【文档说明】浙江省浙东北联盟（ZDB）2023-2024学年高二上学期期中化学试题 含解析.docx，共(27)页，1.560 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省浙东北联盟(ZDB)2023—2024学年高二上学期期中考试化学试题总分：100分考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16S—32一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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.下列反应的能量变化与下图一致的是A.()22BaOH8HO与4NHCl反应B.盐酸与氢氧化钡溶液反应C.甲烷在空气中的燃烧D.锌与稀24HSO反应【答案】A【解析】【详解】根据图中信息得

到反应物总能量低于生成物总能量，因此该反应为吸热反应。()22BaOH8HO与4NHCl反应是吸热反应，盐酸与氢氧化钡溶液反应、甲烷在空气中的燃烧、锌与稀24HSO反应都为放热反应，故A符合题意。综上所述，答案为A

。2.下列物质能导电且为强电解质的是A.冰醋酸B.熔融4BaSOC.3KNO溶液D.液态HCl【答案】B【解析】【详解】A．冰醋酸为弱电解质，且无自由移动的离子，不能导电，A项错误；B．硫酸钡为强电解质，熔融状态下可以导电，B

项正确；C．硝酸钾溶液为混合物，不是电解质，C项错误；D．液态HCl为强电解质，但HCl为共价化合物，液态HCl不导电，D项错误；故选B。3.“冰，水为之，而寒于水”关于水凝结成冰的过程的描述正确的是A.△H>0，△S>0B.△H>0，△S<0C.△H<0，△S>0D.△H<0，△S

<0【答案】D【解析】【详解】水凝结成冰的过程为放热的气体分子数减小的过程，焓变小于零、熵变小于零；故选D。4.在一密闭容器中，反应()()aAgbBg达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法正确的是A.平衡向逆反应方向移动了B.物质A的

转化率减小了C.物质B的质量分数增大了D.ab【答案】C【解析】【分析】根据平衡移动过程中发生的变化判断平衡移动的方向：将容器体积增加一倍，理论上B的浓度变为原来的50%，而达新平衡时，实际浓度为原来

的60%，说明平衡移动过程中B的浓度是增大的，即向正反应方向移动；增大容器体积，相当于减小压强，即减小压强，平衡正向移动了，则说明反应正向是气体体积增大的方向；【详解】A．平衡向正反应方向移动了，故A错误；B．平衡正向移动，物质A转化率应该增大，故B错误；C．平衡正向移动，物质B的质量分数增大，

故C正确；D．减小压强，平衡正向移动，则a＜b，故D错误；故选C。5.下列说法正确的是A.()()C,sC,s=石墨金刚石△H＞0，说明反应物总键能大于生成物总键能B.需要高温条件才能发生的反应一定是吸热反应C.已知稀溶液中，()()()2H

aqOHaqHO1+−+=∆H=—57.3kJ/mol，，则稀硫酸与氢氧化钡稀溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量D.相同条件下，等质量的固态硫和气态硫完全燃烧，固态硫放出的热量多【答案】A【解析】的【详解】A．

由方程式可知，石墨转化为金刚石的反应为反应为总能量小于生成物总能量的吸热反应，则反应物总键能大于生成物总键能，故A正确；B．需要高温条件才能发生反应不一定是吸热反应，有些放热反应也需要加热来引发反应，如铝热反应是高温条件下才能发生的放热反应，故B错误；C．稀硫酸与氢氧化

钡稀溶液反应生成硫酸钡和水，反应生成硫酸钡沉淀时会产生沉淀热，则稀硫酸与氢氧化钡稀溶液反应生成生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D．固态硫的能量低于气态硫，则同条件下，等质量的固态硫和气态硫完全燃烧

，气态硫放出的热量多，故D错误；故选A。6.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果是A.Na与水反应时，增加水的用量B.Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C.氯化铵固体与熟石灰共热制氨气时，增大压强D.大理石与盐酸反应制取2CO时，将块状大理石改为粉末状大理石【答案】D【

解析】【详解】A．水为纯液体，浓度视为常数，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故A错误；B．浓硫酸和Fe发生钝化现象反应停止，且不生成氢气，生成二氧化硫，故B错误；C．对于有气体参与的反应，增大压强才能加快反应速率，氯化铵固体与熟石灰都是固体，则增大压强，反应速率

不变，故C错误；D．将块状大理石改为粉末状大理石，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确；故选：D。7.一定温度下，密闭容器中发生反应()()MgNg=，反应过程能量变化如下图。下列说法不正确．．．的是的的A.该反应(

)112kJmolHEE−=−B.压缩体积可以加快反应速率C.升高温度可使正反应活化能从1E下降为3E，反应速率增大D.使用催化剂，该反应的反应热不变【答案】C【解析】【详解】A．△H=正反应的活化能—逆反应的活化能=(E1—E2)kJ/mol，故A正确；B．

