【文档说明】重庆市育才中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题 含解析.docx，共(19)页，992.691 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学校2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；3.考试结束

后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ag108第Ⅰ卷一、选择题本题共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B.绿色

化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成D.84消毒液和医用酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理相同【答案】D【解析】【详解】A．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接

种的生物制品，一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故A正确；B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故C正确；D．8

4消毒液有强氧化性，是利用其强氧化性来使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但酒精没有强氧化性，二者的消毒原理不同，故D错误；故选：D。2.下列各项叙述中，错误的是A.原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3dB

.基态C的电子排布式为1s22s22p2x违反了洪特规则C.基态Sc电子排布式为1s22s22p63s23p64s3违反了泡利原理的D.硼原子由1s22s22p1x⎯⎯→1s22s22p1y时，是由基态转化为激发态【答案】D【解析】【详解】A．原子核外的电子总是尽先

占有能量最低的轨道，然后依次排到能量较高的轨道，4s轨道能量比3d轨道能量低，原子核外电子填充3p、3d、4s能级的顺序为3p→4s→3d，A正确；B．根据洪特规则，基态C的电子排布式中2p轨道上的两个电子应该排在不同的轨道上，故违反了洪特规则，B正确；C．根据泡利原理，s能

级只有一个轨道，最多只能放入2个电子，基态Sc的电子排布式1s22s22p63s23p64s3违反了泡利原理，C正确；D．2p轨道能量相同，硼原子由1s22s22p1x⎯⎯→1s22s22p1y时，并没有转化为激发态，

D错误；故答案为：D。【点睛】洪特规则是指当电子排布在能量相同的各个轨道时，电子总是尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子能量最低；泡利原理是指不能有两个或两个以上的粒子处于完全相同的状态，也就是一个亚层中最多能有2个电子，其自旋相反。3.X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四

周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Q是地壳中含量最高的金属元素，R的基态原子中有6个未成对电子。下列说法正确的是A.原子半径：r(Q)>r(Y)>r(X)B.电负性

：X>Y>ZC.R位于元素周期表中第四周期第ⅣB族D.Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Q的强【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X和Y可以形成一种红棕色气体，故X为N；Y为O；Z是同周期元素中原子半径最大的元

素，Z为Na；Q是地壳中含量最高的金属元素，Q为Al；R的基态原子中有6个未成对电子，R为Cr；【详解】A．同主族从上到下原子半径增大，同周期元素从左到右半径减小，故半径为Al>N>O，故r(Q)>r(X

)>r(Y)，故A错误；B．同周期元素从左到右电负性增强，故O>N>Na，电负性：Y>X>Z，故B错误；C．R的价电子为6，R位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，故C错误；D．Z为Na，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，为强碱，Q的最高价氧化物对应水化物

为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，故NaOH碱性比Al(OH)3的强，故D正确；故答案为D。4.下列过程的能量变化与如图所示相符的是A.生石灰与水的反应B.锌粒与稀盐酸反应C.碳酸钙高温分解D.酸碱中和反应【答案】C【解析】【分析】由图可知，生成物总能量大于反应物总能量，则该反应为吸热反应

，常见的吸热反应：①绝大多数的分解反应，②碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，③铵盐与强碱反应，④碳与水反应生成一氧化碳和氢气，据此回答。【详解】A．生石灰与水的反应为放热反应，故A错误；B．锌粒与稀盐酸反应为放热反应

，故B错误；；C．碳酸钙高温分解为吸热反应，故C正确；D．酸碱中和反应为放热反应，故D错误；故选：C。5.下列说法正确的是A.甲烷的燃烧热H890.3kJ/mol=−，则4222CH(g)2O(g)CO(g)2HO(g)H890.3kJ

