内蒙古自治区奈曼旗第一中学2024-2025学年高二化学上学期期中试题含解析

PAGE25-内蒙古自治区奈曼旗第一中学2024-2025学年高二化学上学期期中试题（含解析）留意事项：1.本卷满分（100）分，考试时间（100）分钟。答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内，答在其他区域无效。可能用到的相对原子质量：H1、C12、N14、O16、Na23、Al27、P31、S32、Ga70、Fe56、Ni59、Cu64、Zn65第Ⅰ卷一、选择题：（本题共25小题，每小题2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.《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法不正确的是A.“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B.“以灰淋汁”的操作是过滤C.“取碱”得到的是一种盐溶液 D.“浣衣”过程有化学变更【答案】A【解析】【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥混合施用时，发生相互促进的水解反应，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B正确；C.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液属于盐溶液，故C正确；D.“取碱”得到的溶液中含碳酸钾，碳酸钾溶液由于CO32-水解呈碱性，“浣衣”过程中促进油脂的水解，有化学变更，故D正确。故选A。2.可再生能源是我国重要的能源资源，在满意能源需求、改善能源结构、削减环境污染、促进经济发展等方面具有重要作用。应用太阳能光伏发电技术是实现节能减排的一项重要措施。下列有关分析不正确的是（）A.如上图是太阳能光伏发电原理图，图中A极为正极B.风能、太阳能、生物质能等属于可再生能源C.推广可再生能源有利于经济可持续发展D.光伏发电能量转化方式是太阳能干脆转变为电能【答案】A【解析】【详解】A、在原电池的外电路中，电流由正极流向负极，由图中的电流方向可推断A为负极，A错误；B、风能、太阳能、生物质能在短时间内能形成，属于可再生能源，B正确；C、不行再生资源不能持续运用，推广可再生能源有利于经济可持续发展，C正确；D、光伏电池发电是将光能干脆转化为电能，D正确；答案选A。3.下列有关热化学方程式的叙述不正确的是A.在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol，若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJB.已知正丁烷(g)→异丁烷(g)△H<0，则异丁烷比正丁烷稳定C.2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1，则H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1D.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2，则△H1>△H2【答案】D【解析】【详解】A.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)△H=-57.3kJ/mol表示强酸、强碱反应产生可溶性盐和1mol水放出57.3kJ的热量，若将含0.6molH2SO4的稀硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，由于酸电离产生的n(H+)=0.6mol×2=1.2mol,碱电离产生的n(OH-)=1mol，所以反应放出热量以碱为标准，由于OH-的物质的量是1mol，所以反应产生放出的热量等于57.3kJ，A正确；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由于正丁烷(g)→异丁烷(g)△H<0，反应放出热量，说明异丁烷含有的能量低，则异丁烷比正丁烷稳定，B正确；C.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ·mol-1表示2molH2完全燃烧产生液态水放出热量571.6kJ，则1molH2完全燃烧产生液态水放出285.8kJ的热量，即H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，C正确；D.C完全燃烧放出热量比不完全燃烧放出的热量多，反应放出的热量越多，则该反应的反应热就越小，所以△H1<△H2，D错误；故合理选项是D。4.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（）A.NaHS水解反应：HS-+H2OH3O++S2-B.Fe(OH)2与稀硝酸反应：2H++Fe(OH)2=Fe2＋+2H2OC.Na2CO3水溶液中存在平衡：CO+H2OHCO+OH-D.BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4Ba2++SO【答案】C【解析】【详解】A．NaHS水解反应：HS-+H2OH2S+OH-，A错误；B．稀硝酸具有强氧化性，可氧化Fe2+为Fe3+，B错误；C．Na2CO3水溶液中存在着CO的水解平衡：CO+H2OHCO+OH-，C正确；D．BaSO4的水溶液导电性极弱是因为BaSO4在水中的电离很微弱，离子浓度很低，而BaSO4是强电解质，电离方程式为BaSO4=Ba2++SO，D错误；答案选C。5.在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）A.v（A）=0.5mol·L-1·s-1 B.v（B）=0.3mol·L-1·s-1C.v（C）=0.8mol·L-1·s-1 D.v（D）=1mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【详解】由于不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的化学反应速率越快；A．=0.25mol·L-1·s-1；B．=0.3mol·L-1·s-1；C.=0.267mol·L-1·s-1；D．=0.25mol·L-1·s-1；故表示的化学反应速率最快的是v(B)，答案选B。6.室温下，下列离子组在给定条件下肯定能大量共存的是（）A.pH=1的溶液中：K+、Na+、NO、CH3COO-B.c（ClO-）=1.0mol/L的溶液：K+、SO、S2-、Cl-C.KSCN溶液中：Na+、Fe3+、SO、Cl-D.使甲基橙变红的溶液中：NH、Al3+、SO、Mg2+【答案】D【解析】【详解】A.pH=1的溶液中，H+与NO、CH3COO-反应生成弱酸HNO2、CH3COOH，不能大量共存，故A不选；B.ClO-具有强氧化性，与SO、S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不选；C.Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3而不能大量共存，故C不选；D.使甲基橙变红的溶液呈酸性，在酸性溶液中四种离子互不反应，可以大量共存，故D选；答案选D。7.下列溶液肯定呈酸性的是：A.含有H＋溶液 B.pH=6.5的溶液C.c(OH－)<c(H＋)的溶液 D.