【文档说明】浙江省杭州第二中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题 含解析 .docx，共(25)页，1.827 MB，由小赞的店铺上传

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杭州二中2023学年第一学期高二年级期中考化学试卷可能用到的原子量：H1−C12−N14−O16−Na23−Al27−Cl35.5−Fe56−本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。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.常温下，下列能使()51H110molLc+−−=水并能使溶液呈酸性的粒子是A.H+B.2Mg+C.3HCO−D.F−【答案】B【解析】【详解】()51H110molLc+−−=水的

溶液中水的电离被促进，H+会抑制水的电离，3HCO−和F−发生水解促进水的电离，但水解后呈碱性，2Mg+发生水解促进水的电离，但水解后呈酸性，故选B。2.下列说法不正确的是A.化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞B.普通分子也能发生碰撞C.增大反应物浓度会加快反应速率的原

因是增加了单位体积内活化分子的百分数D.升高温度会加快反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大【答案】C【解析】【详解】A．化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞，故A正确；B．分子在不断的运动

，故普通分子也能发生碰撞，故B正确；C．增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内分子数目增多，活化分子百分数不变，故C错误；D．升高温度会加快反应速率，原因是提高了分子自身的能量，使部分普通分子转化为活化分子，故增加了活化分子的数目，从而增加有效碰撞次数，使有效碰撞频率增

大，故D正确；故选C。3.下列说法正确的是A.液态水凝结成冰的过程，H0，S0B.固体溶解于水过程一定是S0，H的变化不确定C.()()()As=BsCg+室温下不能自发进行，说明该反应

的H0D.()()()MsNg2Qga+=H0能自发反应，则a可能等于1、2、3【答案】B【解析】【详解】A．同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程是放热过程，即△H＜0，液态时的熵大于固态时的熵，则水凝结成冰的过程是熵减小的过程，即△S＜0，故A错误；B．固体溶解于水

过程一定是S0，但不一定是放热过程或吸热过程，H的变化不确定，故B正确；C．()()()As=BsCg+S0，室温下不能自发进行，说明该反应0HTS−，则ΔH>0，故C错误；D．()()()Ms

Ng2Qga+=H0是放热反应，若a=3，ΔS<0，HTS−不一定小于零，反应不一定能自发进行，故D错误；故选B。4.下列说法不正确的是A.已知酸性：HA>HB，则等浓度等体积的NaA和NaB溶液中离子总数，前者大于后者

B.可溶性铁盐作净水剂，原因是水解生成胶体[()3FeOH胶体]吸附悬浮物而净水C.可用热的纯碱溶液除去金属表面的油污D.从3AlCl溶液中获得3AlCl晶体的方法是蒸发至大量晶体析出，再用余热蒸干【答案】D【解析】【详解】A．设钠盐为NaX，X-水解，按电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=

c(X-)+c(OH-)，溶液中离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+)，两种钠盐溶液中钠离子浓度相同，则溶液中氢离子浓度大的离子总浓度也大；已知酸性：HA>HB，由“越弱越水解”知，同浓度的NaA和NaB溶液,NaB的碱性强，即NaA溶液中的氢离子浓度更大，则等浓度等体积的NaA和NaB溶液中

离子总数，前者大于后者，A正确；B．可溶性铁盐水解生成胶体[()3FeOH胶体]吸附悬浮物并使之沉降，达到净水的目的，故可溶性铁盐可作净水剂，B正确；C．碳酸钠溶液水解呈碱性，油污在碱性条件下水解，加热促进水解碱性增强，则可用热的纯碱溶液除去的金属表面的油污，C正确；D．铝离子

水解的方程式为323AlCl+3HOAl(OH)+3HCl，氯化铝溶液水解得到氢氧化铝和盐酸，加热促进盐酸挥发，均促进水解，蒸干氯化铝溶液得不到氯化铝固体、得到氢氧化铝，则从3AlCl溶液蒸发至大量晶体析出，再用余热蒸干无法得到3AlCl晶体，D不正确；选D

。5.对化学反应mA(g)+nB(g)垐?噲?pC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是A.由图a可知，该反应的正反应为吸热反应B.由图b可知，该反应m+n＞pC.若图c是绝热条件下速率和时间的图像，说明该反应的正

反应为吸热反应D.图d中的a曲线一定是加入了催化剂【答案】B【解析】【详解】A．由图a可知，T1先达到平衡，且T1对应C%含量低，则T1＞T2，升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故A错误；B．由图b可知，

增大压强，C%含量增大，说明平衡正向移动，说明该反应m+n＞p，故B正确；C．图c是绝热条件下速率和时间的图像，可知最初随着反应进行，温度升高，速率加快，则说明此反应的正反应为放热反应，故C错误；D．图d中，若m+n=p，该反

