2022-2023学年浙江省宁波市金兰教育合作组织高二上学期期中联考化学试题（解析版）

PAGEPAGE1浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学年高二上学期期中联考考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.本卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24K39Mn55选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50分)1.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是A.锅炉水垢中含有的，可先用溶液处理，后用酸除去B.在其他外界条件不变的情况下，汽车排气管中使用催化剂，可改变产生尾气的反应方向C.疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率。D.用作沉淀剂，除去水中的和【答案】B【解析】A．微溶的可以用溶液处理转化成难溶的CaCO3，后用酸除去，A正确；B．使用催化剂可以加快反应速率，不可以改变产生尾气的反应方向，B错误；C．蛋白质在高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以减小蛋白质变性的速率，C正确；D．S-可以跟Cu2+、Hg2+结合变成沉淀，D正确；答案选A。2.下列物质的水溶液呈碱性的是A. B. C. D.【答案】D【解析】A．氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，溶液呈中性，故A不符合题意；B．亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B不符合题意；C．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，故C不符合题意；D．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故D符合题意；故选D。3.关于合成氨工业的说法中错误的是A.混合气进行循环利用遵循绿色化学思想B.工业上采用高温条件的目的是为了提高平衡转化率C.对原料气进行压缩可增大原料气的转化率D.使用催化剂能加快该反应速率的原因是降低了活化能【答案】B【解析】A．混合气进行循环利用可以节约能源、提高原料的利用率，这遵循绿色化学思想，故A正确；B．该反应为放热反应，温度太高会降低平衡的转化率，但是温度太低会影响催化剂的活性，故采用适当的温度，故B错误；C．对原料气进行压缩，即增大压强，化学平衡正向移动，可以增大原料气的转化率，故C正确；D．催化剂能提高反应的速率，是因为降低了活化能，故D正确。答案选B。4.下列反应既是氧化还原反应且在任何温度下都能正向自发进行的是A.B.(s，石墨)C.D.【答案】A【解析】A．△H<0，△S>0，可满足△H-T△S<0，反应在任何温度下都能正向自发进行，故A符合；B．△H>0，△S<0，△H-T△S>0，反应在任何温度下都不能正向自发进行，故B不符合；C．△H<0，△S<0，温度较低时可满足△H-T△S<0，反应在较低温度下能正向自发进行，故C不符合；D．△H>0，△S>0，温度较高时可满足△H-T△S<0，反应在较高温度下能正向自发进行，故D不符合；故选A。5.以太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制的过程如图所示。下列叙述正确的是A.过程中是中间产物B.该过程的热化学方程式可以表示为：C.过程II中3的总能量高于1D.铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点【答案】D【解析】A．太阳能为热源分解，经热化学铁氧化合物循环分解水制，故是过程Ⅰ的反应物，过程Ⅱ的生成物，不是中间产物，A错误；B．根据图示，过程Ⅰ的热反应方程式为，过程Ⅱ的热反应方程式为，根据盖斯定律：-(过程Ⅰ+过程Ⅱ)可得，，B错误；C．根据图示，由过程Ⅱ中无法比较3mol的总能量与1mol的高低，C错误；D．根据流程信息可知，铁氧化合物循环制具有节约能源、产物易分离等优点，D正确。故选D。6.2021年10月，神舟十三号载人飞船成功发射。载人飞船中通过如下过程实现再生：①②下列说法错误的是A.的燃烧热B.反应的C.反应①中断裂反应物中的化学键所需的能量小于形成生成物中化学键所释放的能量D.反应的ΔH=-890.3kJ·mol-1【答案】B【解析】A．根据②可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)ΔH2=-571.6kJ·mol-1。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，H2O的稳定状态是液态，2molH2完全燃烧产生液态水放出热量是571.6kJ，则1molH2完全燃烧产生液态水放出热量是285.8kJ，故H2的燃烧热ΔH=-285.8kJ·mol-1，A正确；B．反应物的能量相同，当生成物是气态时含有的能量比液态高，所以反应放出热量就少，反应放出热量越少，则反应热就越大，所以反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＞-571.6kJ·mol-1，B错误；C．反应①是放热反应，所以反应①中断裂反应物中的化学键所需的能量小于形成生成物中化学键所释放的能量，C正确；D．已知①CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH1=-252.9kJ·mol-1②2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=+571.6kJ·mol-1根据盖斯定律，将[①+②×2]×(-1)，整理可得反应CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的ΔH=-890.3kJ·mol-1，D正确；故选B。7.2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课。王亚平利用泡腾片演示了微重力环境下液体表面张力的实验。某维C泡腾片具有抗氧化、防衰老的功效，含有维生素C、柠檬酸、碳酸氢钠、乳糖、山梨糖醇等，遇水有大量气体生成。下列说法错误的是A.该泡腾片功效与控制反应速率有关B.泡腾片的保存需注意防潮，故使用后应密封保存C.由泡腾片溶于水产生二氧化碳的现象可知，酸性：碳酸>柠檬酸D.其他条件相同时，用温水溶解泡腾片冒气泡的速率比用冷水快【答案】C【解析】A．已知该泡腾片具有抗氧化的功效、遇水有大量气体生成。则该泡腾片泡好后久置还原性的物质会被氧气氧化、气体也基本逸出，所以泡腾片功效与控制反应速率有关，A正确；B．已知该泡腾片具有抗氧化的功效、遇水有大量气体生成，则泡腾片的保存需注意防潮，故使用后应密封保存，B正确；C．强酸能制弱酸，由泡腾片溶于水时柠檬酸、碳酸氢钠反应产生了二氧化碳，则酸性：柠檬酸碳酸，C错误；D．其他条件相同时温度高反应速率快，则用温水溶解泡腾片冒气泡的速率比用冷水快，D正确；故选C。8.用0.2000溶液滴定未知浓度的高锰酸钾溶液，下列操作正确的是A.滴定管和锥形瓶用蒸馏水洗涤后，分别再用标准溶液和待测液润洗B.高锰酸钾溶液可用酸式滴定管量取C.滴定过程中右手振荡锥形瓶，左手控制滴定管，眼睛密切注视滴定管中液面变化D.滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由紫红色变为无色，即达到滴定终点【答案】B【解析】A．滴定管用蒸馏水洗涤后需用标准溶液润洗，锥形瓶用蒸馏水洗涤后不需要润洗，A项错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管量取，可用酸式滴定管量取，B项正确；C．滴定过程中左手控制滴定管，右手振荡锥形瓶，眼睛密切注视锥形瓶中溶液颜色的变化，不是注视滴定管中液面的变化，C项错误；D．该反应的反应原理为5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，由于高锰酸钾溶液本身有颜色，不需要加其它指示剂，滴入最后半滴标准H2C2O4溶液，溶液颜色由浅紫红色变为无色，且半分钟内不变色，表示达到滴定终点，D项错误；答案选B。9.下列现象可以用勒夏特列原理来解释的是A.硫酸氢钠溶液小于7B.使用合适的催化剂可以提高合成氨的产量C.二氧化氮和四氧化二氮的平衡体系中，容器体积减小一半颜色加深D.工业制取金属钾选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来【答案】D【解析】A．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液呈酸性，则溶液pH小于7不能用勒夏特列原理来解释，故A不符合题意；B．使用合适的催化剂，合成氨反应的反应速率增大，但化学平衡不移动，合成氨的产量不变，故B不符合题意；C．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，则容器体积减小一半颜色加深不能用勒夏特列原理来解释，故C不符合题意；D．使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，有利于金属钾的制备，则使钾变成蒸气从反应混合物中分离出来能用勒夏特列原理来解释，故D符合题意；故选D。10.下列生活中的现象，与盐的水解无关的是A.古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物B.与两种溶液可作泡沫灭火器C.铁在潮湿环境中生锈D.氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂【答案】C【解析】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A不符合题意；B．用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂，两者发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳气体，与盐类水解有关，B不符合题意；C．铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和盐类的水解无关，C符合题意；D．氯化铵水解使溶液呈酸性，可与金属氧化物反应以除锈，与盐类的水解有关，D不符合题意；故选C。11.O3也是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下：反应①O3O2+[O]△H＞0，平衡常数为K1；反应②[O]+O32O2△H＜0，平衡常数为K2；总反应：2O33O2△H＜0，平衡常数为K。下列叙述正确的是A.升高温度，K增大 B.K=K1+K2C适当升温可提高消毒效率 D.压强增大，K2减小【答案】C【解析】A．由总反应：可知，正反应为放热反应，则降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项错误；B．由，B项错误；C．适当升温，反应①的平衡正向移动，生成，反应②的平衡逆向移动，的量增多，则可提高消毒效率，C项正确；D．平衡常数只受温度的影响，温度不变，平衡常数不变，D项错误；故选C12.下列实验操作正确的是A.中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌B.向20.01的溶液中加入50.01的溶液充分反应，取反应后溶液向其中加入溶液，若溶液颜色变成红色则为可逆反应C.用玻璃棒蘸取0.10溶液点在用水湿润的广泛试纸上，测定该溶液的D.改用600.50盐酸跟500.55溶液进行反应，求出的中和热数值和原来不同【答案】B【解析】A．中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中氢氧化钠溶液应迅速倒入小烧杯中，否则会造成热量散失，导致所测结果偏低，故A错误；B．少量的氯化铁溶液与碘化钾溶液充分反应后加入硫氰化钾溶液，溶液颜色变成红色说明溶液中含有铁离子，证明氯化铁溶液与碘化钾溶液反应生成氯化亚铁和碘的反应为可逆反应，故B正确；C．用pH试纸测定醋酸醋酸溶液pH时，试纸不能用蒸馏水润湿，且测定的pH为范围值，不是确定值，故C错误；D．改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应时，反应放出的热量不同，但求出的中和热数值和原来相同，故D错误；故选B。13.下列说法与相关方程式书写均正确的是A.水溶液显碱性：B.溶液显酸性：C.在水溶液中的电离方程式：D.一定条件下，在密闭容器中1与0.5充分反应，测得放出热量a，则()【答案】B【解析】A．为二元弱酸，则水溶液显碱性的水解方程式为：、，A错误；B．HClO为弱酸，电离得到氢离子和次氯酸根离子，氢离子与水结合，则电离方程式为：，B正确；C．在水溶液中的电离方程式为：，C错误；D．一定条件下，在密闭容器中1mol与0.5mol充分反应，测得放出热量akJ，因为该反应是可逆反应，则，D错误；故选B14.常温下，下列各组离子一定能与指定溶液大量共存是A.溶液：、、、B.的溶液：、、、C.能使甲基橙变为红色的溶液：、、、D.水电离出的的溶液：、、、【答案】B【解析】A．铝离子和硫氢根离子发生双水解反应生成硫化氢和氢氧化铝，A错误；B．时，溶液中存在氢氧根离子，在碱性条件下，相互之间不反应，和氢氧根离子也不反应可以共存，B正确；C．甲基橙变为红色，则溶液显酸性，在酸性条件下二价铁和硝酸根离子会反应，C错误；D．水电离出的的溶液，说明溶液显酸性或者碱性，碱性条件下，镁离子，铜离子会形成沉淀，酸性条件下，醋酸根离子会形成醋酸分子，不能共存，D错误；故选B。15.已知X转化为R和W分步进行：①②。述反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.增加体系中的浓度，反应物活化分子百分数增大，有效碰撞概率增大，反应速率加快B.反应过程中，由于，反应①的速率大于反应②的速率C.更换高效催化剂，可使和减小D.【答案】D【解析】A．增加体系中的浓度，增大了单位体积内活化分子数目，但活化分子百分数不变，故A错误；B．，活化能越大反应速率越慢，反应①的速率小于反应②，故B错误；C．催化剂不影响焓变，故C错误；D．由图可知为吸热反应，则为放热反应，焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能，，故D正确；故选：D。16.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L1氯化铵水溶液中与数目之和大于NAB.0.1溶液中数目小于0.1NAC.常温下，1L的纯碱溶液中，由水电离产生的数目为D.1000.1的水溶液中含有的氧原子数目为0.01NA【答案】A【解析】A．1L1mol/L氯化铵溶液中Cl-物质的量为1mol，溶液中的电荷守恒为n()+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，故溶液中与H+物质的量之和大于1mol，数目大于NA，A项正确；B．溶液的体积未知，无法判断物质的量，B项错误；C．常温下pH=10的纯碱溶液中c(OH-)=10-4mol/L，1L溶液中n(OH-)=10-4mol，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离产生的OH-数目为10-4NA，C项错误；D．100mL0.1mol/LNaOH溶液中NaOH物质的量为0.01mol，NaOH中含有的氧原子物质的量为0.01mol，溶剂水中还含有氧原子，则溶液中含有的氧原子数大于0.01NA，D项错误；答案选A。17.为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是A.图1中可以通过测定相同状况下反应产生的气体体积及反应时间比较反应速率的大小B.用图1装置进行实验时，关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好C.图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小D.若图2所示的实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解反应的催化效果好【答案】D【解析】A．图1中注射器可以测量生成气体体积，通过测定相同状况下反应产生的气体体积及反应时间比较反应速率的大小，A正确；B．装置气密性检验的原理是：通过气体发生器构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象来判断装置气密性的好坏。用图1装置进行实验时，关闭A处活塞，将注射器活塞向外拉，松开后活塞复原说明装置气密性良好，B正确；C．图2实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小，气泡产生快则反应速率快，C正确；D．实验中酸根离子不同，若图2所示的实验中反应速率为①>②，还不能说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解反应的催化效果好，D错误；故选D。18.根据下列图示所得出的结论正确的是A.图甲表示反应的能量变化，该反应为放热反应B.图乙表示密闭容器中到达平衡时，的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则C.图丙表示一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，则b点时醋酸电离程度最大D.图丁硫化镉()在水中的沉淀溶解平衡曲线图，向m点的溶液中加入少量固体，溶液组成由m沿线向p方向移动【答案】D【解析】A．由图可知，图甲表示反应为反应物总能量小于生成物总能量的放热反应，故A错误；B．由方程式可知，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率减小，由图可知，相同温度时，p1条件下甲烷转化率大于p2，则压强p1小于p2，故B错误；C．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释时，平衡向右移动，电离程度增大，由图可知，c点溶液的浓度最小，则电离程度最大，故C错误；D．向m点的溶液中加入少量硫化钠固体，溶液中硫离子浓度增大，硫化镉的溶度积不变，则镉离子的浓度减小，所以溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，故D正确；故选D。19.证据推理与模型认知是学习化学学科必备的核心素养之一，下列推理不正确的是A.由得出相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大B.由常温下相同浓度的和两溶液等体积混合后pH约为4.7，推出溶液中C.由FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，推出D.由粒子原子守恒可知1溶液中，【答案】A【解析】A．，同浓度HCOOH酸性强于HF，则两酸对应的同浓度的盐溶液，氟化物水解程度更大，溶液碱性更强，描述错误，符合题意；B．根据电荷守恒，溶液pH=4.7，，则有，混合前两种溶液浓度及体积均相等，则溶质物质的量相等，CH3COONa是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，不完全电离，所以混合溶液中，故选项不等式表达正确，不符题意；C．S2-可以结合H+形成HS-，HS-再结合H+形成H2S，溶液中H2S达到饱和开始有H2S气体逸出；若溶液中S2-浓度过低，则前文描述过程可能只发生第一步或者到第二步就达到平衡，最终无气体生产；所以选项推测信息合理，不符题意；D．化合物Na2S中Na+物质的量是S2-的两倍，Na2S溶于水完全电离，所以溶液浓度1mol•L-1，c(Na+)=2mol•L-1；S2-溶于水会水解生成HS-及H2S，故三种微粒总物质的量与原化合物Na2S中S2-的物质的量相等，所以溶液中有，选项中等式表达正确，不符题意；综上，本题选A。20.25℃时，相同pH值的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A-)小于c(B-)B.a点溶液的导电性大于b点溶液C.a点的c(HA)大于b点的c(HB)D.HA的酸性强于HB【答案】D【解析】A．根据图象可知稀释相同的倍数时HA的pH变化大，这说明HA的酸性强于HB的酸性，所以同浓度的NaA与NaB溶液中，A－的水解程度小于B－离子的水解程度，则溶液中c(A-)大于c(B-)，A错误；B．a点溶液的pH大，氢离子浓度小，所以导电性弱于b点溶液，B错误；C．HA的酸性强于HB，则在pH相等的条件下HA的浓度小于HB的浓度，稀释相等倍数后a点的c(HA)小于b点的c(HB)，C错误；D．根据以上分析可知HA的酸性强于HB，D正确；答案选D。21.温度为T℃，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol，发生反应：。反应相同时间，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示()。下列说法正确的是A.对c点容器加压，缩小容器体积，则此时B.T℃时，a、b两点时反应的平衡常数C.向a点体系中充入一定量，达到新平衡时，转化率将减小D.图中c点所示条件下【答案】C【解析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。A．在相同的反应时间内，c点对应的容器体积最大、压强最小，化学反应速率较慢，故其中二氧化氮的转化率较小，对c点容器加压，缩小容器体积，则化学反应速率加快，向正反应方向进行，此时v(逆)＜v(正），A错误；B．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，因此，T°C时，a、b两点时反应平衡常数Ka=Kb，B错误；C．向a点体系中充入一定量NO2，相当于在原平衡的基础上增大压强（因为另一反应物是固体），化学平衡向逆反应方向移动，则达到新平衡时，NO2转化率将减小，C正确；D．由分析可知，c点反应未达到平衡状态，则v(逆)≠v(正），D错误；答案选C。22.侯式制碱法工艺流程及反应原理如图。下列相关说法不正确的是A.使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于NaHCO3沉淀B.沉淀池中先通入NH3，再持续通入CO2，有利于增大c(HCO)C.母液中加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出D.母液中通入NH3，c(CO)和c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出但纯度降低【答案】D【解析】A．使用饱和食盐水，c(Na+)可以达到最大，有利于析出NaHCO3晶体，故A正确；B．沉淀池中先通入NH3，使溶液呈碱性，再通入CO2，可增大CO2在溶液中的溶解度，有利于增大c(HCO)，故B正确；C．母液中含有NH4Cl溶质，加入细小食盐颗粒，c(Cl-)提高，有利于NH4Cl更多地析出，故C正确；D．通入NH3使c(NH)提高，有利于NH4Cl更多地析出，同时使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转化为溶解度较大的碳酸钠，可提高NH4Cl的纯度，故D错误；答案选D。23.在某温度时，将x氨水滴入101.0盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是A.a点：B.氨水的浓度为1.0C.b点溶液中加入溶液至中性后，D.b、c、d三点水的电离程度大小关系是【答案】D【解析】【分析】x氨水滴入盐酸中，发生NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，NH3·H2O和HCl恰好完全反应得NH4Cl溶液，此时温度应最高，由于NH4Cl是强碱弱酸正盐，其水溶液显酸性，pH<7，即b点对应恰好完全反应。【详解】A．a点pH=0，则c(H+)=1mol/L，水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw<1.0×10-14，即c(H+)c(OH-)<1.0×10-14，即c(OH-)=<mol/L=1.0×10-14mol/L，A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，此时n(HCl)=n(NH3·H2O)，即×=c(NH3·H2O)×V，由于c点对应氨水体积是10mL，则b点体积V小于10mL，因此氨水的浓度大于1.0mol/L，B错误；C．b点溶液中加入NaOH溶液至中性后点存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c()+c(H+)+c(Na+)，中性c(OH-)=c(H+)，则有c(Cl-)=c()+c(Na+)，则c(Cl-)>c(Na+)，C错误；D．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，n(HCl)=n(NH3·H2O)，铵根离子水解促进了水的电离，而c、d两点氨水都过量，会抑制水的电离，氨水体积越大，NH3·H2O的物质的量越多，对水电离的抑制程度就越大，故b、c、d三点水的电离程度为：b>c>d，D正确；故选D。24.在恒定的某温度下，三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：，各容器中起始物质的量浓度与反应温度(已知)如表所示：容器温度/℃起始物质的量浓度甲0.100.1000乙000.100.20丙0.100.1000反应过程中甲、丙容器中的物质的量随时间变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.该反应的正反应为放热反应，平衡常数B.达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍C.乙容器中反应达到平衡时，的转化率大于40%D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10mol，此时v(正)>v(逆)【答案】C【解析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，温度T1>T2，平衡常数K(T1)<K(T2)，故A正确；B．温度T1>T2，反应为放热反应，温度降低平衡正向进行，气体物质的量减小，气体压强减小，乙气体物质的量为甲的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，气体物质的量减小，达到平衡时，乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故B正确；C．由图象可知，丙中达到平衡状态二氧化碳0.12mol，乙若达到相同平衡状态，体积增大一倍，浓度变为原来的二分之一，此时氮气转化率，但相同体积条件下，相当于体积缩小压强增大平衡正向进行，氮气转化率小于40%，故C错误；D．结合表格中丙的相关数据，列“三段式”：平衡常数，丙容器中反应达到平衡后，再充0.10molNO和0.10molCO2，浓度商Qc=，平衡正向进行，此时v(正)>v(逆)，故D正确；答案选C。25.下列实验操作、现象、结论或解释不对应的是选项操作现象结论或解释A常温下，向物质的量浓度均为0.1的和混合溶液中逐滴滴入液先出现黄色沉淀B向盛有相同浓度溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀溶液中可能存在平衡：C常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的片反应醋酸溶液中放出H2的速率较慢醋酸是弱电解质D滴有酚酞的，溶液中加入少量固体溶液红色变浅溶液中存在水解平衡A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向物质的量浓度均为0.1的和混合溶液中，逐滴滴入溶先出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，Ksp小的先生成沉淀，所以，A错误；B．向盛有相同浓度溶液的两支试管中，分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，证明溶液中产生了I2和I-，溶液中可能存在平衡：，B正确；C．常温下，同浓度同体积的醋酸溶液和盐酸分别与相同大小的片反应醋酸溶液中放出H2的速率较慢，说明醋酸不能完全电离，为弱电解质，C正确；D．滴有酚酞的碳酸钠溶液呈红色,，加入BaCl2，Ba2+和生成沉淀，平衡向左移动溶液，颜色变浅，D正确；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.与研究物质变化一样，研究化学反应中的能量变化同样具有重要意义。I.的有效回收利用能缓解能源危机。热化学循环还原制的原理如下图所示。（1）从循环结果看，能量转化的主要方式是_______。（2）在反应中循环使用，其作用是_______。II.已知二甲醚(，常温下呈气态)、的燃烧热分别为1455、286。（3）请写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式_______。（4）利用二甲醚可制取，总反应为。已知，则总反应的_______。总反应能自发进行的条件是_______。（5）二甲醚制的总反应分两步完成：二甲醚水解：活化能甲醇与水蒸气重整：活化能已知远小于。在恒温恒容容器内，二甲醚与水按1∶3投料进行制氢，请在图中画出甲醇()浓度随时间变化的曲线图_______。【答案】（1）太阳能转化为化学能（2）催化剂（3）（4）①.129kJ/mol②.高温（5）【解析】【小问1详解】分析题图可知在太阳能的作用下，实现反应,所以实现了太阳能向化学能的转化，故答案为：太阳能转化为化学能；【小问2详解】由图可知，Zn/ZnO在反应中循环使用起到催化剂的作用，故答案为：催化剂；【小问3详解】燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定物质所放出的热量，二甲醚的燃烧热为1455kJ/mol，则其燃烧热的热化学方程式为：CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1455kJ/mol【小问4详解】①氢气的燃烧热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol。设①CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H1=-1455kJ/mol，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H2=-286kJ/mol，③H2O(g)=H2O(l)△H3=-44kJ/mol，④CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g)△H，依据盖斯定律：④=①-②6+③3，△H=△H1-△H26+△H33，代入数值，求得△H=129kJ/mol。②总反应反应后气体分子数增多，△S>0，而△H>0，因此总反应能自发进行的条件是高温。【小问5详解】反应I的活化能比反应Ⅱ低，所以第一步转化为甲醇的反应进行较快，而第二步甲醇转化为氢气的反应进行较慢，这样会在短时间内造成甲醇的积累，随着时间推移，上述反应各自达到平衡，甲醇的浓度最终还会下降，因此图象中甲醇的浓度先上升，后下降，最后几乎不变，图象为：27.氯化铵()是一种重要的化工产品。（1）室温下，0.1的溶液。请用离子方程式解释溶液呈酸性的原因_______。（2）作氮肥会导致土壤酸化及含量超标，化工专家提出用将转化为附加值更高的和。该转化过程分两步完成，原理如下：水化：蒸氨：已知，。则“蒸氨”反应的平衡常数_______。加热有利于提高蒸氨率，原因是_______。（3）“蒸氨率”测定：加热混合物，蒸出的用过量吸收，稀释吸收液并定容至250，取出25用标准溶液滴定至终点。滴定前的下列操作的正确顺序是_______(填字母)。a.盛装标准溶液b.用标准溶液润洗c.读数、记录d.查漏、清洗e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面【答案】（1）（2）①.0.0125②.加热，受热分解，浓度降低，“蒸氨”反应平衡向正反应方向移动（3）dbaec【解析】【小问1详解】NH4Cl属于强酸弱碱盐，由于的水解，NH4Cl溶液呈酸性，水解的离子方程式为+H2O⇌NH3∙H2O+H+；答案为：+H2O⇌NH3∙H2O+H+。【小问2详解】“蒸氨”反应的平衡常数K=====0.0125；“蒸氨”时加热，NH3∙H2O受热分解，NH3∙H2O的浓度降低，“蒸氨”反应平衡向正反应方向移动，有利于提高蒸氨率；答案为：0.0125；加热，NH3∙H2O受热分解，浓度降低，“蒸氨”反应平衡向正反应方向移动。【小问3详解】该滴定原理使用NaOH标准溶液滴定过量的H2SO4溶液，NaOH溶液用碱式滴定管盛放，故滴定前的操作顺序为：d（查漏、清洗）→b（用NaOH标准溶液润洗）→a（盛装NaOH标准溶液）→e（排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面）→c（读数、记录初始读数），即顺序为dbaec；答案为：dbaec。28.平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。研究水溶液中的粒子行为在化学研究中具有重要价值。I.锅炉水垢会降低燃料的利用率，造成能源浪费。是水垢成分之一。（1）室温下，已知的，向0.05的溶液中滴加浓溶液，刚好出现沉淀时，溶液的约为_______。II.已知：常温下，部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸电离平衡常数(25℃)（2）常温下，相同物质的量浓度的、和溶液，导电能力最强的是_______(填化学式)。（3）下列方法中，可以使0.1溶液中的电离度增大的是_______。A.通入少量气体 B.加入少量冰醋酸C.加入少量醋酸钠固体 D.加入少量水（4）将少量气体通入到溶液中，发生反应的离子方程式_______。（5）常温下，同浓度的①、②、③、④这4种溶液中由大到小的顺序是_______(填编号)。（6）某同学在测定相等的盐酸和溶液的时，先用蒸馏水将试纸润湿，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测，则测定结果误差较大的是_______。【答案】（1）9（2）HCOOH（3）D（4）（5）④②③①（6）盐酸【解析】【小问1详解】滴加浓NaOH溶液，刚好开始出现沉淀，存在Ksp=c(Mg2+)·c2(OH-)，c(OH-)==1.0×10-5mol/L，c(H+)==1.0×10-9mol/L，即pH=9；故答案为9；【小问2详解】电解质的导电能力与离子浓度、所带电荷数、温度等有关，HCOOH、CH3COOH、HClO均为一元弱酸，相同温度下，三种溶液导电能力与离子浓度有关，根据表中数据可知，电离平衡常数大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，离子浓度大小顺序是HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力：HCOOH＞CH3COOH＞HClO，导电能力最强的是HCOOH；故答案为HCOOH；【小问3详解】醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，A．加入少量HCl，溶液中c(H+)增大，抑制醋酸的电离，电离度增大，故A不符合题意；B．加入少量冰醋酸，虽然电离平衡向右进行，但醋酸的电离度降低，故B不符合题意；C．加入醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，抑制电离，醋酸的电离度降低，故C不符合题意；D．加入少量水，稀释溶液，促进电离，醋酸的电离度增大，故D符合题意；答案为D。【小问4详解】根据表中数据可知，电离平衡常数：H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，利用酸性强的制取酸性弱的，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；故答案为ClO-+CO2+H2O=HCO+HClO；【小问5详解】利用Kh=，相同温度下，电离平衡常数越小，水解平衡常数越大，根据图表数据可知，HCOOH＞H2CO3(Ka1)＞HClO＞H2CO3(Ka2)，因此常温下，相同浓度的四种溶液的pH由大到小顺序是Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞HCOONa，即④②③①；故答案为④②③①；【小问6详解】两种溶液中c(H+)相同，则起始时溶液的pH相同，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，水稀释促进醋酸的电离，稀释相同倍数时，盐酸中c(H+)小于醋酸中c(H+)，即测定结果误差较大的是盐酸；故答案为盐酸。29.食醋是日常饮食中的一种调味剂，国家标准规定酿造食醋中醋酸含量不得低于0.035。用标准溶液可以测定食醋中醋酸的浓度，以检测白醋是否符合国家标准。某品牌白醋的醋酸浓度测定过程如图所示，回答下列问题：（1）实验中应选_______作指示剂(填“酚酞”、“甲基橙”或“石蕊”)（2）该滴定达到终点时的现象是_______。（3）盛标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用如图中的_______操作(填序号)。（4）某次实验滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，则所用溶液的体积为_______mL。（5）用标准的0.06000mol/LNaOH溶液滴定上述稀释后的醋酸溶液，滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.00mL0.0225.01225.00mL0.7025.71325.00mL0.5024.2则该白醋中醋酸含量为_______g/mL。（6）下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是_______(填编号)。A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液B.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.滴定过程中振摇时有液滴溅出D.读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数E.碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）酚酞（2）当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色（3）③（4）26.10（5）0.036（6）CD【解析】碱性滴定管洗净后用待装氢氧化钠溶液润洗2~3次、装入氢氧化钠溶液，使尖嘴部分充满液体，并没有气泡，调液面到零或零刻度以下，等液面稳定后读数并记录；准确移取25.00毫升白醋稀释液于锥形瓶中，滴加两滴指示剂，在锥形瓶下垫一张白纸，通过碱式滴定管向醋酸溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液、并不摇动锥形瓶，等锥形瓶中溶液的颜色从无色变成浅红色、30秒内不褪色时停止滴定、待液面稳定后读取滴定管液面的读数并记录，重复2-3次实验；实验过程中操作不规范会引起误差，误差分析的总依据为：由，由于c标、V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标偏大则c测偏大，V标偏小则c测偏小；【小问1详解】醋酸为弱酸，恰好中和得到强碱弱酸盐醋酸钠，溶液显碱性，故应选择在碱性环境中变色的酚酞作指示剂。【小问2详解】酚酞在醋酸中呈无色、在pH=8的溶液中呈浅红色，该滴定达到终点时的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色。【小问3详解】盛标准液的滴定管为碱式滴定管，排除气泡的方法将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出；故选③；【小问4详解】按碱式滴定管中的液面示意图，则所用NaOH溶液的体积为26.10mL-0.00mL=26.10mL。【小问5详解】由表知：第一次消耗NaOH溶液体积为25.01mL-0.02mL=24.99mL，第二次消耗NaOH溶液体积为25.71mL-0.70mL=25.01mL，第三次末读数据准确度不够、且消耗NaOH溶液体积粗略为24.2mL-0.50mL=23.7mL，偏差大，舍去第三次数据，则按前二次数据取平均值：消耗0.0600