【文档说明】安徽省芜湖市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.182 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度第一学期芜湖市中学教学质量监控高二年级化学试题卷(选择性必修1)注意事项：1.本试卷共三大题，24小题，满分100分。考试时间100分钟。2.本试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分。“试题卷

”共6页，“答题卷”共2页。3.请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题是无效的。4.考试结束后，请将“试题卷”和“答题卷”一并交回。一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意

。)1.2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动，并进行了以下实验。下列说法错误的是A.“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠属于弱电解质B.“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠中既含有共价键又含有离子键C.“水油分离

实验”中，饮用水与食用油摇匀后不能立即用分液漏斗直接分液D.“太空五环实验”中，碳酸钠溶液中滴加甲基橙构成了黄色环，是因为碳酸钠溶液呈碱性【答案】A【解析】【详解】A．乙酸钠是强碱弱酸盐，溶于水完全电离，是强电解质，故A错误

；B．醋酸钠属于离子化合物，钠离子与醋酸根离子之间是离子键，醋酸根还存在碳氢键和碳氧键等共价键，既含有共价键又含有离子键，故B正确；C．饮用水与食用油摇匀后应静置分层，不能立即用分液漏斗直接分液，故C正确；D．碳酸钠溶液水解呈碱性，故碳酸钠溶液

中滴加甲基橙溶液呈黄色，故D正确；答案选A。2.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）A.硅太阳能电池B.锂离子电池C.太阳能集热器D.燃气灶【答案】D【解析】【详解】A.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；B.锂离子电池将化学能转化为

电能，B错误；C.太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；D.燃气灶将化学能转化为热能，D正确，答案选D。3.关于()()()Ag2Bg3Cg+=的化学反应，下列表示的反应速率最大的是A.()11A0.6molLmin

v−−=B.()11B0.03molLsv−−=C()11C1.2molLminv−−=D.()11B1.2molLminv−−=【答案】B【解析】【详解】在同一个反应中，用不同物质表示速率之比等于方程式的化学计量数之比，所以可以都转化成用A表示的速率，从而比较不同条件

下的反应速率。A．()11vA0.6molLmin−−=；B．()11vB0.03molLs−−=，转化成用A表示的速率为()1111vB0.03molLmin600.9molLmin22−−−−

==；C．()11vC1.2molLmin−−=，转化成用A表示的速率为()1111vC1.2molLmin0.4molLmin33−−−−==；D．()11vB1.2molLmin−

−=，转化成用A表示的速率为()1111vB1.2molLmin0.6molLmin22−−−−==；所以速率最快的是B，故选B。4.对可逆反应()()()()3224NHg5Og4NOg6HOg++下列叙述正确的是A.达到化学平衡时，()()24vO=5vNO正逆

B.化学反应速率关系是：()()322vNH=3vHO正逆C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大.的D.单位时间内生成xmolNO的同时，生成xmolNH3，则反应达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】可逆反应达到平衡

状态时，任何物质的浓度不变，在同一时刻用不同物质表示的正、逆反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，据此分析解答。【详解】A．当该可逆反应达到化学平衡时，反应速率应该满足关系：()()25vO=4vNO正逆，因此()(

)24vO=5vNO正逆的条件下反应未达到平衡状态，A错误；B．当该可逆反应达到化学平衡时，反应速率应该满足关系：()()323vNH=2vHO正逆，因此()()322vNH=3vHO正逆的条件下反应未达到平衡状态，B错

误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物中任意一种物质的浓度减小，因此正反应速率减小，逆反应速率也减小，C错误；D．NH3是反应物，NO是生成物，二者化学计量数相同，因此当单位时间内生成xmolN

O的同时，生成xmolNH3，则NO、NH3的浓度不变，反应达到平衡状态，D正确；故合理选项是D。5.用食用白醋(醋酸浓度约为101molL−．)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是A.白醋中滴入石蕊试液呈红色B.pH试纸显示白醋的pH约为3~4C.蛋

壳浸泡在白醋中有气体放出D.白醋加入豆浆中有沉淀产生【答案】B【解析】【分析】要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。【详解】A．白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶

液显酸性，A错误；B．浓度约0.1mol/L的醋酸其pH为3～4，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，B正确；C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；D．白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，D错误；

答案选B。6.室温下pH12=的NaOH溶液中，由水电离出的()OHc−约为A21110molL−−B.71110molL−−的.C.141110molL−−D.121110molL−−【答案】D【解析】【详解】常温下

pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是水的电离的，水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等，故水电离出来的()-cOH=()cH+=121110molL−−，故选D。7.工业上电解熔融NaCl与电解食盐水

都能直接得到的物质是A.NaB.NaOHC.H2D.Cl2【答案】D【解析】【详解】电解熔融氯化钠生成氯气和钠，方程式为：2NaCl==通电2Na+Cl2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，方程式：2NaCl+2H2O==通电2

NaOH+Cl2↑+H2↑；所以二者都能得到的为Cl2，故选：D。8.下列各组离子能在溶液中大量共存的是A.+Na、OH−、HS−、3NO−B.3+Al、Cl−、3HCO−、+NaC.()4AlOH−、+K、23CO−、+NaD.2+Fe、+K、+H、3NO−【答案】C【解析】【

详解】A．OH-与HS-会反应产生H2O、S2-，不能大量共存，A不符合题意；B．Al3+、3HCO−会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀、CO2气体，不能大量共存，B不符合题意；C．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．Fe2+、H+、3NO−会发生氧化还

原反应产生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。9.某温度下，在恒容密闭容器中2SO、2O、3SO建立化学平衡：2232SO(g)+O(g)2SO(g)ΔH<0，改变下列条件对正、逆反应速率的影响不正确．．．的是A.压缩容器体

积B.通入2OC.使用(正)催化剂D.升高温度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．压缩容器体积各物质的浓度均增大，正逆反应速率均增大，且正反应速率增大的程度大于逆反应速率，故A错误；B．通

入2O增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，故B正确；C．使用(正)催化剂能同等程度的增大正逆反应速率，故C正确；D．升高温度正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，平衡逆向移动，故D正确；故选：A。10.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)+C

O2(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>-57.3k

J/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。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意。

)11.在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g)LaNi5H6(s)ΔH<0。在一定温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是A.升高温度，v逆增大，v正减小，平衡逆向移动B.

低温条件有利于该反应正向自发，利于储氢C.维持温度不变，向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数增大D.维持温度不变，缩小容器的容积，平衡正向移动，重新达到平衡时H2的浓度减小【答案】B【解析】【详解】A．升

高温度，v逆增大，v正也增大，由于温度对吸热反应影响更大，所以v逆增大的倍数大于v正增大的倍数，化学平衡向吸热的逆向移动，A错误；B．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，降低温度，平衡正向移动，有助于H2转化为L

aNi5H6固体的形成，因此利用储氢，B正确；C．平衡常数只受温度影响，维持温度不变，向密闭容器中充入氢气，平衡正向移动，平衡常数不变，C错误；D．维持温度不变，缩小容器的容积，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，只能减弱这种

改变，不能消除，所以重新达到平衡时H2的浓度增大，D错误；故选B。12.一定条件下，将3molA气体和1molB气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生反应：()()()()3AgBg2Cg2Ds++。2min末该反应达到平衡，生成D的物质的量随时间的变化情况如图所示。下列判断正确的是

A.到达平衡时C的物质的量浓度为0.4mol/LB.反应过程中A和B的转化率之比为3∶1C.平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为3∶2D.从开始到平衡，用D表示的化学反应速率为0.2mol/(L·min)【答案】A【解析】【分析】由题干图像信息可知，反应达到化学平衡时D的物质的量为0

.8mol，三段式分析为：()()()()3AgBg2Cg2Ds(mol)3100(mol)1.20.40.80.8(mol)1.80.60.80.8++起始量转化量平衡量，据此分析解题。【详解】A．由分析可

知，到达平衡时C的物质的量也为0.8mol，C的物质的量浓度为0.8mol2L=0.4mol/L，A正确；B．由分析可知，反应过程中A和B的转化率之比为1.23∶0.41=1∶1，B错误；C．由分析结合恒容密闭容

