2024-2025学年北京市昌平区高二上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市昌平区2024-2025学年高二上学期期末考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56第Ⅰ部分(选择题共42分)本部分共21道小题，每小题2分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。1.嫦娥六号实现世界首次月球背面采样返回，下列探月过程中涉及化学能转化为电能的是A.燃烧推进剂液氢和液氧，使火箭升空B.展开太阳能电池翼持续供电C.启动锂离子蓄电池组供电D.电解水装置实现航天器中氧气再生【答案】C【解析】燃烧推进剂使火箭升空涉及化学能转化为热能和光能，A错误；展开太阳翼获取持续电力涉及光能转化为电能，B错误；启动锂离子蓄电池为探测器供电涉及化学能转化为电能，C正确；电解水装置实现航天器中氧气再生涉及到的是电能转化为化学能，D错误；答案选C。2.下列电离方程式书写正确的是A.NH4ClNH+Cl- B.NH3·H2ONH+OH-C.H2CO32H++CO D.HClO=ClO-+H+【答案】B【解析】氯化铵是强电解质，电离方程式为：NH4Cl=NH+Cl-，A错误；一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2ONH+OH-，B正确；碳酸是二元弱酸，电离方程式为：H2CO3H++HCO，C错误；次氯酸是弱酸，其电离方程式为：HClOClO-+H+，D错误；故选B。3.漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，下列有关说法正确的是A.二者均能完全电离 B.二者均能水解C.二者的水溶液均显碱性 D.二者均可电离出Cl-【答案】A【解析】Ca(ClO)2和CaCl2均为强电解质，均能完全电离，A正确；Ca(ClO)2中次氯酸根为弱酸阴离子，Ca(ClO)2属于强碱弱酸盐，能水解，而CaCl2属于强酸强碱盐，不能水解，B错误；Ca(ClO)2为强碱弱酸盐，水解使其溶液呈碱性，CaCl2为强酸强碱盐，不能水解，溶液呈中性，C错误；Ca(ClO)2和CaCl2均为强电解质，Ca(ClO)2发生完全电离：，即Ca(ClO)2不能电离出Cl-，而CaCl2能电离出Cl-，D错误；故选A。4.铜锌原电池的装置如图，下列说法正确的是A.Cu是负极材料B.盐桥中K+进入ZnSO4溶液C.正极反应物Cu2+被氧化D.Zn电极上发生反应Zn-2e−=Zn2+【答案】D【解析】金属的活泼性Zn大于Cu，Zn为负极，A错误；原电池中阳离子向正极移动，K+离子移向CuSO4溶液，B错误；正极上发生还原反应，Cu2+得电子被还原，C错误；Zn电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e−=Zn2+，D正确；答案选D。5.下列方程式与所给事实不相符的是A.食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SOC.用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+：Ba2++SO=BaSO4↓D.泡沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合产生气体和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】A【解析】食醋去除水垢中的CaCO3，醋酸是弱酸，不能拆写：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；CaCO3的溶度积小于CaSO4，能够发生沉淀转化，CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SO，B正确；Ba2+有毒，可以用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+生成不溶于酸的BaSO4沉淀，离子方程式为：Ba2++SO=BaSO4↓，C正确；沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合，Al3+水解呈酸性，HCO水解呈碱性，二者水解相互促进，产生气体和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，D正确；答案选A。6.一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是A.容器内气体颜色不再变化B.浓度商等于化学平衡常数C.容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2D.容器内的压强不再变化【答案】C【解析】化学平衡的判断标志有：各物质的浓度、百分含量等保持不变，正逆反应速率相等以及反应过程中一直在“变”的量一旦不变了，就说明达到平衡了。反应体系中NO2为红棕色，而NO和O2均为无色，故反应过程中，混合气体的颜色一直在变，颜色不变说明NO2的浓度不再变化，达到平衡状态，故A不符合题意；浓度商等于该温度下的化学平衡常数，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意；物质的浓度呈化学计量系数比并不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意；反应前后气体的化学计量系数发生改变，即反应过程中容器的压强一直在变，现在不变了，说明达到平衡了，故D不符合题意；故选C。7.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，合成氨工业生产选择高温反应条件B.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体C.压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，颜色立即变深D.向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，迅速产生大量气泡【答案】B【解析】反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0为放热反应，合成氨工业生产选择高温的目的是催化剂活性最强，反应速率快，A不符合题意；FeCl3+3H2O⇋Fe(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，可以制备胶体，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，B符合题意；2NO2⇋N2O4，压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，平衡正向移动，颜色变深由于NO2浓度变大造成，C不符合题意；向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，CuSO4对H2O2的分解起催化剂作用，迅速产生大量气泡，和平衡移动无关，D不符合题意；答案选B。8.一定温度下，向10L密闭容器中投入2molC2H6和3molCO2，发生反应：C2H6(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g)，测得5min时CO的物质的量为2mol。