湖南省五市十校2026-2027学年高二上学期11月期中考试 化学试题

, 2026年下学期高二期中校内检测 1为 化 学 (试卷满分：100分，考试时间：75分钟) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹 签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，请将答题卡上交。 可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23S32K39Fe56 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1.化学与生活、生产密切相关，学好化学关注身边化学知识，让我们的生活品质更美好。下 列有关说法正确的是 A.东山书院建围墙用的青砖块主要成分是SO2 B.金黄色的铜像所用的材料是纯铜 C.制作湘乡蛋糕用到的热锅烫蛋皮，是利用了蛋白质的变性 D.水府庙饮用水源的水质清澈，经净化处理后的水不含任何化学物质 2.联氨(N2H4)又称肼，可以看成氨基（一NH2)取代了NH中的H。联氨是一种绿色环保 的还原剂，可用作火箭燃料，其制备方法之一：2NH3+NaClO一NaCI+N2H4+H2O。 下列说法正确的是 A.联氨分子中含有极性键和非极性键 B.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 C.25℃，101kPa条件下消耗4.48LNH,转移电子数目为0.2NA D.常温下，将NaClO溶于水中，其对水的电离无影响 3.下列实验装置或操作能达到实验目的的是 CH,COOH 摇匀 饱和FeCl, 溶液 Na,CO 沸水 盐酸 溶液 Na,SiO, 溶液 A.用待测盐酸溶液 B.用MgCl2溶液制 C.验证酸性： D.制备Fe(OH) 润洗滴定管 取无水MgCl2 CH COOH>H2 CO3>H2 SiO 胶体 4.水溶液中的电离与盐类的水解在工农业、生产生活中都有广泛应用，同时与科学研究 环境保护也有广泛联系。下列有关说法正确的是 A.NH4CI溶于D2O时水解的离子方程式：NH+D2O一NH3·D2O十H+ B.配制FeCL,溶液时，将FeCl晶体溶于水并不断搅拌，加速其溶解 C.金属Na着火可以利用泡沫灭火器进行高效快速灭火 D.利用TiCl4水解生成TiO2·xH2O沉淀，再经灼烧得TiO2 【高二化学第1页（共6页）】 成由化学元素的分析有助了元素在周期表。月壤的化学元素场二 定出40多种化学元素。其中部分元素在表中位橙如图所示 ① 2 ③④⑤ ⑧⑨ 下列有关说法中正确的是 m元素的单质在元Q的卓汉出的热传羽 B.元素②的氢化物是正四面体结构 C.元素⑤和⑥组成的化合物是强电解质 D.元素④和⑦组成的化合物是两性氧化物 6水是生俞的逗泉，研究水及水溶液中的种成对于生产生活科斑容关香要在不短 温度下的水溶液中，离子浓度曲线如图所示，下列说法正确的是 A.由a点变化到d点采取的措施是升温 Ac(H)/(mol-L-) B.b点对应的溶液一定是酸溶液 C&点对位的浴液中可以大故存在，N大S0,C、H 10 10 D.若d点为CH,COONa溶液，则其中水电离的c(OH为 25℃ 1×10-5mol·L-1 10'10c(0H)/(molL) 7.二甲酵(CH,0CH)是-种新玉能源，被答为1世纪的清洁燃料”。用C0和H,合成 甲醚的反应为3H,(g)+3C0(g)一CH,0CH,(g)+C0,(g公H0.对于该反应， 下列有关说法错误的是 A升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，平衡常数减小 B.恒温恒容条件下充入He,可使压强增大，平衡正向移动，H,的转化率增大 C,恒容绝热条件下发生反应，相对于恒温恒容条件，H的转化率降低 D.使用活性催化剂降低反应的活化能，活化分子百分数增加，反应速率加快 8.乙酰水杨酸（阿司匹林）主要用作解热镇痛、非留体抗炎药、抗血小板聚集药，其结构如图 所示，下列说法错误的是 A.乙酰水杨酸和乙酸是同系物 COOH B.乙酰水杨酸能够发生酯化反应和水解反应 -C-CH C.乙酰水杨酸的构成元素都是短周期元素 D.1mol乙酰水杨酸最多可以与3molH2发生加成反应 9.规范的实验设计和操作可以帮助我们论证结论，下列实验目的能实现的是 实验目的 操作步骤及现象 用0.1mol·L1KOH溶 选用石蕊作为指示剂，当滴人最后半滴标准溶液时，溶液由紫色 A 液滴定未知浓度的盐酸 变为蓝色，并且30s不恢复原来的颜色 马 证明Fe2+具有还原性 取一定量FεC2溶液加入试管中，表层加入矿物油覆盖，再滴加 1~2滴酸性高锰酸钾溶液，紫红色立即褪去 比较相同浓度盐溶液的水 C 常温下，测定0.1mol·L-1CH,COONa溶液和0.1mol·L 解程度的大小 NaF溶液的pH,比较pH大小 D 探究不同催化剂对H2O, 向两支盛有等体积等浓度H,O:溶液的试管中分别加入 分解的催化效果 0.1mol·L1的FeCL溶液和o.1mol·L的CuSO,溶液， 观察产生气泡的快慢 【商二化学第2页（共6页】 10.某实验小组在实验室模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO,设计装置如图所示。下列说法 错误的是 急浓氨水 弹簧夹 令盐酸 碳酸钙 ⑧ -5 思带孔塑 生右灰饱和NaC1多孔 料板 X溶液 溶液球泡 A.X溶液为饱和NaHCO,溶液，作用是吸收CO2中的HCl B.装置中使用“多孔球泡”可增大CO2与溶液的接触面积，加快CO2的吸收速率 C.装置中制取NH3、CO2和NaHCO的化学反应都属于嫡增加的反应 D.NaCO、NaHCO.溶液中均存在：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH) 11.合成气的一种制备原理为CH4(g)十C02(g)一 8.0 过渡态4 2C0(g)+2H2(g)△H>0,在Sn-Ni合金催化下， 甲烷脱氢阶段的反应历程如图所示(*表示吸附在目 过渡态2 6.860 过渡态3 过渡态1 5.496 4.837 6.357 催化剂表面)。下列说法正确的是 C*+4H 反应ⅱ 反应iv A.反应：CH4(g)+C02(g)=2C0(g)+2H2(g)正 2.981 4.03食应0531 反应的活化能小于逆反应的活化能 CH,*+2H*CH*+3H* 闵 2.0 B.脱氢阶段既存在非极性键断裂又存在极性键 1.687 断裂 反应iCH,*+H* CH, C.反应过程的决速步骤的△H=+2.348kJ/mol -Sn-Ni 2 D.反应过程中的基元反应个数是4个 反应历程 12.常温下，向20mL0.1mol·L-1 CH:COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液， 其pH变化曲线随加入KOH溶液体积如图所示（不考虑溶液混合时的体积变化）。下 列说法错误的是 pH 12 A.若①点坐标为(0,3)，可计算得到CH COOH的K.≈1×10-5 ④ B.②点时，c(CH COOH)>c(CH3 COO,) C.②点时，c(K+)+c(OH)=c(CH.COOH)千&(H+) ① ② D.①~④点中，对水的电离促进程度最大的是④点 05101520 V(KOH)/mL 13.一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别加人足量活性炭和2olNO2,发生反 应：2NO2(g)十2C(s)一N2(g)+2CO2(g)△H>0,经过相同时间，测得各容器中 NO2的转化率与容器容积的关系如图所示。下列说法错误的是 A.a点所示条件下满足正(NO2)=v逆(NO2). B.b点条件下的平衡常数K=成 C.c点达平衡后，再充入一定量NO2(g),平衡正向移动， 平衡转化率减小 D.若对d点容器加压，缩小容器体积，此时：正<v VV.V,容器容积L 14.在25℃时，向某浓度的二元弱酸(H2R)溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶 液，所得溶液中H2R、HR、R2三种粒子的物质的量分数与溶液pH的变化关系如图 所示。已知：①H2R的电离常数：K。=5.0×10-2、K,=5.0×10-5;②lg5=0.7。下列 有关说法中错误的是 1.0 A.曲线Ⅱ代表HR 质0.8 B.A点溶液的pH=1.3 C,向10mL01mo·L1HR溶液中逐滴加人0.1mol·Lo6 的NaOH溶液，当溶液中存在关系：c(Na+)=2c(R2-)+發o4 c(HR)时，加入NaOH溶液的体积大于10mL 0.2H c2(HR-). D.当pH=2时，溶液中(H,R)·cR一的值为100 【高二化学第3页（共6页）】 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)常温下，几种电解质的电离平衡常数如下表，回答下列问题： 电解质 CH,COOH NH3·H2O H2X HCIO HCN 电离平 K.