器中气体压强之比等于气体的物质的量之比可知，平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比为(1.8+0.6+0.8)∶(3+1)=4∶5，C错误；D．由题干信息可知，D为固体，从开始到平衡，D的浓度保持不变，故不用D表示的化学反应速率，D错误；故答案为

：A。13.CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配制成的稀溶液，pH=4.7，下列说法或离子浓度关系正确的是A.CH3COONa的水解程度大于CH3COOH的电离程度B.CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离C.

c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)D.c(CH3COO-)＋c(OH-)<c(CH3COOH)＋c(H＋)【答案】B【解析】【详解】A．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配成的稀溶液，pH为4.7，溶液呈酸性，则CH3COONa的水解趋势

小于CH3COOH的电离趋势，故A错误；B．CH3COOH电离产生H+和CH3COO-，CH3COONa的存在抑制了CH3COOH的电离，故B正确；C．CH3COOH与CH3COONa等物质的量混合配成的稀溶液，pH为4.7，溶液呈酸性，说明CH3COO

Na的水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C错误；D．由电荷守恒c(CH3COO-)＋c(OH-)=c(Na+)＋c(H＋)，CH3COONa的

水解趋势小于CH3COOH的电离趋势，则c(Na+)>c(CH3COOH)，c(CH3COO-)＋c(OH-)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故D错误；故选B。14.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢

铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁的电极反应为：Fe-3e-=Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极D.含有0.1mol铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气0.075mol【答案】D【解析】【详解】A．脱氧过程属于氧化还原反应，是放

热反应，主要通过吸收氧气延长糕点保质期，A错误；B．脱氧过程中铁的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C．脱氧过程中碳做原电池正极，铁做原电池负极，C错误；D．含有0.1mol铁粉的脱氧剂，理论上可以失去0.3mol电子，氧元素从单质的0价降为氧化物中的-2价，O2~4e-，则0

.075mol氧气可以得到0.3mol电子，故最多能吸收氧气0.075mol，D正确。故选D。15.已知常温下-10spK(AgCl)=1.810，-17spK(AgI)=8.510，下列有关说法正确的是A.常温下，AgCl在纯水中的spK比在

3AgNO溶液中的spK大B.向AgI与AgCl的悬浊液中加入几滴浓NaCl溶液，--c(Cl)c(I)不变C.在AgCl的饱和溶液中通入HCl，有AgCl析出，且溶液中+-c(Ag)=c(Cl)D.向NaCl、Na

I的混合溶液中滴入几滴3AgNO溶液，出现黄色沉淀，此现象可验证spspK(AgI)<K(AgCl)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．spK只随温度的改变而改变，所以二者spK相等，A项错误；B．AgI与AgCl的悬浊液在滴入几滴浓N

aCl溶液后，仍是二者的饱和浴液()()()()()()()()spspcccKKcIcIcClClAgAgClAgIAg−−+−−+==，温度不变，spK(AgCl)、spK(AgI)不变，故(Cl)(I)cc−−不变，B项正确；C．在AgCl的饱和溶液中通入HCl，(

)cCl−增大，AgCl(s)Ag()()aqClaq+−+的沉淀溶解平衡向左移动，有AgCl析出，溶液中()cCl−增大，+c(Ag)减小，+c(Ag)、-c(Cl)不再相等，C项错误；D．向NaCl、NaI的混合溶液中滴入几滴

3AgNO溶液，出现黄色沉淀，证明发生了反应：AgIAgI+−+，但由于不知道溶液中-Cl、-I的浓度大小，不能确定AgI和AgCl溶度积大小关系，故D项错误。故选B。16.室温下，下列探究方案不能．．

达到探究目的的是选项探究方案探究目的A用不同浓度、等体积的H2O2溶液分别与相同浓度相同体积的Na2SO3溶液反应，观察现象探究浓度对反应速率的影响B用pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的pH，比较溶液pH大小比较HClO与HF的酸性强弱C向浓度均为0.1mol·L-1的CuS

