【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(27)页，2.132 MB，由管理员店铺上传

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银川一中2022/2023学年度(上)高二期中考试化学试卷一、选择题(每题2分共50分)1.下列反应中，属于水解反应且使溶液显酸性的是A.23233HCOHOCOHO−−+++B.324NHHONHOH+−++C.22SHOHSOH−−−++D.4232NHHONHHOH++++【答案

】D【解析】【详解】A．23233HCOHOCOHO−−+++是3HCO−的电离过程，且因为碳酸氢根离子的水解大于电离，溶液呈碱性，故A错误；B．324NHHONHOH+−++是32NHHO电离过程且使溶液显碱

性，故B错误；C．22SHOHSOH−−−++是2S−的水解反应但使溶液显碱性，故C错误；D．4232NHHONHHOH++++是4NH+的水解反应且使溶液显酸性，故D正确；故选D。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说

法正确的是A.0.1mol/L43NHNO溶液中含有4NH+数小于0.1NAB.1L0.1mol/L氨水中含有的OH-数目为0.1NAC.含NA个CO23−的Na2CO3溶液中，Na+数目大于2NAD.一定条件下，将1molN2与3molH2充入一密闭容器内充分反应后容器内气体分子数小于

2NA【答案】C【解析】【详解】A．有浓度但是没有体积，不能计算，故A错误；B．氨水是弱电解质，部分电离，溶液中的OH-数目小于0.1NA，故B错误；C．Na2CO3溶液中的CO23−会发生水解，所以若含NA个CO23−，Na2CO3的物质的量大于1mol，则Na+数目大于2NA，故C正

确；D．将1molN2与3molH2充入一密闭容器内发生可逆反应223N+3H2NH，反应后容器内气体分子数大于2NA，故D错误；故选C3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.c(H+)/c(OH-)=10-12的溶液中：+4NH、Ba2+、Cl-、-3NOB.透明的溶液

中：K+、Na+、2-4SO、-4MnOC.能使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、K+、-3NO、2-4SOD.由水电离c(OH-)=1×10-10mol∙L-1的溶液中：K+、Na+、-3NO、Al3+【答案】B【解析】【详解

】A．由比值可知c(OH-)>c(H+)，溶液呈碱性，在碱性条件下，OH-与+4NH不能大量共存，故A错误；B．透明的溶液中各离子之间互不反应，能大量共存，故B正确；C．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下，H+、Fe2+与-3NO发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D

．由水电离的c(OH-)=1×10-10mol∙L-1的溶液，水的电离收到抑制，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中，OH-与Al3+不能大量共存，故D错误；故选：B。4.下列说法不正确．．．的是A.测得0.1mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质B.25℃时，将

0.1mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0C.0.1mol·L-1的HA溶液与0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合所得溶液pH一定等于7.0D.25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶

液c(OH－)＝1×10-10mol·L-1【答案】C【解析】【详解】A．若HA为强酸，0.1mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸为弱电解质，A正确；B．0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0

，B正确；C．若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，C错误；D．25℃时，pH值为4.0的溶液中c(H+)＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积K

W＝1×10-14，故c(OH-)的＝1×10-10mol/L，D正确；故选C。5.从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用作酸、碱指示剂：在上述溶液中加入适量下列物质，最终能使指示剂显黄色的是A.盐酸B.NaH

CO3溶液C.NaHSO4溶液D.NaClO(固体)【答案】B【解析】【详解】A．加入盐酸，溶液中c(H+)增大，指示剂的电离平衡逆向移动，使溶液中c(HIn)增大，溶液显红色，A不符合题意；B．加入NaHCO3溶液，碳酸氢根离子会与溶液中的H+结合形成碳酸，使指示剂的电离平衡正向移动，最终

导致c(In-)增大，溶液显黄色，B符合题意；C．加入NaHSO4溶液，电离产生的H+使溶液中c(H+)增大，使指示剂的电离平衡逆向移动，使溶液中c(HIn)增大，溶液显红色，C不符合题意；D．NaClO具有强氧化性，能将指示剂氧化为无色物质，不能显黄色，D不符合题意；故合理选

项是B。6.锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一、早在远古时代，人们便发现并使用锡了。灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)ΔH1②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)ΔH2

③Sn(s，灰)>13.2<℃13.2℃Sn(s，白)ΔH3=+2.1kJ·mol-1下列说法正确的是A.ΔH1＞ΔH2B.锡在常温下以灰锡状态存在C.灰锡转化为白锡反应是放热反应D.锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏【答案】D【解析】【详解】A．依据盖斯定律

，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2-ΔH1>0，所以的12HH，故A错误；B．根据③Sn(s，灰)>13.2<℃13.2℃Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡

以白锡状态存在，故B错误；C．根据反应③S③Sn(s，灰)>13.2<℃13.2℃Sn(s，白)ΔH3=+2.1kJ·mol-1可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；D．根据③Sn(s，灰)>13.2<℃13.2℃Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末

状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，D正确；故答案选D。7.在固定容积的密闭容器中，A和B发生下列反应：A(s)＋2B(g)2C(g)△H＞0，在一定条件下达到平衡，若升高温度则达平衡后混合气体的A.气体的分子数减少B.A的物质的量浓

度减小C.气体的密度减小D.气体的平均相对分子质量增大【答案】D【解析】【分析】A和B发生下列反应：A(s)＋2B(g)2C(g)△H＞0，说明反应吸热，且反应前后气体体积不变，体系压强不变。【详解】A.反应前后气体系数不变，无论平衡是否移动，气体的分子数不变，A错误

；B.A为固体，在可逆反应中，固体无物质的量浓度，B错误；C.在密闭环境中，体积不变，根据质量守恒定律可知，生成物气体质量比反应物气体质量大。升高温度，平衡正向移动，气体的密度增大，C错误；D.升高温度，平衡正向移动，气体质量增大，气体的平均

相对分子质量增大，D正确。答案为D。8.恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应A(s)BC(g)Q+−(Q0)，达到平衡。以下分析正确的是A.加入少量B，平衡就会逆向移动B.达到平衡的标志之一：生成生成v(B)=v(C)C.若开始时

向容器中加入1molA，达到平衡时吸收热量QD.缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与原平衡浓度相等【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A

不符合题意；B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即生成生成v(B)=v(C)都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．若开始时向容器中加入1molA，由于反应为可逆反应，1m

olA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变，C(g)的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不

变，C(g)的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；答案选D。9.化学反应进行的方向是一个比较复杂的问题。下列有关说法正确的是A.反应3224SO(g)HO(1)HSO(l)+=的ΔS>0B.1mol2CO在不同状态时的熵值：22SCO(g)<S

CO(s)C.反应25222NO(g)4NO(g)O(g)=+H0能否自发进行与温度有关D.H0或ΔS>0的反应一定能自发进行【答案】C【解析】【分析】【详解】A．反应3224SO(g)HO(1)=HSO(1)+的气体分子数减少，该反应的S0

，选项A错误；B．同一物质在固态时的熵值小于气态时的熵值，选项B错误；C．反应25222NO(g)=4NO(g)+O(g)的气体分子数增加，ΔS>0，又因为H0，ΔH-TΔS0＜时，反应能自反进行，因此选项所给反应能否自发进行

与温度有关，选项C正确；D．H0且ΔS>0的反应一定能自发进行，选项D错误；答案选C。10.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断

正确的是ABCD升高温度，平衡常数减小0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2mol•L-1t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应

方向移动，平衡常数减小，故A正确；B.速率单位错误，该为mol/（L∙s），故B错误；C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂

不影响平衡的移动，故C错误；D.达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；故选：A。11.下列有关实验能够达到相应实验目的的是A.图甲中补充环形

玻璃搅拌棒即可用于中和热的测定B.图乙可用于测定H2O2溶液的分解速率C.图丙的实验设计可以探究浓度对化学反应速率的影响D.图丁实验记录的读数为12.20mL【答案】C【解析】【详解】A．图甲中补充环形玻璃搅拌棒，大小烧杯的上沿齐平，中间填充满碎纸屑才可用于中和热的测定，故A不选；B．

图乙中长颈漏斗应换为分液漏斗后，可用于测定H2O2溶液的分解速率，故B不选；C．图丙的实验设计，只有草酸的浓度不同，其它条件相同，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故C选；D．图丁的装置是酸式滴定管，0刻度在上，大刻度在下，所以实验记录的读数为11.80mL，故D不选；答案

为C。12.目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A.第②、③步反应均释放能量B.该反应进程中有二个过渡态C.酸催化剂能同时降低正、逆反应活化能D.总反应速率由第①步反应决定【答案】B【解析】【详解】A

.根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有的三个过渡态，选项B错误；C.酸催化剂能

同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确；答案选B。13.常温下某同学将一定量的NO2充入注射器中后封口，测得拉伸和

压缩注射器的活塞过程中气体透光率随时间的变化如图所示[已知气体颜色越深，透光率越小；2NO2(红棕色)N2O4(无色)△H＜0]。下列说法不正确的是A.c(NO2)：c＞dB.b点的操作为压缩注射器C.c点气体的平均相对分子质量比a点小D.若注射器绝热

，Kb＞Kc【答案】C【解析】【详解】A．已知气体颜色越深，透光率越小，()2ccdNO：＞，A项正确；B．由图示可知，透光率b点到c点先瞬间减小后缓慢增大，说明气体颜色瞬间变深后又缓慢变浅，即二氧化氮浓度瞬间减小后缓慢增大，b点操作为压缩注射器，B项正确

；C．b点操作为压缩注射器，增大压强，平衡正向移动，气体总质量不变，气体的总物质的量减小，c点平均相对分子质量比a点大，C项错误；D．绝热时，压缩注射器，平衡正向移动，温度升高，bcTT，升温，平衡

逆向移动，K减小，bcKK＞，D项正确；答案选C。14.依据如图判断，下列说法正确的是A.氢气的燃烧热Δ241.8H=−1kJmol−B.2mol()2Hg与1mol()2Og所具有的总能量比2mol()2HOg所具有的总

能量低C.液态水分解的热化学方程式为：()()()2222HOl2HgOgΔ571.6H=+=+1kJmol−D.()2HOg生成()2HOl时，断键吸收的能量小于成键放出的能量【答案】C【解析】【详解】A．氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时释放

的能量，故氢气的燃烧热-483.6kJ/mol-88kJ/molΔ=-285.8kJ/mol2H=，A错误；B．氢气燃烧是放热反应，故2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量高，B错误；C．由图中可知：2H2(g)+O

2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-1，故水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+571.6kJ·mol-1，C正确；D．H2O(g)生成H2O(l)时，该过程是物理变化，并没有化学键的断键和形成，D错误；答案选C。15.T℃时，向容积为10L的

恒容密闭容器中加入233molFeO和3molCO发生反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)H0，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。下列说法正确的是A.正反应速率与时间的关系如图，t2时刻

可能是分离出少量23FeOB.则0~5min内反应的CO平均速率为-1-10.48molLminC.其他条件保持不变，升高温度，逆反应速率均增大正反应速率减小D.该温度下的平衡常数为64【答案】D

【解析】【详解】A．23FeO是固体，改变固体的量，对正、逆反应速率无影响，故A错误；B．设消耗氧化铁物质的量x，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，可写出三段式：232FeO(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO(g)3300x3x2x3x3-3x

3x起始量变化量平衡量，则有3x×100%=80%3-3x+3x，解得x=0.8mol,则0~5min内反应的CO平均速率为-1-130.8mol=0.048molLmin10L5min，故B错误；C．其他条件保持不变，升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；D．结合上述三段

式可计算得3323330.8()c(CO)10K===643-30.8c(CO)()10，故D正确；故选D16.室温下有下列四种溶液，下列叙述正确的是（）编号①②③④pH331111溶液盐酸醋酸溶液氢氧化钠溶液氨水A

.①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＞②B.相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＞②C.②、③两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)D.①、③溶液以体积比为9：11混合，则混合溶液的p

H=4【答案】C【解析】【分析】分析题给表格，①③溶液分别为强酸、强碱溶液，在水溶液中完全电离。②④溶液分别为弱酸、弱碱溶液，在水溶液中部分电离。据此分析。【详解】A．盐酸为强电解质，pH=3的盐酸，其物质的量的浓度为10-3mol·L-1，氢氧化钠为强电解质，

pH=11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度为()2-14-1-3-1-11-110molL=10molL10molL，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，pH=3的醋酸溶液，其物质的量浓度大于pH=3的盐酸溶液

。故①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＜②，A项错误；B．pH相同，相同体积的①、②溶液，溶液的物质的量：②＞①，则相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＜②，B项错

误；C．②、③两溶液等体积混合，得到了醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C项正确；D．根据以上分析，①、③溶液其物质的量浓度相等，二者混合，发生反应：HCl+NaOH

=NaCl+H2O，反应中HCl和NaOH的物质的量之比为1:1，设①溶液体积为9V，则③溶液体积为11V，反应后所得溶液为NaCl和NaOH的混合溶液，混合溶液中c(OH-)=()3-14-111910molL10molL119VVVV−−−=+，则溶液的pH=10，D项错误；答案选

C。【点睛】求算碱性溶液的pH时，一般先根据()()+W-HOHKcc=求出c(H+)，再由()+pH-lgHc=求出pH。17.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数97.810−123.710−71K4.310−=112K5.610−=下

列推断正确的是A.等pH的HX和HY浓度大小为：c(HX)>c(HY)B.相同条件下溶液的碱性：233NaX>NaCO>NaY>NaHCOC.Na2CO3溶液中加入过量HX，离子方程式为：23222HXCO2XCOHO−+=++D.NaY溶液中通入过量CO2，