=4.0×10-1 K.=1.8×105 Kb=1.8×10-5 K.=3X10-8 K.=5X10-10 衡常数 K2=4.0X10-" (1)常温下，相同物质的量浓度的H2X溶液和HC1O溶液相比，酸性较强的是 酸根离子X2、C1O、CN结合质子能力由大到小的顺序是 (2)常温下，反应CH:COOH+CIO=CH;COO+HCIO的平衡常数K= (3)常温下，pH均为4的CH3COOH溶液和NH4C1溶液中，由水电离出的H+浓度之 比为 (4)酸碱中和滴定是中学化学中的定量实验模型，某学习小组用0.1000mol·L1NaOH 溶液分别测定20.00mL乙酸溶液和盐酸的浓度。 ①二者均可选用的指示剂为 (填标号)。 二26 a.KSCN b.酚酞 c.甲基橙 d.淀粉 ②滴定实验中用到的滴定管分度值（每一小格）是0.10mL。某次滴定实验后滴定 管中液面如右图所示，则此次读数为 mL. (5)该学习小组用0.1000mol·L-1Na0H溶液测定未知浓度的盐酸，进行4次平行实 验。实验记录如下表： 滴定次数 1 2 3 4 待测盐酸体积/mL 20.00 20.00 20.00 20.00 V(NaOH)(消耗)/mL 15.80 15.00 15.02 14.98 数据处理与误差分析： 合理处理上表数据，计算待测盐酸的物质的量浓度是 mol·L-1。 (6)下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏低的有 （填标号)。 A.锥形瓶水洗后未干燥 B.碱式滴定管水洗后未用标准NaOH溶液润洗 C.滴定终点读数时俯视读数 D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 E.配制标准液的NaOH固体中混有少量KOH固体 F.滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 16.(14分)“纳米铁”凭借超大比表面积、强还原能力和独特的表面效应，在多个领域实现了 成熟应用。以铁屑（含少量F©zO3杂质）为原料制备纳米铁粉的流程如下： H,SO,H,C:O, 铁屑→酸溶→沉淀→FC,0,固体→灼烧→还原→纳米铁粉 c0、C0 (1)“酸溶”过程中可以提高浸出率的方法有 (写出一种 即可)。该工艺中硫酸不用稀硝酸替代，可能原因是 0 (2)写出“酸溶”过程中杂质参加反应涉及到的反应的离子方程式： (3)FC,O,固体在空气中灼烧后得到红棕色固体和C0、CO2混合气体，若 n(CO):n(CO2)=1:1,则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为 【高二化学第4页（共6页）】 乙一松现在我们日常吃的芹菜、韭菜、竟菜这类不 一酸，是一秤二元弱酸。业型尤其喜酸一定为弱电解质的是 (填 字母)。 人用草酸溶液效异电性实验灯泡很暗 以将水垢浸泡在草酸中有0，气株数出 盒下用pH计测0.01mo,放出资液，测得其pH=2. 阳粉的孩费黄德品色 膏温下将pH二3的草酸箍流水培游释后溶液的时一 住中物质循环利用可以降低水稀释0利用率。分析流程得知这种物质是 全铁离子电池中正负极活性物质的一分，依靠铁的多价态(0、干2、十3等)可 酒转化完成充放电循环。当电路中转致电子时，理论上三维多孔纳米联负恐 溶解的铁质量为 5分)莫尔盐LNH).Fe(S0H,01M2392./molD是一种浅蓝绿色晶体，易圈 水、念水中浴解度较小，不溶于乙醇常作分析化学试剂，电镀医药和工业生 爱室以粘有食用油油污的废铁眉为原料制备莫尔盐并测其纯度，实验步骤如 1·废铁房预处理向装有废铁屑的锥批中无人热N,C0,溶液处理，再倒去瓶中液 体，用蒸馏水洗净铁屑，晾干； Ⅱ，制备心SQ溶液：称取-定质量洗净的铁眉，放人洁净的锥形瓶中，加人足量3m0,L 稀硫酸，置于60一70℃水浴中加热发生反应，当无明显气泡产生时，快速趁热过滤， Ⅲ，制备(NH,),Fe(SO:·6H,0:向所得谣液中加人一定体积过量的饱和 (NH,)S0,溶液，调节溶液pH范围为12，在惰性气体环境下，用蒸汽浴加热浓缩 至溶液表面出现晶膜，经冷却结晶、过滤、冷水洗涤后，再用乙醇洗涤，干燥，得到 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体样品。 回答下列问题： (1)“废铁屑预处理”步骤中“加入热NaC0溶液处理”的主要目的是 用离子方程式和必要文字说明NaCO,溶液呈碱性的原因： (2)步骤Ⅱ中所用3.0mol·L1的稀硫酸可以通过稀释浓硫酸配制。用18mol·L1的 浓硫酸（密度为1.84g/cm3)配制100mL3.0mol·L1的稀硫酸时，需量取浓硫酸 的体积约为 mL(保留1位小数)，下列仪器中不需要用到的是 (填仪器名称)。 (3)步骤Ⅱ需要“快速趁热过滤"的原因除了防止FeSO,因温度降低而结晶析出，造成产 品损失外，还有 (4)步聚Ⅱ中“冷水洗涤后，再用乙醇洗涤”，其中用乙醇洗涤的优点是 (5)准确称取制得的(NH,)Fe(S0,:0晶体样品7.5000g溶解于水中配成溶 液，用浓度为0.000m01·L的酸K:C0,落液进行滴定。将酸性KC,0溶 （填酸式滴定欧填式滴定管)中进行实验，实验过程中消 耗酸性K,C,0,溶液30.0mL,请计算该样品纯度为 液装在 %(保留至0.1%)。 【高二化学第5页（共6页）】 18.(5分)低碳烯烃是基础有机化工原料，工业上可利用合成气直接催化或间接催化制取。 主要反应方程式如下。 间接催化制取低碳烯烃：①C0(g)+2H2(g)一CH,OH)△H1=-116kJ/mol ②2 CH OH(1)=C2H(g)+2H2O(1)△H2=-35kJ/mol 直接催化制取低碳烯烃：③2CO(g)+4H2(g)、=C2H4(g)+2H,O(g)△H, ④2C0(g)+5H2(g)=C2H6(g)+2H2O(g) △H4= -435 kJ/mol 水状态转化：⑤H20(1)一H2O(g)△H,=+44kJ/mol 积碳反应：2C0(g)=CO2(g)+C(s)。 回答下列问题： (1)根据题目所给条件计算反应③的△H3= kJ/mol,该反应在 (填“高 温”“低温”或“任何条件”)下能够自发进行。 (2)恒温恒容条件下，下列不能作为反应③2CO(g)十4H2(g)=C2H4(g)+2H2O(g)达到 平衡状态的标志的是 (填标号)。 a.体系的压强不再发生变化 b.混合气体的密度不变 c.混合气体的平均相对分子质量不变 d.各组分的物质的量浓度不再改变 e.断开4molH一H键，同时生成4molH一O键 f.2vE(C2H4)=v逆(H2O) (3)在原料气中添加微量O2有利于保持催化剂的活性，其原因是 (4)对于反应④2C0(g)十5H2(g)=C2H6(g)十2H2O(g),一定可以提高体系中C2H。 的体积分数，且能增大化学反应速率的措施是 (填标号)。 A.增大CO浓度 B.增大压强 C.加入催化剂 D.降温 (⑤)一定条件下，某化工工程师利用传感器对“间接催化制取低碳烯烃”过程中体系各物 质浓度进行测定，发现CH3OH浓度很低，而CO、H2、C2H4、H2O的浓度相对较高， 请你从反应速率角度对该现象给予合理的解释： (6)在温度T℃，保持恒定压强pMPa的反应条件下，将H2、CO、N2按照物质的量 2mol、1mol、7.48mol的比例构成混合气体进行反应： ③2C0(g)+4H2(g)三C2H4(g)+2H2O(g), ④2CO(g)+5H2(g)C2H6(g)+2H2O(g)。平衡时CO的转化率为30%，C2H 的选择性为80%[乙烯选择性= n(C2 HA) (CH)十n(C,H)X100%]。计算T℃时反应③ 的平衡常数K。= MPa3(列出计算式即可。K。是用分压表示的化学 平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (7)已知反应空速是指一定条件下，单位时间、单位体积（或质量）催化剂处理的气体量。 若在450℃101kPa和n(C0):n(H2)=1:2的条件下，利用合成气直接催化制取 乙烯。反应空速对CO转化率和乙烯选择性的影响如下图所示。随着反应空速的增 加，乙烯的选择性先升高后降低的原因是 ▣CO转化率口乙烯选择性 101 60 0 20 10 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.53.0反应空速 【高二化学第6页（共6页）】2026年下学期高二期中校内检测·化学 参考答案、提示及评分细则 题号 1 2 3 5 7 10 11 12 13 14 答案 C A D D B A C C D B D D 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。 1.【答案】C 【解析】青砖块的主要成分是硅酸盐，A错误；金黄色的铜像所用的材料是铜合金，B错误；由“热锅烫蛋 皮”可知是利用蛋白质高温变性，C正确；净化后的水中不含任何化学物质明显不符合事实，D错误。 2.【答案】A 【解析】由题意知，联氨分子中含N一N键，N一H键，A正确；根据方程，反应中氧化剂NaClO与还原 剂N2H4的物质的量之比为1：2，B错误：转移电子数目为0.2Na应该是“0℃，101kPa(标准状况)” 条件下的计算结果，C错误；由于NaClO溶于水中会发生水解，其对水的电离会促进，D错误。 3.【答案】D 【解析】用盐酸润洗滴定管应该是斜放，转动滴定管，A错误；MgC12溶液制取无水MgCL2应该要有干 燥的HCl气流等保护措施防水解，B错误；验证酸性过程CH COOH会挥发，干扰酸性：H2CO3> H2SiO3的验证，C错误。 4.【答案】D 【解析】NH4Cl溶于D2O水解的离子方程式应该：NH+D2O一NH·HDO+D+,A错误；配制 FeCl溶液时要将FCl晶体先溶于浓盐酸，再加水稀释，B错误；金属Na着火不可以利用泡沫灭火器 灭火，因为泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分和二氧化碳，发生多个反应让火焰越烧越旺，完全无 法起到灭火效果，要用干砂灭火，C错误；利用TCl水解：TCl+(x十2)H,O=一TiO2·xHO↓十 4HC1生成TiO2·xH2O沉淀，再经灼烧得TiO2,D正确。 5.【答案】C 【解析】①~⑨序号对应元素分别为H、C、N、O、F、Na、Mg、S、Cl。燃烧热的定义是“在1I01kPa下， 1o1纯物质完全燃烧生成指定的产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热”，氢元素变为HCl,A错 误；元素②(C)的氢化物如果是CH4,结构是正四面体结构。但是C的氢化物很多，并且也不一定是正 四面体结构，B错误；元素⑤(F)和⑥(Na)组成的化合物是NaF是强电解质，C正确；元素④(O)和⑦ (Mg)组成的化合物不是两性氧化物，D错误。 6.【答案】D 【解析】基于图像分析可知，T℃>25℃。根据溶液酸碱性的含义可知，图像中呈中性的点是a点和 c点，b点呈酸性，d点呈碱性。a点在升温时仍然是中性点，不会变到d点，A错误；b点对应的溶液呈 酸性，可以是酸溶液或水解呈酸性的盐溶液等，B错误；溶液中S2O会与H+发生反应，C错误；d点 为CH COONa溶液会促进水的电离，T℃时，Kw=1×10-12mol·L1,此时c(H+)=1×107mol·L1, 溶液中水电离的c(OH)=1×10-5mol·L1,D正确。 7.【答案】B 【解析】该反应的正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，平衡常 数减小，A正确；恒温恒容条件下充人H,混合气体各组分的浓度、分压均不变，平衡不移动，H2的转 化率不变，B错误；恒温恒容条件下，体系温度始终保持初始温度不变，平衡不受反应放热的升温干扰； 而恒容绝热条件下，反应放热导致的升温会使平衡逆向移动，反应正向进行的程度小于恒温恒容条件， 因此H2的转化率会低于恒温恒容条件下的转化率，C正确；使用活性催化剂可降低反应活化能，活化 分子百分数增加，反应速率加快，D正确。 【高二化学参考答案第1页（共5页）】 8.【答案】A 【解析】乙酰水杨酸中含有羧基和酯基两种官能团，乙酸中只含有羧基，二者结构不相似，在分子组成上 也不相差若干个CH2原子团，不是同系物，A错误；乙酰水杨酸中含有羧基，能够发生酯化反应，含有 酯基，能够发生水解反应，B正确；乙酰水杨酸由C、H、O三种元素组成，三种元素均为短周期元素， C正确；1mol乙酰水杨酸最多可以与3molH2发生加成反应，要注意乙酰水杨酸中羧基、酯基中的碳 氧双键不能与H2发生加成反应，D正确。 9.【答案】C 【解析】用0.1mol·【1KOH溶液滴定未知浓度的HC1溶液，选用石蕊的颜色变化过渡模糊，不能准 确指示滴定终点，A错误；FCl2溶液中含有C1,CI在酸性高锰酸钾溶液这一强氧化剂作用下也可能 被氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，不能排除C1的干扰，故不能证明F+具有还原性，B错误；两种盐溶 液浓度相同，CH,COO、F水解均生成OH,通过测定并比较两种溶液的pH大小，可比较二者水解 程度的大小，C正确；加入两种催化剂溶液，未控制催化剂溶液的体积相同，且阴离子种类也不同，不能 探究不同催化剂对H2O2分解的催化效果，D错误。 10.【答案】C 【解析】制取的CO2中混有HCl气体，X中饱和NaHCO,溶液可吸收HCl,且能减少CO2的损失， A正确；“多孔球泡”可增大CO2与溶液的接触面积，从而加快CO2的吸收速率，B正确；制取 NaHCO3的反应为NaCl+NH3+CO2+H2O一NaHCO3￥+NH,Cl,反应过程中气体被吸收并生 成“沉淀”(NaHCO3因溶解度相对较小析出)，体系混乱度减小，属于熵减小的反应，C错误；Na2CO3、 NaHCO,溶液中均满足该电荷守恒关系，D正确。 11.【答案】D 【解析】反应：CH(g)+CO2(g)一2CO(g)+2H2(g)为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活 化能，A错误；脱氢反应阶段不存在非极性键的断裂，B错误；反应过程的决速步骤是第二步，△H= +2.348eV/mol,单位不对，C错误；从图中可看出有4个过渡态，反应包含4个基元反应，D正确。 12.【答案】B 【解析】A项①点坐标为(0,3)，此时c(H+)=1×103mol·L1,乙酸的初始浓度为0.1mol·L1, 则：K.=c(H):cCHC00）≈(1X10)/(0.1-1X10)≈1X105,A正确：B项@点物质组 c(CHCOOH) 成是等物质的量浓度的CH:COOH和CH COOK,溶液呈酸性，说明CH,COOH的电离程度大于 CH COOK水解的程度，故c(CH COOH)<c(CH,COO),B错误；C项②点溶液应满足电荷守恒关 系：c(K+)+c(H+)=c(CH,COO)+c(OH),物料守恒关系：2c(K+)=c(CH,COO)+ c(CH,COOH),两式消掉c(CH.COO),得：c(K+)十c(OH-)=c(CH COOH)+c(H+),C正确； D项①~④点中，④点溶液碱性最强，其碱性来自CH COOK的水解，对水的电离促进程度最大，D正确。 13.【答案D 【解析】a点达到平衡状态，a点所示条件下满足E(NO2)=v逆(NO2),A正确；b点NO2的转化率为 50%,平衡时(N0)=1mol,n(N2)=0.5mol,(C0,)=1mol,则c(N0,)=mol·L,c(N2)= mall,c(c0)-molL,平商常数K-N0G0》 05】 V2 0.51 C2(NO2) /1 V2-2V B正确；C点达平衡后，再充人一定量NO2(g),平衡正向移动；从压强角度看，充人NO2相当于体系总 压强增大，该反应正向是气体分子数增多的方向，增压会抑制反应正向进行，拉低NO2的转化比例， C正确；a、b点反应均达到平衡状态，d点反应未达到平衡状态，d点容器加压，反应正向进行，此时： V正>℃逆，D错误。 【高二化学参考答案第2页（共5页）】 14.【答案】D 【解析】H2R、HR、R-三种微粒中，HR在pH=（pK。,十pK)/2=2.8时的物质的量分数最大，故 曲线Ⅱ代表HR,A正确；A点处HR与HR的物质的量分数相等，则pH=pK。= -lg(5.0×102)=1.3,B正确；由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=2c(R2)十c(HR)+c(OH)。 当c(Na+)=2c(R2-)+c(HR)时，c(H+)=c(OH-),溶液呈中性；加入NaOH体积大于10mL, c2(HR-)K C正确：在pH=2时，(H,R)·c(RK =1000,并非100，D错误。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.【答案及评分标准】(14分) (1)H2X(1分)X2>CN>C1O(2分，写成由小到大不给分) (2)600(2分) (3)1:10°(2分，写成10-6：1给2分) (4)①b(1分，写大写不给分) ②26.10(2分，写26.1不给分) (5)0.0750(2分，写0.07500、0.075、分数形式且对了都给2分) (6)CD(2分，有错误不给分，只写一个且对给1分) 【解析】(1)H2X的第一步电离常数K.=4.0×10,大于HC1O的K,=3×108,因此等浓度时H2X 酸性更强。酸根离子的结合质子能力与失去1个H+得到该酸根离子的酸（共轭酸）的酸性相反， HX、HCN、HCIO的酸性依次增强，所以X、CN、CIO结合质子能力依次减弱。 (2)CH,COOH+CIO--CH,COO-+HCIO,K-K.(CH COOH_1.8X10- K,(HCIO) 3X108=600. (3)pH=4的CH,COOH溶液中，水电离产生的c(H+)=c(OH)=1×10°mol·L1;pH=4的 NH,C1溶液中，NH时水解促进水的电离，由水电离产生的c(H+)约为1×104mol·L1,故二者之 比为1：10。 (4)①用NaOH分别滴定乙酸和盐酸时，酚酞均可在滴定突跃范围内变色，故选b; ②滴定管0刻度在上，自上而下增大，凹液面最低点位于26.10处。 (5)第1次15.80mL与其余数据偏差较大，应舍去；其余三次平均消耗NaOH为15.00mL,故 c(HCD=0.1000X15.00=0.07500mol.L. 20.00 (6)C项终点俯视会使读数偏小，计算的NOH消耗体积偏小，结果偏低；D项有少量待测液溅出，实 际参与反应的HCI减少，NaOH消耗量偏小，结果偏低。A项无影响；B、E、F均会使结果偏高。 16.【答案及评分标准】(14分) (1)适当升高温度（或搅拌、适当增大硫酸浓度等合理即可给2分） 换成稀硝酸后，会生成N○等有毒氮氧化物气体污染环境；稀硝酸受热或见光易分解，无法像稀硫酸 一样在工艺中稳定存在，还会引人额外的杂质离子(2分，答到第一点“污染环境”就给2分) (2)Fe2O3+6H+—2Fe3++3HO(1分)2Fe3++Fe—3Fe+(1分)（离子方程式写成化学方程 式不给分，拆分错误不给分) (3)4FeC,0,十0，均烧2Fe,0十4C0十4C0,(2分，C0、,C0,写气体符号扣1分，条件“灼烧”写成“高 温”给2分，条件“灼烧”不写扣1分，物质有错扣2分) (4)CE(2分，有错误不给分，只写一个且对给1分) (5)H2SO(2分，写成“稀硫酸”“硫酸”“稀H2SO”给2分) (6)84g(2分，没写单位数据算对给1分) 【高二化学参考答案第3页（共5页）】 【解析】(1)酸溶属于固一液反应，适当升温、搅拌或增大反应物浓度等适合条件，均可提高浸出速率和 浸出率。换成稀硝酸后，会生成NO等有毒氮氧化物气体污染环境；稀硝酸受热或见光易分解，无法 像稀硫酸一样在工艺中稳定存在，还会引入额外的杂质离子。 (2)Fe2O,先与酸反应生成Fe+,所得Fe3+又可被过量铁还原为Fe+,故相应离子方程式如答案所示。 (3)红棕色固体为FeO3。设CO与CO2物质的量相等，根据Fe、C、O原子守恒配平可得：4FeC2O,+ 0,灼旋2Fe,0,十4C0十4C02 (4)0.01mol·L1草酸溶液若完全电离，第一步产生的c(H+)至少应达到0.01mol·L1,而实测pH= 2.1,说明其不能完全电离，C可证明；pH=3的草酸稀释10倍后pH仍小于4，说明稀释促进弱酸电 离，E也可证明。A受浓度等因素影响，B、D只能说明草酸具有酸性。 (5)沉淀FC2O时可重新生成H2SO4,因此硫酸可返回酸溶步骤循环利用： (6)铁作负极的电极反应：Fe一2e一Fe2+。当电路中转移3mol电子时，反应的铁的物质的量为 1.5mol,质量为84g。 17.【答案及评分标准】(15分) (1)除去铁屑表面的油污(2分)CO?水解使溶液显碱性：CO+H2O一HCO3十OH(2分，只 要有一级水解方程式且完全正确就给2分，写了二级水解方程式也行，但不是一定要写，文字表述出 现CO电离使溶液呈碱性但是方程式对只给1分) (2)16.7(2分)托盘天平、分液漏斗(2分，写对一个给1分) (3)FeSO:还原性较强，快速操作可防止FeSO4被氧化(2分) (4)减少莫尔盐的溶解损失；可带走晶体表面的水，乙醇本身易挥发加快干燥(2分，一个得分点给1分) (5)酸式滴定管(1分)94.1(2分，题目已有百分号，再写不给分。写94.08不给分) 【解析】(1)热N2CO,溶液呈碱性，可促进油脂水解，从而除去铁屑表面的油污；其碱性来源于CO 的水解。 (2)根据稀释定律cV,=c,V,有V,=3.0mol:LX0.1L×1000=16.7mL。配制过程中需要量 18mol·L1 取浓硫酸、稀释并定容，不需要称量固体，因此图示仪器中托盘天平不需要使用，分液漏斗也不需要使用。 (3)FeSO4还原性较强易被氧化，若操作较慢，易造成FeSO被氧化，影响产率。 (4)莫尔盐不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少晶体的溶解损失；乙醇可带走晶体表面的水，且乙醇挥发性 强，有利于快速干燥。 (5)酸性K2Cr2O,具有强氧化性，应装人酸式滴定管。n(KCr2O,)=0.1000mol·L1×0.03000L= 0.003000mol.由Cr2O+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H2O,可知：n(Fe2+)=0.01800mol,即 纯莫尔盐为0.01800mol,质量为0.01800×392=7.056g,样品纯度7乙.056×100%≈94.1% 18.【答案及评分标准】(15分) (1)-179(2分，没有负号不给分，计算错误不给分)低温(1分)》 (2)b(2分，有错误不给分，只写一个且对给1分，写大写不给分，写其他代号不给分) (3)微量O2可氧化覆盖在催化剂表面的积碳，从而保持催化剂持续活性(2分) (4)B(2分，写小写不给分，写其他代号不给分) (5)反应①生成CHOH的速率较慢，而反应②消耗CHOH的速率较快，CH3OH作为中间产物难 以积累，故而浓度较低(2分，答题视角用了平衡的不给分，没讲清楚反应①②速率快慢的不给分) ·2 ,0.31 (6) 2 [2分，写成0.012)·(0.03p)2 0.07p·(0.137p也给2分] (7)空速较小时乙烯停留时间较长，易继续发生副反应，适当增大空速可减少副反应发生而使乙烯选 择性上升；空速过大时反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分，乙烯选择性下降(2分，答清楚上 升下降的原因各给1分，没讲清楚空速大小与副反应或反应是否充分这些观点的不给分) 【高二化学参考答案第4页（共5页）】 【解析】(1)将反应①X2后与反应②、反应⑤×2相加，即可得到反应③，因此：△H=2△H1+△H2+ 2△H=2×(一116)+（一35）十2×(+44)=一179kJ/mol。反应③为放热反应，且气体物质的量明 显减少，△S<0,因此低温更有利于满足△G=△H一T△S<0。 (2)恒温恒容条件下，反应前后气体总物质的量改变，故压强、平均相对分子质量均可随反应进程变 化；各组分浓度不再改变也可判定平衡，且20正(C2H)=v(H2O)符合正逆反应速率相等、化学计量 关系正确。混合气体的总质量和体积均恒定，所以密度始终不变；断开4olH一H键，同时生成 4molH一O键，方向相同并非一正一逆，b、e不能作为平衡标志。 (3)催化剂失活与积碳覆盖催化剂表面活性位点有关，加入微量O2可将积碳氧化，从而清除积碳。 (4)A项大量充入CO时，总物质的量的增幅超过平衡移动导致的C2H6物质的量的增幅，会使C2H。 体积分数下降，不符合“一定提高C2H。体积分数”的要求；B项速率层面：增大压强（压缩体积）会使反 应物浓度升高，化学反应速率增大；平衡层面：增大压强平衡向气体分子数减少的正反应方向移动， C2H的物质的量增加，体系总物质的量减少，因此C2H。的体积分数一定提高，完全符合要求；C项 平衡不移动不改变C2H。体积分数；D项速率下降，均不符合要求。 (5)CHOH是间接法中的中间产物；若其生成慢而消耗快，则浓度较低，同时上游CO、H2未被大量 消耗，下游C2H4、H2O可保持较高浓度。 (6)第一步：根据题意，计算反应的CO总消耗量，初始CO物质的量为1mol,平衡时CO的转化率为 30%,因此反应消耗的C0总物质的量：n(C0,消耗)=1mol×30%=0.3mol。 第二步：按选择性分配两个反应的CO消耗量 C2H4选择性为80%，即反应③消耗的C0占总消耗CO的80%，剩余20%的CO参与反应④： 反应③消耗C0:(CO,消耗)=0.3mol×80%=0.24mol, 反应④消耗CO:n(CO,消耗)=0.3mol×20%=0.06mol, 第三步：根据反应计量比计算各组分反应量 反应③(2CO+4H2==C2H4+2H2O): 消耗H2:0.24mol×2=0.48mol,生成C2H4:0.24mol×0.5=0.12mol,生成H2O:0.24mol. 反应④(2CO+5H2==C2H6+2H2O): 消耗H2:0.06mol×2.5=0.15mol,生成C2H6:0.06mol×0.5=0.03mol,生成H2O:0.06mol. 第四步：计算平衡时各组分的物质的量和总物质的量，惰性气体N2不参与反应，物质的量始终为 7.48mol。 n(CO)=1 mol-0.3 mol=0.7 mol,n(H,)=2 mol-0.48 mol-0.15 mol=1.37 mol,n(C,H )=0.12 mol n(H2O)=0.24mol+0.06mol=0.3mol,n(C2H6)=0.03mol,n(N2)=7.48mol。 计算平衡总物质的量：n总=0.7+1.37+0.12+0.3+0.03+7.48=10mol 是· 第五步：代入K。表达式列出反应③的K。计算式为 /1.37 。,写成 /0.7 (i0p)·(0p)】 (0.012p)·(0.03p)2 (0.07p2·(0.137p也行。 (7)反应空速决定气体在催化剂表面层中的停留时间。空速过低时产物乙烯易继续发生副反应，适当 增大空速可减少二次反应；空速过大又会使反应物与催化剂接触不足，目标反应受到影响，因此选择 性表现为先升高后降低。 【高二化学参考答案第5页（共5页）】