內(nèi)蒙古自治區(qū)奈曼旗第一中學2024-2025學年高二化學上學期期中試題含解析

PAGE25-內(nèi)蒙古自治區(qū)奈曼旗第一中學2024-2025學年高二化學上學期期中試題（含解析）留意事項：1.本卷滿分（100）分，考試時間（100）分鐘。答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上。2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。3.非選擇題的作答：用簽字筆干脆答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)，答在其他區(qū)域無效。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1、C12、N14、O16、Na23、Al27、P31、S32、Ga70、Fe56、Ni59、Cu64、Zn65第Ⅰ卷一、選擇題：（本題共25小題，每小題2分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.《本草綱目》中有“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”的記載。下列說法不正確的是A.“薪柴之灰”可與銨態(tài)氮肥混合施用 B.“以灰淋汁”的操作是過濾C.“取堿”得到的是一種鹽溶液 D.“浣衣”過程有化學變更【答案】A【解析】【詳解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸鉀，與銨態(tài)氮肥混合施用時，發(fā)生相互促進的水解反應，降低肥效，故A錯誤；B.“以灰淋汁”的操作是過濾，故B正確；C.“取堿”得到的溶液中含碳酸鉀，碳酸鉀溶液屬于鹽溶液，故C正確；D.“取堿”得到的溶液中含碳酸鉀，碳酸鉀溶液由于CO32-水解呈堿性，“浣衣”過程中促進油脂的水解，有化學變更，故D正確。故選A。2.可再生能源是我國重要的能源資源，在滿意能源需求、改善能源結(jié)構(gòu)、削減環(huán)境污染、促進經(jīng)濟發(fā)展等方面具有重要作用。應用太陽能光伏發(fā)電技術(shù)是實現(xiàn)節(jié)能減排的一項重要措施。下列有關(guān)分析不正確的是（）A.如上圖是太陽能光伏發(fā)電原理圖，圖中A極為正極B.風能、太陽能、生物質(zhì)能等屬于可再生能源C.推廣可再生能源有利于經(jīng)濟可持續(xù)發(fā)展D.光伏發(fā)電能量轉(zhuǎn)化方式是太陽能干脆轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔堋敬鸢浮緼【解析】【詳解】A、在原電池的外電路中，電流由正極流向負極，由圖中的電流方向可推斷A為負極，A錯誤；B、風能、太陽能、生物質(zhì)能在短時間內(nèi)能形成，屬于可再生能源，B正確；C、不行再生資源不能持續(xù)運用，推廣可再生能源有利于經(jīng)濟可持續(xù)發(fā)展，C正確；D、光伏電池發(fā)電是將光能干脆轉(zhuǎn)化為電能，D正確；答案選A。3.下列有關(guān)熱化學方程式的敘述不正確的是A.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol，若將含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的稀溶液混合，放出的熱量等于57.3kJB.已知正丁烷(g)→異丁烷(g)△H<0，則異丁烷比正丁烷穩(wěn)定C.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1，則H2的燃燒熱為285.8kJ·mol-1D.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2，則△H1>△H2【答案】D【解析】【詳解】A.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol表示強酸、強堿反應產(chǎn)生可溶性鹽和1mol水放出57.3kJ的熱量，若將含0.6molH2SO4的稀硫酸與含1molNaOH的稀溶液混合，由于酸電離產(chǎn)生的n(H+)=0.6mol×2=1.2mol,堿電離產(chǎn)生的n(OH-)=1mol，所以反應放出熱量以堿為標準，由于OH-的物質(zhì)的量是1mol，所以反應產(chǎn)生放出的熱量等于57.3kJ，A正確；B.物質(zhì)含有的能量越低，物質(zhì)的穩(wěn)定性就越強，由于正丁烷(g)→異丁烷(g)△H<0，反應放出熱量，說明異丁烷含有的能量低，則異丁烷比正丁烷穩(wěn)定，B正確；C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1表示2molH2完全燃燒產(chǎn)生液態(tài)水放出熱量571.6kJ，則1molH2完全燃燒產(chǎn)生液態(tài)水放出285.8kJ的熱量，即H2的燃燒熱為285.8kJ·mol-1，C正確；D.C完全燃燒放出熱量比不完全燃燒放出的熱量多，反應放出的熱量越多，則該反應的反應熱就越小，所以△H1<△H2，D錯誤；故合理選項是D。4.下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A.NaHS水解反應：HS-+H2OH3O++S2-B.Fe(OH)2與稀硝酸反應：2H++Fe(OH)2=Fe2＋+2H2OC.Na2CO3水溶液中存在平衡：CO+H2OHCO+OH-D.BaSO4的水溶液導電性極弱：BaSO4Ba2++SO【答案】C【解析】【詳解】A．NaHS水解反應：HS-+H2OH2S+OH-，A錯誤；B．稀硝酸具有強氧化性，可氧化Fe2+為Fe3+，B錯誤；C．Na2CO3水溶液中存在著CO的水解平衡：CO+H2OHCO+OH-，C正確；D．BaSO4的水溶液導電性極弱是因為BaSO4在水中的電離很微弱，離子濃度很低，而BaSO4是強電解質(zhì)，電離方程式為BaSO4=Ba2++SO，D錯誤；答案選C。5.