压缩体积相当于增大压强，那么反应速率会加快，故B正确；C．升温，反应速率加快，但活化能不变，故C错误；D．使用催化剂，只改变速率，反应热不改变，故D正确；故本题选C。8.已知在25℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和水时放出48.4kJ热量。表示该反应的热化

学方程式正确的是A.2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)△H=-96.8kJ•mol-1B.2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g)△H=+11035.2k

J•mol-1C.C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H=-5517.6kJ•mol-1D.C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5517.6kJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】在25

℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和水（l）时放出48.4kJ热量，1molC8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和水时放出的热量为48.4kJ×114=5517.6kJ；A．2molC8H18(辛烷)完全燃烧生成二氧化碳和水时放出

的热量为5517.6kJ×2=11035.2kJ，即2C8H18(l)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l)△H=-11035.2kJ•mol-1，A错误；B．H2O的状态错误，且该反应为放热反应，△H应小于0，B错误；C．H2O的状态错误，C错误；D．1molC8H18(辛烷

)完全燃烧生成二氧化碳和水时放出的热量为48.4kJ×114=5517.6kJ，热化学方程式为C8H18(l)+252O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5517.6kJ•mol-1，D正确；答案

选D。9.一定量的氨基甲酸胺置于密闭容器中(容器体积不变，固体体积忽略)，在恒温下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)，可以判断该反应已经达到平衡的是A.2v(NH3)=v(CO

2)B.密闭容器中气体的平均相对分子质量不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变【答案】C【解析】【详解】A．上述表达式不能表明物质代表的速率是正反应速率还是逆反应速率，不符合化学平衡状态

判断的依据，A错误；B．固体NH2COONH4按物质的量之比为2：1分解生成两种气体，则密闭容器中c(NH3):c(CO2)始终等于2:1，此时不能判断反应达到化学平衡状态，B错误；C．密度=气体总质量体积，总质量不断变化，体积始终不

变，当密闭容器中混合气体的密度不变时，可判断反应达到化学平衡状态，C正确；D．氨气和二氧化碳的化学计量数之比为2:1，故密闭容器中氨气的体积分数始终保持不变，则不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，D错误；故选C。10.下列说法不正确．．．的是A.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，叫做反应的活化能B.增大压强(体积减小)或升高温度，均能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率C.()wHKc+=的溶液一定为中性D.发生化学反应的碰撞都是有效碰撞【答案】B【解析】【详解】A．能发生有效碰撞的分子属于活化分子，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，叫做反应的活化能，故A正确；B．增大压强可以增大单位体积内活化分子的数目，但活化分子百分数不变，故B错误；C．溶液中()wHKc+=说明溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定为中性，故C正确；D．不是所有分

子之间的碰撞都能够发生化学反应，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故D正确；故选B。11.下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是A.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒，测得的H偏小B.测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度C.为了使酸碱充分反应

，应当缓慢分次倒入NaOH溶液并搅拌D.为了使反应进行得更完全，可以使碱适当过量【答案】D【解析】【详解】A．铜丝是热的良导体，传热快，中和热H为负值，用铜丝代替环形玻璃搅拌棒时，测得的中和热数值偏小，H偏大，故A错误；B．测定中和反应

热的实验中，混合溶液的最高温度为终止温度，不是温度不再变化时的温度为终止温度，故B错误；C．为了使酸碱充分反应，应当一次性快速倒入NaOH溶液并搅拌，故C错误；D．为了使反应进行得更完全，可以使碱适当过量，故D正确；故选D。12.将K2SO4溶液从常温加

热至90℃，下列叙述正确的是A.水的离子积变大、pH变小、呈酸性B.水的离子积不变、pH不变、呈中性C.水的离子积变小、pH变大、呈碱性D.水的离子积变大、pH变小、呈中性【答案】D【解析】【详解】水的电离

为吸热过程，升温促进其电离，c(H+)、c(OH-)均增大，故pH变小，依据Kw=c(H+)·c(OH-)，知Kw也变大；由水电离出的H+与OH-始终是相等的，即c(H+)=c(OH-)，故溶液始终显

中性。故答案选D。13.下列事实中一定能证明3CHCOOH是弱电解质的是①用3CHCOOH溶液做导电实验，灯泡很暗②常温下，130.1molLCHCOOH−溶液的pH2.87=③等pH等体积的硫酸、3CHCOOH溶液分别和足量锌反应，3CHCOOH放出的氢气较多

