【文档说明】北京师范大学第二附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(14)页，1.200 MB，由小赞的店铺上传

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北京师大二附中2025届高二年级化学阶段测试题（考试时间：60分钟满分：100分）2023.10.7Ⅰ卷（共50分）每小题只有一个．．．．选项符合题意1.下列溶液一定显酸性的是（）A.()()HOHcc+−的溶液B.含H+的溶液C.pH7的溶液D.加酚酞显无色的溶液【答案】A【解析

】【详解】A．()()HOHcc+−的溶液，则一定是酸性溶液，故A符合题意；B．酸、碱、盐溶液中都含H+和OH－，含H+的溶液不一定显酸性，故B不符合题意；C．温度未知，pH7的溶液不一定为酸性溶液，故C不符合题意；D．加酚酞显无色的溶液，说明pH＜8.2，但不一定是酸性溶液，故D不

符合题意；故选A。2.下列关于化学反应方向的说法正确的是A.凡是放热反应都是自发反应B.凡是熵增大的反应都是自发反应C.凡是吸热反应都不是自发反应D.反应是否自发，不只与反应热有关【答案】D【解析】【分析】判

断化学反应进行方向：△G=△H-T△S＜0的反应可以自发进行，△G=△H-T△S＞0的反应不能自发进行。【详解】A.判断反应的自发性不能只根据焓变，要用熵变和焓变的复合判据，A项错误；B.判断反应的自发性不能只根据熵变，要用熵变和焓变的复合判据，B项错误；C.由分析可

知，吸热反应也有可能是自发反应，C项错误；D.反应否自发，不只与反应热有关，还与熵变有关，D项正确；答案选D。3.为测定一定时间内锌和稀硫酸反应的速率，下列测量依据不可行的是A.()mZn的变化B.()cH+的变化C.()24cSO−的变化D.()2

VH的变化【答案】C是【解析】【详解】A.m(Zn)的变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，A项正确；B.+c(H)变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，B项正确；C.锌和稀硫酸反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2

++H2↑，2-4SO不参与该反应，所以测量2-4c(SO)的变化无法测得锌和稀硫酸反应的速率，C项错误；D.2V(H)的变化越快，锌和稀硫酸反应的速率越快，该测量依据可行，D项正确；答案选C。4.对2HO的电离平衡不产生．

．．影响的粒子是A.B.C.D.326X+【答案】B【解析】【详解】A．硫化氢为酸，电离出氢离子会抑制水的电离，A不符合题意；B．氯离子为强酸根离子，不会影响水的电离平衡，B符合题意；C．乙酸根离子为弱酸根离子

，水解促进水的电离，不C符合题意；D．图示为26号元素形成的铁离子，铁离子水解促进水的电离，D不符合题意；故选B。5.我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如

图所示。已知：；；。下列说法不正确．．．的是的A.过程Ⅱ放出能量B.若分解2molH2O(g)，估算出反应吸收482kJ能量C.催化剂能减小水分解反应的焓变D.催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中

活化分子的百分数【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅱ为形成新化学键过程，因此放出能量，A正确；B．电解2molH2O(g)，需要断开4molH-O键，共吸收1852kJ能量，同时生成2molH-H键和1molO=O键，共释放1370kJ能量，因此

反应吸收482kJ能量，B正确；C．根据盖斯定律，使用催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应的焓变，C错误；D．催化剂可实现高效分解水，其原理是降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数，从而增大活化分子

百分数，D正确；故选C。6.下列事实不能．．用勒夏特列原理解释的是A.加水稀释0.1mol∙L−1CH3COOH溶液，其电离程度增大B.NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深C.SO2催化氧化成SO3的反应，往

往需要使用催化剂D.向水中加入少量NaOH(s)后恢复至常温，溶液的pH增大【答案】C【解析】【详解】A．加水稀释0.1mol∙L−1CH3COOH溶液，平衡正向移动，醋酸又电离，因此醋酸电离程度增大，能用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．2NO2N2O4是吸热反应，NO2和N2

O4的混合气体升温，平衡逆向移动，气体红棕色加深，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂，反应速率加快，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故C符合题意；D．向水中加入少量NaO

H(s)后恢复至常温，氢氧根浓度增大，抑制水的电离，溶液的pH增大，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。综上所述，答案为C。7.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B.pH=11的NaOH溶液中：CO23−、Na+、NO3−、SO24−

C.由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol•L-1的溶液中：Na+、NH4+、SO24−、HCO3−D.含有NO3−的溶液中：I-、SO23−、SO24−、H+【答案】B【解析】【详解】A．Cu2+的水溶液显蓝色，在

