【文档说明】山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题 word版含解析.docx，共(23)页，1.266 MB，由小赞的店铺上传

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枣庄三中2022～2023学年度高二年级第一学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Cl35Fe56第I卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只

有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是A.钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀B.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子数为2molC.农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”D.“嫦娥五号”使用

的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转变成电能【答案】C【解析】【详解】A．铜的活动性弱于氢，不发生析氢腐蚀，A错误；B．电解精炼铜时，阳极中的铁、镍等都会放电，不能确定转移电子的物质的量，B错误；C．

风力发电、光伏发电不产生碳的排放物，有利于“碳达峰、碳中和”，C正确；D．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，D错误；故选C。2.化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是A.古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物B.“管道通”中含有

铝粉和苛性钠，用于疏通下水道C.氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂D.向4TiCl中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到2TiO【答案】B【解析】【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A错误；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道

内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，B正确；C．铵根离子水解，有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误；D．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2⋅xH2O和HCl

，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误；故选B。3.市场出售的“暖贴”中的主要成分是铁粉、炭粉、少量氯化钠和水等，“暖贴”用塑料袋密封，使用时从塑料袋取出轻轻揉搓就会释放出热量，用完后袋内有大量铁锈生成。关于“暖贴”的说法不．正确．．

的是A.需要接触空气才会发热B.炭粉的作用是吸附空气中的水蒸气C.氯化钠溶于水作电解质溶液，使铁生锈的速率增大D.铁生锈是铁、水和氧气共同发生化学反应的过程【答案】B【解析】【详解】A．根据铁制品锈蚀的过程，实际上是铁与空气中的氧气，水蒸气等发生化学反应的过程，因此发热剂需接触到空气才会发

热，选项A正确；B．炭粉的作用是分散铁粉透气防结块从而能够达到均衡发热的作用，选项B不正确；C．氯化钠溶于水作电解质溶液，导电能力增强，使铁生锈的速率增大，选项C正确；D．铁与氧气和水充分接触时容易生锈，氯化钠溶液能够加快生锈的

速率，选项D正确；答案选B。4.下列说法正确的是A.使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化率B.合成氨采用2×107～5×107Pa，因为该压强下铁触媒的活性最高C.用Cu作阴极，Fe作阳极，实现在Fe上

镀CuD.镀锡铁镀层破损后，在潮湿的空气中会加快破损处铁的腐蚀【答案】D【解析】【详解】A．使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的反应速率，但是不能提高平衡转化率，A错误；B．合成氨的反应是分子数减小的反应，高

压有利于向正反应方向移动，其能提高正反应速率，跟催化剂无关，B错误；C．用Fe作阴极，Cu作阳极，电解质溶液是含有铜离子的溶液，可以实现在Fe上镀Cu，C错误；D．铁比锡活泼，所以镀锡铁形成原电池的时候，铁是负极，故镀锡铁镀层破损后，在潮湿的空气中会加快破损处铁的腐蚀，D正确；故选D。5

.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH，不同条件下反应过程能量变化如图所示。下列说法中正确的是A.反应的ΔH＞0B.过程b使用了催化剂，反应的ΔH=E1+E2C.使用催化剂可以提高SO2的平衡转化率D.过程b发生两

步反应，总反应速率大于过程a【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，所以反应的ΔH＜0，A不正确；B．过程b使用了催化剂，E1、E2分别为两步反应的活化能，所以反应的ΔH≠E1+E2，B不正确；C．使用催化剂可以

加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但不能改变SO2的平衡转化率，C不正确；D．过程b使用催化剂，将反应分两步进行，加快了反应速率，使总反应速率大于过程a，D正确；故选D。6.某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)+bY(g)垐?噲?cZ(s)+dW

(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y的浓度是原来的1.8倍。则正确的是A.可逆反应的系数：a+b>c+dB.压缩容器的容积时，v(正)=v(逆)C.达到新平衡时，物质X的转化率减小D.达到新平衡时，混合物中W的质

