【文档说明】浙江省温州市环大罗山联盟2023-2024学年高二上学期期中化学试题 含解析.docx，共(27)页，3.141 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期温州环大罗山联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写

在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。Ⅰ卷选择题部分(共50分)一、选择题(共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列物质属于非电解质，但溶于水后水溶液可以导电的是A.3NHB.冰醋酸C.氢氧化钠D.乙醇【答案】A【解析】【详解】A．NH

3溶于水生成NH3·H2O，溶液可导电，但NH3是非电解质，A正确；B．冰醋酸是纯净的醋酸，醋酸是电解质，B错误；C．氢氧化钠属于电解质，不符合题意，C错误；D．乙醇属于非电解质，但是乙醇的水溶液不导电，D错误；故选A

。2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是A.24HSOB.()442NHSOC.4NaHSOD.24NaSO【答案】B【解析】【详解】A．H2SO4是酸，溶于水电离显酸性，但不是因为水解而显酸性，选项A错误；B．(N

H4)2SO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，选项B正确；C．NaHSO4是强酸强碱盐，其溶于水后完全电离出Na+、H+和而显酸性，其本身不能水解，故不是因为水解而显的酸性，选项C错误；D．24NaSO是强碱强酸盐，不水解溶液呈中性，选项D错误；答案选B。3.下列反应既属于

氧化还原反应，又属于放热反应的是A.灼热的木炭与2CO反应B.铝热反应C.氢氧化钠溶液与稀硫酸反应D.CaO溶于水【答案】B【解析】【详解】A．灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，但是

该反应为吸热反应，A错误；B．铝热反应为放热反应，且该反应为氧化还原反应，B正确；C．氢氧化钠溶液与稀硫酸反应，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；D．CaO溶于水生成氢氧化钙，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故选B。4.下列各项中电解质的电离方程式正确的是A.熔

融态的AgCl：AgClAgCl+−=+B.2HS的水溶液：22HS2HS+−+C.HF的水溶液：HFHF+−=+D.熔融态的4NaHSO：244NaHSONaHSO+−+=++【答案】A【解析】【详解

】A．氯化银是离子化合物，熔融状态下能电离出银离子和氯离子，电离方程式为AgClAgCl+−=+，故A正确；B．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，则氢硫酸在溶液中的电离方程式为+-2HSH+HS，故B错误

；C．氢氟酸是一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氟离子，电离方程式为HFHF+−+，故C错误；D．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为+4-4NaHSONaHSO+=，故D错误；故选A。5.下列仪器常用于量取一定体积液体

的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】可用于准确量取一定体积液体的可以为滴定管，A为容量瓶、B为分液漏斗、C为锥形瓶、D为碱式滴定管；答案选D。6.25℃加热到60℃，不考虑水挥发，下列溶液的pH变大的是A.3pH2CHCOOH=溶

液B.230.01mol/LNaCO溶液C.0.1mol/L硫酸溶液D.pH10=的NaOH溶液【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱酸，电离是吸热的，温度升高醋酸的电离程度增大，pH减小，A错误；B．

碳酸根水解是吸热的，温度升高碳酸根水解程度增大，碱性增强pH变大，B正确；C．硫酸是强酸，升高温度pH值不变，C错误；D．NaOH是强碱，温度升高，KW变大，OH-浓度不变，H+离子浓度变大，pH值变小，D错误；答案选B。7.下

列说法中正确的是()A.凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应B.自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C.熵增加且放热的反应一定是自发反应D.非自发反应在

任何条件下都不能发生【答案】C【解析】【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定。【详解】A.△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；B.△H-T△S＜0的反应是

自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；C.熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T△S＜0一定是自发反应，

故C正确；D.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．8.氨水溶液中存在如下电离平衡：324NHHONHOH+−+，下列叙述正确

的是A.加入少量水，电离平衡正向移动，溶液中()nOH−增大B.加入少量浓盐酸，电离平衡正向移动，溶液中()cOH−增大C.加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动，溶液中()32nNHHO增大D.加入少量4NHCl固体，电离平衡逆向移动，溶液中()4cNH

