【文档说明】浙江省绍兴会稽联盟2023-2024学年高二上学期期末联考化学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，1.444 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★考试结束前2023学年第一学期绍兴会稽联盟期末联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6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。可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、Na-23一、选择题(本大题共20小题，1～10题每小题2分，11～20题每小题3分，共50分。每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分

)1.25℃，下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.KOHB.()442NHSOC.23NaCOD.HCl【答案】B【解析】【详解】A．KOH属于强碱，在溶液中电离出氢氧根离子溶液呈碱性，A错误；B．()442NHSO属于强酸弱碱盐，水解使用溶液呈酸性，B正确；C．23NaCO是弱酸强

碱盐，水解使得溶液显碱性，C错误；D．盐酸为强酸，不水解，D错误；故选B。2.下列能级轨道数为3的是A.sB.pC.dD.f【答案】B【解析】【详解】s能级、p能级、d能级、f能级的轨道数分别是1、3、5、7。答案选B。【点睛】本题是基础性试题的考查，属于识记性的知识，难度不大，

学生熟练记住即可，不难得分。3.下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是A.金属的腐蚀B.食物的腐败C.塑料的老化D.氨的合成【答案】D【解析】【详解】A．金属的腐蚀越慢越好，故增大速率对人类无益，A错误；B．食物的腐败越慢越好，故增大速

率对人类无益，B错误；C．塑料的老化越慢越好，故增大速率对人类无益，C错误；D．氨的合成越快越好，缩短生产周期，故增大速率对人类有益，D正确；故选D。4.下列物质的水溶液肯定呈酸性的是A.含H+的溶液B.pH<7的溶液C.加酚酞显

无色的溶液D.c(H+)>c(OH-)的溶液【答案】D【解析】【详解】A．硫酸氢钠溶液中存在大量的H+，但硫酸氢钠为盐，A错误；B．当纯水的温度大于室温时，温度的升高促进了水的电离，此时中性条件下pH<7，但纯水为中性，B错误；C．酚酞的变色范围在8.2~1

0.0，因此当溶液pH大于7.0小于8.2时，溶液呈弱碱性，但溶液无色，C错误；D．溶液的酸碱性由c(H+)和c(OH-)的相对大小决定的，当c(H+)>c(OH-)时溶液呈酸性，当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中

性，当c(H+)<c(OH-)时溶液呈碱性，D正确；故答案选D。5.下列化学用语表示正确的是A.原子核内有10个中子氧原子：168OB.碳的基态原子轨道表示式：C.3BF的空间结构：(平面三角形)D.基态铬原子的价层电子排布式：423d4s【答案】C【解析】【详解】A．根据原子构成，

左上角为质量数，左下角为质子数，中子数为10，则质量数为18，因此原子的核内有10个中子的氧原子为188O，A错误；B．碳的基态原子轨道表示式：，B错误；C．3BF中B形成3个共价键，为sp2杂化，空间结构：(平面三角形)，C正确；D．基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1，D

错误；故选C。6.对于任何一个达到平衡状态的可逆反应，采取以下措施，一定会使化学平衡发生移动的是A.升高温度B.加入反应物C.增大压强D.使用催化剂【答案】A【解析】【详解】因为所有化学反应都会伴随着能量变化，所以升高温度，

化学平衡一定会移动。而加入固体反应物、等气体分子数反应缩小容器体积增大压强、使用催化剂均不会导致平衡移动；故选A。7.下列事实可用氢键理论解释的是A.水加热到很高的温度都难以分解B.氨气极易溶于水C.氯气易液化D.HF比HI的酸性

弱【答案】B【解析】【详解】A．水加热到很高的温度都难以分解，说明HO−牢固，键能大，与氢键无关，A不合题意；B．氨分子与水分子均为极性分子，且分子间可形成氢键，所以氨气极易溶于水，B符合题意；C．氯气分子间只存在

范德华力，不存在氢键，C不合题意；D．F原子半径小于I，HF−键能更大，比较难断键，与氢键无关，D不合题意；答案选B。8.下列说法不正确的是A.生铁比纯铁容易生锈B电解精炼铜用粗铜作阳极，精铜作阴极C.铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀D.外加电流法是把被保护的钢铁设备作为阳极【

答案】D.【解析】【详解】A．生铁中含有碳，会构成原电池回路，易发生吸氧腐蚀，因此生铁比纯铁更容易生锈，A正确；B．电解精炼铜时，以粗铜作为阳极，铜发生氧化反应生成铜离子，纯铜作为阴极，铜离子发生还原反应生成铜，B正

确；C．铁管上镶嵌锌块，锌作原电池的负极，铁作原电池正极，因此铁管不易被腐蚀，C正确；D．外加电流法是把被保护的钢铁设备接电源的负极，作为电解池的阴极，得到电子，而电解池阳极会失去电子，阳极上的金属会加速锈蚀，D错误；故选D。9.下列叙述中正确的是A.2HO、2CO都是

极性分子B.4CH、4CCl是含有极性键的非极性分子C.HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次增强D.2HO、22CH都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A．2HO是极性分子，2CO呈直线型，是非极性分子，A错误；B．

4CH、4CCl都含有极性键，分子构型都是正四面体型，正负电荷重心重合，都是非极性分子，B正确；C．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，C错误；D．2HO是V型分子，

22CH是直线形分子，D错误；故选B。10.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是A.()()()()gNaKCl2NlaClKll++，工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾B.打开汽水瓶，看到有大量的气泡逸出C.实验室配制氯化铁溶液时，先将

3FeCl晶体溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释到需要的浓度D.氢气与碘单质反应加压后颜色变深[已知：()()()22HgIg2HIg+]【答案】D【解析】【详解】A．将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓

度，有利于反应正向移动，可以用平衡移动原理解释，故A不符合题意；B．打开汽水瓶，压强减小，2223HO+COHCO，向生成二氧化碳的方向移动，有大量的气泡逸出，故B符合题意；C．配氯化铁溶液时，加入盐酸中，增大了氢离子浓度，可抑制铁离子水解，可

以用平衡移动原理解释，故C不符合题意；D．反应为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，物质浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故选D。11.常温下，溶液中由水电离产生的()11H

110mol/Lc+−=，则溶液中一定可以大量共存的离子组是A.K+、Na+、Cl−、3NO−B.K+、Na+、2AlO−、3NO−C.K+、3Al+、23CO−、24SO−D.Na+、4NH+、Cl−、3NO−【答案】A【解析】【分析】常温下，溶液中由水电离产生的()()11HOH

110mol/Lcc+−−==，溶液的pH=3或pH=11，据此回答。【详解】A．K+、Na+、Cl−、3NO−之间互相不反应，能大量共存，A正确；B．2AlO−在酸性条件下能发生23+2AlO4HAl+2HO−++=反应，不能大量共存，B错误；C

．3Al+在碱性条件下能发生反应，不能大量共存，23CO−在酸性条件下不能大量共存，3Al+、23CO−发生双水解不能大量共存，C错误；D．4NH+在碱性条件下不能大量共存，D错误；故选A。12.中和热测定实验中，用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.

55mol/LNaOH进行实验，下列说法不正确的是A.改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，求出的中和热数值和原来相同B.测定过程中温度计至少用到3次，测量混合后的溶液温度时，应记录反应后的最高温度C.酸碱

混合时，量筒中NaOH溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃搅拌器左右搅拌D.装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失【答案】C【解析】【详解】A．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的

多少有关，改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量偏高，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故A正确；B．测定过程中需要测量初始盐酸温度、氢氧化钠溶

液温度、反应后最高温度，温度计至少用到3次，测量混合后的溶液温度时，应记录反应后的最高温度，B正确；C．中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，C错误；D．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热、减少热量损失

，防止产生实验误差，D正确；故选C。13.下列反应书写正确的是A.用醋酸溶液处理水垢中的氢氧化镁：222Mg(OH)2HMg2HO+++=+B.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：3Fe3eFe−+−=C.3NaHSO溶液

中的水解方程式：23233HSOHOHOSO−+−++ƒD.氯化铁水解的离子方程式：323Fe3HOFe(OH)3H++++【答案】D【解析】【详解】A．醋酸为弱酸不能拆，2+-2332Mg(OH)+2CHCOOH=Mg+2CHCOO+2HO，

A错误；B．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应为失去电子生成亚铁离子：-2+Fe-2e=Fe，B错误；C．亚硫酸氢根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子，--3223HSO+HOOH+HSO，C错误；D．铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，D正确；故选D。14.前四周期元素V、W

、X、Y、Z原子序数依次增大，V的基态原子有2个未成对电子，X的族序数为周期数的3倍，X、Y、Z均不在同一周期，三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数是Y的3倍。下列说法不正确的是A.第一电离能：W>XB.Y与X形成的化合物中不可能含非极性共价键C.简单氢化物的稳定性：XWV

D.Y和Z两者对应的最高价氧化物的水化物可能会发生反应【答案】B【解析】【分析】前四周期元素V、W、X、Y、Z原子序数依次增大，X的族序数为周期数的3倍，X为O，V的基态原子有2个未成对电子，V为C，W为N，X、Y、Z不在同一周期，则Y在第三周期，Z为第四周期，

三者的最外层电子数之和为10，Z的价电子数为Y的3倍，Y为Na，Z为Ga。【详解】A．N的价层电子排布式为2s22p3，p轨道半充满，不易失电子，第一电离能比O大，故A正确；B．Na与C能形成乙炔钠Na2C2，2-2C中C和C原子共用三对电子对，含非极性共价键，故B错误；C．

V为C，W为N，X为O，同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性：C<N<O，则简单氢化物的稳定性：CH4<NH3<H2O，故C正确；D．Ga(OH)3类似于Al(OH)3的两性，Ga(OH)3和NaOH有可能发生反应，故D正确；

故选：B。15.钠离子电池成本优势明显，有望在大规模储能中取代传统铅酸电池。下图为一种钠离子电池放电的示意图，关于该电池说法正确的是A.a为电池的负极B.放电时b极反应：-+xNaC-xe=xNa+CC.充电时a极反应：+-4-x646NaFe(

CN)+xNa+xe=NaFe(CN)D.用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的2PbO极【答案】B【解析】【分析】根据图示，放电时Na+由b电极所在区域向a电极所在区域移动，放电时a电极为正极，b电极为负极，据此作

答。【详解】A．放电时Na+由b电极所在区域向a电极所在区域移动，a电极为电池的正极，b电极为电池的负极，A项错误；B．放电时b电极为负极，负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为NaxC-xe-=xNa++C，B项正确；C．充电时a极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为Na4Fe(C

N)6-xe-=Na4-xFe(CN)6+xNa+，C项错误；D．铅酸电池充电时，Pb为阴极，PbO2为阳极，则用该电池给铅酸电池充电时，b电极接铅酸电池的Pb极，D项错误；答案选B。16.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，若在恒压绝热的容器中发生，下列选项表明一定已达平

衡状态的是A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目之比1:1D.容器内气体的浓度c(N2)：c(H2)：c(NH3)=1：3：2【答案】A【解析】【分析】

当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此解

答该题。【详解】A．在恒压绝热容器中发生，达到平衡时，各物质的量不变，温度不再发生改变，故A正确；B．恒压条件下反应，压强不能用于判断是否达到平衡状态，故B错误；C．相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，都为正反应速率，不能用于判断是否达到平衡状态，故C

错误；D．平衡常数未知，浓度关系不能用于判断是否达到平衡状态，故D错误。故答案选A。17.某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是A.25℃时，若测得10.01molLNaR−溶液pH7=，则HR是弱酸B.25℃时

，若测得HR溶液pHa=，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pHb=，ba1−，则HR是弱酸C.25℃时，若测得NaR溶液pHa=，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pHb=，ab，则

