【文档说明】浙江省嘉兴高级中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(29)页，2.656 MB，由管理员店铺上传

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嘉兴高级中学2023学年第一学期期中考试高二年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16F：19Cr：52Na：23K：39Ba：137S：32Cl：35.5Fe：56Zn：65Cu：64Ag：10

8一、选择题(本大题共25题，每小题2分，共50分。每小题均只有1个正确答案。)1.已知H—H键键能为436kJ·mol-1，N—H键键能为391kJ·mol-1，根据热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3

(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1。则N≡N键的键能是A.431kJ·mol-1B.945.6kJ·mol-1C.649kJ·mol-1D.896kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】结合ΔH=反应物总键能-生成物总键

能，令N≡N键的键能为x，即-92.4kJ·mol-1=（x+3436kJ·mol-1）-（6391kJ·mol-1），整理计算得x=945.6kJ·mol-1，故选B。2.某兴趣小组进行了如下实验：向酸化的22HO溶液中同时加入KI溶液、维生素C和淀粉溶液，发现一段时

间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：反应ⅰ：2222HO2I2HI2HO−+++=+反应ⅱ：686CHO(维生素C)2666ICHO2I2H=−++++下列说法不正确．．．的是A.反应速率：反应ⅰ<反应ⅱB.可得氧化性强弱：222666HOICHOC.溶

液的pH始终保持不变D.溶液最终变蓝，说明所加()()22686HOCHOnn【答案】C【解析】【详解】A．发现一段时间后溶液变蓝，说明开始碘单质的生成速率小于消耗速率，故反应速率：反应ⅰ<反应ⅱ，A正确；B．氧

化剂氧化性大于氧化产物，由反应ⅰ可知，氧化性222HOI，由反应ⅱ可知，2666ICHO，故氧化性强弱：222666HOICHO，B正确；C．根据A分析可知，2个反应速率不同，故在反应过程中氢离子的消耗和生成速率不同，溶液的pH会的发生改变，C

错误；D．根据化学方程式体现的关系可知，恰好反应时622268HO~I~CHO，溶液最终变蓝，说明反应后碘单质过量，所加()()22686HOCHOnn，D正确；故选C。3.如图所示，装置甲为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置乙实现铁棒上镀铜，下列说法中

正确的是A.b处应通入2O，发生氧化反应B.装置乙中阴极质量变化12.8g，则装置甲中理论上消耗甲烷1.12L(标准状况)C.电镀结束后，装置乙中2Cu+的物质的量浓度变小D.装置甲中通甲烷的一极电极反应式为422CH8e2HOCO8

H−+−+=+【答案】B【解析】【分析】装置甲为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置乙实现铁棒上镀铜，则铜为阳极，铁棒为阴极，则a通入甲烷，b通入氧气。【详解】A．根据前面分析b处应通入2O，发生还原反应，故A错误；B．装置乙

中阴极质量变化12.8g即生成0.2mol铜，转移0.4mol电子，2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+，根据电路中电子转移数目相同，则装置甲中理论上消耗甲烷0.05mol即1.12L(标准状况)，故B正确；C．阳极铜失去电子变为铜离子，阴极铜离子得到电子

变为铜单质，电镀结束后，装置乙中2Cu+的物质的量浓度不变，故C错误；D．装置甲中通甲烷的一极电极反应式为2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+，故D错误。综上所述，答案为B。4.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是A.已知HF气体溶于水放热，则23456HHHHHH0

−−−−−B.相同条件下，HCl的2H比HBr的小C30H，5H0D.相同条件下，HCl的34HH+比HI的大【答案】C【解析】【详解】A．根据盖斯定律可知123456HHHHHHH−=++

++−，HF气体溶于水放热，则1H−<0，则23456HHHHHH0−−−−−，故A错误；B．HX(g)=H(g)+X(g)的过程为断键过程，吸收热量，因Cl的非金属性强于Br，则HCl中化学键比HBr中化学键稳定，HC

l断裂化学键时吸热更多，则HCl的2H比HBr的大，故B错误；C．H(g)=H+(g)该过程原子失去电子形成离子，吸收热量，X(g)=X-(g)该过程中原子得电子生成稳定离子，放出热量，则30H，5H0，故C正确；D．相同条件下，HCl的34HH+和HI的34HH

+，均表示气态氢原子到溶液中氢离子的形成，34HH+相同，故D错误；故选：C。5.叠氮酸()3HN与NaOH溶液反应生成3NaN。已知3NaN溶液呈碱性，下列叙述正确的是A.0.01mol/L的3HN溶液的pH2B.3HN溶液的pH随温度的升高而增大C.3NaN的电离方程式：

33NaN=Na3N+−+D.0.01mol/L的3NaN溶液中：()()()()33cHcNacNcHN++−+=+.【答案】A【解析】【详解】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N3−)会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能

完全电离，故0.01mol/LHN3溶液的pH>2，A正确；B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H++N3−，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大，pH减小，B错误；C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N3−，电离方程式为NaN

3=Na++N3−，C错误；D．0.01mol/INaN3溶液中，由物料守恒()()()33cNacNcHN−+=+，D错误；故答案选A。6.某温度下，在恒容密闭容器中充入NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）△H<0，达到平衡后，下列说法不正确的是A.再充入少

量NO2，达平衡后NO2的转化率升高B.再充入少量NO2，达平衡后NO2的体积分数增大C.再充入少量N2O4，达平衡后NO2的体积分数减小D.升高温度，体系的颜色加深【答案】B【解析】【详解】由于反应物和生

成物都是一种，所以不论加入NO2还是N2O4都是增大压强，平衡向正反应方向进行，所以选项B不正确，A、C都是正确的。正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，NO2的浓度增加，颜色加深。答案选B。7.常温下，将0.1mol∙L

−1NaOH溶液滴加到20mL0.1mol∙L−1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.Ka1(H2A)≈10−3B.b处溶质为NaHA，所以促进水的电离C.b点

时溶液中存在c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)D.c点时溶液中存在c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)＝10−4.5−10﹣9.5【答案】B【解析】【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和H2A，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至

c点时溶液成分为NaHA和Na2A。【详解】A．a点时pH≈3，加入10mLNaOH溶液，此时c(H2A)=c(NaHA)，可知，()()3a122ccHKHA10cHAHA−+−==（）（），A项正确；B．根据分析，c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA

-的电离程度大于水解程度，水的电离受到抑制，B项错误；C．()()11Wha12KK10KHAHA−−==，由c点pH=9.5可知Ka2(H2A)=10-9.5，b点时溶液为NaHA，则HA-的电离程度大

于水解程度，溶液中c(Na+)>c(HA﹣)>c(H+)>c(A2﹣)>c(H2A)，C项正确；D．c点为等物质的量的NaHA与Na2A混合溶液，电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(HA﹣)+2c(

A2﹣)，c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)=c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)-c(H+)，c点的pH=9.5，c(H+)=10-9.5mol/L，c(OH﹣)=144.59.51010/L10mol−−−=，c(Na+)﹣c(HA﹣)−2c(A2﹣)＝10−4.5−10-9.5

，D项正确；故选B。8.下列图示与对应叙述不正确的A.用图甲的装置可在实验室制备少量NH3B.用图乙的装置可实现在铁表面镀铜C.用图丙进行中和热的测定实验时，氢氧化钠分批加入，反应更充分，测定的中和热数值误差更小D.在一定温度下，冰

醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图丁所示，a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c＜a＜b【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，装置甲的向下排空气法收集氨气的试管中用棉花防止氨气的溢出，减少与空气的对流，则装置甲能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故A不符合题意；B．电镀

时，待镀镀件应该与电源的负极相连做阴极，故B不符合题意；C．氢氧化钠分批加入，会造成热量的散失，误差较大，应一次性全部加入，故C符合题意；D．溶液的导电能力越强，离子浓度越大，a、b、c三点中，导电能力最强的是b点，所以a、b、c三点对应的溶液中，c(H+)由小到大的顺序是c

＜a＜b，故D不符合题意；故答案选C。9.室温条件下，下列有关电解质溶液的描述正确的是A.向Na2CO3溶液中通入CO2至溶液为中性，则+2-3c(Na)>12c(CO)B.pH相同的氨水和Ba(OH)2溶液中：2c(+4NH)=c(

Ba2+)C.等浓度的KHSO3溶液与KOH溶液等体积混合：c(OH-)-c(H+)=c(-3HSO)+c(H2SO3)D.向Mg(OH)2浊液中加入少量NH4Cl粉末2+-c(Mg)c(OH)不变【答案】A【解析】

【详解】A．混合溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)=2c(2-3CO)+c(HCO3-)，所以()+2-3cNa2c(CO)＞1，故A正确；B．pH相同的氨水和Ba(

OH)2溶液中c(OH-)、c(H+)分别相等，根据电荷守恒得c(+4NH)=2c(Ba2+)，故B错误；C．等浓度的KHSO3溶液与KOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成亚硫酸钾，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH-)-c(H+)=c(-3HSO)+2c(H2SO3)，故C

错误；D．氯化铵水解导致溶液酸性，氢氧化镁和氢离子反应生成镁离子和水，所以镁离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，所以()()2+-cMgcOH增大，故D错误；故选A。10.反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加

快的是①增加铁的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大A.①④B.②③C.①③D.②④【答案】D【解析】【详解】①铁是固体，增加铁的量，浓度不变，正反应速率不变，故①不选；②将容器的体积缩小一

半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故②选；③体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故③不选；④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，故④选；故答案为D。11.某

反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.反应过程a有催化剂参与，b无催化剂参与B.反应过程b分两步进行，第一步为慢反应C.反应过程a、b的活化能相同，H也相同D.升高温度有利于提高反应物的转化率【答案】B【解析】【详解】A

．催化剂可降低反应物的活化能，根据图示可知，反应过程b有催化剂参与，a无催化剂参与，A错误；B．反应过程b分两步进行，第一步正反应活化能较大，反应速率慢，为慢反应，B正确；C．反应过程b有催化剂参与，降低了活化能，不改变反应热，所以a、b的活化能不

相同，最终H相同，C错误；D．从图中可看出，上述反应为放热过程，所以升高温度不利于平衡正向移动，会降低反应物的平衡转化率，D错误；故选B。12.25℃，浓度为10.1molL−的几种弱电解质的电离度a如下表。下列说法不正确．．

．的是电解质3CHCOOH2HNOHF32NHHOa/%1.37.07.81.3A.电离常数从大到小顺序为：()()()()aa2a3b32HFHNOCHCOOHNHHOKKKK=B.溶液的pH大小顺序为()

()()()3223pHNHHOpHHFpHHNOpHCHCOOHC.4NHF溶液呈酸性D.等浓度的3CHCOONa、2NaNO、NaF溶液，pH最大是3CHCOONa溶液【答案】B【解析】【详解】A．从表中

可知，电离度HF>HNO2>CH3COOH=NH3·H2O，故电离常数从大到小顺序为()()()()aa2a3b32HFHNOCHCOOHNHHOKKKK=，A正确；B．浓度相同的四种溶液，NH3·H2O溶液呈碱性，pH最大，剩余三种物质电离程度HF>HNO2

>CH3COOH，电离程度越大，pH越小，则pH大小顺序为()()()3232pHNHHOpHCHCOOHpHHNOpH(HF)，B错误；C．NH3·H2O的电离程度小于HF，则4NH+的水解程度大于F-，因此NH4F溶液呈酸性，C正确；D．电离程度HF>HNO2>CH3COOH

，则等浓度情况下，其酸根离子的水解程度为F-<2NO−<CH3COO-，则等浓度的3CHCOONa、2NaNO、NaF溶液，pH最大是3CHCOONa溶液，D正确；故答案选B。13.Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示电离常数、水的离

子积常数、水解常数、溶度积常数，下列判断不正确的是A.室温下3a(HClO)a(CHCOOH)K<K，3CHCOOH的电离度一定比HClO的大B.+wc(H)=K的溶液任何温度下均为中性C.已知25℃时，AgCl和砖红色沉淀Ag2CrO4的Ksp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，

则用AgNO3标准溶液滴定Cl-时，可采用K2CrO4为指示剂D.某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh越大【答案】A【解析】【详解】A．室温下3a(HClO)a(CHCOOH)K<K，说明CH3COOH的酸性比HClO大，但电离度除了和弱酸本身有关外

，还和浓度有关，则CH3COOH的电离度不一定比HClO的大，故A错误；B．Kw=c（H+）•c（OH-），则+wc(H)=K的溶液中c（H+）=c（OH-），该溶液一定呈中性，故B正确；C．25℃时Ag2CrO4、AgCl的K

sp分别为1.8×10-10和2.0×10-12，当离子浓度小于10-5mol/L时可认为沉淀完全，则恰好沉淀完全时c（Ag+）=sp-K(AgCl)c(Cl)=1051.81010−−mol/L=1.8×10-5mol/

L，此时溶液中c（CrO24−）=sp242+K(AgCrO)c(Ag)=12522.010(1.810)−−mol/L≈6.17×10-3mol/L＞10-5mol/L，CrO24−没有沉淀完全，则

可采用K2CrO4作指示剂，故C正确；的D．NaA的水解常数Kh=-c(HA)c(OH)c(A)−=-c(HA)c(OH)c(A)−×++c(H)c(H)=aKKw，Ka为HA的电离平衡常数，则一元弱酸HA的Ka越小，Kh越大，故D正确；故选：A。14.电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示

滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用10.1000molL−的NaOH标准溶液滴定同浓度的44NHHSO溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是A.滴定过

程中，溶液中()2-4cSO逐渐减小B.a点溶液中：()()()()+++-4cNH+cH-cNa=cOHC.b点溶液中：()()()()+2-+-44cNa>cSO>cNH>cOHD.a、b点水的电离程度：a>b【答案】C【解析】【详解】

A．滴定过程中()2-4nSO不变化，但溶液体积变大，故()2-4cSO变小，A正确；B．a点时恰好发生：()442444222NHHSO2NaOHNaSONHSO2HO+++，由电荷守恒，存在：()()()()()+++2-

-44cNH+cNa+cH=2cSO+cOH；由物料守恒，存在：()()+2-4cNa=cSO，故a点溶液存在：()()()()+++-4cNH+cH-cNa=cOH，B正确；C．b点时恰好发生：442

4322NHHSO2NaOHNaSONHHOHO+++，溶质为24NaSO和32NHHO，()()()()+2--+44cNa>cSO>cOH>cNH，C错误；D．a点时溶液中存在等物质的量的24NaSO、()

442NHSO，因4NH+水解，促进水的电离，而b点一水合氨电离，抑制水的电离，所以a>b，D正确；故选C。15.已知：3CH4(g)+2N2(g)3C(s)+4NH3(g)△H>0，700℃时，CH4与N2在不同物质的量之比时CH4的平衡转化率如图所示。下列说法正确的

是A.42n(CH)nN()越大，CH4的转化率越高B.42CHNnn()()不变时，若升温，NH3的体积分数会增大C.b点对应的平衡常数比a点的大D.a点对应的NH3的体积分数约为26%【答案】B【解析】【详解】A．由图42n(CH)n(N)越大，CH4的平衡转化

率越低，故A错误；B．正反应是吸热反应，42n(CH)n(N)不变时，若升温平衡正向移动，NH3体积分数会增大，故B正确；C．a、b两点温度相同，b点对应的平衡常数与a点的相同，故C错误；D．a点甲烷转化率为22%，42n(CH)n(N)=0.75，则设甲

烷为3mol则，氮气为4mol，()42383CH22N(g)+(g)+(g)(mol)340(mol)30.2220.2240.2(mol)2.34364NH3.50.8Cs起始转化平衡，则NH3体积分数约为0.882.343.560.88++

的×100%=13%，故D错误；故选B。16.常温下，下列各组离子一定能大量共存的是A.由水电离出的()111H110molLc+−−=的溶液中：2Mg+、4NH+、24SO−、3HCO−B.在含大量3

Fe+的溶液中：4NH+、Na+、Cl−、SCN−C.与Al反应能放出2H的溶液中：4NH+、3Al+、23CO−、3NO−D.在()()8H10OH+−−=cc的溶液中：Na+、K+、2AlO−、23CO−【答案】D【解析

】【详解】A．由水电离的c(H+)=1×10﹣11mol•L﹣1的溶液中存在大量的H+或OH﹣，Mg2+、-3HCO离子与氢氧根离子反应，-3HCO离子与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；B．在含大量3Fe+的

溶液中，SCN−与3Fe+不能大量共存，故B错误；C．加入铝粉产生H2的溶液中存在大量的H+或OH﹣，Al3+、4NH+与氢氧根离子反应，23CO−与氢离子反应，且3Al+与23CO−会发生强烈双水解，在

溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．()()8H10OH+−−=cc的溶液中存在大量氢氧根离子，所给离子组都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D。17.常温下，向20.00mL0.1000mol•L-1的CH3COOH溶液中滴加0.1000mol

•L-1的NaOH溶液，溶液中lg-33c(CHCOO)c(CHCOOH)随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.常温下，CH3COOH的电离常数为10-9.24B.当溶液的pH=7时，消耗NaOH溶液20.00mLC.溶液中水的电离程度

大小：a＞b＞cD.c点溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】D【解析】【分析】3CHCOOH为弱电解质，在溶液中存在电离平衡33CHCOOHCHCOOH−++，常温下，3CHCOOH的电离常数()()()3a3C

HCOOHCHCOOHccKc−+=，b点时，溶液的pH4.76=，()()33CHCOOlg0CHCOOHcc−=，()()33CHCOOHCHCOOcc−=，则3CHCOOH的电离常数()4.76H10Kc+−==；向20.00mL0.10001molL−的3CHCO

OH溶液中滴加0.10001molL−的NaOH溶液，由于温度不变，a点时，溶液的pH2.88=，则()2.881H10molL+−−=c，()()33CHCOOlg1.88CHCOOHcc−=−，则()()31.883CH

COO10CHCOOH−−=cc，()Hc+()()32.881.884.76a3CHCOO101010CHCOOHcKc−−−−===，则a点为3CHCOOH溶液；149.24wh4.76a101010−−−===KKK，c点含有3CHCO

ONa，3CHCOONa存在水解平衡323CHCOOHOCHCOOHOH−−++，()()()3h3CHCOOHOHCHCOOccKc−−=，pH8.73=时，()145.278.7310OH1010c−−−−

==，()()33CHCOOlg3.97CHCOOHcc−=，()()33.973CHCOOH10CHCOO−−=cc，()()()33.975.279.24h3CHCOOHOH101010CHCOO−

−−−−===ccKc，c点为3CHCOONa溶液，则b点为3CHCOOH和3CHCOONa的混合溶液。【详解】A．由上述分析可知，3CHCOOH的电离常数等于()4.76H10c+−=，A错误；B．根据分析，c点为3CHCOONa溶液，向20.00mL的

3CHCOOH溶液0.10001molL−中滴加20.00mL0.10001molL−的NaOH溶液，生成弱酸强碱盐，水解呈碱性，此时溶液的pH7，B错误；C．酸或碱会抑制水的电离，弱酸强碱盐水解呈碱性，促进水的电离，根据分析，a点为3CHCOOH溶液，b点为3CHCOOH和3CHCOON

a的混合溶液，c点为3CHCOONa溶液，则溶液中水的电离程度：c>b>a，C错误；D．c代表3CHCOONa溶液，由于醋酸根离子会水解，则()()3NaCHCOOcc+−，但水解较微弱，则()()3CHCOOOH−−cc，根据电荷守恒可得()()()()3NaHCHCOO

OHcccc++−−+=+，故c点溶液中，()()()()3NaCHCOOOHHcccc+−−+，D正确；故选D。18.对下列图像的描述中，正确的是A.根据图①可判断正反应的Δ0HB.图②可表示压强(p)对反应()()()()2A

g2Bg3CgDs++的影响C.图③可表示催化剂能降低反应活化能加快反应速率，但不改变化学反应的焓变D.图④为水的电离平衡曲线图，若从A点到C点，可采用在水中加入适量NaOH固体的方法【答案】C【解析】【详解】A．根据图①可知，升高温度()()>vv正逆，平衡正向移动，可判断

正反应的Δ0H，故A错误；B．根据图②，增大压强，反应物百分含量不变，可知反应前后气体系数和不变，所以图②不能表示压强(p)对反应()()()()2Ag2Bg3CgDs++的影响，故B错误；C．催化剂能降低反应活

化能，图③可表示催化剂能降低反应活化能加快反应速率，但不改变化学反应的焓变，故C正确；D．图④为水的电离平衡曲线图，从A点到C点，Kw增大，可采用加热的方法，故D错误；选C。19.常温下，下列实验方案以及得出的结论均正确的是A.用广泛pH试纸测NaClO溶液的pH，证明HClO为弱

酸B.2HA为二元弱酸，其电离平衡常数为a1K、a2K，用广泛pH试纸测NaHA溶液的pH，若pH7，则a2K<wa1KKC.分别测NaHA溶液和NaHB溶液的pH，若NaHA溶液的pH大，则2HA的酸性比2HB弱D.取等体积、等pH的HA溶液和盐酸，均稀释相同倍数，若稀

释后HA溶液的pH较小，则HA为弱酸【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用pH试纸测溶液的pH，A错误；B．NaHA溶液存在HA-的电离和水解，离子方程式分别为：-+2-HAH+A、22-

-HA+OHHA+OH，平衡常数分别为a2K和wa1KK，若pH7，说明电离程度大于水解程度，Ka2>wa1KK,B错误；C．需要测定相同物质的量浓度的NaHA溶液和NaHB溶液的pH，C错误；D．取等体积、等pH的HA溶液和盐酸，均稀释相同倍

数，强酸的pH变化较大，稀释后HA溶液的pH较小，则HA为弱酸，D正确。故选D。20.常温下，下列说法中正确的是①3NaHCO溶液加水稀释时，()()3NaHCOcc+−将增大②浓度均为0.1mol/L的23NaCO、3NaHCO混合溶液：()()()2332Na3COHCOccc+−−=+

③pHa=的稀24HSO与pHb=的氨水等体积混合后恰好完全反应，则ab14+④物质的量浓度相同的溶液①4NHCl②44NHHSO③34CHCOONH，()4NHc+由小到大的顺序是①③②A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】

B【解析】【详解】①3NaHCO为强碱弱酸盐，溶液加水稀释时，碳酸氢根离子水解程度增大，则()()3NaHCOnn+−增大，()()3NaHCOcc+−将增大，①正确；②碳酸根离子和碳酸根离子会水解产生碳酸，根据物料守恒浓度均为0.1mol/L的23NaCO、3NaHCO混合

溶液：()()()233232Na3COHCO+(HCO)cccc+−−=+，②错误；③由于一水合氨为弱碱，若混合后两者恰好完全反应，则n(H+)=n(NH3·H2O)，则10-a>10b-14，则ab14+

，③正确；④4NHCl为强酸弱碱盐，44NHHSO电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，34CHCOONH电离出的醋酸根离子能促进铵根离子的水解，故物质的量浓度相同的溶液①4NHCl②44NHHSO③34CHC

OONH，()4NHc+由小到大的顺序是③①②，④错误；答案选B。21.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：2A(g)＋B(g)C(s)＋3D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法不正确的是A.前2mi

nD的平均反应速率为1.2mol·L-1·min-1B.此时A的平衡转化率是80%C.增大该体系的压强，平衡向逆方向移动D.该温度下平衡常数K=432【答案】C【解析】【分析】在2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行反应

：2A(g)＋B(g)===C(s)＋3D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，则：2A(g)B(g)C(g)3D(g)/mol4200/mol3.21.61.64.8/mol3.20.41.64.8+=+开始转

化平衡【详解】A．v(D)=ΔcD/Δt=4.8mol/(2L*2min)=1.2mol·L-1·min-1，A正确；B．达到平衡时，A的转化率为3.2mol/4mol×100%=80%，B正确；C．该反应为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，C错误；D．该温度下平衡常数K=32c(D)c

(A)c(B)=(4.8/2)3/(0.8/2)2×(0.4/2)=432，D正确；故选D。22.已知常温下Ksp(AgCl)=1.6×10﹣10，Ksp(AgI)=8.3×10﹣17，下列有关说法正确的是A.常温下，AgCl在纯水中的Ksp比在AgNO3溶液中的Ksp大

B.向AgCl与AgI等体积混合的饱和溶液中加入足量浓AgNO3溶液，产生的AgCl沉淀的物质的量少于AgIC.在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，且溶液中c(Ag+)=c(Cl﹣)D.向AgI与AgC

l的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，(Cl)(I)cc−−不变【答案】D【解析】【详解】A．Ksp只受温度影响，常温下AgCl在纯水中的Ksp和AgNO3溶液中的Ksp一样大，故A错误；B．Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，则饱和溶液中氯离子浓度大

于碘离子浓度，加入足量浓AgNO3溶液后生成AgCl沉淀的物质的量大于AgI，故B错误；C．通入HCl后溶液中氯离子浓度增大，银离子浓度减小c(Ag+)＜c(Cl-)，故C错误；D．向AgI与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，--sp--spKAgC

lc(Cl)c(Cl)c(Ag)c(I)c(I)c(Ag)KAgI++==（）（）不变，故D正确；故选D。23.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol•L﹣1Na2C2O4标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确

的是A.测得0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c(Na+)>c(2-24CO)>c(-24HCO)>c(H+)B.向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7，此时溶液中存在：c(Na+)=c(-24

HCO)+2c(2-24CO)C.向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为2-24CO+4-4MnO+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2OD.已知CaC2O4难溶于水，存在溶解平衡，25℃时饱和CaC2O4溶液的浓度为5×10﹣5mol•L﹣

1，向该溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，所得上层清液中c(2-24CO)＜5.00×10﹣5mol•L﹣1【答案】AD【解析】【详解】A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6，溶液中存在水解平衡2-24CO+H2O⇌-24HCO+

OH﹣，故c(Na+)>c(2-24CO)>c(-24HCO)>c(H+)，选项A正确；B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7，c(H+)=c(OH﹣)，由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(O

H﹣)+c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(Cl﹣)，故c(Na+)=c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(Cl﹣)，选项B错误；C．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化生成H2C2O4，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为5H2

C2O4+2-4MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，选项C错误；D．饱和草酸钙溶液的浓度为5×10-5mol/L，则草酸钙的溶度积为2.5×10-9，向该溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，发生反应Ca

Cl2+Na2C2O4=CaC2O4↓+2NaCl，反应后CaCl2过量，混合后溶液中c(Ca2+)=0.005mol/L，所得上层清液中c(2-24CO)=sp242+(CaCO)(Ca)Kc=92.5100.005−mol/L=5×10﹣7mol•L﹣1＜5.00×10﹣5mol•L﹣1

，选项D正确；答案选AD。24.500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)＝6.0mol·L－1，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，假定电解

后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是()A.原混合溶液中c(K＋)为2mol·L－1B.上述电解过程中共转移6mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5molD.电解后溶液中c(H＋)为2mol·L－1【答案】A【解析】【详解】A、Cu(NO3)2的物质的量

是1mol，根据N守恒可得n(KNO3)=6.0mol/L×0.5L－2mol=1mol，所以c(K＋)=c(KNO3)=1mol0.5L=2mol/L，选项A正确；B、电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，在阳极发生反应：4OH-－4e-=2H2O+O2↑。n(O2)

=22.4L22.4L/mol=1mol。则转移电子4mol，因此选项B错误；C、在阴极首先发生反应：Cu2++2e-=Cu，然后发生：2H++2e-=H2↑。由于产生氢气的物质的量是1mol，得到电子2mol，则产生C

u转移的电子也是2mol，产生Cu1mol。所以选项C错误；D、因为在反应过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等，因为电子转移4mol，所以电解后溶液中H＋的物质的量也是4mol，所以c(H＋)=4mo

l0.5L=8mol/L，所以选项D错误；答案选A。25.向两个锥形瓶内各加入0.24g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入10mL12molL−的盐酸、10mL12molL−的醋酸，测得锥形瓶内压强和pH变化如图所示。

下列说法正确的是A.a、b表示溶液pH随时间的变化，c、d表示气体压强随时间的变化B.a、d曲线表示盐酸，b、c曲线表示醋酸C.反应开始时醋酸的反应速度大于盐酸的速率D.反应全部结束时，醋酸放出的气体物质的量多【答案】B【解析】【

分析】由题给数据可知，镁的物质的量为0.01mol，盐酸和醋酸的物质的量均为0.02mol，则反应中镁和盐酸、醋酸均恰好反应分别生成氯化镁和醋酸镁，氯化镁中由于镁离子水解生成氢离子导致溶液显酸性，醋酸镁中醋酸根离子、镁离子均水解，使得醋酸镁溶液

pH大于氯化镁；故cd分别为醋酸、盐酸反应的pH曲线；盐酸为强酸，反应速率更快，开始压强变化更大，故ab分别为盐酸、醋酸反应的压强曲线；【详解】A．由分析可知，a、b表示气体压强随时间的变化，c、d表示溶液pH随时间的变化，A错误；B．由分析可知，a、d曲线表示

盐酸，b、c曲线表示醋酸，B正确；C．盐酸为强酸，反应速率更快，开始压强变化更大，故反应开始时醋酸的反应速度小于盐酸的速率，C错误；D．由分析可知，反应全部结束时，醋酸、盐酸放出的气体物质的量相同，D错误；故选B。二、填空题(共5题)26.完成下列问题。（1）煤化工可以制取甲醇

，甲醇﹣空气燃料电池，以KOH溶液为电解质溶液(电极材料为惰性电极)，当KOH全部转化为KHCO3，停止放电，写出负极的电极反应式__________。（2）煤化工中生产合成气的反应为：22C(s)+HO(g)CO(g)+H(g)1H=+1

31.5kJmol−。①该反应在_______(填高温或低温)自发进行。②在恒温恒容下，同时放入22C(s)HO(g)CO(g)H(g)、、、四种物质，下列事实能够说明反应22C(s)+HO(g)CO(g)+H(g)1H=+131.5kJmol

−已达到平衡的是____。A．反应体系中，混合气体的密度不再改变B．反应体系中，CO和H2的体积分数相等C．反应体系中，当有2molH−O键断裂的同时有1molH−H键形成D．混合气体的平均相对分子质量保持不变（3）下列事实可以证明尿酸(HUr)是弱电解质的是_________

__(填字母)。A.NaUr溶液显碱性B.HUr溶液可使紫色石蕊溶液变红C.37℃时，等浓度的尿酸溶液的导电性比盐酸弱D.10mL0.01mol/LHUr溶液与10mL0.01mol/LNaOH溶液完全反应（4）天然气化工中生产合成气的主要反应为：2CH4（g）+O

2（g）⇌2CO（g）+4H2（g）ΔH=akJ•mol-1。在恒容容器中按物质的量之比1：2加入一定量的CH4和O2，在压强为1.01×105Pa、不同温度下测得CH4的平衡转化率如图所示，请在图中画出压强为5.05×105Pa时CH4的平衡转化率随温度的变化曲线___

________。【答案】26.CH3OH-6e-+7OH-=-3HCO+5H2O27.①.高温②.AD28.AC29.【解析】【小问1详解】甲醇—空气燃料电池中，通入空气的电极为正极，通入甲醇的电极为负极，碱性条件下，负极

上甲醇发生失电子的氧化反应生成-3HCO，负极电极反应式为CH3OH-6e-+7OH-=-3HCO+5H2O。【小问2详解】①该反应的∆H＞0、∆S＞0，该反应在高温下∆G＜0，反应能在高温自发进行；

②A．由于C呈固态，建立平衡的过程中混合气体的质量是变量，在恒温恒容容器中，混合气体的密度是变量，则反应体系中混合气体的密度不再改变能说明反应已达到平衡，A项选；B．若开始放入的CO(g)、H2(g)

的物质的量相等，建立平衡的过程中CO和H2的体积分数始终相等，则反应体系中CO和H2的体积分数相等不能说明反应达到平衡，B项不选；C．反应体系中，当有2molH—O键断裂一定有1molH—H键形成，只表示正反应方向，不能说明反应达到平衡，C项不选；D．由于C呈固态，结合方程式知，建立平衡的

过程中混合气体的平均相对分子质量是变量，则混合气体的平均相对分子质量保持不变说明反应达到平衡，D项选；答案选AD。小问3详解】A．NaUr溶液显碱性，说明Ur－会水解，A项能够证明尿酸是弱电解质；B．HUr溶液可使紫色石蕊溶液变红，只能表

明HUr能电离出H+，HUr溶液呈酸性，不能证明存在电离平衡，B项不能证明尿酸是弱电解质；C．37℃时，等浓度的尿酸溶液的导电性比盐酸弱，说明HUr电离不完全，HUr为弱酸，C项能够证明尿酸是弱电解质；D．1

0mL0.01mol/LHUr溶液中的HUr和10mL0.01mol/LNaOH溶液中的NaOH的物质的量相等，Hur和NaOH恰好能够完全反应，与尿酸是否是弱电解质无关，D项不能证明尿酸是弱电解质。答案选AC。【

小问4详解】2CH4(g)+O2(g)⇌2CO(g)+4H2(g)的正反应为气体分子数增大的反应，在相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，故压强为5.05×105Pa时CH4的平衡转化率随温度的变化曲线在原曲线（

1.01×105Pa）下，即为。27.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O72－，利用滴定原理测定Cr2O72－含量方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量

的碘化钾溶液充分反应：Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：（I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6）滴定次

数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a（1）步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是_____。【（2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为_____。滴定达到终点的实验现象是____。（3）步骤Ⅲ中

a的读数如图所示，则：①a=_____。②Cr2O72－的含量为____g•L-1。（4）以下操作会造成废水中Cr2O72－含量测定值偏高的是_____。A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C.滴定到终点读数时发现滴定

管尖嘴处悬挂一滴溶液D.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗【答案】①.酸式滴定管②.淀粉溶液③.溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色④.18.20⑤.2.16⑥.CD【解析】【详解】(1)根据信息，Cr2O72－氧化性较强,量取废水应用酸式滴定管，因

此，本题正确答案是:酸式滴定管;(2)滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂;滴定达到终点时碘单质刚好被消耗,所以溶液的颜色由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色,因此，本题正确答案是:淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色,且在半分钟内不变色；(3)①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，

a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为18.00mL，根据Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na

2S2O3===2NaI+Na2S4O6Cr2O72－~3I2~6Na2S2O3，n(Cr2O72－)=16n(Na2S2O3)=160.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-4molCr2O72－的含量为:4310216/0.03molg

molL−=2.16g•L-1(4)根据Cr2O72－+6I－+14H+===2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6,则c(待测)偏高,Cr2O72－含量就偏高;A.滴定终点读

数时,俯视滴定管的刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏低,故A错误;B.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用待测液润洗,对V(标准)无影响,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）

待测）分析,测定c(待测)无影响,故B错误;C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以C选项是正确的;D.未用标准液润洗碱式滴定管,标准液的浓度偏小,造成V(标准)偏大,根据c(待测)

(V(cV标准）（标准）待测）分析,测定c(待测)偏高,所以D选项是正确的;因此，本题正确答案是:CD。28.物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡，根据所学知识回答下列问题：（1）下列方法中，可以使30.10mol/LCHCOOH溶液中()()+3cHcC

HCOOH值增大的措施是_______(填序号)。a.加水稀释b.加入少量3CHCOONa固体c.加少量烧碱溶液（2）常温下，将pH2=的酸HA溶液某和pH2=的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH5=。由此可知，酸HA是酸_______(填“强”或“弱”)，该混合溶液中()(

)-+cA-cNa=_______mol/L(填数值)。若将等浓度的此酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合后溶液呈_______性，其原因可用离子方程式表示为_______。（3）25℃下，有浓度均为0.1mol/L的三种溶液：a.3NaHCO；b.N

aClO；c.3CHCOONa。(已知25℃时电离常数：23HCO7a1K4.410−=，11a2K=4.710−，HClO8aK=3.010−；5CHCOOH5aK1.810−=)①三种溶液pH最大的是_______(用序号表示)。②溶液a的pH大于8，则溶液中()23

cHCO_______()2-3cCO(填“>”、“<”或“=”)。（4）已知25℃时，()10ap4KBaSO110−=，()9ap3KBaCO2.610−=。该温度下，4BaSO和3BaCO共存的悬浊液中，(

