【文档说明】浙江省杭州市北斗联盟2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.950 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期杭州北斗联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8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：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Mn：55Fe：56Ⅰ卷选择题部分(共50分)一、选择题(本题共25个小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项)1.下列属于强电解质的是A.饱和

食盐水B.冰醋酸C.酒精D.硫酸钡【答案】D【解析】【分析】强电解质属于化合物，单质、混合物都不是强电解质，强酸、强碱、绝大多数的盐、活泼金属氧化物属于强电解质。【详解】A．饱和食盐水是混合物，不是强电解质，A项错误；B．冰醋酸是弱酸属于弱电解质，不是强电解

质，B项错误；C．酒精是有机物属于非电解质，不是强电解质，C项错误；D．硫酸钡属于盐，强电解质，D项正确；答案选D。2.下列反应属于放热反应且不属于氧化还原反应的是A.稀释浓硫酸B.碳酸氢钠与盐酸反应C.稀醋酸与氢氧化钠溶液反应D.镁与稀盐酸反应【答案】C【解析】【详解】A．

稀释浓硫酸，能够放出热量，但没有发生化学反应，A不符合题意；B．碳酸氢钠与盐酸反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体，需要吸收热量，B不符合题意；是C．稀醋酸与氢氧化钠溶液反应，发生中和反应，能够放出热量，C符合题意；D．镁与稀

盐酸反应，能够放出热量，但属于氧化还原反应，D不符合题意；故选C。3.名称为“滴定管”的仪器是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．该仪器为直行冷凝管，一般用于蒸馏，A不符合题意；B．该仪器为酸式滴定管，是滴定分析时用于准确量取液体体积的量器，B符合题意；C．该仪器为梨形

分液漏斗，用于萃取分液，C不符合题意；D．该仪器为普通漏斗，用于过滤或向小口容器转移液体，D不符合题意；故选B。4.下列有关实验的说法正确的是A.可用精密pH试纸测新制氯水的pHB.进行焰色试验时，将铂丝在稀硫酸中洗净后，在外焰上灼烧至与原来火焰颜色相同时，取样进行下一次操作C.

为减小稀盐酸与过量锌粒的反应速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加适量NaCl溶液D.中和热测定实验中，先将50mL盐酸倒入量热计的内筒，然后将50mLNaOH溶液分三次倒入量热计的内筒，盖上杯盖。【答案】C【解析】【详

解】A．氯水中的次氯酸具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以测定新制氯水的pH，不能使用精密pH试纸，A不正确；B．硫酸盐的沸点高，不具有挥发性，盐酸盐易挥发，进行焰色试验时，将铂丝在稀盐酸中洗净后，在外焰上灼烧至与原来火焰颜色相同时，取样进行下

一次操作，B不正确；C．NaCl与盐酸和锌都不反应，但溶液中的水可稀释盐酸，所以可向反应体系中加适量NaCl溶液，以减小稀盐酸与过量锌粒的反应速率，并且不影响生成气体的量，C正确；D．中和热测定实验的关键点之一是防止酸碱溶液混合时的热量损失，将50mL盐酸倒入量热计的内筒，

然后将50mLNaOH溶液一次性迅速倒入量热计的内筒，盖上杯盖，D不正确；故选C。5.下列说法正确的是A.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221kJ/mol，则碳的燃烧热等于110.5kJ/molB.C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol

，则金刚石比石墨稳定C.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，则不论在何种条件下都不可能自发进行D.用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>-57.

3kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；碳完全燃烧生成二氧化碳，故碳的燃烧热不等于110.5kJ/mol，A错误；B．C(石墨，s)=C(金刚石，s)△H=+1.9kJ/mol，焓变大于零，说明金刚石能量

高于石墨，则金刚石不如石墨稳定，B错误；C．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，△S>0，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，C错误；D．中和反应为放热反应，焓变小于零，醋酸为弱酸电离吸收热

量，故用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(aq)△H>-57.3kJ/mol，D正确；故选D。6.化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A.食品中添加抗氧化剂可减缓食品变质速率B.氯气常用于自来水消毒是

因为氯气有杀菌作用C.二氧化硫可用作食品添加剂起到漂白、防腐和抗氧化等作用D.碳化硅俗称金刚砂，碳原子与硅原子通过共价键连接，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】B【解析】【详解】A．食品中添加抗氧化剂，可减缓食品中的油脂、蛋白质等被氧化变质，从而减缓食品变质速率，A正确；B．氯气