O4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，观察沉淀颜色变化比较CuS和ZnS的Ksp大小D向3mL0.1mol·L-1KI溶液中滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后，再加KSCN，观察溶液颜色变化探究化学反应的限度A.AB.BC.CD.D

【答案】A【解析】【详解】A．过氧化氢和亚硫酸钠反应没有明显现象，不能探究浓度对反应速率的影响，A符合题意；B．酸性越弱，其对应盐溶液水解程度越大，溶液碱性越强，故可以pH计测定同浓度NaClO和NaF溶液的p

H，比较溶液pH大小，从而比较HClO与HF的酸性强弱，B不符合题意；C．向浓度均为0.1mol·L-1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中滴加少量Na2S溶液，若生成黑色沉淀，则说明硫化铜更难溶，能比较CuS和ZnS的Ksp大小，C不符合题意；D．3mL0.1mol·L-1KI溶液中滴加0.

1mol·L-1FeCl3溶液3～4滴，充分反应后KI过量，加入KSCN溶液变成红色，证明有三价铁离子存在，可说明反应是可逆反应，D不符合题意；故选A。17.2Li-O电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电2Li-O电池(如图所示)。光

照时，光催化电极产生电子()e−和空穴()h+，驱动阴极反应()LieLi+−+=和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是A.充电时，电池的总反应222LiO2LiO=

+B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.放电时，正极发生反应222O2Li2eLiO+−++=【答案】C【解析】【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li）和阳极反应

（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。【详解】A．光照时，

光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反

应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；.C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li+

+2e-=Li2O2，D正确；答案选C。18.最近，中国科学院大连化物所“CO2催化转化为CO的研究”获得新进展。如图是使用不同催化剂（NiPc和CoPc）时转化过程中的能量变化，下列说法不合理的是（）A.•CO2经还原反应得到•COOHB.该研究成果将有利于缓解温室效

应，并解决能源转化问题C.相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量可能不同D.催化剂可以改变CO2转化为CO反应的焓变【答案】D【解析】【分析】A.根据物质的化合价变化分析；B.根据反应过程中物质转换分析；C.根据图示相对能量大小分析；D.催化剂只改变反应速率，不改变

反应平衡和焓变；【详解】A.•CO2转化为•COOH的过程中，碳元素的化合价降低，因此•CO2得到•COOH是还原反应，A正确；B.该过程中，CO2转化为CO，可减少空气中的CO2的含量，缓解温室效应，同时反应生成CO具有可燃性，可解决能源转化危机，B正确；C.由

图可知，•COOH吸附在NiPc中的能量高于吸附在CoPc上的能量，因此吸附在相同基团的物种分别吸附在NiPc和CoPc表面，其能量不同，C正确；D.催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，D错误；答案为D。19.室温下，某二元碱()2XOH水溶液中相关组分的物质的

量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是A.b2K的数量级为810−B.3X(OH)NO水溶液显碱性C.等物质的量的32X(NO)和3X(OH)NO混合溶液中()2++cX>c[X(OH)]D.在3X(OH)NO水溶液中，()

()-2++2c[X(OH)]+c(OH)=cX+cH【答案】C【解析】【详解】A．根据图像分析，Kb2=()()()()()142107.8106.2cXcc10cHcXOHKwOHOH−+−−−−++====，Kb2的数量级为10-8，故正确

；B．X(OH)NO3水溶液中，X主要以X(OH)+形式存在，由图示可知，此时溶液中，pH位于7-8之间，因此水溶液呈弱碱性，故正确；C．X2+的水解常数为由Kb2计算得10-6.2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中

，c(X2+)<c(X(OH)+)，故错误；D．在X(OH)NO3水溶液中，存在电荷守恒，c(NO3−)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c(X(OH)+)，存在物料守恒c(NO3−)=c(X2+)+c(X(OH)+)+c(X(OH)2)，将物料守恒的关系

式代入电荷守恒可得c(X(OH)2)+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故正确。故选C。20.以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加

NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：2-2--2-2c(A)δ(A)=c(HA)+c(HA)+c(A)]下列叙述正确的是A.曲线①代表2δ(HA)，曲线②代表-δ(HA)B.H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C.HA−的电离常数Ka=1.0×

10−2D.滴定终点时，溶液中+2--(Na)<2(A)+(HA)ccc【答案】C【解析】【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大

，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A

=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，据此分析作答。【详解】A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B．当加入40.

