2021-2022学年广东省深圳某中学高二（上）期中化学试卷（附详解）

2021-2022学年广东省深圳高级中学高二（上）期中化学

试卷

一、单选题（本大题共16小题，共44.（）分）

1.2021年9月24日，中国科学家在国际学术期刊《科学》中发表了以二氧化碳为原料,

不依赖植物光合作用，直接人工合成淀粉的成果.核磁共振等检测发现，人工合成

淀粉分子与天然淀粉分子的结构组成一致.下列说法不正确的是（）

A.合成过程中需要氢原子的参与

B.可用碘染色来观察淀粉的产生

C.人工合成的淀粉溶液无法产生丁达尔效应

D.该研究为粮食淀粉可持续供给、二氧化碳转化利用提供新的战略方向

2.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）

A.酸性溶液：Na+、Mg2+、C「、HCO3

B.c（H+）=1xICT”的溶液：Na+、K+、CIO-,COp

C.某无色透明的溶液：H+、Cu2+、sol-'cr

D.能溶解Al（0H）3的溶液：K+、NH。、NO］、CH3COO-

3.利用丙三醇催化氢解可制备丙二醇（沸点184.8。0,其原理

CH—CH—CH2CH2—CH2—CH2

III+出丝剂II+H0

OHOHOHOHOH

已知INA是阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）

A.0.5mol丙三醇中含有的羟基数为1.5NA

B.lmol羟基中含有的电子数为IONA

C.以上每消耗归出，生成水分子数为INA

D.标况下22.4L丙二醇中非极性共价键为2打

4.下列关有机物的说法正确的是（）

A.CH3cH2co0H与CH3coOCH2cH3互为同分异构体

B.乙烯能使澳水和酸性高锌酸钾溶液褪色，两者褪色原理相同

C.石油裂化后的产物可用来做萃取实验

D.乙酸与乙醇酯化反应后的产物可用饱和碳酸钠溶液除杂

5.中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(g)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极,

电解质溶液炉含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如图，下列说法错误的是()

电源

A.放电时MCMB电极为负极

B.放电时K+往石墨电极方向移动

C.充电时，电子由电源负极出发通过有机溶液流向正极

D.充电时，阳极发生反应为1+XPF6-xe-=Cn(PF6)x

6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的核外电子数等于其主族序

数，X的单质在空气中含量最多，丫的最高价氧化物的水化物是两性化合物，Z的最

高正价与最低负价代数和为4。下列说法错误的是()

W

A.W与X形成的最简单化合物电子式为

w：x：w

B.丫和Z的简单离子的电子层结构不同

C.Y和Z可形成化合物丫2Z3

D.最高正化合价Z>X>Y>W

7.利用下列装置进行相关实验，能达到实验目的的是()

ABCD

A.AB.BC.CD.D

第2页，共26页

8.下列对化学平衡移动的分析中，正确的是()

A.平衡的反应C(s)+H20(g)UC0(g)+H2(g),当增加反应物的物质的量时，平

衡一定向正反应方向移动

B.已达平衡的反应电色)+3也值)=2NH3(g),当增大电的浓度时，平衡向正反

应方向移动，电的转化率降低

C.有气体参加的反应达到平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增

大的方向移动

D.有气体参加的反应达到平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移

动

9.汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应，4CO(g)+2NO2(g)

1

4CO2(g)+N2(g)△H=-1200kJ-mor,温度不同。2>[)、其他条件相同时，

下列图象正确的是()

10.在一定温度下，将气体X与气体丫各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：

X(g)+Y(g)=2Z(g)AH<0,一段时间后达到平衡.反应过程中测定的数据如表,

下列说法正确的是()

t/min2479

n(Y)/mol0.120.110.100.10

A.反应过程中化学反应速率保持不变

B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)