HR是弱酸D.25℃时，若测得10.01molLHR−溶液pH2且pH7，则HR是弱酸【答案】D【解析】【详解】A．常温下溶液pH=7可知，NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B．若a=6，HR无论是强酸还是

弱酸，25℃时，10mLpH=6的HR溶液加蒸馏水稀释至100mL，溶液pH均小于7，ba1−无法确定HR是否为弱电解质，B错误；C．若HR是弱酸，NaR在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大

，溶液pH增大，则25℃时，10mLpH=a的NaR溶液，升温至50℃测得溶液pH=b＜a说明HR是强酸，不是弱酸，C错误；D．由25℃时，若测得0.01mol⋅L-1HR溶液pH>2且pH<7可知，溶液中氢离子浓度

小于0.01mol/L，说明HR在溶液中部分电离，HR为弱酸，D正确；故选D。18.苯与2Br在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.反应焓变：反应Ⅰ>反应ⅡB.在该条件下，反应Ⅲ能自发

进行C.选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅰ的比例D.苯与2Br主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ【答案】C【解析】【详解】A．根据图中信息，反应I是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，A正确；B．根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应I+反应Ⅲ，所以反应Ⅲ为放热反应，H0＜，且为熵

增反应，S0＞，在该条件下，反应Ⅲ能自发进行，B正确；C．根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，C错误；D．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ

(溴苯)，D正确；答案选C。19.常温时，碳酸钙和硫酸钙的沉淀溶解平衡关系如图所示，已知()()22pCalgCac++=−，p(酸根离子)=lgc−(酸根离子)。[已知：()9sp3CaCO3.410K−=，()5sp4CaSO4.910K−=]下列说法不正确

的是A.曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线B.加入适量的氯化钙固体，可使溶液由c点变到a点C.b点对应的硫酸钙溶液不饱和D.向碳酸钙饱和溶液中通入2CO气体，溶液中()2Cac+不变【答案】B【解析】【分析

】由图像可知，Ⅰ对应的物质Ksp小，Ⅱ对应物中的Ksp大，由已知：()9sp3CaCO3.410K−=，()5sp4CaSO4.910K−=，曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线，曲线Ⅰ为3CaCO沉淀溶解曲线，据此回答。【详解】A．由分析知，曲线Ⅱ为4CaSO沉淀溶解曲线，

A正确；B．加入适量的氯化钙固体，()2Cac+增大，()()()2233sCaCOCaaqCOaq+−+溶解平衡向逆方向移动，23(CO)c−减小，可使溶液由a点变到c点，B错误；C．b点对应Q<Ksp，硫酸钙溶液不饱和，C正确；D．向碳酸钙饱和溶液中通入2CO气体，发生反应生

成碳酸氢钙，但()2Cac+不变，D正确；故选B。20.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A往2FeCl溶液中加入Zn片短时间内无明显现象2Fe+的氧化能力比2Zn+弱B向24NaCrO溶液中加硝酸银溶液至不再产生红棕色沉淀()24AgCrO时

，滴加稀NaCl溶液红棕色沉淀逐渐转化为白色沉淀()()spsp24KAgClKAgCrOC向沸水中逐滴加5~6滴饱和3FeCl溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀3Fe+先水解得3Fe(OH)胶体再聚集成3Fe(OH)沉淀D比较S与Cl的非金属性强弱用pH试纸测定1m

ol/L的2NaS和NaCl溶液的pH若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：SClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．往FeCl2溶液中加入Zn片，反应生成氯化锌和铁单质，2Fe+为氧化

剂、2Zn+为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，2Fe+的氧化能力比2Zn+强，故A错误；B．氯化银和铬酸银的形式不同，不能说明()()spsp24KAgClKAgCrO，B错误；C．3Fe+加

热先水解得3Fe(OH)胶体，持续加热破坏氢氧化铁胶体的稳定性，生成3Fe(OH)沉淀，C正确；D．硫化氢不是硫的最高价氧化物对应水合物形成的酸，不能判断非金属性强弱，D错误；故选C。第Ⅱ卷非选择题(共50分)21.

A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A、B、C、D、E为短周期元素，F为第四周期的过渡元素，六种元素的元素性质或原子结构特征如下表：元素元素性质或原子结构特征A原子s轨道电子数是p轨道电子数的2倍B原子p轨

道都有电子，且自旋方向相同C原子的价层电子排布是n2nnsnpD原子中只有两种形状电子云，其最外层只有1个电子Es轨道与p轨道电子数相同F最外层只有1个电子，次外层内的所有轨道的电子均成对请回答下列问题

：（1）元素A的核外电子排布式为___________；元素F的价层电子的轨道表示式为___________。（2）B的简单气态氢化物的中心原子杂化轨道类型为___________。（3）A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序为_

__________(用元素符号回答)。（4）D的基态原子核外电子的空间运动状态有___________种。（5）下列为E原子核形成的四种微粒，电子排布式分别为：①1Ne3s、②2Ne3s、③11Ne3s3p、④1Ne3p，电离最外层一个电子所需

能量最大的是___________(填标号)；当E从②状态变到③状态，形成的是___________光谱(选填“发射”或“吸收”)。【答案】（1）①.2221s2s2p②.（2）sp3（3）O＞N＞C（4）6（5）①.①②.吸收【解析】

【分析】由题干信息可知，A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A、B、C、D、E为的短周期元素，F为第四周期的过渡元素，A原子s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，即为1s22s22p2，即为C，C原子的价

层电子排布是n2nnsnp即2s22p4，则C为O，B原子p轨道都有电子，且B的原子序数比C的小，自旋方向相同即为1s22s22p3，则B为N，D原子中只有两种形状的电子云即只含s、p两种能级，其最外层只有1个电子，即1s22s22p63s1，则D为Na，E原子的s轨道与p轨道电子数相同，即

1s22s22p63s2，则E为Mg，F原子的最外层只有1个电子，次外层内的所有轨道的电子均成对，即为1s22s22p63s23p63d104s1，即F为Cu，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A为C，故元素A的核外电子排布式为1s22s22p2，F为Cu，是29号元素

，则元素F的价层电子的轨道表示式为，故答案为：1s22s22p2；；【小问2详解】由分析可知，B为N，B的简单气态氢化物即NH3中中心原子N周围的价层电子对数为：3+1(53?1)2−=4，故其中心原子N的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；【小问3详解】由分析可知，A为C、B为

N、C为O，根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大可知，A、B、C三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；【小问4详解】由分析可知，D为Na，其核外电子排布式为1s22s22

p63s1，即D的基态原子核外电子占据6个原子轨道，则D的基态原子核外电子的空间运动状态有6种，故答案为：6；【小问5详解】电子排布式分别为：①1Ne3s代表Mg+基态离子，失去电子为Mg的第二电离能，②2Ne3s为Mg的基态原子，失去电子为Mg的第一电

离能，③11Ne3s3p为Mg的激发态原子，失去电子为3p1上的电子，更容易失去，④1Ne3p代表Mg+的激发态离子，失去电子为3p1上的电子，结合元素的逐级电离能依次增大可知，电离最外层一个电子所需

能量大小顺序为：①＞②＞④＞③，电离最外层一个电子所需能量最大的是①；当E从②状态变到③状态即由基态转化为激发态，需要吸收能量，形成的是吸收光谱，故答案为：①；吸收。22.物质在水中可能存在电离平衡、

水解平衡和沉淀溶解平衡，回答下列问题：表中是常温下23HCO、2HS的电离常数和2Cu(OH)的溶度积常数：23HCO2HS2Cu(OH)714.210Ka−=1125.610Ka−=711.110Ka−=1421.010Ka−=20210spK−=（1）23CO−和3HCO−

结合质子能力较强的是___________。（2）常温下，120.1molLNaS−溶液的pH约为13，用离子方程式表示溶液显碱性的原因___________，该溶液中()cHS−___________()2Sc−(填“>、<或=”)。（3）某温度下，水

的离子积常数13W110K−=。该温度下，若100体积pHa=的24HSO溶液与1体积pHb=的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则ab+=___________。（4）常温下，某2CuCl溶液里()21cCu0.02molL+−=，如果要