/mol+=+−B.25101kPa℃、时，1molS和2molS的燃烧热相等C.一定条件下，将20.5molN(g)和21.5molH(g)置于密闭的容器中充分反应生成3NH(g)，放热19.3kJ，热化学方程式为：223N(g)3H(g)2NH(g)H38.6kJ/m

ol+=−D.在稀溶液中：12H(aq)OH(aq)HO(l)H57.3kJmol+−−+==−，若将含31molCHCOOH的醋酸稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ【答案】B【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol,即在25

℃、101kPa时，1mol甲烷在氧气中完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放热890.3kJ，当生成的水为水蒸气时，放热小于890.3kJ，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH＞-890.3kJ/

mol,故A错误；B．25℃、101kPa时，1mol纯物质在氧气中完全燃烧生成稳定的、指定的产物时所放出的热量为该物质的燃烧热，一种可燃物的燃烧热的数值是确定的，与其物质的量无关，即25℃、101kPa时，1molS和2molS的燃烧热相等，故B正确；C．由于N2和H2反应生成NH3

是可逆反应，所以将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol,放热19.3kJ，则N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol,故C错误；D．醋酸是弱电解质，电离吸热，在稀溶液中

：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，若将含1molCH3COOH的醋酸稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故D错误；故选：B。6.某化学研究小组在探究外界条件对mA(s)nB(g)pC(g)+的速率

和平衡的影响时，画出了如下图像。下列判断正确的是A.由图1可知，12T<T，化学平衡常数()()12KT>KTB.由图2可知，温度1T时的反应速率一定大于温度2T时的反应速率C.图3中，表示反应正向移动的是点1D.图4中，若m＋n=p，则a曲线一定使用了催化剂【答案】A【解析】【详解

】A．由“先拐先平，数值大”可知，T1＜T2，升高温度，C的体积分数降低，平衡逆向移动，则()()12KT>KT，故A正确；B．增大压强，C的体积分数增大，平衡正移，则m+n＞p，C达到相同的转化率，T1所需的压强大于T2所需的压

强，说明温度T1<T2，温度越高反应速率越大，则温度1T时的反应速率小于温度2T时的反应速率，故B错误；C．曲线上任意一点都表示达到平衡状态，则2、4处于平衡状态，v(正)=v(逆)，点1在曲线上方，未达到平衡状态，B的转化率减小，故v(正)＜v(逆)，平衡逆向

移动，故C错误；D．催化剂只改变化学反应速率不影响化学平衡，相比于b曲线，a曲线速率快，平衡不移动，可能为使用了催化剂，但m+n=p，说明反应前后气体的物质的量不变，增大压强，速率加快，平衡也不移动，所以a曲线也可能是增大压强，故D错误；故选：A。7.下列有关化学反

应速率的说法中，正确的是A.1100mL2molL−的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B.合成氨反应是一个放热反应，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快C.对有气体参加的化学反应，减小容器体积

，使体系压强增大，可使单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率加快D.223N(g)3H(g)2NH(g)+在恒温恒压条件下进行，向容器中通入Ar(g)，化学反应速率不变【答案】C【解析】【详解】A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，生成氢气的速率减小，

故A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，且合成氨为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，故B错误；C．对有气体参加的化学反应，减小容器体积，使体系压强增大，可看成增大浓度，单位体积内活化分

子数目增大，化学反应速率加快，故C正确；D．恒温恒压条件下进行，向容器中通入Ar(g)，体积增大，可看成减小压强，反应速率减小，故D错误；故选：C。8.在恒容的密闭容器中发生反应232FeO(s)3CO(g)2Fe(s)3CO(g)++

，下列叙述中，不能说明反应已达平衡状态的是A.恒温条件下，混合气体的压强不发生变化B.绝热条件下，化学平衡常数K不再改变C.混合气体的密度不发生变化D.23FeO的质量不发生变化【答案】A【解析】【详解】A．该反应为气体总物质的量不变的反应，恒温条件下，混合气体的压强始终不发生变化，不能判定平衡状

态，故A错误；B．K与温度有关，则绝热条件下，化学平衡常数K不再改变，可知温度不变，达到平衡状态，故B正确；C．混合气体的体积不变，质量为变量，则混合气体的密度不发生变化，达到平衡状态，故C正确；D．Fe2O3的质量不发生变化，符合平衡的特征“定”，达到平衡状态，故D正确；故选：A。9.