下列叙述正确的是A.v(C2H6)=0.01mol·L−1·min−1 B.v(CO2)=0.2mol·L−1·min−1C.5min时c(H2)=1.5mol·L−1 D.4v(CO)=3v(H2)【答案】A【解析】5min时CO的物质的量为2mol，v(CO)=mol·L−1·min−1。v(C2H6)=v(CO)=mol·L−1·min−1=0.01mol·L−1·min−1，A正确；v(CO2)=v(CO)=0.02mol·L−1·min−1，B错误；5min时CO的物质的量为2mol，则H2的物质的量为1.5mol，c(H2)=0.15mol·L−1，C错误；速率之比等于计量系数之比，3v(CO)=4v(H2)，D错误；答案选A。9.已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是A.其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大B.其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大C.其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大D.催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率【答案】B【解析】该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大，A正确；该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率不变，B错误；该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大，C正确；氢离子是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，增大反应速率，D正确；故选B。10.下列实验中，能达到实验目的是A．牺牲阳极保护法防止海水中铁被腐蚀B．探究FeCl3浓度对化学平衡移动的影响C．用0.1000mol·L-1HCl溶液确定待测NaOH溶液的浓度D．探究温度对化学平衡移动影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】Fe与外加电源的正极相连接，铁腐蚀的更快，不能保护铁被腐蚀，A不符合题意；FeCl3浓度不同，KSCN浓度也不同，不能探究FeCl3浓度对化学平衡移动的影响，B不符合题意；用0.1000mol·L-1HCl溶液确定待测NaOH溶液的浓度，0.1000mol/L的HCl应该盛装在酸式滴定管中，C不符合题意；2NO2⇋N2O4，温度升高颜色加深，平衡逆向移动，可以探究温度对化学平衡移动的影响，D符合题意；答案选D。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.Fe3+、Ca2+、CH3COO-、OH− B.Fe2+、H+、SO、NOC.K+、MnO、Na+、SO D.K+、HCO、Ba2+、OH−【答案】C【解析】Fe3+与OH−反应会生成沉淀，且Fe3+与CH3COO-也会发生双水解而不能大量共存，A不符合题意；在酸性环境下具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；四种离子相互之间均不反应，一定能大量共存，C符合题意；、Ba2+、OH−会发生反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，D不符合题意；故选C；12.一定温度下，pH=1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+，对于该溶液，下列说法不正确的是A.升高温度，电离平衡常数K变大，平衡正向移动，c(H+)增大B.加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO−)减小C.加入少量水，平衡正向移动，c(H+)减小D.与等体积pH=1的盐酸相比，该溶液与足量Zn反应生成的气体更多【答案】B【解析】升高温度，促进电离，电离平衡常数K变大，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，c(H+)增大pH值减小，A正确；加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，平衡逆向移动，B错误；加入少量水，促进电离，平衡正向移动，c(H+)减小，C正确；与等体积pH=1的盐酸相比，醋酸的浓度大于盐酸，故醋酸与足量Zn反应生成的气体更多，D正确；故选B。13.酸性锌锰干电池与碱性锌锰干电池的构造示意图如下图所示，碱性锌锰干电池的总反应为：Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。关于两电池及其工作原理，下列说法中正确的是A.碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn–2e−+2OH-=ZnOB.两电池中MnO2均发生氧化反应C.每生成1molMnOOH，转移2mol电子D.用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀【答案】D【解析】酸性锌锰干电池负极反应式‌：，正极反应式‌：，总反应式为：，由碱性锌锰电池的总反应：2MnO2+Zn+H2O=2MnO(OH)+ZnO，可知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，正极MnO2得电子被还原生成MnO(OH)，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-，据此分析解答。据此分析作答。由分析可知，碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn–2e−+2OH-=ZnO+H2O，A错误；结合分析可知，两个反应中，两电池中MnO2作氧化剂，发生还原反应，B错误；结合分析可知，每生成1molMnOOH，转移1mol电子，C错误；氯化铵溶液显酸性，可以和金属反应，则用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀，D正确；故选D。14.下列有关C(s，石墨)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol−1的说法中，不正确的是A.1molC(s，石墨)和1molH2O(g)的总能量低于1molCO(g)和1molH2(g)的总能量B.反应消耗1molC(s，石墨)和1molH2O(l)所吸收的热量大于131.5kJC.1molC(s，金刚石)与1molC(s，石墨)所具有的内能不同D.只要得知H2(g)+O2(g)=H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨)+O2(g)CO(g)的ΔH【答案】D【解析】C(s，石墨)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol−1，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确；H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故反应消耗1molC(s，石墨)和1molH2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ，B正确；石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确；H2(g)+O2(g)=H2O(l)中水的状态是液态，而题干中的热化学方程式为气态水，H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故还需要知道H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH，才能得出C(s，石墨)+O2(g)CO(g)的ΔH，D错误；故选D。15.丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法正确是A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH=+83.13kJ·mol−1B.丙烷催化脱氢仅涉及C-H键断裂和C-C键形成C.丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定D.改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变【答案】C【解析】由图可知，C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH=+99.86kJ·mol−1，A错误；丙烷催化脱氢涉及C-H键断裂和C=C键与H-H键的形成，B错误；丙烷催化脱氢的总反应速率由活化能最大的步骤，即②决定，C正确；改变催化剂可改变反应历程但不能改变焓变（由反应物和生成物能量差决定），D错误；故选C。16.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH>0。下列说法不正确的是A.a为生成物NH3、b为生成物HClB.反应制得1molHCl，须投入1molMgOC.升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl化学平衡常数增大D.等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热【答案】B【解析】由图示即原子守恒可知，反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3，反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl。根据分析，a为生成物NH3、b为生成物HCl，A正确；总反应为：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)，MgO为催化剂，则反应制得1molHCl，不一定必须投入1molMgO，B错误；NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH>0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，C正确；根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确；答案选B。17.测定0.1mol·L-1Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。温度/℃20406080pH11.8011.6811.5411.42下列说法正确的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+2H2OH2CO3+2OH-B.升温过程中，溶液中的c(OH-)在增大C.升温过程中，溶液pH变化是水解平衡移动的结果D.升温过程中，溶液中c(CO)+c(HCO)=0.1mol·L-1【答案】B【解析】Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-，A错误；温度升高，促进碳酸根离子的水解，导致溶液中升高，B正确；温度升高，促进碳酸根离子的水解，且水的电离程度变大，故溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，C错误；根据元素守恒可知升温过程中，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1，D错误；故选B。18.Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入nmolNi和4nmolCO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是A.该反应ΔH<0 B.p1<p2C.p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D.B点体积小于A点体积【答案】C【解析】在同一压强下，温度升高Ni(CO)4的体积分数降低，平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH<0，A正确；反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)是气体体积减少的反应，增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的体积分数升高，p1<p2，B正确；p1、100℃时，Ni(CO)4的体积分数为50%，三段式：，，x=，转化率不等于50%，C错误；A、B中Ni(CO)4的体积分数相等，物质的量相等，A对应的压强小，B对应的压强大，无B点体积小于A点，D正确；答案选C。19.工业生产中可通过双极膜电渗析技术对含NaNO3的高盐废水进行处理，制备HNO3和NaOH，工作原理如下图所示。下列说法正确的是A.石墨电极a的电极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+B.M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜C.乙室产生含低浓度NaNO3废水，丙室产生NaOHD.阳极生成1mol气体时，该装置可得到4molHNO3【答案】D【解析】石墨a与外界负极相连，为阴极，左侧双极膜H+向左移动并在石墨电极a上生成H2，OH-向右移动，进入甲室，乙室中的Na+通过M膜进入甲室，生成NaOH，M膜为阳离子交换膜，石墨b为阳极，右侧双极膜中的H+向左移动，OH-移向右侧并在石墨电极b上生成O2，乙室中通过N膜进入丙室，生成HNO3，N极膜为阴离子交换膜。根据分析，石墨电极a为阴极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑，A错误；根据分析可知，M膜为阳离子交换膜，N极膜为阴离子交换膜，B错误；乙室高浓度的硝酸钠，Na+移向甲室，生成NaOH，移向丙室，生成HNO3，同时乙室生成低浓度的NaNO3，C错误；阳极生成1molO2，电子转移4mol，可得到4molHNO3，D正确；答案选D。20.25℃时，向20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示：下列说法不正确的是A.由a点pH可知CH3COOH的电离常数Ka≈10-4.8B.b点溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)C.c点溶液中微粒对水的电离平衡的促进与抑制程度相同D.a点→d点的过程中n(CH3COO-)持续增大【答案】B【解析】由a点pH可知，CH3COOH的电离常数Ka=≈10-4.8，A正确；B点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH等物质的量浓度的混合溶液，在溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液pH＜7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na＋)＜c(CH3COO-)，B错误；c点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH微粒，pH=7，说明CH3COONa对水的电离平衡的促进与CH3COOH抑制程度相同，C正确；a点→d点加入0.1mol·L-1NaOH溶液，弱电解质CH3COOH生成强电解质CH3COONa，也可以理解为减小，促进CH3COOH电离，过程中n(CH3COO-)持续增大，D正确；故选B；21.为研究沉淀的生成及转化，某小组同学进行如图1所示实验，图2为ZnS、CuS饱和溶液离子浓度关系曲线图，M代表Cu或Zn。下列关于该实验分析不正确的是A.①中产生白色沉淀的原因是c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)B.②中现象不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度C.③中现象能证明CuS比ZnS更难溶D.由图1实验可得图2中曲线a代表CuS【答案】D【解析】①中硫化钠和硫酸锌反应生成硫化锌，则c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)，A正确；加入的Na2S为0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4为0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S过量，则Zn2+应完全反应，S2-一定有剩余，所以要证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的，应验证是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出现黑色沉淀只能说明S2-存在，不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度，B正确；ZnS为白色固体，CuS为黑色固体，所以③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，则证明CuS比ZnS更难溶，C正确；结合C分析可知，硫化铜的Ksp更小，图2中硫离子浓度相同时，即-lgc(S2-)相同时，b对应的-lgc(M2+)更大，则b对应物质的溶度积更小，故图2中b代表CuS，D错误；故选D。第II部分(非选择题共58分)22.利用工业废气CO2合成甲醇，可减少CO2的排放，有利于实现碳中和。已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ·mol−1；（1）该反应能自发的条件是_______。a．高温b．低温c．任意温度d．无法判断（2）该反应的化学平衡常数表达式K=_______。（3）某温度下，该反应的化学平衡常数K=0.3，若起始时向1L密闭容器中投入1molCO2(g)、3molH2(g)、1molCH3OH(g)、1molH2O(g)，则反应_______(填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“达平衡状态”)，结合计算说明理由：_______。（4）任写两条理论上能提高CO2平衡转化率的措施_______。【答案】（1）b（2）K=（3）①.向正反应进行②.Q=<K，因此平衡向正反应进行（4）降温、增压、增大H2浓度、及时移走CH3OH等【解析】【小问1详析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)的△H＜0，且△S＜0，则低温下满足△G=△H-T△S＜0，即低温下反应能自发进行；故选b；【小问2详析】该反应的化学平衡常数表达式K=；【小问3详析】向1L密闭容器中投入1molCO2(g)、3molH2(g)、1molCH3OH(g)、1molH2O(g)，浓度熵为Q=<K，因此平衡向正反应进行；【小问4详析】反应为放热反应，可降温平衡正向进行提高CO2平衡转化率；正方向为气体体积减小的反应，可通过增压使平衡正向移动提高CO2平衡转化率；可通过增大H2浓度，使平衡正向移动，提高CO2平衡转化率；及时移走CH3OH使平衡正向移动，提高CO2平衡转化率等一系列的措施。23.①盐酸②醋酸③一水合氨④氢氧化钠⑤氯化铵⑥醋酸钠是实验室和生活中常见的物质。（1）CH3COONa溶液显_______(填“酸性”、“中性”或“碱性”)，结合化学用语解释原因_______。（2）将浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后，溶液中存在的离子浓度大小关系是_______。（3）下列事实不能证明氨水中存在电离平衡的是_______。a．氨水中存在NH4+、OH−、H+b．氨水的导电性弱于NaOH溶液c．常温下，1mol·L-1的氨水测得pH约为12d．将一定体积的1mol·L-1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1（4）常温下，pH=4的CH3COOH和NH4Cl溶液，由水电离出的c(H＋)之比是_______。（5）向饱和NaHCO3溶液中滴加饱和CaCl2溶液，可观察到先产生白色沉淀，后产生大量无色气泡，结合化学用语，从平衡移动角度解释原因_______。【答案】（1）①.碱性②.CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa=CH3COO-＋Na+水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-结合H2O电离出的H+，c(H+)减小，使水的电离平衡向右移动，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液显碱性（2）c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH-)（3）ab（4）10-10：10-4（5）在溶液中，存在平衡HCOH++CO，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2++CO=CaCO3↓，产生白色沉淀，使c(CO)减小，使平衡正移，c(H+)增大，发生反应H++HCO=H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体【解析】【小问1详析】CH3COONa是强碱弱酸盐，其溶液因水解显碱性；原因是：CH3COONa在溶液中完全电离：CH3COONa=CH3COO-＋Na+水中存在：H2OH++OH-，CH3COO-结合H2O电离出的H+，c(H+)减小，使水的电离平衡向右移动，c(OH-)增大，溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液显碱性；【小问2详析】浓度均为0.1mol/L的①与③溶液等体积混合后刚好完全反应生成NH4Cl，少量的离子水解显示酸性，溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)>c(OH-)；【小问3详析】a．