【文档说明】浙江省丽水市2023-2024学年高二上学期普通高中教学质量监控化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，993.671 KB，由小赞的店铺上传

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丽水市2023学年第一学期普通高中教学质量监控高二化学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应

的位置上规范作答，写在本试题卷上的答案一律无效。3.非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12

N-14O-16Na-23S-32K-39Mn-55Fe-56Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列化学用语表述正确的是A.原子核内有8个中子的碳原子：126

CB.氯离子的结构示意图：C.基态Fe原子的价层电子排布式：3d64s2D.基态O原子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．原子核内有8个中子的碳原子质量数为14：146C，A错误；B．氯离子原子核17个正电荷，核外18个电子结构示意图为：，B错误；

C．基态Fe原子核外26个电子，价层电子排布式：623d4s，C正确；D．基态O原子的轨道表示式：，D错误；故答案为：C。2.下列有关反应热的描述中正确的是A.S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g

)ΔH2，则ΔH1＜ΔH2B.H2的燃烧热为285.8kJ•mol-1，则H2燃烧的热化学方程式可表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-571.6kJ•mol-1C.H+(aq)+OH-(aq

)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，则NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液反应生成1molH2O(l)时放出的热量为57.3kJD.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ•mol-1，则反应物的总能量小于生成物的总能量【答案】A

【解析】【详解】A．S(g)+O2(g)=SO2(g)ΔH1，S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH2，气态硫比固态硫能量高，反应放出的热量多，则ΔH1<ΔH2，A正确；B．H2燃烧的热化学方程式产物水应为液

态，B错误；C．H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，CH3COOH是弱酸，电离过程吸热，则NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液反应生成1molH2O(l)时放出的热量少于5

7.3kJ，C错误；D．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ•mol-1，该反应是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D错误；故选A。3.室温下pH相同、体积相同的醋酸与盐酸两种稀溶液，下列叙述正确的是A.醋酸溶液

中c(CH3COO-)与盐酸溶液中c(Cl-)相同B.温度均升高20℃，两溶液的pH不变C.加水稀释相同倍数后，两种溶液的pH仍相同D.与过量的锌粉反应，完全反应时产生氢气的物质的量相同【答案】A【解析】【详解】A．两溶液pH相同

，c(H+)相同，则c(OH-)也相同，根据电荷守恒，醋酸溶液中c(CH3COO-)与盐酸溶液中c(Cl-)相同，A正确；B．温度均升高20℃，醋酸是弱酸能进一步电离，c(H+)增大，盐酸是强酸已经完全电离，则两溶液的pH不同，B错误；C．加水稀释相同倍数后，醋酸是弱酸

能进一步电离，盐酸是强酸已经完全电离，两种溶液的pH不同，C错误；D．与过量的锌粉反应，醋酸是弱酸能进一步电离，继续反应产生氢气，完全反应时产生氢气的物质的量不同，D错误；故选A。4.X、Y、Z是同周期主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol-1。元素

I1I2I3I4X496456269129543Y7381451773310542Z5781817274511575根据表中所列数据的判断不正确．．．的是A.元素X是第ⅠA族的元素，位于元素周期表的s区B.元素Y的常见化合价为+2，它的第一电离能最大，电负性也最大

C.元素X形成氧化物时，化学式可能是X2O2D.若元素Z处于第三周期，它的价层电子排布式为3s23p1【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z是同周期主族元素，根据表中数据电离能的变化，X易失去一个电子，Y易失去两个电子，Z易失去三个电子，且它们都有第四电离能，说明核外电子数均不只三个，故推测X

、Y、Z可能分别是Na、Mg、Al。【详解】A．元素X易失去一个电子，是第ⅠA族的元素，位于元素周期表的s区，A正确；B．元素Y易失去两个电子，常见化合价为+2，它的第一电离能最大，同周期元素电负性从左往右增大，Z的电负性最大，B错误；C．据分析，元素X可能是

Na，形成氧化物时，化学式可能是Na2O2，C正确；D．若元素Z处于第三周期，则是Al，它的价层电子排布式为3s23p1，D正确；故选B。5.下列关于盐类水解应用的描述中不正确．．．的是A.实验室盛放Na2S溶液的试

剂瓶不用玻璃塞B.草木灰和铵态氮肥混合施用可增强肥效C.制备MgCl2、AlCl3固体均不能采用将其溶液直接蒸干的方法D.含较多Na2CO3的盐碱地可以通过施加适量石膏降低土壤的碱性【答案】B【解析】【详解】A．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶

液显碱性，在碱性环境中，玻璃的成分SiO2能够与碱反应产生可溶性硅酸盐，该物质有粘性，会将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，因此实验室盛放Na2S溶液的试剂瓶不用玻璃塞，A正确；B．草木灰主要成分是K2CO3，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，若草木灰与铵态氮肥混合施

用，会反应产生氨气逸出，导致肥效降低，因此二者不能混合使用，B错误；C．MgCl2、AlCl3都是强碱弱酸盐，水解产生难溶性金属氢氧化物和HCl，HCl易挥发，因此若要制备MgCl2、AlCl3固体，应该在

HCl的气氛中加热相应的盐溶液，而不能采用将其溶液直接蒸干，否则HCl挥发逸出，导致最终制取得到的物质是Mg(OH)2、Al(OH)3，C正确；D．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，若向含有较多Na2CO3的盐碱地加入适量石膏，Na2CO3与CaSO4反应产生CaCO3沉淀和Na2S

O4，CaCO3难溶于水，Na2SO4溶液显中性，使溶液碱性减弱，因而可降低土壤的碱性，D正确；故合理选项是B。6.下列说法不正确．．．的是A.由图甲可知：该反应ΔH＞0，化学反应体系从环境中吸收热量B.由图乙可知：物质聚集状态改变

，焓也改变C.由图丙可知：该反应断开化学键所吸收的能量小于形成化学键所释放的能量D.由图丁可知：ΔH1＜ΔH2，金刚石比石墨稳定【答案】D【解析】【详解】A．由图甲可知：生成物的焓大于反应物的焓，正反应吸热，该反应ΔH＞0，化学反

应体系从环境中吸收热量，故A正确；B．由图乙可知：水的状态不同焓不同，物质聚集状态改变，焓也改变，故B正确；C．由图丙可知：该反应为放热反应，断开化学键所吸收的能量小于形成化学键所释放的能量，故C正确；D．由图丁可知：

该反应放热，焓变为负值，ΔH1>ΔH2；金刚石的能量大于石墨，石墨比金刚石稳定，故D错误；选D。7.有关金属的腐蚀与防护，下列说法正确的是A.铁与电源正极连接可实现电化学保护B.当镀锡铁和镀锌铁镀层破

损时，后者更易被腐蚀C.在钢铁表面进行发蓝处理，生成四氧化三铁薄膜保护金属D.阳极氧化处理铝制品生成致密的保护膜属于电化学保护法【答案】C【解析】【详解】A．铁与电源负极连接作阴极可实现电化学保护，A错

误；B．当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，前者铁比锡活泼，破损后铁作负极被氧化，后者铁比锌稳定，破损后铁作正极被保护，B错误；C．在钢铁表面进行发蓝处理，生成四氧化三铁薄膜保护金属，C正确；D．电化学保护法是将要保护的金属与外接电源负极连接，D错误；故选C。8.铁钉镀铜实验如图所示

，有关说法不正确．．．的是A.砂纸打磨过的铁钉先用碱浸泡以除去油污，再用盐酸除锈的B.铁钉与直流电源正极相连，铜与直流电源负极相连，将两极平行浸入电镀液中C.在以硫酸铜溶液为主的电镀液中加入一些氨水制成铜氨溶液，可使镀层光亮D.电镀一段时间后，在铁钉表面可看到光亮的紫红色物质，铜

片逐渐变薄【答案】B【解析】【分析】铁钉镀铜实验，镀件铁钉作为阴极，外接电源负极，b为负极；镀层铜作为阳极，外接电源正极，a为正极。【详解】A．砂纸打磨过的铁钉先用碱浸泡以除去油污，再用盐酸除锈，A正确；B．据

分析，铁钉与直流电源负极相连，铜与直流电源正极相连，将两极平行浸入电镀液中，B错误；C．在以硫酸铜溶液为主电镀液中加入一些氨水制成铜氨溶液，可使镀层光亮，C正确；D．电镀一段时间后，在铁钉表面生成铜单质，可看到光亮的紫红色物质，阳极铜

片逐渐氧化成离子进入溶液，铜片变薄，D正确；故选B。9.已知CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)，在恒温恒压的容器中通入1molCO2和1molH2，下列不能．．说明反应达平衡状态的是A.CO2与H2的物质

的量之比不变B.气体的平均相对分子质量不变C.气体的密度不变D.CO2的体积分数不变【答案】D【解析】【详解】A．CO2与H2的投料比与反应系数之比不相等，二者物质的量之比随反应而改变，当其不变说明反应达平衡，A不符合题意；B．反应体系气

体总质量不变，气体物质的量发生改变，则气体的平均相对分子质量不变说明反应达平衡，B不符合题意；C．反应体系气体总质量不变，恒温恒压的容器的体积发生改变，气体的密度改变，气体的密度不变能说明反应达平衡，C不符合题意；D．起始容器中通入1molCO2和1molH2，CO2的体积分数为50

%；设某时刻CO2反应了xmol，则CO2的体积分数为1-x1=1-x+1-3x+x+x2，CO2的体积分数随反应进行始终不变，当其不变不能说明反应达平衡，D符合题意；的故选D。10.常温下，向20mL0.01mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1KOH溶液

，其pH变化曲线如图所示。下列说法不正确．．．的A.①点时，()()()()+--33CHCOOHHCHCOOOHcccc＞＞＞B.②点时，()()()()()+-+-33KCHCOOCHCOOHHOHccccc＞＞＞＞C.③点时，()()()(

)()-++-33CHCOOKCHCOOHHOHccccc==＞＞D.④点时，()()()()+--+3KCHCOOOHHcccc＞＞＞【答案】B【解析】【分析】①点为0.01mol•L-1CH3COOH溶

液，②点为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COOK混合溶液，③点为少量CH3COOH、大量CH3COOK混合溶液呈中性，④点为CH3COOK溶液。【详解】A．①点为0.01mol•L-1CH3COOH溶液，醋酸为

弱电解质，少量发生电离，溶液中的氢离子来自醋酸和水的电离，故()()()()+--33CHCOOHHCHCOOOHcccc＞＞＞，故A正确；B．②点为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COOK，混合溶液呈酸性，CH3C

OOH电离程度大于CH3COOK的水解程度，所以()()()()()-++-33CHCOOKCHCOOHHOHccccc＞＞＞＞，故B错误；C．③点为少量CH3COOH、大量CH3COOK混合溶液呈中性，()()+-HOH=cc

，根据电荷守恒()()()()++--3KHCHCOOOHcccc++=，溶液中()()()++3KCHCOOHHccc＞＞，③点满足()()()()()-++-33CHCOOKCHCOOHHOHccccc==＞＞，故C正确；D．④点为CH3COOK溶液，CH3COO－水解

溶液呈碱性，且水解的是少数，所以()()()()+--+3KCHCOOOHHcccc＞＞＞，故D正确；故答案为：B。11.向A、B两试管中加入等量H2O2溶液，然后再向B中滴入几滴FeCl3溶液，其反应历程如图：I.H2O2+

2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑II.H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O下列说法不正确．．．的是A.曲线②是滴加了FeCl3溶液的反应过程，Fe3+改变了H2O2分解反应的历程B.Fe3+

催化剂；Fe2+是中间产物C.E1、E2分别是反应I、II的活化能，反应I的速率大于反应II的速率D.催化剂能降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子百分数【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3为H2O2分解的催化剂，降低了反应的活化能，改变了反应的历程，A正确；B．Fe3+先消耗后生成，

反应前后质量不变是催化剂；Fe2+先生成后消耗是中间产物，B正确；C．从图可知E1为反应I的活化能，E2分别是反应II逆反应的活化能。反应中活化能越大，反应越慢。活化能：反应I<反应II，反应速率：反应I<反

应II，C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，反应物分子中活化分子百分数增大，单位体积内活化分子个数增大，有效碰撞次数增加，反应速率加快，D正确；故答案为：C。12.A、B、C、D四种短周期主族元素，原子序数依次增大。A、B、C为相邻的同周期非金

属元素，C、D两元素的s能级和p能级电子数相等，下列说法正确的是A.原子半径：D＞C＞B＞AB.第一电离能：C＞B＞AC.D与C可形成离子化合物D.氢化物的稳定性：C＞B＞A【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期主族

元素，原子序数依次增大。C、D两元素的s能级和p能级电子数相是等，则C是O元素，D是Mg元素；A、B、C为相邻的同周期非金属元素，则A是C元素，B是N元素。【详解】A．同周期元素原子半径从左往右减小，电子层数多的半径大，原子半径：Mg>C>N>O，A错误；B．同周期元素第一电离能从左往右一般增

大，第VA族比相邻元素的大，第一电离能：N>O>C，B错误；C．D与C可形成离子化合物MgO，C正确；D．非金属性越强，其简单氢化物越稳定，简单氢化物的稳定性：O>N>C，未说明简单氢化物则无法比较，如碳元素的氢化物种类繁多，D错误；故选C。

13.某温度下AgCl和Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线如图所示。pX=-lgc(X)，X可代表Ag+、Cl-、CrO24−。下列说法不正确．．．的是A.该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=10-11.4B.区域II存在AgCl沉淀C.反应Ag2CrO4(s)+2Cl

-(aq)垐?噲?2AgCl(s)+CrO24−(aq)的平衡常数K=108.2D.向NaCl和Na2CrO4均为0.1mol•L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生AgCl沉淀【答案】B【解析】【分析】利用b点坐标(10，0.7)可得Ksp(Ag2CrO4)=2+2-4c(A

g)c(Cr)=-0.72-10(10)10=10-11.4，同理，利用a点坐标(2.8，7)可得Ksp(AgCl)=+-c(Ag)c(Cl)=-2.8-71010=10-9.8。【详解】A．该温度下，利用b点坐标(10，0.7

)可得Ksp(Ag2CrO4)=2+2-4c(Ag)c(Cr)=-0.72-10(10)10=10-11.4，A正确；B．区域II在AgCl曲线的上方，坐标是浓度的负对数，坐标值越大则浓度越小，故曲线上方各点的浓度积小于Ksp(AgCl)，则不存在AgCl沉淀，B

不正确；的C．反应Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CrO24−(aq)的平衡常数K=()()2--11.4sp24422-9.82spKAgCrOc(CrO)10==c(Cl-)KAgCl(1

0)=108.2，C正确；D．向NaCl和Na2CrO4均为0.1mol•L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，产生沉淀时最低Ag+浓度分别是()sp-8.8KAgCl100.1=和()sp24-5.2KAgCrO=100.1

，则先产生AgCl沉淀，D正确；故选B。14.不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。下列说法正确的是A.若从a点到d点，可采用在水中加入碱的方法B.b点对应的醋酸溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10−6mol•L-1C.d点

对应的水溶液中，可能有NH4+、Fe3+、NO3−大量存在D.T℃时，0.05mol•L−1Ba(OH)2溶液的pH=11【答案】D【解析】【详解】A．a、d两点温度不同wK不同，在水中加入碱的方法不能从a点到d点，A错误；B．b点对应的溶液14-1w10molLK−=，()+6-1H10mo

lLc−=、()-8-1OH10molLc−=，醋酸抑制水电离，b点对应的醋酸中由水电离出的()+8-1H10molLc−=，B错误；C．d点溶液中()()+-HOHcc，溶液呈碱性含有大量的OH−，与NH4+、Fe3+均不能大量共存，C错误；D．T℃时，c

点溶液中()()+-6-1HOH10molLcc−==，12-1w10molLK−=，()120.05molLBaOH−溶液中()--1OH0.1molLc=，()+11-1H10molLc−=，pH=11，D正确；故选D。15.利用氢氧燃料电池，以Ni、Fe为电极电解NaOH溶液

制备Na2FeO4的装置如图所示(已知：Na2FeO4在浓碱中稳定存在；固体电解质掺杂了K2CO3晶体)。下列说法不正确．．．的是A.电极a应通入O2和CO2B.电极b的电极反应为：22223-H-2+COe=HO+CO−C.该离子交换膜为阳离子交换膜D.固体电解质

中每迁移2-30.3molCO，理论上可制得16.6g24NaFeO【答案】C【解析】【分析】装置图中，左侧装置为氢氧燃料电池，右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中，固体电解质掺杂了K2CO3晶体，负极反应式为22223-H

-2+COe=HO+CO−，正极反应式为-2232OO2+2e=C+4CO−；电解池中，Fe电极(阳极)反应式为：--2-24Fe+8OH-6e=FeO+4HO，Ni电极(阴极)反应式为：--226HO+6e=3H+6OH。从图中箭头可知

，电极c产生的H2流入电极b中，所以电极c为Ni电极(阴极)，电极b为负极；电极a为正极，电极d为Fe电极(阳极)。【详解】A．由分析可知，电极a为正极，通入O2和CO2发生反应，电极反应式为-2232O

O2+2e=C+4CO−，A正确；B．电极b为负极，电极反应式为22223-H-2+COe=HO+CO−，B正确；C．电解池中，Fe电极(阳极)反应式为：--2-24Fe+8OH-6e=FeO+4HO，Ni电极(阴极)反应式为：--

226HO+6e=3H+6OH，阳极需要消耗OH-，阴极不断生成OH-，24NaFeO在浓碱中稳定存在，为提高Na2FeO4的产率，应使用阴离子交换膜，C错误；D．理论上，固体电解质中每迁移2-30.3molCO，电路中转移电子的物质的量为0.6mol，可以制得240

.1molNaFeO，质量为0.1mol166g/mol=16.6g，D正确；故选C。16.工业上制硝酸原理如图所示：信息：①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+182kJ•mol-1②4NH3(g)

+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-903kJ•mol-1下列说法不正确．．．的是A.工业制硝酸选择氨气氧化制得NO，也可以选择氮气氧化制得NOB.反应②通常在760～840℃和Pt(铂)-Rh(铑)合金网催化剂下进行，目的是让催化剂活性最大以提高NO生成速率C.为避

免硝酸工业尾气中的氮氧化物污染环境，常用Na2CO3吸收尾气D.氨氧化法制硝酸产生的大量余热可以用于发电，实现能源高效利用、绿色低碳发展【答案】A【解析】【分析】氨气催化氧化得到NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成H

NO3。【详解】A．工业制硝酸选择氨气氧化制得NO，由“信息”可知，氮气与氧气反应是吸热反应，从能源角度考虑不选择氮气氧化制得NO，A错误；B．适当的温度和载体可使催化剂活性最大，以提高NO生成速率，B正确；C．Na2CO3溶液呈碱性，为避免硝酸工业尾气中的氮氧化物污染环境，常用Na2CO3溶

液吸收尾气，C正确；D．由“信息”可知，氨气催化氧化放出大量的热，氨氧化法制硝酸产生的大量余热可以用于发电，实现能源高效利用、绿色低碳发展，D正确；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.第四周期元素形成的化合物在生产生活中有着重要的用途。（1

）镍铬钢抗腐蚀性能强，基态铬原子(Cr)的价层电子轨道排布式为_______，镍元素(Ni)在周期表中位于_______区。（2）“玉兔二号”月球车是通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作的

。基态砷原子(As)的电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。基态镓原子(Ga)的核外有_______种运动状态的电子。（3）从电子排布的角度解释基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因_______。【答案】（1）①.②.d区（2）①.哑铃②.31（3）F

e3+的价电子排布为3d5，Fe2+的价电子排布为3d6，前者为半充满状态，更稳定【解析】【小问1详解】铬是24号元素，基态铬原子(Cr)的价层电子轨道排布式为；镍是是28号元素，镍元素(Ni)在周期表中位于第四周期Ⅷ族，属于d区。【小问2详解】As

是33号元素，价电子排布式为4s24p3，基态砷原子(As)的电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图为哑铃形。Ga是31号元素，核外有31个电子，基态镓原子(Ga)的核外有31种运动状态的电子。【小问3详

解】Fe3+的价电子排布为3d5，Fe2+的价电子排布为3d6，前者为半充满状态，所以基态Fe3+比基态Fe2+稳定。18.氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。请回答下列问题：（

1）气体X、Y分别是_______、_______(填化学式)。（2）燃料电池中正极的电极反应为_______。（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序_______。（4）说出(3)的排序原因_______。（5）这种设计的主要节能之处在于(写出两处)__

_____。【答案】（1）①.Cl2②.H2（2）O2+4e-+2H2O=4OH-（3）b%＞a%＞c%（4）原因：燃料电池中的Na+由左向右迁移，且正极的O2得电子产生OH-，所以正极区NaOH浓度升高，所以b%最大

；又负极区有H2O生成，故a%＞c%。综合上述得到b%＞a%＞c%（5）燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液中溶质的浓度；降低能耗【解析】【分析】电解池左室通入饱和氯化钠溶液，流出稀氯化钠溶液，可知左室为阳极室、右室为阴极室，阳极发生反应--22Cl-2e=Cl，气体X是氯气；左室中

钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室；阴极室通入c%得氢氧化钠溶液，阴极发生反应--222HO+2e=H+2OH，阴极生成氢气和氢氧化钠，流出氢氧化钠的浓度大于通入氢氧化钠的浓度；气体Y是氢气；则燃料电池为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极反应式为-22O+2H

O+4e=4OH−，钠离子由负极通过阳离子交换膜进入正极，正极生成氢氧化钠，则流出的氢氧化钠的浓度大于流入的氢氧化钠的浓度。【小问1详解】根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2。【小问2详解】燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为-22O+2HO+4e=4OH

−；【小问3详解】根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%>c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%<b%，由大到小排序b%＞a%＞c%。【小问4详解】燃料电池中的Na+由左向右迁移，且正极的O2得电子产生OH-，所以正

极区NaOH浓度升高，所以b%最大；又负极区有H2O生成，且反应消耗氢氧根离子，故a%＞c%，所以b%＞a%＞c%。【小问5详解】燃料电池可以补充电解池消耗的电能；提高产出碱液中溶质的浓度；降低能耗。1

9.CH4与CO2是导致温室效应两种气体，将二者催化重整制备合成气是实现“碳中和”目标的重要途径，其反应原理如下：主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H副反应：I.2CO(g)CO2(g)+C(s)△H1=-172.5kJ•mol-1II.C

H4(g)=C(s)+2H2(g)△H2=+74.0kJ•mol-1（1）主反应的△H=_______，有利于提高CO2平衡转化率的条件是_______。（2）在某1L的恒容密闭容器中，投入CH4与CO2各1mol，不同温度的平衡体系中，CH4与CO

的物质的的量分数随温度的变化如图所示，则T1温度下该反应的平衡常数是_______，c点CH4的物质的量分数为_______%。（3）在实际生产中，催化剂表面因积碳而失活。实验测得各物质的物质的量随温度的变化如图所示，积碳量先变大后减小的主要原

因是_______(用化学方程式表示)。在原料气中加微量的O2有利于保持催化剂的活性，其原因是_______。【答案】（1）①.+246.5kJ/mol②.高温低压（2）①.49②.10（3）①.CH4ΔC+2H2，C+CO2Δ2CO②.微量O2及时与副反应产生的

碳反应，防止催化剂表面积碳【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，主反应=反应II-反应I，则△H=74.0kJ/mol-(-172.5kJ/mol)=+246.5kJ/mol。该反应气体分子数增大的吸热反应，有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低

压。【小问2详解】根据图示可知，T1温度下该反应的平衡体系CO和CH4的物质的量分数相等，则CH4转化了13mol，剩余的CH4和生成的CO均为23mol，平衡常数K=2222(mol/L)(mol/L)3322(mol/L)(mol/L)33=49

2(mol/L)；c点时CO的物质的量分数为40%，则H2的物质的量分数也为40%，CH4的物质的量分数和CO2的相等，均为10%。【小问3详解】积碳量先变大后减小的主要原因是先是甲烷分解生产碳单质，后碳单质和二氧化碳反应而消耗

，反应的方程式：CH4ΔC+2H2，C+CO2Δ2CO；在原料气中加微量的O2有利于保持催化剂的活性，其原因是微量O2及时与副反应产生的碳反应，防止催化剂表面积碳。20.25℃时，有关物质平衡常数的数值如表所示：CH3COOHH2SO3H2SCuSKa=1.69×10-5Ka1=1.54×1

0-2Ka2=1.02×10-7Ka1=1.1×10-7Ka2=1.0×10-13Ksp=6.0×10-36（1）三种酸由强到弱的顺序是_______。（2）同浓度的CH3COO-、SO23−、S2-结合H

+能力由大到小的顺序为_______。（3）初始浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液pH为_______。(已知lg1.3=0.11)（4）物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，则下

列关于混合溶液的说法中不正确．．．的是_______。A.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)B.c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)C.c(CH3COOH)+c(CH3COO

-)=0.2mol/LD.c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)（5）反应H2S(aq)+Cu2+(aq)垐?噲?CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数为_______(保留小数点后一位)。【答案】（1）H2SO3＞CH

3COOH＞H2S（2）S2-＞SO23−＞CH3COO-（3）2.89（4）C（5）1.8×1015【解析】【小问1详解】)在温度相同时电离常数越大,酸性越强，所以H2SO3＞CH3COOH＞H2S，答案：H2SO3＞CH3COOH＞H2S；【小问2详解】同浓度的CH3

COO-、SO23−、S2-结合H+能力取决于电离出该离子物质的电离常数大小，电离常数越小，结合力越强，所以由大到小的顺序为S2-＞SO23−＞CH3COO-，答案：S2-＞SO23−＞CH3COO-；【小问3详解】已知CH3COO

H的Ka=1.69×10-5，-+3a3cCHCOOcHK=cCHCOOH（）（）（），得+53a3cHKcCHCOOH1.691010.310.1−−==（）=（），又已知lg1.3=0.11，初始浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液pH为3-0.11=2.89，答案：2.8

9；【小问4详解】物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，A．电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，电荷守恒×2+物料守恒，

可得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，正确；B．根据电荷守恒可以知道阳离子等于阴离子，得c(Na+)-c(OH-)=c(CH3COO-)-c(H+)，正确；C．等体积混合，根据物料守恒，可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L

，错误；D．可知醋酸电离大于水解，所以离子浓度大小为c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，正确；说法中不正确的是C，答案：C；【小问5详解】反应H2S(aq)+Cu2+(aq)垐?噲?CuS(s)+2H+(aq

)的平衡常数+2+2c()K=c()c(HHSCu)，代入数值+-+2--+-2-15-222+2-2+223-7136HHSHc()c()c()c()c()c()c()c()c()1.1101.010K=c()c()c(SHSHSu()c(S)c)c

H()6C.0HS1.810HSCHSSu10S−−−===，答案：1.8×1015。21.某学习小组进行了一场真实的“水质检测员”职业体验之旅，测定某水源的高锰酸盐指数：步骤Ⅰ：取100mL水样加入锥形瓶中，加入10.00mL0.0020mol•L-1KMnO4溶

液和5.0mlH2SO4溶液，立刻在沸水浴中加热30分钟，使高锰酸钾与水体中可氧化物质充分反应，此时溶液仍呈紫红色。步骤Ⅱ：取下锥形瓶，趁热(保持在70-80℃)加入10.00mL0.0050mol•L-1Na2C2O4标准溶液还原

剩余的KMnO4，溶液呈无色。步骤Ⅲ：趁热用0.0020mol•L-1KMnO4标准溶液回滴过量的Na2C2O4，数据记录如表：(2MnO4−+5C2O24−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)滴定次数KMn

O4溶液起始读数/mLKMnO4溶液终点读数/mL第一次1.024.55第二次2.005.52第三次0.203.71信息：①高锰酸盐指数，水样中消耗高锰酸钾的量折算为氧化能力相当的O2质量，单位mg/L。②H2C2O4受热不稳定，90℃开始逐渐分解。请回答下列问题：（1）步骤

Ⅲ中盛装KMnO4标准溶液的是仪器___________(填“A”或“B”)。（2）滴定终点的现象是___________。（3）下列说法不正确．．．的是___________。A.步骤Ⅰ中加入H2SO4目的是增强KMnO4的氧化性，可以用盐酸替代B.步骤Ⅰ反

应后若溶液颜色全部褪去，需将水样稀释一定的倍数后再测定C.步骤Ⅱ和Ⅲ中需要控制反应温度，温度过高会导致测定的高锰酸盐指数偏高D.滴定时，眼睛要注意观察锥形瓶中滴落点周围颜色变化而不要去看滴定管上的刻度变化（4）1molKMnO

4的氧化能力与___________gO2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)，该水样的的高锰酸盐指数是___________mg/L。【答案】（1）A（2）溶液由无色变为淡粉红色，且30s不褪色

（3）AC（4）①.40②.11.1232【解析】【分析】用氧化还原滴定法测水样的高锰酸盐指数，先用酸性KMnO4溶液与水样反应，再用Na2C2O4标准溶液还原剩余的KMnO4，此时溶液中还原性物质是过量的

Na2C2O4标准溶液，用KMnO4标准溶液回滴过量的Na2C2O4，即可求得高锰酸盐指数。【小问1详解】KMnO4标准溶液具有强氧化性，步骤Ⅲ中盛装KMnO4标准溶液的仪器用酸式滴定管，选A。【小问2详解】根据分析，该实验用KMnO4标准溶液滴定Na2C2O4，故滴定

终点的现象是溶液由无色变为淡粉红色，且30s不褪色。【小问3详解】A．步骤Ⅰ中加入H2SO4目的是增强KMnO4的氧化性，由于KMnO4的氧化性能氧化氯离子，则不可以用盐酸替代，A错误；B．步骤Ⅰ反应后若溶液颜色全

部褪去，可能水样中还原性物质浓度太大，需将水样稀释一定的倍数后再测定，B正确；C．步骤Ⅱ和Ⅲ中需要控制反应温度，温度过高使H2C2O4分解，会导致测定的高锰酸盐指数偏低，C错误；D．滴定时，眼睛要注意观察锥形瓶中滴落点周围颜色变化而不要去看滴定管上的刻度变化，D正

确；故选AC。【小问4详解】1molKMnO4还原为Mn2+转移电子5mol，根据-2O4e，则与1.25mol氧气氧化能力相当，质量为40g；根据表格数据可知，三次实验消耗0.0020mol•L-1KMnO4标准溶液的体积是3.53+3.52+3.51=3.52(

mL)3，根据题意可知，三个步骤总的KMnO4刚好被水样和草酸钠消耗，则100mL水样消耗KMnO4物质的量为：13.52mL×0.0020mol•L-1-10.00mL×0.0050mol•L-1×25=7.04×1

0-6mol，该水样的的高锰酸盐指数是-637.0410mol158g/0.1mol10mg/gL=11.1232mg/L。