已知反应：1242CO(g)CH(g)2CO(g)2H(g)Ha(a0)kJmol−+=+=+，则此反应A.任何条件下都可自发进行B.任何条件下都不可自发进行C.高温下可自发进行D.低温下可自发进行【答案】C【解析】【详解】ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行，该反应CO2(g)+

CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)为气体体积增大的吸热反应，ΔH＞0、△S＞0，则高温时，ΔH-TΔS＜0，反应可自发进行，C正确；故选：C。10.常温下，下列各组离子，在指定条件下一定能大量共存的是A.无色透明的水溶液中：2244CuNHSOCl++−−、、、B

.水电离出的()131cOH110molL−−−=的溶液：2224MgCuSOCl、、、++−−C.()()12cH110cOH+−−=的溶液：232KCONaAlO+−+−、、、D.常温下pH1=的溶液中：2434NHCHCOONaSO+−+−、、

、【答案】C【解析】【详解】A．含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，故A错误；B．水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液中c(H+)=1×10-13mol•L-1或c(H+)=1×10-1mol•L-1，呈酸性或碱性，M

g2+、Cu2+都与OH-反应，在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；C．()()12cH110cOH+−−=的溶液中c(H+)＜c(OH-)，呈碱性，各离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．常温下pH=1的溶液呈酸性，CH3COO-、H+之间

反应生成醋酸，不能大量共存，故D错误；故选：C。11.常温下浓度均为0.1mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是序号①②③④溶液3CHCOONa3NaHCO23NaCONaClOpH8.89.711.610.3A.等浓度的3CHCOOH和HClO溶液，pH小的是H

ClOB.四种溶液中水的电离程度：③>④>②>①C.3NaHCO在溶液中电离程度大于水解程度D.23NaCO溶液中有：()()()()323cOHcHcHCOcHCO−+−=++【答案】B【解析】【详解】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大；A．对应的盐溶液的pH越大，酸根

离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，pH小的是CH3COOH，故A错误；B．易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，故

B正确；C．碳酸氢钠溶液的pH为9.7，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的电离程度小于水解程度，故C错误；D．依据质子守恒，Na2CO3溶液中有：()()()()323cOHcHcHCO2cHCO−+−=++，故D错误；故选：B。12.下列有关

实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是ABCD将2NO球浸泡在冷水和热水中测定中和热测定2O的生成速率验证反应的吸放热比较温度对反应速率的影响A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．中和热的测

定需要用到环形玻璃搅拌棒，使溶液充分反应，故A错误；B．测定2O的生成速率应该用分液漏斗，氧气从长颈漏斗逸出，注射器无法收集到气体，无法达到实验目的，故B错误；C．若X中是吸热反应，集气瓶中空气压强减小，U形管内甲液面升高乙降低；若X中是放热反应，集气瓶中空气压

强增大，U形管内甲液面降低乙升高，可以达到实验目的，故C正确；D．2NO2(g)N2O4(g)△H<0升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体颜色加深，温度降低，平衡正向移动,气体颜色变浅，只能判断平衡移动方向，不能比较温度对化学反应速率的影响，故D错误；故答案为C。1

3.甲烷燃料电池采用铂做电极材料，两个电极上分别通入4CH和2O，电解质溶液为KOH溶液。某研究小组将上述甲烷燃料电池作为电源，进行电解饱和食盐水和电镀的实验，如图所示，其中乙装置中X为离子交换膜。下列说法正确的是A

.甲烷燃料电池正极电极反应式是22O4e4H2HO−+++=B.为了防止生成的氯气和氢氧化钠接触，乙中为阴离子交换膜C.丙中的3AgNO溶液，银离子浓度减小D.乙中上一共产生气体2.24L(标准状况)时，a极质量增加10

.8g【答案】D【解析】【分析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，则乙装置中，Fe铁电极为阴极，石墨电极为阳极，丙装置中，a电极为阴极，b电极为阳极。【详解】A．甲烷燃料电池，碱性环境下，正极电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH

-，故A错误；B．乙装置中，Fe铁电极为阴极，水中的氢离子得电子生成氢气，余下氢氧根离子，石墨电极为阳极，氯离子失电子生成氯气，则乙中X为阳离子交换膜，Na+移动向阴极，阴极得到NaOH和氢气，为了防止生

成的氯气和氢氧化钠接触，乙中为阳离子交换膜，故B错误；C．丙装置中，若为AgNO3溶液，电镀时，a电极为阴极，银离子得电子生成银，b电极为阳极，银失电子生成阴离子，溶液银离子浓度不变，故C错误；D．乙中上一共产生气体2.24L(标准状况)时，其物质的量为0.1mol时，各产生0.05mol的氢

气和氯气，则电路中转移0.1mol电子，则a极析出0.1mol银单质，其质量增加10.8g,故D正确；故选：D。14.25℃时，向某二元弱酸2HX的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中()2cxlgc(HX)或()2c(HX)lgcHX与pH

的关系如图所示。下列叙述正确的是A.n曲线表示()()2cXlgcHX−−与pH的变化关系B.25℃时，随pH的增大，2HX的电离平衡常数增大C.pH9=时，()()2cHXcHX−D.25℃时，NaHX溶液中()()22cXcHX−【答案】C【解析】【分析】根据“(

)()()+2a2cXlg=lgcHXcHK−−、()-a1+2c(HX)lg=lgcHXc(H)K”知，Ka1＞Ka2，pH相同时，纵坐标数值大的表示()-2c(HX)lgcHX与pH的变化关系，纵坐标数值小的表示()(

)2cXlgcHX−−与pH的变化关系，根据图知，曲线m曲线表示()()2cXlgcHX−−与pH的变化关系；【详解】A．Ka1＞Ka2，根据“()()()+2a2cXlg=lgcHXcHK−−、()-a1+2c(HX)lg=lgc

HXc(H)K”知，pH相同时，纵坐标数值大的表示()-2c(HX)lgcHX与pH的变化关系，纵坐标数值小的表示()()2cXlgcHX−−与pH的变化关系，根据图知，曲线m曲线表示()()2cXlgcHX−−与pH的变化关系

，故A错误；B．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，则25℃时，随pH的增大，H2X的电离平衡常数不变，故B错误；C．pH=9时，()-2c(HX)lgcHX＞0，所以c(HX-)＞c(H2X)，故C正确；

D．pH=7.4时，()-a1a1+-7.42c(HX)lg=lg=lg=1cHXc(H)10KK，则Ka1=10-6.4，pH=9.3时，()()()2a2a2-9.3+cXlg=lg=lg=-110cHXcHKK−−，Ka2=10-10.3，HX-水解平衡常数-14-7.6wha2-

6.4a1K10K===10KK10＞，说明HX-的水解程度大于电离程度，则25℃时，NaHX溶液中c(X2-)＜c(H2X)，故D错误；故选：C。第Ⅱ卷二、填空题(本题共4小题，15题16分，16题14分，17题14分，18题14分，共58分)15.某科研人员以废镍催化剂(主要成分为N

iO，另含23FeOCaOCuOBaO、、、)为原料回收镍，工艺流程如图。已知：常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如表。氢氧化物3Fe(OH)2Fe(OH)2Ni(OH)开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的p

H3.79.79.2回答下列问题：（1）浸出渣主要成分为___________、___________。(填化学式)（2）“除铜”时，3Fe+与2HS反应的离子方程式为___________。（3）“氧化”的目的是将溶液中2Fe+氧化为3Fe+，写出该反应的离子方程式_______