常温下，由水电离的c(OH－)=1.0×10－13mol/L【答案】C【解析】【分析】A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子；B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度肯定值大小；C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定的；D.常温下由水电离的c(OH－)=1.0×10－13mol/L可能为酸性或碱性溶液。【详解】A.任何水溶液中都同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；B.溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度肯定值大小，即pH值大小，故B错误；C.溶液的酸碱性由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定，假如氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液肯定呈酸性，故C正确；D.常温下由水电离出的c（OH-）水=1.0×10-13mol/L<10-7mol/L，说明溶液中的溶质抑制了水的电离，酸、碱溶液抑制水的电离，水解的盐会促进水的电离，所以抑制水的电离是酸、碱溶液，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故D错误。故选C。8.下列说法正确的是A.在其他外界条件不变的状况下，增大压强能增大活化分子的百分数B.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C.加入合适的催化剂能降低反应的活化能，从而变更反应的焓变D.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0【答案】B【解析】【详解】A.在其他外界条件不变的状况下，增大压强能增大单位体积内分子总数和单位体积内的活化分子数，但活化分子的百分数不变，A错误；B.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+会发生水解反应产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，为了抑制盐的水解，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，B正确；C.加入合适的催化剂能降低反应的活化能，但不能变更反应物、生成物的能量，因此不能变更反应的焓变，C错误；D.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)是气体体积增大的反应，室温下不能自发进行，说明△G=△H-T△S>0，由于△S>0，说明该反应的△H>0，D错误；故合理选项是B。9.上升温度，下列数据不肯定增大的是A.化学反应速率v B.水的离子积常数KWC.化学平衡常数K D.醋酸钠的水解平衡常数Kb【答案】C【解析】【详解】A.上升温度，物质的内能增加，化学反应速率v增大，A不符合题意；B.水的电离过程汲取热量，上升温度，促进水的电离，所以水的离子积常数KW增大，B不符合题意；C.可逆反应的正反应可能是吸热反应也可能是放热反应，上升温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以化学平衡常数K可能增大，也可能减小，C符合题意；D.醋酸钠的水解反应是吸热反应，上升温度，水解平衡向吸热的正反应方向移动，所以水解平衡常数Kb增大，D不符合题意；故合理选项是C。10.能证明乙酸是弱酸的试验事实是（）A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B.0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D.0.1mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．该盐水溶液显碱性，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；答案选B。11.肯定量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的一半再次达到平衡后，测得A浓度为0.75mol/L，则下列叙述正确的是A.平衡向逆反应方向移动 B.x+y<zC.B的物质的量浓度减小 D.C的体积分数增大【答案】D【解析】【分析】保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的一半，若平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际A的浓度变为0.75mol/L，说明增大压强，化学平衡向正方向移动，据此结合选项解答。【详解】保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的一半，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际A的浓度变为0.75mol/L，说明平衡向正方向移动。A.保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的一半，如平衡不移动，A气体的浓度为1mol/L，实际A的浓度变为0.75mol/L，说明平衡向正方向移动，A错误；B.体积减小即增大压强，化学平衡向正方向移动，依据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，则x+y>z，B错误；C.增大压强，平衡向正反应方向移动，使B的物质的量减小，平衡移动的趋势是微弱的，但是密闭容器的容积压缩为原来的一半，B的物质的量浓度仍旧增大，C错误；D.增大压强，化学平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了外界条件对化学平衡移动的影响。可依据假设平衡不移动，推断物质的浓度，然后与实际物质的浓度比较，确定平衡移动的方向。变更外界条件使化学平衡发生移动，但移动的趋势是微弱的，不能抵消这种变更，要留意对学问的归纳和梳理。12.如图所示的各图中，表示2A(g)+B(g)⇌2C(g)（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：(C)表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】A.温度上升，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变更；D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；【详解】A.温度上升，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；B.增大压强，反应速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B项错误；C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变更，C项错误；D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；答案选A。