+减少【答案】A【解析】【详解】A．向氨水中加入水，促进一水合氨电离，所以溶液中()nOH−增大，A正确；B．向氨水中加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中()nOH−减小，B错误；C．向氨水中加入少量

浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，则一水合氨的电离平衡逆向移动，C错误；D．向氨水中加入少量4NHCl固体，溶液中()4cNH+增大，D错误；故选A。9.下列两组热化学方程式中，有关H的比较正确的是(1)()()()()4222CHg2OgCOg2HOg+

=+1ΔH；()()()()4222CHgOgCOg22HOl++=2ΔH(2)()()()21CsOgCOg2+=3ΔH；()()()22CsOgCOg+=4ΔHA.12ΔΔHH；34ΔΔHHB.12ΔΔ

HH；34ΔΔHHC.12ΔΔ=HH；34ΔΔHHD.12ΔΔHH；34ΔΔHH【答案】A【解析】【详解】(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H1、CH4(g)+2O2(g)=C

O2(g)+2H2O（l）；△H2，两个反应都是放热反应，后者生成液态水，所以放出的热量大于前者，而放热反应△H小于0，放热越多，焓变值越小，故△H1＞△H2；(2)()()()21CsOgCOg2+=3ΔH；()()()

22CsOgCOg+=4ΔH，两个反应都是放热反应，后者完全反应放出的热量大于前者，而放热反应△H小于0，放热越多，焓变值越小，故△H3＞△H4；答案选A。10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.新制

氯水久置后酸性增强B.压缩装有2NO气体的注射器，气体颜色加深C.生产硫酸中使用过量的空气来提高2SO的转化率D.工业上通常在10MPa30MPa−的压强下生产3NH【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，促进次氯酸分解，平衡向正反应方向移动，所以能用勒夏特列原理解释，选项A不符合；

B．压缩后，容器的体积减小，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，选项B符合；C．增大空气的量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，所以可以提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，选项C不符合；D．合成氨工业中，反应是气体体积减小的放热反应，采用10～30MPa的

压强，平衡正向进行，提高氨的产率，能用勒夏特列原理解释，选项D不符合；答案选B。11.在容积为1L的恒容容器内进行反应()()()()4Ag3Bs2CgDg++，经2min后，A的浓度减少了10.8mo

lL−。下列对反应速率的表示中正确的是A.2min内，B的化学反应速率是110.3molLmin−−B.2min末，A的化学反应速率是110.4molLmin−−C.温度升高，该反应活化分子百分比提高，化学反应速率变快D.若()()2VCVD=

正逆，可证明该反应达到了化学平衡状态【答案】C【解析】【分析】用不同物质表示的反应速率，速率之比等于方程式的系数之比，不用固体和人纯液体表示反应速率，v(A)=10.8molL−÷2min=0.4(mol/L-1·min-1)。【详解】A．B是固体，不用固体表示反应速率，A错误；B．化学反应

速率表示的是一段时间内的平均反应速率，2min内的反应速率用A表示为A110.4molLmin−−，B错误；C．温度升高，该反应活化分子百分比提高，化学反应速率变快，C正确；D．正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，(

)()VC2VD=正逆表示正逆反应速率相等，D错误；答案选C。12.下列说法不正确的是A.23NaCO溶液与NaOH溶液都保存在玻璃试剂瓶中，都需要使用橡胶塞B.为保存2FeCl溶液，要在溶液中加入少量盐酸与铁粉C.将2MgCl溶液加热

，利用余热蒸干得到无水2MgCl固体D.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++【答案】C【解析】【详解】A．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮

塞的玻璃瓶中，A正确；B．为保存2FeCl溶液，需要加入单质铁，防止其被氧化，需要加入盐酸防止其水解，B正确；C．镁离子可以水解，需要在氯化氢气流的情况下蒸发结晶氯化镁溶液，C错误；D．碳酸钙的溶度积比硫酸钙小，故可以用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸

钙，相应的方程式为：()()()()224334CaSOsCOaqCaCOsSOaq−−++，D正确；故选C。13.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是A.pH等于13的溶液中：2Ca+、Na+、24SO−、4NH+B.()()12H10OHcc+−=的溶液中：2Fe+、2Cu+、