C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44

D.其他条件不变，缩小容器体积，重新达平衡时Z的体积分数增大

11.某密闭容器中充入等物质的量的A和B,一定温度下发生反应A（g）+xB（g）=2C（g）,

达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质

的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：

下列说法中不正确的是（）

A.30min〜40min时间段该反应使用了催化剂

B.反应方程式中的x=1

C.正反应为放热反应

D.前8minA的平均反应速率为0.08mol-L-1-min-1

12.在恒压、NO和。2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO

转化为NO2的转化率如图中实线所小（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随

温度的变化）。下列说法不正确的是（）

100

求80

/

讲

360

O螂40

N

20

0100200300400500600

温度/七

A.反应2N0（g）+02（g）=2NC）2（g）的AH>0

B.图中丫点所示为平衡状态

C.图中丫点所示条件下，增加。2的浓度能提高NO转化率

D.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率

13.为证明NH3Y2O是弱电解质.在常温下，下列实验方法不正确的是（）

A.对比等浓度氨水与NaOH溶液的导电能力，氨水溶液灯泡相对较暗

B.测定NH4cl溶液的pH小于7

C.测定0.01mol」T的氨水的pH小于12

D.测定O.OlmoL的NH4HSO4溶液的PH小于7

14.已知25久时有关弱酸的电离平衡常数如下表所示，则下列有关说法不正确的是（）

第4页，共26页

弱酸化学式CH3COOHHCNH2cO3

-5-7-11

电离平衡常数1.8x104.9x10-1。&=4.3x10K2=5.6XIO

A.等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN)

B.O.lmol/L的醋酸溶液加水稀释，其电离程度增大

C.NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3

D.H2c。3的电离常数表达式：Kal=

15.Cu催化水煤气变换反应的四种可能反应机理如图，其中Ea代表活化能垒，吸附在催

化剂表面的物种用*号表示，下列说法正确的是()

E.T706

-OH*-H—O・\路面

\j-«6s

CX)\

COC+附巨经

CO*+H/

H*2

CO(g)+H:O(g)

/E.-I32.I

co*->n,o*^=141LCO*+OII*OH.^^COOH.

co*

CO；*+H:O*

E」抬.5

0小需出0・9

A.四种反应机理的控速步骤相同

B.该反应的化学方程式为co+MO―二CO2+H2

C.上述转化过程中涉及非极性键的断裂

D.不同路径机理不同，反应焰变也不相同

16.常温下，向20mL0.1mol•LCH3coOH溶液中逐滴加入O.lmol•L的NaOH溶液,

滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示.下列说法不正确的是()

A.a点的pH>1

B.反应过程中黯需的值不断增大

CQCngCUUn)

C.c点时,V(NaOH)=20mL

D.b点时,c(H+)+c(Na+)=c(CH3coeT)+c(OH-)

二、填空题(本大题共4小题，共12.0分)

17.学习小组在实验字研究SO2并进行相关性质的探究。

探究I.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g-『i,取300.00mL葡萄酒，通过适当的方

法使所含SO2全部逸出并用小。2将其全部氧化为H2s。4，然后用0.0900mol-

L-】NaOH标准溶液进行滴定。

(1)写出SO2气体与出。2溶液反应的化学方程式o

(2)用标准液滴定前排气泡时，应选择图中的(填字母)。

(3)上述滴定实验中，可选择为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达

滴定终点.

(4)滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值(填“偏高”“偏低”

第6页，共26页

或“无影响”)。

(5)滴定至终点时，消耗NaOH溶液20.00mL,则该葡萄酒中SO?的含量是否超标？

(填“是”或“否”)

探究n.(6)将实验室制得的SO?通入KI溶液，溶液迅速变黄，继续通入SO2,出现乳

+

黄色浑浊.该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：S02+4I-+4H#Si

+212+2力0.为探究浓度对上述可逆反应的影响，有同学认为除SO?的浓度外，其

他离子的浓度对该可逆反应也有影响.完成实验设计进行验证(SO?体积已折算为标

准状况下体积).

限选试剂：O.lmol•厂1口溶液、l.Omol•LTKI溶液、2.0mol•L-】KI溶液、蒸镭水、

浓硝酸、浓盐酸

影响因编

操作现象

素号

取50mL①_____于锥形瓶中，向其中通入

13溶液变为浅黄色

20mLs。2

c(I-)

取50mL②_____于锥形瓶中，向其中通入

圈溶液迅速变黄

20mLs。2

取50mLl.Omol•LKI溶液和5mL③_____于

倒溶液迅速变黄

锥形瓶中，向其中通入20mLs。2

取50mLi.Omol•L-】KI溶液和5mL④_____于溶液迅速变黄，且出

0

锥形瓶中，向其中通入20mLs。2现乳黄色浑浊

18.黄铁矿的主要成分是FeS2,其中含有一定量的铜、钻等金属.某工厂在传统回收工

艺的基础上进一步改进焙烧方式，研究出高效利用硫铁矿资源的工艺如图：

(1)研究表明，随着磨矿细度的增加，铜、钻的浸出率都会相应增加，其主要原因

是：______

(2)黄铁矿的氧化焙烧是制硫酸工艺的重要一步，其产物之一是Fez。?，反应的化学

方程式为：;

催化剂

制硫酸工艺中涉及反应2SC)2+02——2SO3AH<0,该反应需将温度控制在

400~500℃,原因是.

