离，但不是氨气本身电离，所以氨气属于非电解质，C不符合题意；D．32NHHO在水中可发生部分电离，生成铵根离子和氢氧根离子，属于弱电解质，D符合题意；故选D。2.下列各组离子在碱性溶液中，可以大量共存的是A.Cu2+、Na+、SO24−、HCO3

−B.Na+、NH4+、MnO4−、I-C.K+、Mg2+、Fe2+、Cl-D.Na+、NO3−、SO24−、CO23−【答案】D【解析】【详解】A．Cu2+、HCO3−都能和OH-反应，碱性条件下，不能大量存在Cu2+、HCO3−，故不选A；B

．NH4+和OH-能发生反应生成弱电解质NH3·H2O，不能共存，故不选B；C．Mg2+、Fe2+都能和OH-反应，碱性条件下，不能大量存在Mg2+、Fe2+，故不选C；D．碱性条件下，Na+、NO3−、S

O24−、CO23−相互之间不反应，能大量共存，故选D；选D。3.下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是A.加热B.通入少量氯化氢气体C.通入少量氨气D.加入少量醋酸钠固体【答案】A【解析】【详解】水的离子积常数Kw是温度函数，只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，与外加酸、碱

、盐以及稀释无关，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故选A。4.下列措施不能．．加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A.用Zn粉代替Zn粒B.滴加少量的CuSO4溶液C.升高温度D.再加入1mol/LCH3COOH溶液【答案】D【解析】【详解】A

．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；B．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意；C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意；D．CH3COO

H为弱酸，1mol/LCH3COOH溶液溶液中c(H+)＜1mol/L，加入后相当于稀释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意；综上所述答案为D。5.下列事实可以证明氨水是弱碱是A.0.1mol/L氨水溶液p

H13B.0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红C.氨水与3Fe+盐反应生成3Fe(OH)D.氨水的导电性比NaOH溶液弱【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol/L氨水溶液pH＜13，说明一水合氨发生不完全电离，为弱碱，A符合题意；B．0.1mol/L的氨水可以

使酚酞试液变红，说明其显碱性，但不能证明为弱碱，B不符合题意；C．无论强碱还是弱碱，都可以与Fe3+盐反应生成Fe(OH)3，C不符合题意；D．选项未指明浓度，若等浓度的氨水的导电性比NaOH溶液弱，可以说明其为弱碱，D不符合题意；综上所述，答案为A。6.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合

理的是（）的A.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率B.在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移C.催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成D.如果向容器中放入1molN2和3molH2，最终可以生成2m

olNH3【答案】C【解析】【详解】A．催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；B．在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，B项错误；C．催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非

极性共价键的断裂，生成不同种元素氮氢键极性共价键的形成，故C项正确；D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2mol，故D项错误；答案选C。7.下列事实

能用勒夏特列原理解释的是A.对于已达平衡的可逆反应22H(g)+I(g)2HI(g)，压缩容器体积，混合气体颜色变深B.把食品存放在冰箱里可延长保质期C.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂D.配制FeCl3溶液，常将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中【答案】D【

解析】【详解】A．22H(g)+I(g)2HI(g)是反应前后气体气体体积相同的反应，当反应达到平衡后，压缩容器体积，化学平衡不移动，由于气体的浓度增大，导致混合气体颜色变深，与平衡移动无关，A不符合题意；B．

把食品存放在冰箱里，物质的温度降低，反应速率减小，因而可延长保质期，则与化学平衡移动无关，B不符合题意；C．合成氨工业中使用铁触媒作催化剂是为了加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，与平衡移动无关，C不符合题意；

D．FeCl3是强酸弱碱盐，水解产生难溶性Fe(OH)3及HCl，使溶液变浑浊，将FeCl3晶体溶于较浓的盐酸中，然后再稀释至相应浓度，由于增大了溶液中c(H+)，水解平衡逆向移动，Fe3+水解程度减小，能够得到澄清的FeCl3溶液，可以使用平衡移动原理分

析，D符合题意；故合理选项是D。8.在反应22HIH2I⎯⎯→+中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确．．．的是A.加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能B.增大(HI)c，单位体积内活化分子数增大C.升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加D.增大压强，活化分子的百分数增大【答

案】D【解析】【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确；B．增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确；C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率

增大，C正确；D．增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误；答案选D。9.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)H＜0是工业制硫酸的重要反应，下列说法不正确．．．的是A.其他条件不变，使用催化剂能同时提高反应速率和SO2的平衡转化

率B.其他条件不变，升高温度能加快反应速率，但SO2的平衡转化率降低C.其他条件不变，通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，但化学平衡常数不变D.其他条件不变，增大压强能同时提高反应速率和SO2的平衡转化率，但生产成本增加【答案】A【

解析】【详解】A．使用催化剂只能提高反应速率不能提高SO2的平衡转化率，故A错误；B．该反应为放热反应，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，故B正确；C．通入过量空气能提高SO2的平衡转化率，温度不变，所以化学平衡常数不变，故C正确；D．增大压强能能提高反应