3NO−、Cl−C.无色透明溶液中：3Al+、K+、3HCO−、24SO−D.使pH试纸显红色的溶液中：4NH+、2Cu+、3NO−、Cl−【答案】D【解析】【详解】A．钙离子和硫酸根离子可以生成硫酸钙，不能共存，A错误；B．()()

12H10OHcc+−=的溶液呈酸性，此时二价铁可以被硝酸根氧化为三价铁，不能共存，B错误；C．3Al+、3HCO−、之间发生相互促进的水解反应，在溶液中不能大量共存，C错误；D．使pH试纸显红色的溶液呈酸性，4NH+、2Cu+、3NO−、Cl−之间不反应，都不与氢离子反应，在酸

性溶液中能够大量共存，D正确；故选D。14.氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC.在反应

②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD.催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B.根据图示可知反应

物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积

，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。15.向体积不变的密闭容器中通入()21molHg与()21molIg，发生反应()()()22HgI

g2HIg+。下列说法能说明反应达到平衡状态的是A.2H和2I的转化率相同B.单位时间内断裂1个HH−键同时生成2个HI−键C.气体的平均相对分子质量保持不变D.绝热体系中，体系的压强保持不变【答案】D【解析】【详解】A．按计量数比例冲入反应物，H2和I2的转化率永远相同，不能说明正逆反应速率

相等，不能说明反应达到平衡状态，选项A错误；B．单位时间内断裂1个H-H键同时生成2个H-I键，都是正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，选项B错误；C．反应前后气体的物质的量不变，气体的质量不变，则气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，

选项C错误；D．绝热体系中，体系的压强保持不变，说明温度不变，说明反应达到平衡状态，选项D正确；答案选D。16.已知2Ca(OH)固体溶于水放热，与2Ca(OH)体系相关的能量关系如图所示，下列说法正确的是()A.4H0B.12HH0+C.32HHD.12456HHHHH0++++=【答案

】C【解析】【详解】A.2Ca(OH)固体电离产生其它离子吸热，则4H0，故A错误；B.2Ca(OH)固体溶于水放热，则12HH0+，故B错误；C.断裂化学键吸收能量，焓变为正，而CaO与水反应放热，焓变为负，则32HH，故C正确；D.结合盖斯定律可知，12564HHHHH

+−−=，则12456HHHHH0+−−−=，故D错误；故选C。17.镁和卤素单质(X2)反应的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是A.热稳定性：2222MgFMgClMgBrMgIB.标况下()222.4LFg与足量的Mg充分反应，吸热1124kJC.工业上可用电解饱和2MgCl溶

液的方法冶炼金属Mg，该过程需要吸收热量D.由图可知，()()()()2222MgBrsClgMgClsBr1+=+1Δ117kJmolH−=−【答案】A【解析】【详解】A．能量越低越稳定，由图可知，1mol卤化镁的能量大小顺序为MgI2＞MgBr2＞Mg

Cl2＞MgF2，则热稳定性的大小顺序为MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，故A正确；B．由图可知，氟气和镁的反应为放热反应，故B错误；C．工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼金属镁，不能用电解氯化镁溶液的方法冶炼金属镁，故C错误；D．由图可知，生成氯化镁、溴化镁的热化学方程式分别为Mg(

s)+Cl2(g)=MgCl2(s)△H=—641kJ/mol，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s)△H=—524kJ/mol，由盖斯定律可知，两式相加可得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g)△H=—117kJ/mol，液溴的能量低于气态溴，则溴化镁与氯气

发生置换反应生成液溴的焓变小于—117kJ/mol，故D错误；故选A。18.可逆反应()()()()mAnBeCfD++固气气气，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度和压强的关系如下图，下列叙述正确的是A.达平衡后，加入催化剂后C%增大B.达平衡后，若升温，平衡右移C.达平衡后

，增加A的量有利于平衡向右移动D.化学方程式中n>e+f【答案】D【解析】【详解】A．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，所以加入催化剂，不能改变C%，A错误；B．如图，温度越高，C%越小，平衡逆向移动，正反应为放