【点睛】解答本题的重点是要娴熟驾驭外界因素对平衡移动的影响。变更的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参与的反应)反应前后气体体积变更增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变变更压强平衡不移动温度上升温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度变更v正、v逆，平衡不移动13.已知常温下：Ksp(AgCl)=1.6×10－10，下列叙述正确的是A.AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的小B.AgCl的悬浊液中c(Cl－)=4×10－5.5mol/LC.将0.001mol/LAgNO3溶液滴入0.001mol/L的KCl溶液中，无沉淀析出D.向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)<Ksp(AgBr)【答案】B【解析】【详解】A．溶度积常数只与温度有关系，A错误；B．依据氯化银的溶度积常数可知AgCl的悬浊液中c（Cl-）=4×10-5.5mol/L，B正确；C．将0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl，浓度熵＝10－6＞1.6×10－10，有沉淀析出，C错误；D．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，D错误；答案选B。14.下列说法正确是A.用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，因放电依次H+>Zn2+，故不能在铁上镀锌B.电解精炼时，阳极泥可以作为提炼珍贵金属的原料C.粗铜电解精炼时，若电路中通过2mole-，阳极削减的质量为64gD.工业上采纳电解MgCl2溶液来冶炼金属镁【答案】B【解析】【详解】A.用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，虽然离子的得电子实力：H+>Zn2+，但由于溶液中c(Zn2+)>c(H+)，使得Zn2+比H+优先在阴极放电，得到锌单质，所以能实现在铁上镀锌，A错误；B.电解精炼时，阳极泥中含有很多重金属的单质，可以作为提炼珍贵金属的原料，B正确；C.粗铜电解精炼时，在阳极发生反应的物质有Cu及活动性比Cu强的金属，所以若电路中通过2mole-，阳极削减的质量不肯定为64g，C错误；D.工业上采纳电解熔融MgCl2来冶炼金属镁，若电解MgCl2溶液，在阴极上是溶液中的H+得到电子变为H2，不能得到金属镁，D错误；故合理选项是B。15.下列事实，不能用勒夏特列原理说明的是()A.反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)△H<0，上升温度可使平衡向逆反应方向移动B.钢铁在潮湿的空气中简单生锈C.开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫D.SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气【答案】B【解析】【分析】勒夏特列原理为：假如变更影响平衡的条件(浓度、温度、压强)之一，平衡将向着能够减弱这种变更的方向移动，运用勒夏特列原理时，该反应必需是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A．反应CO(g)+NO2(g)⇌CO2(g)+NO(g)；△H＜0，上升温度，向吸热方向移动，即上升温度可使平衡向逆反应方向移动，能用勒夏特列原理说明，故A正确；B．钢铁在潮湿的空气中简单生锈，主要发生电化学腐蚀，不存在化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理说明，故B错误；C．汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理说明，故C正确；D．在SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气，可增加O2的量，促进平衡向正方向移动，提高SO2的转化率，能用勒夏特列原理说明，故D正确；故答案为B。16.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NB.1molN2与3molH2充分反应，产物的分子数为2NAC.钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56gFe反应转移电子数为0.03NAD.1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－离子数之和小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.Fe(OH)3胶体的胶粒为很多Fe(OH)3的集合体，所以0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数小于0.1NA，A错误；B.N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1molN2与3molH2充分反应，NH3的分子数小于2NA，B错误；C.0.56gFe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C错误；D.NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，依据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3-和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－和CO32－离子数之和小于0.1NA，D正确；故合理选项是D。17.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与限制的功能，特别适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是A.电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极B.该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+C.O2所在的铂电极处发生还原反应D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【答案】B【解析】【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；依据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再依据原电池原理写出该电池的反应式来推断。【详解】A.乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误；C.乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；D.