无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．pH=11的NaOH溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与CO23−、Na+、NO3−、SO24−不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．由水电离出的c(H+)=1.0×10−13mol•

L-1＜1.0×10−7mol•L-1，水的电离受到了抑制作用，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与HCO3−会发生反应而不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与NH4+、HCO3−也会发生反应，不能大量共存，

C不符合题意；D．在含有NO3−的溶液中：NO3−与I-、H+或NO3−、SO23−、H+会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。8.回收利用工业废气中的2CO和2SO，实验原理示意图如下。下列说法不正确的是A.废气中2SO排放到大气中会形成酸雨B.装置a

中溶液显碱性的原因是3HCO−的水解程度大于3HCO−的电离程度C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的2CO和2SOD.装置b中的总反应为223224SOCOHOHCOOHSO−−+++电解【答案】C【解析】【详解】A．2SO是酸性氧化物，废气中2SO排放到空气中会

形成硫酸型酸雨，故A正确；B．装置a中溶液的溶质为3NaHCO，溶液显碱性，说明3HCO−的水解程度大于电离程度，故B正确；C．装置a中3NaHCO溶液的作用是吸收2SO气体，2CO与3NaHCO溶液不反应，不能吸收2CO，故

C错误；D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为223224SOCOHOHCOOHSO−−+++电解，故D正确；选C。9.常温下，关于100mLpH=2的硫

酸，下列说法不正确．．．的是A.溶液中c(H+)=1.0×10-2mol·L-1B.溶液中c(H2SO4)=1.0×10-2mol·L-1C.加水稀释至1000mL，溶液的pH=3D.加入100mLpH=12的氨水，溶液呈碱性【答案】B【解析】【详解】A．

pH=2的硫酸溶液中c(H+)=10-pHmol·L-1=1.0×10-2mol·L-1，A正确；B．一个H2SO4分子中有两个H+，c(H2SO4)=c(H+)/2=0.5×10-2mol·L-1，B错误；C．加水稀释

至1000mL，c(H+)==211.010mol?L100mL1000mL−−=1.0×10-3mol·L-1，溶液的pH=3，C正确；D．加入100mLpH=12的氨水c(OH-)=1.0×10-2mol·L-1，氨水是弱

碱不完全电离，氨水的浓度远大于OH-的浓度，因此反应结束氨水过量，溶液呈碱性，D正确；故答案选B。10.实验小组利用传感器探究23NaCO和3NaHCO的性质。实验操作实验数据下列分析不正确．．．的是（）A.①与②的实验

数据基本相同，说明②中的OH−未参与该反应B.加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量等于③所得沉淀质量C.b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度D.从起始到a点过程中反应的离子方程式为：223323Ca2OH2HCOCaCO2HOO=C+−−−++

++【答案】D【解析】【详解】A．澄清石灰水中滴加碳酸钠，发生2+2-33Ca+CO=CaCO，①与②的实验数据基本相同，可说明②中的OH﹣未参与该反应，故A正确；B．碳酸钠和碳酸氢钠浓度相同，加入试剂体积相同时，二者物质的量相同，

与氢氧化钙完全反应，生成的碳酸钙的质量相同，故B正确；C．加入碳酸钠溶液，反应后溶液中NaOH浓度较大，抑制水的电离，则b点对应溶液中水的电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度，故C正确；D．从起始到a点，氢氧化钙过量，碳酸氢钠

完全反应，反应生成碳酸钙沉淀和水、氢氧化钠，发生2+--332Ca+OH+HCO=CaCO+HO，故D错误。故选D。Ⅱ卷（共50分）11.水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义。室温下，相关酸的电离平衡常

数如下表所示：酸2HNO3CHCOOHHClO23HCO电离平衡常数aK45.610−51.810−84.010−17a4.510K−=211a4.710K−=回答下列问题。（1）2HNO的电离方程式是________________________。（2）p

H相同的2HNO溶液和3CHCOOH溶液，溶液的浓度()2HNOc______()3CHCOOHc（填“＜”“＝”或“＞”）。（3）室温下，用标准NaOH溶液滴定未知浓度的2HNO溶液。①溶液中的()2NOn−___

___（填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”）。②2NaNO溶液显______（填“酸性”、“碱性”或“中性”），用离子方程式表示其原因：____________。③当滴加NaOH溶液至溶液中的()()2NONacc−+=，此时溶液中的pH______7（填“<”“=”或“>”），判断

的依据__________________。（4）84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成份是NaCl和NaClO。资料：HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO−。①待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为_

_________________，请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因____________。②为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在制备过程中使NaOH过量，请用平衡移动原理解释NaOH的作

用__________________。【答案】（1）+22HNO=H+NO−（2）>（3）①.增大②.碱性③.--222HO+NOHNO+OH④.=⑤.根据电荷守恒可知，存在()()()()-+2NO+OHNa+Hcccc−+=，当滴加NaOH

溶液至溶液中的()()2NONacc−+=，此时溶液中()()-+OHHcc=（4）①.--223ClO+CO+HO=HClO+HCO②.碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢根离子，NaClO溶液露置于空气中，次氯酸钠和空气中二氧化碳反应转化为次氯酸③.次氯酸钠为强碱弱酸盐，存在水解--2ClO+HO

HClO+OH，次氯酸不稳定容易分解使得消毒液失效，过量氢氧化钠可以抑制其水解【解析】【小问1详解】2HNO是一元弱酸，不完全电离，电离方程式+22HNO=H+NO−；【小问2详解】由K值可知，亚硝酸酸性更弱，则pH相同的2H

NO溶液和3CHCOOH溶液，亚硝酸浓度更大，溶液的浓度()2HNOc>()3CHCOOHc；【小问3详解】①加入氢氧化钠，+22HNO=H+NO−平衡正向移动，使得溶液中的()2NOn−增大。②2NaNO为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解使得溶液显碱性，--222HO+NOHNO+OH。③根据电荷

守恒可知，存在()()()()-+2NO+OHNa+Hcccc−+=，当滴加NaOH溶液至溶液中的()()2NONacc−+=，此时溶液中()()-+OHHcc=，溶液显中性，pH=7；【小问4详解】①由于碳酸酸性大于次氯酸大于碳酸氢

根离子，NaClO溶液露置于空气中，次氯酸钠和空气中二氧化碳反应转化为次氯酸和碳酸氢钠，反应为-2-23ClO+CO+HO=HClO+HCO，使得溶液消毒效果增强；②次氯酸钠强碱弱酸盐，存在水解--2ClOHOHClO

++OH，次氯酸不稳定容易分解使得消毒液失效，过量氢氧化钠可以抑制其水解，防止消毒液在存储过程中失效。12.通过化学的方法实现2CO的资源化利用是一种理想的2CO减排途径。Ⅰ．利用2CO制备CO：一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：()()()()2

22COgHgCOgHOg++（1）下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是______（填字母序号）A.体系内()()2CO:HO1:1nn=B.体系压强不再发生变化C.体系内各物质浓度不再发生变化D

.体系内CO的物质的量分数不再发生变化Ⅱ．利用2CO制备甲醇（3CHOH）一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量2CO和2H。涉及反应如下：为的主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++Δ90.4H=−kJ⋅mol1−副反应：()(

)()()222COgHgCOgHOg++Δ40.5H=+kJ⋅mol1−已知：3CHOH产率()()32CHOH100%COnn=出点初始（2）一段时间后，测得体系中()()()23CO:CHOH:COa:b:cnnn=。3CHOH产率=______（用代数式表示

）。（3）探究温度对反应速率的影响（其他条件相同）实验测得不同温度下，单位时间内的2CO转化率和3CHOH与CO的物质的量之比()()3CHOH/COnn如图1所示。图1图2图1中，随着温度的升

高，2CO转化率升高，()()3CHOH/COnn的值下降。解释其原因__________________。（4）探究温度和压强对平衡的影响（其他条件相同）不同压强下，平衡时2CO转化率随温度的变化关

系如图2所示。①压强1p______（填“大于”或“小于”）2p。②图2中温度高于1T时，两条曲线重叠的原因是__________________。③下列条件中，3CHOH平衡产率最大的是______（填字母序号）。A.220℃5MPaB．2

20℃1MPaC．300℃1MPa【答案】（1）CD（2）b100%abc++（3）主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故2CO转化率升高，3CHOH产率下降。（4）①.12PP②.副反应()()()()222COgHgCOgHOg++是气体体积不变化的吸

热反应，压强改变对平衡没有影响，副反应为放热反应，T1温度后，体系中主要发生副反应，则三条曲线几乎交于一点③.A【解析】【分析】通过2CO资源化利用，考察平衡状态的判定，温度对反应速率的影响，产率的计算等，结合化学反应原理相关内容进行解题。【小问1详解】A．体系内()()2nCO:nHO1:1

=不能说明反应达到平衡，这与起始投入量有关，A错误；B．由于方程左右两端化学计量数之和相等，则体系压强不再发生变化不能说明反应达到平衡，B错误；C．体系内各物质浓度不再发生变化，说明达到反应平衡，C正确；

D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化，说明体系内个物质的量不再变化，说明达到反应平衡，D正确；故选CD；【小问2详解】根据主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，副反应：C(()()()()222OgHgCOgHOg++

，体系中()()()23nCO:nCHOH:nCOa:b:c=，则起始的()2nCOabc,=++332t3n(CHOH)bCHOH100%100%n(CO)abc==++生或产率始。【小问3详解】主反

应为放热反应，副反应为吸热反应，升温副反应正向进行，主反应逆向进行，故（2CO转化率升高，3CHOH产率下降；【小问4详解】①主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大

，图中压强1P时CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率大于p2时CO2平衡转化率或CH3OH的平衡产率，所以12PP;②副反应()()()()222COgHgCOgHOg++是气体体积不变化的吸热反应，压强改变对平衡没

有影响，副反应为放热反应，T1温度后，体系中主要发生副反应，则三条曲线几乎交于一点；③主反应：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++是气体体积减小的反应，温度一定时压强越大，CO2的平衡转化率或CH3OH的平衡产率越大，低温时发生主反应，平衡产率最大的是220℃5MPa

，故选A。13.某小组实验验证反应23FeAgAgFe+++++为可逆反应并测定其平衡常数。（1）实验验证实验Ⅰ：将0.0100mol/L24AgSO溶液与0.0400mol/L4FeSO溶液（pH1=）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。

实验Ⅱ：向少量Ag粉中加入0.0100mol/L()243FeSO溶液（pH1=），固体完全溶解。①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是____________。②Ⅱ中溶液选用()243FeSO，不选用()33FeNO的原因是__________________。③小组同学采

用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象____________。（2）测定平衡常数实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取vmL上层清液，用1cmol/L的KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液1

vmL。资料：AgSCN=AgSCN+−+（白色）1210K=32FeSCN=FeSCN+−++（红色）2.310K=①滴定过程中3Fe+的作用是_____________。②测得平衡常数K=______。（3）思考问题①取实验Ⅰ的浊液测定

()Agc+，会使所测K值______（填“偏大”、“无影响”、“偏小”）。②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是__________________。【答案】（1）①.灰黑色固体溶解，产生红棕色气体②.防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果③.a：铂/石墨电极，b：4F

eSO或()243FeSO或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的()243FeSO溶液，与之前的

现象相同；或者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的()243FeSO溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转（2）①.指示剂作用②.1111110.01-0.01+cvvcvc

vvv（3）①.偏小②.Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态【解析】【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→

记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【小问1详解】①由于Ag能与浓硝酸发生反应：3322Ag+2HNO()=AgNO+NO+HO浓，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解

，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。②由于()33FeNO溶液电离出硝酸根离子与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验Ⅱ使

用的是()243FeSO溶液，而不是()33FeNO溶液，故答案为：防止酸性条件下，硝酸根离子氧化Fe2+干扰实验结果；③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应2++3+Fe+AgAg+Fe为可逆反应，两电极反应为：2+-3+Fe-e=Fe、+-Ag+e=Ag，故另

一个电极必须是与3+Fe不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有3+Fe或者Fe2+，采用FeSO4或()243FeSO或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解

质溶液，闭合开关K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的(

)243FeSO，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的()243FeSO

溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：4FeSO或()243FeSO或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指

针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的()243FeSO溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的()243FeSO溶

液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。【小问2详解】①Fe3+与SCN−反应生成红色2FeSCN+，因Ag+与SCN−反应相较于Fe3+与SCN−反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe

3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。②取Ⅰ中所得上清液vmL，用1cmol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗1vmL，已知：AgSCN=AgSCN+−+1210K=，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为()1+1Ag

mol/L=cvvc，根据平衡三段式进行计算如下：()()()12++131111111111+FeAgFe+Ag+0.020.010mol/L0.01-0.01-0.01-mol/Lmol/L0.01+0.01-cvcvcvvvvcvcvcv

vvv起始转化平衡故反应的平衡常数1111110.01-0.01+=cvvKcvcvvv。【小问3详解】的①若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡23FeAgAgFe+++++，且随着反应

AgSCN=AgSCN+−+，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即11cvv偏大，故所得到的K偏小；②由于实验Ⅱ中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验Ⅱ所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是

否达到化学平衡状态。