精品解析：黑龙江省新时代高中教育联合体2025-2026学年高二上学期11月期中联考巩固卷（二）化学试题

高二化学试卷（二） （本试卷满分100分，考试时间75分钟） 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生产、生活和科技息息相关，下列说法正确的是 A. 燃油汽车上的三元催化器中的催化剂提高了反应物中活化分子百分数，加快了反应速率 B. “酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理 C. 工业合成氨温度控制在700K左右可以用勒夏特列原理解释 D. 骨头中含有的碳酸钙属于弱电解质 2. 下列叙述正确的是 A. 甲烷的燃烧热为，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为 B. 在一定条件下将和置于密闭容器中充分反应，放出热量，则反应的热化学方程式为 C. 已知，则 D. 已知中和热，则 3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 滴加几滴KSCN溶液显红色的溶液中：、、、 B. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、 C. 常温，pH=11溶液中：、、、 D. 含有的溶液：、、、 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol 与过量充分反应可生成数目为2 B. 常温下，1L 0.1的溶液中数目小于0.1 C. 0.1 HClO溶液含有的数目为小于0.1 D. 1mol 在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为3 5. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是 A. 通入少量氨气 B. 加入少量稀HCl C. 加热 D. 加入少量醋酸钠固体 6. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是 ①混合气体的密度不变；②；③容器内物质的总质量不变；④的质量不变；⑤混合气体的平均相对分子质量不变；⑥ A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑥ C. ①④⑤ D. ①②③⑥ 7. 下列说法及相关方程式书写均正确的是 A. 水是弱电解质： B. 硫酸氢钠在水中部分电离： C. 碳酸氢钠在水中水解： D. 醋酸铵在水中部分电离： 8. 下列说法中正确的是 A. 在100℃时，pH约为6的纯水呈中性 B. 将的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大 C. 将1mL盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9 D. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 9. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性 B 25℃时，用pH计测定溶液的pH为7.8 的Kb与的数值大小 C 用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH， 酸性： D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 A. A B. B C. C D. D 10. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 11. 在密闭容器中进行反应：，有关下列图像的说法正确的是 A. 依据图a可判断逆反应 B. 在图b中，虚线只可表示加入催化剂 C. 图c可表示增大Z的浓度 D. 图d可表示混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况 12. 常温下，部分弱电解质电离平衡常数如表： 弱电解质 HCOOH HCN 电离平衡常数 下列说法错误的是 A. 结合的能力： B. HCOOH能与反应制得 C. 等体积、等浓度的HCN溶液与氨水混合，充分反应后溶液呈碱性 D. 的溶液中存在关系： 13. 已知常温下4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水，均满足水。下列比较中正确的是 A. ①、④溶液等体积混合后，溶液显酸性 B. ①溶液中加入等体积的溶液，混合液的 C. ①、②、③溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，消耗溶液体积最大的是③ D. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：④>③>①>② 14. 水煤气变换反应为。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 水煤气变换反应的 B. 步骤②存在键的形成 C. 该反应的决速步是 D. 步骤⑤的化学方程式为： 15. 常温时，向的溶液中逐滴滴加的溶液，滴入溶液的体积与溶液的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点由水电离的氢离子浓度为 B. b点时， C. c点时， D. 反应过程中，值不断增大 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。 （1）该脱硝反应正反应为_______反应。(填“放热”或“吸热”)理由是：_______。 （2）某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2molNO2和1molO3发生反应。 ①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是_______(填标号)。 A．NO2的消耗速率与O2的消耗速率相等 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体的平均相对分子质量保持不变 D．N2O5与O2的物质的量浓度相等 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。 A．充入氦气 B．升高温度 C．充入2molNO2 D．充入2molNO2和1molO3 （3）若T1时将18molNO2和8molO3充入容积为2L的密闭容器中发生上述脱硝反应，O3的物质的量变化如下表所示。 物质的 量/mol T1/℃ 0 5min 10min 15min O3 8.0 3.5 2.0 2.0 ①在T1/℃条件下0-5min内，以NO2表示该反应速率v(NO2)=_______mol/(L∙min)，N2O5的平衡浓度为_______mol/L，该条件下的平衡常数K=_______L/mol。 ②若15min时，保持T1不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各1mol，则此时反应向_______移动(填“正向”、“逆向"或“不”)。 17. 研究化学反应中的能量变化具有重要意义。请回答下列问题： （1）298K，1mol下列物质气态时的相对能量如下表： 物质 H2 O2 H2O2 H2O 相对能量/kJ·mol-1 0 0 -136 -242 与足量反应生成_______(填吸收或释放)的能量为_______kJ。 （2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。 化学键 N-H N-Cl H-Cl 键能(/kJ·mol-1) 391.3 x 431.8 则反应过程中的_______ ，上表中的x=_______。 （3）中和反应的热量变化，其数值Q可通过如下图量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。实验中用0.55mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1盐酸各50mL进行反应热的测定。 ①若大烧杯上不盖杯盖，该中和反应求得的焓变____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 ②实验中碱稍过量的原因为_______。 ③实验测得反应前后体系的温度值分别为T0℃、T1℃，则该过程放出的热量为_______J。[c和分别取和1.0g·mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量]。 ④关于中和热的测定实验，下列说法正确的是_______(填标号)。 A．向内筒加入稀碱液时，应当缓慢分批加入 B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度 C．实验中，测量酸液的初始温度后，可使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度 D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致测得的中和热∆H偏小 18. 高压氢还原法可直接从溶液中提取金属。以某硫化铜精矿(含ZnS、FeS等杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 （1）“浸取”操作中可加快浸取速率的措施是_____(写出一条)。 （2）“浸取”过程有硫单质生成，CuS在“浸取”中发生反应的化学方程式为_____。 （3）“中和调pH”过程中，pH范围是_____。 （4）结合平衡移动原理解释“中和调pH”生成固体X的原因_____。 （5）“还原”步骤中发生反应的离子方程式为_____。 （6）铜纯度的测定 步骤1.取ag铜样品，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至铜样品完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却； 步骤2.将步骤1所得溶液加水定容至250mL，量取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，再加入少量淀粉溶液，用bNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液vmL 已知： ①滴定达终点时的现象为_____。 ②样品中铜的质量分数为_____(写字母表达式)。 ③步骤1中若没有除尽未反应的HNO3，则导致测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 19. Ⅰ.常温下，如果取0.2 mol/LCH3COOH溶液与0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题： (1)混合溶液的pH=9的原因是：(用离子方程式表示)___________。 (2)该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值为___________。 (3)求该混合溶液中下列算式的计算结果： c(Na+)-c(CH3COO-)=___________mol/L(代入数据，列出算式即可) c(OH-)-c(CH3COOH)=___________moL/L。 Ⅱ.