(3)氧化还原焙烧渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但当浸出过程含有硫酸

铁时，也可氧化浸出，其反应的离子方程式为：.

(4)浸液通过加入萃取剂可实现铜和钻的分离，在萃取前加入NaOH溶液乳化可提高

分离效率，不同浓度的溶液对萃取率的影响如图，贝UNaOH溶液最佳的浓度为

(5)已知黄铁矿氧化焙烧前后主要元素质量分数如表:

项目FeSCuCo

焙烧前(％)40.2842.550.530.022

焙烧后(％)53.080.960.760.047

为测定铜的浸出率，取50g焙烧后的烧渣，经处理后测得CM+物质的量为5x

10-3mol,则铜离子的浸出率为(结果保留三位有效数字).

19.氨基甲酸镂(H2NCOONH4)为尿素生产过租的中间产物，易分解.某小组对氨基甲

酸镂的分解实验进行探究.

-1

已知：I.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AHi=-92.4kJ-mol

-1

H.C(s)+O2(g)UCO2(g)AH2=-393.8kJ-mol

-1

ID.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)WH2NCOONH4(S)AH3=-645.7kJ-mol

回答下列问题：

(1)写出H2NCOONH4分解生成NH3与CC>2气体的热化学方程式：.

(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：

T/K293298303308313

p/kPa8.6011.4016.2420.8630.66

①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号).

A.容器内总压强不再改变

第8页，共26页

B.2V正(NG)=v逆(CO?)

C.C2(NH3)C(C()2)的值不再改变

D.NH3的体积分数不再改变

②某温度下，该反应平衡时容器内总压强为p,写出该反应的压强平衡常数的计算

式Kp=(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数).

③随着温度升高，。逐渐(填“增大”、“减小”或“不变”),其主要原

因是•

④某温度下，达到平衡后，欲增加N&的平衡浓度，可采取的措施有(填标

号).

AjnH2NCOONH4

B.加催化剂

C.减小体积增大压强

D.移走CO2

(3)有人设想综合利用太阳能将天然气转化为较易存运的甲醇，装置如下图，酸性

工作环境时阳极反应的方程式为.

20.(1)已知亚磷酸(H3Po3)为二元弱酸，则NazHPOs溶液中，各离子浓度的大小关系为

______________O

(2)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3P。3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度

变化的关系如图所示，则表示1g甯震的是曲线(Jt"I”或"n”),亚

磷酸(H3Po3)的Kai=。

C

C（H2PO；）CH3PO3）

(3)常温时,O.lmol•L-】NH4Al(SO)溶液的pH=3.

①2c(SO。-c(NHt)-3C(A13+)«mol-L-1.

②80久时，O.lmohL-】NH4Al(S04)2溶液的pH小于3,请从平衡移动的角度分析导

致pH随温度变化的原因是.

(4)常温时，［iijlOOmLO.lmol-LTNH4HSO4溶液中滴力HO.lmol•L-】NaOH溶液，得

到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。

①向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为

②图中a、b、c、d点中水的电离程度最小的是,

第10页，共26页

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A.二氧化碳中不含氢，淀粉中含H,所以合成过程中需要氢原子的参与，