速率，该反应为分子数减小的反应，增大压强平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，但压强增大对设备要求提高，生产成本增加，故D正确；的故答案为A。10.向H2O2溶液中加入少量KI溶液，反应历程是：i.H2O2+I−=H2O+IO−；ii.H2

O2+IO-=H2O+O2↑+I−，H2O2分解反应过程中不加KI溶液和加入KI溶液的能量变化如下图所示。下列判断不正确．．．的是A.KI是H2O2分解的催化剂B.曲线②代表加入KI的能量图C.KI能增大H2O2的分解速率D.反应i是放热反应，反应ii是吸

热反应【答案】D【解析】【详解】A．I−在反应i中被消耗，但在反应ii中又生成，整个过程质量没有变化，所以KI是H2O2分解的催化剂，A正确；B．催化剂可以改变反应路径，降低反应活化能，所以曲线②代表加入KI的能量图，B正确；C．催化剂可以

降低反应活化能，加快反应速率，C正确；D．根据曲线②，反应i中生成物能量高于反应物，为吸热反应，反应ii生成物的能量低于反应物，为放热反应，D错误；综上所述答案为D。11.一定温度下，100mLN2O5的C

Cl4溶液发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2。不同时刻测得生成O2的体积，换算成对应时刻N2O5的浓度如下表。t/min0102030…8090c(N2O5)/(mol·L−1)1.400.960.660.45…0.110.11下列说法不正确．．．的是A.0~

10min的平均反应速率：v(N2O5)=0.044mol·L−1·min−1B.10~20min的平均反应速率：v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1C.10~20min放出的O2体积为0.336L(

标准状况)D.80min后反应达到平衡，2v正(N2O5)=v逆(O2)【答案】D【解析】【详解】A．根据表格数据可知0~10min的平均反应速率：v(N2O5)=()111.400.96/L0.044?L?min10minmolmol

−−−=，故A正确；B．根据表格数据可知越反应c(N2O5)越小，相同时间段平均速率越小，故10~20min的平均反应速率v(N2O5)＜0.044mol·L−1·min−1，故B正确；C．10~20min反应的()()125nNO0.960.66?L0.1L0.03molmol

−=−=，放出的O2物质的量为0.015mol，即体积为0.336L(标准状况)，故C正确；D．80min时反应达到平衡，v正(N2O5)=2v逆(O2)，故D错误；故答案为D12.下列化学用语表示正确的是A.碳酸显酸性：2233H

CO2HCO+−+B.碳酸钠溶液显碱性：2323COHOHCOOH−−−++C.用()42KAlSO作净水剂：323Al3HOAl(OH)3H+++=+D.“84消毒液”中加少量醋增强漂白性：ClOHHClO−++=【答案】B【解析】【详解】A．碳酸为二元弱酸，发生分步电离，其第一步电离

方程式为：233HCOHHCO+−+，A错误；B．碳酸钠在水溶液中会发生水解使溶液显碱性，其水解方程式为：2323COHOHCOOH−−−++，B正确；C．()42KAlSO在水中电离生成的铝离子会发生水解生成具有吸附性

的氢氧化铝胶体，从而可作净水剂，涉及的水解方程式为：323Al3HOAl((OH)3H)++++胶体，C错误；D．醋酸为弱酸，其酸性大于次氯酸的，“84消毒液”的有效成分为次氯酸钠，向“84消毒液”中加少量醋发生反应：CH3C

OOH+ClO-=HClO+CH3COO-，D错误；故选B。13.关于下列实验的说法不正确的是A．CH3COO-的水解程度增大B．溶液的pH减小是CH3COO-水解平衡移动的结果C．NH4Cl可促进CH3COO-水解D．混合液中c(CH3COO-)和c(

CH3COOH)之和大于c(Na+)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进CH3COO-的水解，故A正确；B．醋酸钠溶液加热促进CH3COO-的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C．氯化铵水解

显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故C正确；D．根据物料守恒，原醋酸钠溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，再加入一定量醋酸后，混合液中c(CH3COO-)和c(CH3COOH)之

和大于c(Na+)，故D正确；故选：B。14.元素铬(Cr)的几种化合物存在下列转化关系：22HOKOH23224227CrOKCrOKCrOKCrO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→溶液溶液试剂A①②③固体溶液(绿色)溶液(黄色)溶液(橙红

色)已知：222724CrOHO2CrO2H−−+++。下列判断不正确．．．的是A.反应①表明23CrO具有酸性氧化物的性质B.反应②2KCrO表现出还原性C.反应①③的化合价均没有发生变化D.反应③的颜色变化是由化学平衡移动引起的，则试剂A可以是NaO

H溶液【答案】D【解析】的【详解】A．Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，2KCr

O体现还原性，B项正确；C．反应①中Cr元素化合价均为+3价，反应③中Cr元素化合价均为+6价，其他元素也没有化合价的变化，C项正确；D．反应③中发生反应：2CrO42-+2H+⇌Cr2O2-7+H2O，加入

硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，D项错误；答案选D。15.已知122H(g)Cl(g)2HCl(g)183kJmolH−+==−，其它相关数据如下表：物质2H2ClHCl1mol分子中的化学键断裂时吸收的