(4)25℃下，向20 mL 0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol•L-1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)，随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题： ①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO___________(填“能”或“不能”)大量共存； ②当pH=7时，溶液中Na+、Cl-、HCO三种离子的浓度大小关系为___________； ③已知在25℃时，CO的第一步水解常数Kh1=2.0×10-4，当溶液中c(HCO)∶c(CO)=2∶1时，溶液的pH=___________。 (5)下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是___________(填字母序号)。 ①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾 A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二化学试卷（二） （本试卷满分100分，考试时间75分钟） 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案。非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cu-64 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 化学与生产、生活和科技息息相关，下列说法正确的是 A. 燃油汽车上的三元催化器中的催化剂提高了反应物中活化分子百分数，加快了反应速率 B. “酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理 C. 工业合成氨温度控制在700K左右可以用勒夏特列原理解释 D. 骨头中含有的碳酸钙属于弱电解质 【答案】A 【解析】 【详解】A．催化剂降低活化能，提高反应物中活化分子百分数，加快了反应速率，故A正确； B．催化剂改变反应速率，不能使平衡移动，故B错误； C．工业合成氨正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于生成氨气。温度控制在700K左右是为了加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故C错误； D．碳酸钙难溶于水，溶于水中的碳酸钙能完全电离，碳酸钙属于强电解质，故D错误； 选A。 2. 下列叙述正确的是 A. 甲烷的燃烧热为，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为 B. 在一定条件下将和置于密闭容器中充分反应，放出热量，则反应的热化学方程式为 C. 已知，则 D. 已知中和热，则 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据燃烧热的定义可知，生成物中应为液态，故表示甲烷燃烧热的热化学方程式为，A错误； B．由于和反应是一个可逆反应，即在一定条件下将和置于密闭容器中充分反应，参加反应的小于，放出热量，则反应的热化学方程式为，B错误； C．已知等质量的C完全燃烧放出的热量比不完全燃烧生成时放出的热量多，故已知，则，C正确； D．除酸碱中和放出热量，二者还生成了硫酸钡沉淀，也有反应热，D错误； 故答案为C。 3. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 滴加几滴KSCN溶液显红色的溶液中：、、、 B. 能使甲基橙变红的溶液中：、、、 C. 常温，pH=11的溶液中：、、、 D. 含有的溶液：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．滴加几滴KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+与离子不能大量共存，A不符合题意； B．能使甲基橙变红的溶液显酸性，酸性溶液中、、、可以大量共存，B符合题意； C．pH=11的溶液显碱性，碱性溶液中不能大量共存，C不符合题意； D．溶液电离出离子，与、不能大量共存，D不符合题意； 答案选B。 4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol 与过量充分反应可生成数目为2 B. 常温下，1L 0.1的溶液中数目小于0.1 C. 0.1 HClO溶液含有的数目为小于0.1 D. 1mol 在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为3 【答案】B 【解析】 【详解】A．合成氨反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则1mol氮气与过量氢气充分反应可生成氨气数目小于1mol×2×NAmol—1=2NA，故A错误； B．硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，则常温下1L0.1mol/L硝酸铵溶液中铵根离子数目小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故B正确； C．缺溶液体积，无法计算0.1mol/L次氯酸溶液中氢离子数目，故C错误； D．硫酸氢钠熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，则1mol硫酸氢钠在熔融状态下电离出的阴、阳离子总数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故D错误； 故选B。 5. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是 A. 通入少量氨气 B. 加入少量稀HCl C. 加热 D. 加入少量醋酸钠固体 【答案】C 【解析】 【详解】水的离子积常数Kw是温度函数，只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，与外加酸、碱、盐以及稀释无关，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大； 故选C。 6. 一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是 ①混合气体的密度不变；②；③容器内物质的总质量不变；④的质量不变；⑤混合气体的平均相对分子质量不变；⑥ A. ①③④⑤ B. ①④⑤⑥ C. ①④⑤ D. ①②③⑥ 【答案】C 【解析】 【详解】①反应在恒容密闭容器中进行，气体体积V不变。反应中是固体，气体质量会随反应进行改变。根据，当混合气体密度不变时，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，①正确； ②只是反应中各物质的化学计量数之比，不能说明各物质的物质的量不再变化，无法判断反应是否达到平衡，②错误； ③容器内有固体，即使反应未达平衡，容器内物质总质量也不变，所以不能据此判断反应达到平衡，③错误； ④质量不变，说明其消耗量和生成量相等，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，④正确； ⑤反应前后气体的物质的量发生变化，气体质量也变化。混合气体平均相对分子质量，当不变时，说明和不再变化，反应达到平衡状态，⑤正确； ⑥速率之比等于化学计量数之比，，当时才表明正逆反应速率相等，反应达到平衡，此选项只给了，不能判断平衡，⑥错误； 综上，答案是C。 7. 下列说法及相关方程式书写均正确的是 A. 水是弱电解质： B. 硫酸氢钠在水中部分电离： C. 碳酸氢钠在水中水解： D. 醋酸铵在水中部分电离： 【答案】A 【解析】 【详解】A．水是弱电解质可以发生电离：，A正确； B．硫酸氢钠为强电解质，水溶液中可发生电离：，B错误； C．碳酸氢钠水溶液显碱性，的水解方程式：，C错误； D．醋酸铵是强电解质，在水中电离：，D错误； 故选：A。 8. 下列说法中正确的是 A. 在100℃时，pH约为6的纯水呈中性 B. 将的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大 C. 将1mL盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9 D. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强 【答案】A 【解析】 【详解】A．纯水电离出c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，且100℃时水的离子积Kw=10-12，水电离出的c(H+)为1×10-6mol/L，pH=6，即100℃时pH约为6的纯水呈中性，故A正确； B．pH=2的盐酸和醋酸中醋酸的浓度大于盐酸，稀释促进醋酸的电离，醋酸溶液的酸性增强，所以醋酸的pH略小，故B错误； C．酸性溶液无论怎么稀释，最终仍然呈酸性，不可能呈碱性，即1×10-6mol/L盐酸稀释至1000倍所得溶液的pH约为7，故C错误； D．电解质溶液导电性与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，故D错误； 故选：A。 9. 由下列事实或现象能得出相应结论的是 事实或现象 结论 A 向酸性溶液中加入草酸，紫色褪去 草酸具有还原性 B 25℃时，用pH计测定溶液的pH为7.8 的Kb与的数值大小 C 用pH试纸分别测定等物质的量浓度的和NaClO的pH， 酸性： D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入草酸，紫色褪去，则表明KMnO4被还原，草酸具有还原性，A正确； B．25℃时，用pH计测定溶液的pH为7.8，说明铵根水解程度小于碳酸氢根水解程度，的Kb与的数值大小，B错误； C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液pH值，无法比较HClO和的酸性强弱，C错误； D．为基元反应，将盛有NO2的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，表明平衡正向移动，正反应为放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，D错误； 故选A 10. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是 A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的 B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动 C. 若起始、，反应后气体颜色变深 D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应分子数不变，缩小体积，浓度增大，颜色加深，平衡不移动，故A错误； B．反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故B错误； C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确； D．反应放热，则断裂和中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误； 故答案为C。 11. 