应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；故选B。6.下列有关AN的说法正确的是A.pH1=的硫酸溶液中，氢离子的数目是A0.1NB.11L0.1molLHA−溶液中，A−的数目可能小于A0.1NC.316.25gFe

Cl水解形成的()3FeOH胶体粒子数为A0.1ND.1231L0.1molLNaCO−溶液含23CO−数目为A0.1N【答案】B【解析】【详解】A．没有给出溶液体积，无法根据浓度计算离子个数，A错误

；B．HA可能为弱电解质，不完全电离，导致溶液中A-离子的数目小于0.1NA，B正确；C．m16.25gn0.1M162.5g/molmol===，由于胶体是大分子的集合体，所以可水解形成胶体粒子数目小于0.1NA，D错误；D．碳酸根发生水解，则碳酸根的数目小于0.1NA，D错误；故

答案为：B。7.下列说法正确的是A.IBr与NaOH溶液反应的离子方程式：2IBr2OHIBrOHO−−−+=++B.3NaHCO溶液与2NaAlO溶液混合会发生水解反应：()223233AlOHCOHOCOAlOH−−−++=+C.3NaHSO溶于水的

电离方程式：233NaHSONaHSO++−=++D.3HCO−的水解方程式：3223HCOHOHCOOH−−++【答案】D【解析】【详解】A．IBr与NaOH溶液反应的离子方程式：2IBr2OHBrIOHO−−−+=++，故A错误；B．

偏铝酸根离子结合氢离子能力强于碳酸根，故3NaHCO溶液与2NaAlO溶液混合发生()223233AlOHCOHOCOAlOH−−−++=+不是水解反应，故B错误；C．3NaHSO溶于水的电离方程式：33NaHSONaHSO+−=+，故C错误；D．3HCO−的水解生成碳酸和OH-，水解方程

式：3223HCOHOHCOOH−−++，故D正确；故选D。8.下列说法不正确的是(温度均为25℃)A.pH2=的3CHCOOH和pH12=的NaOH溶液等体积混合后溶液呈酸性B.氨水和HCl溶液等体积混合后的溶液可能

呈酸性、中性或碱性的C.100mLpHa=的稀硫酸与10mLpHb=的NaOH溶液混合，溶液呈中性，则14ab+=D.pH3=的硝酸和pH12=的氢氧化钡溶液按照体积比为9:1混合，混合液的pH为10【答案】C【解析】【详解】A．pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液

等体积混合后，醋酸在溶液中部分电离，则混合液中醋酸过量，溶液呈酸性，故A正确；B．氨水和HCl溶液等体积混合，若HCl溶液浓度较大或二者浓度相等，混合后的溶液呈酸性，若氨水的浓度较大，混合后的溶液呈碱性，也可能呈中性，故B正确；C．1

00mLpHa=的稀硫酸与10mLpHb=的NaOH溶液混合，溶液呈中性，说明n(H+)=n(OH-)，-14-a-b10100101010=，则a+b=15，故C错误；D．pH3=的硝酸和pH12=的氢氧化钡溶液按照体积比为9:1混合，混合液的c(OH-)=1431241

0110910mol/L=110mol/L19−−−−−+，c(H+)=-1410-410mol/L10mol/L10−=，pH=10，故D正确；故选C。9.下列有关说法正确的是A.若压强不再随

时间变化能说明反应()()()2A?B?2C?+已达平衡，则A、C不能同时是气体B.21molN和23molH反应达到平衡时2H转化率为10％，放出热量1Q，在相同温度和压强下，当32molNH分解为2N和2H的转化率为10％时，吸收热量2Q，2Q不等于1QC.若用稀硫酸和稀

氢氧化钡反应测定中和反应反应热，则H偏高D.可用勒夏特列原理解释“为什么用排饱和食盐水来收集氯气【答案】D【解析】【详解】A．若压强不再随时间变化能说明反应()()()2A?B?2C?+已达平衡，说明该反应是气体体积改变的反应，若A、B、C同时是气体可满足条件，故A错误；B．

相同温度和压强下，将2mol氨气完全转化为氮气和氢气，也是1mol氮气和3mol氢气，所以二者等效平衡，设生成氨气的反应热为+Q，氨气分解生成氮气和氢气的反应热为-Q，即有3mol氢气消耗放出Q热量，消耗n(H2)=3mol×10%=0

.3mol，放出的热量Q1=0.1Q，则消耗2mol氨气生成氮气和氢气时吸收Q热量，则消耗n(NH3)=2mol×10%=0.2mol，吸收热量Q2=0.1Q，Q2等于Q1，故B错误；C．稀硫酸和稀氢氧化钡反应会生成沉淀，额外有热量放出，则H偏低，故C错误；