能量/kJ436a431下列说法正确的是A.a=243B.2H(g)和2Cl(g)的总能量小于2HCl(g)C.21LH完全反应放出183kJ热量D.生成2HCl(l)的能量变化小于183kJ【答案】A【解析】【详解】A．断键时吸热、成键时放热，则(436+a)-2×431=

-183，得243a=，A正确；B．反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，该反应为放热反应，则2H(g)和2Cl(g)的总能量大于HCl(g)的，B错误；C．21molH(g)与21molCl(g)完全反应生成C2molHl(g)时放出183kJ

热量，条件不足，无法求出21LH的物质的量，C错误；D．C2molHl(g)的能量比2molHCl(l)的能量高，则生成2molHCl(l)的能量变化大于183kJ，D错误；答案选A。16.ICl与2H能发生反应：()()

()()22Hg2IClgIg2HClg+=+H0。已知：①该反应由两个基元反应分步完成，第一步为()()()()2HgIClgHIgHClg+=+1ΔH②两步反应的活化能分别为a1E、a2E，且a1a2

E>E下列判断不正确．．．的是A.第一步为氧化还原反应B.第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率C.已知键能：HHII−−，可推知键能：HClICl−−D.第二步的热化学方程式为()()()()2HIgIClgHClgIg+=+21ΔH=ΔH-ΔH【答案】B【解析】【详解】A．

ICl中Cl显-1价，I显+1，根据第一步反应方程式可知，H的的化合价升高，I元素的化合价降低，即该反应为氧化还原反应，故A说法正确；B．活化能越大，反应速率越低，Ea1＞Ea2，第一步反应速率比第二步反应速率慢，故B说法错误；C．已知H-H键能大于I-I

键能，则H-Cl键能大于I-Cl，故C说法正确；D．根据盖斯定律，第二步反应方程式=总反应－第一步反应，则第二步热反应方程式HI(g)+ICl(g)=HCl(g)+I2(g)21Δ=Δ-ΔHHH，故D说法正确；答案为B。17.某温度

下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中发生反应22H(g)I(g)2HI(g)+，体系中各物质浓度的有关数据如下。容器起始浓度平衡浓度()()12cH/molL−()()12I/molL−c()1(HI)/molLc−()1(HI)/molLc

−甲0.010.0100.004乙0.010.020a丙0.010.010.02b下列判断正确的是A.甲中条件下，该反应的平衡常数4K=B.乙中2H的平衡转化率等于20%C.丙中反应逆向进行D.ab0.004=【答案】C【解析】【分

析】某温度下，反应22H(g)I(g)2HI(g)+，反应前后气体体积不变，增大压强不改变化学平衡，甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化；甲、丙比较，用一边倒法可知，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则二者为等效平衡，据此回答。【

详解】A．甲中条件下，平衡时1(HI)=0.004molLc−，则转化的氢气、碘蒸气均为10.002molL−，则该反应的平衡常数()()20.040.250.010.0020.010.002K==−−，A错误；B．结合选项A可知，甲中2H的平衡转化率等于20%，甲、乙比较，乙中

碘的浓度大，促进氢气的转化，则乙中2H的平衡转化率大于20%，B错误；C．丙中20.02=0.250.010.01QK==4＞，则反应逆向进行，C正确；D．甲、丙比较，用一边倒法可知，起始物质的量为2倍关系，且物质的量比等于化学计量数之比，增大压强平衡不移动，则二者为等效平衡，平衡时，

10.008molLb−=；甲、乙比较，乙中碘的浓度大，促进氢气的转化平衡时HI浓度大于甲，则10.004molLa−＞，故D错误；答案选C。18.常温下，下列4种溶液的相关叙述中不正确．．．的是编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH11

1133A.溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小B.溶液①、④等体积混合后，所得溶液中：()()()()4ClNHOHHcccc−+−+C.等体积的③、④分别与NaOH溶液中和时，两种溶液消

耗NaOH的物质的量不同D.aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9【答案】B【解析】【详解】A．氨水中存在电离平衡，加入氯化铵晶体，抑制一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小；氢氧化钠溶液中加入氯化铵，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨

，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，A正确；B．pH=11的氨水的物质的量浓度远大于pH=3的盐酸的物质的量浓度，二者等体积混合得到氨水与氯化铵混合溶液，剩余氨水浓度远大于氯化铵的浓度，溶液呈碱性，氨水的

电离程度不大，所得溶液中c(4NH+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，B错误；C．醋酸为一元弱酸，HCl为一元强酸，等体积的③、④醋酸的物质的量浓度较HCl的大，所以两者分别与NaOH溶液中和时，两种溶液消耗NaOH的物质的量不同，C正确；D．将aL溶液④

与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=0.001(a-b)a+bmol/L=10-4mol/L，a：b=11：9，D正确；故选B。19.实验小组利用传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，下列说法

不正确．．．的是A.Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：CO23−+Ca2+=CaCO3↓B.滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，说明Na2CO3溶液和澄清石灰水反应时OH-未参与反应C.滴加NaHCO3溶液的pH

