精品解析：浙江嘉兴市2025-2026学年第一学期期末测试高二化学试题

6学科网命组卷网 20252026学年第一学期期末检测 高二化学试题卷 本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64 选择题部分 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共8分） 1.下列物质属于弱电解质的是 A.CH,COOH B.C2H,OH C.NaAl(OH)D.NH,CI 【答案】A 【解析】 【详解】A. CH,COOH (乙酸)是典型的弱酸，在水中部分电离CH,COOH、一CH,C00+H 属于弱电解质，A正确： B C,H,OH 属于非电解质，是共价化合物，在水溶液中不能电离出离子，B错误； C Na[Al(OH) 是盐类化合物，在水中完全电离，属于强电解质，C错误： D NH CI 是盐类化合物，在水中完全电离，属于强电解质，D错误： 故答案选A。 2.某探究金属腐蚀与防护的装置如图所示，下列说法不正确的是 第1页/共30页 6学科网命组卷网 经过酸化的 3%NaCl溶液 A.此装置为原电池 B.采用了牺牲阳极法保护铁电极 C,一段时间后，取少量溶液于试管中，滴入两滴K[Fe(CN)。]溶液，有蓝色沉淀产生 D.如果将Zn片换成Mg片，Fe极仍然被保护 【答案】C 【解析】 【分析】Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Zn极电极反应式 Zn-2e=Zm4,Fe为正极、被保护，Fe 2H+2e=H2个 极电极反应式为 【详解】A.Zn为负极，Fe为正极，经过酸化的3%NaCl溶液为电解质溶液，故此装置为原电池，A正确： B.Zn比F©活泼，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极、被保护，该实验是牺牲阳极法保护铁，B正确； C,2n极电极反应式为Z-2e=Z,Fe极电极反应式为2H+2c=H,个，设有®2“生成，故-段 时间后，从6电极区取少溶液于试管中，滴入2滴K,[FP®(CN),]溶液，不会产生蓝色沉淀，C精误： D.Mg片比Zn片更活泼，如果将Zn片换成Mg片，Fe极仍然作正极，被保护，D正确。 故答案为C。 3.下列关于化学用语中不正确的是 A同一能层各能级的能量顺序： E(ns)<E(np)<E(nd) B.基态Cr原子的价层电子排布式： 3d44s2 C.Fe元素位于第四周期第VⅧ族 第2页/共30页 6学科网命组卷网 D.电子排布为N]3s'3p 的P原子处于激发态 【答案】B 【解析】 【详解】A.同一能层中，能级能呈顺序为E(ns)<E(ap)<E(nd),符合原子轨道能量规律，A正确： 3d54s B.基态Cr原子（原子序数24）的价层电子排布式应为 (因半满稳定)，而非3d4,B不正 确： C.Fe元素（原子序数26）位于第四周期第II族，C正确： D.P原子（原子序数15）基态排布为【N33p,[@3s'3p是电子从s轨道跃迁至p轨道，能量更 高，属于激发态，D正确： 故答案为B。 4.下列说法正确的是 A.元素周期表中从第IIB族到第IIB族的十个纵列的元素都是金属元素 仞 B.基态硫原子最外层结构是 3s 3p C.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多 D.电负性大于1.8的一定为非金属元素，小于1.8的一定为金属 【答案】A 【解析】 【详解】A.元素周期表中ⅢIB族到ⅢB族十个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属，A正确； 个打 B.基态硫原子价电子排布式为：3s3p4,则最外层结构为： 3s 3p ,B错误； C.p能级的轨道数为3，不随主量子数变化，因此p、3p、4p的轨道数均为3，C错误： D.电负性大于1.8的不一定为非金属元素，例如：金(Au)的电负性大于1.8，却属于金属元素，D错误； 故选A。 5.在硫酸工业中，通过下列反应使S0,氧化为S03:2S0,(g)+O,（g)、三2SO(g)△H。下表列出不同 第3页/共30页 学科网命组卷网 温度和压强下，反应达到平衡时 2的转化率，则下列说法正确的是 温度/℃ 平衡 S02的转化率% 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 A.该反应△H>0 B.实际生产中，通入过量空气，主要是提高2的转化率 C.实际生产中，采用常压合成，主要是高压转化率提升不明显，设备成本增加 D.实际生产中，选定温度为400~500℃，主要是高温加快化学反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A.由表格数据可知，压强一定时，升高温度，二氧化硫的转化率减小，说明平衡向逆反应方向 移动，说明该反应是放热反应，反应的焓变小于0，A错误： B.实际生产中，通入过量空气，可以增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大， 但氧气的转化率减小，B错误； C.由表格数据可知，温度一定时，压强从0.lPa增至10MPa时，二氧化硫的转化率增大幅度很小，且 高压设备成本高，所以实际生产中，采用常压合成，C正确： D.该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的产率低，所以实际生产中，选定 温度为400~500℃，主要是考虑催化剂的活性最佳，D错误： 故选C。 6.在25C和101kPa下，下列关于化学反应的热效应叙述正确的是 A.己知N2(g)+3H2(g)≠2NH(g)△H=-92.4kmol,则该反应消耗2molN2后放出184.8kJ热 量 第4页/共30页 命学科网命组卷网 B.已知C4,(g)+H,(g)=2HC(g)AH=-184.6mol,则 HCIg)-CL(g)+H(g)A/--92.3kJ/mol C.软脂酸的燃烧热为9977水kJ/mol,则 CH,(CH2)4C00H(s)+2302(g)=16C02(g)+16H20(g)△H=-9977kJ/mol D.N,H,(0+0,(g)=N2(g)+2H,O(g)AWH.N,H,(+0,(g)=N,(g)+2H,0(0)△，则 △H1<△H2 【答案】A 【解析】 【详解】A,△H=-92.4kJ/mol表示消耗1molN2反应放出92.4kJ热量，则该反应消耗2molN放出184.8 kJ热量，A正确： B,原反应为放热反应，其逆反应为吸热反应，已知C,(g)+H,(g)=2HCI(g)△H=-184.6 kJ/mol CCl()+H(x)A/92.kmo ,B错误： C.燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，H元素的指定产物为 HO),不是HO(g),则选项中热化学方程式的△H不等于-9977kJ/mol,C错误： D.1 mol NH4()和1molO2(g)反应生成1molN(g)、2 mol HO(g)或2 mol H2O),生成HO)比HO(g) 放热更多，但△H为负值，则△H>△H,D错误： 故选A。 7.下列装置或操作能够达到实验目的的是 第5页/共30页 6学科网命组卷网 浓盐酸 030☐- NO2气体 H B. 探究压强对化学平衡的 A.测定生成2的速率 影响 温度计 硬纸 碎纸条 D,加热 FeCl 溶液获得其 C.测定中和热 晶体 A.A B.B C.C D.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.浓盐酸具有挥发性，挥发的HCI会影响生成氢气的体积，A错误； B.反应2NO(g)=NO4(g)△K0,反应为气体分子数减小的反应，推拉注射器活塞会导致气体颜色改变， 可通过观察气体颜色变化判断平衡移动，能探究压强对化学平衡的影响，B正确： C.测定中和热需要玻璃搅拌器，C错误； FeC D.加热会促使铁离子水解生成氢氧化铁，不能直接加热 3溶液获得其晶体，D错误： 故选B。 8.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应时各物质和水分分别解离成两 第6页/共30页 6学科网命组卷网 部分，然后两两组合成新的物质。下列有关说法不正确的是 AMg,N?的水解产物是两种碱性物质 B.SOCIa2的水解产物是两种酸性物质 cCa02的水解产物是Ca(OH2和H,0, D NF HNO 的水解产物之一为 【答案】D 【解析】 【详解】A.MgN的水解方程式 Mg,N,+6H,0=3Mg(OH2+2NH,个，产物为MgO1I和NH, 两者均为碱性物质，A正确： B.S0C的水解方程式为S0C4+H,0=S0,个+21C,S0:溶于水生成s0.HC1是强酸，二者均为 酸性物质，B正确； C.Ca0,可以看作由Ca2+和O?组成。水由H和OH组成。将Ca+与OH结合生成Ca(OD2,O 与H 0.支s5大为aQ+20-COa,+H0,cE 结合生成 NF +2H,O=HNO,+3HF D.F3水解方程式为 ,水解产物之一为HNO,.D错误； 故选D。 9.已知25℃时， K1(H2S)=1.1x107K2(H2S)=1.3×10 ,下列说法正确的是 A0.1 mol/L Na,S溶液中，c(Na)+c(H)=c(oH)+2c(S2-) B.0.1 mol/L Na,S溶液中，2c(Na)=c(H,S)+c(Hs)+c(S2-) c.0.1 mol/L NaHS溶液中，c(H,S)>c(S2-) 第7页/共30页 命学科网命组卷网 D.0.1 moVL H,s溶液中，c(H)=c(OHr)+c(H,S)+c(Hs)+2cS-) 【答案】C 【解析】 【详解】A.该式是电荷守恒式，但缺少了c(HS◆)项，在N,S溶液中，电荷守恒应为 c(Na)+c(Hr）=c(OH)+2c(S)+c(S◆)，A错误： Na,S B.该式应为物料守恒式，但关系错误。在 溶液中，硫元素守恒为， 0.1mol1L=c(H,S)+c(Hs)+c(S-）,而c(Na◆)=0.2mol/L,因此 c(Na)=2[c(H,S)+c(Hs)+c(S-】,B错误： C.在NaHS溶液中，HS。水解常数 m≈9.09×100◆ K:-Ka 电离常数K2(但，S)=1.3×108. K。>K2,水解程度大于电离程度，因此c(H,S)>c(S）,C正确： D.该式是电荷守恒式，但多加了中性分子c(H,S)。在S溶液中，电荷守恒应为 c)=c(OHr)+c(Hs)+2c(S).D错误： 故答案为C。 X、Y、R、Q 10.元素 的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍 3d104s2 X和Y的最外层电子数之和等于R的最外层电子数，Q的价层电子排布是 。下列说法中正确的是 A.电负性：XY B.X、Y形成的化合物中只含极性键 C.由X、Y、R形成的化合物均为强电解质 D.Q元素位于第四周期第B族，ds区 第8页/共30页 6学科网 组卷网 【答案】D 【解析】 【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，推断Y为氧（原子序数8，最外层6电子，内层2电子）。 X原子序数小于Y,且与Y不同周期，位于第一周期，可能为氢或氦；但结合化合物形成，X为氢（原子 序数1)。 X和Y最外层电子数之和为1+67，等于R最外层电子数，R原子序数大于Y(8)小于Q(30),位于第 三周期，最外层7电子，推断R为氯（原子序数17）。 Q价层电子排布 为3d”4s,为锌（原子序数30），位于第四周期第B族，区。 【详解】A,氧电负性大于氢，A错误： B.H和O可形成 H,02(合0-0非极性键)，B错误： C.H、O、Cl可形成HClO(弱电解质)，C错误： D.Q为锌，位于第四周期第IIB族，ds区，符合描述，D正确； 故答案为D。 11.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应： 2NH,(g)N,(g)+3H,(g), 测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下 表所示，下列说法正确的是 、时间/min c(NH;)/(10*mol/L) 编号 0 20 40 60 80 表而积/cm2 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A.实验①，0~20min, v(N2 )=1.00x10mol.L.min-I B.实验②，40min时处于平衡状态 第9页/共30页 命学科网命组卷网 C.相同条件下，增加氨气的浓度或增加催化剂的表面积，反应速率均增大 D.上述条件下该反应的平衡常数K=168.75 【答案】A 【解析】 【详解】A.实验①，0~20min内，(NH,)= 2.40-2.0)x103moL=2.00×105mol-L1.min 20min 则N,)=广(N,)=×2.00x10nalL'-min'=10x10 mol-L.min 2 ,A正确： B.催化剂只影响反应速率，而不能使化学平衡发生移动。实验③和实验①中氨气初始浓度相同，实验③ 的催化剂表面积更大，反应速率更快，实验③在60in时氨气浓度不再变化，说明达到平衡，此时氨气平 衡浓度 为0.40×10'moL。由于实验①和实验③温度相同，平衡常数相同，所以实验①达到平衡时氨气 0.40×103mol/L 浓度也为 ,实验②相对于实验①，氨气初始浓度减小，相当于减小压强，平衡正向移动， 实验②达到平衡时氨气浓度小于0.40x10'molL 而实验②在40min时氨气浓度为 0.40×103mol/L 说明此时反应未达到平衡状态，B错误； C.