山东省威海市乳山市银滩高级中学2025-2026学年高二上学期1月月考化学试题

高二化学 1.【答案】B【详解】A.含氟牙膏通过沉淀转化（溶解度高的羟基磷酸钙转化为溶解度更低的氟磷酸钙） 保护牙齿，故A正确： B.苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，没有酸性，苯甲酸钠的防腐作用源于其在酸性条件下转化为苯甲酸，故B 错误； C.锂离子电池可充电，属于二次电池，故C正确： D.C0与血红蛋白的结合导致血红蛋白与O2结合的平衡移动，导致煤气中毒，故D正确； 2.【答案】A【详解】A.任何水溶液中都存在水的电离平衡(HO三H+OH),A项正确： B.能水解的盐溶液可能显中性，如弱酸弱碱盐CH3 COONH4（醋酸铵)，醋酸的电离常数约为1.75×105， NH3H2O的电离常数约为1.8×105，二者电离平衡常数接近，醋酸根离子和铵根离子水解程度相近，醋酸 铵溶液显中性，B项错误； C.非自发反应在特定条件下（如外界提供能量）可以发生，如电解水反应在通电条件下可以进行，C项 错误； D.反应自发性的判断需结合焓变和熵变（△G=△H-T△S),熵减的反应若焓变足够负且温度较低时仍可能 自发，D项错误： 3.【答案】D【详解】A.催化剂MO2仅加快H2O2分解的速率，不改变平衡状态，不能用化学平衡移动 原理解释，A不符合题意； B.反应CO+NO2三CO2+NO的气体分子数相等，加压不引起平衡移动，颜色变深是浓度变化的结果， B不符合题意： C.加入CuSO4导致Zn置换出Cu,形成微电池加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，C不符合 题意； D.加入NaOH抑制S2的水解(S2+HO三HS+OH),通过增加OH浓度使平衡左移，能用化学平衡 移动原理解释，D符合题意； 4.【答案】A 【详解】A.A13+与S2-在水溶液中会发生双水解生成Al(OHD3和H2S,故A错误： 第1页/共 B.足量C12可将Fe2+和Br完全氧化，反应的离子方程式为2Fe+4Br+3Cl,=2Fe++6CI+2B, 故B正确： C.澄清石灰水与少量NHCO,溶液生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式为 Ca2+OH+HCO,CaCO,↓+HO,故C正确： D.索尔维制碱法的关键反应是饱和食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应 的离子方程式为NaCO,+H,O+NH,=aHCO,↓+NH,故D正确： 5.【答案】C 【详解】A.装置①电解池，其中铁电极为阳极，发生氧化反应，A正确： B.装置②为外接电源的阴极保护法，则其中钢闸门应与外接电源的负极相连作阴极，B正确： C.用装置③精炼铜，则粗铜连接电源的正极作阳极，结合电流方向可知，a为阳极，即a极为粗铜， 电解质溶液为CuSO4溶液，C错误； D.电镀时，铜做阳极，镀件铁钥匙做阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应生成铜离子，阴极上铜离 子得电子发生还原反应而析出铜，由得失电子数目守恒可知，阳极上溶解铜与阴极上析出铜的质量 相等，所以溶液中c(Cu2+)不变，D正确： 6.【答案】D 【详解】A.FeCl3在溶液中水解生成F(OH)3和HCl,蒸发时由于HCI的挥发，水解平衡正向移动， 水解趋于完全，不能直接得到无水FeCl3,A错误； B.中和热测定需快速一次加入NaOH溶液以减少热量散失，缓慢加入会导致误差，B错误； C.润湿玻璃棒会稀释待测液，影响pH测定结果，C错误； D.酸式滴定管排气泡的正确方法是快速开旋塞利用液流冲出气泡，D正确： 7.【答案】B 【分析】图1（不同融雪剂融冰量比较）：横坐标是时间h,纵坐标为融冰量/mL,虚线代表醋酸钾， 实线代表氯化钠。随时间增加，二者融冰量先快速上升后趋于平稳，相同时间下，醋酸钾融冰量更 高，说明其融冰能力相对更强。图2（不同融雪剂对碳钢腐蚀速率比较）：横坐标为质量分数%，纵 8页 坐标是碳钢腐蚀速率/(mma),虚线是醋酸钾，实线是氯化钠；氯化钠曲线随质量分数增大，腐蚀速率下 降；醋酸钾曲线腐蚀速率低且随质量分数变化小；表明氯化钠对碳钢腐蚀影响大，醋酸钾对碳钢腐蚀作用 小，且氯化钠的腐蚀速率受自身浓度影响更明显。 【详解】A.氯化钠NaCI在水溶液中完全电离出Na和CI,醋酸钾CH,COOK在水溶液中完全电离出 CH,COO和K+,它们都是强电解质，A正确： B.从图2可以看到，对于氯化钠融雪剂，随着浓度增大，对碳钢的腐蚀速率减小；对于醋酸钾融雪剂， 浓度增大，腐蚀速率也不是一直增大，所以不是融雪剂浓度越大，对碳钢的腐蚀速率越快，B错误： C.由图2可知，两种融雪剂存在时，碳钢的腐蚀速率都不为0，说明两种融雪剂都能造成碳钢的腐蚀，C 正确； D.观察图1，在相同条件下，醋酸钾的融冰量曲线在氯化钠融冰量曲线之上，即相同条件下，醋酸钾的 融冰量更高，D正确： 8.【答案】D 【详解】A.活化能越大反应速率越慢，慢反应为总反应决速步骤，N*+3H*=NH*+2H*'活化能最大， 反应速率最慢，为合成氨反应的决速步骤，故A正确： B.能量越低越稳定，合成氨过程中最稳定的状态是吸附态②，故B正确： C.根据图示，NH,*的能量比NH3低，氨气的脱附为吸热过程，故C正确： D. 根据图示， 2N,(g)+H,(g)的能量比NH,(g)的能量多17+23-1545046.合成氨的热化学 方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH(g)△H=-92 kJ.mol1,故D错误： 9.【答案】B 【详解】A.v(D)=0.05mol/(Lmin),5min时D的浓度变化为0.25mol/L,C的浓度变化为0.5mol/L,根据 化学计量数比等于浓度变化比，2：x=0.5:0.25,解得x=1,故A项错误： B.A的初始物质的量为3mol,生成0.5mol/LC对应消耗0.75mol/LA,消耗A的物质的量为 0.75molL×2L=1.5mol,A的转化率为1：5mol× ×100%=50%,故B项正确； 3mol 第2页/共 C.B为固体，增加其用量不会改变浓度，反应速率不变，故C项错误： D.反应前后气体分子数不变，将容器体积变为1L,即增大压强、平衡不移动，C的体积分数不变， 故D错误； 10.【答案】D 【详解】A.由图可知，pH=6.5时，c(Fe2+)=lmol/L, KpFe(OH)2=c(Fe2*)e2(OH)上1×[10146=1x105,A正确： B.由图可知，pH=5.0时， 义)=1，故K(X)==c与=10，B正确： c(x-) c(HX) c(HX) C.由图可知， 随pH的增大而减小，C正确； c(HX) D.q点时， c(x) (HX)(H)-c(Fe")-c(Fe). =ce),故cxcH) K(HX) c(Fe2+)=l0'c(H),D错误： 11.【答案】A 【详解】A.通过降温使平衡向生成N2O4的方向移动，说明正反应放热（△H<0),基元反应的△H=Ea 正Ea逆<0，因此Ea正<Ea迪，实验现象可间接比较正、逆反应活化能的大小，故选A; B.加热促进SO水解，但温度升高会增大水的离子积，导致pH可能降低，无法直接证明水解吸热， 故不选B: C.常温下，向1mL0.1mol.L'NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L MgCl,溶液，生成白色沉淀氢 氧化镁，氢氧化钠有剩余，再滴入2滴0.1mol·LCuSO,溶液，剩余氢氧化钠和硫酸铜反应生成蓝 色氢氧化铜沉淀，无法说明Cu(OH),的Kp更小，故不选C: D.加热观察颜色变化仅反映平衡移动方向，无法探究温度对速率的影响，故不选D: 12.【答案】CD 8页 【分析】NO一空气燃料电池中，通入NO的多孔碳棒d电极为负极，通入O2的多孔碳棒c电极为正极， 则b电极为阳极，b电极的电极反应：2Cl-2e-Cl,个，a电极为阴极，发生还原反应，FezO3在碱性条 件下转化为Fe,电极反应：Fe,O3+6e+3H,O-2Fe+6OH,中间为阳离子交换膜，Na*由阳极移向阴极， 据此分析判断。 【详解】A.结合分析可知，b极为阳极，发生氧化反应，A错误： B.结合分析可知，a电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe,电极反应： Fe,O,+6e+3H,O=2Fe+6OH,阴极区溶液中OH浓度逐渐升高，pH增大，B错误： C.结合分析可知，d为负极，该电极NO失去电子，生成硝酸，电解质溶液为酸性，电极反应为： NO-3e+2H,O=NO,+4H,C正确； D.结合分析可知，X为氯气，则每生成0.15molX气体，转移0.3mol电子，结合阴极电极反应式 Fe,O3+6e+3H,O=2Fe+6OH可知，此时可以生成0.1 molFe,质量为5.6g,D正确： 13.【答案】C【详解】A.实验①中，M在常温下与蒸馏水无明显现象，加热才有气泡产生，而钠与水常 温下就能剧烈反应，所以由实验①可知，M的金属活动性小于钠，A正确： B.NHCI溶液中NH4水解使溶液显酸性，NH+H,O三NH,·H,O+H,M能与H+反应产生氢气， NH,·HO易分解产生氨气，所以实验②产生的气体可能为H,和NH,B正确： C.实验③中，根据电荷守恒有c(CH,COO)+c(OH)=xc(Mx+)+cNH4)+c(H),溶液变红说明 溶液显碱性，即c(OH)>c(H),所以c(CH,COO)<xc(Mx+)+c(NH4),C错误； D.NCI不水解，但实验①和④对比会发现，实验的实质都是M和水在反应，但是实验④反应要比实验 ①剧烈，NaCl不参加反应，所以NaCl起到一个催化剂的作用，D正确； 14.【答案】BD 【详解】A.温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短，最高点为恰好达到平衡的点，a点还未达到 平衡，b、c点处于平衡状态，故A错误： 第3页/共 B.平衡常数只与温度有关，点温度低于c点，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，所以Ka >Kc,故B正确； C.容器为恒容容器，500K的平衡体系中，再充入一定量的A,容器体积不变，反应物和产物浓度 不变，平衡不移动，原料转化率不变，故C错误： D.由图可知500K的平衡体系中TiN的物质的量为0.lmol,此时的总压强为5MPa,结合题给数据 可得以下三段式： 2TiCl,(g) +N2(g)+4H2(g)= 2TiN (s)+8HCI (g) 起始量(mol) 0.20 0.15 0.60 0 0 转化量(mol) 0.10 0.05 0.20 0.10 0.40 平衡量(mol) 0.10 0.10 0.40 0.10 0.40 0.40 则500K的平衡体系中，HCI气体分压为p(HCI)= ×5MPa=2MPa,故D正 0.10+0.10+0.40+0.40 确： l5.【答案】AC【分析】NaOH溶液滴定曲线（强电解质体系）：NaOH是强碱，完全电离，初始 溶液中c(OH)大，pOH小（对应曲线起点pOH),且电导率高（因离子浓度大）。随着盐酸加入， 发生NaOH+HCl=NaCl+H,O,离子浓度逐渐变化，电导率和pOH改变。有机胺溶液滴定曲线 (弱电解质体系)：有机胺RNH,·H,O类似NH·H,O,是弱碱，部分电离，初始c(OH)小，pOH 大（曲线起点OH高），电导率低（离子浓度小）。加盐酸时，发生反应生成盐，离子浓度变化影响 电导率和pOH。 【详解】A.有机胺RNH,·H,O为弱电解质，开始时电导率较小，随着盐酸的滴入，生成强电解质 RNH,CI,电导率增大，有机胺是弱碱，0.1mo/L的有机胺溶液的pOH>1,所以曲线M和①代表 盐酸滴定有机胺溶液，A错误； B.酸或碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。d点为恰好完全反应生成盐溶液，水解促进水的 电离，水的电离程度最大：c点为RNH,CI溶液和有机胺溶液，水的电离程度次之；a点为大部分有 8页 机胺溶液，抑制水的电离：b点是氢氧化钠和氯化钠的混合溶液，剩余氢氧化钠0.001mol,溶液体积为30ml, 则氢氧根浓度约为0.033mol/L,抑制水的电离程度比a溶液强，所以水的电离程度由大到小的顺序为dcab, B正确； C.由曲线M,未滴加盐酸时，0.1mol/L的RNH2·H,O溶液的pOH=4.5,则c(OH)=104.5mol/L, RNH,·H,O=RNHg+OH,K。=C(RNH)-cOH ,近似认为 c(RNH,·HO) )O)mol/).mlLal C错误； D.b点对应溶液中溶质为氢氧化钠、氯化钠，n(NaOH)=O.O0lmol,d点对应溶液中溶质为RNH,C1, n(RNH,C)=0.O02mol,二者混合后发生反应，生成RNH,·H,O和氯化钠，此时溶液中 n(RNH,CI)=n(RNH2·HO),RNH水解平衡常数K. Kw-1014 K。=10。=10>Kb,则水解程度大于 RNH2·H,O的电离程度，所以c(RNH2·HO)>c(RNH),D正确； 16.【答案】(1)CD (2) ①.O,+2H,O+4e=4OH②.牺牲阳极的阴极保护法 ③.④ (3) ①.负②.阳 Na2FeFe(CN)]-2e =2Na*+FeFe(CN)] ④.22 【解析】 【分析】(1)构成锌铝原电池，锌是正极，铝是负极；构成锌-铁原电池，锌是负极，铁是正极；构成锌 锡原电池，锌是负极，锡是正极；构成锌-铜原电池，锌是负极，铜是正极。 (2)左半区是原电池装置，Zn作负极，Fe作正极：右半区是电解池，Fe作阳极，Zn作阴极。 (3)根据放电原理图，Mo作正极，在正极发生电极反应 Fe[Fe(CN)]+2Na+2e=Na,Fe[Fe(CN),],Mg作负极，发生电极反应 2Mg+2CI-4e=[Mg,Cl2 ] 第4页/共 A.当两手分别触碰锌和铝时，构成锌-铝原电池，锌是正极，A错误； B.当两手分别触碰锌和铁时，构成锌铁原电池，锌是负极，铁是正极，铁片上发生还原反应，B 错误； C.当两手分别触碰锌片和锡片时，构成锌锡原电池，锌是负极，锡片作正极，C正确： D.由表格中数据可推测，锌与另一金属的活泼性差距越大，电流表的读数越大，故推测：>17，可 能是19，D正确： 故选CD 左边是原电池装置，Zn作负极，Fe作正极，因此①区铁片上的电极反应为O,+2H,O+4e=4OH, 应用的金属防护方法是牺牲阳极的阴极保护法；右边是电解池，阳极电极反应Fe-2e=Fe2+,阴极电 极反应2H,O+2e=H,个+2OH,由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察 到变成红色的区域是④区。 ①充电时，b电极与外接电源负极相连，得电子，发生还原反应；电解液是含N+的有机电解质， 故离子交换膜为阳离子交换膜，允许Na+通过。 ②充电时，a极失电子，发生氧化反应，反应式为Na,Fe[Fe(CN).]-2e=2Na*+Fe[Fe(CN)6]: ③放电时，当外电路转移2mol电子，根据负极电极反应2Mg+2CI-4e=[Mg2C12],负极区 增加1 mol Mg2+,增加的质量为24g/mol×lmol=24g,Na*向正极移动，外电路转移2mol电子 时，转移2 mol Na，转移Na的质量为2mol×23g/mol=46g,b极区电解质溶液质量减少 46g-24g=22g。 17.【答案】(1) ①.a ②.增大气体与溶液的接触面积，促进反应充分进行③.吸收氨 气，防止污染环境 (2)碱式滴定管 (3)AD (4) ①.酚酞 ②.滴入最后半滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复原来的颜色 8页 (5) 4.2(W,-V)% ②.偏大 W 【解析】 【分析】粗产品配成溶液用盐酸滴定时，选用双指示剂，第一步发生反应Na2CO3+HCI=NaHCO3+NaCl, 选择酚酞作为指示剂，至红色刚好消失色，且半分钟内不恢复原色，消耗的盐酸的物质的量等于N2CO3 物质的量；第二步，向NaHCO3溶液中继续滴加盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=H2O+CO2↑+NaCl,选择 甲基橙作为指示剂，终点时溶液由黄色变成橙色，且半分钟内不恢复原色，此时第二步消耗的盐酸的物质 的量等于溶液中NaHCO3的物质的量。 【小问1详解】 氨气溶于水易倒吸，实验时，为防止倒吸，须先从管通入氨气；b管下端连接多孔球泡的主，主要作用 是增大气体与溶液的接触面积，促进反应充分进行；无水氯化钙的作用是吸收氨气，防止污染环境。 【小问2详解】 碳酸钠溶液呈碱性，用碱式滴定管量取20.00mL待测液，仪器m的名称是碱式滴定管； 【小问3详解】 A.滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗，故A正确； B.进行滴定操作时，眼睛要始终注视着锥形瓶内溶液颜色的变化，故B错误： C.读数时应将滴定管从架上取下，用右手拇指和食指捏住滴定管上部无刻度处，使滴定管保持垂直，故 C错误； D.在临近滴定终点，为防止滴入过量，使用“半滴操作”。其方法是：稍稍转动旋转活塞，使半滴溶液悬 在滴定管尖嘴处，用锥形瓶内壁沾下悬挂的液滴，再用洗瓶吹出少量蒸馏水冲洗内壁，故D正确： 选AD。 【小问4详解】 酚酞的pH变色范围是8-10，所以指示剂a可选用酚酞；甲基橙的pH变色范围是3.1-4.4，指示剂b是甲 基橙，滴入甲基橙溶液呈黄色，③中滴定终点的现象为：滴入最后半滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半 分钟不恢复原来的颜色。 第5页/共 【小问5详解】 反应最终消耗盐酸的体积为(V1+V2)mL,②发生反应CO,+H+=HCO,,消耗盐酸V1L,则碳酸钠 最终消耗盐酸的体积为2V1mL,碳酸氢钠消耗消耗盐酸的体积为(V2-V1)mL, n(NaHCO3)0.lmol/L×(V2-V)×10L=(V2-V)x104mol,该粗品中NaHCO3的质量分数为 (V2-v)×104mol 100mL x84g/mol 20mL 100%= .2(V2-V% wg W ②中若开始时读数准确，终点时采用俯视的读数方法，使V1偏小，则使测得的NHCO,的质量分 数偏大。 18. 【答案】(1)1010 (2) ①.a>b>c ②.de>g>f ③.<④. 2b×10-7 a-2b (3) CH,OH-4e +H,O=HCOOH+4H ②.1.5 【解析】 【小问1详解】 己知室温时，1mol.L HCOOH且在水中有1%发生电离，由HCOOH电离出的 ()-molL19%-=10moL,则水电离出的c*(H）-c*(OHr）=K c(H) =1012mo/L,故由 HC0OH电离出的c4H)约为水电离出的cH)的10 102=1010倍。 【小问2详解】 ①若不考虑阴离子对NH的影响，那么由于NH的水解，即NH+H,O三NH,·H,O+H导致 溶液为酸性，即在室温下pH<7,NH,ClO溶液中还存在：C1O+H,O≥HCIO+OH,根据题中 8页 数司akN-长-90KC0是-9网N00藏即 pH>7;NH,HCO溶液中还存在：HCO,+H,O≥H,CO,+OH、HCO,三CO+H,但是HCO,的 K。-560K,低C0,冬90”甲1c0,以木解为生，东报中数照可购 KNW)K二0O<KcO,因NHHCO落液宝作，可pP,但由于c0 解常数小于CIO~的水解常数，因此NH,HCO,溶液的pH小于NH,CIO溶液的pH;NH4HSO3溶液中还存 在：HSO3+H,O≥H,SO3+OH、HSO3≥SO}+H,但是HSO的 Kw=1.0×1014 K。=102×10水，任s0,K-154x10,即s0,以电离为主，因固此NHs0,溶液为酸柱， 即pH<7,综合可知三者溶液的pH由大到小的顺序为：a>b>c: 酸的电离常数越大则对应的酸的酸性越强，根据表格中数据可知，酸性：H,SO,>H,CO3>HSO>HCO, 因此水解程度：SO子<C0?,SO水解产生HSO,,CO水解产生HCO,,一级水解大于远二级水解， 浓度HS0,<HC0,SO}>CO子，0.1 moINa2:C03溶液中CO}+H,O≠HCO+OH, c(OH）c(HCO）104 c(Co) 5.6×10,cHC0)≈c(OH）=1.34x102mol/L,则浓度 CO>HCO,在亚硫酸钠和碳酸铵的混合溶液中，亚硫酸根水解产生的氢氧根抑制碳酸根水解，因此 浓度CO,>HCO,，,所以浓度由大到小的顺序为d>e>g>f。 ②甲酸为弱酸，若是恰好滴入的甲酸体积为20mL,则生成的溶质恰好是HCOONH4, KN试长-90→KaCo0上长-90，流酸，在黄n 1.0×10-14 VmLHCOOH溶液时，混合溶液的pH=7,说明溶液呈现中性，因此氨水还有剩余，因此V<20mL: 第6页/共 ③根据电荷守恒，c(H)+2c(Ba2+)=c(HCO0)+c(OH),因为2c(Ba2)=c(HCOO),因此有c(H)= 4OH,谱液显中性，《C00上2aBe2 VLxbmoVL加L,根元系质证守但，宿液中 2VL c(HCOO)c(H)b×107 专一bmoL,醋酸的电离平衡常数 2b×10-7 C(HCOOH) a-2b 2 【小问3详解】 ①从图分析，左侧由甲醇变成甲酸，加入O原子的同时失去H原子，在有机反应中，加去H或者加 O为氧化反应，即甲醇变成甲酸失去电子，故左侧为阳极，电解过程中阳极电极反应式为： CH,OH-4e +H,O=HCOOH+4H; ②阴极反应为：CO2+2H++2e=HCOOH,当有2molH+通过质子交换膜时，阳极产生0.5mol甲酸，阴 极产生1mol甲酸，故装置中生成HCOO和HCOOH共计1.5mol. 19.【答案】(1)C(2)随着pH增大，水体中的c(H)减小，有利于平衡HCO3≥H+HCO 正向移动，c(HCO)增大，平衡Ca2++2HCO?一CaCO,+H,CO,正向移动，有利于碳酸钙的形 成，进而有利于珊瑚的形成 c(HCO3） (3) ①.HCO, ②.10.3-1 c(co) (4) ①.② ②.lgc(Ca2+） ③.109.2 【解析】 【小问1详解】 A.浓度不变是平衡状态的标志，故当反应③达到平衡状态时，c(C)保持不变，A正确： B.K2 cCo)日），cHC0)_c,平衡时，cH)不交，Ke为定值，则 (HCO3) ,则 c(HCO3) c(Co3）K2 (CO) 保持不变，B正确； 8页 C.V正(Ca2+)=2v逆(HCO)的速率之比不等于系数比，当反应③达到平衡状态时，有 2vE（Ca2+)=v逆(HCO),C错误： D.当反应③达到平衡状态时，c(HCO;)浓度不变，则反应①②也达平衡，D正确： 故选C: 【小问2详解】 适当提高水体的pH,有利于珊瑚的形成，若从平衡移动的角度解释原因：适当提高水体的pH,水体中的 c(H)减小，有利于平衡H,CO3三H+HCO?正向移动，c(HCO)增大，平衡 Ca2+2HCO?三CaCO,+H,CO3正向移动，有利于碳酸钙的形成，进而有利于珊瑚的形成； 【小问3详解】 随着pH增大，平衡H,CO3、≥H+HCO?、HCO;=H+CO子右移，H,CO3的摩尔分数减小，HCO, 的摩尔分数先增大后减小，CO的摩尔分数增大HCO,三H+CO,则根据图像可知海水的pH一般 在7.8~8.3之间时HCO,的含量最高，所以海洋中碳元素主要以HCO,形式存在；碳酸的第二步电离方程 式为HC0,一H+C0;,所以电离平衡常数表达式为K。cC0e任 ,根据题图中点(10.3,0.5)， c(HCO,） 时算出K,=09,所以c)cQ ，pH=-lgc(H)可得 c(CO) c(HCO) pH=-1gc(H*)=10.3-1 °c(co) 【小问4详解】 随着pH的增大，HCO的浓度增大，当pH继续增大时，CO的浓度会大于HCO的浓度，随着CO的 浓度增大，Ca2+的浓度减小，故线①代表Ca2+浓度变化，线②代表HCO,浓度变化，线③代表CO?浓 度变化：b点c(H)=1079mol.L,c(HC0)=c(Ca2+)=1034molL,结合K2(H,C0)=10o3, 第7页/共 6点cco)-1000- 109mo1:L=1038mol-L,所以K,(CaC0,)=1034×1058=102. 20.【答案】(1)+82.8 (2) ①. 正 ②.2.25×103 (3) ①.440℃ ②.适当升高温度或者使用更高效的催化剂 ③.<④.流速过快，反 应物分子来不及在催化剂表面发生反应，导致转化率下降；同时T,温度低，反应速率慢，单位时间 内HCI的转化率低 ⑤. 36 【解析】 【小问1详解】 设题给3个方程分别为反应I、反应Ⅱ、反应Ⅲ，根据题中给出的反应方程式，通过盖斯定律可知，（反 应I+反应+反应Ⅲ)×2得4HCI(g)+O2(g)=2C1,(g)+2H,O(g), Aa+a+a)2.AH-里AH,A,-4+20-120-+28U-m, 故答案为：+82.8。 【小问2详解】 V逆 0K.=9 y=习辨‘A-A生田明本‘y=。、 (HCI).c(O2) V正 k正 故答案为： 火 K。 ②平衡时，Vvg,VE=kc(C,)小c(H,O).k k正， 美cCL,et但，0,50×05mo-E·mim-225x10 mol m 8页 故答案为：2.25×103。 故答案为： 36 【小问3详解】 ①油于反应4HC1(g)+02(g)≠2C12(g)+2H20(g)△H=-114.4kJ·mol-1,是放热反应，升高温度时 该反应平衡逆向移动，HC1平衡转化率减小。根据图中信息，可知T2温度下，HC的平衡转化率更小，所 以T2大于T1,T2温度是440℃： 故答案为：440℃。 ②要提高M点HCI转化率，可以从浓度、温度、压强、催化剂等方面来考虑，根据图中信息可知，适当 升高温度或者使用更高效的催化剂可以提高M点HC1转化率： 故答案为：适当升高温度或者使用更高效的催化剂。 ③根据图中信息，可知当HC1流速高于0.15molh1时，HC1转化率(T)<a(T2): 故答案为：<。 ④当HC1流速高于0.15mol.h1时，HC1转化率o(T)<a(T2),原因是：流速过快，反应物分子来不及 在催化剂表面发生反应，导致转化率下降：同时T1温度低，反应速率慢，单位时间内HC1的转化率低： 故答案为：流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面发生反应，导致转化率下降：同时T温度低，反应 速率慢，单位时间内HC1的转化率低。 ⑤己知以等物质的量的HC和O2通入反应器，假设起始时HCl、O2的物质的量均为1ol,根据图中信息， N点HC1的转化率为80%，列三段式： 4HC1(g）+O2(g）=2C12(g）+2H0(g) 起始量/mol 1 1 0 0 ，则该温度下反应的平衡常数 变化量/mol 0.8 0.2 0.4 0.4 平衡量/mol 0.2 0.8 0.4 0.4 04p 04p2 K=8x1.8P 36 (2pyx08p) 1.8 1.8 第8页/共8页高二化学 注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后， 涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3考试结束后，将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:140:16Na:23Mg:23Cl:35.5Fe:56 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.化学与科技、生产、生活息息相关。下列说法错误的是 A.含氟牙膏更好地保护牙齿是利用了沉淀转化原理 B.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性 C.“奋斗者”号载人潜水器使用的锂离子电池是二次电池 D.煤气中毒与血红蛋白跟O,、C0结合过程中的平衡移动有关 2.下列有关说法正确的是 A.任何水溶液中都存在电离平衡 B.能水解的盐溶液一定不显中性 C.非自发反应在任何条件下都不能发生 D.只有熵增加的反应才能正向自发进行 3.下列事实中能用化学平衡移动原理解释的是 A.实验室利用H,O,制取O,使用MnO,加快反应速率 B.反应CO(g)+NO2(g)三CO2(g)+NO(g)达平衡后，加压使混合气体颜色变深 C.锌片与稀H,SO,反应过程中，加入少量CuSO,固体，促进H,的产生 D.实验室配制Na,S溶液时滴加几滴NaOH溶液 4.下列离子方程式书写错误的是 A.AICL,溶液和Na,S溶液反应：2AI+3S2-=Al,S,↓ B.向FeBr,溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br+3C,=2Fe3++6CI+2B c.澄清石灰水与少量NaHCO3溶液反应：Ca2++OH+HCO,=CaCO,↓+H,O D.索尔维制碱法的关键反应：aCO,tH,OHNH=NHCO,↓+NH 5.关于下列各装置图的说法中错误的是 电源 再选 直流电源 1电 Zn Fe 流 AA/ 铜片 ■ 电源 b- -a 稀 钢闸门 海水 辅助电极 ☆不溶性) CuSO 硫 溶液 铁钥匙 世武 酸 ① ② ③ ④ A.装置①中铁电极发生氧化反应 B.装置②中钢闸门应与外接电源的负极相连 C.用装置③精炼铜，则b极为粗铜，电解质溶液为CuSO,溶液 D.用装置④给铁钥匙镀铜，则铜片接电源正极，电解质溶液中c(Cu2+)不变 6.下列有关实验说法正确的是 A.将氯化铁溶液放在蒸发皿中，蒸发结晶可得无水氯化铁 B.中和热测定时，应向内筒中少量多次缓慢加入NaOH溶液 C.在测溶液pH时，应先将玻璃棒润湿，再蘸取待测液 D.酸式滴定管排气泡的方法是将其旋塞打开，利用液流将气泡冲出 7.氯化钠、醋酸钾两种融雪剂在相同条件下融冰量和对碳钢（铁碳合金）的腐蚀速率如图所示。下列说法错误的是 10r 1.5 8 一氯化钠 1.0 目 …醋酸钾 6 解 0.5 4 着 趣0.01 0.51.01.52.0时间/h 0 510152025质量分数/% 图1不同融雪剂融冰量比较 图2不同融雪剂对碳钢腐蚀速率比较 A.氯化钠和醋酸钾都是强电解质 B.融雪剂浓度越大，对碳钢的腐蚀速率越快 C.两种融雪剂都能造成碳钢的腐蚀 D.相同条件下，醋酸钾的融冰量更高 第1页/共6页 8.合成氨的催化历程及各步反应的能量变化如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）。下列说法错误的是 1/2N+3/2H ① 17 1/2N,*+3/2i. ⑤ NH. 50 ④ NH,* .154 ③NH*+H* NH*+2H* 233 ② N*+3H号 反应过程 A.合成氨反应的决速步骤为N*+3H*=NH*+2H*, B.合成氨过程中最稳定的状态是吸附态② C.氨气的脱附为吸热过程 D.合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)→2NH,(g)△H=-46kJ·mol1 9.将3molA和3molB混合于2L密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(s)=2C(g)+xD(g),反应5min达 到平衡，测得c的浓度为0.5mol·L,以D表示的平均反应速率v(D)=0.05mol·L.min。下列说法正确的 是 A.X=2 B.A的转化率为50% C.向容器中再添加2molB,会使反应速率加快 D.其他条件不变，将容器体积变为1L,C的体积分数变大 c(HX) 10.25C时用NaOH溶液分别滴定HX、FeSO4两种溶液，pM=-lgM[M表示 c(x）i c(Fe2+)]随pH 变化关系如图所示，不考虑F(I)的氧化。下列说法错误的是 pM c(Fe2+) c(HX) A.KpFe(OH)]=10-5 q c(X) 0 5.0/6.5 pH 第2页 B.K(HX)=10 c(HX) c(X） 随pH的增大而减小 D.q点时，Hx溶液中c(H)与FeSO4溶液中c(Fe2+)的关系为：c(H)=I0c(Fe2+) 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对 但不全的得2分，有选错的得0分。 11.下列实验方案能达到目的的是 选项 实验目的 方案设计 比较正反应活化能和逆 2NO,三N,O,为基元反应，将盛有NO,的密闭烧瓶浸入冷水， A 反应活化能大小 观察现象 证明SO}的水解为吸 常温下测定lmol.LNa,SO,溶液的pH,加热一段时间后再次 B 热过程 测定其pH,比较大小 比较Cu(OH)2与 常温下，向1mL0.1mol.L1NaOH溶液中滴入2滴 C Mg(OH)2的Kp大 0.1mol·L'MgCL2溶液，再滴入2滴0.lmol.LCuSO4溶 小 液，观察现象 探究温度对反应速率的 已知[Cu(H,O)a了（蓝色）+4Cr=[CuCl](黄色)+4H,0 0 影响 △H>0,加热，观察溶液颜色变化 A.A B.B C.C D.D 12.一种基于氯碱工艺的节能新工艺是将电解池与NO一空气燃料电池相结合，可用于湿法治铁的研究，工作原理如图所 示。下列说法正确的是 /共6页 X气体 阳离子交换膜 NO a极 Fe b极 多孔碳棒d Fe,O3 多孔碳棒c NaOH溶液 饱和食盐水 0, →HNO3 NO 质子交换膜 A.a极为阳极，发生氧化反应 B.阴极区溶液的pH保持不变 C.d极为负极，其电极反应式为NO-3e+2H,O=NO,+4H D.理论上每生成0.15molX气体，可得到5.6gFe 13.用实验探究某金属单质M与不同溶液反应的情况如下： 实验①：如图所示，先无明显现象：加热溶液后，M表面产生气泡，溶液逐渐变红 实验②：将蒸馏水换为lmol.L的NH,CI溶液，M表面产生气泡，溶液逐渐变红 实验③：将蒸馏水换为lmol.L'的CH,COONH4溶液，M表面产生气泡，溶液逐渐变红 实验④：将蒸馏水换为lmol.L的NaCl溶液，M表面产生气泡，溶液逐渐变红 下列基于现象得出的结论错误的是 A.由实验①可知M的金属活动性小于钠 B.实验②产生的气体可能为H,和NH, C.实验③反应后的溶液中存在 蒸馏水和酚酞 c(CH,COO)>xc(Mx )+c(NH; 金属单质M D.实验①和④表明NaCl对M与H,O的反应有催化作用 14.某研究小组以TCl为原料采用气相沉积法制TiN,其反应的方程式为 2TiCl (g)+N2 (g)+4H2 (g)=2TiN(s)+8HCI(g)AH<0,*0.20mol TiCl(g)0.15mol N2 (g) 和0.60molH2（g)投入到某刚性反应器中，测得在反应过程中TN的物质的量和反应体系的总压强p随温度升高的 变化曲线如图。下列说法正确的是 n(TiN)/mol p/MPa A.a、b、c三点时，该反应均处于平衡状态 5.0 B.a、c两点对应温度下的平衡常数K,>K。 0.1 C.500K的平衡体系中，再充入一定量的Ar,原料转化率会降低 D.500K的平衡体系中，HCI气体分压为2MPa 300 500 T/K 15.已知电解质溶液的导电能力越强，电导率越大。常温下，将0.1mol.L1盐酸分别滴入20.00mL0.1mol·L某 有机胺溶液和20.00mL0.1mol·L NaOH溶液中，测得溶液pOH、电导率随滴入盐酸体积变化如图所示（已知：该 有机胺在水中主要以RNH,·H,O形式存在，电离方式与NH,·H,O相似)。下列说法错误的是 A.图中表示盐酸滴定有机胺溶液的曲线是N和① POHI 多 d B.a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度由大到小的顺 M 序为dcab 7.0 ② C.常温下，RNH,·H,O电离平衡常数的值约为 4.5 ① 10mol.L W 1.0 b D.若将b、d点对应的溶液混合，混合液中 0 10.00 20.00V盐酸/mL c(RNH2·H,O)>c(RNH) 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.电池在工农业生产、日常生活、科学研究中发挥着重要作用。回答下列问题： (1)某化学兴趣小组设计一种“人体电池”实验装置如下图所示，进行如下实验：一位同学的左手触摸锌片，右手分别 触摸铝片、铜片、铁片、锡片，记录灵敏电流表的读数及指针偏转方向，数据见下表： 第3页/共6页 锌 铝 铜 铁 锡 左手 右手 锌一铝 锌一铜 锌一铁 锌一锡 电流表读数(A) -9 a 11 17 下列说法正确的是 (填标号)。 A.当两手分别触碰锌片和铝片时，锌片作负极 B.当两手分别触碰锌片和铁片时，铁片上发生氧化反应 C.当两手分别触碰锌片和锡片时，锡片作正极 D.a的值可能是19 (2)该小组同学为进一步探究铁的腐蚀和防护设计装置如下图所 ① Fe ③Fe 示，表面皿上滴有饱和食盐水和酚酞。①区铁片上的电极反应式为 左边装置应用的金属防护方法是 最先 ② < ④Zn 观察到变成红色的区域是 区（填“①-④”） 表面皿 (3)兴趣小组在查阅资料过程中还发现了一种新型可充电钠离子 电池，放电时原理如图所示。 ⊙ 离子交换膜 b ①充电时，b极与外接电源 (填“正”或“负”)极相 Na2Fe[Fe(CN)6] Mg 连。离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ↑ ↓ ②充电时，a极反应式为 Fe[Fe(CN)6] [Mg2Cl2]2+ Mo Mg ③放电时，当外电路转移2ol电子，b极区电解质溶液质量减少 含Na的有机电解质 第4页 17.碳酸钠是一种重要的化工原料。某小组模拟侯氏制碱法，制备碳酸钠并测定粗品中碳酸氢钠杂质的含量。回答下列 问题： 【.碳酸钠的制备 下图装置中，有白色晶体析出，经过滤、洗涤、灼烧，得到碳酸钠粗产品。 (1)实验时，须先从 管（填“a”或“b”)通入氨 无水CaCl, 气，有同学建议在甲装置的b管下端连接乙装置，目的是 ,无水氯化钙的作用是 Ⅱ.测定碳酸钠粗品中碳酸氢钠的含量 饱和食盐水 8 冷却水 ①称取粗品wg溶于水配成1O0mL溶液，用仪器m取 放大了的多孔球泡 甲 乙 20.00mL于锥形瓶中，滴加46滴指示剂a,摇匀。 ②用0.100mol.L盐酸滴定至红色刚好消失(pH约8.2)，消耗盐酸体积为VmL。 ③继续滴加4~6滴指示剂b,摇匀，用0.100mol.L盐酸滴定至终点(pH约3.8)，消耗盐酸体积为VmL。 (2)仪器m的名称是 (3)关于滴定操作，下列说法正确的是 A,滴定前应检查滴定管是否漏水，进行洗涤、润洗 B.进行滴定操作时，眼晴要始终注视着滴定管内液面的变化 C.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管中间，使滴定管保持垂直 D.当滴定最后时改为半滴，用锥形瓶内壁沾下悬挂的液滴，再用洗瓶吹出少量蒸馏水冲洗内壁 (4)指示剂a可选用 ,③中滴定终点的现象为 (5)该粗品中NaHCO,的质量分数为 (用含w、VV2的式子表示)。②中若开始时读数准确，终点时 采用俯视的读数方法，会使测得的NaHCO3的质量分数 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 18.甲酸(HCOOH)是一种有机化工原料，广泛用于农药、医药等工业。回答下列问题： (1)已知室温时，1mol.L'HCOOH在水中有1%发生电离，由其电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的 倍。 共6页 (2)部分弱酸、弱碱的电离平衡常数如下表： 弱酸、弱碱 HCOOH HCIO H,CO; H,SO, NH·H,O K或 K1=4.2×107 K1=1.54×102 1.77×104 4.7×10-8 1.7×105 Kp(25C) K2=5.6×10 K2=1.02×107 ①等物质的量浓度的a.NH,ClO溶液、b.NH,HCO,溶液、c.NH,HSO,溶液的pH由大到小的顺序为 (填序号)：浓度均为0.lmol·L的NaSO,和Na,CO3等体积混合后，溶液中d.SO}、e.CO、 ￡.HSO,、g.HCO,浓度由大到小的顺序为 (填序号)。 ②25c时，向20mL0.1mol.L的氨水中滴加0.1mol.L1的HCOOH溶液，当滴加VmLHCOOH溶液时， 混合溶液的pH=7,则V 20mL(填“>”“<”或“-”)。 ③25C时，将amol.L的HCOOH与bmol.L的Ba(OH),溶液等体积混合（忽略溶液体积变化），充分反应后， 溶液中存在2c(Ba2+）=c(HCO0）),则该混合溶液中HCOOH的电离常数K,(HCOOH)= (用 含a和b的代数式表示). (3)可利用如图装置由甲醇(CH,OH)制备甲酸或甲酸盐，电极均为惰性电极，工作原理如图所示。 ①电解过程中阳极上发生反应的电极反应式为 电源 ②若有2molH+通过质子交换膜时，则该装置CH,OH生成HCOO A极 质子交换膜 B极 7 HCOOH HCOO 和HCOOH共计 mol。 19.海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。海水中存在平衡关系： CH,OH CO ①C0,+H,0≥H,C03≥H+HCO3, NaCI溶液 0.1mol-L KHCO,溶液 ②HCO?→H+CO?,海洋中的珊瑚虫经 ③Ca2++2HC0?三CC0,+C02+H20形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。 第5页 回答下列问题： (1)当反应③达到平衡状态时，下列说法错误的是 c(HCO3) A.c(Ca2+)保持不变 B. 保持不变 c(co) c.vi(Ca)=2v(HCO) D.反应①②也达平衡 (2)pH增大有利于珊瑚的形成，原因是 1.0 (3)CO,进入海水后，主要以3种无机形式 0.8 (H,CO,、HCO、CO)存在，称为总溶解无机碳(DIC),占海水 0.6 (6.3,0.5) (10.3.0.5) 0.4 总碳95%以上。各组分摩尔分数随pH变化如图。天然海水的pH一般 0.2 在7.8~8.3左右，DIC的主要存在形式为 (填微粒符号)：海 0 8 10 12 pH c(HCO 水的pH= [用含lg 的式子表示]。 c(co (4)空气中C0,浓度过大会导致海水酸化，从而导致珊瑚礁（主 0 要成分为CaCO,)减少。实验室模拟珊瑚礁附近水体环境探究 ① (10.3,1.1 2 1gc(X)x为H,CO,HCO、CO3或Ca2+)与pH的关 (7.9,-3.4)b -4 H2CO3 系，实验结果如图所示。曲线 (填序号)表示 5 (635) /c ② 1gc(HCO,)与pH的关系：曲线①表示 与pH的关 ③ 8 系：通过计算，Kp(CaCO3)= mol2.L2。 6 6 10 12 PH /共6页 20.为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理HC1废气，有关反应原理为 ③当HC1流速高于0.15mol·h1时，HC1转化率(T) (工2）（填”或“<），原因是 4HC1(g)+02(g)=2C12(g)+2H20(g）△H=-114.4kJ·mol1。回答下列问题： ④设N点的转化率为平衡转化率，反应体系的压强为P,则该温度下反应的平衡常数K。= (用含P的代数 (I)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行 式表示) CuCl,(s)-CuCI(s)+Cl,(g)AH, CuCl(s)+O.(g)-CuO(s)+Cl(g)AH,=-20kJ.mol- CuO(s)+2HCI(g)=CuCl,(s)+H,O(g)AH,=-120kJ.mol- 则△H,= kJ.mol-。 (2)360C时，若某密闭容器中氯化氢催化氧化制氯气反应的化学平衡常数K。=25.0(m0l·L)）， V正=k正c4(HCl)c(O2),V逆=k逆C2(Cl2)C2(H2O),其中kE、k运为速率常数，则k逆=（佣用 含K。和k王的式子表示：若kE=0.9(molL):min1,40min时反应达到平衡状态。 c(Cl2)=c(H2O)=0.5mol.L,Vin mol.L.min-。 (3)将等物质的量的HC1和O,以不同起始流速通入反应器，在360℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HC1 转化率()曲线，如下图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。 901 80 70 0.15 0.10 HCI流速/(mol.h) ①T= ℃。 ②提高M点HCI转化率的措施是（任写一条）。 第6页/共6页