变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3−消耗了OH-D.NaHCO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式：HCO3−+OH-=CO23−+H2O【答案】D【解析】【详解】

A．Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的离子方程式为CO23−+Ca2+=CaCO3↓，A正确；B．滴加Na2CO3溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的基本重合，即溶液中氢氧根的浓度变化基本一致，因此可以说明Na2CO3溶液和澄清石

灰水反应时OH-未参与反应，B正确；C．滴加NaHCO3溶液的pH变化与滴加Na2CO3溶液的有明显差异，且前者pH小于后者，说明前者氢氧根的浓度小于后者，因此原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中HCO3−消耗了OH-，导致氢氧根浓度减小，pH增大，C正确；D．澄清石灰水

中滴加碳酸氢钠发生Ca(OH)2+NaHCO3＝CaCO3↓+H2O+NaOH，因此反应的离子方程式为Ca2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2O，D错误；答案选D。20.借助pH传感器测得30.1mol/LNaHCO溶液在先升温、

后降温过程中pH变化如下图所示：图1.升温过程中溶液pH变化下列有关实验数据的分析中，不合理．．．的是A.图1中25℃时，溶液中存在关系：()()()23233HCOHCOCOccc−−B.图1中25~45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明3HCO−及水的电离

平衡正移对pH影响大于3HCO−水解平衡正移对pH的影响C.图2中降温过程，溶液pH逐渐增大，可能是3HCO−或23CO−水解平衡正移所致D.图1中45~60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是3NaHCO分解，()23COc−逐渐增大导致的结果【答案】C【解析】【详解】A

．图1中25℃时，HCO-3溶液呈碱性，HCO-3水解大于电离，溶液中存在关系：c(HCO-3)＞c(H2CO3)＞c(CO2-3)，故A正确；B．碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的水解，溶液应显碱性，HCO-3+H2O⇌H2CO3+OH-，碳酸

氢根离子电离，HCO-3⇌CO2-3+H+，溶液应显酸性，水解和电离都是吸热过程，二者的程度大小决定溶液酸碱性，图1中25～45℃过程，溶液pH逐渐减小，说明HCO-3及水的电离平衡正移对pH影响大于HCO-3水解平衡正移对pH的影响，故B正确

；C．HCO-3、CO2-3水解是吸热过程，降温，水解平衡逆向移动，图2中降温过程，溶液pH逐渐增大，可能是水电离平衡正移所致，故C错误；D．NaHCO3热稳定性差，分解后生成碳酸钠，图1中45～60℃过程，溶液pH逐渐增大，可能是NaHCO3分解，c(CO2-3)逐渐增大导致

的结果，故D正确；故选C。21.小组同学探究盐溶液对反应Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+(血红色)的影响。将2mL0.01mol/LFeCl3的溶液与2mL0.02mol/L的KSCN溶液混合，分别加入等量的试剂

①~④，测得平衡后体系的透光率如下图所示。已知：ⅰ．溶液血红色越深，透光率越小，其它颜色对透光率的影响可忽略ⅱ．Fe3++4Cl-[FeCl4]-(黄色)下列说法不正确．．．的是A.注入试剂①后溶液透光率增大，证明Fe3++SCN-[Fe(SC

N)]2+逆向移动B.透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的C.透光率④比③高，可能发生了反应()24ClFeClFeSCN4SCN−+−−++D.若要证明试剂③中Cl-对平衡体系有影响，还应使用0.04mol/L的KNO3溶液进行实验【答案】D【解析】【详解

】A．溶液的血红色越深，透光率越小；注入试剂①后溶液透光率升高，说明血红色变浅，则证明可逆反应Fe3++SCN-[Fe(SCN)]2+的化学平衡逆向移动，A正确；B．③KCl溶液为含有钾离子的中性溶液，②NH4Cl溶液为含有铵根离子的

水解显酸性的溶液，根据是否水解或离子不同，则说明透光率③比②高，可能是阳离子种类或溶液pH导致的，B正确；C．③为0.04mol/L的KCl溶液，④为4mol/L的KCl溶液，④的浓度大于③的浓度，透光率④

比③高，说明血红色变浅，发生了反应()24ClFeClFeSCN4SCN−+−−++，C正确；D．若要证明试剂③为0.04mol/L的KCl溶液，Cl-对平衡体系有影响，排除钾离子的干扰，作空

白对照实验，不能使用0.04mo1/L的KNO3溶液进行实验，因为溶液中有硝酸根离子，可能会影响实验结果的验证，D错误；故合理选项是D。第二部分非选择题(共58分)22.工业合成氨是人类科学技术的一项

重大突破。其反应为：223N(g)3H(g)2NH(g)Δ92.4kJ/molH+=−。（1）合成氨生产流程示意图如下。①有利于提高原料利用率的措施是_______(至少写出两条，下同)；②有利于提高单位时间内氨的产率的措施有_______。（2）下图中的实验数

据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中3NH的物质的量分数的变化情况。①曲线a对应温度是_______。②M、N、Q点平衡常数MK、NK、QK的大小关系是____

___。【答案】（1）①.加压10Mpa~30Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用②.干燥净化、加压10Mpa~30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C（2）①.200℃②.Q=M>N【解析】【小问1详解】223N3H2NHΔ9

2.4kJ/mol+=−H是气体分子总数减小的放热反应，增大压强可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定

能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压、冷却液化氨、原料气循环利用；增大压强可提高反应速率且促使平衡右移，升温虽然使平衡左移但能提高催化剂活性大幅度提高反应速率，干燥净化能防止催化剂中毒，故有利于提高单位时间内氨的产率的措施有干燥净化、加压10Mpa~

30Mpa、原料气的循环利用、铁触媒400~500°C；【小问2详解】合成氨是气体分子总数减小的放热反应，降温可促使平衡右移、温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃；K只受温度影响，该反应温度升高时K值减小，b是400℃，c是600℃，上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关

系是K(M)=K(Q)＞K(N)，故答案为Q=M>N。23.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。2CO资源化利用对缓解碳减排压力具有重要意义。在二氧化碳催化加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为：反应Ⅰ

：122421CO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)Δ164.7kJmolH−++=−反应Ⅱ：12222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)Δ41.2kJmolH−++=+反应Ⅲ：122432CO(g)2H(g)CO(g)CH(g)Δ247.1kJmolH−++=−的

向恒压、密闭容器中通入21molCO和24molH，平衡时体系内4CH、CO、2CO的物质的量(n)与温度(T)的变化关系如图所示。（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式为_______。（2）盖斯定律的重要价值是可以利用已知反应的反应热求得未知反应的反应热，利用上述反应计算422CH(g)H

O(g)CO(g)3H(g)++的H=_______。（3）结合反应Ⅱ、Ⅲ，解释图中CO的物质的量随温度的变化的原因：_______。（4）在实际生产中为了提高甲烷的产量，选择的反应条件为较低温度和使用合适的催化剂，从反应原理角度说明选择较低温度的理由：_______。【答案】（1）K=2

24422(HO)(CH)(CO)(H)cccc（2）+205.9kJ·mol-1（3）升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，平衡的移动使CO的含量升高（4）较低温度可以使反应I与反应III的平衡正向移动【

解析】【小问1详解】平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应III的平衡常数表达式K=24222c(CO)c(CH)c(C))Oc(H；【小问2详解】I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-164.7kJ·mol-

1II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.2kJ·mol-1III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)△H3=-247.1kJ·mol-1根据盖斯定律I-III×2-II×3得CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2

(g)的△H=-164.7kJ·mol-1+247.1kJ·mol-1×2-41.2kJ·mol-1×3=+205.9kJ·mol-1；【小问3详解】升高温度时，反应II的平衡正向移动，反应III的平衡逆向移动，平衡的移动使C

O的含量升高，所以CO的物质的量随温度的升高而增大；【小问4详解】降低温度可以使反应I与反应III的平衡正向移动，所以选择较低温度。24.电离常数是研究电解质在水溶液中行为的重要工具。室温下一些酸的电

离常数如下表所示化学式3CHCOOH23HCOHClO电离常数(aK)51.7510−7a1K4.510−=11a24.710K−=84.010−现有室温下，浓度均为0.2mol/L的下列五种溶液，请回答问题。①HCl②NaCl③3CHCOOH④3CHCO

ONa⑤23NaCO（1）上述溶液中水的电离被抑制的是_______(填序号，下同)，请结合化学用语解释0.2mol/L的3NaHCO的pH7的原因：_______。（2）浓度相同的阴离子在水溶液中结合H+的能力：3CHCOO−_______3HCO−(填“<”、“>”或“=”)

。（3）上述溶液的pH由大到小的顺序为_______。（4）比较溶液③和④中-3CHCOO的物质的量浓度：③_______④(填“<”、“>”或“=”)。（5）依据上表数据，下列方程式书写合理的是_______。(填字母)(已知：22ClHOHClHClO++)a.

3CHCOONa溶液中滴加次氯酸：33HClOCHCOONaCHCOOHNaClO+=+b.23NaCO溶液中滴加少量醋酸：32333CHCOOHNaCONaHCOCHCOONa+=+c.NaClO溶液中通入2CO；2223COHO2NaClONaC

O2HClO++=+d.3NaHCO溶液中滴加过量氯水：322NaHCOClNaClHClOCO+=++（6）常温下，在电离平衡体系中，含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法不正确．．．的是_______(填序号)。a.3NaHSeO溶液显酸

性b.pH8=时，溶液中存在()()()()233HSO2SeOOHHcccc−−−+++=c.23NaSeO溶液中，()()()()233232NaSeOHSeOHSeOcccc+−−=++d.3NaHSeO

溶液中，()()()()23323NaHSeOSeOHSeOcccc+−−【答案】（1）①.①③；②.-14---832232-71110HCOHOHCO+OHKh=4.510KwKa+==

，2.210，Kh2＞Ka2，NaHCO3在溶液的水解程度大于电离程度，所以0.2mol/L的NaHCO3的pH>7；（2）＜；（3）⑤＞④＞②＞③＞①；（4）＜；（5）bd；（6）bc；【解析】【小问1详解】①HCl和③CH3COOH电离出的氢离子抑制水的电离，②NaCl不水解，不影响

水的电离，④CH3COONa和⑤Na2CO3水解而促进水的电离；-14---832232-71Kw110HCOHOHCO+OHKh===2.210Ka4.510+，，-+2-33HCOH+CO，K

a2=4.7×10−11，因Kh2＞Ka2，NaHCO3在溶液的水解程度大于电离程度，所以0.2mol/L的NaHCO3的pH>7；【小问2详解】-+433151CHCOO+HCHCOOHK5.7101.7510−==

，，+6323271HCO+HHCOK2.2104.510−−==，，因K2＞K1，所以浓度相同的阴离子在水溶液中结合H+的能力为-3CHCOO＜-3HCO；【小问3详解】同温同浓度下，④CH3COONa和⑤Na

2CO3水解显碱性，且Ka(CH3COOH)＞Ka2(H2CO3)，因Na2CO3水解程度大于CH3COONa而碱性更强，②NaCl不水解，溶液显中性，①HCl和③CH3COOH显酸性，因HCl是强酸而CH3COOH是弱酸，则H

Cl酸性更强pH更小，故上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤＞④＞②＞③＞①；【小问4详解】同温同浓度下，根据CH3COOH的电离常数为51.7510−，则电离产生的醋酸根浓度很小，CH3COONa的1410h5110K=5.710

1.7510−−−=，水解消耗的醋酸根更小，则溶液中的醋酸根浓度很大仅次于钠离子浓度，因此③CH3COOH中的醋酸根浓度小于④CH3COONa中的醋酸根浓度；【小问5详解】a．反应物次氯酸的电离常数小于产物中醋酸的电离

常数，a错误；b．Na2CO3与少量醋酸分步反应只生成NaHCO3，b正确；c．根据电离常数可知酸性为H2CO3＞-3HCO＞HClO，故产物只能是NaHCO3而不能是Na2CO3，c错误；d．酸性为HCl＞H2CO3＞-3HCO＞HClO，则氯气产生的HCl与NaHCO3反应

产生CO2，HClO与NaHCO3不反应，d正确；【小问6详解】a．由图像可知，H2SeO3的Ka1=10-2.5，Ka2=10-7.5，NaHSeO3的水解常数1411.5h22.510K=1010−−−=。a中NaHSeO3电离程度大于水解

程度而溶液显酸性，a正确；b．溶液显碱性，电荷守恒中漏掉了金属阳离子，b错误；c．Na2SeO3溶液的物料守恒应为+2--3323cNa=2cSeO+cHSeO+c()HSe()()(O)][，c错误；d．NaHSeO

3的电离程度大于水解程度，所以2-323cSeO>cHS)(eO()，d正确。【点睛】熟练图像特殊点位观察和各种K值的运算至关重要。25.燃湈、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟氚，为避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。Ⅰ．活性炭脱硫脱硝技术（1）吸收塔1，在100-

200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为_______。（2）吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有_______(填“氧化性”或

“还原性”)。（3）吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是_______(写化学方程式)。Ⅱ．络合吸收法脱硝技术，该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下：方法1：2+2+Fe+NO

[Fe(NO)]方法2：2+2-[FeY]+NO[FeY(NO)]ƒ已知：[FeY]2-是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4-)形成的络合物（4）①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，用离子方程式解释原因_______。②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe

2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有_______(写出1条即可)。（5）研究温度对反应()()()()2-2-FeYaq+NOgFeYNOaqΔH<0ƒ的影响，在相同时间内，

测得不同温度下，NO的去除率如图所示，解释随温度变化NO去除率变化的原因_______。【答案】（1）2SO2+O2+2H2O=2H2SO4（2）还原性（3）2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3或4NH3+2SO2+2H2O+O2=2(NH4)2SO4（4）①.Fe2++2OH-=F

e(OH)2↓②.方法2中反应速率更快，现代更大，[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能量强（5）温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小【解析】【小问1详解】吸收塔1中，在100

~200℃，SO2在活性炭吸附催化下与O2、H2O反应生成硫酸，对应的方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；【小问2详解】在吸收塔2中，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO与NH3反应产生无毒无害的气体N2、H2O，N元素的化合价由NH3中的-3价变为N2中

的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此NH3体现还原性；【小问3详解】吸收塔1中若SO2去除不彻底,进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是会发生反应：2NH3+SO2+H2O=(NH4)2SO3或4NH3+2SO2+2H2O+O2=2(NH4)2SO4，而不能消耗NO，因此会降低NO的去除率

；【小问4详解】①方法l，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是Fe2+与溶液中的OH-会发生反应产生Fe(OH)2沉淀，离子方程式为Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；②尽管生产[FeY]2-所需成本比F

e2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强；【小问5详解】分析图像和物质性质可知：温度变化NO去除率变化的原因是温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO

的脱除率增大，温度45℃以上，升高温度，化学平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小。26.砷酸(H3AsO4)和亚砷酸(H3AsO3)是砷的两种含氧酸，分析并测定它们的浓度对其合理使用具有重要的意义。Ⅰ．常温下，H3AsO

4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物质的量分数与溶液pH的关系分别如图1和图2所示：的（1）H3AsO4的第一步电离方程式是_______，该步电离常数的表达式是Ka1(H3AsO4)=_______。（2）由图1中a点可知，当()()3424HAsOcHAsOc−=时，Ka1(H3AsO4)=c

(H+)=10-2.2；据此类推，由图2可知，Ka1(H3AsO3)约等于_______，可判断H3AsO4的酸性强于H3AsO3。Ⅱ．测定某H3AsO3溶液(含少量H2SO4)中H3AsO3浓度的一种方法如下。已知：用已知浓度NaOH溶液与弱酸溶液反应，一般要求弱酸的Ka＞10-8。i．调pH：

取VmL待测液，向其中滴入适量NaOH溶液调节pH，以中和H2SO4。ii．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将H3AsO3氧化为H3AsO4。iii．滴定：用0.10mol/LNaOH溶液与ii中得到的H3AsO4溶液反应至终点，消耗V1mLNaOH溶液。（3）若无i，会导致测定的H3AsO3

浓度_______(填“偏高”或“偏低”)。（4）iii中滴定至终点时，溶液pH为4~5，结合图1可知，此时溶液中的溶质主要是NaI和_______(填化学式)。（5）根据上述实验数据，计算c(H3AsO3)=_______mol/L(用代数式表示)。【答案】

（1）①.H3AsO4H++42-HAsO②.+-2434c(H)c(HAsO)c(HAsO)（2）10-9（3）偏高（4）NaHAsO4（5）1V30V【解析】【分析】弱电解质在溶液中存在电离平衡，多元弱酸分步电离，主要是第一步电离。电离平衡常

数是弱电解质达到电离平衡时，电离产生的离子浓度与未电离的电解质分子浓度的比；当电解质电离产生的离子浓度与未电离的电解质分子浓度相等时，弱电解质的电离平衡常数等于溶液中c(H+)。在测定H3AsO3溶液浓度时要先

调整溶液pH，用NaOH溶液中和H2SO4，否则会导致产生误差，然后根据I2+H3AsO3+H2O=H3AsO4+2HI，H3AsO4、HI都会反应消耗NaOH，可知关系式H3AsO3~3NaOH，再根

据消耗的NaOH的浓度与体积计算H3AsO3的物质的量及浓度。【小问1详解】H3AsO4是三元弱酸，在溶液中存在电离平衡，且分步电离，其第一步电离方程式为H3AsO4H++42-HAsO；弱电解质达到电离平衡时，电离产生的离子浓度与未电离的电解质分子浓度的比就是电离平衡

常数，则H3AsO4第一步电离平衡常数表达式Ka1=+-2434c(H)c(HAsO)c(HAsO)；【小问2详解】在图2中当c(H3AsO3)=c(-23HAsO)时，Kal(H3AsO3)=c(H+)≈10-9；【小问3详解】在用NaOH滴定时，硫酸也会消耗NaOH，若无i会导致NaOH

消耗量增大，导致测定结果偏高；【小问4详解】由图1可知，溶液pH为4~5时，砷的主要存在形式为NaH2AsO4，且在氧化时还生成了HI，故溶质中会有NaI，由于最初的H3AsO3溶液(含少量H2SO4，故此时溶液中的溶质会含有少量硫

酸钠。故ii中滴定至终点时，溶液pH为4~5，结合图1可知，此时溶液中的溶质主要是NaI和NaH2AsO4；【小问5详解】步骤ii中I2和H3AsO3反应生成H3AsO4的化学方程式为：I2+H3AsO3+H2O=H3AsO4+2HI，由(4)可知滴定至终点

时会生成H3AsO4，同时HI会和NaOH溶液反应，故H3AsO3的物质的量为滴定消耗NaOH的物质的量的13；1molH3AsO3~(1molH3AsO4+2molHI)~3molNaOH，反应过程中消耗NaOH的物质的量n(NaOH)=0.10mol/L×V1

×10-3L=V1×10-4mol，则n(H3AsO3)=13n(NaOH)=13×V1×10-4mol，由于溶液取了VmL，故H3AsO3的浓度为c(H3AsO3)=-411-3n==mol/LV30V3VV10molV10L。27.某研究小组学生探究硫酸铁溶液与铜粉的反应：实验

I过程①过程②过程③实验现象过程①：振荡静置后溶液颜色变为浅蓝绿色；过程②：滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液后，溶液颜色变红并产生少量白色浑浊，振荡试管后，红色消失，白色浑浊物的量增多；过程③：反复多次滴加0.1mol/LKSCN溶液，现象与过程②

相同，白色浑浊物的量逐渐增多。【资料】i.2Cu+与-SCN可发生氧化还原反应，也可发生络合反应生成24Cu(SCN)−。ii.淡黄色、可溶的24Cu(SCN)−，与2Cu+共存吋溶液显绿色。（1）过程①溶液颜色变为浅蓝绿色时，发生