结合实验①和③的数据，实验③的催化剂表面积是实验①的2倍，相同时间内实验③中氨气浓度变化 更快，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大：但实验①和②中，实验①的氨气初始浓度 是实验②的2倍，0~20min内，实验①中氨气浓度变化 量△G=(2.40-2.00)×103molL=0.40×103mo/L ，实验②中氨气浓度变化 量Acg=0.20-0.80)×10'moL=0.40x10moL,即相同时间内氨气浓度变化量相同，说明相同条 件下，增加氨气的浓度，反应速率并没有增大，C错误： D.设平衡时H的浓度变化量为y,根据反应2NH(g)户N(g)+3H(g),由实验③可知，平衡时NH的浓 第10页/共30页 命学科网命组卷网 度为040x10molL,即2.40x103-y=040x103,解得y=2.00x10m0L.则平衡 时c(N2)='=2.00×103 2=2moL=1.00x103moM cH,)=3y=3x2.00x10 2 2 molL.=3.00x10moL,cNH)=0.40x10moL,则上述条件下 该反应的子有常数K=cNc,_100x10k60x10y27×10 c2(NH) (0.40×103)2 0.16x106=1.6875×10.D 错误： 故选A。 12MgC0,和CaC0,的能量关系如图所示M-Ca、Mg): M2+(g)+CO3(g)△，M2*(g)+02-(g)+C0,(g) ↑△H ↑△H MCO:(s)MO(s)+CO2(g) 己知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是 A.AH (CaCo)>AH,(Mgco,)>0 B.AH2 (MgCO)=AH (Caco,)>0 c△H,(MgC0)-△H,(CaCO)=AH(M,g,O)-△H(C,a,O) D.对于MgC0和CaC0,AMH=H,+AH,+△M, 【答案】B 【解析】 【详解】A.离子电荷相同时，半径越小，离子键越强，故MgC0,(S)的离子键大于CC0,(S,故 第11页/共30页 命学科网命组卷网 △H,(MgCO,)>AH,(CaCO,)>0,A错误： B M,的过程中先末及生宾子建的件皮或者氯，仅台CO中共价键的河裂，及 △H,(MgC0)=△H,(CaC0)>0,B正确： C.根据能量关系图可知AH=AH+△H-△H,由于△I(MgCO)≠AH(CaCO),故△(MgCO+AH2(MgCO)- AH;(MgO)≠△H(CaCO)+AH(CaCO)-AH(CaO),而AH2(MgCO)斤AH(CaCO),故AH(MgCO3)- △HMgO)≠△H1(CaCO3)-△H3(CaO),△H1(CaCO3)-△H1MgCO3)≠AH(CaO)-△H3MgO),△I(MgCO3)- △H(CaCO)≠△HMgO)-△H(CaO),C错误； D.根据盖斯定律及图中的箭头方向， △HAH,+△H,-△H,D错误： 故选B。 13.已知反应：2X(g)≠Y(g)△H<0。在T℃和T,℃下，容积均为2L的密闭容器中，气体X的浓度 与反应时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 1.6 1.4 12 a 1.0 0.8 0.6 b(1,0.5) 0.4 0.2 0.5 1.5 反应时间h A.容器内压强不变时，表明反应达到平衡 B.a、b、c三点的反应速率大小为c>a>b c.T ，容积压缩为1L,反应1h,气体X的浓度小于1molL 第12页/共30页 6学科网命组卷网 D.其他条件相同时，T℃、工，℃下X的平衡转化率：a(T们)<a(T) 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，曲线斜率较大代表反应速率较快，故T<T,2 X(g)=Y(g)9◆△H<0 该反应为 气体分子数减少的放热反应，温度升高反应速率增大、平衡逆向移动，压强增大反应速率增大、平衡正向 移动，据此分析。 【详解】A,反应2X(g)户Y(g)为气体分子数减少的反应，容器内压强为变量：当容器内压强不变时， 说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，A不符合题意； B.反应速率与反应物浓度正相关，且温度越高反应速率越快：据分析，C点温度比a点高（二者浓度相 同)，a点浓度高于b点（二者温度相同），故反应速率大小为C>a>b,B不符合题意： T℃时，若将容积从2L压缩为1L,相当于增大了压强，反应物浓度增大，化学反应速率加快。在原 2L容器中，反应1h消耗X的物质的量为（1.4-0.5)mol/L×2L=1.8mo 。在1L容器中，初始X的物 .4mol/L×2L=2.8mol 质的量为 ,由于反应速率更快，在1h内消耗X的物质的量会大于1.8mol,因此 剩余X的物质的量小于(2.8-1.8mol=lmol,其浓度小于lmol/L,c不符合愿意： D.反应△H<0,温度升高平衡逆向移动：☑>了，故X的平衡转化率：（☑）>(），D符合题意， 故选D。 14我国科研工作者设计了一种Mg海水电池驱动海水(PH=8.2 )电解系统（如下图）。以新型 MoNi/NMoO,为催化剂生长在泡沫镍电极D)。在电池和电解池中同时产生氢气，电解池中还会产生 氧气。下列关于该系统的说法错误的是 第13页/供30页 命学科网命组卷网 Mg 海水 2 海水 4 Mg(OH)2 A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B.在外电路中，电子从电极1流向电极4 C.电极3的反应为： 40H-4e=2H,0+02↑ 1molH, D.理论上，每通过2mol电子，可产生 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为： Mg-2e+20H=Mg(OHD2,电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：2HO+2e=H↑+2OH,右侧为电解 池，电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。 【详解】A.催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确： B.根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确： C.由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为： 40H-4e=2H,0+0,个，C正确： D.根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2nol电子，可产生2nolH,D错误； 答案选D。 15.室温下， 30mLMg(OH2悬浊液中加入稀盐酸。第一次加入10mL0.1molL稀盐酸，待PH不变 时，再加入 0mL0.1moL稀盐酸，通过pH pH 传感器测得该体系“随时间变化如图所示，下列说法不正 确的是（已知100.65≈0.22） 第14页/供30页 学科网命组卷网 14 12 pH=10.45 10 pH=9.60pH=9.49 8 6 4 2 第十次加入稀盐酸第二次加入稀盐酸 200400600 80010001200 时间/s A.向该悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH保持不变 NH CI B.向该悬浊液中加入少量 溶液，可观察到沉淀部分溶解 cK,Mg(OH),]的数量级为10" D.第二次加入稀盐酸后c(Mg“)≈1.25x102moL 【答案】D 【解析】 【分析】从图像中可分析，未加入稀盐酸时，悬浊液pH稳定在10.45，此时体系中达到沉淀溶解平衡，加 入10mL0,1moL的盐酸，H结合了溶解出的OH,使沉淀溶解平衡正移，同时生成MeC,导致溶液 中0Mg洛大，同离了效应使沉淀溶解平衡Mg(OH,(⊙)户Mg”(aq)+20H(a四)同左移动.从而使 饱和溶液中c(OH)降低，pH低于未加HCl时的。 【详解】A.向Mg(OH)2悬浊液中加入少量蒸馏水，体系中仍存在Mg(OH)2固体，沉淀溶解平衡仍1旧 存在，由于温度不变，溶度积是定值，因此溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液H不变，A正确： B NH,C1溶液中的 H会结合溶液中的OH,使沉淀溶解平衡正移，沉淀部分溶解，B正确： C.根据第一-次加入稀盐酸之前的溶液p10,45,即c(OH)=1035m0l/L,依据沉淀溶解平衡方程式 第15页/供30页 命学科网命组卷网 Mg(on,(间=Me(aq+2oH(a）.则布cMg）Fcor）=5x10nml/L.放 Kp=c(Mg2）xc2(0H）-5x1015×035）=5×10165≈5x0.22x10"=1.1x10,C正确： D.第二次加入稀盐酸后，pH949,即C(OH）=10151mol1L,根据C选项可知Kp=1.1×I0",因 5×1011.65 北e(g）=2oH(105×102s1.1x10 moL,D错误； 故选D。 16.市 KM血0，中常含有少量杂质且其溶液放置过程中易分解。实验室采用间接法配制0.02m0L的 KMnO 4溶液，并用 Na,C,04标定其浓度，实验方案如下： 步骤I—除杂：称取计算量 KM血O:固体溶于水中，煮沸后在水浴上保持h,冷却后过滤： 步骤Ⅱ一一标定：准确称量 aC0基花的本T支，生大，两1mLs0,0l.点至 KMnO 75~85℃，立即用步骤I配制的 溶液进行滴定。 己知：高锰酸钾在不同的酸碱度下会生成不同的还原产物 下列说法不正确的是 A.步骤I中加热及放置时均应盖上表面皿，以免落入尘埃和有机物 KMnO4溶液反应 B.步骤Ⅱ中可用2nolL的盐酸或硝酸来替代硫酸 C步骤滴定时温度不能太高，否则会引起H,C,04分解 D.步骤Ⅱ中发现产生棕色浑浊，可能是溶液酸度不足引起的 【答案】B 【解析】 第16页供30页 学科网命组卷网 【详解】A.步骤I中加热及放置时盖上表面皿可防止落入尘埃和有机物 KMnO4溶液反应，避免溶液被 污染 KMnO4被还原，A正确： B.因为盐酸中的CI会 KMnO,氧化，硝酸具有强氧化性，会干扰KnO,与NaC,0的反应，所以步骤 Ⅱ中不能用2olL的盐酸或硝酸来替代硫酸，B错误； C.HC2O4受热易分解，步骤I滴定时温度太高，会引起HC2O4分解，影响滴定结果，因此步骤I滴定时 温度不能太高，C正确： D.已知高锰酸钾在不同酸碱度下会生成不同还原产物，若溶液酸度不足，KMO4的还原产物可能不是 Mn+,而是其他物质（如MO等），从而产生棕色浑浊，则步骤中发现产生棕色浑浊，可能是溶液酸度不 足引起的，D正确： 故选B。 非选择题部分 二、填空题（本题共5小题，共52分） 17.I.在新能源领域，过渡金属材料用于制造电池，如锂离子电池中的钴和镍。 (1)基态镍原子的价电子排布图为， _；Co位于元素周期表中 区； (2)已知氧化性C0”>F®”，C0,0与氢碘酸反应的离子方程式为」 Ⅱ.白云石的主要化学成分为 CaMg(CO)2. 利用白云石可以制备高纯度的碳酸钙和氧化镁。 (3)各组成元素电负性由大到小的顺序 (4)白云石煅烧分解的化学方程式为」 (5)钠的第一电离能 I(Na) Mg的第二电离能2(Mg)慎“>”或“<”)，理由为。 仙↑力加 【答案】(1) ① 3d 4s ②.d (2)C0,0,+6H+2I=2C02+l2+3H,0 第17页/共30页 命学科网命组卷网 O>C>Mg>Ca (3) 高温 (4)CaMg(C0,)2 =Ca0+Mg0+2C02↑ (5) ①.< ②.相比于N,Mg中核电荷数更高，形成Mg半径更小，同时Mg的形成对电子 Mg" 的引力增大，导致 难失去电子 【解析】 【小问1详解】 1个↑ 镍的原子序数为28，基态镍原子的价电子排布式为3d84s2，价电子排布图为 3d 4s d'4s2 钴的价电子排布式为 ,位于元素周期表的d区； 【小问2详解】 己知氧化性C0>FP©，则Co,0可将氢碗酸中的「氧化为，自身被还原为Co2 ；根据得失电子守 恒、电荷守恒及原子守恒配平离子方程式为C0,0,+6+2T=2C02+,+3H,0 【小问3详解】 白云石的主要成分 CaMg(CO,力，所含元素为Ca、Mg、C、O,同周期从左到右电负性增大，同主族 O>C>Mg>Ca 从上到下电负性减小，故电负性由大到小的顺序为 【小问4详解】 白云石受热分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，化学方程式为 高温 CaMg(CO3), Ca0+Mg0+2C0,↑ 【小问5详解】 第18页/供30页 命学科网组卷网 钠的第一电离能1(Na)小于钱的第二电离能，(Mg),理由为相比于a,Mg中核电荷数更高，形成 Mg 半径更小，同时Mg的形成对电子的引力增大，导 Mg难失去电子： 18HCO,、H,S0,HN0和HC都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种 酸在冰醋酸中的电离常数： HC104 H2SO HNO3 酸 HCI K 1.6×10-5 6.3×109 1.6×109 4.2×10-10 (1)下列说法不正确的是 A.用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为在水中硫酸的酸性比盐酸酸性强 HC10 B.在冰醋酸 4是这四种酸中最强的酸 C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H,S0,一2H+S0? D.