依据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，依据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，留意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，假如电解质溶液不同，电极反应式也不同。18.下列可以证明2HI(g)H2(g)+I2(g)已达平衡状态的是（）①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂③温度和体积肯定时，混合气体密度不再变更④v(H2)=v(I2)=0.5v(HI)⑤c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1⑥温度和体积肯定时，某一生成物浓度不再变更⑦温度和体积肯定时，容器内压强不再变更⑧温度和压强肯定时，混合气体的平均相对分子质量不再变更⑨温度和体积肯定时，混合气体的颜色不再变更A.②③④⑤⑥ B.②⑥⑦⑧⑨C.①②⑥⑧ D.②⑥⑨【答案】D【解析】【详解】①单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolHI，说明正反应速率大于逆反应速率，反应未达到平衡；②H—H键断表示逆反应反向，H—I键断裂表示正反应方向，一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂，表示正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡；③温度和体积肯定时，反应前后的体积不变，所以混合气体密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡；④v(H2)=v(I2)=0.5v(HI)，没有说明反应的方向，故不能说明反应达到平衡；⑤c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1，不能说明反应物或生成物浓度不再变更，不能说明反应达到平衡；⑥温度和体积肯定时，某一生成物浓度不再变更，说明某物质的生成速率等于其消耗速率，也就是正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡；⑦温度和体积肯定时，反应前后气体体积不变，所以压强始终不变，故压强不变时，不能说明反应达到平衡；⑧温度和压强肯定时，反应前后气体的总物质的量不变，依据质量守恒，混合气体的平均相对分子质量始终不变，故混合气体的平均相对分子质量不再变更不能说明反应达到平衡；⑨温度和体积肯定时，混合气体中只有I2有颜色，所以颜色不变说明物质浓度不变，能说明反应达到平衡，故选D。【点睛】推断反应是否达到平衡可以从两个方面考虑：1、正逆反应速率是否相等；2、反应物生成物浓度是否变更；其中浓度的变更可以从压强、颜色、密度、相对分子质量等方面分析。19.已知:A(g)+3B(g)2C(g)△H＜0，有甲乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲中加入1molA和3molB，5min时达到平衡，放出热量为Q1kJ；相同条件下，向乙中加入2molC，达到平衡时汲取热量为Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列说法正确的是()A.甲中达平衡时，用B的浓度变更表示5min内的平均反应速率为0.15mol・L-1・min-1B.乙中的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g):△H＝+4/3Q2kJ/molC.乙中达到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，与原平衡互为等效平衡，平衡不移动D.乙中平衡时C的转化率为50%【答案】B【解析】【分析】两个容器是等效平衡，两个的热量变更数值之和为反应热的数值，已知Q2＝3Q1，说明甲容器消耗了四分之一，转化率为25%。【详解】A．甲中达平衡时，甲容器B的转化率为25%即B消耗了3mol×25%=0.75mol，用B的浓度变更表示5min内的平均反应速率，故A错误；B．依据分析两个容器是等效平衡，两个的热量变更数值之和为反应热的数值，因此乙中的热化学方程式为2C(g)A(g)+3B(g)△H＝+Q2kJ/mol，故B正确；C．乙中达到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，用建模思想思索，相当于两个容器都达到平衡后再压缩到一个容器中，平衡正向移动，C百分含量增大，故C错误；D．甲容器转化率为25%，则乙中平衡时C的转化率75%，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】两个容器是等效平衡，两个的热量变更数值之和为反应热的数值，两者的转化率相加等于1。20.常温下，向20mL0.2mol·L－1H2B溶液中滴加0.2mol·L－1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变更如下图（其中Ⅰ表示H2B，Ⅱ代表HB－、Ⅲ代表B2－），依据图示推断，当V（NaOH）=20mL时，溶液中各粒子浓度的大小依次正确的是A.c(Na+)＞c(HB－)＞c(H+)＞c(B2－)＞c(H2B)Bc(Na+)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)C.c(Na+)＞c(H+)＞c(HB－)＞c(B2－)＞c(OH－)＞c(H2B)Dc(Na+)＞c(OH－)＞c(HB－)＞c(H2B)＞c(H+)＞c(B2－)【答案】A【解析】【分析】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，据此分析。【详解】向20mL0.2mol•L-1H2B溶液中滴加0.2mol•L-1NaOH溶液，当V（NaOH）=20mL时，两者以1:1物质的量之比发生的反应为：NaOH+H2B=NaHB+H2O；所得溶液为NaHB溶液，依据图象分析，溶液中c（HB-）>c（B2-）>c（H2B），说明HB-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HB-的电离和水解都是微弱的，溶液中还存在水的电离平衡，所以溶液中各粒子浓度由大到小的依次为：c（Na+）＞c（HB-）＞c（H+）＞c（B2-）＞c（H2B）；故A正确。故选A。21.25℃弱酸HCOOHHCNH2CO3K1.77×10-44.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11A.CN−+H2O+CO2＝HCN+B.2HCOOH+＝2HCOO−+H2O+CO2↑C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者【答案】C【解析】【详解】酸的电离平衡常数越大，说明其酸性越强，由电离平衡常数可知，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>。A．由强酸制弱酸可知，碳酸可与CN−反应生成HCN，又因酸性HCN>，故碳酸与CN−反应生成HCN、，故A项说法正确；B．由强酸制弱酸可知，HCOOH与能够生成碳酸，且甲酸为一元弱酸，因此由甲酸制备碳酸的离子方程式书写正确，故B项说法正确；C．