生成2Cu(OH)沉淀，则应调整溶液pH大于___________；若要配制11000mL2molL−的2CuCl溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，至少需要滴加10.2molL−的盐酸___________mL。(加入盐酸后溶液体积变化忽略不计)【答案

】（1）23CO−（2）①.22SHOHSOH−−−++②.>（3）15（4）①.5②.0.5【解析】【小问1详解】根据表中数据，23HCO的711124.2105.610KaKa−−==＜，因此23CO−结合质子能

力较强。【小问2详解】常温下，120.1molLNaS−溶液的pH约为13，溶液显碱性的原因是2S−发生水解，用离子方程式表示为：22SHOHSOH−−−++；22SHOHSOH−−−++的水解平衡常数1414ah21Kw1.010K=1K1.010−−

==，120.1molLNaS−溶液的pH约为13，131c(H)110molL+−−=，1cOH0.1moL()l−−=，故h21110c(OHSK0SH).1−−−===，因此该溶液中()()2cHScS−−＞。【小问3详解】该温度下，水的离子积常数13WK110−=

，则pHa=的24HSO溶液()acH+−=10，pHb=的NaOH溶液()13bcOH10−−+=，24HSO溶液与NaOH溶液混合后溶液呈中性，则()()nOHnH−+=，a13b100101−−+10=，a

213b−+−+=，因此ab+=15。【小问4详解】22022c()(Cu(OH)c)210CuOHspK+−−==，当2CuCl溶液里()21cCu0.02molL+−=，如果要生成2Cu(OH)沉淀，则2091210c()110molL0OH0.2−−−−==

，51c()110oHmlL+−−=，因此应调整溶液pH大于5；若要配制11000mL2molL−的2CuCl溶液，则2022CuOc()c()0H21−−+，20101210c()110

molLOH2−−−−=，41c()110oHmlL+−−，至少需要滴加10.2molL−的盐酸4311100.5mL.200−=。23.科学家研究出一种以天然气为燃料“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。（1）已知：()()()

()142221CHg2OgCOg2HOlΔHakJmol−+=+=−()()()12222COgOg2COgΔHbkJmol−+==−()()()122232HgOg2HOlΔHckJmol−+==−则上述流程中第一步反应()()()()4222CHgOg2COg4

Hg+=+的H=___________。（2）工业上可用2H和2CO制备甲醇，其反应方程式为：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++；①已知二氧化碳与氢气生成甲醇的反应能自发进行，则

该反应自发进行的条件是___________。②在300℃、8MPa下，将21molCO和22molH通入0.1L体积不变的密闭容器中发生反应生成甲醇，达到的平衡时，测得2CO的平衡转化率为50％，则该反应条件下的平衡常数K为___________（3）2C

O经催化可与2H合成乙烯：()()()()222422COg6HgCHg4HOgΔH++，在0.1MPa时，按()()22nCO:nH1:3=投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)与温度(T)关系。①该反应的H___________0(填“>”或“<”)。②

曲线c表示的物质为___________。③为提高2H的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是___________。（4）依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的原电池装置，该电池负极的电极反应式为___________。【答案】（1）()12ab2ckJmo

l−−++（2）①.低温②.0.04（3）①.<②.24CH③.加压(或不断分离出水蒸气，其他合理答案均可)（4）322CHOH6eHOCO6H−+−+=+【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，由①×2−②−③×

2得2CH4(g)+O2(g)═2CO(g)+4H2(g)，则△H═()12ab2ckJmol−−++。【小问2详解】①二氧化碳与氢气生成甲醇的反应是熵减反应，即S<0，已知其能自发进行，GHTS)<0(=−，则该反应自发进行的条件是低温；②根据题意，2CO的平衡转化率为50％即转

化了0.5mol，可列三段式：()()()()2232COg+3HgCHOHg+HOg/mol1200/mol0.51.50.50.5/mol0.50.50.50.5起始转化平衡，则该反应条件下的平衡常数K为-230.5mol0.5mol0.1L0.1L=0.04(mol/L