在密闭容器中进行反应：，有关下列图像的说法正确的是 A. 依据图a可判断逆反应 B. 图b中，虚线只可表示加入催化剂 C. 图c可表示增大Z的浓度 D. 图d可表示混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况 【答案】A 【解析】 【详解】A．依据图像分析，温度升高，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，A正确； B．该反应为气体体积相等的反应，增大压强可使化学反应速率增大，可以缩短反应达到平衡的时间，化学平衡不移动，所以虚线还可表示增大压强，B错误； C．增大Z的浓度，逆反应速率突然增大，平衡逆向移动，正反应速率缓缓增大，C错误； D．反应过程中气体总质量不变，气体的总物质的量也不变，因此混合气体的平均相对分子质量不会随温度的变化而变化，D错误； 答案选A。 12. 常温下，部分弱电解质的电离平衡常数如表： 弱电解质 HCOOH HCN 电离平衡常数 下列说法错误的是 A. 结合的能力： B. HCOOH能与反应制得 C. 等体积、等浓度的HCN溶液与氨水混合，充分反应后溶液呈碱性 D. 的溶液中存在关系： 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸的电离平衡常数越大，酸根离子结合氢离子的能力越小，所以酸根离子结合氢离子能力的大小顺序是CN->，故A正确； B．Ka(HCOOH)>Ka1(H2CO3)，根据强酸制弱酸，HCOOH能与Na2CO3反应生成H2CO3，从而制得CO2，故B正确； C．HCN的电离平衡常数小于NH3·H2O，等体积、等浓度的HCN溶液与氨水混合，得到NH4CN溶液，CN-的水解程度大于铵根的水解程度，溶液呈碱性，故C正确； D．由于Ka1(H2CO3)<Kb(NH3·H2O)，铵根的水解程度小于碳酸氢根的水解程度，溶液显碱性，溶液中c()＞c()＞c(OH-)>c(H+)，故D错误； 故选D。 13. 已知常温下4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水，均满足水。下列比较中正确的是 A. ①、④溶液等体积混合后，溶液显酸性 B. ①溶液中加入等体积的溶液，混合液的 C. ①、②、③溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，消耗溶液体积最大的是③ D. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：④>③>①>② 【答案】D 【解析】 【分析】常温下①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水，均满足水，HCl溶液和溶液中水电离的氢离子与溶液中的氢氧根浓度相同，则两种溶液的pH都为3，则HCl溶液浓度为0.001mol/L，溶液浓度远大于0.001mol/L，NaOH溶液和氨水中溶液中的氢离子全部由水电离，则两种溶液的pH都为11，则NaOH溶液浓度为0.001mol/L，氨水浓度远大于0.001mol/L。 【详解】A．①、④溶液等体积混合，HCl溶液浓度为0.001mol/L，氨水浓度远大于0.001mol/L，氨水有大量剩余，溶液会显碱性，A错误； B．①HCl溶液浓度为0.001mol/L，加入等体积的溶液，混合液中有0.0005mol/L的氢氧根剩余，混合液的，B错误； C．①HCl溶液②溶液③NaOH溶液分别与相同质量的铝粉充分反应，发生反应的方程式分别为、、,假设反应的Al为0.002mol，HCl溶液浓度为0.001mol/L，需要6L，溶液浓度远大于0.001mol/L ，需要溶液体积小于6L，NaOH溶液浓度为0.001mol/L，需要2L，则消耗溶液体积最大的是①，C错误； D．向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，HCl溶液浓度由0.001mol/L变为0.00001mol/L，pH为5，溶液在稀释过程中会继续电离，则pH＜5，NaOH溶液浓度由0.001mol/L变为0.00001mol/L，pH为9，氨水在稀释过程中会继续电离，则pH＞9，则稀释后溶液的pH为④>③>①>②，D正确； 故选D。 14. 水煤气变换反应为。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 A. 水煤气变换反应的 B. 步骤②存在键的形成 C. 该反应的决速步是 D. 步骤⑤的化学方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量高于生成物总能量放热反应，反应焓变，A正确； B．根据步骤②反应物和生成物可知，步骤②发生反应H2O*=OH*+H*，只有氢氧键的断裂，没有键的形成，B错误； C．该历程中最大活化能步骤为步骤④，则步骤④是该反应历程的决速步是，C正确； D．由图可知，步骤⑤为COOH*、H*、OH*反应生成和CO2、H2（g）、H2O*，反应的化学方程式为，D正确； 故选B。 15. 常温时，向的溶液中逐滴滴加的溶液，滴入溶液的体积与溶液的变化如图所示。下列说法正确的是 A. a点由水电离的氢离子浓度为 B. b点时， C. c点时， D. 反应过程中，的值不断增大 【答案】D 【解析】 【分析】向的溶液中逐滴滴加的溶液，溶液酸性变弱碱性增强，b点溶质为等量的醋酸钠和醋酸，c点pH等于7为中性，则溶质为醋酸钠和少量的醋酸； 【详解】A．a点为0.1mol/L的醋酸，醋酸为弱酸，氢离子浓度小于0.1mol/L，则水电离出氢氧根离子浓度大于，由水电离的氢离子浓度等于水电离出氢氧根离子浓度，故大于，A错误； B．b点时，为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物理守恒可知，浓度均为，B错误； C．