因酸性：HCOOH>HCN，等体积、等pH的HCOOH和HCN溶液中溶质的物质的量：n(HCN)>n(HCOOH)，二者均为一元酸，故消耗NaOH的量：n(HCN)>n(HCOOH)，故C项说法错误；D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中Na+物质的量相等，因酸性：HCOOH>HCN，故HCOO-的水解实力小于CN-，则HCOONa溶液的pH小于NaCN溶液的pH，前者溶液中c(H+)大于后者，结合两溶液中的电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-)、c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，因此最终两溶液中所含离子总数前者大于后者，故D项说法正确；综上所述，答案为C。22.关于小苏打溶液的表述错误的是()A.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)B.c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)C.HCO的电离程度小于其水解程度D.c(Na+)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO)＞c(H+)【答案】D【解析】【详解】A．小苏打是NaHCO3，其溶液中存在着物料守恒：c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，A正确；B．NaHCO3溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，B正确；C．NaHCO3溶液中存在着平衡：HCOH++CO，HCO+H2OH2CO3+OH-，因为NaHCO3溶液显碱性，所以HCO的电离程度小于其水解程度，C正确；D．NaHCO3溶液中，HCOH++CO，结合水的电离，所以c(CO)＜c(H+)，D错误；答案选D。23.250℃和1.01×105Pa时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行的缘由是（）A.是吸热反应 B.是放热反应 C.是熵削减的反应 D.熵增大效应大于焓效应【答案】D【解析】【详解】依据化学反应的能判据与熵判据综合关系式可知，，要使反应能自发进行，必需使，所以须要熵增大效应大于能量效应，综上分析可得D符合题意，故选D。答案选D24.将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（）A.①③⑤⑦⑧ B.②④⑥⑧ C.①⑥ D.②④⑦【答案】D【解析】【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。25.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是A.新制氯水中加入固体NaOH：B.溶液与溶液等体积混合：C.的溶液：D.的氨水与的盐酸等体积混合：【答案】B【解析】【详解】溶液遵循电荷守恒，则存在，故A错误；B.等体积混合后，溶质为等量的、，电荷守恒式为，物料守恒式为，二者联立可得，，故B正确；C.的溶液，水解大于其电离，则离子浓度为，故C错误；D.的氨水与的盐酸等体积，氨水过量，溶质为氯化铵、一水合氨，溶液显碱性，则离子浓度为，故D错误；答案选B。【点睛】B项，溶液与溶液等体积混合，电荷守恒式为，依据起始加入量即可推断，物料守恒式为，二者联立可得，，这是常考点，也是学生们的易错点。同时，离子浓度的大小关系排序也是常考点，等体积混合后，溶质为等量的、，而等浓度的醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，因此溶液显酸性，则离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。第Ⅱ卷二、非选择题：（包括4小题，共50分）26.2024年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产探讨，实现可持续发展。(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式:________。(2)为提高CH3OH的产率，理论上应采纳的条件是________(填选项字母）。a.高温高压b.低温低压c.高温低压d.低温高压(3)250℃时，在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X的平衡转化率变更曲线如图所示。反应物X是_______(填“CO2”或“H2(4)250℃时，在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂发生CO2催化氢化合成甲醇的反应，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH)=0.75mol•L-1。①前10min内的平均反应速率H2=_______mol•L-1•min-1。②该温度下，该反应的化学平衡常数K=_______。③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。限制相同投料比和相同反应时间，四组试验数据如下表所示：试验编号温度(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6依据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为________（填字母）。【答案】(1).3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mol(2).d(3).CO2(4).恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低(5).0.225(6).5.33（或16/3）(7).B【解析】【详解】(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H1=+41.1kJ/molII.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=－90.0kJ/mol依据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=－48.9kJ/mol；(2)依据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，须要降温高压，故选d；(3)视察图中的横坐标，其物理量为n(H2)/n(CO2)，假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；故推断依据是恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低；(4)①在同一容器中，CH3OH浓度变更量为0.75mol•L-1，则有（mol•L-1）3H2(g)CO2(g)CH3OH(g)H2O(g)起始3100转化2.250.750.750.75平衡0.750.250.750.75H2的浓度变更量为2.25mol•L-1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225mol•L-1•min-1；②K==③选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明反应的选择性越好。视察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故选B。【点睛】现以mA(g)+nB(g)