离子方程式为：223YCOHOHYHCO−−++=+【答案】D【解析】【详解】A．由电离常数可知酸性HX>HY，等pH的HX和HY浓度大小为：c(HX)<c(HY)，故A错误；B．根据表格数值可知：H2CO3>HX>HCO3−>HY，越弱越水解，相同条件下溶液的碱性为：NaY>Na2CO3

>NaX>NaHCO3，故B错误；C．因为酸性:H2CO3>HX>HCO3−，所以Na2CO3溶液中加入过量HX的离子方程式为：233HXCOXHCO−−−+=+，故C错误；D．HY的酸性最弱,NaY溶液中通入过量CO2，离子方程式为：223YHOCOHYHCO−−++

=+，故D正确；故答案为D。18.下列说法正确的是A.0.lmol∙L−1CH3COOH加水稀释，溶液中c(OH－)减小B.NaClO溶液中，离子浓度大小关系为：()()()()+-+-cNa>cClO>cH>cOHC.向水中加入明矾晶体能促进水的电离，并使溶液

中c(H＋)＞c(OH－)D.将pH＝11的NaOH溶液和pH＝13的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH＝12【答案】C【解析】【详解】A．0.lmol∙L−1CH3COOH加水稀释，c(H＋)减小，温度不

变，水的离子积常数不变，则溶液中c(OH－)增大，故A错误；B．NaClO溶液中ClO-水解使溶液显碱性，()()-+cOH>cH，所以离子浓度大小关系为：()()()()+--+cNa>cClO>cOH>cH，故B错误；C．明矾中Al3+会发生水解，从而促进水的电离

，并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)，故C正确；D．pH＝11的NaOH溶液中()--3cOH=10mol/L，pH＝13的Ba(OH)2溶液中()--1cOH=10mol/L，等体积混合后()-1-3-1-10+1010cOH=mol/Lmol/L22，则混合液的pH＝12.7，故D错误；故

选C19.下列说法中错误的是A.含有Al3+的溶液中K+、Na+、HCO3−、Cl-不可能大量共存B.室温下，向NH4HSO4溶液中加入NaOH至中性，则c(Na＋)＞c(SO24−)＞c(NH4+)C.向醋酸溶液

中加入水，33c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)−−不变(稀释过程中温度变化忽略不计)D.25℃，amol·L－1氨水与0.01mol·L－1盐酸等体积混合溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则Kb(NH3·H2O)＝-910a-0.

005【答案】D【解析】【详解】A．Al3+与HCO3−因为发生双水解而不能大量共存，故A正确；B．所得溶液中存在电荷守恒++2--44()+()+()=2()+(O)cNacNHcHcSOcH＋，溶液显中性+-c(H)=c(OH)，则有+2

-44()+()=2()cNacNHcSO＋，结合元素质量守恒可知：c(Na＋)＞c(SO24−)＞c(NH4+)，故B正确；C．+33+33c(CHCOO)c(CHCOO)c(H)==c(CHCOOH)c(OH)c(CHCOOH)c(OH)c(H)awKK−−−−，加水稀释过程，温度不

变，该值不变，故C正确；D．25℃，amol·L－1氨水与0.01mol·L－1盐酸等体积混合溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)=0.005mol·L－1，Kb(NH3·H2O)＝+---7-943232c(NH)c(OH)c(Cl)c(OH)0.00510

10a-0.01c(NHHO)c(NHHO)a-0.012−===，故D错误；故选D20.下列说法不正确的是A.某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，则该溶液的pH=aB.物质的量浓度均为0.1mol/L的

CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/LC.常温，等物质的量浓度的醋酸钠溶液和碳酸钠溶液，pH(CH3COONa)小于pH(Na2CO3)D.稀释醋酸钠

溶液溶液的碱性减弱但醋酸钠的水解程度增大．【答案】A【解析】【详解】A．某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，如果是碱性溶液，H+只来自于水，则该溶液的pH=a，但如果是酸性溶液，H+除了来自于水，还来自于酸，则该溶液的pHa，故A错误；B．物质的量浓度均为0.1

mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，根据元素质量守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=0.1mol/L，故B正确；C．酸性强弱为：33HCOCHCOOH−，酸性越弱对应酸根离子水解程度越大，相应盐溶液的pH越

大，即pH(CH3COONa)小于pH(Na2CO3)，故C正确；D．醋酸钠水解使溶液显碱性，稀释醋酸钠溶液，溶液的碱性减弱，但稀释促进醋酸钠的水解，水解程度增大，故D正确；故选A。21.以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-＝2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近，因

为液态SO2也会发生自离解：SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+。若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Cs2SO3，则以下叙述错误的是A.该滴定反应可以表示为：SO32-+SO2+＝2SO2B.在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2

+）的乘积是一个常数C.自离解的存在，说明SO2是离子化合物D.可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点【答案】C【解析】【详解】A．根据中和反应原理类推可知该滴定反应可以表示为：SO32-+SO2+＝2SO2，A正确；B．在一定温度下，液

态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数，即SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+平衡常数，B正确；C．SO2是共价化合物，C错误；D．可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点，终点时溶液的导电能力突然下降，D正确；答案选C。22.为探究温度对盐

类水解的影响，利用手持技术测定0.1mol•L-1Na2CO3溶液温度由20℃升高到60℃过程的pH，130s后的曲线如图所示(已知pKw=pH+pOH)。下列说法正确的是A.加热升温时，溶液中的c(OH-)降低B加热过程中，n(H2CO3)

+n(HCO3−)+n(CO23−)逐渐增大C.常温下，Kh1(CO23−)为10-4.6D.Kw受温度的影响程度大于Kh1(CO23−)【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液存在水解反应：CO23−+H2

OHCO3−+OH-，该水解反应是吸热反应，升温促进水解，c(OH-)升高，故A错误；B．由物料守恒，n(H2CO3)+n(HCO3−)+n(CO23−)不变，故B错误；C．常温下，pOH=pKw-pH=14-11.20=2.80，c(OH-)=10-2.80mol/L，由CO23−+H2OHCO

3−+OH-，Kh1(CO23−)=--2.804.632-32(H)()()==()0.cCOcOH1010c1CO−−，但进行了130s，温度不是常温下，无法确定，故C错误；D．由图可知，温度从20℃升高到60℃，如果只考虑水解的影

响pH增大，但实际pH减小，说明水的电离程度Kw受温度的影响程度大于碳酸根离子的水解程度Kh1(CO23−)，故D正确；故选：D。23.常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。稀释过程中，两溶液pH的变化如下图所示。下列叙述正确的是A.MOH为弱碱，HA为强

酸B.水的电离程度：X=Z>YC.若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均不变D.将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈碱性【答案】B.【解析】【详解】A.纵坐标为物质的量的倍数取对数，HA从pH=4到pH=5稀释了100倍，所以HA为弱酸，MOH的pH从10到9稀释了10倍，所以MOH为

强碱，故A错误；B.水的电离度受溶液中酸电离出的H+浓度或者碱电离出的OH-浓度影响，X点pH=5时，c(H+)水=10-14/10-5=10-9mol/L，Z点c(H+)水=10-9mol/L，Y点c(H+)水=10-10

mol/L，所以水的电离度X=Z>Y，故B正确；C.升温水的离子积会增大，溶液的pH值会发生变化，故C错误；D.HA为弱酸，MOH为强碱，X点和Z点相比，HA的溶液浓度大于MOH，所以等体积混合后溶液应该呈酸性，故D错误。点睛：本题通

过图象的分析，考查了弱酸在稀释过程中电离程度的变化，同时考查了水的离子积，对学生知识的迁移运用有较高的要求。24.室温下用10.1molLNaOH−溶液分别滴定20.00mL浓度均为10.1molL−的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶

液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A.导电能力：a点溶液>b点溶液B.b点溶液中()(HB)Bcc−C.a点溶液中由水电离出的()Hc+约为131310molL−−D.HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是2AHOHAOH−−++【答案】D【解析】【详

解】A．0.1mol•L-1的HA溶液的pH为1，说明HA为强酸，完全电离；a点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA，两者均完全电离，离子浓度大，导电性强；而HB溶液的pH为4，说明HB为弱酸，不完全电离；b点

溶液为加入10mLNaOH溶液，生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB，弱酸不完全电离，所以导电能力：a点溶液＞b点溶液，A正确；B．由图可知，b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL，则反应后溶液中

为等物质的量浓度的HB和NaB混合溶液，溶液显酸性，即HB的电离程度大于B-的水解程度，故b点溶液中()(HB)Bcc−，B正确；C．HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，c（H

+）=()-3-1-310?10L?0.1mol?L20+10?10L=130mol•L-1，溶液中OH-均是由水电离出，则c（OH-）=c水（OH-）=()w+KcH=-14-113010mol?L=3×10-13mol•L-1，则a点时的溶液中由水电离出的c（H+）=c水（OH-

）=3×10-13mol/L，C正确；D．HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸强碱盐NaA，A-不水解，HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量，D错误；故答案为：D。25.窒温下，向20mL0.10mol/LCH

3COOH溶液中逐滴加入0.10mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出H+浓度的负对数[-lgc(H水+)]与所加NaOH溶液体积关系如图所示。(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法错误的是A.室温下，醋酸的电离常数约为1.0×10-5B.c

、e两点溶液：c点显中性，e点显碱性C.d点溶液中：c(Na+)+c(CH3COO-)=0.05mol/LD.b、f点溶液中均有：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A．0.10mol/L

CH3COOH溶液，[-lgc(H水+)]=11，c(H+)=10-3mol/L，醋酸的电离常数约为3310100.10/molL−−=1.0×10-5，选项A正确；B．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COON

a，溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，c点醋酸过量、e点NaOH过量，则c点溶液呈中性、e点溶液呈碱性，选项B正确；C．d点酸碱恰好完全反应生成CH3COONa，混合溶液体积是醋酸或NaOH溶液体积的2倍，则浓度是原来一半，根据物料守恒得c(Na+

)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，c(CH3COOH)很小，故c(Na+)+c(CH3COO-)>0.05mol/L，选项C错误；D．点加入n(NaOH)是醋酸的一半，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，CH3COOH抑制水电离、

CH3COONa促进水电离，根据图知，水的电离出的c(H+)＜10-7mol/L，水的电离被抑制，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中存在c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；f点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COON

a、NaOH，故存在cc(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；选项D正确；答案选C。二、填空题(每空2分，共50分)26.滴定法是化学上常用的定量分析的方法，滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等．氧化还原滴定与

中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。某同学用0.1000mol·L-1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液。填空完成问题：（1）KMnO4溶液应放在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。（2）写出KMnO4与H2C2O4反应的离子方程式_

_____________。（3）滴定终点的现象为_______。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测H2C2O4溶液的体积/mL0.1000mol·L-1KMnO4的体积(mL)滴定前刻度滴定后刻度溶液体

积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09①依据上表数据列式计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为________

。(保留4位有效数字)②下列操作中可能使测定结果偏低的是________(填字母)。A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡

，滴定后有气泡D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（5）滴定实验中一般要选择合适的指示剂，下列滴定中指示剂的选择或滴定终点颜色变化错误的是_______提示：2KMnO4＋5K2SO3＋3H2SO4=6K2SO4

＋2MnSO4＋3H2O、I2＋Na2S=2NaI＋S↓。选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞无色→浅红色B盐酸氨水甲基橙黄色→橙色C酸性KMnO4溶液K2SO3溶液无无色→浅紫红色D碘水Na2S溶液淀粉蓝色→无色【答案】（1）酸式（

2）-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO（3）当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成浅紫红色，且半分钟内保持不变色（4）①.0.2610mol/L②.CD（5）D【解析】【小问1详解】KMn

O4溶液会氧化橡胶，不能用碱式滴定管，故答案为：酸式。【小问2详解】H2C2O4是弱酸，不能拆，KMnO4将H2C2O4氧化为CO2，根据化合价升降相等配平，离子反应方程式为：-+2+4224222MnO

+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO，故答案为：-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO。【小问3详解】达到滴定终点时，H2C2O4恰好完全反应，溶液从无色变成最后滴入的一滴KMnO4溶液所呈现的浅紫红色，且半分钟内保持不变色，故答案为：当滴入最

后一滴标准液时，溶液从无色变成浅紫红色，且半分钟内保持不变色。【小问4详解】①第二次数据异常，排除，求第一次和第三次的平均值为：26.10mL，根据-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO，可得4224

-1224:2526.10mLc()25.00mLKMnOHCO0.1000molLHCO，解得c(H2C2O4)=0.2610mol/L；②A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，KMnO4标准液被稀释，用量偏大，使测定结果偏高，故A不选；B．滴定前盛放草酸溶

液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，被滴定物质的量不受影响，所以结果无影响，故B不选；C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，会使得滴定后的读数偏低，所代入计算的标准液用量偏低，所以结果偏低，故选C；

D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数使滴定前读数偏大，滴定结束时俯视读数使滴定后读数偏小，所代入计算的标准液用量偏低，所以结果偏低，故选D；故答案为：0.2610mol/L；CD。【小问5详解】A．氢氧化钠滴定醋酸

时，因为恰好中和的时候生成醋酸钠，显碱性，所以选择碱变色的指示剂-酚酞，终点颜色变化为：无色→浅红色，故A正确；B．盐酸滴定氨水时，因为恰好中和生成氯化铵，显酸性，所以选择酸变色的指示剂-甲基橙，终点颜色变化为：黄色→橙色，故B正确；C．根据题给反应可知，可用酸性高锰酸钾溶液滴

定氧化亚硫酸钠溶液，并且KMnO4溶液呈紫红色、滴定中可作指示剂，亚硫酸钠被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，所以终点颜色变化为：无色→浅紫红色，故C正确；D．用碘水滴定硫化钠溶液，开始时都无色。硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以可选择淀粉作指示剂，滴定终点

的颜色变化为：无色→蓝色，故D错误；故答案为：D。27.CO2的的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将CO2转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。例如可以用CO2、H2为原料合成CH3OH反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH（

1）CO2和H2在某催化剂表面上合成甲醇的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。反应的ΔH_____0(填“＞”或“＜”)：该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为___________（2）CO2加氢制甲醇也可在Cu-ZnO-ZrO2催化剂表面进行

，其反应历程如图所示(催化剂表面吸附的物种用*标注)，下列说法正确的是___________。A.若该方法实现工业生产，气体以一定流速通过Cu-ZnO-ZrO2，催化剂对反应物的转化率无影响B.催化剂可以降低反应

活化能和反应热C.反应②中存在共价键的断裂和共价键的形成D.水的吸附和解吸在整个反应过程中实现了循环利用，原子利用率为100%（3）在K℃下，分别将0.20molCO2、0.40molH2充入2L和1L的2个刚性容器中，发生反应：CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g

)H。实验测得CO2的体积分数随时间变化如图所示：①比较a、d两点对应的v(CO2)大小：va(正)___________vd(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)，反应从开始进行到d点，用2H浓度变化表示的反

应速率为v(H2)=__________mol·L－1·min－1。②在温度一定，压强P0MPa时，在2L密闭容器中按()()22nH=2nCO投料进行反应，达到平衡时体系的压强为初始压强的0.8倍，该温度下反应平衡常数Kp=___________-1M

Pa(用含P0的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.＜②.CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*（2）C（3）①.>②.2220.2mol0.12Lv(H)==mol/(Lmin)tmint③.该温

度下反应平衡常数20P2000(0.4P)16.875K==0.80.4P(P)P33-1MPa或01358P-1MPa【解析】【小问1详解】从反应历程图可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，是放热反应，ΔH

＜0，该历程中最小能垒(活化能)步骤是图形中坡度最小的，化学方程式为CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*，故答案为：＜；CH2O*+OH*+3H*→CH3O*+OH*+2H*。【小问2详解】A.若该方法实现工业生产，气体以一定流速通过Cu-ZnO-ZrO2，

催化剂能降低反应活化能，提高单位时间反应物的转化率，故A错误；B.催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应热，故B错误；C.反应②中存在C=O共价键的断裂和C-H共价键的形成，故C正确；D.该过程总反应为3H2+CO2=CH3OH+H2O，原子利用率达不到1

00%，故D错误；故答案为：C。【小问3详解】由图可知，d点是平衡点vd(正)=vd(逆)，在此之前平衡正向移动，va(正)>vd(正)，综上分析，则有va(正)>vd(逆)；设消耗的CO2的物质的量是x，根据题中信息写出三段式：()222+2H(g)C(s)+2HO(g)(mol)0.20

.40(mol)x2x2x(mol)0.2-x0.4-2x2xCOg起始量变化量平衡量，则有2n(CO)0.2-x1==n()0.6-x5总，解得x=0.1，则有2220.2mol0.12Lv(H)==mol/(Lmin)tmint；当投料()()22nH=2nCO时，设起始CO2的

物质的量是1mol，则H2的物质的量是2mol，消耗的CO2的物质的量是x，写出三段式()222+2H(g)C(s)+2HO(g)(mol)120(mol)x2x2x(mol)1-x2-2x2xCOg起始量变化量平衡量，则pn1+21===pn3-3x0.8始始平平，解

得x=0.6，2202P22222000(0.4P)p(HO)16.875K===0.80.4p(CO)p(H)P(P)P33；故答案为：；2220.2mol0.12Lv(H)==mol/(Lmin)tmint；20P2000(0.4P

)16.875K==0.80.4P(P)P33-1MPa或01358P-1MPa。28.现有浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液：①硫酸②醋酸③氢氧化钠④氯化铵；请回答下列问题：（1）四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是(填序号)__

_______________。（2）将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度由大到小的顺序是_______________。（3）已知T℃，KW＝1×10－13，则T℃________25℃(填“＞”、“＜”或“＝”)。在T℃时将pH＝11的NaOH溶液

aL与pH＝1的硫酸bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH＝10，则a∶b＝________。（4）25℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取aL该盐酸与bL该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，两溶液的

pH(x、y)的关系式为________(填表达式)。（5）常温下，将浓度均为0.1mol/L醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合后，若溶液的pH=7，则c(Na+)______________c(CH3COO－)

(填“>”、“<”或“＝”)。【答案】（1）④②③①（2）c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(H＋)（3）①.＞②.101∶9（4）x＋y＝14＋lgab（5）=【解析】【小问1详解】酸和碱能抑制水的电离，氢离子（氢氧根离子）浓度越大对水的

电离抑制作用越强，盐的水解促进水的电离，的故由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是④②③①；故答案为：④②③①。【小问2详解】氢氧化钠和氯化铵等体积混合恰好生成等物质的量的NH3·H2O和NaCl，NH3·H2O为弱电解质，所以混合液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＝c(Cl－