④20mL0.2mol·L-1醋酸溶液恰好与120mL0.2molLNaOH−溶液完全反应⑤pH1=的3CHCOOH溶液稀释至1000倍，pH4A.①②④⑤B.②③⑤C.①②③④⑤D.①②⑤【答案】B【解析】【详解】①用醋酸溶液做导电实验时，没有做同浓度的强电解质对比实验，灯泡很暗不

能证明醋酸是否部分电离，无法判断醋酸是否为弱电解质，故不符合题意；②常温下，0.1mol/L醋酸溶液的pH为2.87，说明醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故符合题意；③等pH等体积的硫酸、醋酸溶液分别和足量

锌反应，醋酸放出的氢气较多说明醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故符合题意；④20mL0.2mol/L醋酸溶液恰好与20mL0.2mol/L氢氧化钠溶液完全反应说明醋酸是一元酸，但不能证明醋酸是否部分电离，无法判断醋酸是否为弱电解质，

故不符合题意；⑤pH为1的醋酸溶液稀释至1000倍，稀释后溶液的pH小于4说明醋酸在溶液中部分电离，属于弱电解质，故符合题意；②③⑤符合题意，故选B。14.下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是A.配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉B.50

0℃左右比室温更有利于合成氨的反应C.实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D.由H2、I2(g)、HI组成的平衡体系，加压后颜色加深【答案】C【解析】【分析】勒沙特列原理为平衡移动原理，存在可逆反应、涉及平衡移动且符合平衡移动原理才能用勒沙特列原理解释。【详解

】A、配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉发生反应Fe+2Fe3+→3Fe2+，防止Fe2＋被氧化，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，错误；B、工业合成氨的反应为放热的可逆反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，采用500℃的温度是由于在此温度下，

催化剂的活性最高，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，错误；C、饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水存在可逆反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl-，相当于增加了生成物氯离子的浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原

理解释，正确；D、反应H2(g)+I2(g)2HI(g)为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；15.已知()()()22HgBrl2HBrg+=72kJ/molH=−，()()22

Br1Brg=30kJ/molH=+。其他相关数据如下表，则表中a为()2Hg()2Brg()HBrg1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436200aA.369B.339C.297D.267【答案】A【解析】【详解】题目给出：()()()22Hg

l2g?ΔH72/BrHBrkJmol+==−，()()22lg?ΔH30/BrBrkJmol==+，根据盖斯定律，两式相减可得：()()()22Hgg2g?ΔH102/BrHBrkJmol+==−，反应的焓变等于反应物的键能减去生成物的键能，所以436+200-2

a=-102，解得a=369，故选A。16.在2L密闭容器中充入3molA气体和2molB气体，在一定条件下发生反应3A(g)B(g)2C(g)xD(g)++，达到平衡时，生成了1molC，经测定，D的浓度为10.5molL−

，下列判断正确的是A.x3=B.B的转化率为30%C.平衡时A的浓度为10.75molL−D.达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的60%【答案】C【解析】【分析】由三段式分析：3A(g)+B(g)2C(g)

+xD(g)(mol)3200(mol)1.50.510.5mol/L?2L(mol)1.51.510.5mol/L?2L起始量转化量平衡量，根据转化量之比等于化学计量系数比可知，x=2，据此分析解题。【详解

】A．由分析可知，x=2，A错误；B．由分析可知，B的转化率为0.5mol×100%2mol=25%，B错误；C．由分析可知，平衡时A的浓度为1.5mol2L=10.75molL−，C正确；D．由分析并结合阿伏伽德罗定

律可知，达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的1.5+1.5+1+13+2=100%，即反应前后体系压强不变，D错误；故答案为：C。17.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z。反应①的速率可为v1=k1c2(M)，

反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是A.反应①的活化能比反应②的活化能小B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD.

0~30min时间段内，Y的平均反应速率为2.5×10-3mol·L-1·min-1【答案】A【解析】【详解】A．根据图像可知，30min内Z浓度变化了0.125mol/L，即反应②中消耗M的物质的量浓度为0.125mol/L，而这段时间反应①中，消耗M的物质的量浓度为

(0.5-0.3-0.125)mol/L=0.075mol/L，相同段时间内，反应②的速率比反应①快，一般情况下，活化能越小，反应速率越快，因此反应①的活化能比反应②的活化能大，故A说法错误；B．M同时发生反应①和②，生成Y和Z，Y、Z初始浓度为0，

则c(Y)c(Z)取决于12vv，21112222vkc(M)kc(Y)=c(Z)vkc(M)k==，k1、k2为速率常数，因此反应开始后，体系中Y、Z的浓度之比保持不变，故B说法正确；C．前30min内，M转化为Z的转化率为0.1250

.2×100%=62.5%，根据B选项分析，反应中M的转化为Y、Z的比例保持不变，因此反应进行到底，有62.5%的M转化成为Z，故C说法正确；D．根据选项A的分析，前30min内，生成Y的物质的量浓度为0.075mol/L，v(Y)=