⇌pC(g)(己知该反应的正反应为放热反应)为例,分析如下：1.在其它条件不变时，增大A的浓度，可使平衡向正反应方向移动，因此B的转化率增大，而A的转化率却减小；同理，若增大B的浓度，平衡也向正反应方向移动，A的转化率会增大，而B的转化率则减小；2.在其它条件不变时，增大C的浓度，可使平衡向逆反应方向移动，因此A和B的转化率均减小；3.m+n>p时，在其它条件不变状况下，增大压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；减小压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；4.m+n<p时，在其它条件不变的状况下，增大压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；减小压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；5.m+n=p时，在其它条件不变的状况下，增大压强或减小压强，平衡都不发生移动，因此，A和B的转化率都不发生变更(反应的正逆反应速增加的倍数相等)；6.在其它条件不变时，上升温度，由于正反应为放热反应，可使平衡向逆反应方向移动，因此A、B的转化率均减小；同理，降低温度，平衡向正反应方向移动，A、B的转化率均增大；7.在其它条件不变的状况下，运用催化剂时，不能使平衡发生移动，因此A和B的转化率都不发生变更。27.已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：(1)图中五点Kw间的关系是_________。(2)若从A点到D点，可采纳的措施是_________。A升温B加入少量的盐酸C加入少量的NH4Cl(3)B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与0.05mol/L的稀硫酸V2L混合(设混合前后溶液的体积不变)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2(4)常温下，将VmL、0.1000mol·L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L-1醋酸溶液中充分反应。假如溶液pH=7，此时V的取值___________20.00(填“>”“<”或“＝”)(忽视溶液体积的变更)。而溶液中c(Na+)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的大小关系为___________。(5)在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝____________mol·L-1。(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20)【答案】(1).E=A=D＜C＜B(2).BC(3).9:11(4).＜(5).c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)(6).2.2×10–8【解析】【详解】(1)水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，依据图知，温度凹凸点依次是B>C>A=D=E，所以离子积常数大小依次是B>C>A=D=E；(2)在A点时，c(H+)=c(OH−)，溶液显中性,而到D点c(H+)变大，c(OH−)变小，溶液显酸性，即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变。A．上升温度，Kw变大，故A错误；B．加入HCl，则溶液显酸性，故B正确；C．加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故C正确；故答案为：BC；(3)该温度下水的离子积为Kw=1×10−12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH−)=mol/L=0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满意：0.1mol/L×V2−0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，整理可得：V1:V2=9:11；

(4)CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将VmL、0.1000mol∙L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol∙L−1醋酸溶液中，充分反应，V＜20.00mL，溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH−)；依据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，c(H+)=c(OH−)，溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(H+)=c(OH−)；(5)依据题给Cu(OH)2的溶度积即可确定pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，则：c(Cu2+)==2.2×10-8mol•L-1。28.现运用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100mL)。Ⅰ、试验步骤：(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。(3)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。假如液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。(4)滴定。当__________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。Ⅱ、试验记录1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95Ⅲ、数据处理与探讨：(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100mL(结果保留四位有效数字)。(2)在本试验的滴定过程中，下列操作会使试验结果偏大的是________(填写序号)。a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消逝c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水d．锥形瓶在滴定时猛烈摇动，有少量液体溅出【答案】(1).容量瓶(2).酚酞(3).0.70(4).滴入最终一滴溶液时，溶液的颜色从无色变成浅红色，且半分钟内不变色(5).4.5(6).ab【解析】【详解】(1)配制肯定物质的量浓度的溶液时，须要运用到容量瓶，答案为：容量瓶；(2)本试验运用的是强碱滴定弱酸，滴定终点生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，终点的pH应在指示剂