D．Cl2+H2OH++Cl-+HClO是一个可逆反应，当增大溶液中的Cl-浓度时，可以该反应的平衡向逆反应方向移动，以减少氯气在水中的溶解度，可用勒夏特列原理解释为什么用排饱和食盐水来收集氯气，故D正确；

故选D。10.某悬浊溶液(以下简称溶液)中存在平衡：()()()()22CaOHsCaaqOHaq+−+H0，下列有关该平衡体系的说法不正确的是A.恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高B.给溶液

加热，平衡逆向移动C.向溶液中加入少量23NaCO固体，溶液质量增重D.向溶液中加入少量水，pH不变【答案】A【解析】【详解】A．恒温下，向悬浊液中加入CaO，溶解的氢氧化钙已经达到饱和，溶液的c(O

H-)不变，溶液的pH不变，A错误；B．该平衡放热，升高温度，平衡逆向移动，B正确；C．向溶液中加入23NaCO溶液，生成碳酸钙沉淀，固体质量增加，C正确；D．向溶液中加入少量水，悬浊溶液中少量()2CaOH溶解，溶液仍然是()2CaOH的饱和溶液，pH不变，D

正确；故选A。11.常温下，用10.01molL−甲溶液滴定10.01molL−20.00mL乙溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示[已知()5a3CHOOH1.810−=K，lg20.3=，忽略混合前后溶液体积的变化]。下列

有关说法不．正确．．的是A.由图可知，离子种类也会影响电解质溶液导电性B.曲线①，当V(NaOH)由19.98mL到20.02mL，混合溶液pH从5.3突跃到8.7C.曲线②中溶质为NaOH和3CHCOONa时，水的电离程度与

纯水可能相同D.曲线③，当溶液呈中性时，溶液中离子浓度：()()()()()3NaClCHCOOHOH+−−+−=ccccc【答案】D【解析】【详解】A．等浓度的HCl、NaOH、CH3COONa电离出的阴、阳离子浓度相等，离子所带电荷数目相等，但图中最初三种乙

溶液的导电能力不同，说明离子种类也会影响电解质溶液的导电性，A选项正确；B．对于曲线①，当NaOH的体积加至19.98mL时，碱不足，溶液显酸性，溶液中c(H+)=360.0210L/0.01/L510/L

0.02L0.0198LmLmLmolmol−−+，pH=-lgc(H+)=6-lg5=6-0.7=5.3，当加入NaOH溶液体积变为20.02mL时，NaOH过量，溶液显碱性，溶液中c(OH-)=360.0210L/0

.01/L510/L0.02L0.2002LmLmLmolmol−−+，c(H+)=1496110210/L510mol−−−=，pH=-lgc(H+)=9-lg2=9-0.3=8.7，所以当V(Na

OH)由19.98mL到20.02mL，混合溶液pH从5.3突跃到8.7，B选项正确；C．曲线②中溶质为NaOH和3CHCOONa时，NaOH电离出的OH-抑制水的电离，CH3COONa电离出的CH3COO-水解促进水的电离，最终溶液中水的电离程度与纯水可能相同，C选项正确

；D．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-)，当溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，但无法确定c(CH3COO-)与c(Cl-)的相

对大小，D选项错误；答案选D。12.在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和3molY，发生反应：()()()Xg2Ys2Zs+，平衡时和反应10min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法正确的是的A.使用更高效的催化

剂，可以使b点移动到d点B.bc段变化可能是由于升高温度平衡逆向移动C.0～10min的平均反应速率：()()vavcD.保持温度和体积不变，向d点体系中再充入1molX，再次达平衡时()cX0.4mol/L【答案】A【解析】【详解】A．b点为400℃，反应10min时X的转化率还未达到平

衡，若使用高效催化剂，反应速率增大，相同时间X的转化率增大，对应点在b点之上，但催化剂不影响平衡，故转化率不会大于d点，A正确；B．bc段反应未达到平衡，不是升高温度平衡逆向移动造成的，可能是温度升高，催化剂失活，反应速率减小，B错误；C．0～10min，X的转化量a、

c点相同，由Δcv=Δt，得()()va=vc，C错误；D．d点已达平衡状态，体系中，只有X是气体，温度不变，故K值不变，即()cX0.4mol/L=，D错误；故选A。13.乙烯可用于制备乙醇：()()()24225CHgHOgCHOHg+H0。向1

0L某恒容密闭容器中通入2mol24CH(g)和mmol2HO(g)发生上述反应，测得24CH(g)的平衡转化率与投料比()()242nCHXnHO以及温度的关系如图所示。下列说法正确的是A.12T>TB.a、b点对应的平衡常数abKKC.a点对应的体系中，反应