)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(H＋)；故答案为：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(H＋)。【小问3详解】水的离子积常数随温度升高而增大，故T℃>25℃；t℃下，将pH=11的苛性钠溶液，c(OH-)为0.01mol·L-；pH=1的硫酸溶液c(H+)=0.1mo

l·L-1，所得溶液的pH=10，溶液中的c(OH-)=310W1010K−−=mol/L，30.010.110abab−−=+，a:b=101∶9；故答案为：＞；101∶9。【小问4详解】有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶

液(x≤6，y≥8)，取aL该盐酸与bL该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，则有-x-ya10=b10；-14+x+ya=10b，故答案为：x＋y＝14＋lgab。【小问5详解】常温下，醋酸溶液和氢氧化钠溶液混合后，根据电荷守恒可知，溶液的pH=7即c(H+)=c

(OH－)，则c(Na+)=c(CH3COO－),故答案为：=。29.回答下列问题：（1）常温下，向20mL0.010mol·L－1的HA溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的NaOH溶液，溶液中lgc(OH

－)与所加NaOH溶液的体积(V)的关系如图。HA是__________(“强酸”或“弱酸”)。N点溶液中2c(H+)－2c(OH-)=____________(用含A微粒的符号表示)（2）次氯酸为一元弱酸，具

有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ(X)＝-c(X)c(HClO)c(ClO)，X为HClO或ClO－与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为__________。常温下向0.1mol·L－1的HClO溶液中

加入等体积的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，c(ClO-)+c(HClO)=__________mol·L－1。（3）PH相同、等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放

出氢气的质量相同，则下列说法正确的是____(填序号)。①反应所需要的时间B＞A②开始反应时的速率A＞B③参加反应的锌的物质的量A＝B④反应过程的平均速率B＞A⑤A中有锌剩余⑥B中有锌剩余（4）已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4−＋H＋Ka

1，HC2O4−C2O24−＋H＋Ka2，常温下，向某浓度的H2C2O4溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O4−三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。①则常温下0.1mol/L的NaHC

2O4溶液显_________填酸性、碱性或中性)②pH＝2.7时，溶液中224222424c(HCO)c(HCO)c(CO)−−＝______。【答案】（1）①.弱酸②.c(A-)-c(HA)（2）①.10－7.5②.0.05（3）③④⑤（4）①.酸性②.1000

【解析】【小问1详解】从图上信息可知，0.010mol·L－1的HA--104lgc(OH)=10c(OH)10c(H)=10−+−=，，，HA不完全电离，是弱酸；根据反应：2HA+NaOH=NaA+HO，N点时加入了10mL的，所得溶液为：HANaA和，物质的量

之比为1:1，根据电荷守恒：++--c(H)+c(Na)=c(A)+c(OH)，根据物料守恒：+-c(Na)=2c(A)+2c(HA)，联立得：+--2c(H)-2c(OH)=c(A)-c(HA)【小问2详解】根据+-HClOH+ClO，+-c(H)c(ClO)K=c(

HClO)，两条曲线相交，-c(ClO)=c(HClO)，+K=c(H)，pH=7.5，-7.5K=10；常温下向0.1mol·L－1的HClO溶液中加入等体积的0.1mol·L－1的NaOH溶液后，发生反

应：2HClO+NaOH=NaClO+HO，所得溶液为NaClO，根据物料守恒，+-c(Na)=c(ClO)+c(HClO)，所以-c(ClO)+c(HClO)=0.05mol/L；【小问3详解】PH相同、等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COO

H)，CH3COOH浓度大于盐酸，分别与锌粉反应，B(CH3COOH)反应速率较快，所需时间较短，①不正确；开始时，PH相同，+c(H)相同，开始反应时的速率A=B，②不正确；放出氢气的质量相同，参加反应的锌的物质的量

A＝B，③正确；CH3COOH浓度大于盐酸，B(CH3COOH)反应速率较快，④正确；A（盐酸）浓度较小，锌有剩余，⑤正确，⑥错误。故选③④⑤。【小问4详解】在24NaHCO溶液中，-24HCO的电离

-+2-2424HCOH+CO常数为：-4.2a2K=10，水解为：--242224HCO+HOHCO+OH，常数为：--14-12.8W224h-1.224a1Kc(HCO)c(OH)10K====10

c(HCO)K10−，因为a2hK>K，所以溶液显酸性。根据电离常数的表达式，2-2-2+1.2a124242-2-2+4.22242422424a2Kc(HCO)c(HCO)c(H)10==1000c(HCO)c(CO)c(HCO)c(CO)c(H)K10−−==