热反应，B错误；C．A是固体，增大A的量，不影响平衡，C错误；D．根据图示信息，增大压强，C%增大，平衡正向移动，正反应为气体分子数减小的反应，所以n>e+f，D正确；故选D。19.某温度下，将22molSO和21molO置于体积可变的容器中发生反应：()()()2232SOgOg2SO

g+，已知A点体积为10L，2SO的平衡转化率()与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法不正确的是A.由图甲推断，A点对应温度下该反应的平衡常数为800B.由图甲推断，B点活化分子百分数大于A点C.达平衡后，

若保持体积不变，继续通入22molSO和21molO，反应速率图像可以用乙描述D.压强0.50MPa时不同温度下2SO转化率与温度关系如图丙，则H0【答案】B【解析】【详解】A．()()()2232gOg2g21020.80.81.6

0.40.21.6SOSO+催化剂起始量转化量平衡量，K=221.6108000.40.21010=，A正确；B．A到B是压强增大，活化分子数目不变，活化分子百分数不变，

B错误；C．达平衡后，若保持体积不变，继续通入22molSO和21molO，相当于增大压强，正逆反应速率均增大，平衡正向移动，反应速率图像可以用乙描述，C正确；D．由图可知，先拐先平数值大，T1温度大于T2温度，温度高对应的二氧化硫的转化率低，平衡逆向移动，说明正反应为放热反

应，则H0，D正确；答案选B。20.常温下，盐酸和醋酸溶液的pH均为1，下列说法不正确的是A.向盐酸中加入少量水，所有离子的浓度均减小B.()()3cClcCHCOO−−=C.等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，醋酸产生的2H多D.

取相同体积的盐酸和醋酸溶液，稀释10倍后，醋酸的导电能力强于盐酸【答案】A【解析】【详解】A．向盐酸中加入少量水，氢离子浓度减小，而OH-离子浓度增大，故A错误；B．根据电荷守恒，H+离子和OH-离子浓度相等，()()3cClcC

HCOO−−=也相等，故B正确；C．醋酸是弱酸，部分电离，pH值相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应醋酸生成氢气多，故C正确；D．取相同体积的盐酸和醋酸溶液

，稀释10倍后，醋酸继续电离，生成的离子浓度大，醋酸的导电能力强为于盐酸，故D正确；答案选A。21.以反应5H2C2O4+24MnO−+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并

开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol/L体积/mL浓度/mol/L体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.030下列说法不正

确的是A.实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量B.实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-1mol/(L·s)C.实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响D

.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大可能是生成的物质对反应起催化作用【答案】B【解析】【分析】【详解】A．实验①②③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶液均要过量，故A

正确；B．草酸的物质的量为0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混

合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.010mol/L×0.004L/0.006L=2/3×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2/3×0.010mol/L/40s≈1.7×10-4mol/(L•s)，故B错误；C．探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度

不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③，故C正确；D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，生

成的Mn2+对反应起催化作用，因此速率突然增大，故D正确；故选：B。22.25℃时，相同体积和pH的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液，分别加水稀释，溶液pH的变化与所加水的体积关系如图所示，下列说法正确的是A.在上述三种盐原溶液中，水的电离

度大小是NaXNaYNaZB.在等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ混合液中，离子浓度的大小关系是()()()cZcYcX−−−==C.X−与H+结合能力强于Y−D.NaY溶液中，微粒浓度存在如下关系：()()()()()+--+cNa>cY>cOH>cHY>cH【答案】CD【解析】【详解

】A．由图可知，三种盐都是强酸弱碱盐，酸根离子在溶液中水解促进水的电离，由溶液的pH相同可知，三种盐溶液促进水的电离程度相同，故A错误；B．由图可知，稀释相同倍数时，NaX溶液的pH变化最大X—离子在溶液中的水解程度最大，则等物质的量浓度的三种盐溶液中X—离子浓度最小，故B错误；C．由图可

知，稀释相同倍数时，NaX溶液的pH变化最大X—离子在溶液中的水解程度最大，则X—离子结合氢离子的能力强于Y—离子，故C正确；D．NaY是强酸弱碱盐，酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中微粒浓度大小顺

序为()()()()()+--+cNa>cY>cOH>cHY>cH，故D正确；故选CD。23.一定温度下，向足量的AgBr固体中加入100mL水，充分搅拌，慢慢加入NaCl固体，随着()Clc−增大，溶液中()+cAg的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.该温度下()1

3spAgBr6.410K−=B.从Y点到Z点发生的离子反应为AgClgCl=A+−+C.AgBr与AgCl一定条件下可以相互转化D.P点溶液中()()Cl625Brcc−−=【答案】B【解析】【详解】A．X点是

溴化银饱和溶液，由图可知()()71AgBr8.010molLcc+−−−==，该温度下()()spAgBrAgKc+=()13Br6.410c−−=，A正确；B．从Y点到Z点发生的离子反应为=AgBrClAgClBr−−++，B错误；C．由题

图可知当()41Cl5.010molLc−−−时，开始有AgCl生成，AgCl的溶度积()()10AgCl4.010cc+−−=，()()spspAgBrAgClKK，由图可知，AgBr可以转化为AgCl，相比而言，同类型的物质，向溶度积常数小的方向更容易转

化，C正确；D．P点溶液中()()()()spspClAgClKAgBrBrcKc−−=，整理可得()()Cl625Brcc−−=，D正确；故选：B。24.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点。HNO自由基与2O反应过程的能量变化如

图所示，下列说法正确的是在A.反应物的键能总和大于生成物的键能总和B.该历程中最大正反应的活化能1E186.19kJmol−=−正C.相同条件下Z转化为产物的速率：()()12vPvPD.可以通过选择合适的催化剂，提高产物中P1的含量【答案】D【解析】

【详解】A．从图中可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，选项A不正确；B．该历程中最大正反应的活化能E正=205.11kJ∙mol-1-18.92kJ∙mol-1=+186.19kJ∙mol-1，选项B不正确

；C．两种产物中P2的能量更低，更稳定，相同条件下Z转化为产物的活化能E(P1)＜E(P2)，则Z转化为产物的速率：v(P1)＞v(P2)，选项C不正确；D．可以通过选择合适的催化剂，有选择性的转化为P1，提高产物中P1的含量，选项D正确；答案选D。25.下列方案设计、现象

和结论都正确的是实验目的方案设计现象和结论A比较Fe与形态相同的Fe与Cu放入浓硝酸中Cu反应产生气体的速率更Cu的金属性强弱快，证明金属性CuFeB比较次氯酸与醋酸的酸性强弱室温下分别用pH试纸测定相同浓度的NaCl、3CHCOONa溶液3CHCOONa对应的pH试纸颜

色深，证明酸性：次氯酸>醋酸C证明沉淀之间可以转化向122mL0.1molLMgCl−溶液中加入4滴21molLNaOH−溶液，再加入4滴130.1molLFeCl−溶液白色沉淀转化为红褐色沉淀，证明沉淀之间可以转

化D检验某固体试样中是否存在三价铁取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液没有出现血红色，说明该固体试样中不存在三价铁A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铁与浓硝酸钝化，不能用该反应

比较铁和铜的活泼性，A错误；B．次氯酸钠有漂白作用，会把pH试纸漂白，无法显色测定溶液的pH，B错误；C．氢氧化钠少量，沉淀颜色发生变化，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁，C正确；D．该固体若为Fe、Fe2O3

混合物，溶于盐酸后，得到氯化亚铁，再滴加KSCN溶液，溶液不显血红色，但氧化铁中含有Fe3+，D错误；故选C。Ⅱ卷非选择题(共50分)二、填空题(本大题共4小题，共50分)26.某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将1100mL0.5molL−的盐酸

与1100mL0.55molL−的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应(在稀溶液中，可以近似地认为酸、碱的密度、比热容与水的相等，()C4.18J/g=℃。)回答下列问题：（1）从实验装置上看，

图中缺少的一种玻璃仪器是___________。（2）简易量热计如果不盖杯盖，生成()21molHO1时所测得中和反应的反应热(H)将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）实验中改用180mL0.50molL−的盐酸和180mL0.55molL−的NaOH溶液

进行反应，与上述实验相比，二者所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)。（4）已知酸碱中和热57.3kJ/molH=−。若用1100mL0.5molL−的醋酸与1100mL0.55molL−的NaOH溶液进行上

述实验，发现体系温度升高了3.0℃，写出醋酸电离的热化学方程式___________。（5）下列说法正确的是___________(填字母)。A.向内筒中加入稀碱时，应当迅速加入B.将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，应当快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，以免造成测量误差C.整个

实验装置看作反应体系，空气看作环境D.内筒洗净后，未及时烘干，直接用该内筒进行实验，对生成()21molHO1时所测得的中和反应的反应热(H)无影响【答案】（1）玻璃搅拌器或环形玻璃搅拌棒（2）偏大（3）

不相等（4）()()()33CHCOOHaqHaqCHCOOaq+−+1H7.14kJmol−=+（5）A【解析】【小问1详解】根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器，作用是搅拌，使强酸和强碱充分反应，故答案为：玻

璃搅拌器；使强酸和强碱充分反应；【小问2详解】简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热焓变是负值，则生成1molH2O时所测得中和反应的反应热(ΔH)将偏大，故答案为：偏大；【小问3详解】反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，

实验中改用180mL0.50molL−的盐酸和180mL0.55molL−的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量减少，所放出的热量更少，即不相等，故答案为：不相等；【小问4详解】根据Q=cm△t=4.18J·g-1·°C-1×200

g×3°C=2508J=2.508kJ，1100mL0.5molL−的醋酸与1100mL0.55molL−的NaOH溶液反应生成0.05mol水，△H=-2.508kJ0.05mol=-50.16

kJ·mol-1，醋酸电离的反应热为-50.16kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=+7.14kJ·mol-1，醋酸电离的热化学方程式()()()33CHCOOHaqHaqCHCOOaq+−+1H7.14kJmol−=+；【小问5详解

】A．向内简中加入稀碱时，应当快速倒入内简中，以减少热量损失，故A正确；B．将用量筒量取好的稀盐酸加入内筒后，若快速用水冲洗量筒内壁剩余的稀盐酸至内筒中，溶液的质量增大，所以量筒中剩余的液体不要用水冲洗，故B错误；C．整个实验中，反应物和生成物反应

体系，装置看作环境，C错误；D．内简中有残留的水，使溶液的总质量偏大，导致溶液的最终温度偏低，故D错误；故答案为：A。27.如图所示，用10.1000molL−的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图。请回答下列问题：（1）仪器B的名称是___________。（2）某次滴定前、后

盛放盐酸的滴定管中液面的位置如图，滴定前后，消耗的盐酸的体积为_____mL。是（3）对下面操作进行排序___________。①调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记录读数；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③洗涤并润洗酸式滴定管，注入10.1000molL−的标准盐酸溶液至“0

”刻度线以上；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞溶液；⑤重复以上滴定操作23次。⑥用标准盐酸溶液滴定至终点，记下滴定管液面读数；（4）判断达到滴定终点的依据是___________。（5）若经过三次实验，盐酸平均消耗量为25.00ml，则()cNaOH=___

________mol/L。（6）下列操作会使NaOH溶液浓度偏高的是___________(填字母)。A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B.锥形瓶用待测液润洗C.滴定结束时，俯视读数D.NaOH溶液在空气中放置时间过长【答案】（1）碱式滴

定管（2）22.00mL（3）③②①④⑥⑤（4）当加入最后半滴(1滴)，溶液颜色由红色变为无色，且30秒内不变色（5）0.1250（6）AB【解析】【分析】本题属于用中和滴定的方法确定氢氧化钠含量的方法，根据滴定原理确定操作的顺序，在判断

滴定终点时，根据选择的指示剂来确定终点判断的方法，在判断误差的时候，要根据对标准液体积的影响来判断，以此解题。【小问1详解】由图可知仪器B的名称是碱式滴定管；【小问2详解】根据滴定后液面的数值减去滴定后液面数值可知，耗的盐酸的体积为22.00mL；【小

问3详解】的中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是：③②①④⑥⑤；【小问4详解】本实验为用盐酸滴定氢氧化钠溶液，用酚酞作指示剂，则判断达到滴定终点的依据是当加入最后半滴(1滴

)，溶液颜色由红色变为无色，且30秒内不变色；【小问5详解】根据滴定原理可知，则()13130.1000molL25mL100molLmL210cNaOH0.1520−−−−==；小问6详解】A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，则消耗的盐酸的体积偏大，则结果

偏高，A正确；B．锥形瓶用待测液润洗，则其内壁上会沾有氢氧化钠，消耗的盐酸会偏多，则结果偏高，B正确；C．滴定结束时，俯视读数，则液面在刻度线下，结果偏低，C错误；D．NaOH溶液在空气中放置时间过长会吸收空气中二氧化碳而变质，导致滴定时结果偏低，

D错误；故选AB。28.I．3CHCOOH是一种常见的酸，()5a3KCHCOOH1.7510−=，可以形成多种醋酸盐。回答下列问题：（1）在室温下，10.175molL−醋酸钠溶液的pH约为___________。（2）在室温下，若下列溶液的物质的量浓度相

同：①34CHCOONH②44NHHSO③4NHCl④32NHHO，则()4cNH+从大到小的顺序为___________。（3）在室温下，等物质的量浓度的3CHCOOH与NaOH以体积比2:1混合，混合后溶液的pH

5=，求()()3cNacCHCOOH+−=___________(写出计算结果的表达式)。（4）冰醋酸中加入一定量的水，可以得到各种不同浓度的醋酸溶液。在下方坐标系中画出随着水的加入量增加，()cH+的变化曲线__________。【II．已知次磷酸()32HPO是

一种一元弱酸；电离平衡常数()2a32HPO5.910K−=。（5）写出次磷酸与足量NaOH反应的离子方程式___________。（6）下列说法正确的是___________(填字母)。A.导电能力332CHCOOHHPO

B.32HPO溶液中加入小苏打，可以看到气泡C.22NaHPO溶液中的离子种类比3CHCOONa溶液中的离子种类多D.常温下，1220.1molLNaHPO−溶液的pH比130.1molLCHCOONa−溶液的

pH小【答案】28.929.②③①④30.(10—5—10—9)mol/L31.32.32222HPOOHHPO+HO−−+=33.BD【解析】【小问1详解】醋酸根离子的水解常数Kh=-3-3c(CHCOOH)c(OH)c(CHCOO)=waKK=1451.0101.7510

−−，则0.175mol/L醋酸钠溶液中氢氧根离子的浓度约为1451.0100.175mol/L1.7510−−=1×10—5mol/L，则溶液的pH约为9，故答案为：9；【小问2详解】铵盐铵根离子在溶液中部分水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根

离子，则一水合氨溶液中的铵根离子浓度最小，硫酸氢铵是强酸的酸式盐，在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，溶液中的铵根离子浓度大于氯化铵，醋酸铵是弱酸弱碱盐，醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，溶液中的铵根离子浓度小于氯化铵，则溶液中铵

根离子浓度大小顺序为②③①④，故答案为：②③①④；【小问3详解】在室温下，等物质的量浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液以体积比2：1混合得到醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液pH为5，说明溶液中氢离子浓度为10—5mol/L、氢氧根离子浓度为10—9mol/L，由

电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)和物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO—)+c(CH3COOH)可知，溶液中c(Na+)—c(CH3COOH)=c(H+)—c(OH—)=(10—5—10—9)mol/L，故答案为：(10—5—10—9)mol/L；【小问

4详解】冰醋酸溶于水得到醋酸溶液，醋酸在溶液中电离出自由移动的离子，溶液中氢离子浓度先增大后减小，则冰醋酸中加入一定量的水，可以得到各种不同浓度的醋酸溶液的变化曲线为；【小问5详解】由次磷酸为一元弱酸可知，次磷酸溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成次磷酸钠和水，反应的离子方程式为32222HPOOH

HPO+HO−−+=，故答案为：32222HPOOHHPO+HO−−+=；【小问6详解】A．由于没有明确溶液的浓度大小，所以无法比较醋酸溶液和次磷酸溶液的导电性强弱，故错误；B．由电离常数可知，醋酸的酸性强于次磷酸，则溶液中加入小苏打，次磷酸溶液与碳酸氢

钠溶液反应生成二氧化碳，可以看到气泡产生，故正确；C．次磷酸和醋酸均为一元弱酸，则次磷酸钠和醋酸钠溶液中离子种类相同，故错误；D．由电离常数可知，醋酸的酸性弱于次磷酸，由水解规律可知，等浓度的次磷酸钠溶液的pH小于醋酸钠溶液，故正