在冰醋酸中用高氯酸和某些硝酸盐反应可以得到硝酸 (2)已知：水溶液中K,(HF)>K,(CH,COOH),但在液氨中两者完全电离。写出CH,C0ONa和F 在水中反应的离子方程式 并判断该反应在液氨中能否发生」 (填“是”或“否”)。 (3)以下是用0.1000mo/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000molL的5种酸的滴定曲线。 pH年 12 104K=109 8YK=102 6K10的 4K10的 HCI 10 203040→ V(NaOH)/mL 第19页/共30页 6学科网 命组卷网 ①若某种酸HIA的K,=10,在上图所示滴定过程中加入I0mLNa0H溶液时，溶液中的离子大小关系 为 ②Ks107 的酸由于滴定过程中突跃范围太小，在水溶液中无法被准确滴定，因此可选择某些非水溶剂 增大突跃范围。下列溶剂中可用于增大弱酸（人，≤10 )滴定过程中的突跃范围的是 CHCOOH B.液氨 C.乙醇 D H2SO 【答案】(1)AC (2) ①.CH,COO+HF、≥CH,COOH+F ②.否 (3) c(A)>c(Na)>c(H)>c(OH-) ②.BC 【解析】 【分析】根据人数值，可知这些酸在冰醋酸中的酸性由强至弱依次为： HCIO H,SO HNO3 HCl。 【小问1详解】 A.浓硫酸和固体氯化钠制备氯化氢的原理是难挥发的酸制备易挥发的酸，而不是强酸制备弱酸，因为在 水溶液体系中两者都是强酸，A错误； B.冰醋酸 HCI0的K:最大，因此酸性最强，B正确； C. 冰醋酸中H2S04的K,=6.3×10’,电离方程式为H2S04→H+HSO4,C错误： HCIO NO D.在冰醋酸中， 4的酸性强于 ,因此可以用高氯酸和某些硝酸盐反应得到硝酸，D正确： 故选AC: 【小问2详解】 由于在水中H酸性强 CH,COOH,因此9 CHCOONa 和氟化氢在水中反应的离子方程式为： CH,COO+HF→CH,COOH+F:由于HF和CH,COOH在液氨中都完全电离，因此该反应无法 发生，故填：否： 第20页/共30页 命学科网命组卷网 【小问3详解】 ①若某酸HA是弱酸，则加入1OL氢氧化钠溶液时，溶质为NaA和HA,由于该酸 K-103,则A的 水解平衡常数K-10,由于K> n, 则该溶液呈酸性，因此离子浓度大小关系有 c(A )>c(Na')>c(H)>c(OH) ②为了增大突跃范围，选择非水溶剂的目的就是无质子转移的干扰，减少弱酸电离的溶剂化。AD都是酸 性溶剂，会抑制弱酸电离，无法增加突跃范围，排除AD,而B属于碱性非水溶剂，可以结合弱酸电离的 氢离子，从而大幅度促进弱酸电离使得突跃范围扩大，C乙醇是极弱的质子溶剂，酸碱性比水还弱，可增 大滴定突跃范围，故答案选BC。 19.I.在温和条件下，将C0转化为烃类具有重要意义。采用电化学方法合 C,H4,该流程示意图如下： co M 'NCO、CH4、H2 Ni-NiO-SiO 出口 反应器 KOH KOH 电解池 (1)电解池中M极与电源的 极相连。 (2)写出C0放电生 C,H4的电极反应式 Ⅱ.一种基于 Cu,0 的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍 增重，而ā极质量减轻。回答下列问题： 负载 进料口 出料口 b Cu20/ Cu2(OH)3CI NaCI溶液 NaTiz(PO)3/ NagTiz(PO4)3 Na* (3)放电时 向 极移动（填“a”或“b”)。 (4)写出ā极的电极反应式 第21页/共30页 命学科网命组卷网 (5)若以Ag/AgCl电极代替ā极，电池（填“有”或“无”）储氯能力，结合电极反应式说明理由 【答案】(1)正 (2)2C0+8e+6H,0=C,H,+80H (3)b (4)Cu2O+2H2O+CF-2e-=Cuz(OH),CI+H* (5) ①.有 ②.由电极反应式Ag-e+CI=AgCl 可知电池具有储氯能力 【解析】 【分析】题I中，N电极上CO转化 为C,H4,C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳 极，与电源正极相连；题Ⅱ中，a电极铜元素化合价由+1上升至+2，发生氧化反应，故a电极为负极，b 电极为正极。 【小问1详解】 由分析得，N为阴极，M为阳极，电极M与电源正极相连。 【小问2详解】 N电极上CO转化 C,H,C元素化合价下降，发生还原反应，电解液为碱性环境，故电极反应为 2C0+8e+6H,0=C,H4+8OH 【小问3详解】 由分析得，b电极为正极，阳离子Na 向正极b移动。 【小问4详解】 由分析得，a电极为负极，Cu,0转化为Cu,(OH,C,电解顺为NaCI溶液，故电解反应式为 Cu2O+2H2O+CI-2e=Cu2(OH),Cl+H* 【小问5详解】 若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag/AgC1为负极，负极发生 Ag-e+CI=AgCl 仍然可以结合 第22页/供30页 学科网命组卷网 ，所以电池有储氯能力，理由是由电极反应式Ag-e+CT=AgC 可知电池具有储氯能力。 20.某实验小组在侯氏制碱法的基础上用NaCl和NH,HCO,为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的NH,HCO,加入饱和食盐水中，搅拌，使NH,HCO溶解，静置，析出 NaHCO3晶体： NaHCO ③将 晶体减压过滤、煅烧，得 Na,CO3固体。 (1)步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有 (填名称)。 (2)解释实验中采用饱和食盐水的原因」 (3)已知K,(CH,COOH)>K,(H,C0,）,且室温下CH,COONH4溶液呈中性，根据这一事实推测 NH HCO H 溶液的 7(填“>”“<”或“=”)。 Na,CO (4)双指示剂法可用于测定步骤③所得 3固体的纯度。 ①从下列的选项中选择合适的操作补全测定步骤： 具体操作为：称取样品g,溶解后转移至250L容量瓶，加水定容得待测溶液。用移液管准确移取 25.00nL待测液加入锥形瓶，先向待测的 Na,CO 溶液中加入 ， 用浓度为0.1000 mol/L标准盐酸 VmL 滴定，到达第一个滴定终点时， 记录消耗盐酸体积 ；然后滴加 一，继续用标准盐 V,mL 酸滴定，到达第二个滴定终点时， 记录消耗盐酸体积 第23页/供30页 命学科网命组卷网 A.紫色石蕊试液 B.甲基橙 C.酚酞 D.溶液由黄色变为橙色 E.溶液由黄色变为红色F.溶液由蓝色变为紫色 G.溶液由红色变为无色 ②若到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学 V' 所记录的 V慎>”“<”或“=”为 V=20.00mLV2=22.00mL ③若 Na,CO3 则该产品的成分为： 样品中 的纯度为% (用含m的代数式表示)。 【答案】(1)烧杯、玻璃棒 (2)增大c(Na), 有利于NaHCO,析出 (3)> (4) ①.C②.G③.B ④.D O.<⑥.Na,C0和NaHC0, ⑦ 2.12 ×100% 212% m 或m 【解析】 【小问1详解】 配制饱和食盐水需使用托盘天平称量食盐，用药匙取用，在烧杯中用量筒量取的水进行溶解，并用玻璃棒 搅拌，故如图所示的仪器中需使用的是烧杯、玻璃棒。 【小问2详解】 饱和食盐水中©(Na)较大，有利于NaHCO,.析出，因此实验中将NH,HC0,加入饱和食盐水中得到 NaHCO 晶体。 【小问3详解】 CH,COONH4溶液呈中性，则K,(CH,COOH)=K,(NH,H,O),已知 K(CH,COOH)>K(H,CO,),因此K,(NH,H,O)>K(H,CO,）,故NH.HCO,溶液中NH的水 第24页/共30页 命学科网命组卷网 解程度小于 HCO, ,溶液显碱性，pHPT。 【小问4详解】 ①用标准盐酸滴定碳酸钠溶液，第一步反应 C0+H=HC0,终点时溶液pH约为83，呈弱碱性， 应选用酚酞作指示剂，颜色由红色变为无色；第二步反应 HC0+H=H,CO,终点时溶液pH约为 3.9,呈弱酸性，应选用甲基橙作指示剂，颜色由黄色变为橙色，故答案为：C:G;B;D: ②滴定速度过快，摇动不均，局部酸过量可能导致部 HCO,反应生 HC03, 使溶液pH下降过快，导 致指示剂提前变色，消耗盐酸体积1偏小： ③根据题意，？为第步消耗的盐酸休积。 长花一少活指的段华.反包，60，→00省 盐酸=20.00mL,其生成的NaHC0,袋续反应也会消年20.00mL益酸，而第=步实际消耗盐酸 '2=22.00mL>20.00mL 说明样品中含 NaHC0,样品中25.00mL待测液含 nNa2C03）=0.1000mol/L×0.02000L=0.002mol ,原样品中 m(Na2C03）=0.002mol× 250mL×106g/mol=2.12g,纯度为mg 2.12g×100% 212% 25.00mL m 21.化学固定、催化活化循环利 C0,的所光，各受E礼。饲延能化剂上C0?加氢合成甲溶是至要的利用 途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应I和逆水煤气变换反应Ⅱ。 I.CO2(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g)AH=-49.4kJ.mol-K, II.CO(g)+H2(g)CO(g)+H,O(g)AH/2=+41.2 kJ.mol-K, Ⅲ.CO(g)+2H2（g)≥CH,OH(g)△H 第25页/供30页 6学科网 命组卷网 n(CH,OH) 己知甲醇的选择性n(CO2)参与版应 请回答： (1) △H3= 一，反应Ⅲ自发进行的条件是 (2)在某容器中只发生反应I, 在工、工不同温度下达到平衡状态， T>。温度工时，C0:平衡转化 率随时间变化如图1所示，商出温度时 C02平衡转化率曲线 T 图1 (3)恒温恒容条件下，原料气C0,(g)H,(g)以物质的量浓度1：3投料时，控制合适条件（不考虑反 应Im,甲醇的途择性为50%。已知初始c(C0,)=1.0mo1L.C0,平衡转化幸为50%则该条件下 K= (4)以50C/45Zn/5A1为催化剂，催化剂表面金属能吸附 0,、c0. H1分子，反应和发生在催化剂 表面的不同活性位点。在240C、2MPa条件下，将原料气按照a、b、c、d四种方式以相同流速（该流速下 CO. 反应未达到平衡)通过催化剂，测得各组分转化率()和选择性(S)如表1所示。另测得2转化率、甲醇选 择性与温度、原料气组成关系如图2、3所示。 表1催化剂性能与原料气组成的关系 X(C02) x(co) S(CH OH) s(CO) 原料气体积分数/ 第26页/共30页 命学科网 命组卷网 C02 C0: (a)16:0:84 18 0 43 56 b)16:0.6:83.4 12 0 61 38 (c)16:2:82 11 0 89 11 (d16:4:80 0 6.0 99 0 24 100 a 呢 16 60 O d 40 20 ■a 0 200 240 280 200 240 280 TIC TIC 图2 图3 ①分析表1数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大， C0?转化率迅速降低、甲醇选择性急刷增 大的原因 ②结合表1、图2、图3等有关知识，下列说法正确的是 A.其他条件一定时，原料气中CO体积分数越大，生成甲醇越多 B.一定范围内升高温度利 C0,与催化剂活性位点结合，可以提 C02的转化率 C.根据图2、图3中的ā线，推测原因可能为温度对反应Ⅱ的速率影响比反应大 D.增大流速，原料气与催化剂碰撞的机会多，甲醇产率一定增加 【答案】(1) ①. -90.6kJ.mol- ②.低温（低温自发、低温自发进行都可） T T (2) (3)0.03125或 1 32 第27页/共30页 学科网命组卷网 (4) ①，CO占据活性位点，抑制反应Ⅱ的发生（或者CO占据活性位点，反应Ⅱ化学反应速率减小）： H,OH C0直接与 2生成 (其他合理解释也可) ②.BC 【解析】 【小问1详解】 分析三个方程式可知，反应=反应I反应Ⅱ，则根据盖斯定律， AH,=AH,-AH,=(49.441.2)kmo'=-90.6 kJ-mol':由于反应m的1，<0，反应前后气体分 子数减少即AS<0,故反应的自发条件是低温自发： 【小问2详解】 由于工>，当温度由T降低至工时，反应的速率会下降，即工条件下反应达到平衡所用时间更长。 T 同时反应是放热反应，因此降低温度，平衡会正向移动， 的平衡转化幸上升，即曲线的水平线比 CO. 曲线的水平线更高，最终如图： 8 T 【小问3详解】 根据题目信息可知，反应中转化为甲醇的二氧化碳 1.0molL×50%×509%-025m01-C,反应中转化 为一氧化碳的二氧化碳为 1.0mo/L×50%×(1-50%)=0.25molL ,则列出如下三段式： 第28页/共30页 命学科网命组卷网 CO,(g)+3H2(g)CH,OH(g)+H2O(g) 3 c(起始)mol/L)1 0 0 c(转化)mol/L)0.25 0.75 0.25 0.25、 c(平衡)mol/L)0.5 2 0.25 0.5 C02(g)+H2(g)、=CO(g)+H2O(g) c(起始)mol/L)1 0 0 c(转化)mol/L)0.250.25 0.25 0.25，平衡时候浓度分别为： =0.25mol/L c(平衡)mol/L)0.5 20.25 0.5 c￥(CH,OH) ·6rl,0o)oaoL.cr(0,)asan.4,H,)片aL.期k-0 c￥(C02)cp3(H2) =0.25×0.51 0.5×2332: 【小问4详解】 ①由于催化剂表面金属可以吸附 0,.co、 H1分子，当C0的体积分数增大，更多的C0迅速占据了活 性位点，导致反应Ⅱ的化学反应速率减小，抑制反应Ⅱ的发生，从而导致 C0:转化率下降：同时，c0又可 以直接与H,生成 CHOH ,故而甲醇的选择性剧增： ②A.其他条件一定时，原料气中C0体积分数越大，则会占据更多活性点位，从而使 H吸附减少，就会 引起甲醇产量下降，A错误： C0, B.结合图2和图3，温度小于240C的时候，升高温度可以提高 2的转化率，说明此温度范围升温利于 C0,与催化剂活性位点结合，B正确： C.根据图2、图3中的线可知，温度升高，二氧化碳转化率上升，但是甲醇选择性下降，说明反应Ⅱ占 优，可能是温度对反应Ⅱ的速率影响比反应I大，C正确： 第29页/共30页 6学科网命组卷网 D.增大流速，原料气与催化剂碰撞的机会多，则反应I、Ⅱ和Ⅲ的反应速率都会增加，甲醇产率不一定就 增加，D错误； 故选BC。 第30页/共30页 2025~2026学年第一学期期末检测 高二化学试题卷 本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64 选择题部分 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分) 1. 下列物质属于弱电解质的是 A. B. C. D. 2. 某探究金属腐蚀与防护的装置如图所示，下列说法不正确的是 A. 此装置为原电池 B. 采用了牺牲阳极法保护铁电极 C. 一段时间后，取少量溶液于试管中，滴入两滴溶液，有蓝色沉淀产生 D. 如果将Zn片换成Mg片，Fe极仍然被保护 3. 下列关于化学用语中不正确的是 A. 同一能层各能级的能量顺序： B. 基态Cr原子的价层电子排布式： C. Fe元素位于第四周期第Ⅷ族 D. 电子排布为的P原子处于激发态 4. 下列说法正确的是 A. 元素周期表中从第IIIB族到第IIB族的十个纵列的元素都是金属元素 B. 基态硫原子最外层结构是 C. 2p、3p、4p能级的轨道数依次增多 D. 电负性大于1.8的一定为非金属元素，小于1.8的一定为金属 5. 在硫酸工业中，通过下列反应使氧化为。下表列出不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率，则下列说法正确的是 温度/℃ 平衡时的转化率/% 0.1MPa 0.5MPa 1MPa 5MPa 10MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 A. 该反应 B. 实际生产中，通入过量空气，主要是提高的转化率 C. 实际生产中，采用常压合成，主要是高压转化率提升不明显，设备成本增加 D. 实际生产中，选定温度为400~500℃，主要是高温加快化学反应速率 6. 在25℃和101kPa下，下列关于化学反应的热效应叙述正确的是 A. 已知，则该反应消耗后放出热量 B. 已知，则 C. 软脂酸的燃烧热为，则 D. ；，则 7. 下列装置或操作能够达到实验目的的是 A．测定生成的速率 B．探究压强对化学平衡的影响 C．测定中和热 D．加热溶液获得其晶体 A. A B. B C. C D. D 8. 广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应时各物质和水分分别解离成两部分，然后两两组合成新的物质。下列有关说法不正确的是 A. 的水解产物是两种碱性物质 B. 的水解产物是两种酸性物质 C. 的水解产物是和 D. 的水解产物之一为 9. 已知25℃时，，，下列说法正确的是 A. 溶液中， B. 溶液中， C. 溶液中， D. 溶液中， 10. 元素的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于R的最外层电子数，Q的价层电子排布是。下列说法中正确的是 A. 电负性：X>Y B. X、Y形成的化合物中只含极性键 C. 由X、Y、R形成的化合物均为强电解质 D. Q元素位于第四周期第IIB族，ds区 11. 恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法正确的是 编号 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A. 实验①，0~20min， B. 实验②，40min时处于平衡状态 C. 相同条件下，增加氨气的浓度或增加催化剂的表面积，反应速率均增大 D. 上述条件下该反应的平衡常数 12. 和的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)： 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是 A. B. C. D. 对于和， 13. 已知反应：。在和下，容积均为2L的密闭容器中，气体X的浓度与反应时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A. 容器内压强不变时，表明反应达到平衡 B. a、b、c三点的反应速率大小为 C. ，容积压缩为1 L，反应1 h，气体X的浓度小于 D. 其他条件相同时，下X的平衡转化率： 14. 我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水()电解系统(如下图)。以新型为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气，电解池中还会产生氧气。下列关于该系统的说法错误的是 A. 将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B. 在外电路中，电子从电极1流向电极4 C. 电极3的反应为： D. 理论上，每通过2mol电子，可产生 15. 室温下，向悬浊液中加入稀盐酸。第一次加入稀盐酸，待不变时，再加入稀盐酸，通过传感器测得该体系随时间变化如图所示，下列说法不正确的是(已知) A. 向该悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH保持不变 B. 向该悬浊液中加入少量溶液，可观察到沉淀部分溶解 C. 的数量级为 D. 第二次加入稀盐酸后 16. 市售中常含有少量杂质且其溶液放置过程中易分解。实验室采用间接法配制的溶液，并用标定其浓度，实验方案如下： 步骤Ⅰ——除杂：称取计算量的固体溶于水中，煮沸后在水浴上保持1h，冷却后过滤； 步骤Ⅱ——标定：准确称量基准物若干克，加水溶解，再加，加热至75~85℃，立即用步骤Ⅰ配制的溶液进行滴定。 已知：高锰酸钾在不同的酸碱度下会生成不同的还原产物 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中加热及放置时均应盖上表面皿，以免落入尘埃和有机物与溶液反应 B. 步骤Ⅱ中可用2mol/L的盐酸或硝酸来替代硫酸 C. 步骤Ⅱ滴定时温度不能太高，否则会引起分解 D. 步骤Ⅱ中发现产生棕色浑浊，可能是溶液酸度不足引起的 非选择题部分 二、填空题(本题共5小题，共52分) 17. I．在新能源领域，过渡金属材料用于制造电池，如锂离子电池中的钴和镍。 （1）基态镍原子的价电子排布图为________；Co位于元素周期表中________区； （2）已知氧化性，与氢碘酸反应的离子方程式为________。 IⅠ．白云石的主要化学成分为，利用白云石可以制备高纯度的碳酸钙和氧化镁。 （3）各组成元素电负性由大到小的顺序________。 （4）白云石煅烧分解的化学方程式为________。 （5）钠的第一电离能_____Mg的第二电离能(填“＞”或“＜”)，理由为_____。 18. 和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数： 酸 HCl （1）下列说法不正确的是________。 A. 用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为在水中硫酸的酸性比盐酸酸性强 B. 在冰醋酸中是这四种酸中最强的酸 C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为 D. 在冰醋酸中用高氯酸和某些硝酸盐反应可以得到硝酸 （2）已知：水溶液中，但在液氨中两者完全电离。写出和HF在水中反应的离子方程式________，并判断该反应在液氨中能否发生________(填“是”或“否”)。 （3）以下是用的溶液分别滴定的5种酸的滴定曲线。 ①若某种酸HA的，在上图所示滴定过程中加入溶液时，溶液中的离子大小关系为________。 ②的酸由于滴定过程中突跃范围太小，在水溶液中无法被准确滴定，因此可选择某些非水溶剂增大突跃范围。下列溶剂中可用于增大弱酸()滴定过程中的突跃范围的是________。 A． B．液氨 C．乙醇 D． 19. I．在温和条件下，将CO转化为烃类具有重要意义。采用电化学方法合成，该流程示意图如下： （1）电解池中M极与电源的________极相连。 （2）写出CO放电生成的电极反应式________。 Ⅱ．一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，而a极质量减轻。回答下列问题： （3）放电时向________极移动(填“a”或“b”)。 （4）写出a极的电极反应式________。 （5）若以Ag/AgCl电极代替a极，电池________(填“有”或“无”)储氯能力，结合电极反应式说明理由________。 20. 某实验小组在侯氏制碱法的基础上用NaCl和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下： ①配制饱和食盐水； ②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使溶解，静置，析出晶体； ③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。 （1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有________(填名称)。 （2）解释实验中采用饱和食盐水的原因________。 （3）已知，且室温下溶液呈中性，根据这一事实推测溶液的________7(填“>”“<”或“=”)。 （4）双指示剂法可用于测定步骤③所得固体的纯度。 ①从下列的选项中选择合适的操作补全测定步骤： 具体操作为：称取样品mg，溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。用移液管准确移取25.00mL待测液加入锥形瓶，先向待测的溶液中加入________，用浓度为标准盐酸滴定，到达第一个滴定终点时，________，记录消耗盐酸体积；然后滴加________，继续用标准盐酸滴定，到达第二个滴定终点时，________，记录消耗盐酸体积。 A．紫色石蕊试液 B．甲基橙 C．酚酞 D．溶液由黄色变为橙色 E．溶液由黄色变为红色 F．溶液由蓝色变为紫色 G．溶液由红色变为无色 ②若到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所记录的________ (填“>”“<”或“＝”)。 ③若，，则该产品的成分为________，样品中的纯度为______%(用含m的代数式表示)。 21. 化学固定、催化活化循环利用的研究，备受重视。铜基催化剂上加氢合成甲醇是重要的利用途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应I和逆水煤气变换反应Ⅱ。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 已知甲醇的选择性 请回答： （1）________，反应Ⅲ自发进行的条件是________。 （2）在某容器中只发生反应I，在不同温度下达到平衡状态，。温度时，平衡转化率随时间变化如图1所示，画出温度时，平衡转化率曲线________。 （3）恒温恒容条件下，原料气以物质的量浓度1：3投料时，控制合适条件(不考虑反应Ⅲ)，甲醇的选择性为50%。已知初始)，平衡转化率为50%，则该条件下________。 （4）以50Cu/45Zn/5Al为催化剂，催化剂表面金属能吸附、CO、分子，反应Ⅰ和Ⅱ发生在催化剂表面的不同活性位点。在240℃、2MPa条件下，将原料气按照a、b、c、d四种方式以相同流速(该流速下反应未达到平衡)通过催化剂，测得各组分转化率(X)和选择性(S)如表1所示。另测得转化率、甲醇选择性与温度、原料气组成关系如图2、3所示。 表1催化剂性能与原料气组成的关系 原料气体积分数/：CO：(%) (a)16：0：84 18 0 43 56 (b)16：0.6：83.4 12 0 61 38 (c)16：2：82 11 0 89 11 (d)16：4：80 9 6.0 99 0 ①分析表1数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，转化率迅速降低、甲醇选择性急剧增大的原因________。 ②结合表1、图2、图3等有关知识，下列说法正确的是________。 A．其他条件一定时，原料气中CO体积分数越大，生成甲醇越多 B．一定范围内升高温度利于与催化剂活性位点结合，可以提高的转化率 C．根据图2、图3中的a线，推测原因可能为温度对反应Ⅱ的速率影响比反应Ⅰ大 D．增大流速，原料气与催化剂碰撞的机会多，甲醇产率一定增加 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $