【文档说明】山东省济宁市嘉祥县第一中学2020-2021高二上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(20)页，960.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-780fced7ae8ac05a462b1a1f5e159d56.html

以下为本文档部分文字说明：

2020~2021学年度第一学期学分认定考试高二化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答題卡上对应題目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。第I卷(选择题，共52分)一、选择题：本题共12个小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是A.明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同B.将AlCl3、FeCl3、CuCl2溶液直接蒸干均不能得到原溶质C.铵态氮肥和草木灰（含K2CO3）可以混合施用D.泡沫灭火器内的玻璃筒里盛碳酸氢钠

溶液，铁筒里盛硫酸铝溶液【答案】B【解析】【详解】A．明矾净水的原因是Al3＋水解成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，胶体聚沉，达到净水的目的，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，ClO－水解成HClO，利用HClO的强氧化性，进行杀菌消毒，因此两者

原理不同，故A错误；B．三种物质的水溶液直接蒸干后分别得到Al2O3、Fe2O3、CuO，故B正确；C．铵态氮肥溶液显酸性，K2CO3溶液显碱性，两者混用发生双水解反应，使N元素转化成NH3，造成N元素的损失，因此两者不能混用，故C错误；D．硫酸铝溶

液显酸性，对铁筒具有腐蚀性，因此玻璃筒中盛放硫酸铝，铁筒中盛放碳酸氢钠，故D错误；答案选B。【点睛】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：（1）盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后

一般得对应的氧化物；（2）酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后得到原物质；（3）考虑盐受热时是否分解；（4）还原性盐在蒸干时被氧气氧化。2.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（）A.由实验可知，(a)、(b)、(c)

所涉及的反应都是放热反应B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C.实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D.实验(c)中若用NaOH固体测定，则测定结果偏高【答案】D【解析】【详解】A.(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯

化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，选项A错误；B.铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，选项B错误；C.相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失

，对实验结果有影响，选项C错误；D.氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，选项D正确；答案选D。3.一密闭容器中充人1molN2和3molH2，在一定条件下发生反应N2＋3H22NH3,下列

有关说法正确的是（）A.达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零B.当符合3u正(N2)＝u正(H2)时，反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，单位时间消耗amolN2，同时生成3amolH2D.当N2、H2、NH3的分子数比为1∶3∶2，反应达到平衡状态【答案】C【解

析】【分析】【详解】A.在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，A不正确；B.选项B中3v正(N2)＝v正(H

2)时，反应速率的方向是相同的，速率之比是相应的化学计量数之比，因此B中的关系始终是成立，不能判定反应是否达到平衡状态，B不正确；C.单位时间消耗amolN2，同时生成3amolH2，二者的反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数

之比，反应达到平衡状态，C正确；D.平衡时，各种物质的浓度不再发生变化，但N2、H2、NH3的分子数比不一定为1：3：2，D不正确；答案选C。【点睛】考查可逆反应平衡状态的判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，难易

适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力；该题的关键是明确平衡状态的特点、特征，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。4.已知：①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1=-Q1②H2(g)＋1

2O2(g)=H2O(g)ΔH2=-Q2③H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH3=-Q3常温下取体积比为4：1的甲烷和氢气共11.2L(已折合成标准状况)经完全燃烧恢复到常温，放出的热量为（）A.0.4Q1＋0.05Q2B.0.4Q1＋0.1Q2C.0.4

Q1＋0.1Q3D.0.4Q1＋0.05Q3【答案】C【解析】【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学反应方程式计算放出的热量。注意燃烧后恢复至常温，氢气燃烧放出的热量应选择生成液态水的热化学反应方程式计算。【详解】甲烷和氢气

的混合气体11.2L(已折合成标准状况)，所以甲烷和氢气的混合气体的总的物质的量mV11.2Ln0.5molV22.4L/mol===，甲烷和氢气的体积比为4：1，所以甲烷的物质的量为0.4mol，氢气的物质的量为0.1mol；