故A正确；

B.淀粉遇到碘变蓝，所以可用碘染色来观察淀粉的产生，故B正确；

C.淀粉的溶液为胶体，胶体能产生丁达尔效应，人工合成的淀粉溶液能产生丁达尔效应,

故C错误；

D.D.该方法是以二氧化碳为原料，不依赖光合作用，直接人工合成淀粉，所以该研究为

粮食淀粉可持续供给、二氧化碳转化利用提供新的战略方向，故D正确；

故选：Co

A.依据二氧化碳和淀粉的分子组成判断；

B.淀粉遇到碘变蓝；

C.淀粉的溶液为胶体，胶体能产生丁达尔效应；

D.该方法是以二氧化碳为原料，不依赖光合作用，直接人工合成淀粉。

本题考查了有机物结构与性质，熟悉淀粉分子构成，明确以二氧化碳为原料合成淀粉的

过程是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A.H+与HCO］反应，不能大量共存，故A不选；

B.室温下，c(H+)=1xICT"的溶液，溶液呈碱性，含有大量OHLOH、Na+、K+、

CIO、CO歹相互不反应，可以大量共存，故B选；

C.水溶液中铜离子为蓝色，不符合题意要求，故C不选；

D.能溶解氢氧化铝的溶液既可以是强碱溶液，也可以是酸溶液，碱性溶液中NH*不能大

量共存，酸性溶液中CH3COO-不能大量共存，故D不选；

故选：Bo

A.H+与HCO］反应；

B.室温下，c(H+)=1xIO-1?的溶液，溶液呈碱性，含有大量0H-；

C.水溶液中铜离子为蓝色；

D.能溶解氢氧化铝的溶液既可以是强碱溶液，也可以是酸溶液。

本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的

关键，侧重氧化还原反应、复分解反应及常见离子颜色的考查，题目难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：A.1个丙三醇含有3个羟基，0.5mol丙三醇中含有羟基数为1.5NA，故A正

确；

B.1个羟基中含9个电子，Imol羟基中含9心个电子，故B错误；

CJg%的物质的量为嘉0.5mol,由方程式可知，每消耗Imo%,生成lmol水分子，

所以消耗0.5molH2生成水分子数为0.5NA，故C错误；

D.标况下丙二醇不是气体，不能使用气体摩尔体积，故D错误。

故选:Ao

A.1个丙三醇含有3个羟基；

B.1个羟基中含9个电子；

C.由方程式可知，每消耗Imol%,生成Imol水分子；

D.丙二醇沸点184.8久，标况下丙二醇不是气体。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，解题时注意气体摩尔体积使用条件

和对象，注意有机物结构组成，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解:A.CH3cH2COOH与CH3COOCH2cH3的分子式不同，二者不互为同分异构体，

故A错误；

B.乙烯与澳水发生加成反应，与高锦酸钾溶液发生氧化反应，溶液褪色的原理不同，故

B错误；

C.石油裂化后的产物含不饱和键，不能萃取碘水中的碘，故C错误；

D.碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，酯化反应后可用碳酸钠溶液除

杂，故D正确；

故选：Do

A.CH3cH2COOH与CH3COOCH2cH3的分子式不同；

B.乙烯与溪水发生加成反应，与高锯酸钾溶液发生氧化反应；

第12页，共26页

C.石油裂化后的产物含不饱和键；

D.碳酸钠溶液可吸收乙酚、除去乙酸、降低酯的溶解度。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的

关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A.放电时MCMB电极为负极，故A正确；

B.放电时，左侧为正极，放电时K+往左移动，故B正确；

C.电子无法通过溶液移动，故C错误；

D.充电时，阳极发生氧化反应，反应为Cn+xPF6-xe-=Cn(PF6)x，故D正确；

故选:Co

分析可知，阳离子移向阴极，阴极在放电时为负极，故左侧为原电池正极，右侧为原电

池负极，据此分析回答问题。

本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握离子的移动、电极及电极反应为解答的关

键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。

6.【答案】A

【解析】解：根据分析可知，W为H,X为N,丫为Al,Z为S元素，

A.W与X形成的最简单化合物为氨气，氨气的电子式为故A错误；

H

B.硫离子和铝离子的核外电子总数分别为18、10,二者的简单离子的电子层结构不相同，

故B正确；

C.Y和Z可形成化合物Al2s3,故C正确；

D.主族元素(0、F除外)的最高价等于其最外层电子数，H、N、Al、S的最外层电子数分

别为1、5、3、6,则最高正化合价Z>X>Y>W,故D正确：

故选：A。

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的核外电子数等于其主族序数，

则W为H元素；X的单质在空气中含量最多，则X为N元素；丫的最高价氧化物的水化物是

两性化合物，则丫为A1元素；Z的最高正价与最低负价代数和为4,其最高正价与最低负

价的绝对值之和为8,Z的最高正价为+6,最低负极为-2价，贝IJZ为S元素，以此分析解

答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为

解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

7.【答案】A

【解析】解：A.加热固体可选用烟，可选图中装置加热熔融的NaQ固体，故A正确；

B.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；

C.催化氧化需要氧气作氧化剂，且需要加热，不能用铜丝直接催化氧化乙醇，故C错误；

D.过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离，不能随关随停，故D错误；

故选：Ao

A.加热固体可选用期；

B.二者均与碳酸钠溶液反应；

C.催化氧化需要氧气作氧化剂，且需要加热；

D.过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯、物

质的制备为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难

度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)达到平衡后,加入C,平衡不发生移动,

故A错误；

B.Nz(g)+3H2(g)=2NH3(g)达平衡后增大N?浓度平衡正向移动，电的转化率减小，小

的转化率增大，故B正确；

C.有气体参加的反应达平衡时，减小反应器容积，则相当于增大压强，平衡一定向气体

体积减小的方向移动，故C错误；

D.在恒压反应器中充入稀有气体，参加反应气体的浓度减小，分压减小，平衡向体积增

大的方向移动，故D错误。

故选：Bo

A.固体不改变化学平衡；

B.多种反应物的可逆反应，增加其中一种反应物质的浓度，平衡正向移动，其他反应物

第14页，共26页

的转化率增大，该物质的转化率减小；

C.压强增大平衡向着气体体积减小的方向移动；

D.在恒压反应器中充入稀有气体，参加反应气体的浓度减小，分压减小。

本题考查化学平衡，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解

答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。

9.【答案】B

【解析】解：A.升高温度，正逆反应速率均增大，且焰变为负，平衡逆向移动，逆反应

速率大于正反应速率，图中正反应速率瞬间不变，二者不符，故A错误；

B.升高温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，T2>TX）温度高对应的转化率小，

与图一致，故B正确；

C.温度相同时增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，与图不一致，故C错误；

D.升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，与图不一致，故D错误：

故选:Bo

A.升高温度，正逆反应速率均增大，且熔变为负，平衡逆向移动；

B.升高温度平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小；

C.相同压强时，升高温度平衡逆向移动，CO的体积分数增大；温度相同时增大压强平衡

正向移动，CO的体积分数减小；

D.升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小。

本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧

重分析与应用能力的考查，注意图中坐标及曲线的意义，题目难度不大。

10.【答案】C

【解析】解：A.7min前没有达到平衡，反应速率在变化，7min后反应速率不变，故A

错误；

B.焰变为负，为放热反应，降低温度平衡正向移动，则反应达到新平衡前v（逆）<v（正），

故B错误；

C.该温度下!<=册=^^=1.44,故C正确；

D.反应前后气体的总物质的量不变，缩小容器体积，平衡不移动，则重新达平衡时Z的

体积分数不变，故D错误；

故选：Co

由表中数据可知，7min、9min物质的量不变，可知达到平衡状态，则

mol/LX(g)+Y(g)^2Z(g)

开始0.0160.0160

转化0.0060.0060.012

平衡0.010.010.012

A.7min前没有达到平衡，反应速率在变化；

B.焰变为负，为放热反应，降低温度平衡正向移动；

C.结合K=肃雷及平衡浓度计算；

D.反应前后气体的总物质的量不变，缩小容器体积，平衡不移动。

本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、平衡移动、平衡常数的计算为

解答的关键,侧重分析与计算能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。

11.【答案】A

【解析】解：A.30min〜40min时间段，反应物、生成物的浓度均减小，且平衡不移动，

若使用催化剂，浓度不会减小，则改变的条件为增大体积，故A错误；

B.由选项A可知，减小压强平衡不移动，该反应为气体总物质的量不变的反应，可知x=

1,故B正确；

C.由图中40min〜54min时间段，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，改变条

件为升高温度，可知正反应为放热反应，故C正确；

D.前8minA的平均反应速率为z°m°i/LT36moi/L=008moi-r1-min-1,故D正确；

8mm

故选：Ao

A.30min〜40min时间段，反应物、生成物的浓度均减小，且平衡不移动；

B.由选项A可知，减小压强平衡不移动，该反应为气体总物质的量不变的反应；

C.由图中40min〜54min时间段，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应为升

高温度；

D.结合v=4计算。

△t

本题考查物质的量随时间的变化曲线，为高频考点，把握图中物质的量的变化、速率计

算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，

第16页，共26页

题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.由图可知，随着温度的升高，NO的转化率先升高后降低，说明温度较低

时反应未达到平衡，温度较高时反应速率加快，达到平衡状态，再升高温度时，NO转

化率反而降低，则反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，

即AHVO,故A错误；

B.随着温度的升高，NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应未达到平衡，温

度较高时反应速率加快，达到平衡状态，再升高温度时，NO转化率反而降低，则图中丫

点所示为平衡状态，故B正确；

C.Y点反应已经达到平衡状态，此时增加。2的浓度，使正反应速率大于逆反应速率，平

衡向正反应方向移动，可以提高NO的转化率，故C正确；

D.根据上述分析，X点时反应还未到达平衡状态，反应正向进行，则延长反应时间能提

高NO的转化率，故D正确；

故选：Ao

A.由图可知，随着温度的升高，NO的转化率先升高后降低，说明反应达到平衡后温度

升高，平衡逆向移动；

B.随着温度的升高，N。的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应未达到平衡，温

度较高时反应速率加快，达到平衡状态，再升高温度时，NO转化率反而降低；

C.增加。2的浓度，平衡向正反应方向移动；

D.X点反应还未到达平衡状态，反应正向进行。

本题考查化学平衡计算，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握

化学平衡的影响因素、化学平衡常数概念及表达式，试题侧重考查学生的分析能力及知

识迁移能力，题目难度中等。

13.【答案】D

【解析】解：A.对比等浓度氨水与NaOH溶液的导电能力，氨水溶液灯泡相对较暗，可

知一水合氨电离出离子浓度小，则一水合氨为弱电解质，故A正确；

B.测定NH4cl溶液的pH小于7,可知氯化核为强酸弱碱盐，则一水合氨为弱电解质，故B

正确；

C.测定O.OlmoLLT的氨水的pH小于12,可知一水合氨不能完全电离，则一水合氨为弱

电解质，故C正确；

D.定0.01mol」T的NH4HSO4溶液的pH小于7,电离出氢离子可显酸性，不能证明一水

合氨为弱电解质，故D错误；

故选：D«

利用等浓度时电离的离子浓度比较、电离的不完全性、盐类水解可证明一水合氨为弱电

解质，以此来解答。

本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握弱电解质的电离平衡、电离的不完全性为

解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A溺酸的电离平衡常数越大，等浓度时溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越

小，由于电离平衡常数：CH3COOH>H2c。3>HCN,等物质的量浓度的各溶液pH关系

为：pH(CH3COOH)<pH(H2CO3)<pH(HCN),故A正确；

+

B.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH^CH3COO-+H,加水稀释，其电离平衡正

向移动，使CH3COOH的电离程度始终是增大，故B正确；

C.弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，根据弱酸电

离平衡常数可知酸性：H2CO3>HCN>HCOJ,所以NaCN中通入少量CO2发生反应产生

NaHCO3,HCN,发生反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3,故

C正确；

D.H2c。3的电离分步进行,第一电离方程式为:H2c。3=H++HCO],Kal=

故D错误；

故选：D。

A.弱酸的电离平衡常数越大，等浓度时溶液中c(H+)越大，溶液的pH就越小，由于电

离平衡常数：CH3COOH>H2cO3>HCN；

B.醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHUCH3COO-+H+,力口水稀释，其电离平衡正

向移动；

C.弱酸的电离平衡常数越大，其酸性就越强，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，根据弱酸电

离平衡常数可知酸性：H2cO3>HCN>HCO],据此判断；

+

D.H2cO3的电离分步进行，第一电离方程式为：H2CO3#H+HCO3,应写出分步电离

常数。

第18页，共26页

本题考查弱电解质电离及盐类水解，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确弱酸

电离平衡常数与酸性强弱关系及对应酸根离子水解程度关系是解本题关键，整体难度适

中。

15.【答案】B

【解析】解：A.控速步骤即为活化能最大的步骤，则路径1的控速步骤为0H*-H*+0*,

路径2、3、4的控速步骤都为C0*+H20*-C0*+0H*,故A错误；

B.由图可知，该反应的反应物为C0和小0,生成物为CO2和内,则该反应的化学方程式

、,傩化剂,,..