00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/L，B错误；C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为

0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka=2-+-c(A)c(H)c(HA)=0.1000mol/L0.10.1000mol/L0.1000mol/L0

.9≈1×10-2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(

Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是

双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图象中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。三、非选择题(本题包括4小题，共50分。)21.已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离

平衡常数如下表：化学式CH3COOHH2CO3HCN电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=6.2×10-10回答下列问题：（1）25℃时，pH相等的三种溶液①C

H3COONa溶液、②Na2CO3溶液、③NaCN溶液，浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为___________。（3）将浓度为0.02mol·L-1的HCN与0.01mol·L-1NaOH溶

液等体积混合，则混合溶液中c(H+)___________c(OH-)(填“>”、“<”或“=”)。（4）常温下，向浓度为0.1mol·L-1、体积为VL的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH，变化曲线如图所示，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：①该温度时NH3·H

2O的电离常数Kb≈___________；②b、c、d三点的溶液中，由水电离出的c(H+)由大到小的顺序为___________；③根据以上滴定曲线判断点d所示溶液中：c(Cl-)=c(NH3·H2O)+

___________。【答案】（1）①>③>②（2）CN-+CO2+H2O=HCN+3HCO−（3）＜（4）①.10-5②.d＞c＞b③.4c(NH)+【解析】【小问1详解】依据图表数据分析，酸性：醋酸>氢氰酸>碳酸氢根离子，所以pH相等的三种溶液：①CH3COONa溶液、②Na2CO3溶液、

③NaCN溶液，根据越弱越水解，则浓度由大到小的顺序为：①>③>②；【小问2详解】向NaCN溶液中通入少量CO2，酸性：H2CO3>HCN>3HCO−，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3，其反应的离子方程式为：CN-

+CO2+H2O=HCN+3HCO−；【小问3详解】将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度均为0.005mol/L的NaCN和HCN，Ka=6.

2×10-10，14ha1010=>6.210KK−−，则NaCN水解大于HCN的电离，则c(H+)<c(OH-)；【小问4详解】滴定前氨水中c(H+)=10-11mol/L，利用水的离子积常数可得：()14-3w1110c(OH)===1010cHK−−−+，忽略水的电

离，()-3354b332c(OH)c(NH)1010===10cNH.HO0.110K+−−−−−；②从b到d点，氨水的浓度在减小，氯化铵的浓度在增大，d点恰好完全反应，溶质只有氯化铵，氨水抑制水的电离，氯化铵促进水的电离，所以从b到d的过程，水的电离程度在增大

；所以b、c、d三点时的溶液中，水电离的c(H+)大小顺序是d>c>b；③d点两种溶液恰好完全反应，溶质为NH4Cl，根据物料守恒可知-324c(Cl)=c(NHHO)+c(NH)+。22.用0.1000m

ol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。（1）某同学按下列步骤进行实验：①取一锥形瓶，未用待测NaOH溶液润洗；②在锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液；③加入几滴酚酞试剂做指示剂；④取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗

涤干净，直接往酸式滴定管中注入标准盐酸溶液，进行滴定；⑤两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点。其中所述操作有错误的序号为___________。（2）取用标准溶液盐酸，应用下图___________(选填“甲”

、“乙”)装置；取用时，若开始仰视读数、结束时俯视读数，会导致所测氢氧化钠溶液浓度___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）若滴定开始前滴定管尖嘴中有气泡，滴定结束后气泡消失，则会导致所测氢氧化钠溶液浓度__________

_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）滴定终点的现象是___________。（5）若平行实验三次，记录的数据如下表滴定次数待测溶液的体积(mL)标准HCl溶液的体积滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)125.001.0221.04225.0

02.0022.98325.000.2020.18则待测NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为___________1molL−。【答案】（1）④⑤（2）①.甲②.偏小（3）偏大（4）当加入最后半滴盐酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色（5）0.0

8000【解析】【分析】用0.1000mol/LHCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，将待测溶液放入锥形瓶中，已知浓度的标准溶液放在滴定管中。在滴定前，滴定管要润洗，锥形瓶不能润洗。滴定时，左手控制

活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着锥形瓶中溶液颜色变化。判断得到终点的指示剂，一般选择滴定终点时溶液颜色由浅到深的变化，以减少实验误差。根据二者反应达到滴定终点时判断为恰好反应的反应点，根据滴定操作对消耗标准溶液的体积大小分析判断实验误差，利用二者物质的量相等计算出待测溶液的浓度。【小问1详

解】①进行酸碱中和滴定时，一般是将待测溶液放入锥形瓶中，已知浓度的标准溶液放在滴定管中，因此该操作合理，①正确；②根据①分析可知：在锥形瓶中加入25.00mL待测NaOH溶液，该操作合理，②正确；③HCl与N

aOH是强酸滴定强碱，反应终点为中性，可以加入几滴酚酞试剂或甲基橙作指示剂，③正确；④取一支酸式滴定管，用蒸馏水洗涤干净，直接往酸式滴定管中注入标准盐酸溶液，进行滴定，这样会导致标准溶液浓度偏小，引起误差，应该先润洗滴定管，然后在装标准溶液，④错误；⑤

滴定操作时，应该左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视着锥形瓶中溶液颜色变化，而不能两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点，⑤错误；综上所述可知：操作错误的是④⑤；【小问2详解】盐酸是酸溶液，应该使用酸式滴定管。图示仪

器甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故应该选择使用仪器甲盛装稀盐酸；取用时，若开始仰视读数、结束时俯视读数，则反应消耗标准溶液体积偏小，根据c(待测)=c()V()V()标准标准待测可知，V(HCl)偏小，会导致所测氢氧化钠溶液

浓度偏小；【小问3详解】若滴定开始前滴定管尖嘴中有气泡，滴定结束后气泡消失，则HCl标准溶液体积偏大，由此计算出的所测氢氧化钠溶液浓度偏大；【小问4详解】用HCl滴定NaOH溶液，开始滴定时，指示剂酚酞在N

aOH溶液中，溶液显红色，随着HCl标准溶液的滴入，溶液碱性逐渐减弱，溶液红色逐渐变浅，当加入最后半滴盐酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色，说明滴定达到终点，此时停止滴加盐酸标准溶液；【小问5详解】用盐酸标准溶液滴定25.00mLNaOH待

测溶液，三次实验消耗HCl的体积分别是20.02mL、20.98mL、19.98mL，可见第2次实验数据偏差较大，应该舍去。则反应消耗HCl的平均体积V=20.02mL+19.98mL2=20.00mL，根据滴定公式c(待测)=c()V

()V()标准标准待测可知：待测NaOH溶液的浓度c(NaOH)=0.1000mol/L2025..00mLL00m=0.08000mol/L。23.硼酸(33HBO)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃

、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含2253MgBOHO，2SiO及少量23FeO、23AlO)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”工序中反应的化学方程式为___________。（2）“滤渣1”的主要成分有___

________。（3）根据33HBO的解离反应：()3324HBOHOHBOH−+++，10a58110K−=．，可判断33HBO是___________酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是___________。（4）在“

沉镁”中生成()32MgOHMgCO沉淀的离子方程式为___________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。【答案】（1）()433432NHHCONHNHCO+=（2）2SiO、

23FeO、23AlO（3）①.一元弱②.有利于转化为33HBO，促进析出（4）①.()2+2323322Mg+3CO2HOMgOHMgCO2HCO−−++=(或()2+2323222Mg+2COHOMgOHMgCOCO−+=+②.溶浸【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5

·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的Si

O2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；据此分

析；【小问1详解】由分析可知，得到的气体应为NH3，氨气为碱性气体，能和酸式铵盐反应生成正盐，反应方程式为()433432NHHCONHNHCO+=；【小问2详解】根据上述分析，滤渣1为SiO2、Fe2O3、Al2O3；【小问3详解】根据题目信息可知H3BO3能发生一步电离，