由①可知0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4Q1kJ；由③可知0.1mol氢气燃烧生成液态水所放出的热量为0.1Q3；放出的总热量为0.4Q1+0.1Q3。答案选C。【点睛】本题要求的反应热是通过各个物质的量对应的热化学方程式进行计算，关键点是正确计算出甲烷和氢气的物质的量，易

错点是注意水的状态，恢复至室温说明水的状态是液态。5.下列说法正确的是A.生成物的总能量大于反应物的总能量时，ΔH＜0B.在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变反应的焓变C.ΔH＜0、ΔS＞0的反应在低温时不能自发进行D.一个化学反应的

ΔH只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关【答案】D【解析】【详解】A.生成物的总能量大于反应物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，故A错误；B.焓变只与始态和终态有关，与反应的途径无关，即使用催

化剂不能改变反应的焓变，故B错误；C.根据△G=△H－T△S，△H＜0，ΔS＞0，任何温度下，△G＜0，因此任何温度下都能自发进行，故C错误；D.根据盖斯定律，一个化学反应的ΔH只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关，故D正确；答案选D。6.已

知在K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr227O−(橙色)+H2O⇌2Cr24O−(黄色)+2H+。下列有关该平衡的说法中正确的是()A.当化学平衡向正反应方向移动时，平衡常数一定增大B.当化学平衡向正反应方向移动时，溶液中C

r227O−的浓度一定降低C.当2v(Cr227O−)正=v(H+)逆时，反应一定处于平衡状态D.当向溶液中加入一定量的水时，化学平衡一定不移动【答案】C【解析】【详解】A．对于一个确定的化学反应，K只与温

度有关，温度不变，平衡常数不变，A错误；B．增大Cr227O−的浓度，化学平衡向正反应方向移动，溶液中Cr227O−的浓度增大，B错误；C．当2v(Cr227O−)正=v(H+)逆时，该反应处于平衡状态，C正确；D．加入一定量的水，溶液中各个

离子浓度均发生变化，平衡发生移动，D错误；答案选：C。7.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I－(aq)I3－(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3－的物质的量浓度c(I3－)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正

确的是A.反应I2(aq)+I－(aq)I3－(aq)的△H＞0B.状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大C.若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2D.若反应进行到状态D时，一定有

v正＞v逆【答案】D【解析】【详解】A、随着温度的不断升高，I3-的浓度逐渐减小，说明升温平衡向逆方向移动，则I2（aq）+I-（aq）I3-（aq）是一个放热反应，即H<0，故A错误；B、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I

2）变大，所以状态B的c（I2）大，故B错误；C、T2>T1，因为该反应为放热反应，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，则K1>K2，故C错误；D、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3-的浓度应增加，平衡向正方向移动，所以v正>v逆，故D正确；答案选D。8.

下列有关电解质的说法正确的是A.强电解质一定是离子化合物B.易溶性强电解质的稀溶液中不存在溶质分子C.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强D.由于硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质【答案】B【解析】【详解】A.HCl是强电解质，但属于

共价化合物，A项错误；B.易溶于水的强电解质在水溶液中完全电离，因此溶液中不存在溶质分子，B项正确；C.溶液的导电能力与离子的浓度和离子所带电荷数有关，离子的浓度越大、所带电荷数越大导电能力越强，反之导电能力越弱，溶

液的导电能力与电解质的强弱无关，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，CH3COOH为弱电解质，易溶于水，当乙酸浓度比较大时，离子的浓度大，导电能力强，C项错误；D.硫酸钡虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电

离，是强电解质，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查了强弱电解质的概念、强电解质与溶解度、导电性、化合物类型的关系，注意明确强弱电解质的根本区别在于能否完全电离，与溶解度、导电性、化合物类型没有必然关系。9.能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A.CH3COOH溶液与Zn反应放出

H2B.常温下，1mol∙L−1CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D.0.1mol∙L−1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A．

酸和Zn反应生成氢气，不能说明醋酸是强酸还是弱酸，故A不符合题意；B．常温下，1mol∙L−1CH3COONa溶液的pH大于7，溶液显碱性，说明醋酸根水解显碱性，该盐为强碱弱酸盐，醋酸是弱酸，故B符合题意；C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2，说明酸性比