常用于自来水消毒，利用的是氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起到杀菌作用，B不正确；C．二氧化硫具有漂白性，可用作食品添加剂并起到漂白作用，二氧化硫能杀死细菌、具有还原性，可用于防腐和抗氧化等作用，C正确；D．金刚砂是碳化硅的俗称，在晶体中，碳原子与硅原子通过共价

单键连接，共价键能大，具有很大的硬度，可用作砂纸和砂轮的磨料，D正确；故选B。7.下列溶液不一定显中性的是A.pH=6的蒸馏水B.()+wcH=KC.()()OHHcc−+=的溶液D.水电离出的氢离子物质的量浓度为710−mol/L【答案】D【解析】【分析】溶液

中性即c(H+)=c(OH-)。【详解】A．蒸馏水是中性的，常温下pH=7，升高到一定温度，pH=6，依然是中性溶液，A不符合题意；B．()+wcH=K，且()+-Kc=H)c(OHw，故()+-c()cOHH=，该溶液显中

性，B不符合题意；C．()()-+cOH=cH的溶液，溶液呈中性，C不符合题意；D．水电离出的氢离子物质的量浓度为710−，未说明温度，不知道水的离子积常数故不能求算氢氧根的浓度，该溶液不一定是中性，D符合题意；故选D。8.下列说法不正确．．．的是A.能够自发

进行的反应一定是放热反应B.基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞C.化学键断裂和形成时的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因D.可以根据元素在周期表中的位置推测其原子结构与性质，研究元素性质的变化规律【答案】A【解析】【详解】A．吸热反应也有可能自发，放热反应如果是熵减反应在高温

下也不能自发，故A错误；B．分子只有发生碰撞，才有可能是有效碰撞，发生基元反应，故B正确；C．化学键断裂吸热，化学键形成放热，是化学反应中能量变化的主要原因，故C正确；D．元素性质随元素原子的核电荷数递增发生周期性递变。可以根据元素在周期表中的位置推测其原子结构与性质，研究元素性质的变化规律，

故D正确；故选A。9.下列说法不能用勒夏特列原理解释的是A.500℃比常温更有利于合成氨的反应B.红棕色2NO加压后颜色先变深后变浅C.开启可乐瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫D.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】A【解析】【详解】

A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率降低，则高温不利于氨气的生成，500℃时反应速率较快、且催化剂活性较高，所以500℃比常温更有利于合成氨的反应不能用勒夏特列原理解释，故A

符合题意；B．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色会变浅，则红棕色二氧化氮加压后颜色先变深后变浅能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．可乐溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，减小压强，平衡

向逆反应方向移动，二氧化碳浓度增大会泛起大量泡沫，则开启可乐瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸的反应为可逆反应，增大溶液中的氯离子浓度，平衡向逆反应方向移动，氯气的溶解度减小，

所以实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故选A。10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4LHCl溶于水中，破坏共价键数为NAB.22.0gDO中所含中子数为NAC.24100mL0.1mol/L

NaSO溶液中含氧原子数目为0.04NAD.20.1molNO通入足量水中充分反应转移电子数0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．未指明温度与压强，22.4LHCl的物质的量不一定是1mol，溶于水中破坏共价键

数不一定为NA，A不正确；B．22.0gDO的物质的量为0.1mol，所含中子数为0.1mol×10NA=NA，B正确；C．24100mL0.1mol/LNaSO溶液中，Na2SO4含氧原子数目为0.04NA，溶液中的水也含有氧原子，则含氧原子数大于0.04NA，C不正确；D．20.1m

olNO通入足量水中，与水反应生成HNO3和NO，存在下列关系：3NO2——2e-，则充分反应转移电子数A0.12N3=0.23NA，D不正确；故选B。11.在恒温恒压的密闭容器中发生反应：()()()XgYg3Zg+，下列叙述中，不能

说明反应达到化学平衡状态的是A.容器的容积不再变化B.()()vX=3vZ正逆C.混合气体的密度不再变化D.X、Y、Z的浓度不再变化【答案】B【解析】【详解】A．该反应是气体体积增大的反应，恒温恒压的条件下反应时，气体体积增大，则容器的容积不再变化说明正逆反应速率相等，

