【文档说明】浙江省温州市2022-2023学年高二上学期11月期中考试化学试题 含解析.docx，共(27)页，2.524 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第一学期温州十校联合体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-12O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Ca-40Fe-56Ba-137选择题部分一、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.下列物质属于强电解质的是A.32NHHOB.3CHCOONaC.3SOD.Al【答案】B【解析】【详解】强电解质是在水溶液中或熔融状态中完全发生电离的电解质。32NHHO是弱

电解质，3CHCOONa属于盐，是强电解质，3SO是非电解质，Al是单质，不属于电解质，故答案为B。2.下列仪器使用之前不需检查漏水的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】容量瓶在使用前需要检查瓶塞处是否漏水，分液漏斗在使用前需要检查塞子和活塞部分

是否漏水，滴定管在使用前需要检查胶皮管处是否漏水，锥形瓶不需要检漏，故答案为C；3.下列变化中，不属于吸热反应的是A.22Ba(OH)8HO与固体4NHCl反应B.3CaCO高温分解反应C.生石灰跟水反应D.盐

酸与碳酸氢钠溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．22Ba(OH)8HO与固体4NHCl反应是吸热反应，故A错误；B．一般分解反应属于吸热反应，3CaCO高温分解需要持续加热，是吸热反应，故B错误；C．一般化合反应属于放热反应，生石灰跟水反应是放热反应，故C正确；D．盐酸与碳酸氢钠溶液反应是吸热反

应，故D错误；故答案为C4.下列过程属于非自发的是A.电解饱和食盐水制氯气B.蔗糖在水中溶解C冬天水结成冰D.碳酸钙高温分解【答案】A【解析】【详解】A．饱和食盐水电解制取氯气时需要外加电源，该过程需要外力

，所以属于非自发过程，A符合题意；B．蔗糖在水中溶解不需要外力作用就可以发生，因此属于自发过程，B不符合题意；C．冬天水结成冰不需要外力作用就可以发生，因此属于自发过程，C不符合题意；D．在高温条件下碳酸钙发生分解反应，不再需要外力就可以发生，因此该高温条件下的分解

过程为自发过程，D符合题意；故合理选项是A。5.下列应用与盐类水解无关的是A用23NaCO溶液清洗油污时，加热可以增强去污效果B.常用可溶性的铁盐做净水剂C.用4TiCl制备2TiO的反应可表示为：4222Ti

Cl+(x+2)HO=TiOxHO+4HClD.漂白粉密封保存【答案】D..【解析】【详解】A．加热可以使碳酸根水解程度增大碱性增强，可以增强去污效果，故A不符合题意；B．铁盐做净水剂是利用了Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，故B不符合题意；C．用4TiCl水解可以制备氧化物2TiO，

故C不符合题意；D．漂白粉密封保存是防止次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸分解使漂白粉失效，与水解无关，故D符合题意；故答案为D6.下列关于电化学的说法不正确的是A.铝制品可利用阳极氧化法处理表面，使之形

成致密的氧化膜而起到防护作用B.水库的钢闸门接直流电源的正极，可以减缓闸门的腐蚀C.轮船在船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D.氯碱工业选用阳离子交换膜隔离两个电极区【答案】B【解析】【详解】A．利用阳极氧化法处

理铝制品的表面，阳极的电极反应式为:2--232Al+3O-6e=AlO，使之形成致密的氧化膜而钝化，故A正确；B．用外加电源的方法保护水库钢闸门，直流电源的负极和钢闸门直接相连，可以减缓闸门的腐蚀，故B错误；C．轮船在船壳水线以下常装有一些锌块与铁构成原电池，铁

做原电池的正极，锌做原电池的负极材料，利用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．氯碱工业中隔离两电极的材料是阳离子交换膜，只允许阳离子通过，可以获得氢氧化钠并保证实验安全，该生产方法又称“阳离子交换膜法”，故D正确；答案选B。7.常温下，下列事实不能说明BOH是弱碱的是A.将pH=12的B

OH溶液稀释10倍，测得pH>11B.0.1mol/LBOH溶液中()--1cOH<0.1molLC.一定浓度的BCl溶液显酸性D.一定浓度的BOH溶液可以使酚酞溶液变浅红【答案】D【解析】【详解】A．将p

H=12的BOH溶液稀释10倍，测得pH>11，说明稀释促进了BOH的电离，说明BOH部分电离，能证明BOH是弱电解质，A正确；B．常温下，0.1mol/L一元强碱溶液中--1c(OH)=0.1molL，0.1mol/L

BOH溶液中--1c(OH)<0.1molL，说明BOH不完全电离，BOH是弱碱，B正确；C．一定浓度的BCl溶液显酸性，说明B+离子水解，导致溶液显酸性，说明BOH为弱碱，C正确；D．碱溶液均可以使酚酞溶液变红，说明BOH能电离出氢氧根离子，而不能

说明BOH的电离程度，所以不能证明BOH是弱电解质，D错误；答案选D。8.关于某反应3A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH<0，下列说法正确的是A.增大压强，平衡正向移动，该反应的平衡常数K增大B.升高温度可使该反应的正反应速率增大，

逆反应速率减小C.温度越低越有利于该反应的进行，从而提高甲醇的生产效率D.使用高效催化剂，能增大活化分子百分数，提高反应速率【答案】D【解析】【详解】A．温度不变，平衡常数不变，A错误；B．升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大，B错误；C．温度低，反应速率慢，不利于反应进行

，C错误；D．使用高效催化剂，降低活化能，能增大活化分子百分数，提高反应速率，D正确；故答案为：D。9.下列说法正确的是A.已知反应2C(s)+CO(g)=2CO(g)，常温下不能自发进行，则该反应的H0B.21

molHO在不同状态时的熵值：22SHO(s)>SHO(g)C.已知4CH的燃烧热ΔH=-890.3kJ/mol，则4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)ΔH=-890.3kJ/molD.500℃、30MPa下，将20.5molN和21.

5molH置于密闭容器中充分反应生成3NH(g)，放热19.3kJ，则其热化学方程式为223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH=-38.6kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A．该反应为熵增反应，常温下不能自发进行，则该反应的ΔH>0，A正确；B．同一种物质，气态时的熵值大于固态，B错误；C

．燃烧热是生成稳定氧化物，故应该是生成液态水而不是气态水，C错误；D．将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，因该反应为可逆反应，不能进行完全，因此将1mol

N2和3molH2完全转化生成NH3(g)，放出的热量不是38.6kJ，D错误；故选A。10.某同学设计实验探究酸碱中和反应中的能量变化，下列说法正确的是A.实验中温度计测量酸溶液温度后，可直接测量碱溶液的温度B.N

aOH溶液分次加入到盐酸溶液中，可以减少实验误差C.实验中，上下拉动玻璃搅拌器来混合溶液D.若用浓硫酸测定中和反应反应热(H)，则测定结果偏高【答案】C【解析】【详解】A．温度计测量酸溶液的温度后，立即插入碱溶液中测量温度，会使碱溶液的初始温度偏高，温度差偏低，计算出的反应热数值偏小

，A错误；B．NaOH溶液分次加入到盐酸溶液中，会导致热量的散失，B错误；C．在测定中和热的实验中，通过上下拉动玻璃搅拌器来混合溶液，C正确；D．用浓硫酸测定中和反应的反应热，因浓硫酸溶于水时放热，导致酸溶

液初始温度偏高，则测定结果偏低，D错误；故答案选C。11.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.3Fe(SCN)溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.工业合成氨选择500℃C.煅烧粉碎的硫铁矿有利于2SO生成D.2SO氧化生成3SO时使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A．加入固体KSC

N使SCN-离子浓度增大，平衡向生成Fe(SCN)3方向移动，溶液颜色变深，A正确；B．工业合成氨选择500℃是增大催化剂活性和加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C．煅烧粉碎的硫铁矿是增大固体表面积，加快反应速率和提高原料的利用率，不能用

勒夏特列原理解释，C错误；D．使用催化剂是加快反应速率，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D错误；答案选A。12.处理氮氧化物()xNO的反应：-13224NH(g)+6NO(g)=5N(g)+6HO(g)ΔH=-1815kJmol，可用23CrO和23FeO作催化剂，其中23C

rO的催化效率更好，下列能量变化示意图合理的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】催化剂能降低活化能，加快反应速率；反应物的能量高于生成物的能量为放热反应，反应物的能量低于生成物的能量为吸热反应。【详解】A．23CrO和23FeO作催化剂，其中23CrO的催化效率更好，2

3CrO催化下的反应的活化能应该比较小，A错误；B．根据题干热化学方程式可知反应为放热反应，图中反应物的能量高于生成物的能量为放热反应，其中23CrO的催化效率更好，23CrO催化下的反应的活化能应该比小，B正确；C．根据题干热化学方程式可知反应为放热反应，图中反应物的能量低于生成物的能量为吸热反

应，C错误；D．根据题干热化学方程式可知反应为放热反应，图中反应物的能量低于生成物的能量为吸热反应，D错误；故答案为：B。13.下列离子方程式书写不正确的是A.能用4NHCl溶液除铁锈的原因：+4232NH+HONHHO+H+B.铅酸蓄电池的负极反应式：-244Pb-2e+SO=PbS

O−C.NaHS溶液水解：-2-+23HS+HOS+HO垐?噲?D.方铅刊矿(PbS)遇4CuSO溶液生成铜蓝(CuS)：22CuPbSCuSPb+++=+【答案】C【解析】【详解】A．4NHCl水解呈酸性+4232NH+HONHHO+H+，可以除锈，故A正确；B．铅酸蓄电池的负极Pb放电与

硫酸生成硫酸铅固体，电极反应式：-244Pb-2e+SO=PbSO−，故B正确；C．-2-+23HS+HOS+HO垐?噲?两边消去水，是电离方程式，故C错误；D．方铅刊矿(PbS)遇4CuSO溶液生成铜蓝

(CuS)是沉淀的转化：22CuPbSCuSPb+++=+，故D正确；故答案为C14.恒容密闭容器中加入24molH和41molBaSO，发生422BaSO(s)+4H(g)BaS(s)+4HO(g)反应，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)变化如图所示，下列说法

正确的是A.该反应的H0B.a为()2nHO随温度的变化曲线C.恒温条件下，向平衡体系中充入少量2H，平衡后，()()22cH/cHO与原平衡相同D.向平衡体系中加少量4BaSO，2H的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解

】A．从题图可以看出，前期随着温度的升高，()2nH逐渐下降，说明温度升高，反应朝着正反应方向进行，因此该反应的ΔH>0，故A错误；B．由A分析可知，前期随着温度的升高，反应超正反应方向进行，因此前期()

2nHO应逐渐升高，a不是()2nHO随温度变化的曲线，故B错误；C．该反应的平衡常数表达式为：K=()()4242cHOcH，恒温条件下K值不变，故向平衡体系中充入少量2H，平衡后，()()22cH/cHO与原平衡相同，故C正确；D．该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，向平衡体系中加入固

体BaSO4，不改变体系的压强，因此H2的平衡转化率不变，故D错误；故选:C。15.如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它电极均为Cu，下列说法正确的是A.电极Ⅱ质量逐渐减小B.盐桥中装有含氯化钾饱和溶液的琼胶，其作用是传递电子C.电极Ⅲ的电极反应：--224OH-2e=O+2HOD.若用该装

置电解精炼铜，电极Ⅲ为粗铜，电极Ⅳ为精铜【答案】D【解析】【分析】由图可知，I为负极，电极反应式为Al-3e-=Al3+，Ⅱ为正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Ⅳ为阴

极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu。【详解】A．电极Ⅱ为正极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电极Ⅱ质量逐渐增大，A错误；B．电子只通过导线传递，不能通过盐桥，B错误；C．电极Ⅲ的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，C错误；D．电极Ⅲ为阳极，若用该

装置电解精炼铜，则电极Ⅲ为粗铜，电极Ⅳ为阴极，材料为精铜，D正确；故答案选D。16.氢气和氧气反应生成水的能量关系如图所示，下列说法正确的是A.25ΔH<0ΔH<0，B.1234ΔH>ΔH+ΔH+ΔHC.12345ΔH+ΔH+ΔH+ΔH+ΔH=0D.一定条件下，气态原子生

成1molH-H、1molO=O、1molH-O放出的能量分别是akJbkJckJ、、，则-14ΔH=(2a+b-4c)kJmol【答案】B【解析】【详解】A．2H生成H2形成化学键放热2ΔH<0，液态水变为气态水需要吸热，5ΔH>0，故A错误；B．根据盖斯定

律可知12345ΔHΔH+ΔH+ΔH=ΔH+，由因为5ΔH>0所以1234ΔH>ΔH+ΔH+ΔH，故B正确；C．根据盖斯定律可知12345ΔHΔH+ΔH+ΔH=ΔH+，23451ΔH+ΔH+ΔHΔH0ΔH=+−，故C错误；D．根据上图循环可知-14ΔH=

(a+b-2c)kJmol，故D错误；故答案为B17.在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表：温度/℃2580230平衡常数5×1

0421.9×10-5下列说法不正确的是A.上述生成Ni(CO)4的反应为放热反应B.25℃时反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5C.在80℃时，测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均

为0.5mol·L-1，则此时v正>v逆D.80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应

移动，故正反应为放热反应，A正确；B．25°C时反应Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni(CO)4(

g)⇌Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为41510=2×10-5，B正确；C．浓度商Qc=44c[Ni(CO)]c(CO)=40.50.5=8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，v(正)＜v(逆)，C错误；

D．80°C达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)=0.3mol0.3L=1mol/L，由于K=44c[Ni(CO)]c(CO)，故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=2×1mol/L=2mol/L，D正

确；故选C。18.室温下，下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是A.相同浓度的两溶液()+cH相同B.相同浓度的两溶液消耗相同浓度NaOH溶液的体积相同C.相同pH的两溶液中，()()--3cCl=cCHCOOD.相同体积相同浓度的两溶液，加水稀释相同倍数时

，()()--3nCl<nCHCOO【答案】C【解析】【详解】A．盐酸是强酸完全电离，醋酸是弱酸部分电离，相同浓度的两溶液()+cH不相同，故A错误；B．相同浓度的两溶液体积不确定，消耗相同浓度NaOH溶液的体积不能确定，故B错误；C．相同pH的两溶液中，根据

电荷守恒()()()+--cH=cOH+cCl、()()()+--3cH=cOH+cCHCOO，相同pH的两种溶液中存在()()--3cCl=cCHCOO，故C正确；D．相同体积相同浓度的两溶液()()()--33nCl=nCHCOOnCHCOOH+，加水稀释

相同倍数时，醋酸可以接着电离但是()()-33nCHCOOnCHCOOH+总量不变，()-3nCHCOO增大()3nCHCOOH减小，()-nCl不变，但是()()--3nCl>nCHCOO，故D错误；故答案为C19.AN

为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.()2431L0.1mol/LAlSO溶液中含有的3+Al数为A0.2NB.常温下，1L纯水中自由移动的+3HO数目约为7A110N−C.1000LpH=3的弱酸HR溶液中含有+H数目小于AND.21molI(g)与21molH(g)

在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数小于A2N【答案】B【解析】【详解】A．3+Al会水解，()2431L0.1mol/LAlSO溶液中含有的3+Al数小于A0.2N，故A错误；B．常温下，纯水电离出的H+浓度为-71

10mol/L，1L纯水中自由移动的+3HO数目约为7A110N−，故B正确；C．1000LpH=3弱酸HR溶液中H+浓度为-3110mol/L，含有+H数目等于AN，故C错误；D．I2与H2反应是可逆反应，不能完全转化成HI，但是该反应是前后分子数不变的反应，21molI(g)与21m

olH(g)在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数等于A2N，故D错误；故答案为B20.室温下，取pH相同的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示，下列说法正确的是的A.酸性HA

<HBB.溶液中水的电离程度：b点>c点C.c、e两点的电离常数相等D.从b点到d点，()-cB/c(HB)比值变小【答案】C【解析】【分析】pH相同的两种一元酸HA和HB，分别加水稀释，HBpH变化小于HA，说明HB的电离程度小于HA，HB的初始浓度大于HA

。【详解】A．根据分析可知HB的电离程度小于HA，则酸性HA>HB，A错误；B．b点和c点相比，pH更小，则溶液中酸电离出的氢离子浓度更大，对水电离的抑制作用越强烈，则溶液中水的电离程度b点<c点，B错误；C．HA的电离常数只与温度有关，温度不变

的情况下，电离常数不变，则c、e两点的电离常数相等，C正确；D．c(B)Kc(HB)c(H)−+=，从b点到d点，K值保持不变，c(H+)减小，则c(B)c(HB)−增大，D错误；故答案选C。21.25℃时，向20mL0.1mol/L3CHCOOH溶液中滴入0.

1000mol/LNaOH溶液，忽略温度变化，所得曲线如图所示。下列说法错误的是A.若X点pH3.0=，则醋酸的电离度约为1%B.若Y点pH4.7=，则4.79.3133(CHCOO)(CHCOOH)2(1010)?ccmolL−−−−−=−C.Z点溶液中离子浓度：3(CH

COO)(Na)(H)(OH)cccc−++−==D.若W点pH8.7=，则溶液中由水电离出的87(OH)10mol/Lc−−=【答案】D【解析】【详解】A．若X点pH3.0=，醋酸的电离度310100%100%1%0.1−==已电离的醋酸总

醋酸，故A正确；B．Y点溶质为醋酸和醋酸钠（1:1）的溶液中，4.7(H)10mol/Lc+−=、9.3(OH)10mol/Lc−−=，根据电荷守恒有3(Na)(H)(CHCOO)(OH)cccc++−−+=+，根据物料

守恒有332(Na)(CHCOO)(CHCOOH)ccc+−=+，整理两式得到：4.79.333(CHCOO)(CHCOOH)2(H)2(OH)2(1010)mol/Lcccc−+−−−−=−=−，故B正确；C．Z点溶液呈中性，

结合电荷守恒有3(CHCOO)(Na)(H)(OH)cccc−++−==，故C正确；D．W点为酸碱恰好反应点，溶质为醋酸钠，促进水电离，若W点pH8.7=，溶液中由水电离出的5.3(OH)10mol/Lc−−=，故D错误。故选D。22.已知()()()2222NOg=2N

g+Og的速率方程为()n2v=kcNO(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，2NO在催化剂X表面反应的变化数据如下：t/min010203040506070()12cNO/molL-0.100

0.0801c0.0400.0202c3c0下列说法正确的是A.t=10min时，()3112vNO=2010molLmin−--．B.速率方程中n=1，表格中123c>c=cC.相同条件下，增加2NO的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反

应速率D.保持其他条件不变，若起始浓度为10.200molL-，当减至一半时共耗时70min【答案】A【解析】【详解】A．速率放出中n=0，与浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率()2vNO=()0.100-0.080mol/L1

0min=3112010molLmin−--．，A项正确；B．根据表中数据分析，该反应速率始终不变，2NO的消耗是匀速的，说明反应速率与()2cNO，所以速率方程中n=0，B项错误；C．速率方程中n=0，反应速率与2NO的浓度无关，C项错误；D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为

3112010molLmin−--．，若起始浓度10.200molL-，减至一半时所耗时间为3112010mol0.100mol/LLmin−--．=50min，D项错误；答案选A。23.在t℃时4BaSO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时()9sp3KBaC

O510−=。下列推断不正确的是A.在t℃时，4BaSO的Ksp为10110−B.向p点的溶液中加入少量2BaCl固体，溶液组成沿曲线向n方向移动C.图中a点代表4BaSO的不饱和溶液D.在t℃时，223443BaCO(s)+SO(a

q)BaSO(s)+CO(aq)−−的平衡常数K=50【答案】C【解析】【详解】A．t℃时4BaSO在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，由p点的数据可以求算其Ksp，的2+2--5-5104Ksp=c(Ba)c(SO)=110110110−=，A正确

；B．2+2-44BaSOsBa(aq)+SO(aq)（），向饱和溶液p点加入少量2BaCl固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，硫酸根离子浓度减小，故溶液组成沿曲线向n方向移动，B正确；C．图中a点钡离子和硫酸根离子浓度的乘积大于该温度下的Ksp，代表4BaSO的过

饱和溶液，C错误；D．由盖斯定律知在t℃时，223443BaCO(s)+SO(aq)BaSO(s)+CO(aq)−−的平衡常数-93-104Ksp(BaCO)510K===50Ksp(BaSO)110，D正确；故选C。24.下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设

计现象和结论A温度对反应速率的影响223NaSO溶液和稀硫酸溶液反应，其他条件相同，改变溶液的温度，观察产生气泡的快慢若温度高，产生气泡快，则证明温度升高，反应速率加快B探究相同温度下AgCl与AgI的Ksp大小取32m

L0.1mol/LAgNO溶液于试管中，加入2滴0.1mol/LNaCl溶液，待不再产生白色沉淀后加入2滴0.1mol/LKI溶液若先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀，则证明AgCl的Ksp大于AgIC验证压强对化学平衡的影响先将注射

器充满2NO气体，然后将活塞往里推，压缩体积观察到注射器内气体颜色变深，证明加压平衡向生成2NO气体的方向移动D铁制镀件上镀铜将铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，电解质为4CuSO溶液铁片上有红色固体附着，

可实现铁制镀件上镀铜A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．探究温度对223NaSO溶液和稀硫酸溶液反应速率的影响，保证其他条件相同，改变温度，应该观察产生沉淀速率的快慢，故A错误；B．取32mL0.1mol/LAgNO溶液于试管中，加入2滴0.1mol/LNaCl溶液，3

AgNO过量，产生白色沉淀后加入2滴0.1mol/LKI溶液，I-与3AgNO反应，不是沉淀的转化，不能证明AgCl的Ksp大于AgI，故B错误；C．2242NONO，压缩体积，体积减小浓度增大，气体颜色变深，压强增大，根据勒夏特列原理可知反

应向分子数少的方向进行，应该正向进行，颜色先变深后变浅，但比原来要深，故C错误；D．铁制镀件上镀铜，镀件与负极相连做阴极，镀层金属与正极相连做阳极，选择与镀层金属相同的盐做电解质，将铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，电解质为4CuSO溶液，故D

正确；故答案为D非选择题部分25.根据题给信息，回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：ΔH=+88.6kJ/mol，则M、N相比，较稳定的是_______(用“M”或“N”)。（2）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，

所得物质可作耐高温材料，2234Al(s)+3TiO(s)+3C(s)2AlO(s)+3TiC(s)ΔH=-QkJ/mol=，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为_______kJ。（3）已知反应：aA(g)+bB(g)cC(g),ΔH>0，分析图像(T表示温

度，n表示物质的量，φ表示体积分数)，可知1T_______2T(填“>”“<”或“=”)。（4）将3FeCl溶液加热蒸干并灼烧，最后得到物质的化学式_______。（5）已知-172KspZn(OH)=10，常温下要除去废水中的2+Zn可以通过调节pH至_______时，

锌离子刚好完全沉淀除去(离子浓度小于51.010−时，即可认为该离子沉淀完全)。【答案】（1）M（2）12Q（3）>（4）23FeO（5）8【解析】【小问1详解】物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知：物质M转化为N时吸收能量，说明M的能量比N低，故相对来说较稳定的物

质是M；【小问2详解】在该反应中，Al的化合价升高3价，失去3个电子，4molAl共失去3×4mol=12mol电子，放出QkJ的热量，则转移1mol电子时，放出12QkJ热量；【小问3详解】反应：aA(g)+bB(g)cC(g)

,ΔH>0，则升高温度，平衡正向移动，C的体积分数增大，故1T>2T；【小问4详解】把3FeCl溶液蒸干并灼烧，由于水解产生的HCl易挥发，氢氧化铁固体受热分解，最后得到的固体主要产物是23FeO；【小问5详解】根据()22-172KspZn(OH)=c

Znc=10OH+−（），c（OH-）=175101.010−−mol/L=10-6mol/L，c（H+）=1461010−−mol/L=10-8mol/L，pH=8。26.已知常温下几种弱酸的电离平衡常数，根据溶液中的离子反应，回答下列问题：23HCO3CHCOOHHClO32N

HHO7a1K=4.410−5aK=1.810−8aK=2.9510−5bK=1.810−11a2K5.010−=（1）该温度下34CHCOONH溶液呈_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)。（

2）等浓度的233NaCOCHCOONaNaClO、、盐溶液的碱性由强到弱顺序为_______。（3）常温下，0.01mol/L盐酸与pH12=的氨水等体积混合后所得溶液中存在的离子，其浓度由大到小顺序为____

___。（4）该温度下23NaCO的水解反应的平衡常数hK=_______。（5）写出少量2CO通入NaClO溶液中发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）中性（2）233NaCO>NaClO>CHCOONa或233NaCONaClOCHCOONa、、（3）(

)()()()+--+4cNH>Cl>cOH>cHc或+--+4NH>Cl>OH>H或()()()()+--+4cNHcClcOHcH、、、（4）4210−（5）-223CO+ClO+HO=HCO+HClO−【解析】【小问1详解】由表格中数据可知，醋酸和一水合氨的电离常数相同，故该温度下3

4CHCOONH溶液呈中性；【小问2详解】相同温度下，电离常数越大，酸性越强，由表格中的数据可知酸性：-3233CHCOOH>HCO>HClO>HCO，酸越强，酸根离子的水解程度越弱，故等浓度的233NaC

OCHCOONaNaClO、、盐溶液的碱性由强到弱顺序为：233NaCO>NaClO>CHCOONa或233NaCONaClOCHCOONa、、；【小问3详解】一水合氨为弱碱，在水中部分电离，pH12=的氨水浓度远大于0

.01mol/L，常温下，0.01mol/L盐酸与pH12=的氨水等体积混合后所得溶液呈碱性，离子浓度由大到小为：()()()()+--+4cNH>Cl>cOH>cHc或+--+4NH>Cl>OH>H或()()()()+--+4

cNHcClcOHcH、、、；【小问4详解】碳酸钠水解以第一步为主，水解平衡常数----+433wh2-2-+33a2c(HCO)c(OH)c(HCO)c(OH)Kc(H)K=2.010c(CO)c(CO)c(H)K−===；【小问5详解】酸性H2CO3>HClO，故少量2CO通入NaCl

O溶液中发生反应的离子方程式为：-223CO+ClO+HO=HCO+HClO−。27.高锰酸钾是一种重要的化学试剂，利用高锰酸钾完成以下两个实验：Ⅰ.用高锰酸钾标准溶液滴定某些试样，来测得试样的浓度。（1）下图可以用于装酸性高锰酸钾标准溶液的是：_______(选“甲”、

“乙”)（2）如何判断该滴定终点？_______（3）关于高锰酸钾溶液测定试样浓度的滴定操作，下列说法不正确的是_______A.22HO溶液、()243FeSO溶液、KI溶液均可以用高锰酸钾溶液测定浓度B.加标准液时，要先排气泡再调节液面位

于“0”刻度或以下C.滴定时，左手控制开关，右手晃动锥形瓶D.滴定过程，滴定管下方尖嘴不能伸进锥形瓶中（4）实验过程中的下列操作，会使所测试样浓度偏小的是_______。A.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数B.滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失C.盛装试样的锥形瓶进行了

润洗D.滴定快结束前，用蒸馏水淋洗锥形瓶上口Ⅱ.探究酸性4KMnO和224HCO反应的影响因素已知高锰酸钾和草酸反应的离子方程式为：-+2+4224222MnO+5HCO+6H=2Mn+10CO+8HO，当反应开始时，通过压力传感技

术收集锥形瓶内压强数据，并绘制出压强-时间曲线如图，12t~t时间段内反应速率变快的因素分析：甲同学：该反应放热，体系温度升高，成为主导影响因素乙同学：根据自己的解析设计以下实验方案进行验证：实验编号实验温度/℃试管中所加试剂

及其用量/L再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min2240.6mol/LHCO溶液2HO0.3mol/L稀24HSO溶液40.05mol/LKMnO溶液①252.03.02.03.0无3t②25

2.03.02.03.04MnSO4t（5）根据实验设计，你推测乙同学认为反应加快的因素是什么？_______。（6）若观察到_______，则乙同学分析的影响因素是合理的。【答案】（1）乙（2）最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色（3

）AD（4）A（5）2+Mn对该反应有催化作用（6）3t大于4t【解析】【小问1详解】高锰酸钾有强氧化性需用酸式滴定管乙装；【小问2详解】高锰酸钾本身有颜色即可作指示剂，当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30

秒内不褪色即为滴定终点；【小问3详解】A.22HO溶液、()243FeSO溶液、KI溶液中()243FeSO中的三价铁离子只具有氧化性不能用高锰酸钾溶液测定浓度，A错误；B.加标准液时，要先排气泡再调节液面位于“0”刻度或以下，B正确；C.滴定时，左手控制开关控制流速，右手晃动锥形瓶，眼睛观察溶液

颜色变化，C正确；D.滴定过程，略深入锥形瓶瓶口1~2cm，防止滴定液在摇晃时泄漏至瓶外，引起滴定误差，D错误；故选AD；【小问4详解】A.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致标准液高锰酸钾体积偏小，c()Vc()=V标（标）待（待），故待测液浓度会偏小，A正确；B.滴定前尖嘴部分有气泡，

滴定终点时消失，导致导致标准液高锰酸钾体积偏大，c()Vc()=V标（标）待（待），故待测液浓度会偏大，B错误；C.盛装试样的锥形瓶进行了润洗，导致待测液增多消耗更多的标准液即V（标）增大，c()Vc()=V标（标）待（待），待测液浓度会偏大，

C错误；D.滴定快结束前，用蒸馏水淋洗锥形瓶上口，无影响，D错误；故选A；【小问5详解】根据实验设计，控制变量法原则，区别在于有无硫酸锰，故乙同学认为反应加快因素是2+Mn对该反应有催化作用；【小问6详解】若观察到3t大于4t，则乙同学分析的影响因素是合理的

。的28.“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题，为减小和消除2CO对环境的影响，大力提倡新能源电车出行，科学家们为解决电车能源问题，探索出如下三种方案。Ⅰ.方案一：光解水，制造氢氧燃料电池（1）下图是某科研机构利用太阳光，在催化剂表面实现高效分解水来制备氢气

的历程，关于该历程，下列说法不正确的是_______。A.该法制氢能量变化是光能→化学能B.过程Ⅰ的能量变化等于2倍氢氧键键能C.过程Ⅲ的反应方程为：2222HOH+O催D.该历程降低了水分解的反应热Ⅱ.方案二：将2H(g)与2CO(g)反应合成甲醇，制备甲醇燃料电池。制备甲醇的过程可能涉及的反应

如下：反应Ⅰ：2232lCO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH=-49.58kJ/mol反应Ⅱ：2222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH=+41.19kJ/mol反应Ⅲ：233CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH（2）求3ΔH=_______kJ/mol，反应Ⅰ能

自发进行的条件是_______。（3）一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，起始物()()222nH/nCO=3,CO(g)和3CHOH(g)的浓度随时间变化如图1所示，平衡时2H的体积分数____

___；若保持其它反应条件不变，起始时仅将容器体积变为3L，请在图1上画出2HO(g)的浓度随时间变化的趋势图_______。（4）若密闭容器中只发生反应Ⅱ，以下能说明该反应达到平衡状态的是_______(选填

字母)。A.CO与CO2浓度比为1∶1B.()()22vH=vCO正逆C.绝热条件下，该密闭体系压强不再变化D.容器中混合气体的平均摩尔质量不再发生变化（5）若CO2和2H按一定比例在装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ，一定时间内甲醇的产率和催化剂的催化活性

与温度的关系如图2所示。当温度为470K时，图中P点_______(填“是”或“不是”)处于平衡状态，说出理由_______；490K之后，甲醇产率下降，请分析其变化产生的原因_______。Ⅲ.方案三：以二氧化碳为原料，开发

新型电池（6）科学家可以利用如下图装置，“溶解”水中的二氧化碳，生成电能和氢气，请写出二氧化碳生成氢气的电极反应式_______。【答案】（1）BD（2）①.90.77−②.低温自发（3）①.30%②.（4）BC（5）①.不是②.图中P点甲醇产率不是最大

，所以反应还没有达到平衡，P点不是处于平衡状态③.可能原因：①该反应是放热反应，达到平衡后升高温度，平衡逆向移动；②也可能是未平衡，温度升高催化剂活性降低导致速率下降，产率下降，③也可能是温度升高，发生一个明显的副反应导致主反应的选择性下降（6）--22322CO+2HO+2e2CO=

H+H【解析】【小问1详解】A．该反应中水吸收太阳能分解生成氢气和氧气，光能转化为化学能，A正确；B．过程Ⅰ吸收的能量除了使两个氢氧键断裂，还会使水分子运动更剧烈，能量变化大于2倍氢氧键键能，B错误；C．过程Ⅲ的方程式为2222HOH+O催化剂，C正确；D．水分解的反应热与反应物键能总和和

生成物键能总和相关，与反应历程无关，D错误；故答案选BD。【小问2详解】反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则ΔH3=-49.58kJ/mol-41.19kJ/mol=-90.77kJ/mol。ΔG=ΔH-TΔS，只有ΔG<0反应才能自发进行，反应ⅠΔH<0，ΔS<0，则其自

发进行的条件为低温。【小问3详解】从图中可知，起始时CO2物质的量为2mol，则H2物质的量为6mol，平衡时CH3OH物质的量为1.5mol，CO2物质的量为0.5mol，则2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)/

mol2600/mol1.54.51.51.5/mol0.51.51.51.5++初始反应平衡，平衡时H2的体积分数为1.5mol÷5mol=30%，保持其他条件不变，将容器体积增大至3L，该反应为气体体积减小的反应，增大体积，化学平衡逆向移动，生成的水的浓

度减小，此外容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故图像为。【小问4详解】A．CO和CO2浓度比为1：1与反应初始的投料比和反应进程有关，无法说明反应达到平衡，A错误；B．V正(H2)=V正(CO2)=V逆(CO2)，可以说明反应达到平衡，B正确；C．反应Ⅱ为吸热反

应，绝热条件下随着反应进行温度降低，压强减小，压强不变说明反应达到平衡，C正确；D．反应Ⅱ为等体积反应，混合气体的平均摩尔质量始终不变，D错误；故答案选BC。【小问5详解】从图中可知P点甲醇产率不是最大，所以反应还没有达到平衡，P点不是处于平衡状态。可能原因为①该反应是放热反应，达到平衡后升高温度

，平衡逆向移动；②也可能是未平衡，温度升高催化剂活性降低导致速率下降，产率下降，③也可能是温度升高，发生一个明显的副反应导致主反应的选择性下降。【小问6详解】由图可知，二氧化碳在水电解质中反应最终生成碳酸氢根离子和H2，a电

极钠离子失电子，b电极处H2O得电子生成氢气，电极反应式为-22322CO+2HO+2e2HCO=+H−。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com