在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反應中，表示該反應速率最快的是（）A.v（A）=0.5mol·L-1·s-1 B.v（B）=0.3mol·L-1·s-1C.v（C）=0.8mol·L-1·s-1 D.v（D）=1mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【詳解】由于不同物質(zhì)表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，則反應速率與其化學計量數(shù)的比值越大，表示的化學反應速率越快；A．=0.25mol·L-1·s-1；B．=0.3mol·L-1·s-1；C.=0.267mol·L-1·s-1；D．=0.25mol·L-1·s-1；故表示的化學反應速率最快的是v(B)，答案選B。6.室溫下，下列離子組在給定條件下肯定能大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：K+、Na+、NO、CH3COO-B.c（ClO-）=1.0mol/L的溶液：K+、SO、S2-、Cl-C.KSCN溶液中：Na+、Fe3+、SO、Cl-D.使甲基橙變紅的溶液中：NH、Al3+、SO、Mg2+【答案】D【解析】【詳解】A.pH=1的溶液中，H+與NO、CH3COO-反應生成弱酸HNO2、CH3COOH，不能大量共存，故A不選；B.ClO-具有強氧化性，與SO、S2-發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故B不選；C.Fe3+與SCN-反應生成Fe(SCN)3而不能大量共存，故C不選；D.使甲基橙變紅的溶液呈酸性，在酸性溶液中四種離子互不反應，可以大量共存，故D選；答案選D。7.下列溶液肯定呈酸性的是：A.含有H＋溶液 B.pH=6.5的溶液C.c(OH－)<c(H＋)的溶液 D.常溫下，由水電離的c(OH－)=1.0×10－13mol/L【答案】C【解析】【分析】A.任何水溶液中都同時存在氫離子和氫氧根離子；B.溶液的酸堿性是由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小確定的，而不在于氫離子濃度或氫氧根濃度肯定值大??；C.溶液的酸堿性由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小確定的；D.常溫下由水電離的c(OH－)=1.0×10－13mol/L可能為酸性或堿性溶液。【詳解】A.任何水溶液中都同時存在氫離子和氫氧根離子，故A錯誤；B.溶液的酸堿性是由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小確定的，而不在于氫離子濃度或氫氧根濃度肯定值大小，即pH值大小，故B錯誤；C.溶液的酸堿性由氫離子和氫氧根離子濃度的相對大小確定，假如氫離子濃度大于氫氧根濃度，該溶液肯定呈酸性，故C正確；D.常溫下由水電離出的c（OH-）水=1.0×10-13mol/L<10-7mol/L，說明溶液中的溶質(zhì)抑制了水的電離，酸、堿溶液抑制水的電離，水解的鹽會促進水的電離，所以抑制水的電離是酸、堿溶液，溶液可能呈酸性也可能呈堿性，故D錯誤。故選C。8.下列說法正確的是A.在其他外界條件不變的狀況下，增大壓強能增大活化分子的百分數(shù)B.配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶于鹽酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度C.加入合適的催化劑能降低反應的活化能，從而變更反應的焓變D.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的△H<0【答案】B【解析】【詳解】A.在其他外界條件不變的狀況下，增大壓強能增大單位體積內(nèi)分子總數(shù)和單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)，但活化分子的百分數(shù)不變，A錯誤；B.FeCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中Fe3+會發(fā)生水解反應產(chǎn)生Fe(OH)3，使溶液變渾濁，為了抑制鹽的水解，配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶于鹽酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度，B正確；C.加入合適的催化劑能降低反應的活化能，但不能變更反應物、生成物的能量，因此不能變更反應的焓變，C錯誤；D.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)是氣體體積增大的反應，室溫下不能自發(fā)進行，說明△G=△H-T△S>0，由于△S>0，說明該反應的△H>0，D錯誤；故合理選項是B。9.上升溫度，下列數(shù)據(jù)不肯定增大的是A.化學反應速率v B.水的離子積常數(shù)KWC.化學平衡常數(shù)K D.醋酸鈉的水解平衡常數(shù)Kb【答案】C【解析】【詳解】A.上升溫度，物質(zhì)的內(nèi)能增加，化學反應速率v增大，A不符合題意；B.水的電離過程汲取熱量，上升溫度，促進水的電離，所以水的離子積常數(shù)KW增大，B不符合題意；C.可逆反應的正反應可能是吸熱反應也可能是放熱反應，上升溫度，化學平衡向吸熱反應方向移動，所以化學平衡常數(shù)K可能增大，也可能減小，C符合題意；D.醋酸鈉的水解反應是吸熱反應，上升溫度，水解平衡向吸熱的正反應方向移動，所以水解平衡常數(shù)Kb增大，D不符合題意；故合理選項是C。10.能證明乙酸是弱酸的試驗事實是（）A.CH3COOH溶液與Zn反應放出H2B.0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液與Na2CO3反應生成CO2D.0.1mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅【答案】B【解析】【詳解】A．只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，故A錯誤；B．該鹽水溶液顯堿性，故可以證明乙酸是弱酸，故B正確；C．可以證明乙酸的酸性比碳酸強，但是不能證明其酸性強弱，故C錯誤；D．可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強弱，故D錯誤；答案選B。11.肯定量的混合氣體在密閉容器中發(fā)生如下反應：xA(g)+yB(g)zC(g)，達到平衡后測得A氣體的濃度為0.5mol/L，保持溫度不變，將密閉容器的容積壓縮為原來的一半再次達到平衡后，測得A濃度為0.75mol/L，則下列敘述正確的是A.平衡向逆反應方向移動 B.x+y<zC.B的物質(zhì)的量濃度減小 D.C的體積分數(shù)增大【答案】D【解析】【分析】保持溫度不變，將容器的容積壓縮為原來的一半，若平衡不移動，A氣體的濃度為1mol/L，實際A的濃度變?yōu)?.75mol/L，說明增大壓強，化學平衡向正方向移動，據(jù)此結(jié)合選項解答?！驹斀狻勘３譁囟炔蛔?，將容器的容積壓縮為原來的一半，如平衡不移動，A氣體的濃度為1mol/L，實際A的濃度變?yōu)?.75mol/L，說明平衡向正方向移動。A.保持溫度不變，將容器的容積壓縮為原來的一半，如平衡不移動，A氣體的濃度為1mol/L，實際A的濃度變?yōu)?.75mol/L，說明平衡向正方向移動，A錯誤；B.體積減小即增大壓強，化學平衡向正方向移動，依據(jù)平衡移動原理，增大壓強，化學平衡向氣體體積減小的方向移動，則x+y>z，B錯誤；C.增大壓強，平衡向正反應方向移動，使B的物質(zhì)的量減小，平衡移動的趨勢是微弱的，但是密閉容器的容積壓縮為原來的一半，B的物質(zhì)的量濃度仍舊增大，C錯誤；D.增大壓強，化學平衡向正反應方向移動，C的體積分數(shù)增大，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查了外界條件對化學平衡移動的影響。可依據(jù)假設(shè)平衡不移動，推斷物質(zhì)的濃度，然后與實際物質(zhì)的濃度比較，確定平衡移動的方向。變更外界條件使化學平衡發(fā)生移動，但移動的趨勢是微弱的，不能抵消這種變更，要留意對學問的歸納和梳理。12.如圖所示的各圖中，表示2A(g)+B(g)?2C(g)（△H＜0）這個可逆反應的正確圖象為（注：(C)表示C的質(zhì)量分數(shù)，P表示氣體壓強，C表示濃度）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】A.溫度上升，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短，反應逆向移動；B.增大壓強，反應速率加快，平衡向體積縮小的方向移動；C.加入催化劑，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短，但質(zhì)量分數(shù)不發(fā)生變更；D.降低溫度，平衡向放熱反應方向移動，增大壓強，平衡向體積縮小的方向移動；【詳解】A.溫度上升，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短，反應逆向移動，C的質(zhì)量分數(shù)降低，A項正確；B.增大壓強，反應速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B項錯誤；C.加入催化劑，反應速率加快，達到平衡所需的時間縮短，但C的質(zhì)量分數(shù)不發(fā)生變更，C項錯誤；D.降低溫度，平衡向放熱反應方向移動，即正向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大；增大壓強，平衡向體積縮小的方向移動，即正向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，D錯誤；答案選A?！军c睛】解答本題的重點是要嫻熟駕馭外界因素對平衡移動的影響。變更的條件(其他條件不變)化學平衡移動的方向濃度增大反應物濃度或減小生成物濃度向正反應方向移動減小反應物濃度或增大生成物濃度向逆反應方向移動壓強(對有氣體參與的反應)反應前后氣體體積變更增大壓強向氣體分子總數(shù)減小的方向移動減小壓強向氣體分子總數(shù)增大的方向移動反應前后氣體體積不變變更壓強平衡不移動溫度上升溫度向吸熱反應方向移動降低溫度向放熱反應方向移動催化劑同等程度變更v正、v逆，平衡不移動13.已知常溫下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列敘述正確的是A.AgCl在飽和NaCl溶液中的Ksp比在純水中的小B.AgCl的懸濁液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/LC.將0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl溶液中，無沉淀析出D.向AgCl的懸濁液中加入NaBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色，說明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)【答案】B【解析】【詳解】A．溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)系，A錯誤；B．依據(jù)氯化銀的溶度積常數(shù)可知AgCl的懸濁液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L，B正確；C．將0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl，濃度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C錯誤；D．向AgCl的懸濁液中加入NaBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色，說明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D錯誤；答案選B。14.下列說法正確是A.用Zn作陽極，F(xiàn)e作陰極，ZnCl2作電解質(zhì)溶液，因放電依次H+>Zn2+，故不能在鐵上鍍鋅B.電解精煉時，陽極泥可以作為提煉珍貴金屬的原料C.粗銅電解精煉時，若電路中通過2mole-，陽極削減的質(zhì)量為64gD.工業(yè)上采納電解MgCl2溶液來冶煉金屬鎂【答案】B【解析】【詳解】A.用Zn作陽極，F(xiàn)e作陰極，ZnCl2作電解質(zhì)溶液，雖然離子的得電子實力：H+>Zn2+，但由于溶液中c(Zn2+)>c(H+)，使得Zn2+比H+優(yōu)先在陰極放電，得到鋅單質(zhì)，所以能實現(xiàn)在鐵上鍍鋅，A錯誤；B.電解精煉時，陽極泥中含有很多重金屬的單質(zhì)，可以作為提煉珍貴金屬的原料，B正確；C.粗銅電解精煉時，在陽極發(fā)生反應的物質(zhì)有Cu及活動性比Cu強的金屬，所以若電路中通過2mole-，陽極削減的質(zhì)量不肯定為64g，C錯誤；D.工業(yè)上采納電解熔融MgCl2來冶煉金屬鎂，若電解MgCl2溶液，在陰極上是溶液中的H+得到電子變?yōu)镠2，不能得到金屬鎂，D錯誤；故合理選項是B。15.下列事實，不能用勒夏特列原理說明的是()A.反應CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)△H<0，上升溫度可使平衡向逆反應方向移動B.鋼鐵在潮濕的空氣中簡單生銹C.開啟啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫D.SO2催化氧化成SO3的反應，往往加入過量的空氣【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理為：假如變更影響平衡的條件(濃度、溫度、壓強)之一，平衡將向著能夠減弱這種變更的方向移動，運用勒夏特列原理時，該反應必需是可逆反應且存在平衡過程，否則勒夏特列原理不適用?！驹斀狻緼．反應CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)；△H＜0，上升溫度，向吸熱方向移動，即上升溫度可使平衡向逆反應方向移動，能用勒夏特列原理說明，故A正確；B．鋼鐵在潮濕的空氣中簡單生銹，主要發(fā)生電化學腐蝕，不存在化學平衡的移動，不能用勒夏特列原理說明，故B錯誤；C．汽水瓶中存在平衡H2CO3?H2O+CO2，打開汽水瓶時，壓強降低，平衡向生成二氧化碳方向移動，可以用勒夏特列原理說明，故C正確；D．在SO2催化氧化成SO3的反應，往往加入過量的空氣，可增加O2的量，促進平衡向正方向移動，提高SO2的轉(zhuǎn)化率，能用勒夏特列原理說明，故D正確；故答案為B。16.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3膠體的膠粒數(shù)為0.1NB.1molN2與3molH2充分反應，產(chǎn)物的分子數(shù)為2NAC.鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕時，0.56gFe反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.03NAD.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－離子數(shù)之和小于0.1NA【答案】D【解析】【詳解】A.Fe(OH)3膠體的膠粒為很多Fe(OH)3的集合體，所以0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3膠體的膠粒數(shù)小于0.1NA，A錯誤；B.N2與H2合成NH3的反應為可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物，所以1molN2與3molH2充分反應，NH3的分子數(shù)小于2NA，B錯誤；C.0.56gFe的物質(zhì)的量為0.01mol，0.01mol的鋼鐵在發(fā)生吸氧腐蝕時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02NA，C錯誤；D.NaHCO3在溶液中HCO3-發(fā)生水解反應和電離作用，依據(jù)C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3-和CO32-，三者的物質(zhì)的量和為0.1mol，故HCO3－和CO32－離子數(shù)之和小于0.1NA，D正確；故合理選項是D。17.如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀，具有自動吹氣流量偵測與限制的功能，特別適合進行現(xiàn)場酒精檢測，下列說法不正確的是A.電流由O2所在的鉑電極經(jīng)外電路流向另－電極B.該電池的負極反應式為：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+C.O2所在的鉑電極處發(fā)生還原反應D.微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量【答案】B【解析】【分析】該裝置中含有質(zhì)子交換膜，則電解質(zhì)溶液為酸性，酸性條件下，乙醇燃料電池中，負極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應，正極上是氧氣得電子發(fā)生還原反應；依據(jù)圖示得出酸性燃料電池的反應物和生成物，再依據(jù)原電池原理寫出該電池的反應式來推斷?！驹斀狻緼.乙醇燃料電池中，負極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應，正極上是氧氣得電子發(fā)生還原反應，電流由正極流向負極，即從O2所在的鉑電極經(jīng)外電路流向另一電極，A正確；B.該電池的負極上乙醇失電子發(fā)生氧化反應，分析裝置圖可知乙醇在負極失去電子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B錯誤；C.乙醇燃料電池中，正極上是氧氣得電子的還原反應，O2所在的鉑電極處得到電子發(fā)生還原反應，C正確；D.依據(jù)微處理器通過檢測電流大小可以得出電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量，依據(jù)電極反應式可以計算出被測氣體中酒精的含量，D正確；故合理選項是B。【點睛】本題以乙醇為燃料考查了燃料電池，留意正負極上電極反應式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性，即使燃料和氧化劑相同，假如電解質(zhì)溶液不同，電極反應式也不同。18.下列可以證明2HI(g)H2(g)+I2(g)已達平衡狀態(tài)的是（）①單位時間內(nèi)生成nmolH2的同時生成nmolHI②一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—I鍵斷裂③溫度和體積肯定時，混合氣體密度不再變更④v(H2)=v(I2)=0.5v(HI)⑤c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1⑥溫度和體積肯定時，某一生成物濃度不再變更⑦溫度和體積肯定時，容器內(nèi)壓強不再變更⑧溫度和壓強肯定時，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更⑨溫度和體積肯定時，混合氣體的顏色不再變更A.②③④⑤⑥ B.②⑥⑦⑧⑨C.①②⑥⑧ D.②⑥⑨【答案】D【解析】【詳解】①單位時間內(nèi)生成nmolH2的同時生成nmolHI，說明正反應速率大于逆反應速率，反應未達到平衡；②H—H鍵斷表示逆反應反向，H—I鍵斷裂表示正反應方向，一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—I鍵斷裂，表示正逆反應速率相等，可以說明反應達到平衡；③溫度和體積肯定時，反應前后的體積不變，所以混合氣體密度始終不變，所以不能說明反應達到平衡；④v(H2)=v(I2)=0.5v(HI)，沒有說明反應的方向，故不能說明反應達到平衡；⑤c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1，不能說明反應物或生成物濃度不再變更，不能說明反應達到平衡；⑥溫度和體積肯定時，某一生成物濃度不再變更，說明某物質(zhì)的生成速率等于其消耗速率，也就是正反應速率等于逆反應速率，能說明反應達到平衡；⑦溫度和體積肯定時，反應前后氣體體積不變，所以壓強始終不變，故壓強不變時，不能說明反應達到平衡；⑧溫度和壓強肯定時，反應前后氣體的總物質(zhì)的量不變，依據(jù)質(zhì)量守恒，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量始終不變，故混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再變更不能說明反應達到平衡；⑨溫度和體積肯定時，混合氣體中只有I2有顏色，所以顏色不變說明物質(zhì)濃度不變，能說明反應達到平衡，故選D?！军c睛】推斷反應是否達到平衡可以從兩個方面考慮：1、正逆反應速率是否相等；2、反應物生成物濃度是否變更；其中濃度的變更可以從壓強、顏色、密度、相對分子質(zhì)量等方面分析。19.已知:A(g)+3B(g)2C(g)△H＜0，有甲乙兩個容積為0.5L的密閉容器，向甲中加入1molA和3molB，5min時達到平衡，放出熱量為Q1kJ；相同條件下，向乙中加入2molC，達到平衡時汲取熱量為Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列說法正確的是()A.甲中達平衡時，用B的濃度變更表示5min內(nèi)的平均反應速率為0.15mol?L-1?min-1B.乙中的熱化學方程式為2C(g)A(g)+3B(g):△H＝+4/3Q2kJ/molC.乙中達到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，與原平衡互為等效平衡，平衡不移動D.乙中平衡時C的轉(zhuǎn)化率為50%【答案】B【解析】【分析】兩個容器是等效平衡，兩個的熱量變更數(shù)值之和為反應熱的數(shù)值，已知Q2＝3Q1，說明甲容器消耗了四分之一，轉(zhuǎn)化率為25%。【詳解】A．甲中達平衡時，甲容器B的轉(zhuǎn)化率為25%即B消耗了3mol×25%=0.75mol，用B的濃度變更表示5min內(nèi)的平均反應速率，故A錯誤；B．依據(jù)分析兩個容器是等效平衡，兩個的熱量變更數(shù)值之和為反應熱的數(shù)值，因此乙中的熱化學方程式為2C(g)A(g)+3B(g)△H＝+Q2kJ/mol，故B正確；C．乙中達到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，用建模思想思索，相當于兩個容器都達到平衡后再壓縮到一個容器中，平衡正向移動，C百分含量增大，故C錯誤；D．甲容器轉(zhuǎn)化率為25%，則乙中平衡時C的轉(zhuǎn)化率75%，故D錯誤。綜上所述，答案為B?！军c睛】兩個容器是等效平衡，兩個的熱量變更數(shù)值之和為反應熱的數(shù)值，兩者的轉(zhuǎn)化率相加等于1。20.常溫下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有關(guān)微粒的物質(zhì)的量變更如下圖（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），依據(jù)圖示推斷，當V（NaOH）=20mL時，溶液中各粒子濃度的大小依次正確的是A.c(Na+)＞c(HB－)＞c(H+)＞c(B2－)＞c(H2B)Bc(Na+)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)C.c(Na+)＞c(H+)＞c(HB－)＞c(B2－)＞c(OH－)＞c(H2B)Dc(Na+)＞c(OH－)＞c(HB－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)【答案】A【解析】【分析】向20mL0.2mol?L-1H2B溶液中滴加0.2mol?L-1NaOH溶液，當V（NaOH）=20mL時，兩者以1:1物質(zhì)的量之比發(fā)生的反應為：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液為NaHB溶液，依據(jù)圖象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），說明HB-的電離程度大于水解程度，據(jù)此分析?！驹斀狻肯?0mL0.2mol?L-1H2B溶液中滴加0.2mol?L-1NaOH溶液，當V（NaOH）=20mL時，兩者以1:1物質(zhì)的量之比發(fā)生的反應為：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液為NaHB溶液，依據(jù)圖象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），說明HB-的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，且HB-的電離和水解都是微弱的，溶液中還存在水的電離平衡，所以溶液中各粒子濃度由大到小的依次為：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正確。故選A。21.25℃弱酸HCOOHHCNH2CO3K1.77×10-44.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.CN?+H2O+CO2＝HCN+B.2HCOOH+＝2HCOO?+H2O+CO2↑C.中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者D.等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者【答案】C【解析】【詳解】酸的電離平衡常數(shù)越大，說明其酸性越強，由電離平衡常數(shù)可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>。A．由強酸制弱酸可知，碳酸可與CN?反應生成HCN，又因酸性HCN>，故碳酸與CN?反應生成HCN、，故A項說法正確；B．由強酸制弱酸可知，HCOOH與能夠生成碳酸，且甲酸為一元弱酸，因此由甲酸制備碳酸的離子方程式書寫正確，故B項說法正確；C．因酸性：HCOOH>HCN，等體積、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量：n(HCN)>n(HCOOH)，二者均為一元酸，故消耗NaOH的量：n(HCN)>n(HCOOH)，故C項說法錯誤；D．等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中Na+物質(zhì)的量相等，因酸性：HCOOH>HCN，故HCOO-的水解實力小于CN-，則HCOONa溶液的pH小于NaCN溶液的pH，前者溶液中c(H+)大于后者，結(jié)合兩溶液中的電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，因此最終兩溶液中所含離子總數(shù)前者大于后者，故D項說法正確；綜上所述，答案為C。22.關(guān)于小蘇打溶液的表述錯誤的是()A.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)B.c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)C.HCO的電離程度小于其水解程度D.c(Na+)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO)＞c(H+)【答案】D【解析】【詳解】A．小蘇打是NaHCO3，其溶液中存在著物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，A正確；B．NaHCO3溶液中，存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，B正確；C．NaHCO3溶液中存在著平衡：HCOH++CO，HCO+H2OH2CO3+OH-，因為NaHCO3溶液顯堿性，所以HCO的電離程度小于其水解程度，C正確；D．NaHCO3溶液中，HCOH++CO，結(jié)合水的電離，所以c(CO)＜c(H+)，D錯誤；答案選D。23.250℃和1.01×105Pa時，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.76kJ/mol，該反應能自發(fā)進行的緣由是（）A.是吸熱反應 B.是放熱反應 C.是熵削減的反應 D.熵增大效應大于焓效應【答案】D【解析】【詳解】依據(jù)化學反應的能判據(jù)與熵判據(jù)綜合關(guān)系式可知，，要使反應能自發(fā)進行，必需使，所以須要熵增大效應大于能量效應，綜上分析可得D符合題意，故選D。答案選D24.將①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分別加入H2O中，基本上不影響水的電離平衡的離子是（）A.①③⑤⑦⑧ B.②④⑥⑧ C.①⑥ D.②④⑦【答案】D【解析】【分析】水的電離平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離?！驹斀狻竣貶+對水的電離起到抑制作用②Cl－對水的電離無影響③Al3＋能結(jié)合水電離產(chǎn)生的OH-生成弱堿Al(OH)3，促進水的電離④K＋對水的電離無影響⑤S2－能結(jié)合水電離產(chǎn)生的H+生成HS-，促進水的電離⑥OH－使水的電離平衡逆移⑦NO3－對水的電離無影響⑧NH4＋能結(jié)合水電離產(chǎn)生的OH-生成弱電解質(zhì)NH3·H2O，促進水的電離。故選D。25.常溫下，下列溶液中的微粒濃度關(guān)系正確的是A.新制氯水中加入固體NaOH：B.溶液與溶液等體積混合：C.的溶液：D.的氨水與的鹽酸等體積混合：【答案】B【解析】【詳解】溶液遵循電荷守恒，則存在，故A錯誤；B.等體積混合后，溶質(zhì)為等量的、，電荷守恒式為，物料守恒式為，二者聯(lián)立可得，，故B正確；C.的溶液，水解大于其電離，則離子濃度為，故C錯誤；D.的氨水與的鹽酸等體積，氨水過量，溶質(zhì)為氯化銨、一水合氨，溶液顯堿性，則離子濃度為，故D錯誤；答案選B?！军c睛】B項，溶液與溶液等體積混合，電荷守恒式為，依據(jù)起始加入量即可推斷，物料守恒式為，二者聯(lián)立可得，，這是?？键c，也是學生們的易錯點。同時，離子濃度的大小關(guān)系排序也是常考點，等體積混合后，溶質(zhì)為等量的、，而等濃度的醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，因此溶液顯酸性，則離子濃度的大小為：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。第Ⅱ卷二、非選擇題：（包括4小題，共50分）26.2024年，美國退出了《巴黎協(xié)定》實行再工業(yè)化戰(zhàn)略，而中國卻加大了環(huán)保力度，生動詮釋了我國負責任的大國形象。近年我國大力加強溫室氣體CO2催化氫化合成甲醇技術(shù)的工業(yè)化量產(chǎn)探討，實現(xiàn)可持續(xù)發(fā)展。(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol寫出CO2催化氫化合成甲醇的熱化學方程式:________。(2)為提高CH3OH的產(chǎn)率，理論上應采納的條件是________(填選項字母）。a.高溫高壓b.低溫低壓c.高溫低壓d.低溫高壓(3)250℃時，在恒容密閉容器中由CO2(g)催化氫化合成CH3OH(g)，不同投料比[n(H2)/n(CO2)]時某反應物X的平衡轉(zhuǎn)化率變更曲線如圖所示。反應物X是_______(填“CO2”或“H2(4)250℃時，在體積為2.0L的恒容密閉容器中加入6molH2、2molCO2和催化劑發(fā)生CO2催化氫化合成甲醇的反應，10min時反應達到平衡，測得c(CH3OH)=0.75mol?L-1。①前10min內(nèi)的平均反應速率H2=_______mol?L-1?min-1。②該溫度下，該反應的化學平衡常數(shù)K=_______。③催化劑和反應條件與反應物轉(zhuǎn)化率和產(chǎn)物的選擇性高度相關(guān)。限制相同投料比和相同反應時間，四組試驗數(shù)據(jù)如下表所示：試驗編號溫度(K)催化劑CO2轉(zhuǎn)化率(%)甲醇選擇性(%)A543Cu/ZnO納米棒12.342.3B543Cu/ZnO納米片11.972.7C553Cu/ZnO納米棒15.339.1D553Cu/ZnO納米片12.070.6依據(jù)上表所給數(shù)據(jù)，用CO2生產(chǎn)甲醇的最優(yōu)選項為________（填字母）?！敬鸢浮?1).3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mol(2).d(3).CO2(4).恒容密閉容器中，其他條件相同時，增大n(H2)/n(CO2)，相當于c(CO2)不變時，增大c(H2)，平衡正向移動，使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，而H2的轉(zhuǎn)化率降低(5).0.225(6).5.33（或16/3）(7).B【解析】【詳解】(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，將兩個熱化學方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mol；(2)依據(jù)熱化學方程式可知，生成CH3OH的方向是放熱反應方向，也是氣體體積減小的方向，故要想提高CH3OH的產(chǎn)率，須要降溫高壓，故選d；(3)視察圖中的橫坐標，其物理量為n(H2)/n(CO2)，假設(shè)n(CO2)為定值，則X的轉(zhuǎn)化率隨n(H2)的增大而增大，則X為CO2；故推斷依據(jù)是恒容密閉容器中，其他條件相同時，增大n(H2)/n(CO2)，相當于c(CO2)不變時，增大c(H2)，平衡正向移動，使CO2的轉(zhuǎn)化率增大，而H2的轉(zhuǎn)化率降低；(4)①在同一容器中，CH3OH濃度變更量為0.75mol?L-1，則有（mol?L-1）3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)起始3100轉(zhuǎn)化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的濃度變更量為2.25mol?L-1，則前10min的平均反應速率v(H2)=0.225mol?L-1?min-1；②K==③選擇性是指產(chǎn)物的專一性，在一個化學反應中若有多個產(chǎn)物，其中某一產(chǎn)物是目標產(chǎn)物，若這個物質(zhì)的產(chǎn)率越高，說明反應的選擇性越好。視察四組數(shù)據(jù)，相比之下，BD的選擇性很高，且B的CO2轉(zhuǎn)化率比D稍低些，但是B的CH3OH的選擇性高出了不少，故選B?！军c睛】現(xiàn)以mA(g)+nB(g)

?pC(g)(己知該反應的正反應為放熱反應)為例,分析如下：1.在其它條件不變時，增大A的濃度，可使平衡向正反應方向移動，因此B的轉(zhuǎn)化率增大，而A的轉(zhuǎn)化率卻減??；同理，若增大B的濃度，平衡也向正反應方向移動，A的轉(zhuǎn)化率會增大，而B的轉(zhuǎn)化率則減??；2.在其它條件不變時，增大C的濃度，可使平衡向逆反應方向移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率均減小；3.m+n>p時，在其它條件不變狀況下，增大壓強可使平衡正向移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率都增大；減小壓強可使平衡逆向移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率都減??；4.m+n<p時，在其它條件不變的狀況下，增大壓強可使平衡逆向移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率都減??；減小壓強可使平衡正向移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率都增大；5.m+n=p時，在其它條件不變的狀況下，增大壓強或減小壓強，平衡都不發(fā)生移動，因此，A和B的轉(zhuǎn)化率都不發(fā)生變更(反應的正逆反應速增加的倍數(shù)相等)；6.在其它條件不變時，上升溫度，由于正反應為放熱反應，可使平衡向逆反應方向移動，因此A、B的轉(zhuǎn)化率均減?。煌?，降低溫度，平衡向正反應方向移動，A、B的轉(zhuǎn)化率均增大；7.在其它條件不變的狀況下，運用催化劑時，不能使平衡發(fā)生移動，因此A和B的轉(zhuǎn)化率都不發(fā)生變更。27.已知水的電離平衡曲線如圖示，試回答下列問題：(1)圖中五點Kw間的關(guān)系是_________。(2)若從A點到D點，可采納的措施是_________。A升溫B加入少量的鹽酸C加入少量的NH4Cl(3)B對應溫度下，將pH=11的苛性鈉溶液V1L與0.05mol/L的稀硫酸V2L混合(設(shè)混合前后溶液的體積不變)，所得混合溶液的pH=2，則V1∶V2(4)常溫下，將VmL、0.1000mol·L-1氫氧化鈉溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中充分反應。假如溶液pH=7，此時V的取值___________20.00(填“>”“<”或“＝”)(忽視溶液體積的變更)。而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小關(guān)系為___________。(5)在0.10mol·L-1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH＝8時，c(Cu2+)＝____________mol·L-1。(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20)【答案】(1).E=A=D＜C＜B(2).BC(3).9:11(4).＜(5).c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)(6).2.2×10–8【解析】【詳解】(1)水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度越高，離子積常數(shù)越大，同一曲線是相同溫度，依據(jù)圖知，溫度凹凸點依次是B>C>A=D=E，所以離子積常數(shù)大小依次是B>C>A=D=E；(2)在A點時，c(H+)=c(OH?)，溶液顯中性,而到D點c(H+)變大，c(OH?)變小，溶液顯酸性，即由A點到D點，溶液由中性變?yōu)樗嵝?，但Kw不變。A．上升溫度，Kw變大，故A錯誤；B．加入HCl，則溶液顯酸性，故B正確；C．加入氯化銨，水解顯酸性，且Kw不變，故C正確；故答案為：BC；(3)該溫度下水的離子積為Kw=1×10?12，將pH=11的苛性鈉中氫氧根離子濃度為：c(OH?)=mol/L=0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氫離子濃度為1mol/L，pH=2的溶液中氫離子濃度為0.01mol/L，則混合液中滿意：0.1mol/L×V2?0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，整理可得：V1:V2=9:11；

(4)CH3COOH是弱電解質(zhì)，電離程度不大，NaOH是強電解質(zhì)，完全電離，反應生成的乙酸鈉是強堿弱酸鹽，水解呈堿性，需溶液呈中性pH=7，需少加堿，所以常溫下，將VmL、0.1000mol?L?1氫氧化鈉溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol?L?1醋酸溶液中，充分反應，V＜20.00mL，溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH?)；依據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，c(H+)=c(OH?)，溶液中的溶質(zhì)為乙酸鈉溶液，水的電離是微弱的，所以c(Na+)=c(CH3COO?)＞c(H+)=c(OH?)；(5)依據(jù)題給Cu(OH)2的溶度積即可確定pH=8時，c(OH-)=10-6mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，則：c(Cu2+)==2.2×10-8mol?L-1。28.現(xiàn)運用酸堿中和滴定法測定市售白醋的含酸量(g/100mL)。Ⅰ、試驗步驟：(1)量取10.00mL食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉(zhuǎn)移到100mL________(填儀器名稱)中定容，搖勻即得待測白醋溶液。(2)用酸式滴定管取待測白醋溶液20.00mL于錐形瓶中，向其中滴加2滴________作指示劑。(3)讀取盛裝0.1000mol/LNaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數(shù)。假如液面位置如圖所示，則此時的讀數(shù)為________mL。(4)滴定。當__________時，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數(shù)。重復滴定3次。Ⅱ、試驗記錄1234V(樣品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95Ⅲ、數(shù)據(jù)處理與探討：(1)按正確數(shù)據(jù)處理，可得市售白醋含酸量＝________g/100mL(結(jié)果保留四位有效數(shù)字)。(2)在本試驗的滴定過程中，下列操作會使試驗結(jié)果偏大的是________(填寫序號)。a．堿式滴定管在滴定時未用標準NaOH溶液潤洗b．堿式滴定管的尖嘴在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消逝c．錐形瓶中加入待測白醋溶液后，再加少量水d．錐形瓶在滴定時猛烈搖動，有少量液體濺出【答案】(1).容量瓶(2).酚酞(3).0.70(4).滴入最終一滴溶液時，溶液的顏色從無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色(5).4.5(6).ab【解析】【詳解】(1)配制肯定物質(zhì)的量濃度的溶液時，須要運用到容量瓶，答案為：容量瓶；(2)本試驗運用的是強堿滴定弱酸，滴定終點生成醋酸鈉，為強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，終點的pH應在指示劑