反应已达到平衡，故A正确；B．由物质的反应速率之比等于化学计量数之比可知，()()vX=3vZ正逆不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒温恒压的条件下反应时，气体体积增大，混合气

体的密度减小，则混合气体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；D．X、Y、Z的浓度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；故选B。12.把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，且有气体放出的是A.稀盐酸B.AgNO3溶

液C.CuSO4溶液D.Fe2(SO4)3溶液【答案】A【解析】【详解】A．Fe与HCl反应产生FeCl2、H2，铁片溶解，溶液质量增加，且有气体放出，A符合题意；B．Fe与AgNO3溶液发生置换反应产生Ag、Fe(NO3)2，铁片溶解，溶液质量减轻，没有气

体放出，B不符合题意；C．Fe与CuSO4溶液发生置换反应产生FeSO4、Cu，铁片溶解，溶液质量减轻，没有气体放出，C不符合题意；D．Fe与Fe2(SO4)3溶液产生FeSO4，铁片溶解，溶液质量增加，没有气体放出，D不符合题意；故合理选项是A。13

.下列方程式书写不正确的是A.2Cl溶于水的离子方程式：22ClHO2HClClO+−−+++B.实验室制漂白液：22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++C.醋酸的电离方程式：33CHCOOHCHC

OOH−++D.向()2BaOH溶液中滴加4NaHSO溶液至混合液呈中性：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+【答案】A【解析】【详解】A．2Cl溶于水时，有部分Cl2与水反应生成盐酸和

次氯酸，HClO为弱酸，离子方程式：22ClHOHClHClO+−+++，A不正确；B．实验室用Cl2通入NaOH溶液中制取漂白液，化学方程式为：22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++，B正确；C．醋酸为弱酸，溶于水后发生部分

电离，电离方程式：33CHCOOHCHCOOH−++，C正确；D．向()2BaOH溶液中滴加4NaHSO溶液至混合液呈中性，采用“以少定多”法，设Ba(OH)2的物质的量为1mol，则需滴加2molNaHSO4：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+，D正

确；故选A。14.可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g)反应过程中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)和压强（P)的关系如图。根据图中曲线分析，判断下列叙述中正确的是A.到达平衡后，若使用催化剂，C的质量分数增

大B.平衡后，若升高温度，平衡则向逆反应方向移动C.平衡后，增大A的量，有利于平衡向正反应方向移动D.方程式中一定m+n<p+q【答案】B【解析】【分析】由左图知，T2先出现拐点，说明温度高反应快，先达到平衡，故T2＞T1，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动

，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，P2先出现拐点，说明压强大反应快，先达到平衡，故P2＞P1，增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜

p+q。【详解】A．使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，C的质量分数不变，故A错误；B．由左图知，升高温度，C%减小，则平衡向逆向移动，故B正确；C．达平衡后增加A的量，因A为固体，对平衡无影响，故C错误；

D．增大压强，C%减小，则平衡向逆向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，故n＜p+q，故D错误；答案选B。15.下列关于活化能和简单碰撞理论说法正确的是A.活化分子间的碰撞都是有效碰撞B.催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，改变反应的

焓变C.活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做活化能D.升高温度和增加反应物浓度，都能加快反应速率，是因为增加了活化分子百分数，使单位时间内的有效碰撞次数增加，从而增加化学反应速率【答案】

C【解析】【详解】A．活化分子在能量上具备了发生反应的条件，但若发生化学反应，还需具有一定的方向，所以活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，A不正确；B．催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，从而改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B不正

确；C．活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差值，活化能越小，反应越容易发生，C正确；D．升高温度能增加活化分子百分数，增加反应物浓度，活化分子的百分数不变，但它们都能增大单位体积内的活化分子数，从而使单位时间内的有效碰撞次数增加，从而增加化学

反应速率，D不正确；故选C。16.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）＝K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃烧热

ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1则x为A.3a+b－cB.c+3a－bC.a+b－cD.c+a－b【

答案】A【解析】【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2

K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。17.图示中是用10.1000molLNaOH−溶液滴定10.00mL

未知浓度硫酸溶液(酚酞作指示剂)的滴定曲线，下列说法正确的是A.水电离出的氢离子浓度：abB.硫酸溶液的物质的量浓度为10.1000molL−C.当滴加NaOH溶液为10.00mL时，该混合液的pH