醋酸钠为强碱弱酸盐，若，则溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解显碱性，故c点应该为氢氧化钠稍小于20mL，C错误； D．反应过程中，，随着氢氧化钠加入，溶液碱性增强，氢离子浓度减小，则的值不断增大，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16. 臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。 （1）该脱硝反应正反应为_______反应。(填“放热”或“吸热”)理由是：_______。 （2）某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2molNO2和1molO3发生反应。 ①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是_______(填标号)。 A．NO2的消耗速率与O2的消耗速率相等 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体平均相对分子质量保持不变 D．N2O5与O2的物质的量浓度相等 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。 A．充入氦气 B．升高温度 C．充入2molNO2 D．充入2molNO2和1molO3 （3）若T1时将18molNO2和8molO3充入容积为2L的密闭容器中发生上述脱硝反应，O3的物质的量变化如下表所示。 物质的 量/mol T1/℃ 0 5min 10min 15min O3 8.0 3.5 2.0 2.0 ①在T1/℃条件下0-5min内，以NO2表示的该反应速率v(NO2)=_______mol/(L∙min)，N2O5的平衡浓度为_______mol/L，该条件下的平衡常数K=_______L/mol。 ②若15min时，保持T1不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各1mol，则此时反应向_______移动(填“正向”、“逆向"或“不”)。 【答案】（1） ①. 放热 ②. △S<0且反应自发，△H<0 （2） ①. BC ②. D （3） ①. 0.9 ②. 3 ③. 1 ④. 正向 【解析】 【小问1详解】 由可知，当<0时，反应能自发进行，已知该反应可以自发进行，且<0，所以<0，该反应为放热反应； 【小问2详解】 ①A．在任意时刻存在：，当反应达到平衡时应存在：，故NO2的消耗速率与O2的消耗速率相等不能说明已经达到平衡态，A不符合题意； B．反应正向为体积减小的反应，在恒温恒容容器中，压强不变，说明各组分的含量不再变化，已经达到平衡态，B符合题意； C．反应体系内各组分都是气体，气体的质量不变，但是正向体积减小，气体的物质的量不是恒定的，平均相对分子量应该是个变值，不再改变说明各组分的含量不再变化，已经达到平衡状态，C符合题意； D．反应中产物N2O5与O2的物质的量之比为1：1，故N2O5与O2物质的量浓度相等，可以是任意时刻，不一定是平衡态，D不符合题意； 故选BC。 ②A．氦气对于反应体系而言是惰性气体，在恒温恒容体系里，不影响反应中各物质浓度，对平衡没有任何影响，A不符合题意； B．反应正向放热，升高温度平衡逆向移动，B不符合题意； C．充入二氧化氮，平衡虽然正移，但是根据勒夏特列原理可知二氧化氮的平衡转化率反而会降低，C不符合题意； D．再充入与原来等量的二氧化氮和臭氧，体系恒温恒容，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化氮的平衡转化率升高，D符合题意； 故选D。 【小问3详解】 ①T1时将18molNO2和8molO3充入容积为2L的密闭容器中，故起始浓度为：，根据表中数据可知：5min时，臭氧浓度为：于是有：可得：；同理平衡态有：平衡常数； ②在充入四种反应混合物各1mol后，体系内、、、，浓度商为，平衡正向移动。 17. 研究化学反应中的能量变化具有重要意义。请回答下列问题： （1）298K，1mol下列物质气态时的相对能量如下表： 物质 H2 O2 H2O2 H2O 相对能量/kJ·mol-1 0 0 -136 -242 与足量反应生成_______(填吸收或释放)的能量为_______kJ。 （2）已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。 化学键 N-H N-Cl H-Cl 键能(/kJ·mol-1) 391.3 x 431.8 则反应过程中的_______ ，上表中的x=_______。 （3）中和反应的热量变化，其数值Q可通过如下图量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式计算获得。实验中用0.55mol·L-1NaOH溶液和0.50mol·L-1盐酸各50mL进行反应热的测定。 ①若大烧杯上不盖杯盖，该中和反应求得的焓变____(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。 ②实验中碱稍过量的原因为_______。 ③实验测得反应前后体系的温度值分别为T0℃、T1℃，则该过程放出的热量为_______J。[c和分别取和1.0g·mL-1，忽略水以外各物质吸收的热量]。 ④关于中和热的测定实验，下列说法正确的是_______(填标号)。 A．向内筒加入稀碱液时，应当缓慢分批加入 B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度 C．实验中，测量酸液的初始温度后，可使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度 D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致测得的中和热∆H偏小 【答案】（1） ①. 释放 ②. 348 （2） ①. -1405.6 ②. 191.2 （3） ①. 偏大 ②. 使中和反应充分进行(或者使酸完全反应) ③. 418(T1-T0) ④. B 【解析】 【小问1详解】 ΔH = 生成物的相对能量-反应物的相对能量，H2与H2O2反应的热化学方程式为：，则与足量反应生成释放的能量为348kJ； 【小问2详解】 为断裂化学键吸收的总能量，为形成化学键放出的总能量，为反应热，根据断键吸收的总能量-成键放出的总能量，代入数值计算可得，为形成化学键放出的总能量，则，解得x=191.2； 【小问3详解】 ①若大烧杯上不盖杯盖，则会导致热量散失，该中和反应求得的焓变偏大； ②为使中和反应充分进行(或者使酸完全反应)，实验中碱稍过量； ③实验测得反应前后体系的温度值分别为T0℃、T1℃，则该过程放出的热量Q=； ④A．向内筒加入稀碱液时，若缓慢分批加入，将会导致热量散失，A错误； B．实验中，应记录初始温度与反应过程中达到的最高温度，两者的差值为温度差，B正确； C．实验中，测量酸液的初始温度后，若使用同一支温度计直接测量碱液的初始温度，则所测温度差偏低，故测量酸液的初始温度后，洗干净擦干后用同一支温度计测量碱液的初始温度，C错误； D．实验过程中，若使用铁质搅拌棒，会导致热量散失，测得的中和热∆H偏大，D错误； 故选B。 18. 高压氢还原法可直接从溶液中提取金属。以某硫化铜精矿(含ZnS、FeS等杂质)为主要原料制备Cu粉工艺流程如下，可能用到的数据见下表。 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 （1）“浸取”操作中可加快浸取速率的措施是_____(写出一条)。 （2）“浸取”过程有硫单质生成，CuS在“浸取”中发生反应的化学方程式为_____。 （3）“中和调pH”过程中，pH范围是_____。 （4）结合平衡移动原理解释“中和调pH”生成固体X的原因_____。 （5）“还原”步骤中发生反应的离子方程式为_____。 （6）铜纯度的测定 步骤1.取ag铜样品，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至铜样品完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却； 步骤2.将步骤1所得溶液加水定容至250mL，量取25.00mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液充分反应，再加入少量淀粉溶液，用bNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液vmL。 已知： ①滴定达终点时的现象为_____。 ②样品中铜的质量分数为_____(写字母表达式)。 ③步骤1中若没有除尽未反应的HNO3，则导致测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）升高温度、粉碎矿石、适当提高硫酸浓度或其他合理答案 （2） （3）3.2-4.2 （4），加入NH3后c()降低，水解平衡正向移动，促进的生成或其他合理答案 （5） （6） ①. 滴入最后半滴Na2S2O3时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色 ②. ③. 偏高 【解析】 【分析】硫化铜精矿(含ZnS、FeS等杂质)在高压氧气作用下，用硫酸溶液浸取，硫酸与CuS反应产生硫酸铜、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+；加入氨气调节pH使Fe3+形成氢氧化铁沉淀，溶液中剩余Cu2+、Zn2+；向滤液中通入高压氢气，根据元素活动性可知，Cu2+被还原为Cu，过滤分离出；溶液中剩余Zn2+经系列处理得Zn； 【小问1详解】 升高温度、粉碎矿石、适当提高硫酸浓度均可加快“浸取”速率； 【小问2详解】 在“浸取”时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为； 【小问3详解】 在“浸取”时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2 ~ 4.2，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+及Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“中和调pH”时需控制的pH范围是3.2 ~ 4.2； 【小问4详解】 Fe3+存在水解平衡加入NH3后c()降低，水解平衡正向移动，促进的生成； 【小问5详解】 的还原性强于铜，故“还原”步骤中发生反应的离子方程式为：； 【小问6详解】 ①淀粉遇碘变蓝，当到达滴定终点时，碘单质完全反应，溶液蓝色褪去，故滴定达终点时的现象为：滴入最后半滴Na2S2O3时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色； ②故反应的关系式：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，消耗Na2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)= n(Na2S2O3)=，则在ag粗铜中含有Cu的质量m(Cu)==0.64bvg，故该铜样品中Cu的质量分数为； ③硝酸可氧化碘离子生成碘单质，步骤1中若没有除尽未反应的HNO3，在步骤2中加入过量的KI后，会导致的量变多，滴定过程中，会消耗更多的Na2S2O3标准液，即v偏大，由此可知，测定结果偏高。 19. Ⅰ.常温下，如果取0.2 mol/LCH3COOH溶液与0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH=9，试回答以下问题： (1)混合溶液的pH=9的原因是：(用离子方程式表示)___________。 (2)该混合溶液中由水电离出的c(H+)和pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)的比值为___________。 (3)求该混合溶液中下列算式的计算结果： c(Na+)-c(CH3COO-)=___________mol/L(代入数据，列出算式即可) c(OH-)-c(CH3COOH)=___________moL/L。 Ⅱ.(4)25℃下，向20 mL 0.1 mol•L-1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol•L-1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)，随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题： ①在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO___________(填“能”或“不能”)大量共存； ②当pH=7时，溶液中Na+、Cl-、HCO三种离子的浓度大小关系为___________； ③已知在25℃时，CO的第一步水解常数Kh1=2.0×10-4，当溶液中c(HCO)∶c(CO)=2∶1时，溶液的pH=___________。 (5)下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是___________(填字母序号)。 ①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾 A．③④ B．①③④ C．①②③④⑤ D．全部 【答案】 ①. CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- ②. 104：1 ③. 10-5-10-9 ④. 10-9 ⑤. 不能 ⑥. c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO) ⑦. 10 ⑧. A 【解析】 【详解】Ⅰ. (1)等体积等浓度混合，恰好生成CH3COONa，离子反应为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，混合后pH=9，则CH3COO-离子水解显碱性，离子反应为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，故答案为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-； (2)混合溶液中由水电离出的c(H+)为10-5mol/L，pH=9的NaOH溶液中由水电离出c(H+)为10-9mol/L，则比值为10-5：10-9=104：1，故答案为：104：1； (3)由电荷守恒可知c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-5mol/L-10-9mol/L，物料守恒为 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，则c(OH-)-c(CH3COOH)=c(H+)=10-9mol/L，故答案为：10-5-10-9；10-9； Ⅱ.(4)①由图可知，在同一溶液中，三种H2CO3、HCO、CO不能大量共存，CO减少时HCO的浓度逐渐增大，HCO逐渐减少时H2CO3的浓度增大；故答案为：不能； ②由图可知，当pH＝7时，部分碳酸氢根离子转化为碳酸，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO、H2CO3，此时溶液中的溶质为碳酸氢钠、碳酸、氯化钠，且氯化钠的物质的量大于碳酸氢钠的物质的量，因为溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，所以溶液中各离子的浓度关系为c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO)＞c(H+)＝c(OH-)；故答案为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(HCO)； ③当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，根据Kh1==2.0×10-4可得c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，所以溶液pH=10，故答案为：10； (5)①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故①错误； ②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故②错误； ③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故③正确； ④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故④正确； ⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故⑤错误； ⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰、氧气，所以最终得到的固体不是原物质，故⑥错误； 综上③④正确，答案选A。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $