【文档说明】（浙江专用，人教版2019选择性必修1第1~3章）（浙江专用）（全解全析）.docx，共(17)页，693.182 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高二年级化学上学期期中模拟卷(考试时间：90分钟试卷满分：100分)注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第一、二、三章(选择性必修1)。

5．难度系数：0.68。6．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个

选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列水溶液由于水解显酸性的是()A．NaHCO3B．NaHSO4C．NH4NO3D．CH3COOH【答案】C【解析】A项，NaHCO3溶液由于碳酸氢根离子的水解大于电离导致溶液显碱性，A不合题意；B项，NaHSO4溶液由于NaHSO4电离出Na+

、H+和硫酸根离子而使溶液显酸性，B不合题意；C项，NH4NO3溶液由于NH4+发生水解而使溶液显酸性，水解离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+，C符合题意；D项，CH3COOH溶液由于醋酸电离出醋酸根和H+而使溶液显酸性，D不合题意；故选C。2．明

矾成分是KAl(SO4)2·12H2O，《金匮要略》中记载：外用解毒杀虫，燥湿止痒；内服止血等。下列有关叙述正确的是()A．加热明矾水溶液，溶液pH升高B．明矾溶液也可用于自来水的杀菌净水C．明矾溶液中能大量存在+Na、Mg2

+、HCO3-、Cl-D．明矾溶液中c(SO42-)＞c(K＋)＞c(Al3+)＞c(H＋)＞c(OH―)【答案】D【解析】A项，明矾中的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，加热，促进铝离子水解，溶液酸性增强，A错误；B项，铝离子水解成Al(OH)3胶体，只能起到吸附悬浮杂质从而净水

的作用，没有强氧化性，无法杀菌，B错误；C项，明矾溶液中铝离子和HCO-发生完全双水解：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，不能共存，C错误；D项，由于铝离子水解导致浓度低于钾离子，且溶液呈酸性，则浓度大小：c(SO42-)＞c(K＋)＞c(Al

3+)＞c(H＋)＞c(OH―)，D正确；故选D。3．在“天宫课堂”中，王亚平老师用醋酸钠(CH3COONa)过饱和溶液做了一个“点水成冰”的趣味实验。下列对CH3COONa溶液的说法不正确的是()A．呈碱性B．存在

四种离子C．存在CH3COOHD．c(Na+)=c(CH3COO−)【答案】D【解析】A项，CH3COO−水解：CH3COO−+H2OCH3COOH+OH-，使溶液呈碱性，A项正确；B项，CH3COONa溶液中存在Na+、H+、CH3CO

O−、OH-四种离子，B项正确；C项，CH3COO−水解会生成CH3COOH，C项正确；D项，CH3COONa电离生成的CH3COO-与Na+一样多，由于CH3COO-发生水解，所以c(Na+)>c(CH3COO−)，D项错误；故选D。4．恒容密闭容器中发生反应：2

NO2(g)N2O4(g)。下列不能说明该反应达到化学平衡状态的是()A．混合气体的密度不再变化B．容器内的压强不再变化C．2v正(N2O4)=v逆(NO2)D．混合气体的颜色不再变化【答案】A【解析】A项，混合气体总质量不变，容器为恒容，则混合气体密度始终不变，不能作为反应达

平衡的标志，A符合题意；B项，该反应反应前后的气体分子数减少，随着反应的进行容器内压强会减小，达到平衡是压强不再变化，所以容器内的压强不再变化可以作为平衡的标志，B不符合题意；C项，当2v正(N2O4)=v逆(NO2)时，反应达到化学平衡状态，C不符合题意；D项，混合气体

的颜色与c(NO2)相关，颜色不再改变说明c(NO2)不再改变，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；故选A。5．常温下，将0.10mol/L氨水用蒸馏水稀释10倍，下列说法错误的是()A．Kw不变，溶液pH

减小B．c(NH4+)=0.01mol/LC．NH3·H2O的电离程度增大D．()()+432cNHcNHHO增大【答案】B【解析】氨水中有：NH3·H2ONH4++OH-，加水稀释，溶液中c(NH4+)、c(OH―)、c(NH3·H2O)的离子浓度减小，但加水促进弱电解质的电离，n(NH4

+)、n(OH―)增大，n(NH3·H2O)减小。A项，温度不变，则Kw不变，而加水稀释，溶液中氢氧根离子浓度减小，因此氢离子浓度增大，所以溶液pH减小，故A正确；B项，加水稀释促进电离，根据稀释定律可知，0.10mol/L氨水用蒸馏水

稀释10倍后溶液浓度变为0.01mol/L，一水合氨难电离，所以溶液中c(NH4+)＜0.01mol·L-1，故B错误；C项，加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，故C正确；D项，()()()+4b32cNHK=cNHHOcOH

−，加水稀释，c(OH―)减小，因此()()+432cNHcNHHO增大，故D正确；故选B。6．有如下三个热化学方程式①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2；③H2O(g)=H2O(l)ΔH3。下列说法正确的是()A．ΔH

1＞ΔH2B．常温常压下，过程③不能自发进行C．ΔH1=ΔH2+ΔH3D．根据反应①可得知H2(g)的燃烧热【答案】A【解析】A项，氢气燃烧生成液态水放热多，放热越多，焓变越小，则ΔH1＞ΔH2，A正确

；B项，气态水变为液态水是放热过程，常温常压下，过程③能自发进行，B错误；C项，依据盖斯定律②－③即得到反应①，所以ΔH1=ΔH2-ΔH3，C错误；D项，燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，则根据反应②可得知H2(g)的燃烧

热，D错误；故选A。7．光气是一种重要的有机中间体，其制备原理为CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)ΔH。分别向体积均为0.1L的绝热恒容容器和恒温恒容容器中充入0.01molCO和0.01molCl2发生反应，两容器的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确

的是()A．容器Ⅱ为绝热容器B．平衡常数：K(I)＞K(II)C．正反应速率：v(Y)＞v(Z)D．容器Ⅰ中平衡时，CO的转化率为40%【答案】C【解析】A项，由图可知容器I体系的压强先升高后降低，该反应气体分子数减少，则容器I为绝热容器，且该反应是放

热反应，A项错误；B项，容器I内温度高，平衡常数低，所以平衡常数：K(I)＜K(II)，B项错误；C项，容器I的温度高，平衡逆向移动，反应物浓度增大，使正反应速率增大，C项正确；D项，容器I中温度发生变化，无法通过压强变化表示转化率，D项错误；故选C。8．甲醇(CH3OH)是一种重要的有

机化工原料，可用于制取甲醚(CH3OCH3)。在3个容积均为1L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)。下列说法正确的是()容器编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/molCH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g

)Ⅰ3870.20.080.08Ⅱ3870.4Ⅲ2070.20.090.09A．该反应的ΔH＞0B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小C．若容器Ⅲ中反应达到平衡所需时间为mint，则用甲醇浓度变化表示mint内的平均

反应速率v(CH3OH)=0.18/tmol·L－1·min－1D．若在387℃，某时刻混合物的浓度分别为CH3OH0.10mol/L、CH3OCH30.15mol/L和H2O(g)0.10mol/L，则该反应逆向进行【答案】C【

解析】Ⅱ与I比较，起始物质的量加倍，2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)是一个气体分子数不变的反应，故甲醇气体的浓度若增大一倍，则平衡后各物质的浓度也增大一倍，转化率不变，两者达到等效；Ⅲ与I比较，温度降低，起始物质的量相同，而平衡后生成物增

加，说明平衡正向移动，即证明该反应为放热反应。A项，反应为放热反应，故A错误；B项，恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；C项，tmin内甲

醚浓度变化了0.09mol/L，故甲醇浓度变化0.08mol/L，用甲醇浓度变化表示tmin内的平均反应速率v(CH3OH)=110.18·L?mintcmolt−−=，故C正确；D项，387℃平衡时c(CH3

OCH3)=c(H2O)==0.080mol/L，c(CH3OH)==0.04mol/L，化学平衡常数K=()()()332223ccHO0.080.08c0.04CHOCHCHOH==4；某时刻混合物的浓度分别

为c(CH3OH)=0.15mol/L、c(CH3OCH3)=0.15mol/L、c(H2O)=0.10mol/L，浓度商Qc=()()()332223ccHO0.150.102c0.153CHOCH

CHOH==＜4，则反应将向正反应方向进行，故D错误；故选C。9．分别取50mLc1mol·L-1盐酸与50mLc2mol·L-1氢氧化钠溶液进行中和反应反应热的测定实验。下列说法错．误．的是()A．仪器A的名称是玻璃搅拌器，不能用铜丝代替B．

某同学通过实验测出中和反应生成1molH2O反应热ΔH=-58.3kJ/mol，造成这一结果的原因可能是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液温度C．c1<c2，目的是确保稀盐酸完全反应D．用稀醋酸代替稀盐酸，结果是不一样的【答案】B【解析】A

项，根据A结构可知为玻璃搅拌器，金属导热快，不能用金属Cu、Fe等代替，故A正确；B项，在实验过程中，测量完盐酸的温度后，直接测量NaOH溶液的温度，残余盐酸与NaOH溶液反应，导致热量有散失，则测得中和热ΔH>-57.3kJ/mol

，故B错误；C项，c1<c2，是为了确保盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液，故C正确；D项，醋酸是弱酸，电离会吸收部分反应放出的热量，结果是不一样的，故D正确；故选B。10．室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。下列有关说法正确的是()A．用pH计测定0.05mol·

L-1NaHCO3溶液，测得pH约为8.3，说明NaHCO3溶液中c(CO32-)＞c(H2CO3)B．向0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加过量0.1mol·L-1CaCl2溶液，产生白色沉淀静置后的上层清液中：Ksp(CaCO3

)＞c(Ca2+)·c(CO32-)C．向10mL0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol·L-1HCl，反应结束后测得溶液pH约为5.6，滴加过程中：c(Na＋)＝c(CO32-)+c(HCO3-)＋

c(H2CO3)D．向10mL0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol·L-1NaOH溶液，反应结束后测得溶液pH约为10.3反应结束后：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3)【答案】D【解析】A项，测得p

H约为8.3，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度c(CO32-)＜c(H2CO3)，A错误；B项，Ksp(CaCO3)＞c(Ca2+)·c(CO32-)时，有沉淀生成，则向0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加过量0.1mol·L-1CaCl2产生白色

沉淀，静置后的上层清液中Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO32-)，B错误；C项，10mL0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加等体积等浓度的氯化氢溶液，反应生成氯化钠、水和二氧化碳反应结束后测得溶液pH约为5.6，则有一部分二氧化碳逸出c

(Na＋)≥c(CO32-)+c(HCO3-)＋c(H2CO3)，C错误；D项，10mL0.05mol·L-1NaHCO3溶液中滴加10mL0.05mol·L-1NaOH溶液，反应生成碳酸钠溶液，溶液中由水电离出的氢离子等

于由水电离出的氢氧根离子，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，D正确；故选D。11．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：I．CO2(g)＋C2H6(g)C2H4(g)＋CO(g

)＋H2O(g)ΔH1＞0II．2CO2(g)＋C2H6(g)4CO(g)＋3H2(g)ΔH2＞0向容积为10L的密闭容器中投入3molCO2和2molC2H6，不同温度下，测得5min时(反应均未达到平衡)的相关数据见下表，下列说法错误的

是()温度/℃400500600乙烷的转化率/%2.29.017.8乙烯的选择性/%92.680.061.8注：乙烯的选择性100%转化为乙烯的乙烷的物质的量转化的乙烷的总物质的量=。A．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，可提高乙烯的产率B．其他条件不变，增大投料比()()22

6CO/CHnn投料，平衡后可提高乙烷的转化率C．500℃时，0~5min内I的平均反应速率v(C2H4)=2.88×10-2mol·L-1·min-1D．反应活化能：I＜II【答案】C【解析】A项，其他条件不变，平衡时移除H2O(g)，可以使反应Ⅰ平衡正向移

动，提高乙烯产率，故A正确；B项，其他条件不变，增大投料比()()226CO/CHnn投料，与原来的投料比相比，平衡时可以使更多的C2H6转化，提高乙烷的平衡转化率，故B正确；C项，500℃时，0~5min内I的平均反应速率()311242429.0

%80%(CH)10CH2.8810molLmin5minmolcLvt−−−===，故C错误；D项，从不同温度下乙烯的选择性来看，平衡前，乙烯的选择性高，说明反应Ⅰ的反应速率快，说明反应活化能：I＜II，故D正确；故选C。12．现代研究技术表明化学

反应历程复杂，通常伴随副反应的发生，如图是利用计算机测量技术获得的某种反应的能量变化和反应历程的关系。下列说法错误的是()A．升高温度，两个反应的速度都加快B．反应1为吸热反应C．物质的稳定性：过渡态1<过渡态2D．反应2不需要加热就

能发生【答案】D【解析】A项，升高温度，任何反应速率都加快，A正确；B项，观察图像，可知反应1中，反应物的总能量低于生成物，为吸热反应，B正确；C项，物质所具有的能量越低越稳定，观察图像，可知过渡态1

能量最高，最不稳定，C正确；D项，吸热与放热与是否需要加热没有关系，放热反应也可能需要加热，D错误；故选D。13．丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，Ga2O3催化该过程反应历程及能量变化如图(X为丙烷，Y为丙烯)，下列说法正确的是()A．Ga2O3反应前后质量不变，未参与反应B．反

应X(g)→Y(g)+H(g)△H=-167kJ·mol−1C．以上反应历程中主要包含了四步变化，其中第三步反应速率最慢D．1mol丙烷的总键能小于1mol丙烯与1mol氢气的总键能之和【答案】C【解析】A项，Ga2O3作催化剂，由图可知，Ga2O3参与第一步变化，故A错误；B项，反应X(g)→Y

(g)+H(g)△H=生成物总能量-反应物总能量=+167kJ·mol−1，故B错误；C项，由图可知，以上反应历程中有4个过渡态，说明以上反应历程中主要包含了四步变化，其中第三步反应的活化能最大，该步反应速率最慢，故C正确；D项，该反应为吸热反应，△H=反应物总键能-生成物

总键能>0，所以1mol丙烷的总键能大于1mol丙烯与1mol氢气的总键能之和，故D错误；故选C。14．碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)。[已知Ksp(CaCO

3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-5，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法不正确的是()A．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在B．向体系中通入CO2气体，上层清液中c(Ca2+)增大C．若10.1

molL−的NaHCO3溶液pH8.3=，则该溶液中c(OH－)＜c(CO32-)D．通过加Na2SO4溶液，无法实现CaCO3向CaSO4的有效转化【答案】C【解析】A项，CO32-水解平衡常数Kh=14

4Wa211a2K10210KK4.710−−−=，说明溶液中CO32-的水解程度较大，上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在，A正确；B项，向体系中通入CO2气体，发生反应CO2+H2O+CaCO3=Ca(HCO3)

2，难溶性的CaCO3转化为可溶性的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2+)增大，B正确；C项，若0.1mol·L-1的NaHCO3溶液pH=8.3，溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，则该溶液中c(OH－)＞c(CO32-)，C错误；D项，()9sp3KCaCO3.4

10−=<()5sp4KCaSO4.910−=，则CaCO3比CaSO4更难溶，所以加Na2SO4溶液不可实现CaCO3向CaSO4的有效转化，D正确；故选C。15．常温下，乙二酸(H2C2O4)在不同pH

环境中的不同形态的粒子分布系数如图所示，下列说法错误的是()A．该温度下，NaHC2O4溶液的pH小于7B．b点对应溶液的pH约为2.79C．c点对应溶液中，c(H+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(OH-)D．a、b、c三点对应溶液中，水的电离程度最大的为

c点【答案】C【解析】根据a点得到+1.324a1224c(HCO)c(H)K=10c(HCO)−−=，根据c点得到2+4.2724a224c(CO)c(H)K=10c(HCO)−−−=。A项，该温度下，NaHC2O4溶液的电离常数为4.

2710−，水解常数为1412.7w1.3a1K1010K10−−−==，电离大于水解，所以pH小于7，故A正确；B项，+21.34.275.57a1a2KK=c(H)101010−−−==，得5.5

7+2c(H)=10−，pH约为2.79，故B正确；C项，c点对应溶液中，根据电荷守恒，题干关系错误，又可知溶液显酸性，所以c(HC2O4-)=c(C2O42-)>c(H+)>c(OH-)>c(H2C2O4)，故C错误；D项，a、b、c三点对应溶液中，溶液越来越

稀，酸性减弱，所以水的电离程度增大，最大的为c点，故D正确；故选C。16．室温下，下列探究方案能达到实验目的的是()选项探究方案实验目的A用不同浓度、等体积的H2O2溶液分别与相同浓度相同体积的Na2SO3溶液反应，观察现象探究浓度对反应速率的影响B用pH试纸测定同浓度NaClO和NaF溶液的p

H，比较溶液pH大小比较HClO与HF的酸性强弱C向10mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀。再滴加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下Ksp：Mg(OH)2＞Fe(OH)3D向含有酚酞的Na2CO3溶

液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡【答案】D【解析】A项，过氧化氢溶液与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和水，反应中没有明显现象，不能用于探究浓度对反应速率的影响，故A错误；B项，酸的酸性越弱，对应酸

根离子在溶液中的水解程度越大，溶液pH越大，次氯酸钠具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则用pH试纸无法测定次氯酸钠溶液的pH，应该使用pH计测定，故B错误；C项，过量的氢氧化钠溶液中滴入几滴氯化镁溶液，再滴入几滴氯化铁溶液只存在沉淀的生成过程，不存在沉淀的转化过程，无法比较氢氧

化镁和氢氧化铁的溶解度大小，也不能比较组成类型不同的氢氧化镁和氢氧化铁的溶度积大小，故C错误；D项，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，向滴有酚酞的碳酸钠溶液中加入少量氯化钡固体，钡离子与溶液中的碳酸根

离子反应生成碳酸钡沉淀，水解平衡向逆反应方向移动，溶液中的氢氧根离子浓度减小，红色变浅，则溶液红色变浅能证明碳酸钠溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D。第II卷(非选择题共52分)二、填空题(本题共5小题，共52分)17．(10分)已知(Ⅰ)、(Ⅱ)反应在一定条件下焓变及平衡常数如下：2H2(g)

＋S2(g)2H2S(g)ΔH1K1(Ⅰ)3H2(g)＋SO2(g)2H2O(g)＋H2S(g)ΔH2K2(Ⅱ)(1)用ΔH1、ΔH2表示反应4H2(g)＋2SO2(g)S2(g)＋4H2O(g)的ΔH＝________。(2

)回答下列反应(Ⅰ)的相关问题：①温度为T1，在1L恒容容器中加入1.8molH2、1.2molS2，10min时反应达到平衡。测得10min内v(H2S)＝0.08mol·L-1·min-1，则该条件下的平衡常数为________。②温度为T2时(T2＞T1)，在1L恒容容器中也加入

1.8molH2、1.2molS2，建立平衡时测得S2的转化率为25%，据此判断ΔH1________0(填“＞”或“＜”)，与T1时相比，平衡常数K1__(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)常温下，用SO2与NaOH溶液反

应可得到NaHSO3、Na2SO3等。已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是________________(写出主要反应的离子方程式)，该溶液中，c(Na＋)______2c(SO32-)＋c(HSO3-)(填

“＞”“＜”或“＝”)。【答案】(1)2ΔH2－ΔH1(2分)(2)①0.8(2分)②＜(2分)减小(2分)(3)SO32-＋H2OHSO3-＋OH-(1分)＞(1分)【解析】(1)2H2(g)＋S2(g)2H2S(g)ΔH1K1(Ⅰ)3H2(g)＋SO2(g)2H2O(g)＋H2S(g)

ΔH2K2(Ⅱ)根据盖斯定律，由(Ⅱ)×2−(Ⅰ)可得：4H2(g)+2SO2(g)S2(g)+4H2O(g)，故△H=2ΔH2－ΔH1；(2)①10min时反应达到平衡。测得10min内v(H2S)=

0.08mol⋅L−1⋅min−1，故△n(H2S)=0.08mol·L−1·min−1×10min×1L=0.8mol，则：2H2(g)+S2(g)2H2S(g)起始(mol)：1.81.20变化(mol)：0.80.40.8平衡(mol)：1.00.80.8由于容器体积为1L，用物质

的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数K=()()()22222220.8=×1.0cHScHcS×0.8=0.8；②根据①中数据，可知温度为T1时S2的转化率=0.41.2100%molmol=33.3%＞25%，说明升温平衡逆向移动，故正反应为放热反应，即△H1＜0，平衡常数减小

；(3)溶液中SO32−会发生水解反应，其离子方程式为：SO32-＋H2O⇌HSO3-＋OH－，破坏水的电离平衡，导致溶液显示碱性；根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)＋c(HSO3-)+c(OH−)，因

c(H+)＜c(OH−)，故c(Na+)＞2c(SO32-)＋c(HSO3-)。18．(10分)CO2可转化成有机物实现碳循环。(1)工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：反应Ⅰ：CO2(l)+2NH3(

l)NH2COONH4(l)K1反应Ⅱ：NH2COONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)K2反应过程中的能量变化如图所示。总反应的热化学方程式为，总反应的化学平衡常数K3=(用K1、K2表示)。(2)将CO2转化为甲醇可实现减碳，反应原理为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH

(g)＋H2O(g)。向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在甲、乙两种不同催化剂作用下，反应相同时间mint，测得甲醇的物质的量分数随温度变化如图所示。①下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的有(填字母序号)。A．c(CH3OH)=c(H2O)B．混合

气体的压强不再变化C．混合气体的相对分子质量保持不变D．单位时间内断开1molCO=，同时生成3molHH−②T4温度下，从开始到c点，甲醇的平均反应速率v=mol·L-1·min-1，平衡常数K=。③该反

应的H0(填“>”或“＜”)。【答案】(1)CO2(l)+2NH3(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)ΔH=E1-E2+E3-E4(2分)K1•K2(1分)(2)BC(2分)38t(2分)21.3(2分)＜(1分)【解析】(1)由图可知，总反应为CO2(l)+2NH3(

l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)，总反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则焓变ΔH=E1-E2+(E3-E4)=E1-E2+E3-E4，热化学方程式为CO2(l)+2NH3(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l)ΔH=E1-E2+E3-E4，总反应的平衡常数K3=K1•K2；(2)①A项，反应过程中始

终存在c(CH3OH)=c(H2O)，则不能据此判断反应是否达到平衡状态，A错误；B项，正反应是气体分子数减小的反应，恒温恒容条件下混合气体的压强不再变化的状态是平衡状态，B正确；C项，正反应是气体分子数减小的反应，混合气体的质

量m不变，正向进行时气体的物质的量n减小，则混合气体的相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，C正确；D项，单位时间内断开1molC=O，同时生成3molH-H，即6v正(CO2)=v逆(H2)，不符合反应计量数关系，则不是平衡状

态，D错误；故选BC；②反应的三段式为：2232COg+3HgCHOHg+HOg(mol/L)0.51.5(mol/L)x3xxx(mol/L)0.5-x1.5-3xxx00（）（）（）（）起始量转化量平衡量c点时达到平衡

状态，甲醇的物质的量分数为30%，即x22x−×100%=30%，解得x=0.375，T4温度下，从开始到c点，甲醇的平均反应速率0.375mol/Ltmin=38tmol/(L•min)，平衡常数K=32322c(CHOH)c(HO)c(CO)c(H)＝30.3750.3750.

1250.375=≈21.3；③由图可知，c点时达到平衡状态，升高温度时，甲醇的物质的量分数减小，即升高温度时，平衡逆向移动，正反应放热，焓变ΔH＜0；c点达到平衡，升高温度时甲醇的物质的量分数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应。19．(

10分)海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。CO2进入海水后，主要以4种无机形式存在，称为总溶解无机碳(DIC)，占海水总碳95%以上，在海水中存在平衡关系：CO2+H2OH2CO3H++HCO3-；HCO3-H++CO32-，某些组

分百分率随pH变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应Ca2++HCO3-(aq)CaCO3)+H2O+CO2↑H2O(l)+CO2(aq)形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。已知海水中不同pH条件下下各无机碳组分的百分率如

下图所示。(1)海水的pH一般在7.8~8.3之间，所以海洋中碳元素主要以______形式存在(2)上述中性海水溶液中，阴离子浓度由大到小的关系是_______；pH=10时，由水电离出的c(H+)=_______。(3)研究CO2在海洋中的转移和归

宿，是当今海洋科学家研究的重要课题。下列说法不正确的是____________。A．珊瑚形成的反应为Ca2+(aq)+2HCO3-(aq)CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)B．与温带海域相比，热带海域水温较高是利于形成珊瑚的原因之一C．与

深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，更有利于珊瑚形成D．大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO32-浓度增大，有利于珊瑚形成(4)海水可用于烟道气中CO2和SO2的吸收剂。已知：25℃时，H2CO3电离平衡常数K

2=4.3×10-7、K2=5.6×10-11；H2SO3电离平衡常数K1=1.5×10-2、K2=6.0×10-8。海水中含有的HCO3-可用于吸收SO2，吸收后溶液呈弱酸性的原因是_______________________________

______________，该过程的离子方程式是___________________________________________________。【答案】(1)HCO3-(1分)(2)c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)(2分)1.0×10-10mol·L-1(1分)(3)

D(2分)(4)反应生成HSO3-，其电离程度大于水解程度，溶液呈弱酸性(2分)HCO3-+SO2=HSO3-+CO2(2分)【解析】(1)根据图像可知海水的pH一般在7.8～8.3之间时碳酸氢根离子的含量最高，所以海洋中碳元素主要以HCO3-形式存在；(2)由图可

知，pH=7时，溶液中HCO3-浓度大于H2CO3，则阴离子浓度由大到小的关系是c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)；pH=10时，水的电离受到抑制，则由水电离出的c(H+)=1.0×10-10mol·L

-1；(3)A项，珊瑚的主要成分是CaCO3，珊瑚形成的反应为Ca2+(aq)+2HCO3-(aq)CaCO3(s)+H2O(l)+CO2(aq)，A正确；B项，与温带海域相比，热带海域水温较高能加快CO2的挥发，促使上述平衡正向移动，故温度较高是利于形成珊瑚

的原因之一，B正确；C项，与深海区域相比，浅海区阳光强烈，藻类光合作用强，消耗的CO2增大，导致CO2浓度减小，平衡正向移动，故更有利于珊瑚形成，C正确；D项，由于CO2+H2OH2CO3H++HCO3-，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO2浓度增大，而不是CO32-浓度增大，CO2浓

度增大，珊瑚形成的平衡逆向移动，则不利于珊瑚形成，D错误；故选D。(4)由H2CO3和H2SO3的电离平衡常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，则海水中的HCO3-和SO2反应生成HSO3-和CO2

，由于HSO3-的电离平衡常数K2=6.0×10-8，水解平衡常数1413wh211.0106.7101.510KKK−−−==，即HSO3-的电离程度大于水解程度，使得吸收后溶液呈弱酸性，该过程的离子方程式是HCO3-+SO2=HSO3-+

CO2。20．(10分)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，比Cl2更好。用ClO2处理过的饮用水(pH5.5~6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。饮用水中的ClO

2，ClO2-含量可用连续碘量法进行测定。已知：Ⅰ.pH≥7时，ClO2可被I-还原为ClO2-(2I-+2ClO2=2ClO2-+I2)，pH≤2时ClO2-被I-完全还原为Cl-；Ⅱ.I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。回答下列

问题：(1)写出pH≤2.0时ClO2-与I-反应的离子方程式：____________________________。(2)测定饮用水中的ClO2、ClO2-含量的步骤如下：步骤1：准确量取VmL水样加入

仪器A中；步骤2：调节水样的pH为7.0~8.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量淀粉溶液，用cmol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步骤5：________。步骤6：再用cmol·L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液

V2mL，①步骤1中仪器A的名称是。②实验室配制Na2S2O3标准溶液需要用到容量瓶，下列关于容量瓶的操作，正确的是(填字母，下同)。A．B．C．D．步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为(填字母)。A．B．C．D．③步骤5是。④步骤6中滴定终点的现象是。

⑤根据上述分析数据，该饮用水中ClO2-的浓度为mol·L-1(用含字母的代数式表示)。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则测定的该饮用水中ClO2-的浓度(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)4I-+C

lO2-+4H+=Cl-+2I2+2H2O(2分)(2)①锥形瓶(1分)②C(1分)B(1分)③调节溶液的pH≤2.0(1分)④滴入最后半滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内部变色(1分)⑤21cV4cV4V−(2分)偏小(1分)【解析】根据题意，pH≥7

时，ClO2可被I-还原为ClO2-，发生反应2I-+2ClO2=2ClO2-+I2；pH≤2时ClO2-被I-完全还原为Cl-；注意连续碘量法测定含量时存在的关系式。(1)pH≤2.0时ClO2-被I-完全还原为Cl-，

ClO2-与I-反应的离子方程式为4I-+ClO2-+4H+=Cl-+2I2+2H2O；(2)①滴定法，需要把待测液盛放在锥形瓶中，步骤1中仪器A的名称是锥形瓶。②A项，摇匀操作，应颠倒容量瓶，故A错误；B项，定容操作，视线平视刻度线，但胶头滴管

不能伸入容量瓶中，故B错误；C项，移液操作时，用玻璃棒引流，故C正确；D项，摇匀操作，左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，将容量瓶倒转并振荡摇匀，故D错误；故选C；步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管

口接触，使液滴流出，Na2S2O3溶液呈碱性，应该盛放在碱式滴定管中，故选B；③根据题目信息，pH≥7时，ClO2可被I-还原为ClO2-(2I-+2ClO2=2ClO2-+I2)，pH≤2时ClO2-被

I-完全还原为Cl-；步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，ClO2-与I-反应，可判断出步骤5是调节溶液的pH≤2.0；④步骤6中滴定终点时，碘单质恰好完全被消耗，现象是：滴入最后一

滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；⑤根据上述分析数据，pH≥7时，ClO2可被I-还原为ClO2-(2I-+2ClO2=2ClO2-+I2)，根据I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可知2I-+2ClO2=2ClO2--+I2反应生成n(ClO2-)=n(Na2

S2O3)=cmol·L-1×V1×10-3L=cV1×10-3mol；pH≤2时ClO2-被I-完全还原为Cl-；根据4I-+ClO2-+4H+=Cl-+2I2+2H2O、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，建立关系式ClO2-~2I2~4Na2S2O3，n(Cl

O2-)=14n(Na2S2O3)=14cmol·L-1×V2×10-3L=14cV2×10-3mol，该饮用水中ClO2-的浓度为33212131cV10cV10cV4cV4V104V−−−−−=mol·L-1。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定

后气泡消失，则V1偏大，测定的该饮用水中ClO2-的浓度偏小。21．(12分)氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题：(1)SCl2、S2Cl2常用于硫化橡胶工业。已知：①2S(g)+Cl2(g)=S2Cl2(g)ΔH1；②S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)

ΔH2；③S8(s)=8S(g)ΔH3。则S8(s)+8Cl2(g)=8SCl2(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)。(2)光气(COCl2)在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用CO和氯气混合合成光气。已知：合成0.1molC

OCl2(g)时放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：。(3)在恒温恒容的密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，发生反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填标号)。A．混合气体密度不随时间变

化B．气体总压强不随时间变化C．NO的消耗速率等于NOCl的生成速率D．Q(浓度商)不随时间变化(4)硫酰氯(SO2Cl2)常用于有机合成。制备原理为SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(g)ΔH=-97.3kJ

·mol−1。实验测得速率方程为()()22SOClmnvkcc=(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。①为了测得反应级数，实验数据记录如下；序号c(SO

2)/mol·L−1c(Cl2)/mol·L−1速率/(mol·L−1·min−1)a0.100.1036.010−b0.200.1021.210−c0.100.0533.010−根据上述实验结果，计算m=，n=。②已知；alnERkT=−(R为常数，aE为活化能，T为温度)。测得l

nRk−及在催化剂Cat1，Cat2作用下随1T的变化如图所示。催化剂Cat1对应的活化能为kJ·mol−1。(5)我国古代采用“地康法”制备氯气：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＜0。为了探究制氯气的原

理，将总压强保持恒定为4.25MPa，向密闭容器中充入HCl和2O，发生上述反应，在温度1T、2T下，测得HCl的平衡转化率与投料比[()()2HClOnn]的关系如图所示。T1(填“>”“<”或“=”)T2。T1时平衡常数Kp=kP

a-1(Kp是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。【答案】(1)4ΔH1+4ΔH2+ΔH3(1分)(2)CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)ΔH=-10akJ·mol−1(1分)(3)BD(2分)(4

)①1(1分)1(1分)②300(2分)(5)<(2分)20.25(2分)【解析】(1)反应①×4+反应②×4+反应③得：S8(s)+8Cl2(g)=8SCl2(g)，则根据盖斯定律有ΔH=4ΔH1+4ΔH2+ΔH3；(2)合成0.1molCOCl2(g)时放出akJ热量，则该反应的热化学方

程式：CO(g)＋Cl2(g)COCl2(g)ΔH=-10akJ·mol−1；(3)A项，混合气体总质量不变，恒容条件下，根据mV=可知，混合气体密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能表明该反应已达到平衡状态，A不符合题意；B项，反应前后气体分子数不同，说明

反应开始至达到平衡过程中压强不断变化，则当气体总压强不随时间变化时，表明该反应已达到平衡状态，B符合题意；C项，NO的消耗速率等于NOCl的生成速率，反应方向相同，未体现正、逆反应速率相等，不能说明反应已达到平衡状态，C不符合题意；D项，在恒温恒容的密闭容器

中充入NO(g)和Cl2(g)，反应开始至达到平衡过程，Q(浓度商)不断增大，当Q(浓度商)不随时间变化，即浓度商等于平衡常数，说明反应已达到平衡状态，D符合题意；故选BD。(4)①将a、b数值代入公式有：3m

n2mn610k0.10.11.210k0.20.1−−=，解得m=1，同理用a、c数据求得n=1；②将(1.0×10-2，-3.0)代入表达式，计算得出Cat1对应的活化能为300kJ/mol；(5)该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，

HCl的平衡转化率降低，结合图像，同一投料比时，温度越高，HCl的平衡转化率越低，则T1＜T2；()()2nHCl4nO=，设充入n(HCl)=4mol，n(O2)=1mol，达到平衡时，消耗n(HCl)=4mol×75%=3mol，消耗n(O2)=0.75mol，生成n(C

l2)=n(H2O)=23mol1.5mol4=，即平衡时：n(HCl)=1mol，n(O2)=0.25mol，n(Cl2)=n(H2O)=1.5mol，混合气体总物质的量为4.25mol，则T1时平衡常数：22p41.51.54.25MPa4.25MPa4.

254.25K20.2510.254.25MPa4.25MPa4.254.25==。