1.0=D.当最后半滴标准NaOH溶液滴入，溶液恰好由无色变成粉红色，说明硫酸与NaOH恰好完全反应【答案】B【解析】【详解】A．图象信息显示，当滴加NaOH的体积为20.00mL时，硫酸与NaOH刚好完全反应，则a点剩余硫酸的浓度比b点大，a点对水电

离的抑制作用比b点大，所以水电离出的氢离子浓度：ab＜，A不正确；B．当滴加NaOH的体积为20.00mL时，硫酸与NaOH刚好完全反应，则2c(H2SO4)×10.00mL=0.1000mol/L×20mL，c(H2SO4)

=10.1000molL−，B正确；C．当滴加NaOH溶液为10.00mL时，该混合液的c(H+)=10.00mL0.2mol/L-10.00mL0.1mol/L20.00mL=0.05mol/L，pH=1.3，C不正确

；D．当最后半滴标准NaOH溶液滴入，溶液恰好由无色变成粉红色，且在半分钟内不变色时，达到了滴定终点，但酚酞变红，NaOH稍过量，D不正确；故选B。18.元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子

的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是A.Z的氢化物的电子式为B.原子半径(r)：()()()rQrYrZC.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D.可以推测34HQO是Q的最高价氧化物对应的水化物【答案】A【解析】【

分析】设X的最外层电子数为a，则Y的最外电子数为a+2，Z的最外层电子数为a+3，从而得出a+a+2+a+3=17，a=4，X、Y、Z和Q分别为C、S、Cl、As。【详解】A．由分析可知，Z为Cl，氢化物的化学式为HCl，电子式为，A不正确；B．Y、Z和Q分别为S、Cl、

As，As与P同主族且在P的下方，P、S、Cl同周期且从左向右排列，则原子半径(r)：()()()rAsrSrCl，B正确；C．Y、Z分别为S、Cl，最高价氧化物对应的水化物H2SO4、HClO4均为强酸，C正确；D．34HQO为H3AsO4，As显+

5价，其最高化合价与原子的最外层电子数相同，是As的最高价氧化物对应的水化物，D正确；故选A。19.某温度下，2HNO和3CHCOOH的电离常数分别为45.010−和51.710−，将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示，下

列叙述正确的是A.曲线Ⅱ代表3CHCOOH溶液B.a点溶液中水的电离程度：曲线Ⅱ>曲线ⅠC.相同体积a点的两溶液分别与NaOH溶液恰好中和后，溶液中()nNa+相同D.从c点到d点，溶液中()c(HA)cA−减小(其中HA、A−分别代表相应的酸和酸根离子)【答案】D【解析】【

分析】由电离常数可知，亚硝酸的酸性强于醋酸，等pH和体积的酸溶液稀释时，酸性较强的亚硝酸溶液的pH变化大，则图中曲线Ⅰ代表醋酸溶液、曲线Ⅱ代表亚硝酸溶液。【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表醋酸溶液、曲线Ⅱ代表亚硝酸溶液，故A错误；B．由图可知，a点醋酸溶液和亚

硝酸溶液中氢离子浓度相等，抑制水电离的程度相同，则曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的溶液中水的电离程度相等，故B错误；C．由图可知，a点醋酸溶液和亚硝酸溶液中氢离子浓度相等，则酸性较弱的醋酸溶液的浓度大于亚硝酸溶液，与氢氧化钠溶液恰好中和得到的溶液中，醋酸钠溶液的浓度大于亚硝酸钠

溶液，溶液中钠离子浓度大于亚硝酸钠溶液，故C错误；D．从c点到d点的稀释过程中，溶液中的氢离子浓度减小、酸的电离常数不变，由电离常数公式可得：溶液中()c(HA)cA−=()+acHK，则溶液中()+acHK和()c(

HA)cA−的值减小，故D正确；故选D。20.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是A.图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中B.图乙：准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体C.用

图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D.用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；B．托盘天平的精度值为0.1g，故B错误；C．碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口

上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；D．NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误；故答案为C。21.已知两种一元弱酸HX和HY，向NaX溶液中通入少量2CO生成HX和3NaHCO；向NaY溶液中通入少量2CO生成HY和23NaCO。下列有关叙述正确．．的是A.酸性

由强至弱：23HXHYHCOB.浓度均为0.1mol/L的溶液中，离子总数：NaXNaYC.中和相同pH的HX和HY溶液，HX所需多NaOH更多D向23NaCO溶液中通入少量HX，发生反应：233HXCOHCOX−−−+=+【答案】D【解析】【详解】A．向NaX溶液中通入少量2CO生成H

X和3NaHCO，则H2CO3＞HX＞-3HCO，向NaY溶液.中通入少量2CO生成HY和23NaCO，可知H2CO3＞-3HCO＞YX，所以酸性强弱：23HCOHXHY，A错误；B．离子数目与体积有关，题目中并没有告诉体积，B错误

；C．未告知体积，无法比较谁消耗NaOH更多，C错误；D．由于酸性HX＞-3HCO，因此向23NaCO溶液中通入少量HX，可发生反应：233HXCOHCOX−−−+=+，D正确；故选D。22.下列关于图像的描述不正确的是A.由图1可知HA是一种强酸B.若图2

发生的反应为：2232SOO2SO+，由图可知该反应的正反应是放热反应C.图3可以表示3222NH3HN+使用催化剂的能量变化情况D.由图4可知，vv正逆的点是A点【答案】A【解析】【详解】A．加水稀释相同倍数后

，HA的pH变化比HB大，只能说明HA的酸性比HB强，但不能说明HA是一种强酸，A不正确；B．从图2可以看出，T2先达平衡，则T2＞T1，降低温度，SO3的体积分数增大，则反应2232SOO2SO+的平衡正向移动，该反应的正反应是放热反应，B正确；C．图3为有无催化剂的对

比图象，从图中可以看出，使用催化剂，活化能降低，所以图3可以表示3222NH3HN+使用催化剂的能量变化情况，C正确；D．由图4可知，A点的转化率大于平衡转化率，则反应逆向进行，vv正逆，D正确；故选A。23.如图所示，a为锌片，b为铜片。关于该装置

的说法中，正确的是A.a极上发生还原反应，b极上发生氧化反应B.若b电极上生成2g气体，则转移电子数目为A2NC.电子的流动方向为：从a极流出经溶液流向b极D.若将b改为碳棒，则电路中不会产生电流【答

案】B【解析】【分析】a为锌片，锌失电子产生锌离子，为负极；b为铜片，铜片上氢离子得电子产生氢气，为正极；【详解】A．a极上锌失电子产生锌离子发生氧化反应，b极上氢离子得电子产生氢气发生还原反应，选项A错误；B．若b电极上生成2g气体，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则

转移电子数目为A2N，选项B正确；C．原电池中电子的流动方向为：从负极a极流向正极b极，但不流经溶液，选项C错误；D．若将b改为碳棒，也同样形成原电池，电路中也会产生电流，选项D错误；答案选B。24.一定温度下，将0.10molX和0.20molY加入

2L的恒容密闭容器中，发生反应()()()Xg2Yg2Zg+，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min02468n(Y)/mol0.200.140.110.10010下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率

()11X0.015molLminv−−=B.其他条件不变，再充入0.20molY，平衡时Y的转化率增大C.该温度下此反应的平衡常数K=40D.当容器内气体的密度不变时，即达到化学平衡状态【答案】C.【解析】【详解】A．反应前2minY的物质的量的变化是0.06m

ol，故X的变化量为0.03mol，0.03mol2Lv(X)=0.0075mol/(Lmin)2min=，故A错误；B．其他条件不变，再充入0.20molY，X的转化率增大，但平衡时Y的转化率减小，B错误

；C．()()()Xg+2Yg2Zgmol/L0.050.10mol/L0.0250.050.05mol/L0.0250.050.05起始浓度（）变化浓度（）平衡浓度（）2222c(Z)0.05K=40c(Y)c(X)0.050.025==，故C正确；D．该反应只有气体参与且容积不

变，故反应的任何阶段容器内气体的密度不变，D错误；故选C。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验目的方案设计现象和结论A证明4CH和2Cl光照下发生取代反应将装有干燥2Cl的集气瓶倒扣在装有干燥4CH的集气瓶上，抽出玻璃片，置于光照条件下反应观察到集气瓶内出现白雾，则可

证明4CH和2Cl光照下发生取代反应B检验3FeCl溶液中是否含有2Fe+将3FeCl溶液滴入到酸性4KMnO溶液中观察到4KMnO溶液由紫红色变无色，证明3FeCl溶液中含有2Fe+C探究2Cl、2Br、2I的氧化性强弱①向NaBr溶液中通入足量2Cl②将①通

入2Cl后的溶液加入KI淀粉溶液中NaBr溶液变橙黄色，KI淀粉溶液变蓝色，证明氧化性222ClBrID探究3Fe+、2Cu+对22HO分在a、b两支试管中各加222mL5%HO溶液，分别滴入30.2mol/LFeCl溶液和a中产生气泡速率快于b中，说明3Fe+的催化效果要好于解的催化效果

20.3mol/LCuCl溶液各5滴2Cu+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．光照下发生取代反应生成氯代烃和HCl，在干燥条件下不能观察到白雾，A错误；B．将3FeCl溶液滴入到酸性4KMnO溶液中，即使溶液中不含有2Fe+，Cl-也能使4KMnO溶液褪色，B

错误；C．向NaBr溶液中通入足量2Cl，①中产生溴单质还剩余氯气，将①通入2Cl后的溶液加入KI淀粉溶液中，不能证明生成的碘单质是碘离子被氯气氧化的还是溴氧化的，不能证明氧化性222ClBrI，

C错误；D．只有催化剂一个变量，氯离子浓度相同，则a中产生气泡快于b中，可说明Fe3+的催化效果强于Cu2+，D正确；故选D。Ⅱ卷非选择题部分(共5个小题，50分)26.完成下列问题。（1）除去23NaCO固体中混有3NaHCO的方法(用化

学方程式表示)___________。（2）已知：常温下，()41gCHg在足量的氧气中完全燃烧时放出55.6kJ热量，请写出表示4CH燃烧热的热化学方程式：___________。（3）25℃，某24NaSO溶液中()244SO110mol/Lc−−=，则该溶液中()()Na:O

Hcc+−=___________。（4）判断()()()2222HgOg2HOl+=反应自发性，并说明理由___________。【答案】（1）323222NaHCONaCOHOCO++（2）()()()()4222CHgOgCOg22HOl

++=889.6kJ/molH=−（3）2000:1（4）低温自发，该反应H0，S0的【解析】【小问1详解】除去23NaCO固体中混有的3NaHCO，可利用NaHCO3热稳定性差的性质，采用热分解法，化学方程式为3232

22NaHCONaCOHOCO++。【小问2详解】常温下，()41gCHg在足量的氧气中完全燃烧时放出55.6kJ热量，则1molCH4完全燃烧生成液态水时放热55.6kJ×16=889.6kJ，所以表示4CH燃烧热的热化学方程式：()()()()4222CHgOgCOg22HOl++=889

.6kJ/molH=−。【小问3详解】25℃，某24NaSO溶液中()244SO110mol/Lc−−=，则溶液中c(Na+)=2×10-4mol/L，c(OH-)=1×10-7mol/L，该溶液中()()Na:OH+−cc=2×10-4:1×10-7=2

000:1。【小问4详解】反应()()()2222HgOg2HOl+=的ΔS＜0，反应能自发进行，则一定存在△H＜0，理由：低温自发，该反应H0，S0。27.常温下，几种弱酸的电离平衡常数如表所示：弱酸CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数(25℃)51.7510aK−=714.5

10−=aK，11a2K4.710−=84.010aK−=（1）相同浓度的CH3COOH溶液和HClO溶液，溶液导电能力强的是___________。（2）将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：___________。（3）在加水

稀释CH3COOH溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是___________(填序号)。A.n(CH3COO-)B.c(H+)C.c(H+)与c(OH-)的乘积D.c(OH-)（4）25℃时，体积相同、c(H+)相同的三种酸溶液：a．CH3COOH；b．HClO；c．HCl，分别与同浓度

的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是___________(填序号)。【答案】（1）CH3COOH（2）223COHOClOHClOHCO−−++=+（3）AD（4）b＞a＞c【解析】【小问1详解】相同浓度的CH3COOH溶液和HClO溶液，5a3()CHC

OOH1.7510K−=＞8(HClO)4.010−=aK，则CH3COOH溶液中离子浓度大，导电能力强，所以溶液导电能力强的是CH3COOH。【小问2详解】将少量CO2气体通入NaClO溶液中，由于223(HCO)aK＜(HClO)aK＜123(HCO)aK，所以反应生成

NaHCO3和HClO，该反应的离子方程式：223COHOClOHClOHCO−−++=+。【小问3详解】A．加水稀释CH3COOH溶液，随着水的不断加入，醋酸的电离程度不断增大，n(CH3COO-)不断增大，A符合题意；B．加水稀释醋酸过程中，虽然醋酸的电离程度增大，生成H+的物质

的量不断增大，但由于溶液体积增大占主导地位，所以c(H+)不断减小，B不符合题意；C．温度不变，水的电离程度不变，则c(H+)与c(OH-)的乘积不变，C不符合题意；D．随着醋酸的不断稀释，c(H+)不断减小，则c(OH-)不断增大，D符合题意

；故选AD。【小问4详解】25℃时，a．CH3COOH；b．HClO；c．HCl的体积相同、c(H+)相同，HCl在水溶液中完全电离，CH3COOH的电离程度比HClO大，则三种酸溶液的浓度关系为c(HClO)＞c(CH3COOH)＞c(HCl)，分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消

耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是b＞a＞c。28.一定条件下，在体积为5L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化如图所示。已知达到平衡后，降低温度，A的体积分数将减小。请回答下列问题。（1）该反应的化学方程式为_______

。（2）该反应的△H___________0(填“＞”“＜”或“=”)。（3）该反应的反应速率v随时间t的变化关系如图所示：①在3t时刻改变的外界条件是_______。②在恒温恒容密闭容器中发生该反应，下列能作为达到平衡状态的判断依据是____

___。A．体系压强不变B．气体的平均摩尔质量保持不变C．气体的密度保持不变D．A的消耗速率等于B的生成速率【答案】（1）A2B2C+（2）＜（3）①.升高温度②.AB【解析】【小问1详解】从图中可以看出，

A、B为反应物，C为生成物，反应进行到3min达平衡时，A、B、C的物质的量的变化量为0.3mol、0.6mol、0.6mol，则三者的化学计量数之比为1:2:2，该反应的化学方程式为A2B2C+。【小问2详解】该反应达平衡后，降低温度，A的体积分数减小，则平

衡正向移动，所以△H＜0。【小问3详解】①在t3时刻改变条件，正、逆反应速率突然增大，且v逆＞v正，平衡逆向移动，此外界条件是升高温度。②A．由反应方程式可知，反应前后气体分子数不等，则随着反应进行，压强不断发生改变，当体系压强不变时，反应达平衡状态，A符合题意；B．混合气

的总质量不变，物质的量随反应的进行不断发生改变，则气体的平均摩尔质量不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，B符合题意；C．混合气的总质量和体积都不改变，则密度始终不变，当气体的密度保持不变时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D．A的消耗速率等于B的生成

速率，虽然反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，D不符合题意；故选AB。的29.滴定是分析化学重要的分析方法，根据其原理回答下列问题：Ⅰ．用0.1000mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液(装

置如图)，某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。（1）仪器B的名称是___________。（2）此次滴定消耗的盐酸是___________mL。（3）由下表可知，三次滴定中，有一次滴定所用标准盐酸体积有明显偏差，可能的原因是________

___。(填写相应的字母)待测NaOH溶液体积(mL)标准盐酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)10.000.4020.5010.002.1024.2010.004.1024.00a．锥形瓶用待测液润洗

b．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束时气泡消失c．滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外d．滴定结束时，俯视读数Ⅱ．高锰酸钾常用于亚硝酸盐含量的测定。有化学小组测定某样品中2NaNO的含量，设计如下实验：①称取样品ag，加水溶解，配成100mL溶液②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用40.01000m

ol/LKMnO标准溶液(酸性)进行滴定，滴定终点时消耗标准溶液VmL。（4）向酸式滴定管中注入4KMnO标准溶液之前的一步操作为___________。（5）达到滴定终点时的现象是___________。（6）测得该样品中2NaNO的质量分数为_____

______。【答案】（1）碱式滴定管（2）22.00（3）ab（4）用标准液(0.01000mol/L酸性高锰酸钾溶液或待装液)润洗2～3次（5）最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟不褪色（6）0.69V%a【解析】【小问1详解】碱性溶液只能用碱式滴定管量

取，碱性溶液腐蚀玻璃生成的硅酸钠具有黏合性，所以碱式滴定管尖嘴部分用橡胶管连接，B为碱式滴定管。【小问2详解】滴定管精确度为0.01ml，滴定前液面位置读数为0.80ml，滴定后液面位置读数为22.80ml，滴定消耗的盐酸是22.80ml-0.80ml=22.00ml。【小问3详解

】第一次滴定所用标准盐酸体积为20.50ml-0.40ml=20.10ml，第二次滴定所用标准盐酸体积为24.20ml-2.10ml=22.10ml，第三次滴定所用标准盐酸体积为24.00ml-4.10ml=19.90ml，第二次滴定所用标准盐酸体

积明显偏大。a．锥形瓶用待测液润洗后，内壁沾有待测液，使待测液用量偏大消耗标准盐酸体积偏大，a项符合；b．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，使液面位置上升滴定前读数偏小，滴定结束时气泡消失滴定后读数无影响，消耗标准盐酸体积=滴定后读数-滴定前读数，结果偏大，b项符合；c．滴定过

程中锥形瓶中溶液溅出瓶外，使待测液用量减小，消耗标准盐酸体积偏小，c项不符合；d．滴定结束时，俯视读数，滴定后读数偏小，消耗标准盐酸体积=滴定后读数-滴定前读数，结果偏小，d项不符合；答案选ab。【小问4详解】滴定管使用前要先检验是否漏水，然后洗涤剂、蒸馏水清洗滴定管，滴定管内壁

沾有蒸馏水，若直接将标准液(0.01000mol/L酸性高锰酸钾溶液或待装液)装入滴定管中，导致溶液浓度偏低，使测定结果不准确，需要用标准液(0.01000mol/L酸性高锰酸钾溶液或待装液)润洗2～3次。【小问5详

解】含有的样品2NaNO配成溶液，溶液呈无色，酸性高锰酸钾溶液呈紫色，滴入酸性高锰酸钾溶液后发生反应--+2+-42322MnO+5NO+6H=2Mn+5NO+3HO,紫色立即消失，随反应进行-2NO减少，最后半滴标准液滴入后，溶液由无色变为浅紫

色，且半分钟不褪色，说明-2NO刚恰好完全反应，达到滴定终点。【小问6详解】样品配成的溶液浓度为-2c(NO)--+2+-4232-3--322MnO+5NO+6H=2Mn+5NO+3HO250.01

000mol/LVml10L/mlc(NO)25.00ml10L/ml-2c(NO)=-3-350.01000V10mol/L=0.001Vmol/L225.0010，该样品中2NaNO的质量分数为--322m(NaNO)c(NO)V()

M0.001Vmol/L100ml10L/ml69g/mol100%=100%=100%m()m()ag样品样品样品=0.69V%a。30.对氮的氧化物的合理回收利用对工业生产和治理环境污染具有重要意义。（1）25℃时，制备亚硝酰氯所涉及的热化学方程式和平衡常数如表：

热化学方程式平衡常数①()()()()232NOgNaClsNaNOsNOClg++11akJmol−=H1K②()()()()()232g4NO2NaCl2NaNOOgssg2NCl+++12bkJmol

−=H2K③()()()22NOgClg2NOClg+3ΔH3K则该温度下，3ΔH=___________kJ/mol(用a和b表示)，3K=___________(用1K和2K表示)。（2）25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.

08molNO和20.04molCl发生上述反应③，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图实线所示：①3ΔH___________0(填“>”“<”或“=”)；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图

虚线所示，则改变的条件是___________。②在5min时，再充入0.08molNO和20.04molCl，则混合气体的平均相对分子质量将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。③下图是甲、乙两同学描绘上述反应③的平衡常数的对数值(IgK)与温度的变化关系图，其中正确的曲线是

___________(填“甲”或“乙”)，a值为___________。④25°℃时测得反应③在某时刻，()NOg、()2Clg、()NOClg的浓度分别为0.8mol/L、0.1mol/L、0.3mol/L，则此时v正_

__________v逆(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.2ab−②.212KK（2）①.<②.加入催化剂③.增大④.乙⑤.2⑥.>【解析】【小问1详解】已知：①2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(

g)②4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)由盖斯定律可知，将①×2-②可得：2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，该反应△H3=2△H1-△H2=（2a-b）kJ/mo

l，则平衡常数K3=212KK；【小问2详解】反应为分子数减小的反应，而由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减

小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变△H＜0；根据图Ⅰ虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04molCl2发生上述反应

③，图象中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08molNO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应③2NO(g)+Cl2(g)2

NOCl(g)△H3，由于△H3＜0，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量n：22NO(g)+Cl(g)2NOCl(g)(mol)0.080.040(mol)2nn2n(mol)0.08-

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