____。温度需控制在40~50℃之间，该步骤温度不能太高的原因是___________。（4）“调pH”时，pH的控制范围为___________。（5）“除钙”后，若溶液中F−浓度31310molL−−，则

()()2cCacF+−=___________。[己知常温下，()112KspCaF2.710−=]（6）用可溶性碳酸盐，可以浸取4CaSO固体，在溶液浸取过程发生反应：224334CaSO(s)CO(ag)CaCO(s)SO(aq)−−++。己知：298K时，()()95

34KspCaCO2.8010,KspCaSO4.9010−−==，则此温度下该反应的平衡常数K为___________(计算结果保留三位有效数字)。【答案】（1）①.4BaSO②.4CaSO（2）322

2FeHS2FeS2H++++=++（3）①.23222HO2H2Fe2HO2Fe+++++=+②.避免温度太高，过氧化氢受热分解（4）3.7≤pH＜7.7（5）31.010−（6）41.7510【解析】【分析】以废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO

)为原料回收镍，废镍催化剂先用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成

氢氧化铁沉淀，镍离子不沉淀，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍。为【小问1详解】用硫酸浸取惠普各氧化物转化为离子进入溶液，钙离子和钡离子与硫酸根离子结合得到CaSO4、BaSO4沉淀，故浸出渣主要成分为CaSO4、BaSO4，故答案为：CaSO4

；BaSO4；【小问2详解】“除铜“时，铁离子氧化硫化氢反应生成亚铁离子和S，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；【小问3详解】“氧化“时用H2O2将

溶液中Fe2+氧化Fe3+，离子反应为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，过氧化氢受热易分解，故温度不能太高，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；过氧化氢受热易分解；【小问4详解】“调pH“，使铁离

子完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7，故答案为：3.7≤pH＜7.7；【小问5详解】已知常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，“除钙“后，若溶液中F-浓度3×10-3mol•L-1，则钙离子浓度为()22+--

11sp2-23()caKCaF1(C)==c()2.70310Fmol/L=3×10-6mol/L，则()()263cCa310310cF+−−−==1.0×10-3，故答案为：1.0×10-3；【小问6详解】平衡常数()()5sp449sp32-4

2-3KCaSO4.90101.7510KCaOCO2.=80c1(0S)==c(CO)K−−=，故答案为：1.75×104。16.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明，美丽中国具有重要意义。（1）基态硫原子的价层电子轨道表示式为：_

__________。（2）NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：已知：132O(g)O(g)2O(g)H143kJmol−+==−反应1：13221O(g)NO(g)NO(g)O(g)H200.2kJmol−+=+=−。为

为反应2的热化学方程式为___________。（3）工业上以CO和2H为原料合成甲醇的反应：23CO(g)2H(g)CHOH(g)H0+，在容积为1L的恒容容器中，分别在12TT、温度下合成甲醇。如图是不同

温度下2H和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。①判断1T___________2T(选填“<”、“>”或“=”)；②若a点达到平衡的时间是5分钟，从反应开始到

平衡用2H表示的反应速率为()2vH=___________；③d点的平衡常数的值为___________；④a点状态下再通入20.5molH(g)和30.5molCHOH(g)，平衡___________移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)；⑤a、b、c三点

2H转化率由大到小的顺序是___________。【答案】（1）（2）122NO(g)O(g)NO(g)O(g)H57.2kJmol−+=+=+（3）①.<②.110.2molLmin−−③.4④.正向⑤.abc

【解析】【小问1详解】基态氮原子的价层电子2s22p3，价层电子轨道表示式为；【小问2详解】已知O3(g)+O(g)=2O2(g)ΔH=-143kJ•mol-1，反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ•mol-1，由盖斯定律总反应-反应1可得

反应2的热化学方程式为NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=-143kJ•mol-1-(-200.2kJ•mol-1)=+57.2kJ•mol-1，故答案为：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)△H=+57.2kJ•mol-1；【小问

3详解】①由图可知，当H2和CO的起始组成比一定时，T2温度下CO转化率低，平衡逆向移动，反应正向放热，T2温度高，故T1＜T2，故答案为：＜；②a点达到平衡时，CO的转化率为50%，则CO的反应量为1mol×50%=0.5mol,氢气的反应量为0.5mol

×2=1mol,用H2表示的反应速率为v(H2)=Δn1mol=VΔt1L10min=0.1mol/(L•min)，故答案为：0.1mol/(L•min)；③a点时CO的起始加入量为1mol,氢气的起始加入量为1.5mol,CO的转化率为50%，则CO的反应量为1

mol×50%=0.5mol,氢气的反应量为0.5mol×2=1mol,平衡时CO的物质的量为1mol-0.5mol=0.5mol,氢气的物质的量为1.5mol-1mol=0.5mol,甲醇的物质的量为0.5mo

l,容器体积为1L，平衡时CO、氢气和甲醇浓度均为0.5mol/L，a点时该反应平衡常数的表达式为()()()3222cCHOH0.5K===4cCOcH0.50.5，d点和a点反应温度相同，平衡常数相等，d点的平衡常数的值为4，答案为：4；④a点状态下再通入0.5molCO(g)和0

.5molCH3OH(g)，()()()3c222cCHOH1Q===4=KcCOcH10.5，故平衡不移动，故答案为：不；⑤反应放热，b点和a点相比反应物充入量相同，b点温度高，平衡逆向移动转化率变小，故a＞b,b点和c点反应温度相同，c点氢气出入量大，CO转化率变大，氢气转化

率减小，故a、b、c三点H2转化率由大到小的顺序是a＞b＞c,故答案为：a＞b＞c。17.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回

答下列问题：（1）某小组按照文献中制备2ClO的方法设计了如图所示的实验装置用于制备2ClO。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是___________。②装置B的作用是___________。③A装置中，装24HSO溶液的仪器名称为：__

_________。（2）测定装置C中2ClO溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和24HSO酸化(-2228H2ClO10I2Cl5I4HO+−++=++)，然后加入___________作指示剂，用10.2molL−的223Na

SO标准液滴定锥形瓶中的溶液(2222346I2SO2ISO−−−+=+)，当看到___________现象时，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中2ClO溶液的浓度为___________1molL−。（3）下列操作使测定

结果偏低的是___________A.滴定前俯视，滴定终点仰视读数B.盛放223NaSO标准溶液的滴定管未用标准液润洗C.锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥直接装入待测液D.滴定前正常，滴定后滴定管尖嘴内有气泡【答案】（1）①.稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓

度过高而发生爆炸②.防止倒吸(或作安全瓶)③.分液漏斗（2）①.淀粉溶液②.溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色③.0.08（3）D【解析】【分析】装置A中氯酸钠和过氧化氢发生氧化还原反应生成二氧化氯，装置B作为安全瓶防倒吸，气体进入C被吸收得到溶液，尾气使用碱液吸收

防止污染。【小问1详解】①根据题目信息“在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸”，所以充入氮气的第二个目的就是为了稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②装置B中是两个短导管，其目的就是为了防止倒吸；③A中用分液漏斗装硫酸；【小问2详解】KI被ClO2氧化之后生

成单质碘，碘单质能使淀粉变蓝色，所以选用淀粉溶液为指示剂。加入淀粉溶液之后，溶液变为蓝色，用Na2S2O3标准液滴定，最后一滴标准液加入后，溶液蓝色褪去且半分钟内不变色，单质碘被完全反应，滴定到达终点；标准液消耗的体积为20.00mL，则Na2S2O3的物质的量为0.02L×0.

2000mol/L=0.0040mol,其反应的化学方程式为：I2+22-23SO=2I-+2-46SO，可知I2的物质的量为0.0020mol,再由方程式2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，可知

ClO2的物质的量为0.0008mol,其浓度为0.0008mol÷0.01L=0.08mol/L，故答案为：淀粉溶液；溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；0.08；【小问3详解】A．滴定前俯视，滴定终点仰视读数导致标准液读数偏大，测定结果偏

高，故A不选；B．滴定管未润洗，里面会残留蒸馏水，会使进入滴定管的溶液的浓度偏低，滴出的量增多，结果偏大，故B不选；C．用C中溶液润洗锥形瓶，再取10mLC中溶液于锥形瓶中，取得的ClO2偏大，就需要更多的KI溶液去还

原ClO2，造成结果偏大，故C不选；D．滴定前正常，滴定后滴定管尖嘴内有气泡，阻止了滴定液的下降，会使结果会偏低，故D选；故选：D。18.Ⅰ.已知25℃时，电离平衡常数：化学式3CHCOOH23HCOHClO电离平衡常数51.810

−71K4.410−=112K410−=83.010−回答下列问题：（1）通常情况下，相同浓度的以下四种溶液，碱性最强的是___________。(填序号，下同)A3NaHCOB.NaClOC.3CHCOONaD.23

NaCO（2）下列反应不能发生的是___________。A．233322CO2CHCOOH2CHCOOCOHO−−+=++B．33ClOCHCOOHCHCOOHClO−−+=+C．22232ClOCOHOCO2HCl

O−−++=+（3）室温下，2CO通入NaOH溶液中，在所得溶液中，()()233cHCO:cCO5:2−−=，溶液的pH=___________。Ⅱ.2SO是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法。工业上用23NaSO吸收尾

气中2SO使之转化为3NaHSO，再以2SO为原料设计原电池，然后电解(惰性电极)3NaHSO制取24HSO，装置如下：.（4）甲图中A电极的电极名称为___________极。（5）甲图中B与乙图______

_____(填“C”或“D”)极相连，进行电解时乙图Z中Na+向___________(填“Y”或“W”)中移动。（6）乙图阳极的电极反应式为___________。【答案】（1）D（2）C（3）10（4）负（5）①.D②.Y（6）2324HSOHO2eSO3

H−−−++−=+【解析】【分析】甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极；【小问1详解】已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3，对应酸根离子水解程度：2-3CO＞ClO

-＞-3HCO＞CH3COO-，水解程度越大，溶液的碱性越强，则相同浓度的四种溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故答案为：D；【小问2详解】已知酸的酸性强弱顺序为CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞NaHCO3；A.根

据强酸制弱酸规律可知，过量的CH3COOH能与NaCO3反应生成CO2气体，离子反应为2-3CO+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O，故A正确；B.根据强酸制弱酸规律可知，CH3COOH能与NaClO反应生成次氯酸，反应为ClO-+CH

3COOH=CH3COO-+HClO，故B正确；C.酸性：H2CO3＞HClO＞NaHCO3，根据强酸制弱酸规律可知，碳酸与NaClO的反应为ClO-+CO2+H2O=-3HCO+HClO，故C错误；故答案为：C；【小问3详解】H2CO3溶液中()()2-3+2-3cCOK)=c(HcHCO，则

c(-3HCO)：c(2-3CO)=5：2的溶液的c(H+)=()()-322-3cHCOKcCO=4×10-11×2.5mol/L=10-10mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-10=10，故答案为：10。【小问4详解】根据图示，SO2失电子生成H2SO4，所

以A是负极，SO2在A极失去电子生成硫酸，A电极上的反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++2-4SO，故答案为：负；【小问5详解】甲中A为负极，B为正极，因为乙中C极附近加入NaHSO3得到Na2SO3，说明C极氢离子得电子生成H2，所以C是阴极、D是阳极，D

连接电源的负极，即B连接D；进行电解时阳离子移向阴极，Na+向阴极移动，即向Y中移动，故答案为：D；Y；【小问6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