量分数增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由于压缩容器的体积为原体积的一半后，反应物Y的浓度变为原来的1.8倍，说明Y被消耗了，平衡正向移动，所以a+b＞d，但由于C为固体，所以无法确定a+b和c+d的大小关系，故A错误；B．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，故v(正)＞v(逆)

，故B错误；C．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此反应物X的转化率增大，故C错误；D．压缩容器容积时，由于平衡正向移动，因此生成物W的质量分数增大，故D正确。故选D。7.水的电离平衡曲线如图所示，曲线中的点都符合()()+-cHcOH=常

数，下列说法错误的是A.图中温度12T>TB.图中五点wK间的关系：BCADE==C.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法D.1T时，将pH2=的硫酸溶液与pH12=的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】D【解析】【详解】A．水的电离是吸热过程，升高温度促进水电离

，则水中()cH+、()-cOH及离子积常数增大，根据图知，1T曲线上离子积常数大于2T，所以温度12TT，故A正确；B．水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低顺序是BCADE==，所以离子积常数大小顺序是BCADE

==，故B正确；C．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法，则氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，故C正确；D．B点时，12wK110−=，pH=2硫酸中()+cH=0.01mol/L，pH=12

的KOH溶液中()-cOH=1mol/L，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性，故D错误。故选D。8.利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO，下列说法正确的是A.该过程中包括太阳能、化学能、电

能间的转化B.电极a上发生还原反应C.该装置工作时，H+从b极区向a极区移动D.该装置中每生成1molCO，同时生成1molO2【答案】A【解析】【分析】根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能和电能的过程，根据电子的流向判断a为负极，发生

氧化反应，生成氧气，b为正极，发生还原反应，二氧化碳转化为一氧化碳，溶液中阳离子移向正极。【详解】A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能和电能的过程，A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，B错误；C．根据图示，

a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，C错误；的D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1molCO，同时生成12molO2，D错误；故选A。9.醋酸溶液中存在电离平衡：33CHCOOHHCHCOO+−+，下列叙述不正确的是A.升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增

大B.10.10molL−的3CHCOOH溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度都减小C.3CHCOOH溶液中加少量的3CHCOONa固体，平衡逆向移动D.欲使10.10molL−的3CHCOOH溶液的pH、和

电离程度都减小，可加入少量冰醋酸【答案】B【解析】【详解】A．醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，导致醋酸电离平衡常数增大，A正确；B．加水稀释促进弱酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，B错误；C．向醋酸中加入CH3COONa固体，

抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，C正确；D．加入少量冰醋酸促进平衡正向移动，溶液的pH减小，但是减小了醋酸自身的电离，D正确。故选B。10.以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：相关反应的热化学方程式为反应I：SO2(g)+

I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)△H1=-213kJ/mol反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+12O2(g)△H2=+327kJ/mol反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g)△H3=+172kJ/mol下列说法不正

确的是A.该过程实现了太阳能到化学能的转化B.SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用C.总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+286kJ/molD.该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变【答案】C【解析】【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生

，则太阳能转化为化学能，A正确；B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2(g)+12O2(g)△H=(-213kJ•mol-1)+(+327kJ•

mol-1)+(+172kJ•mol-1)=+286kJ•mol-1，C错误；D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；故答案为：C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求

，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现oTC时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：下列说法正确的是A.反应II的热化学方程式为：()()()()22

2COgHOgHgCOg+=+()ΔH=akJ/mola>0B.()COg在反应中生成又消耗，()COg可认为是催化剂C.1mol()3CHOHg和1mol()2HOg的总能量小于1mol()2COg和3mol()2Hg的总能量D.选择优良的催化剂可以降低反应I和II的活化能，减少

过程中的能耗和反应的焓变【答案】C【解析】【详解】A．根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，故A错误；B．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，故B错误；C．根据反应能量图E(反应物)<E

(生成物)，1mol()3CHOHg和1mol()2HOg的总能量小于1mol()2COg和3mol()2Hg的总能量，故C正确；D．合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，故D错误；故答案为C。12.有关电解质的说法正

确的是A.pH7的溶液一定呈碱性B.电离常数大的酸溶液中()+cH一定比电离常数小的酸溶液中的()+cH大C.升高3CHCOONa溶液的温度，溶液中()()()-3-3cCHCOOcCHCOOHcOH减小D.室温下，向20mLpH12=的稀氨水中加入5mLpH12=的氢氧化钠溶液，

32NHHO的电离平衡不移动【答案】CD【解析】【详解】A．温度未知，Kw不确定，不能根据pH7判断溶液呈碱性，通常()+cH<()-cOH时，溶液呈碱性，故A错误；B．c(H+)与酸的强弱和酸的浓度均有关，酸的浓度未知，因此电离常数大的酸溶液中c(H

+)不一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大，故B错误；C．()()()-3-3cCHCOO1=cCHCOOHcOHhK，醋酸钠水解吸收热量，升高温度促进水解导致水解平衡常数增大，则溶液中()()()-3-3cCHCO

OcCHCOOHcOH减小，故C正确；D．加入pH=12NaOH溶液，氢氧根离子浓度不变，32NHHO的电离平衡不移动，故D正确；故答案选CD。13.在恒压、NO和2O的起始浓度一定的条件下，催化反应

相同时间，测得不同温度下NO转的化为2NO的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率B.反应()()()222NOgO

g2NOg+=的ΔH>0C.图中Y点所示条件下，增加2O的浓度不能提高NO转化率D.X点的化学平衡常数大于Y点的化学平衡常数【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，X点NO的转化率比平衡转化率低，所以在X点的条件下，延长反应时间能提高NO转化率，故A

正确；B．由图可知，随温度升高，一氧化氮平衡转化率减小，所以该反应是放热反应，因此H0，故B错误；C．Y点的转化率与平衡转化率相同，所以Y点处于平衡状态，增加2O的浓度可以提高NO转化率，故C错误；D．反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，X点的化学平衡常数大于Y点

的化学平衡常数，故D正确；答案选AD。14.相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池，放电时两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓度完全相等时放电停止。如图所示装置是利用浓差电池电解24NaSO溶液(a、b电极均为石墨电极)，

可以制得2O、2H、24HSO和NaOH。下列说法不正确的是A.a电极的电极反应为222HO2eH2OH−−+=+B.电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得80gNaOHC.电池放电过程中，()Cu1电极上的电极反应为2Cu2

eCu+−+=D.c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜【答案】B【解析】【分析】由装置图可知，左侧装置为浓差电池，放电时两个电极区的浓度差会逐渐减小，则()Cu1电极为正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为2Cu2eCu+−+=，()Cu2电极为负极，负

极上Cu失电子生成Cu2+，电极反应为2Cu2eCu−+−=。右侧装置为电解装置，与电源负极相连的a电极为阴极，电极反应为222HO2eH2OH−−+=+，与电源正极相连的b电极为阳极，阳极反应为222HO-4eO4H−+=+，据此分析解答。【详解】A．电解槽中a电极为阴极，水发生

得电子的还原反应生成氢气，电极反应为222HO2eH2OH−−+=+，故A正确；B．电池从开始工作到停止放电，两侧溶液中Cu2+浓度相等，设两电极发生改变的Cu2+的物质的量为a，由两侧浓度相等可得2.5mol/L2

L-a=0.5mol/L2L+a，解得a=2，根据电子守恒有Cu~2e-~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=4mol，则n(NaOH)=4mol40g/mol=160g，故B错误；C．浓差电池中，()Cu1电极为

正极，正极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应为2Cu2eCu+−+=，故C正确；D．a电极为阴极，阴极反应为222HO2eH2OH−−+=+，b电极为阳极，阳极反应为222HO-4eO4H−+=+，则a极附近生成NaOH，b极附近生成

H2SO4，所以钠离子通过离子交换膜c生成NaOH，则c为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成H2SO4，则d为阴离子交换膜，故D正确；答案选B。15.常温下，分别向体积相同、浓度均为10.1molL−的MO

H、ROH两种碱溶液中不断加水稀释，溶液的pH与溶液浓度的对数()1gc之间的关系如图所示。下列说法错误的是A.()bKMOH的数量级为510−B.a、b两点对应的溶液中，水的电离程度：abC.MOH为一元强碱D.用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点对应的溶液

，消耗盐酸体积：abV>V【答案】CD【解析】【详解】A．根据lgc=-1时，MOH的pH=11，得c(MOH)=0.1mol/L，C(OH-)=0.001mol/l,所以Kb(MOH)=5c(M)c(OH)0.0010.001110

c()0.10.001MOH+−−==−，所以Kb(MOH)=的数量级为10-5，故A正确；B．ROH和MOH均为弱碱，MOH的碱性强于ROH，则MOH的电离对水的电离程度抑制更大，所以水的电离程度a<b，故B正确；C．根据l

gc=-1时，MOH的pH=11，得c(MOH)=0.1mol/L，C(OH-)=0.001mol/l<0.1mol/L,则MOH没有完全电离，为一元弱碱，故C错误；D．用相同浓度的盐酸分别中和a、b两点溶液，消耗的体积相等，故D错误；故答案选CD。第II卷(非选择题共60分)三、非选择题(本题共

4个小题)16.通过化学方法可使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能量转化率。回答下列问题：（1）根据构成原电池本质判断，如下反应可以设计成原电池的是_______(填标号)。A.2NaOH+HCl=NaCl+H

OB.222CO+O2CO点燃C.2222HO2H+O电解D.()332Cu+2AgNO=2Ag+CuNO（2）为了探究化学反应中的能量变化，某同学设计了如图两个实验。有关实验现象，下列说法正确的是_______(填标号)。A.图甲和图乙的气泡均产生于锌棒表面B.图乙

中产生气体的速率比图甲快C.图甲中温度计显示的最高温度高于图乙中温度计显示的最高温度D.图甲和图乙中温度计显示的温度相等，且均高于室温（3）如图是甲烷燃料电池的工作原理示意图。①电池的负极是_______电极(填“a”或“b”)，该极的电极反

应为_______。②电池工作一段时间后，电解质溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（4）熔融盐燃料电池具有很高的发电效率，因而受到重视。可用碳酸锂和碳酸钠的熔融盐混合物作电解质，一氧化碳为负极燃气，空气与二氧化碳的混合气

为正极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池，其负极反应为2--32CO+CO-e=22CO。①正极反应式为_______。②总反应式为_______。【答案】（1）BD（2）BC（3）①.a②.2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+③.减小（4）①.-2-223O+4e+2C

O=2CO②.222CO+O=2CO【解析】【小问1详解】根据构成原电池本质可知，原电池反应为氧化还原反应，同时是放出能量的反应。A．2NaOH+HCl=NaCl+HO不氧化还原反应，不可以设计成原电池，故A错误；B．222CO+O2CO点燃是氧化还原反应，且是放出能

量的反应，可以设计成原电池，故B正确；C．2222HO2H+O电解虽然是氧化还原反应，但是是吸收能量的反应，故不可以设计成原电池，故C错误；D．()332Cu+2AgNO=2Ag+CuNO是氧化还原反应，且是放出能量的反应，可以设计成原电池，故D正确；故选BD。

小问2详解】A．图甲的气泡产生于锌棒表面，图乙形成原电池，氢离子在铜棒表面得电子，气泡产生于铜棒表面，故A错误；B．图乙形成原电池，产生气体的速率比图甲快，故B正确C．图甲中反应的化学能全部转化为热能，而图乙中的化学能部分转化为电能，部分转化

为热能，故图中温度计显示的最高温度高于图乙中温度计显示的最高温度，故C正确；是【D．由C分析知，图中温度计显示的最高温度高于图乙中温度计显示的最高温度，且均高于室温，故D错误；故选BC。【小问3详解】①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，故电池的负极是a，在碱性环境下甲烷失去电子转化为碳酸根离子，故该极的电极反应为2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+。②电池的总反应式为-2-4232CH+2O+2OH=CO+3HO，故电池工作一段时间后，电解质溶液的pH减小。【小问4详解】①燃料电池的

总反应相当于燃料的燃烧，故总反应式为222CO+O=2CO，已知负极反应为2--32CO+CO-e=22CO，由总反应式减去负极反应可得，正极反应式为-2-223O+4e+2CO=2CO。②燃料电池的总反应相当于燃料的燃烧，故

总反应式为222CO+O=2CO。17.2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。中国空间站开启有人长期驻留时代。空间站的水气整合系统利用“萨巴蒂尔反应”，将2CO转化为4CH和水蒸气，配

合2O生成系统可实现2O的再生。回答下列问题：I．萨巴蒂尔反应为：()()()()2242COg4HgCHg2HOg++1ΔH（1）在某一恒容密闭容器中加入2CO、2H，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生萨巴蒂尔反应。研究表明4CH的反应速率(

)()()()-64-1422vCH=1.210COpHkPaps，某时刻测得()2HOg的分压为10kPa，则该时刻()2vH=______。（2）研究发现萨巴蒂尔反应的历程，前三步历程如图所示。其中吸附在2Pt/

SiO催化剂表面用“．”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会______(填“放出热量”或“吸收热量”)；反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为______。II．某研

究团队经实验证明，2CO在一定条件下与2HO发生氧再生反应：()()()()2242COg2HOgCHg2Og++1802.3kJ/molH=+（3）氧再生反应可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现；反应机理如图所示：i.光催化2CO转化为4CH的阴极方程式为______。ii.催化剂的催化

效率和4CH的生成速率随温度的变化关系如图所示。300Co到400C之间，4CH生成速率加快的原因是______。【答案】（1）10.48kPas−（2）①.吸收热量②.()()()222COOHH3HgCO3HgHOg+++=++或()2OHHHOg+=（

3）①.242CO8e8HCH2HO−+++=+②.300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快【解析】【小问1详解】根据三段式，()()

()()()()()2242g4Hgg2HOg1530005205101010510COCHkPakPakPa++起始量转化率平衡量，根据甲烷和氢气的速率比为1:4,，代入题中甲烷速率公式，v(H2)=0.48kPa/s；故答案为：0.48kPa/s；【小问2详解】从图中分析，每

个从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最小活化能步骤为最后一步，化学方程式⋅CO+⋅OH+⋅H+3H2(g)=⋅CO+3H2(g)+H2O(g)或⋅OH+⋅H=H2O(g)；故答案为：吸收热量

；⋅CO+⋅OH+⋅H+3H2(g)=⋅CO+3H2(g)+H2O(g)或⋅OH+⋅H=H2O(g)；小问3详解】由图示信息可知，阴极发生的反应为二氧化碳得到电子转变成甲烷和水，电极反应式为：CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O；温度在250℃时，催化

剂的抓化率达到最大值，温度在升高到300℃过程中催化剂的转化效率明显下降，但超过300℃后又明显增加，可判断温度对反应的影响导致的，温度升高反应速率加快；故答案为：CO2+8e−+8H+=CH4+2H2O；300℃到400℃之间，温度比催化剂对甲酸的生成速率

影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，所以甲酸生成速率加快。18.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知部分物质的电离平衡常数如下表所示()25C，回答下列问题：化学式3CHCOOH23HCOHClOHCN电离平衡常数5K=1.810−71K=4.910−1

12K=4.710−83.010−104.910−（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数K______(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）下列四种离子结合质子能力最强的是______(填字母)。A.23CO−B.ClO−C.3C

HCOO−D.3HCO−（3）已知某二元弱酸2HA：41K=3.610−；82K=5.410−，则NaHA溶液显______(填“酸”、“碱”或“中”)性，各离子浓度大小顺序：______。（4）25℃时，等

浓度的三种溶液(a．NaCN溶液、b．23NaCO溶液、c．3CHCOONa溶液)【的pH由大到小的顺序为______(填字母)。（5）25℃时，向NaCN溶液中通入少量2CO，所发生反应的化学方程式为______。（6）现有浓度为0.02mol

/L的HCN溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，测得()+cNa()->cCN，下列关系正确的是______(填字母)。A.()()+-cH>cOHB.()()+-cH<cOHC.()()()+-cH+cHCN=cOHD.()()-cHCN+cC

N=0.01mol/L（7）浓()243AlSO溶液和浓的小苏打()3NaHCO溶液混合可用于灭火，请用离子方程式表示其灭火原理：______。【答案】（1）增大（2）A（3）①.酸②.()()()()()+--+2-cNa>cHA>cH>c

A>cOH（4）b>a>c（5）223NaCNCOHONaHCOHCN++=+（6）BD（7）()3323Al3HCOAlOH3CO+−++=【解析】【小问1详解】电离一般为吸热反应，升高温度促进电离，电离平衡

常数变大；【小问2详解】酸越弱则对应酸根离子结合质子的能力越强，根据电离平衡常数可知，结合质子能力最强的是23CO−，故选A；【小问3详解】已知某二元弱酸2HA：41K=3.610−；82K=5.410−，-HA的水解常数为1411w41K10

=2.810K3.610−−−<K2，则NaHA溶液中-HA的电离大于水解，故溶液显酸性；NaHA溶液中-HA电离则钠离子浓度最大，-HA的电离大于水解则()()()+-2-cHA>cH>cA，故各离子浓度大小顺序：()()()()()+-

-+2-cNa>cHA>cH>cA>cOH；【小问4详解】根据越弱越水解原理可知，23CO−水解程度最大溶液碱性最强、3CHCOO−水解程度最小溶液碱性最弱，故pH由大到小的顺序为b>a>c；【小问5详解】()()()1

22323K>KHCHCOHNKCO>23HCO，根据强酸制弱酸原理可知，25℃时，向NaCN溶液中通入少量2CO，反应生成HCN和碳酸氢钠，223NaCNCOHONaHCOHCN++=+；【小问6详解】浓度为

0.02mol/L的HCN溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液为浓度均为0.005mol/L的HCN、NaCN，测得()+cNa()->cCN，则-CN水解大于HCN的电离，溶液显碱性

；A．溶液显碱性，()()+-cH<cOH，A错误；B．溶液显碱性，()()+-cH<cOH，B正确；C．根据电荷守恒可知，()()()()++--cH+cNa=cOH+cCN、根据物料守恒可知，()()()+-

2cNa=cHCN+cCN，联立得()()()()+--2cH+cHCN=2cOH+cCN；C错误；D．根据物料守恒可知，()()-cHCN+cCN=0.005mol/L2=0.01mol/L，D正确；故选BD；【小问7详解】铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳

气体，()3323Al3HCOAlOH3CO+−++=。19.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）目前工业上有一种方法是用2CO来生产甲醇。一定条件下，在体积为1L的恒容密闭容器中，发生反应：()()()(

)2232COg3HgCHOHgHOg++。为了加快反应速率，可采取什么措施(写两条)______、______。（2）2CO甲烷化加快了能源结构由化石燃料向可再生碳资源的转变，反应为：()()()()2242COg4HgCHg2HOg+

+H0。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得2CO转化率和生成4CH选择性随温度变化的影响如图所示。对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是______，使用的合适温度为______。（3）工业上在CuZnO−催化下利用2CO发生如下反应I生产甲醇，同时伴有反应II发生

。I．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++H0II．()()()()222COgHgCOgHOg++在温度T时，在容积不变的密闭容器中，充入0.5mol()2COg和1.0mol()2Hg，起始压强为pkPa，10min

达平衡时生成0.3mol()2HOg，测得压强为2pkPa3。i.当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是______(填序号)。A．气体密度B．2CO百分含量C．2HO与CO体积比D．3CHOH的体积分数ii.已知反应I的正反应速率方程()()322v=kpCOpH正正，逆反应速率方

程为()()32v=kpCHOHpHO逆逆，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，vv正逆将______(填“增大”、“减小”或“不变”)；若升高温度，kk正逆______(填“

增大”、“减小”或“不变”)。iii.平衡时3CHOH的物质的量为______，温度T时反应II的化学平衡常数为______，若反应速率用单位时间内分压变化表示，则10min内反应I的平均反应速率()3CHOHv=______1kPamin−。iv.在温度T时，若向加入催

化剂的密闭容器中充入1.0mol()2COg、1.0mol()2Hg、0.5mol()COg和0.5mol()2HOg，此时反应II的v正______v逆(填“”、“”或“=”)。【答案】（1）①.升高温度②.使用催化剂（2）①.2NiCeO−②.320℃（3）①.A②.不变③.减

小④.0.25mol⑤.0.375⑥.60p⑦.>【解析】【小问1详解】根据外界条件对化学反应速率的影响，可以通过升温、使用催化剂、增大反应物浓度来加快化学反应速率，故答案为：升高温度；使用催化剂；【小问2详解】由图可知，低温时2NiCeO−的催化效率高，并且2NiCeO−作催化剂时甲烷选择性高，

故工业上应选择的催化剂是2NiCeO−，320℃时，2NiCeO−的催化效率最高，则合适的温度是320℃，故答案为：2NiCeO−；320℃；【小问3详解】i．A．由题干信息可知，整个反应体系的物质均为气体，恒容下反应体系气体密度一

直不变，故气体密度不变不能说明达到平衡，故A符合题意；B．化学平衡的特征之一为各组分的百分含量保持不变，故2CO百分含量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．由于反应体系中I和II均生成了H2O，且反应II中2HO与CO体积比为1:1，故2HO与CO体积比保持不

变，说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．化学平衡的特征之一为各组分的百分含量保持不变，故3CHOH的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；故答案为：A；ii．已知反应I的正反应速率方程()()322

v=kpCOpH正正，逆反应速率方程为()()32v=kpCHOHpHO逆逆，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数，达到平衡后，若加入高效催化剂，化学平衡不移动，v=v正逆，故vv正逆将不变；根据平衡时v=v正逆，即()()322kpCOpH正=()()32kpCHOHpHO逆，

则k=kK正逆(反应I)，若升高温度，反应平衡逆向移动，故kk正逆减小，故答案为：不变；减小；iii．列出三段式分析：2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)molmol3molxxxx++起始/转

化/平衡/222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)molmolmolyyyy++起始/转化/平衡/则有：x+y=0.3mol，0.5132220.513xyxyxy−−+−−++=+，解得x=0.25mol，y=0.05mol，故平衡时3CHOH的物质的量为0.25mol，则平衡

时CO的物质的量为0.05mol，H2O的物质的量为0.3mol，CO2的物质的量为0.5mol-x-y=0.5mol-0.25mol-0.05mol=0.2mol，H2的物质的量为1-3x-y=1-30.25mol-0.0

5mol=0.2mol，温度T时反应II的化学平衡常数为222(CO)(HO)(CO)(H)ccKcc==0.050.30.20.2=0.375；I．()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，II．()()(

)()222COgHgCOgHOg++；反应II不会引起压强变化，反应前后压强变化是反应I进行引起的，起始气体总物质的量为1.5mol，压强pkPa，平衡状态压强2pkPa3，气体总物质的量为1mol，结合反应I的定量关系计算得到，生成3CHOH的物质的量为0.25mol，

3CHOH的分压3(CHOH)p=0.2511.56pkPakPa=，3CHOH表示的反应速率()3CHOHv=610minpkPa=60p1kPamin−，故答案为：0.25mol；0.375；60p；iv．由iii分析可知，在温度T时，反

应II的平衡常数为：K=0.375，若向加入催化剂的密闭容器中充入1.0mol()2COg、1.0mol()2Hg、0.5mol()COg和0.5mol()2HOg，则222(CO)(HO)0.50.5(CO)(H)1.01.0cccQ

cc===0.25<K，则反应还在向正向进行，故此时反应II的v正>v逆，故答案为：>。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com