且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，有利于析出H3BO3，如果溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐；【小问4详解】在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生双水解和复分解反

应生成Mg(OH)2•MgCO3沉淀，离子方程式为()2+2323322Mg+3CO2HOMgOHMgCO2HCO−−+=+(或()2+2323222Mg+2COHOMgOHMgCOCO−+=+)；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用。24.CO2的捕集与转化是

当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ.226242CO(g)+CH(g)=CH(g)+HO(g)+CO(g)∆H=+177kJ·mol-1(主反应)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)∆H=+9kJ·mol-1(副反应)（1）反应I

的反应历程可分为如下两步：i.24262CH(g)=CH(g)+H(g)1ΔH(反应速率较快)ii.H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)2ΔH=+41kJ·mol-1(反应速率较慢)①∆H1=____

_______kJ·mol-1②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，其原因是___________。（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，选择不同温度对相关量的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应

选择800℃的原因是___________。（3）在800℃时，226n(CO):n(CH)=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，只发生主反应，初始压强为P，一段时间达到平衡，产物的物质

的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。计算结果用最简分式表示)。（4）工业上用甲烷催化法制取乙烯，只发生如下反应：42422CH(g)=CH(g)+2H(g)

ΔH＞0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如下图所示。实验测得224正正正2逆逆4逆2v=kc(CH),v=kc(CH)c(H),k、k为速率常

数，只与温度有关，则T温度时逆正k=k___________(用含有m的代数式表示)。（5）我国科学家使用电化学的方法(装置如上图)用C2H6和CO2合成了C2H4。①M是电源的___________极。②阳极电极反应式是___________。【答案】（1）①.+136

②.反应ii为反应I的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率（2）升高温度，CO2和乙烷的转化率升高，但800℃之后乙烷的转化率增加不明显；而乙烯的选择性在800℃之前变化不大，800℃之后

选择性下降；综合以上考虑，800℃为最适宜温度（3）16P55（4）234m(2-m)（5）①.正②.C2H6+O2--2e-=C2H4+H2O【解析】【小问1详解】①已知：226242CO(g)+CH(g)=CH(g)+HO(g)+CO(g

)∆H=+177kJ·mol-1H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)2ΔH=+41kJ·mol-1根据盖斯定律可知两式相减即得到反应24262CH(g)=CH(g)+H(g)的∆H1=+136

kJ·mol-1②由于反应ⅱ为反应ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ⅱ速率加快，从而提高反应ⅰ速率，因此相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大。【小问2详解】根据图象可知升高温度，CO2和乙烷的转化率升高，但800℃之后乙烷的转化率增加不明显；而乙烯的选择性在800℃之前变

化不大，800℃之后选择性下降，因此综合以上考虑，800℃为最适宜温度；【小问3详解】在800℃时，226n(CO):n(CH)=1：3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，只发生主反应，初始压强为P，根据三段式可知226242/13000/COCHCHHO(g)CO/

13molmolxxxxxmolxxxxx+++−−始变平一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则3x＝4-2x，解得x＝0.8，平衡时的压强为40.81.24pp+=，所以该温度下反应的平衡常数Kp=0.80.80.81.21.21.2

164.84.84.80.22.2551.21.24.84.8pppppp=【小问4详解】根据图象可知平衡时剩余甲烷mmol，根据三段式可知4242/200/210.52C2/10.52

HCH2Hmolmolmmmmolmmm+−−−−−始变平平衡时正逆反应速率相等，则正正逆逆224242v=kc(CH)=v=kc(CH)c(H)，所以逆正k=k242242c(CH)c(CH)c(H)＝2223(0.5)4(0.5

0.25)(10.5)(2)mmmmm=−−−【小问5详解】①M极中乙烷失去电子转化为乙烯，是阳极，则M是电源的正极。②阳极中乙烷转化为乙烯，根据装置图可知电极反应式是C2H6+O2--2e-=C2H4+H

2O。