0.075mol/L30min=2.5×10-3mol/(L·s)，故D说法正确；答案为A。18.工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO2转化为SO3是一个关键步骤：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。工业制

硫酸的原理示意图：SO2的平衡转化率(%)随温度和压强的变化情况见下表：温度/℃平衡时SO2的转化率/%0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa45097.598.999.299.699.755085.692.994

.997.798.3下列说法不正确．．．的是A.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间B.通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高C.工业生产中通入过量的空气可以提高SO2的平衡转化率D.反应选择在400～500℃，主要

是让V2O5的活性最大、SO2的平衡转化率提高【答案】D【解析】【详解】A．使用催化剂加快反应速率，可以缩短反应达到平衡所需的时间，A正确；B．根据表中数据可判断常压下SO2的转化率已相当高，所以通常不采取加压措施是因为常压下SO2的转化率已相当高，增大压强对设备

要求高，增加成本，B正确；C．氧气是反应物之一，工业生产中通入过量的空气促使平衡正向移动，因此可以提高SO2的平衡转化率，C正确；D．反应选择在400～500℃，主要是让V2O5的活性最大，由于正反应是放热反应，因此高温下SO2的平衡转化率会降低，D错误；答案选D。19.为探究

外界条件对反应：mA(g)nB(g)cZ(g)+H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

.H0B.mnc+C.其它条件相同，升高温度，v正增大的幅度小于v逆D.其它条件相同，压强增大，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大【答案】C【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．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，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，平衡逆向移动，v正增大的幅度小于v逆，故C正确；D．增大压强平衡不改变

平衡常数，平衡常数只受温度影响，故D错误；故选C。20.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断不正确的是A.I是盐酸，Ⅱ是醋酸B.b点酸的总浓度大于

a点酸的总浓度C.溶液的导电性a>b>cD.a、b、c三点KW的数值相同【答案】B【解析】【详解】A.盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶

液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，I是盐酸，故A正确；B.相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸(Ⅱ)浓度大于盐酸(Ⅰ

)浓度，即b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，故B错误；C．溶液导电性取决于离子浓度，pH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a＞b＞c，故C正确；D．KW的大小只取决于温度，所以a、b、c三点KW的数值相同，故D正确；故选：

B。21.一定温度下，向某容积可变的密闭容器中加入足量碳酸钙，发生反应()()()32CaCOsCaOsCOg+，并达到平衡。下列说法正确的是A.保持容器容积不变，充入He，平衡向逆反应方向移动B.将容器容积增大为原来的2倍，当体系再次达到平衡时，气体密度不变C.增加()3Ca

COs的物质的量，平衡向正反应方向移动，2CO的浓度增大D.将容器容积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，2CO的浓度介于原浓度的1倍到2倍之间【答案】B【解析】【详解】A．体积不变，充入He，二氧化碳的浓度不变，则平衡不移动，故A错误；B．温度不变，平衡常

数K=c(CO2)不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时二氧化碳的浓度不变，则气体密度不变，故B正确；C．CaCO3(s)为固体，增加CaCO3(s)的量，不影响反应速率，则平衡不移动，故C错误；D．将体积缩小为原来的一半，温度不变，平衡常数K=c(CO2)不

变，则体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变，故D错误；故选B。22.下列说法正确的是A.甲烷的燃烧热为ΔH=-890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：()()()()4222CHg2OgCOg2HOg+=+ΔH=-890.3kJ/molB.进行中和热的测定实验时，

用温度计测定HCl溶液的起始温度后，不需洗涤就可直接测定NaOH溶液的起始温度C.500℃、30MPa下，将20.5molN和21.5molH置于密闭的容器中充分反应生成()3NHg，放热19.3kJ，其热化学方程

式为：()()()30MPa223500Ng3Hg2NHg+℃ΔH=-38.6kJ/molD.已知25℃、101KPa条件下：()()()2234Als3Og2AlOs+=ΔH=-2834.9kJ/mol，()()()3234Als2Og2AlO

s+=ΔH=-3119.1kJ/mol，则2O比3O稳定【答案】D【解析】【详解】A．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为()()()4222CHg+2Og=COg+2HO(l)ΔH=-890.3kJ/

mol，故A错误；B．进行中和热的测定实验时，用温度计测定盐酸起始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，残留的盐酸与氢氧化钠溶液反应会使测得起始温度偏高，导致所测中和热偏小，故B错误；C．合成氨反应为可逆反应，可逆反

应不可能完全反应，则0.5mol氮气与1.5mol氢气置于密闭的容器中充分反应生成氨气放出热量19.3kJ，说明合成氨反应的焓变小于-38.6kJ/mol，故C错误；D．将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①—②可得3O2(g)=2

O3(g)△H=+284.2kJ/mol，则氧气转化为臭氧的反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，物质的能量越高越不稳定，所以氧气比臭氧稳定，故D正确；故选D。23.下列叙述正确的是A.某醋酸溶液的pH=a，将此溶

液稀释10倍后，溶液的pH=b，则b=a+1B.常温下，某溶液中由水电离的()111OH110molLc−−−=，则此溶液一定呈酸性C.25℃时，将pH5=的盐酸稀释1000倍，溶液的pH8=D.25℃时，pH13=的强碱溶液与pH

1=的强酸溶液等体积混合，所得混合液的pH7=【答案】D【解析】【详解】A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，醋酸电离平衡正向移动，电离出更多氢离子，溶液的pH=b，则b<a+1，选项A错误；B．常温下，某溶液中由水电离的-111c(OH)110molL−−=，说明

水电离受到抑制，此溶液可能呈酸的溶液也可能使碱的溶液，选项B错误；C．25℃时，将pH=5的盐酸稀释1000倍，溶液的pH无限接近7，但不能大于7，选项C错误；D．25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=1的强酸溶液等体积混合，完全中和生成强酸强碱盐，溶液呈中性，选项D正确；答案选D。

24.一定温度下，向三个体积分别为1V、2V、3V(123VVV)的密闭容器中分别加入足量活性炭和22molNO，发生反应：()()()()2222Cs2NOgNg2COg++，在相同时间内测得各容器中2NO的转化率与容器体积的

关系如图所示。下列说法正确的是A.bc曲线上反应均达到平衡状态B.容器内的压强：ab:6:7PPC.a、c两点时气体的颜色相同D.该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：acbKKK=【答案】B【解析】【详解】A

．该反应是气体系数增大的反应，随着体积增大，压强会变小，平衡朝正反应移动，二氧化氮的平衡转化率会变大，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，A项错误；B．a点二氧化氮平衡转化率为40%，则此时二氧化氮反应了0.8mol，剩余1.2mol，氮气生成

了0.4mol，二氧化碳生成了0.8mol，容器中气体总物质的量为1.2+0.4+0.8=2.4mol；b点二氧化氮平衡转化率为80%，则此时二氧化氮反应了1.6mol，剩余0.4mol，氮气生成了0.8mol，二氧化碳生成了1.6mol，容器中气体总物质的量为0.4+0.8+1.6

=2.8mol；a、c两点容器内的气体物质的量比为6：7，但a点体积小，根据公式V=nRT可知，a、c两点容器内的压强比大于6：7，B项正确；C．a、c两点二氧化氮的转化率相同，但c点体积大，浓度小，颜色应更浅，a、c两点时气体的颜色不相同，C项错误；D．温度不变，平衡

常数不变，abcKKK==，D项错误；故选B。25.下列实验方案设计、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探究反应物浓度对化学反应分别取122310mL0.1molLNaSO−溶液和12235mL0.1molLNaSO−溶液、5mL蒸馏水

于两支试管中，然后同时加入41210mL0.1molLHSO−溶液前者出现浑浊的时间更短，说明增大223NaSO浓度，可以加快反应速率影响速率的影响B探究反应物浓度对化学平衡的影响取一支试管，加入12272mL0.1molLKCrO−溶液，再向试管中滴

加5～10滴16molLHCl−溶液。已知：()()222722CrO2HCrOHO+−++黄色橙色溶液由黄色变为橙色，说明增大氢离子浓度，平衡向生成227CrO−的方向移动C探究生成物浓度对化学平衡的影响向132L0mL1molFeCl.

−溶液加入1滴KSCN溶液，再加入少量KCl溶液若溶液先变血红色，加入KCl溶液后血红色变浅，说明增大生成物浓度，平衡逆向移动D探究催化剂对化学反应速率的影响向两支盛有少量22HO溶液的试管中分别加入5滴131m

olL0l.FeC−溶液和5滴141molL0CO.0uS−溶液加入3FeCl溶液的试管生成气体的速率比加入4CuSO溶液的快，说明3FeCl对22HO分解的催化效果强A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．223SONa和氢离子反应

能生成硫单质和二氧化硫，其他条件相同时，仅改变223SONa溶液的浓度，比较反应发生的快慢，即生成硫单质的快慢，说明增大223SONa浓度，可以加快反应速率，A项正确；B．227KOCr为橙色，实验现象应是橙色加深，而不是黄色变成橙色，B项错误；C．铁离子与硫氰根发生反应，生成硫氰化铁络合物，此

反应与氯化钾无关，加入氯化钾不会引起平衡移动，颜色无变化，C项错误；D．没有控制变量，加入的铁离子和铜离子的浓度不同，不能得出相应结论，D项错误；故选A。二、非选择题(共50分)26.回答下列问题（1）在

25℃、101kPa下，1g甲醇(3CHOH)液体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出QkJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：___________。（2）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()()()()()()3222S

s2KNOs3CsKSsNg3COg=++++ΔH=xkJ/mol。已知：碳的燃烧热1ΔH=akJ/mol，()()()2Ss2KsKSs+=2ΔH=bkJ/mol，()()()()2232KsNg3Og2KNO

s++=3ΔH=ckJ/mol，则x为___________kJ/mol。（3）一定条件下，在水溶液中所含离子Cl−、ClO−、2ClO−、3ClO−、4ClO−各1mol，其相对能量的大小如图所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，则反应()()

()33ClOaqClOaq2Claq=−−−+的ΔH=___________kJ/mol。【答案】（1）CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=—32QkJ/mol（2）3a+b—c（3）—117【解析】【小问1详解】由在25℃、101kPa下，1g甲醇液

体在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出QkJ的热量可知，甲醇燃烧的燃烧热ΔH=—QkJ1g32g/mol=—32kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l

)ΔH=—32QkJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=—32QkJ/mol；【小问2详解】由碳的燃烧热可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s)＋O2(g)

=CO2(g)，ΔH=akJ/mol，将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应3×①＋②－③可得爆炸的热化学方程式，则反应ΔH=(3a+b—c)kJ/mol，故答案为：(3a+b—c)；【小问3详解】由图可知，3mol次氯酸根离子的总能量为3×60

kJ=180kJ，1mol氯酸根离子的总能量为63kJ，氯离子的能量为0，则反应ΔH=63kJ/mol—180kJ/mol=—117kJ/mol，故答案为：—117。27.Ⅰ.在常温下，10.1molL−

一元酸HB溶液的pH3=，回答下列问题：（1）HB在水溶液中的电离平衡常数aK___________。（2）常温下，有()Hc+相同、体积相同的盐酸和上述酸HB两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确

的是___________(填字母)。(①表示盐酸，②表示HB)Ⅱ.25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，回答下列问题：弱酸3CHCOOHHClO23HCO23HSOaK51.810−104.910−7a14.310−=K11a25.610K−=2a1K1.510−=7a2

K1.010−=（3）3CHCOOH、HClO、23HCO、23HSO的酸性由强到弱的顺序为___________。（4）请判断下列反应不正确．．．的是___________A.少量2CO通入NaClO溶液中：2223COHO2ClOCO2HClO−−++=+B.少量2SO通入()2

CaClO溶液中：2224SOHOCa3ClOCaSO2HClOCl+−−+++=++C.等浓度、体积的3NaHCO与3NaHSO混合：233223HSOHCOCOHOSO−−−+=++D.少量2SO通入23NaCO溶液中：222333SOHOCOHSOHCO−−−+

+=+Ⅲ.回答下列问题（5）某温度下，纯水中()71H510molL+−−=c，则该温度下的WK=___________，若温度不变，10.01molL−的HCl溶液中，由水电离．．．出的()cH+=___________1molL−。（6）

25℃时，将10.1molLNaOH−溶液与106mo.l0L−的24HSO溶液等体积混合，(忽略混合后体积的变化)，求所得溶液的pH为___________。（7）25℃时，将pH5=的24HSO稀释1000倍后，()()24HS:Oc

c+−约为___________。【答案】（1）510−（2）c（3）23HSO、3CHCOOH、23HCO、HClO（4）ACD（5）①.132.510−②.112.510−（6）2（7）20：1

【解析】【小问1详解】HB在水溶液中的电离平衡常数()()()333353cHcB1010101010c0.1100.1KaHB+−−−−−−−===−。【小问2详解】()Hc+相同、体积相同的盐酸和上述酸HB两种溶液，分别与足量的锌粉发生反应，H

B会继续发生电离，而盐酸的氢离子已经完全电离并逐步消耗，且HB的物质的量浓度更高，故产生的氢气更多，由此可知答案为c。【小问3详解】电离常数越大，酸性越强，由此可知酸性由强到弱分别为23HSO、3CHCOOH、23HCO、HClO。【小问4详解】少量2CO通入NaClO溶液中，23C

OHClO−与不共存，故离子方程式为223COHOClOHCOHClO−−++=+，A错误；少量2SO通入()2CaClO溶液中，产生的氢离子和ClO−结合生成HClO，离子方程式为2224SOHOCa3C

lOCaSO2HClOCl+−−+++=++，B正确；等浓度、体积的3NaHCO与3NaHSO混合不发生反应，233223HSOHCOCOHOSO−−−+=++不符合强酸制弱酸规则，C错误；少量2SO通入23NaCO溶液中：22223

33SOHO2COSO2HCO−−−++=+，D错误。故选ACD。【小问5详解】该温度下的()()7713WKHOH5.0105.0102.510cc+−−−−===，温度不变，10.01molL−的HCl溶液中，由水电离．．．出的()

Hc+和溶液中氢氧根浓度相同，()()1311112Kw2.510cOH=molL2.510molL10cH−−−−−−+==。【小问6详解】()()()11HVOHV0.062V0.1VHmolL0.01molL2V2Vccc+−+−−−−===，由此可知p

H=2。【小问7详解】pH5=的24HSO其()51H10molLc+−−=，()25140.510molLcSO−−−=，稀释1000倍后()()712814H10molL,0.510molLccSO+−−−−−=，故()()24HS:Occ+−约

为7810:0.510=20:1−−。28.研究xNO之间的转化具有重要意义。（1）对()()242NOg2NOg的研究①已知：()()242NOg2NOgH0，在测定2NO的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是___________A．温度0℃、压强5

0kPaB．温度130℃、压强300kPaC．温度25℃、压强100kPaD．温度130℃、压强50kPa②该反应自发进行的条件是___________。③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。下列不能．．作为反应达到平衡的判据是___________。A．2NO的物质的量不变B．()()2422NONOvv=C．H不变D．容器内气体的平均相对分子质量不变E．容器内颜色不变④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。1t时刻反应达到平衡

，混合气体平衡总压强为p，24NO气体的平衡转化率为a，则反应：()()242NOg2NOg的平衡常数pK=___________(用含有a的表达式表示。对于气相反应，用某组分B的平衡压强()Bp代替物质的量浓度()Bc也可表示平衡常数，记作pK，如()()BBppx

=，p为平衡总压强，()Bx为平衡系统中B的物质的量分数)。（2）对()()()222NOgOg2NOg+的研究NO氧化反应：()()()222NOgOg2NOg+分两步基元反应进行：Ⅰ.()()222NOgNOg1ΔH快反应Ⅱ.()()()2422Ng

2OgOgNO+2ΔH慢反应已知：210HH在图中绘制“()()()222NOgNOgNOg→→”的“能量～反应过程”示意图。________【答案】28.①.D②.高温③.BC④.224ap1-a29.【解析】【小问1详解】①该反应为气体体积增大的吸热反应

，在测定NO2的相对分子质量时，应生成尽可能多的NO2，所以应尽可能地使平衡向右移动，选择高温低压可达到目的，即温度选择130℃，压强选择50kPa可使测定结果误差最小，故选D。②该反应为气体体积增大的吸热反

应，ΔH>0、ΔS>0，反应要能自发，则ΔH-TΔS<0，所以该反应在高温条件下可自发进行。A．2NO的物质的量不变，则其物质的量浓度不变，反应达到平衡状态，A不符合题意；B．当()()2422NONOvv=正逆时，才能作为判断反应达到平衡的依据，B

符合题意；C．H取决于反应物总能量与生成物总能量的相对大小，H不变与反应是否达到平衡状态无关，C符合题意；D．该反应为气体体积增大的反应，因而气体的总的物质的量在不断变化，混合气体的总质量不变，所以容器内气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；E．NO2

气体有颜色，颜色的深浅与浓度有关，当颜色不变即浓度不变时，说明反应达到平衡状态，E不符合题意；故选BC。④1t时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，24NO气体的平衡转化率为a，恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比，假设初始时N2O4的物质的量为n，列出三段式：242NO(

g)2NO(g)/moln0/molan2an/mol(1a)n2an−起始转化平衡，则24(1-a)n1-ap(NO)=p=p2an+(1-a)n1+a，22an2ap(NO)=p=p2an+(1-a)n1+a，2

22p24222a(p)p1+Ka1-a)ap1+ap(NO)4ap(NO1-===。【小问2详解】两基元反应中，步骤Ⅰ为快反应，步骤Ⅱ为慢反应，则步骤Ⅱ反应活化能较大，起决定因素。根据题给信息210HH可知，两基元反应均为放热反应，且步骤Ⅱ放热更多，则“()()()222N

OgNOgNOg→→”的“能量～反应过程”示意图可表示为。29.Ⅰ．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）实验中若用60mL0.50mol/

L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热___________(填“相等”或“不相等”)，（2）取50mL0.50mol·L-1N

aOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行实验，近似认为0.50mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1硫酸溶液密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1，反应的平均温差为4.0℃，测得的中和热ΔH=______

_____kJ·mol-1(取小数点后一位)。Ⅱ．已知KMnO4和H2C2O4(草酸)在酸性溶液中会发生氧化还原反应，甲、乙两个实验小组欲探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已酸化)：（3）甲组：通过测