为CO+HzO"^—CO2+H2，故B正确；

C.由图可知，上述转化过程中涉及0-H键的断裂，不涉及非极性键的断裂，故C错误；

D.根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关,

则不同路径机理不同，反应焙变相同，故D错误；

故选：Bo

A.控速步骤即为活化能最大的步骤；

B.由图可知，该反应的反应物为C0和小0,生成物为CO?和Hz；

C.由图可知，上述转化过程中涉及0-H键的断裂；

D.根据盖斯定律，化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。

本题考查化学反应中能量的变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，把握概念、反应

热与反应物或生成物能量之间的关系、提取图中信息等为解题关键，题目难度不大。

16.【答案】C

【解析】解：A.CH3COOH是弱电解质，部分电离，O.lmol/L的CH3COOH溶液中c(H+)<

O.lmol/L,则溶液的pH>1,故A正确;

B.反应过程中c(H+)逐渐减小，温度不变电离平衡常数不变，Ka(CH3coOH)=c(H+)x

C(CHCOQ-)

3则反应过程中喏黯增大,故B正确;

C(CH3coOH)'CQCHsCUUn)

C.CH3coONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，CH3COOH应该稍微过量，所以C点时

V(NaOH)小于20mL,故C错误;

D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=

C(CH3COO-)+C(OH-),故D正确；

故选：Co

A.CH3COOH是弱电解质，部分电离；

B.Ka(CH3COOH)=c(H+)x:署嚷常,温度不变电离平衡常数不变；

C.CECOONa溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，CfCOOH应该稍微过量；

D.任何电解质水溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中

溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵

活变形，题目难度不大。

17.【答案】SO2+H25=H2sO4C酚猷当滴入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液颜

色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色(或不褪色)偏高否O.lmol/LKI溶

液l.Omol/LKI溶液蒸储水浓盐酸

【解析】解：(l)S02具有还原性，可以被出。2氧化为H2sO,，反应的化学方程式为：SO2+

也。2=H2so4,

故答案为：so2+H2O2=H2SO4；

(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将

胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从

而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用C的方法，

故答案为：C；

(3)用强碱NaOH滴定强酸硫酸，可以使用酚酸试液为指示剂，开始滴定时溶液为无色，

随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH标准溶

液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色(或不褪色)，此时达到滴定终

点，

故答案为：酚醐；当滴入最后一滴NaOH标准溶液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且

半分钟不恢复原色(或不褪色)；

(4)滴定终点读数时俯视刻度线，则读数偏大，导致H2sO4的物质的量偏低，使得测量结

果比实际值偏高，

故答案为：偏!§］；

(5)n(NaOH)=0.0900mol/Lx0.02L=1.8x10-3mol,根据反应方程式2NaOH+

H2sO4=Na2sO4+2H2。可知n(H2so4)="(NaOH)=9.0x10-4mol,则根据S元素守

第20页，共26页

-4

恒可知n(SC)2)—n(H2S04)=9.0x10TmoLm(S02)=9.0x10molx64g/mol=

0.0576g,则葡萄酒中SO2的含量为嘴^nO.igZg/LvOZSg/L,因此该葡萄酒中SO?的

含量不超标，

故答案为：否；

(6)探究c(「)对反应速率的影响，比较i、团反应速率，实验团反应速率快，则实验i浓度

小，应为0.1mol/LKI溶液，浓度较小，反应较慢；实验圈浓度大，可以用1.0mol/LKI溶

液；探究c(H+)对反应速率的影响，实验回、iv对比，iv反应较快，且出现乳黄色浑浊，

则实验团可加入蒸储水，实验iv加入浓盐酸，不能加入硝酸，避免硝酸氧化KI和二氧化

硫，导致实验失败，

故答案为：①0.1mol/LKI溶液；②1.0mol/LKI溶液；③蒸储水；④浓盐酸。

(1)SO2具有还原性，可以被出。2氧化为H2s0小

(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将

胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从

而溶液充满尖嘴，排除气泡；

(3)用强碱NaOH滴定强酸硫酸，可以使用酚献试液为指示剂，开始滴定时溶液为无色,

随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴入最后一滴NaOH标准溶

液时，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色(或不褪色)；

(4)滴定终点读数时俯视刻度线，则读数偏大，导致H2sO,的物质的量偏低；

(5)n(NaOH)=0.0900mol/Lx0.02L=1.8x10-3moL根据反应方程式2NaOH+

H2S04=Na2sO4+2H2。可知n(H2so4)="(NaOH)=9.0XlO^mol,则根据S元素守

-4-4

恒可知n(SC)2)=n(H2S04)=9.0x10mol,m(S02)=9.0x10molx64g/mol=

0.0576g,则葡萄酒中SO?的含量为嗤丝=0.192g/L；

(6)探究c(「)对反应速率的影响，比较i、团反应速率，实验国反应速率快，则实验i浓度

小；实验国浓度大，可以用1.0mol/LKI溶液；探究c(H+)对反应速率的影响，实验空iv对

比，iv反应较快，且出现乳黄色浑浊；实验iv加入浓盐酸，不能加入硝酸，避免硝酸氧

化KI和二氧化硫，导致实验失败。

本题考查了物质的含量的测定，为高频考点，侧重考查化学实验操作中的误差分析，题

目难度中等，掌握实验的原理及正确的误差分析是解题的关键，试题培养了学生灵活应

用所学知识的能力。

管

18.【答案】随着磨矿细度的增加，矿粒和酸液的接触面积增大4FeS2+110----8s。2+

2Fe203温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向移动，不利于生成SO3,温度过高会

3+2+2+

导致催化剂失去活性2Fe+CuS=2Fe+S+Cu1.9mol/LFe30484.2%

【解析】解：(1)随着磨矿细度的增加，矿粒和酸液的接触面积增大，导致Cu、Co的浸

出率都会相应增加，

故答案为：随着磨矿细度的增加，矿粒和酸液的接触面积增大；

(2)黄铁矿中Fes?在高温下被氧化生成Fe2f)3，同时还生成SO?，反应方程式为4FeS?+

高温催化剂

AH0,

110—8S02+2Fe2O3,2SO2+O2-^-2SO3温度低时，反应速率慢，该反应

的正反应为放热反应，温度高，平衡逆向移动，不利于生成S03,且温度过高会导致催

化剂失去活性，综合考虑选取温度为400〜500汽，

高温

;

故答案为：4FeS2+110~8S02+2Fe2O3温度低，反应速率慢，温度高，平衡逆向

移动，不利于生成SO3,温度过高会导致催化剂失去活性；

(3)氧化还原焙烧渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但当浸出过程含有硫酸铁时，

也可氧化浸出，铁离子能氧化CuS生成Fe2+、S和Cu2+,离子方程式为2Fe3++CuS=

2Fe2++S+Cu2+,

故答案为：2Fe3++CuS=2Fe2++S+CM+；

(4)Cu、Co浸出率差值越大越好，根据图知，NaOH浓度为1.9mol/L时，二者浸出率差值

最大；用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，说明该氧化物具有磁性，所以该氧化物是

Fe3O4.

故答案为：1.9；Fe304；

(5)焙烧后的m(Cu)=50gx0.76%=0.38g,溶液中m(CM+)=5x10-3molx

64g/mol=0.32g,则铜离子的浸出率=膘当x100%=需x100%«84.2%,

焙烧后m(Cu)0.38g

故答案为：84.2%。

黄铁矿中通入焙烧，分式反应4FeSz+110三8so2+2Fe2()3,然后用煤氧化还原焙

烧渣，Fe2()3转化为Fe3()4,然后用稀硫酸浸泡，氧化还原焙烧渣仍有少量CuS,CuS不

溶于H2sO,，所以浸渣中含有CuS；根据流程图中，浸液通过一系列操作得当Cu、Co,

则Cu、C。进入浸液；浸渣通过磁选得到精矿，贝l]Fe3()4不溶于稀硫酸；

(1)随着磨矿细度的增加，反应物的接触面积增大；

(2)黄铁矿中Fes?在高温下被氧化生成Fe2()3，同时还生成SO2；2SO2+

第22页，共26页

02=_2503414<0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度过高会导致催化剂失去

活性；

(3)氧化还原焙烧渣仍有少量CuS,已知CuS不溶于H2sO4,但当浸出过程含有硫酸铁时，

也可氧化浸出，铁离子能氧化CuS生成Fe2+、S和CM+；

(4)Cu、Co浸出率差值越大越好；用硫酸浸取后的浸渣能用磁选法分离，说明该氧化物

具有磁性；

(5)焙烧后的m(Cu)=50gx0.76%=0.38g,溶液中m(Cu2+)=5x10_3molx

64g/mol=0.32g,则铜离子的浸出率=必*?x100%。

焙烧后m(Cu)

本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流

程图中各物质成分及其性质、发生的反应、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，

难点是各物质成分的判断，题目难度中等。

-12

19.【答案】H2NC00NH4(S)U2NH3(g)+CO2(g)AH=+159.5kJ-molA(|p)x

(|p)增大升高温度，平衡正向移动，气体的物质的量增大，压强增大，平衡常数增

+

大DCH4+H2O-2e-=CH3OH+2H

1

【解析】解：(1)已知:I.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△Hi=-92.4kJ-mol-

-1

H.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2=-393.8kJ-mol