)0.5mol0.5mol()0.1L0.1L。【小问3详解】①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故△H<0；②根据图知，升高温度氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则

正反应是放热反应；a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表C2H4；③由曲线变化可知随着温度升高，氢气物质的量逐渐增多

，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或不断分离出水，平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。【小问4详解

】甲醇燃料原电池中，通入甲醇的一极为负极，甲醇失去电子发生氧化反应在酸性条件下生成二氧化碳，该电池负极的电极反应式为322CHOH6eHOCO6H−+−+=+。24.22HO是医药、卫生行业上广泛使用的消毒剂。某课外小组采用滴定法测定某医用消毒剂中22HO的浓度。实验步骤如下：①标准液的配制和标定

：称取一定量4KMnO固体溶于水，过滤并取滤液经过一系列操作置于滴定管中待用，称取某质量的224NaCO固体于锥形瓶中，加水溶解，再加24HSO酸化，滴定至终点，滴定过程中发生的一个反应为：22244225HCO2MnO6H2Mn10CO8

HO−++++=++。(草酸不稳定，易分解)，根据消耗4KMnO溶液的体积标定4KMnO的浓度，得出()41cKMnOcmol/L=。②22HO浓度的测定：取待测样品15mL稀释至100mL，再取25.00mL于锥形瓶中，加24HSO酸化，用的上述4KMnO标准液滴定至终点

，平行滴定3次，平均消耗4KMnO溶液的体积1VmL。回答下列问题：（1）步骤①酸性高锰酸钾溶液装在___________滴定管(填“酸式”或“碱式”)（2）标定4KMnO标准液时需要控制温度为75℃

至85℃，温度不能过低或过高的原因可能是___________。（3）步骤②4KMnO标准液滴定22HO，直到___________，表示已达到滴定终点。（4）步骤②下列操作会使待测液双氧水的物质的量浓度偏低的是___________。A.盛标准液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗

B.读取标准液滴定前仰视，滴定后平视C.盛标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡D.锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗（5）该医用消毒剂中22HO的物质的量浓度为___________mol/L。【答案】（1）酸式（2）温度过低，反应较慢；温度

过高，草酸不稳定，易分解（3）滴入最后半滴4KMnO溶液后，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色（4）BC（5）1123cV【解析】【分析】用酸性高锰酸钾溶液滴定22HO浓度，酸性高锰酸钾需随用随配，配后用草酸标定其浓度；22HO与4KMnO反应方程式：+2+2222-42Mn

O+5HO+6H=2Mn+8HO+5O，可知二者的物质的量关系，根据消耗酸性高锰酸钾溶液可计算22HO浓度。【小问1详解】步骤①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，装在酸式滴定管。【小问2详解】标定4KMnO标准液时需要控制温度为75℃至85℃，温度不能过低或

过高的原因可能是温度过低，反应较慢；温度过高，草酸不稳定，易分解。【小问3详解】步骤②4KMnO标准液滴定22HO，4KMnO过量时溶液显红色，故直到滴入最后半滴4KMnO溶液后，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不

变色，表示已达到滴定终点。【小问4详解】A．盛标准液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，导致标准溶液被稀释，消耗体积偏大，使待测液双氧水的物质的量浓度偏高，A不选；B．读取标准液滴定前仰视，滴定后平视，导致读取的标

准溶液体积偏小，使待测液双氧水的物质的量浓度偏低，B选；C．盛标准液的滴定管滴定前尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，气泡的体积未计入读数内，使待测液双氧水的物质的量浓度偏低，C选；D．锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗，导致消耗标准溶液偏多，使待测液双氧水的物质的量浓度偏高

，D不选；故选BC。【小问5详解】根据22HO与4KMnO反应方程式：+2+2222-42MnO+5HO+6H=2Mn+8HO+5O，有n(22HO)=52n(4KMnO)，医用消毒剂中22HO的物质的量浓

度为-3-31110L10015255Vcmol/L22310LcV11=mol/L。