确；故选BD。29.苯乙烯是重要的有机合成单体，常用乙苯为原料合成。(1)以CO2和乙苯为原料合成的苯乙烯，其过程如图1，有“一步”途径1和“二步”途径2的两种推测：则CO2(g)+(g)催化剂(g)+CO(g)+H2O(g)的K3_______(用含K1、K2的代数式表达)。(2)向刚

性容器中充入10molCO2和10mol乙苯，发生反应CO2(g)+(g)催化剂(g)+CO(g)+H2O(g)，在不同温度下测得平衡时各物质的体积分数如图2。可知∆H3_______0。相同温度下CO2转化率低于乙苯，推知发生了副反应CO(g)+H2O(g

)CO2(g)+H2(g)，由图象知该反应∆H_______0。(3)某研究团队找到乙苯直接脱氢的高效催化剂，反应原理如图：(g)催化剂H2(g)+(g)∆H1①已知部分化学键键能数据如表所示：共价键C-CC-HC=CH-H键能(kJ/mo

l)347.7413.4615436则∆H1=_______。②实际过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为100kPa的条件下进行。乙苯平衡转化率与温度、投料比m[m=()2n(乙苯)nHO]的关系如图3。则投料比m1、m2、m3由大到小的关系为_______。③若m2=5：1，

则A点温度下，该反应的平衡常数Kp=_______。若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，则A点对应的乙苯的平衡转化率_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为正=k正p乙苯，逆=k逆p苯乙

烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，图4中③代表lgk逆随1T的变化关系，则能代表lgk正随1T的变化关系的是_______。【答案】①.K1×K2②.＞③.＞④.+123.5kJ/mol⑤.m3＞m2＞m1⑥.50kpa⑦

.减小⑧.④【解析】【详解】(1)根据图1所示信息可知，途径2反应分别为：I．(g)=(g)+H2(g)II．CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)，途径1反应为：III．CO2(g)+(g)催化剂(g)+CO(g)+H2O(

g)，则有III=I+II，故K3=K1×K2，故答案为：K1×K2；(2)由图2所示信息可知，温度越高苯乙烯的体积分数越大，说明反应的化学平衡正向移动，故正反应为吸热反应∆H3＞0，相同温度下CO2转化率低于乙苯，说明副反应生成的CO2随温度升高也越

来越多，即升高温度副反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)化学平衡正向移动，由图象知该反应∆H＞0，故答案为：＞；＞；(3)①根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和可知，反应物和生成物中均含有苯环，故苯环上的化学键未改变，故反应物中断裂了两个C-H

和1个C-C，生成物生成了一个C=C和一个H-H，则∆H1=E(C-C)+2E(C-H)-E(C=C)-E(H-H)=347.7kJ/mol+2×413.4kJ/mol-615kJ/mol-436kJ/mol=+123.5kJ/mol，故答案为：+123.5kJ/mol；②该反应是气体体

积增大的反应，恒压条件下，向乙苯蒸气中掺入水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，即投料比越大，乙苯的平衡转化率越小，由图可知，在m1、m2、m3条件乙苯平衡转化率依次减小，则m3＞m2＞m1，故答案为：m3＞m2＞m1；

③若m2=5：1，设乙苯的物质的量为5amol，则水蒸气为amol，根据三段式计算可知：()()2+(g)gHg0(mol)5a03a(mol)5a?60%3a3a(mol)2a3a苯乙烯乙苯起始量转化量平衡量，则A点温度下，乙苯的平衡分压为：p(乙苯)=2a200

×100kpa=kpa2a+3a+3a+a9，H2和苯乙烯的平衡分压为：p(H2)=p(苯乙烯)=3a300×100kpa=kpa2a+3a+3a+a9，该反应的平衡常数Kp=2p(H)p()p()苯乙烯乙苯=300300kpakpa99=

50200kpa9kpa，由于该反应的正反应为气体体积增大的方向，若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动，故则A点对应的乙苯的平衡转化率减小，故答案为：50kpa；减小；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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