定单位时间内生成CO2气体体积的量来比较化学反应速率，实验装置如图所示：实验时分液漏斗中A溶液一次性加入，A、B的成分见下表：序号A溶液B溶液①2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②2mL0.2mol·L-1

H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液③2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液4mL0.01mol·L-1KMnO4溶液，少量MnSO4(催化剂)①KMnO4和H2C2O4反应的离子方程式为___________的②该实验探究的是___________因素对化学反

应速率的影响。在反应停止之前，相同时间内针筒中所得CO2的体积由大到小的顺序是___________(填实验序号)。（4）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的长短来比较化学反应速率。取两支试管各加入2mL0.1m

ol·L-1H2C2O4溶液，另取两支试管各加入4mL0.1mol·L-1KMnO4溶液，将四支试管分成两组(每组各有一支试管盛有H2C2O4溶液和KMnO4溶液)，一组放入冷水中，另一组放入热水中，一段时间后，分别混合并振荡，记录溶液褪

色所需时间。该实验试图探究___________因素对化学反应速率的影响，但该组同学始终没有看到溶液完全褪色，其原因是___________。【答案】（1）①不相等②.相等（2）-53.5（3）①.2Mn4O−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑

+8H2O②.浓度和催化剂③.③>②>①（4）①.温度②.KMnO4溶液过量【解析】【小问1详解】反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，

与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸和强碱反应生成1molH2O时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反

应，测得中和热数值相等。故答案为：不相等；相等。【小问2详解】50mL0.50mol·L-1NaOH溶液和30mL0.50mol·L-1硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.02

5mol，溶液的质量为：80mL1g·cm-3=80g，反应的平均温差T=4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J·g-1·℃-14.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热ΔH=-1.3

376kJ0.025mol=-53.5kJ·mol-1，故答案为：-53.5。【小问3详解】①KMnO4和H2C2O4发生氧化还原反应生成锰离子、二氧化碳、水，KMnO4中锰降低了5价，1个H2C2O4分子中有2个+3价的

C，化合价升到+4价，根据化合价升降总数相等及电荷守恒、原子守恒，写出反应的离子方程式为：2Mn4O−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2Mn4O−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2

↑+8H2O。②实验①和②中其他条件相同，草酸的浓度不同，实验②和③的不同之处是实验③中使用了少量MnSO4作催化剂，所以该实验探究的是浓度和催化剂对化学反应速率的影响。对比3个实验，③中使用了少量.MnSO4作催化剂

，化学反应最快，②中草酸的浓度比①中草酸的浓度大，化学反应速率大，相同时间内针筒中所得CO2大，所以体积由大到小的顺序是③>②>①，故答案为：浓度和催化剂；③>②>①。【小问4详解】乙组中两组对照实验的温度不同，而H2

C2O4和KMnO4的物质的量浓度相同，因反应中KMnO4过量，致使溶液没有完全褪色，故答案为：温度；KMnO4溶液过量。30.三氯氢硅SiHCl3是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)采用大孔弱碱性

阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。（1）343K时反应的平衡转化率ɑ=_______%。平衡常数K343K=_______(保留2位小数)。（2）在343K下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是____

___；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_______。（3）比较a、b处反应速率大小：va_______vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正−v逆=k正x2(SiHCl3)−k逆x(SiH2Cl

2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处正逆vv=_______(保留1位小数)。【答案】（1）①.22②.0.02（2）①.及时移去产物②.增大压强(或增大反应物浓度)、改进催化剂(任写一种)

（3）①.大于②.1.3【解析】【小问1详解】在其它条件不变时，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据图象可知反应速率：a＞b，所以反应温度：a＞b，即a表示温度是343K，b表示温度是323K。根据

图象可知：在343K条件下SiHCl3的转化率是22%，假设反应开始时SiHCl3的物质的量是amol，则根据其转化率是22%，可知平衡时n(SiHCl3)=0.78amol，n(SiH2Cl2)=n(SiCl4)=0.1

1amol，假设反应容器的容积是VL，则该温度下是化学平衡常数K=0.11a0.11aVV=0.020.78a0.78aVV；【小问2详解】在343K下，要提高SiHCl3转化率，由于反应物只有SiHCl3，可采取的措

施是及时移去产物，即减小生成物浓度，使化学平衡正向移动；该反应有气体参加，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有增大体系压强，使反应物浓度增大而加快反应速率，缩短达到平衡所需时间或使用高效催化剂等措施；【小问3详解】反应温度越高，化学反应速率越快。a点所在曲线表示的反应

温度是343K。b点所在曲线表示的温度是323K，所以反应速率：va＞vb；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com