反应的离子方程式是_______。（2）经x射线衍射实验检测，过程②中白色不溶物为CuSCN，同时有硫氰(2(SCN)生成，该反应的离子方程式是_______。某同学针对过程③中溶液颜色变红且白色浑浊物增多的现象，提出一种假设；当反应体系中同时存在2Cu+、

SCN−、2Fe+时，2Cu+氧化性增强，可将2Fe+氧化为3Fe+。并做实验Ⅱ验证该假设。序号实验操作实验现象实验Ⅱ操作1取少量胆矾晶体(42CuSO5HO)于试管中，加水溶解，向其中滴加KSCN溶液，振荡试管，静置观察现象。溶液颜色很快由蓝色变蓝

绿色，大约5分钟后，溶液颜色完全呈绿色，未观察到白色浑浊物；放置24小时后，溶液绿色变浅，试管底部有白色不溶物。操作2_______未见溶液变红色，大约2分钟后出现浑浊，略带黄色。放置4小时后，黄色浑浊物

的量增多，始终未见溶液颜色变红。操作3取少量胆矾晶体和绿矾晶体(42FeSOHO)混合物于试管中，加水溶解，振荡试管，静置观察现象。溶液颜色为浅蓝绿色，放置4小时后，未发现颜色变化。操作4取少量胆矾晶体和绿矾晶体混合物于试管中，加水溶解，向其中滴加KSCN溶液，振荡

试管，静置观察现象。溶液颜色立刻变红，产生白色浑浊，振荡后红色消失。（3）操作1中现象产生的可能原因是_______。（4）通过实验操作2及现象可说明4FeSO溶液放置过程中不会生成3Fe+。写出操作2的完整过程_______。（5）由操作4可知该同学的假

设正确。操作4中2Fe+被氧化为3Fe+反应的离子方程式是_______。已知该反应化学平衡常数21.9910K=，请用平衡移动原理解释实验I过程③中出现相关现象的原因_______。（6）由实验可知，影响氧化还原反应发生的因素有_______。【答

案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（2）2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2（3）Cu2+与SCN-发生氧化还原反应较慢，两者发生络合反应较快，但氧化还原反应发生的程度比络合反应程度大（4）取少

量绿矾晶体(42FeSOHO)于试管中，加水溶解，向其中滴加KSCN溶液，振荡试管，静置观察现象。（5）①.Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+②.Cu2+、Fe2+和SCN-三者反应生成白色浑浊，降低SCN-的浓度，使可逆反应Fe3

++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失。再反复多次滴加KSCN溶液，增大了SCN-浓度，使Cu2++Fe2++SCN-CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，白色浑浊物的量逐渐增多（6）反应物本身的性

质、反应物与生成物的浓度等【解析】【分析】本题是一道探究影响化学平衡移动影响因素的实验题，本题以三价铁和硫氰化钾的反应，以及铜离子和硫氰根离子的反应，通过溶液颜色的变化和白色沉淀的生成，探究了化学平衡移动的影响因素，以此解题。【小问1详解】步骤1铜和硫酸铁反应生成硫酸铜和硫

酸亚铁，溶液呈浅蓝绿色时，发生反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；【小问2详解】步骤3中Cu2+与SCN-可发生氧化还原反应生成CuSCN，和硫氰(SCN)2，反应的离子方程式是2Cu2++4SCN-=2CuSCN

↓+(SCN)2；【小问3详解】已知Cu2+与SCN-可发生氧化还原反应，也可发生配位反应生成［Cu(SCN)4]2-，［Cu(SCN)4]2-与Cu2+共存时溶液显绿色，则操作1中现象产生的可能原因是：Cu2+

与SCN-发生氧化还原反应较慢，两者发生络合反应较快，但氧化还原反应发生的程度比络合反应程度大；【小问4详解】硫氰化钾和三价铁发生反应使溶液变为红色，二价铁没有类似的现象，故操作2主要目的是说明FeSO4溶液放置过程中不会生

成Fe3+，具体操作步骤为：取少量绿矾晶体混合物于试管中，加水溶解，向其中滴加KSCN溶液，振荡试管，静置观察现象；【小问5详解】操作4中Cu2+与Fe2+发生氧化还原反应生成Cu+和Fe3+，Cu+与SCN-结合成CuSCN沉淀，反应的离子方程式是Cu2+

+Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；通过实验可知，CuSCN为白色难溶于水的沉淀，Fe(SCN)3为红色易溶于水的物质，则实验1中步骤4出现相关现象的原因是：Cu2+、Fe2+和SCN-三者反应生成白色浑浊，降低SCN-的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3

平衡逆向移动，故溶液红色消失。再反复多次滴加KSCN溶液，增大了SCN-浓度，使Cu2++Fe2++SCN-CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，白色浑浊物的量逐渐增多；【小问6详解】由实验可知，操作1和操作2探究反应物本身的性质的影响，操作1和操作3的变

量是反应物的浓度，则影响氧化还原反应发生的因素有：反应物本身的性质、反应物与生成物的浓度等。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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