从开始到平衡的2min内，()112vHO0.16molLmin−−=D.b点对应的体系中，m=1.8【答案】D【解析】【详解】A．此反应为放热反应，b、c点的投料比相同，温度低，平衡向着正向移动，转化率高。

b的转化率高，所以1T温度低，A错误：B．此反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，则abKK，B错误；C．a点时X1.0=，此时24CH(g)与2HO(g)的物质的量相等，即2m=，据图中信息列三段式：()()()242256Cmol220

mol1.61.61.6mol0.40.H41HgOgCHg.OH+始（）转（）平（），容器容积为10L，反应时间是2min，故()1121.6molHO0.08molLmin10L2minv−−==，C错误；D．由a、b、c点可知，a、c点对应的平衡常数

相等，b、c点对应的体系起始通入的反应物的物质的量相等，将c点对应体系列三段式：()()()24225mol2m0mol1.51.51.5mol0.5m1.51.5CHgHOgCHOHg+−始（）转（）平（），则()0.150.

1610.050.10.150.040.040.01Km===−，解得m=1.8，b、c点的X投料比相同，所以b点对应体系中，m=1.8，D正确；故答案选D。14.常温下，将0.025mol4BaS

O粉末置于盛有蒸馏水的烧杯中形成1L悬浊液，然后向烧杯中加入23NaCO固体(忽略溶液体积的变化)并充分搅拌，加入23NaCO固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是A.曲线MP表示()2-4cSO的变化B.4BaSO的spK为10110−C

.若要使反应224334BaSOCOBaCOSO−−++正向进行，需满足()()2-422-3cSO<410cCO−D.4BaSO固体恰好完全溶解时，溶液中离子浓度关系为()()()()2-2-2+-34cCO>cSO>cBa>cOH【答案】D【解析】【分析】对于B

aSO4的饱和溶液，224(Ba)(SO)cc+−=，且22sp4=(Ba)(SO)Kcc+−；由图可知，AM段，224(Ba)(SO)cc+−=，所以Ksp(BaSO4)=10-10。当加入的23CO−浓度大于2.5×10-4mol/L时，纵轴表示的Ba2+和24SO−浓度不再相等，说明M

点BaSO4开始转变为BaCO3沉淀，M点即BaCO3恰好开始生成沉淀的点。若要把BaSO4固体全部转变成BaCO3，除了要保证足量的23CO−与Ba2+结合外，还要保证溶液中23CO−和24SO−达到平衡关系。【详解】A．加入碳酸钠使硫酸钡转化为碳酸钡，那么溶液中的24SO−的浓度会逐渐

增大，所以曲线MP表示的是24SO−，A项正确；B．通过分析可知，Ksp(BaSO4)=10-10，B项正确；C．该反应的平衡常数表达式为：22210sp444222933sp3(BaSO)(SO)(Ba)(SO)10==0.04(CO)(Ba)(CO)(BaCO)2.510KcccKcc

cK−+−−−+−−===，当浓度熵Q<K时，反应正向进行，即()()2-422-3cSO<410cCO−，C项正确；D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，硫酸根离子浓度最大，溶液中离子浓度大小关系为c(24SO−)>c(23CO−)>c(Ba2+)

>c(OH-)，D项错误；故选D。15.一定条件下，1-苯基丙炔(3Ph-CC-CH)可与HCl发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确．．．的

是A.反应焓变：反应I>反应ⅡB.反应活化能：反应I<反应ⅡC.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【答案】C【解析】【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量

越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．产物I和产物II

存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。16.下

列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案设计现象和结论A用pH计测量3CHCOOH、HClO的pH，比较溶液pH大小HClO的pH比3CHCOOH大，说明3CHCOOH酸性比HClO

强B将12mL0.5molL−的2CuCl溶液加热后置于冷水中溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++向逆方向移动C向平衡体系()33FeCl3KSCNFeSCN3KCl

++中加入适量KCl固体溶液颜色变浅，说明生成物浓度增大，平衡逆向移动D向132mL0.1molLAgNO−溶液中先滴加4滴10.1molLKCl−溶液，再滴加4滴10.1molLKI−溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀，说明()()spspAgClAg

IKKA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．HClO具有漂白性，不能用pH试纸测量其溶液的pH，A错误；B．溶液由黄色变为蓝色，则()224CuHO+浓度增加、24CuCl−浓度减

小，说明降低温度，()222424CuHO4ClCuCl4HO+−−++向逆方向移动，B正确；C．向平衡体系()33FeCl3KSCNFeSCN3KCl++中加入适量KCl固体，对平衡状态没有影响，C错误；D．向132mL0.1molLAgNO−溶

液中先滴加4滴10.1molLKCl−溶液，Ag+过量，再滴加4滴10.1molLKI−溶液生成AgI沉淀，不能证明是由AgCl转化生成的，不能说明()()spspAgClAgIKK，D错误；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.按要求

作答。（1）已知键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知几种化学键的键能如下表所示：化学键C—HO=OH—OC=O键能/1kJmol−abcd请根据以上键能写出4CH与2O反应的热化学方程式___________。（2）泡沫灭火器[里面装饱和3NaHCO溶液和()2

43AlSO溶液]的工作原理(用离子方程式表示)___________。（3）已知()8aHClO4.010K−=，()7a123HCO4.510K−=，()11a223HCO4.110K−=，则在NaClO溶液中通入少量2CO的离子

方程式为___________。（4）25℃时，用水稀释10.1molL−氨水，随着稀释的进行，下列一定增大的是___________。A.()()()324HNHHONHccc++B.()()4OHNHcc−+C.()()()22432NHOHNHHOcc

c+−D.()Hc+（5）已知：()7a12HS1.010K−=，()14a22HS1.010−=K。常温下120.1molLSNa−溶液的pH约为13，该溶液中。()cHS−___________()

2Sc−(填“>”、“<”或“=”)。【答案】（1）()()()()4222CHg+2Og=COg+2HOg△H=(4a+2b-2d-4c)kJ/mol（2）3HCO3−+Al3+=3CO2+Al(OH)3（3）--223ClO+C

O+HO=HClO+HCO（4）BD（5）＞【解析】【小问1详解】4CH与2O反应的热化学方程式为：()()()()4222CHg+2Og=COg+2HOg△H=反应物的总键能-生成物的总键能=(4a+2b-2d-4c)kJ/mol。【小问2详解】泡沫灭火器[里面装饱和3NaHCO溶液和()

243AlSO溶液]的工作原理是HCO3−和Al3+发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3HCO3−+Al3+=3CO2+Al(OH)3。【小问3详解】由电离常数数据可知酸性：23H

CO>HClO>HCO3−，根据强酸制取弱酸的原理，在NaClO溶液中通入少量2CO的离子方程式为--223ClO+CO+HO=HClO+HCO。【小问4详解】25℃时，用水稀释10.1molL−氨水，促进了32NHHO的电离

，溶液中c(OH-)、c(32NHHO)、c(4NH+)减小，溶液中c(H+)增大，A．()()()()()()()()-3232W-b44HNHHOHNHHOcOHKKNHNHcOHcccccc++++==是定

值，故A不选；B．用水稀释10.1molL−氨水，一水合氨电离产生的n(OH-)、n(4NH+)同倍数减小，加入的水中也有少量的OH-，n(4NH+)减小的较n(OH-)多，则()()()()44OHOHNHNHcncn−−++=增大，故B选；C．()()()()()222

4b3232NHOHKNHHONHHOcccc+−=，温度不变Kb是定值，加水稀释时c(32NHHO)减小，则()()()22432NHOHNHHOccc+−减小，故C不选；D．溶液中c(OH-)减小，()Hc+增大，故D选；正确答案是BD；【小问5详解】()7a12HS1

.010K−=，()14a22HS1.010−=K，则H2S是二元弱酸，S2-分步水解，以第一步为主：S2-+H2OHS-+OH-，Kh(S2-)=--w2-a2Kc(OH)c(HS)1c(S)K==，120.1molLSNa−溶液

的pH约为13，则1=-2-0.1c(HS)c(S)，则()cHS−＞()2Sc−。18.研究NOx之间的转化具有重要意义。（1）已知：()()242NOg2NOgH0，将一定量24NO气体充入恒容的

密闭容器中，控制反应温度为1T。①下列可以作为反应达到平衡的判据是___________。A．气体的压强不变B．()()242NO2NOvv=正逆C．K不变D．容器内气体的密度不变E．容器内颜色不变②在恒温恒容容器中加入1240.04molLNO−，经过

mint反应达到平衡，24NO气体的平衡转化率为75％，则用2NO表示的平均反应速率为___________11molLmin−−(用t表示)。③在温度为1T、2T时，平衡体系中2NO的体积分数随压强变化曲线如图所示。由状态B到状

态A，可以选择方法是___________(填“升高”或“降低”)温度。A、C两点气体的颜色是___________(填“A比C深”、“C比A深”或“A与C一样深”)。（2）NO氧化反应：()()()222NOgOg2NOg+分两步进行，其反应过程能量变化示意图如左图。I．()()

222NOgNOg1ΔH1KII．()()()2222NOgOg2NOg+2ΔH2K①决定NO氧化反应速率的步骤是___________(填“I”或“II”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和2O气体，保持其它条

件不变，控制反应温度分别为3T和4T()43TT，测得()NOc随t(时间)的变化曲线如右图。转化相同量的NO，在温度___________(填“3T”或“4T”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因___________。【答案】（1）①

.AE②.0.03t③.升高④.C比A深（2）①.II②.4T③.升高温度，反应速率增大，反应I平衡逆向移动，c(24NO)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响【解析】【小问1详解】①A．该反应反应前后气体分子数发生变化，若气体压强不变，则表示各物质浓度不变，达到平衡，故A

选；B．达到平衡标志之一是正逆反应速率相等，即()()242NO2NOvv=正逆，故B不选；C．平衡常数K只与温度有关，并非达到平衡标志，故C不选；D．反应前后气体质量未发生变化，且为恒容容器，则气体密度始终保持不变，故D不选；E．NO2呈红棕色，N2O4无色，若容器内颜

色不变，表明各物质浓度不变，达到平衡，故E选；故选AE；②在恒温恒容容器中加入1240.04molLNO−，经过mint反应达到平衡，24NO气体的平衡转化率为75％，则用2NO表示的平均反应速率为v(2NO)=2v(24NO)=10.04molL75%tmi

n−×2=110.03molLmint−−；③该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，NO2的体积分数增大，则T2>T1，由状态B到状态A，可以选择方法是升高温度，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，

二氧化氮浓度增大，颜色变深，则A、C两点气体的颜色是C比A深。【小问2详解】①由图可知，反应I的活化能小于反应II的活化能，则反应I的速率大于反应II，决定NO氧化反应速率的步骤是反应II；②43T>T，升高温度，反应速率

增大，反应I平衡逆向移动，c(24NO)减小，浓度降低的影响大于温度对反应II速率的影响，则在温度4T下消耗的时间较长。19.完成下列问题。（1）室温时，向144100mL0.1molLNHHSO−溶液中滴加10.10molLNaOH−溶

液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。(已知()2b53NHHO1.810K−=，lg30.5=，lg50.7=)①图中a～e五个点，水的电离程度由大到小的顺序是___________。②计算b点的pH值约为___________。③d点，溶液中()

cNa+、()4NHc+、()24SOc−、()32NHHOc由大到小的排列顺序是________。④当滴加NaOH溶液至pH8=时，()()()244NaNH2SOccc++−+−=___________1molL−(列出数值，不必计算)。（2）向150mL0

.018molL−的3AgNO溶液中加入150mL0.020molL−的盐酸，生成沉淀，已知该温度下AgCl的10sp1.010K−=，忽略溶液的体积变化，则溶液中()Agc+=___________1molL−。如果向完全沉淀后的溶液中继续加入1100mL0.001mo

lL−的盐酸，是否有白色沉淀生成？(请写出计算过程)___________。【答案】（1）①.b>c>d>e>a②.4.15③.()cNa+>()4NHc+>()24SOc−>()32NHHOc④.10-6-10-8（2）①.1.0×10-7②.否，向完全

沉淀后的溶液中继续加入1100mL0.001molL−的盐酸，混合后的溶液中c(Cl-)仍然为0.001mol/L，c(Ag+)=5×10-8mol/L，Qc=c(Ag+)c(Cl-)=5.0×10-11<spK，没有沉淀生成【

解析】【小问1详解】①向144100mL0.1molLNHHSO−溶液中滴加10.10molLOHNa−溶液，a点溶质为44NHHSO，b点溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，a→b：水的电离程度增大，e点溶质为Na2SO

4和32NHHO，故b→e：水的电离程度减小，a点与e点相比，a点硫酸氢铵电离产生的氢离子浓度远大于e点一水合氨电离产生的氢氧根离子浓度，故a点水电离被抑制程度更大，故水的电离程度：b>c>d>e>a；②b点加入100mL10.10molLOHNa−溶

液，得到0.05mol/L的(NH4)2SO4、Na2SO4混合溶液，NH4+发生水解+4232NH+HONHHO+H+，铵根水解常数Kh=+32+4c(H)c(NHHO)c(NH)=wKKa，+32c(H)c(NHHO)≈，则c(H+)≈1h4551K0.10.1mol/Lmo

l/L.110101.81108−−−==，pH=551.01lg(=511).8−−；③d点是144100mL0.1molLNHHSO−溶液和150mL的NaOH溶液反应后的溶液，为Na2SO4、(NH4

)2SO4和32NHHO混合溶液，三者浓度比=3:1:2且此时溶液呈碱性，说明NH4+的水解程度小于32NHHO的电离程度，则溶液中()cNa+、()4NHc+、()24SOc−、()32NHHOc

由大到小的排列顺序是()cNa+>()4NHc+>()24SOc−>()32NHHOc；④当滴加NaOH溶液至pH8=时，()()-+cOH-cH=(10-6-10-8)1molL−，由电荷守恒可知()()()()()-+

+42-4+cNa2N+c+c=cSOHHcOH+，则()()()()()++2--+44cNa+cNH-2cSO=cOH-cH=(10-6-10-8)1molL−。【小问2详解】向150mL0.018molL−的3AgNO溶液中加

入150mL0.020molL−的盐酸，混合后两者浓度分别为c(Ag+)=0.0182mol/L=0.009mol/L，c(Cl-)=0.022mol/L=0.01mol/L，Ag+与Cl-是等物质的量反应的，此

时Cl-过量，过量浓度c(Cl-)=(0.01-0.009)mol/L=0.001mol/L；已知该温度下AgCl的-10sp=1.010K，c(Ag+)=101.0100.001−mol/L=1.0×10-7mol/L，如果向完全沉淀

后的溶液中继续加入1100mL0.001molL−的盐酸，混合后的溶液中c(Cl-)仍然为0.001mol/L，c(Ag+)=5×10-8mol/L，Qc=c(Ag+)c(Cl-)=5.0×10-11<spK，没有沉淀生成。20.课本上中和热的测定实验通常选用等体

积浓度分别为10.50molL−盐酸和10.55molLNaOH−溶液，但NaOH易吸收空气中的2CO，为了配制不含23NaCO的NaOH溶液，可先将NaOH配成饱和溶液，待沉淀后在量取一定量的上层清液，

稀释至所需浓度。用上述方法配制的氢氧化钠溶液的浓度仍然是未知的，需用基准物质来标定。常用邻苯二甲酸氢钾()64HOOCCHCOOK滴定测出氢氧化钠溶液的浓度。(已知：邻苯二甲酸的3a11.310K−=，6a22.910K−=)（1）滴定时邻苯二甲

酸氢钾溶液装在___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，结合数据说明理由___________。（2）滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：___________。检漏→蒸馏水洗涤→(_______)→(_______)→(_______)

→(_______)→(________)→开始滴定A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数（3）该滴定实验中选择___

________指示剂(填字母)。A．甲基橙B．酚酞C．石蕊滴定终点的现象是___________。（4）数据处理滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL1640.5000molLHOOCCHCOOK−溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度第一次20

.002.0022.91第二次20.001.5620.30第三次20.000.2221.31依据表中数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度___________1molL−(保留四位小数)。（5）围绕该实验下列说法正确的是___________。A.为防止活塞漏水需在活塞处涂凡士林，如图所示应涂b

d处B.实验测出的氢氧化钠溶液的物质的量浓度与实际配成所需浓度有偏差，可能是因为取待测液时滴定管没有用待测液润洗C.读数时应该手拿滴定管上端无溶液处，使滴定管自然下垂。D.锥形瓶中变色后立即读数【答案】（1）①.邻苯二甲酸氢根离子电离大于水

解，其溶液显酸性②.水解常数10h7.710K−=<6a22.910K−=（2）FBECG（3）①.B②.当滴入最后半滴邻苯二甲酸氢钾标准溶液时，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不褪色；（4）0.5250（5）A【解析】【分析】本题为采用滴定的方法，分析氢氧化溶液的浓度

，在选择滴定管时，根据邻苯二甲酸氢根离子的电离程度和水解程度判断其酸碱性，进而选择滴定管的种类，以此解题。【小问1详解】邻苯二甲酸氢根离子的水解数1410h31.0107.7101.310K−−−==

，则其二级电离常数大于其水解常数，故邻苯二甲酸氢根离子电离大于水解，其溶液显酸性，则邻苯二甲酸氢钾溶液装在酸式滴定管中；【小问2详解】滴定管使用操作步骤为检查是否漏水、蒸馏水洗涤、用所装溶液即邻苯二甲酸氢钾溶液润洗2到3次、装入标准液至零刻度线以上、

挤压橡胶管内玻璃珠进行排气泡、调整滴定液面至零刻度或零刻度下、记录起始读数，即FBECG；【小问3详解】用邻苯二甲酸氢钾滴定氢氧化钠，滴定终点显碱性，应该选择碱性范围内变色的指示剂，故选B；滴定终点的现象是：当滴入最后半滴邻苯二甲酸氢钾标准溶液时，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不褪色；【小问4详

解】根据滴定原理可知，氢氧化钠的物质的量等于邻苯二甲酸氢钾的物质的量，三次实验消耗标准溶液的体积分别为：22.91-2=20.91,20.3-1.56=18.74,21.31-0.22=21.09，其中第二次数据偏差较大，应该舍弃，其他两

次的平均值为21mL，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度=1121mL0.5molL=0.5250molL20mL−−；【小问5详解】A．为防止活塞漏水需在活塞处涂凡士林，如图所示应涂ac处，否则易导致堵塞，故A错误；B．实验测出的氢氧化钠溶液的物质

的量浓度与实际配成所需浓度有偏差，可能是因为取待测液时滴定管没有用待测液润洗，导致待测液浓度偏低，测定值偏低，故B正确；C．滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D．锥形瓶中变色后且30

s内不变色为滴定终点，此时再读数，故D错误；故答案为：BC。21.I．3CHOH可作大型船舶绿色燃科，可由CO或2CO制备。工业用2CO制备3CHOH原理如下：反应1：()()()23COg2HgCHOHg+1190.7kJmolH−=−反应2：()()()()222COgHgCOgH

Og++1241.2kJmolH−=+(副反应)（1）反应3：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++3ΔH，该反应自发的条件________(填“高温自发”、“低温自发”、“任意温度自发”或“任意温度不

自发”)。（2）不同压强下，按照()()22CO:H1:3nn=投料，实验测定2CO的平衡转化率和3CHOH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：2CO的平衡转化率()()()222COCO100COnnn−=初始平衡初始％3CHOH的平衡产率()()32CHOH

100COnn=平衡初始％其中纵坐标表示2CO平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；图乙中1T温度时，三条曲线几乎交于一点且随温度升高而变大的原因是___________。（3）在3.0MPa，有催化剂条件下，向密闭容器中

充入21molCO和24molH，2CO的平衡转化率与3CHOH、CO的选择性随温度的变化如图所示，的已知：3CHOH(或CO)的选择性()()()232100OCHOHCOCOCnnn=−初始平衡或％。若250℃反应达到平衡后，2H的物质的量为2.4mol，则反

应2的pK=___________。已知：对于气相反应，用组分B的平衡压强()Bp代替物质的量浓度()Bc也可以表示平衡常数，记作pK，如()()BBppx=，p为平衡压强，()Bx为平衡系统中B的物质的量分数。Ⅱ．已知水煤气反应：()()()()222COgHOgCOgHg++141.2

kJmolH−=−。（4）以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤I：___________；步骤Ⅱ：___________。（5）画出该反应无催化剂和

有催化剂的能量与反应历程的关系图___________。【答案】（1）低温自发（2）①.乙②.温度大于等于1T时，反应以反应2为主，反应2为气体分子总数不变的吸热反应，升温平衡右移，且增压平衡不移动，故图乙中1T温度时，三条曲线几乎交于一点且随温度

升高而变大（3）23（4）①.22M+HO=MO+H②.MO+CO=M+CO2（5）【解析】【小问1详解】按盖斯定律，反应1+反应2=反应3：()()()()2232COg3HgCHOHgHOg++，则11311290.7kJmol4Δ1.2kJmol49.5kJm

olHHH−−−=+=−+=−，反应30S＜，则0−＜HTS时能自发，则该反应自发的条件为低温自发。【小问2详解】反应1和反应3的正反应均放热，则升高温度，平衡均逆向移动，CH3OH的平衡产率减少，故图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率，对于图乙，由于1和3均为放热反应，升温平衡逆向

移动，CO2平衡转化率降低，反应2吸热，升温平衡右移，则又能使CO2平衡转化率升高，若以反应1为主，则二氧化碳转化率总体随温度升高而减小，若以反应2为主，则二氧化碳转化率总体随温度升高而升高，故纵坐标表示2

CO平衡转化率的是图乙；据此也可知：图乙中1T温度时，三条曲线几乎交于一点且随温度升高而变大的原因是：温度大于等于1T时，反应以反应2为主，反应2：()()()()222COgHgCOgHOg++124

1.2kJmolH−=+为气体分子总数不变的吸热，升温平衡右移，且增压平衡不移动，故CO2平衡转化率随温度升高而增大，图乙中1T温度时，三条曲线几乎交于一点且随温度升高而变大。【小问3详解】由于反应

3=反应1+反应2，则容器中反应相当于只有反应1、反应2，据图知，若250℃反应达到平衡后，3CHOH与CO的选择性相等且均为50%，则设生成的CO的物质的量为x，生成3CHOH的物质的量为y，()222H(g)+CO(g)HO(g)+

CO(g)molxxxx改变值,()22323H(g)+CO(g)CHOH(g)HO(g)mol3yyyy+改变值，又知道在3.0MPa下反应，起始值为21molCO和24molH，平衡时2H的物质的量为2.4mol，则得到①4-

x-3y=2.4,②x=y,二式合并，得x=y=0.4mol,则平衡时CO2、CO、3CHOH、H2O和2H的物质的量分别为0.2mol、0.4mol、0.4mol、0.8mol、2.4mol，共4.2mol，反应

2的2220.4mol0.8mol33()()24.2mol4.2molp0.2mol2.4mol(H)()3O334.2mol4.2HCOCmoOlMPaMPappKppMPaMPa===。【

小问4详解】的已知水煤气反应：()()()()222COgHOgCOgHg++，水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生M与H2O反应产生H2和MO，第二步吸附CO产生CO2，可以通过总反应减去第一步反应得到反应方程式，

对应反应历程依次步骤I为：M+H2O=MO+H2、步骤Ⅱ：MO+CO=M+CO2。【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com