碳酸强，不能说明醋酸是弱酸，故C不符合题意；D．0.1mol∙L−1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，只能说明是酸，不能说明是弱酸，故D不符合题意。综上所述，答案为B。10.对于常温下pH为1的硝酸

溶液，下列叙述正确的是A.该溶液lmL稀释至100mL后，pH等于3B.向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和C.该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比值为-1210。D.该溶液中水电离出的c(H+)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)的100倍【答

案】AB【解析】【分析】常温下pH为1的硝酸溶液，c(H+)=0.1mol/L【详解】A.硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A项正确。B.pH为13的氢氧化钡溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，因此，向该硝酸溶液中加入等体积、p

H为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和，B正确。C.硝酸电离出的c(H+)为0.1mol/l，其中水电离出的c(H+)为10－13mol/l，二者之比应为1012，C项错。D.pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)为10-11mol/l，故D项的比值应为1：100，D项错。本题选AB。11.在某2

L恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()A.M点时,Y的转化率最大B.升高温度,平衡常数减小C.W

点时v正=v逆D.W、M两点Y的正反应速率相同【答案】B【解析】【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向

正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。【详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；B．Q点后升高温

度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B正确；C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正＞v逆，故C错误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误

；故答案为B。12.常温下，向某浓度的H2A(二元弱酸)溶液中逐滴加入某浓度的KOH溶液，所得溶液中H2A、HA-、A2-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是A.由图可知，H2A的Ka1=

10-1.2B.曲线3代表A2-物质的量分数C.向H2A溶液中滴加氢氧化钾溶液至pH为4.2时：c(K+)+c(H+)＝3c(A2-)+c(OH－)D.pH＝4时，溶液中存在下列关系：c(K＋)＞c(A2－)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(OH－)【答案】D【解析】

【分析】根据题干信息结合图像中H2A、HA-、A2-三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系分析可知，曲线1表示H2A物质的量分数，曲线2表示HA-物质的量分数，曲线3表示A2-物质的量分数，据此分析解答。【详解】A．根据图像可知，点(1.2，0.5)表明当pH=1.2时，c(H2A

)=c(HA-)，H2A的电离方程式为H2AHA-+H+，所以H2A的电离平衡常数()()()()++-1.2a12-ccH==cH=10cAHAHK，A正确；B．根据上述分析可知，曲线3代表A2-物质的量分数，B正确；C．向H2A溶液中滴

加氢氧化钾溶液至pH为4.2时，此时c(HA-)=c(A2-)，溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)＝2c(A2-)+c(HA-)+c(OH－)，所以c(K+)+c(H+)＝3c(A2-)+c(OH－)，C正确；D．pH=4时，溶液显酸性，c(K＋

)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(OH－)，D选项错误；答案选D。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有1或者2项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。13.已知某化

学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A.该反应是熵增加的反应B.该反应的ΔH＝－(E1－E2)kJ·mol-1C.该反应的活化能为E2D.该反应中，反应物分子的键能总和大于生

成物分子的键能总和【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据反应方程式，反应前后气体系数之和减小，因此熵减小，故A错误；B.根据能量的变化图，反应物总能量小于生成物的总能量，即此反应属于吸热反应，△H=(E1－E2)kJ·mol－1，故B错误；C.该反应的活化能为E1，故C错误；D

.此反应是吸热反应，根据H=反应物总键能-生成物总键能可知，反应物分子键能总和大于生成物分子的键能总和，故D正确；答案选D。14.常温下，两种钠盐NaX、NaY溶液的物质的量浓度均为10.1molL−，加水稀释时溶液的pH与稀释倍数的对数0lgVV的关系如图

所示。下列判断错误的是（）A.HX、HY均为弱酸，且HX的酸性比HY的强B.10.1molL−的NaX、NaY溶液中，前者对水的电离促进作用较大C.a点NaX溶液中存在：()()+-Na>XccD.随着溶液的稀释

，NaY溶液中()-Y(HY)cc逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A．根据图象可知，没有加水稀释时，0.1mol•L-1NaX、NaY溶液的pH均大于7，说明HX、HY均为弱酸，且pH：NaX＞NaY，则酸性：HY＞H

X，故A错误；B．酸性HY＞HX，10.1molL−的NaX、NaY溶液中，NaX的水解程度大，水的电离促进作用较大，故B正确；C．a点NaX溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，pH=8，c(H+)＜c(OH-)，则

()()+-NaX＞cc，故C正确；D．随着溶液的稀释，NaY溶液的pH逐渐减小，促进NaY溶液的水解，溶液中的c(Y-)的减小程度大于c(HY)，则()-Y(HY)cc逐渐减小，故D正确；故选A。15.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(g)⇌cZ(g)ΔH的影响，以A和B的

物质的量之比为m∶n开始反应，通过实验得到不同条件下反应达到平衡时Z的物质的量分数与压强及温度的关系，实验结果如图所示。下列判断正确的是()A.ΔH>0B.m+n<cC.升高温度，v正、v逆都增大，平衡常数减小D.恒温

恒压时，向已达到平衡的体系中加入少量Z(g)，再次达到平衡后Z的物质的量分数不变【答案】CD【解析】【分析】由图象可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的

，则△H<0，降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m+n>c，由此分析解答。【详解】A．根据分析可知，△H<0，故A错误；B．减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，

所以有m+n>c，故B错误；C．升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；D．恒温恒压，向已达到平衡的体系中加入少量Z(g)，与原平衡等效，再次达到平衡后Z的物质的量分数不变，故D正

确；故选CD。16.对于密闭容器中可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是A.加

入催化剂可以使状态d变为状态bB.若T1＞T2，则逆反应一定是放热反应C.达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞cD.在T2和n(A2)不变时达到平衡，AB3的物质的量大小为：c＞b＞a【答案】D【解析】【详解】A．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态

b，故A错误；B．若T1＞T2，由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，则逆反应为吸热反应，故B错误；C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应

物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，故C错误；D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞

a，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题，共48分)三、非选择题(本题共4小题)17.某学生用0.2000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻

度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答(1)以上步骤有错误的是(填编号)_______，该错误操作会导致测定结果_____(

填“偏大”、“偏小”或“无影响”)；(2)判断滴定终点的现象是：______(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_______mL；(4)根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：_______mol/L。滴定次数

待测体积(mL)标准烧碱体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4021.40第二次20.001.0024.10第三次20.004.0025.00(5)选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是_______A.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，没用待测液润洗

B.酸式滴定管在使用前未用待测液盐酸润洗C.滴定前碱式滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失D.滴定前读数平视，滴定终点读数时俯视碱式滴定管的刻度【答案】(1).①(2).偏大(3).当加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液颜色突然有无色变为浅红(或红色)，且半分钟不

再恢复(4).22.60(5).0.2100(6).C【解析】【分析】(1)碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；根据不润洗会使标准液的浓度偏小判断对测定结果影响；(2)根据滴定终点前溶液为无

色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液显示红色判断滴定终点；(3)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；(4)根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度；(5)根据c（待测）=c()V()V()标准标准

待测分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【详解】(1)“①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液”，该操作错误，碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液，若没有润洗，导致标准液的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏大，故答案为：①；偏大；(2)滴定结束前，锥形瓶中滴

入酚酞，溶液为无色，滴定结束后，滴入氢氧化钠溶液后，溶液显示粉红色，所以达到终点的现象为：锥形瓶中溶液无色变为粉红，半分钟内不变色；(3)根据图示滴定管结构可知，每个小刻度为0.01mL，液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度，读数为

22.60mL；(4)根据表中数据，第一次滴定消耗的标准液体积为：(21.40−0.40)mL=21.00mL，第二次滴定消耗的标准液体积为：(24.10−1.00)mL=23.10mL，第三次滴定消耗的标准液体积为：(25.

00−4.00)mL=21.00mL，可见第二次滴定数据误差偏大，应该舍弃，其它两次滴定消耗的标准液平均体积为：21.00mL，氢氧化钠和盐酸都是一元酸，盐酸的浓度为c()V()V()标准标准待测=0.2000m

ol/L21.00ml20.00ml=0.2100mol/L；(5)A.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，没用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故A错误；B.酸式滴定管在使用前未用待测液盐酸润洗，待测液盐酸被稀释，溶质的物质的量偏小，导致V（标准）偏小，根据c

（待测）=c()V()V()标准标准待测分析，则结果偏低，故B错误；C.滴定前碱式滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，导致V（标准）偏大，根据c（待测）=c()V()V()标准标准待测分析，则结果偏高，故C正确；D.滴定前读数平视，滴定终点读数时俯视碱式滴定管的刻度，导致V（标准）偏

小，根据c（待测）=c()V()V()标准标准待测分析，则结果偏低，故D错误；故答案为：C。18.(1)化学反应的焓变与反应物和生成物的键能有关。已知：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH＝－185kJ/mol共价键H—

HCl—Cl键能/(kJ/mol)436247则H—Cl的键能为________kJ/mol。(2)已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka＝1.8×10﹣5Ka

1＝4.3×10﹣7Ka2＝5.6×10﹣11Ka＝3.0×10﹣8①表中三种酸酸性最强的是______。②常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________。(填字母)A.c(H+)B.+3c(H)c(CHCOOH)C.-+c(OH

)c(H)D.+-33c(H)c(CHCOO)c(CHCOOH)③写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_______________。④25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相

等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为______。⑤设计一个实验证明醋酸是弱电解质：操作：_________现象：_________结论：醋酸是弱电解质。【答案】(1).434(2).CH3COOH(3).BC(4).ClO﹣+H2O+C

O2＝HCO3−+HClO(5).-7b10a-b(6).测0.1mol/L醋酸溶液的pH(7).pH＞1【解析】【详解】⑴根据反应热=反应物总键能-生成物总键能得，436kJ/mol+247kJ/mol−2E(H−Cl)=

−185kJ/mol,解得E(H−Cl)=434KJ/mol。答案为：434KJ/mol。⑵①根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：CH3COOH>H2CO3>-3HCO>HClO，电离平衡常数越大，酸性越

强，所以酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO，即酸性最强的为CH3COOH，故答案为：CH3COOH。②A.0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故A错误；B.加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，则+

3c(H)c(CHCOOH)的比值增大，故B正确；C.醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，则+c(OH)c(H)−的比值增大，故C正确；D.温度不变，则水的离子积常数KW=c(H+)⋅c(

OH−)不变，故D不正确。故答案选：BC。③根据上表中电离平衡常数数据，次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：--223ClO+CO+HO=HCO+HClO。答案为：

--223ClO+CO+HO=HCO+HClO。④将amol⋅L−1的醋酸溶液与bmol⋅L−1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，醋酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中3a-bc(CHCOOH)=mol/L2，达到电

离平衡时，溶液呈中性，c(H+)=1×10−7mol⋅L−1，c(Na+)=c(CH3COO−)=bmol/L2，结合+-3a3c(H)c(CHOO)K=c(CHCOOH)得。答案为：-7b10a-b

。⑤醋酸是弱电解质，不能完全电离，所以可以测0.1mol/L醋酸溶液的pH值，若>1，说明其为弱酸。答案为：测0.1mol/L醋酸溶液的pH；pH＞1。19.近年来我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化

量产研究，实现可持续发展。回答下列问题：（1）已知：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），-11ΔH=+41.1kJmolgK1CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）-12ΔH=-90.0kJmolgK2

写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_______________________________________；用K1、K2表示此反应的化学平衡常数K=___________________。（2）为提高3CHOH(g)的产率，理论上应采用的条件是____

_______（填序号）。a．高温高压b．低温低压c．高温低压d．低温高压（3）250℃时，在恒容密闭容器中由2CO(g)催化氢化合成3CHOH(g)，如图为不同投料比[22n(H)/n(CO)]时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。反应物X是_

________（填“2CO”或“2H”）。（4）250℃时，在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入226molH2molCO、和催化剂，10min时反应达到平衡，测得-13c(CHOH)=0.75mo

lLg。①前10min内2H的平均反应速率2v(H)=_________-1-1molLmin。②化学平衡常数K=________。③下列描述中能说明上述反应己达平衡的是_____________(选填编号)。a．3v正(H2)=v逆(CH3O

H)b．容器中气体压强不随时间而变化c．c(H2):c(CO2)=1:1d．容器中气体平均相对分子质量不随时间而变化④催化剂和反应条件与反应物的转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据：得到如下实验编号温度/K催化剂2CO的

转化率/%甲醇的选择性/%A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用2C

O生产甲醇的最优条件为_________（填实验编号）。【答案】(1).22323H(g)+CO(g)CHOH(g)+HO(g)-1ΔH=-48.9kJmolg(2).12KK(3).d(4).2CO(5).0.225(6).1

63(7).bd(8).B【解析】【详解】(1)①CO2(g)+H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ⋅mol−1②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=−90.0kJ⋅mo

l−1根据盖斯定律①+②：3H2(g)+CO2(g⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=(41.1−90.0)kJ⋅mol−1=−48.9kJ⋅mol−1，用K1、K2表示此反应的化学平衡常数K=12KK，故答案为：3H2(g)+CO2(g⇌CH3OH(

g)+H2O(g)△H=−48.9kJ⋅mol−1；12KK；(2)a.高温使平衡逆向移动降低CH3OH产率，高压平衡正向移动提高CH3OH产率，故a错误；b.低温平衡正向移动提高CH3OH产率，低压使平衡逆向移动降低CH3OH产率，故b错误；c.高温使平衡逆向移动降低CH3OH产率，低压使

平衡逆向移动降低CH3OH产率，故c错误；d.低温高压平衡正向移动提高CH3OH产率，故d正确，故答案为：d；(3)X平衡转化率随着()()22nHnCO的增大，而增大，根据勒夏特列原理，增大一种反应物的量，可以提高另一种反应物的转化率，则X为CO2，故答案为：CO2；(4)①3

H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始c(mol⋅L−1)3100转化c(mol⋅L−1)2.250.750.750.75平衡c(mol⋅L−1)0.750.250.750.752v(H)=2.25mol/L10min=0.225-1-

1molLmin；②K=()()()()2322cHOcCHOHcCOcH=()0.750.750.250.753=163，故答案为：163；③a.3v正(H2)=v逆(CH3OH)，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能

说明反应达到平衡，故a错误；b.该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强不断减小，当容器中气体压强不随时间而变化时，说明该反应达到平衡，故b正确；c.c(H2):c(CO2)=1:1，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到平衡，故c错误；d.该

反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量不断减小，气体总质量不变，反应过程中气体平均相对分子质量不断减小，当容器中气体平均相对分子质量不随时间而变化时，说明反应达到平衡，故d正确；故选bd；④分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米

片催化剂，甲醇的选择性高，对比BD，温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，CO2生产甲醇的最优选项为B，故答案为：B。20.“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量Cl-、Fe3+)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取Zn(NO3)2·6H

2O的过程如图：已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。（1）“烂板液”中溶质的主要成分是___(填化学式)。（2）在操作①中保持pH=8的目的是___。（3）沉淀Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。（4）操作③中加热煮

沸的目的是___；（5）操作④保持pH=2的目的是___；【答案】(1).Zn(NO3)2(2).防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解(3).Zn(OH)2和Fe(OH)3(4).促使Fe3+完全水解；温度越高，水解程度越大(5).抑制Zn2+水解

【解析】【分析】因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的pH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离

子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn(NO3)2•6H2O。【详解】(1)稀硝酸腐蚀锌板后得到“烂板液”，所以溶质的主要成分为Zn(NO3)2；(2)氢氧化锌为两性物质，

pH过大或过小都会使氢氧化锌溶解，保持pH=8可以防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解；(3)根据分析可知沉淀的主要成分是Zn(OH)2和Fe(OH)3；(4)水解为吸热反应，煮沸促使Fe3+完全水解；温度越高，水解程度越大；(5)Zn(

NO3)2·6H2O是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，说明溶液中Zn2+会水解，保持pH=2可抑制Zn2+水解。