)()2-42-3cSO=cCO_______。【答案】（1）a（2）①.弱②.-5-910-10③.碱性④.--2A+HOHA+OH（3）①.b②.>（4）126【解析】【小问1详解】a．()()()()()()()++-3a-3333cHcHcCHCOOKcCHCOOHcCHCOOHcCHC

OOHcCHCOO==，加水稀释，c(CH3COOH)浓度减小，则()()+3HCHCOOHcc增大，a与题意相符；b．加入少量CH3COONa固体，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸的浓度增大，氢离子浓度减小，()()+3HCHCOOHcc减小，b与题意不符；c．()()()()+w-33

cHKcCHCOOHcCHCOOHcOH=，加入烧碱，c(OH-)增大，则()()+3HCHCOOHcc减小，c与题意不符；故选a。【小问2详解】pH=2的酸HA溶液中c(H+)=10-2，pH12=的NaOH溶液中溶液中c(OH-)=10

-2，等体积混合后溶液pH=5≠7，说明，说明酸HA有剩余，则酸HA是弱酸；的氢氧根离子都是水电离的，则水电离出的c(OH-)=1.0×10-9，水电离出的c(OH-)和c(H+)相等，即由水电离出来的氢离子浓度=1.0×10-9mol/L；该混合溶液中，

pH=5，则溶液中c(H+)=105，溶液中c(OH-)=10-9，根据电荷守恒：()()()()--++cA+cOH=cNa+cH，所以()()()()-++-cA-cNacH-cOH==-5-910-10；若将等浓度的此酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，两者完全反应生成NaA，

是强碱弱酸盐，A-发生水解--2A+HOHA+OH，使溶液显碱性。【小问3详解】25℃下，有浓度均为0.1mol/L的三种溶液：a.3NaHCO；b.NaClO；c.3CHCOONa。(已知25℃时电离常数：23HCO7a1K4.410−=，11a2K=4.710−

，HClO8aK=3.010−；5CHCOOH5aK1.810−=)①根据电离常数，可推知酸性强弱关系为：323CHCOOH>HCO>HClO,根据盐类水解的规律：越弱越水解，所以水解程度：33CHCOO<HCO<ClO−−−，所以pH从大到小的关系为：.NaClO>3NaHCO

>3CHCOONa，即b的pH最大；②溶液a是3NaHCO，pH大于8，溶液显碱性，则说明-3HCO的水解大于-3HCO的电离，素以溶液中()23cHCO>()2-3cCO。【小问4详解】该温度下，4BaSO和3BaCO共存的悬浊液中，()(

)()()()()()()2-2-2+1044492-2-2+333cSOcSOcKspBaSO1101==6Ba2.6102cCOcaCOcKspBaCOB−−==。29.研究二氧化碳的回收利用是实现碳中和的途径之一。（1）已知：i．

-12211CO(g)+O(g)=CO(g)ΔH=-283kJmoL2ⅱ．-122221H(g)+O(g)=HO(g)ΔH=-242kJmoL2iii．-1233CO(g)+2H(g)CHOH(g)H=-kΔ90JmoL则iv．2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)Δ

H=__________kJ∙mol-1。（2）向容积均为2L的恒容密闭容器中分别通入21.0molCO(g)和23.0molH(g)，在不同催化剂X、Y催化下，发生反应iv，测得5min时，2CO转化率与温度的变化关系如图所示。①该反应较适宜的催化剂是___________(填“X”或“Y”)。

②温度为1T时，a点对应容器在0~5min内的平均反应速率()2vH=___________-1-1molLmin。③b、c点对应状态下的正反应速率b___________c(填“>”、“<”或“

=”)。（3）对于反应：2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)，()()3正正22v=kpCOpH，()()3逆2逆v=kpCHOHpHO，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量

分数)。①降低温度，正逆kk将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；②温度为T时，按照()()22nCO:nH=1:3投料，2CO转化率为50%时反应达到平衡，此时容器总压为2.0atm。用气体分压表示的平衡常数PK=

______-2atm。【答案】（1）—49（2）①.X②.0.12③.>（3）①.增大②.13【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应ⅱ—i+iii得到反应iv，则△H=△H2—△H1+△H3=(—242kJ/mol)—

(—283kJ/mol)+(—90kJ/mol)=—49kJ/mol，故答案为：—49；【小问2详解】①由图可知，相同温度时，使用催化剂X时，二氧化碳的转化率高于催化剂Y，则催化剂X的活性强于催化剂Y，则该反应较适宜的催化剂是

X，故答案为：X；②由图可知，温度为1T时，a点对应容器Y中二氧化碳的转化率为40%，则由方程式可知，在0~5min内氢气的平均反应速率为1.040%32L5min=0.12-1-1molLmin，故答案为：0.12；③反应温度越高，反应速率越快，

由图可知，b点反应温度高于c点，则b、c点对应状态下的正反应速率b点大于c点，故答案为：>；【小问3详解】①反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则()()3正正22v=kpCOpH=()()3逆2逆v=kpCHOHpHO，正逆kk=()()()()32322pCHOH

pHOpCOpH=Kp，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，Kp增大，则正逆kk增大，故答案为：增大；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com