水电离出H+和OH-离子，氨水中的NH3·H2O会电离出和OH-离子，氨水中存在、OH−、H+，不能确定氨水存在电离平衡，a符合；b．没有给出二者的浓度，不能根据氨水和NaOH溶液导电性来判断氨水是弱碱，b符合；c．常温下，1mol·L-1的氨水测得pH约为12，c(OH-)=10-2mol/L，说明氨水是部分电离，存在电离平衡，c不符合；d．将一定体积的1mol·L-1的氨水稀释10倍，其pH变化小于1，说明氨水电离平衡正向移动，存在店里平衡，d不符合；答案选ab；【小问4详析】CH3COOH电离出的H+对水电离抑制，NH4Cl电离出的铵根离子水解，对水电离促进，常温下，pH=4的CH3COOH溶液中水电离出的H+浓度为10-10mol/L，pH=4的NH4Cl溶液溶液中水电离出的H+浓度为10-4mol/L，由水电离出的c(H＋)之比是：10-10：10-4；【小问5详析】NaHCO3溶液中电离出的，存在平衡⇋H++，向溶液中加入Ca2+，发生反应Ca2++=CaCO3↓，产生白色沉淀，使c()减小，使平衡正移，c(H+)增大，发生反应H++=H2O+CO2↑，CO2逸出，产生大量气体。24.电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。I.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。（1）装置中铂电极a为_______(填“正极”或“负极”)。（2）装置中铂电极b上发生的电极反应式是_______。（3）装置中负极区的pH_______(填“升高”、“降低”或“不变”)。II.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2.海水中含有HCO等离子，呈弱碱性。（4）结合化学用语说明b室如何实现CO2提取_______。（5）b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后(海水pH≈8)才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的_______。【答案】（1）负极（2）O2+4e-+2H2O=4OH-（3）降低（4）a室发生电极反应为2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+=

CO2↑+H2O，实现CO2的提取（5）c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液【解析】I．碱性甲醇空气燃料电池中，通入甲醇的电极为负极，发生氧化反应生成：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，正极上发生还原反应，O2得电子与水反应得到OH-：O2+4e-+2H2O=4OH-；II．电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+=

CO2↑+H2O，实现CO2的提取。【小问1详析】经过分析，铂电极a发生氧化反应，铂电极a为负极；【小问2详析】铂电极b为正极，发生的电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-；【小问3详析】根据负极的反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，消耗OH-离子，负极区的pH降低；【小问4详析】电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+=

CO2↑+H2O，实现CO2的提取；【小问5详析】由于c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液，b室产生的是pH=6的酸性废水，需要用c室产生的NaOH中和后才能排回大海。25.乙烯是一种用途广泛的有机化工原料，乙烯的制备研究具有重要意义。乙烷可通过多种方法制备乙烯。方法1.乙烷热裂解制乙烯：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136kJ·mol−1；方法2.乙烷-CO2催化氧化制乙烯：ii．C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH2；（1）已知：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol−1，则反应ii的ΔH2=_______kJ·mol−1。（2）方法1制备乙烯的反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，除作为热量载体提高温度外，水蒸气还发挥的作用是_______(结合Q与K关系分析)。（3）方法2制备乙烯时，除发生反应ii外，还发生以下副反应：iii．C2H6(g)2C(s)+3H2(g)ΔH3=+84.7kJ·mol−1iv．C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH4=+430kJ·mol−1；常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，经过相同时间，测得不同温度下乙烷转化率及乙烯选择性的变化如下图。已知：①随温度升高，乙烷的实验转化率增大的原因可能是_______。②随温度升高，乙烯选择性下降的原因可能是_______。(写两条)【答案】（1）+177（2）Q=，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使Q<K，平衡正向移动，乙烯平衡产率增大（3）①.反应未达平衡，随温度升高，化学反应速率增大，乙烷转化率增大②.温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活(或温度升高，反应iii产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，反应ii的速率下降，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降；温度升高，反应iii、iv速率加快的程度大于反应ii，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降【解析】【小问1详析】反应i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136kJ·mol−1，反应ii．C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH2，设反应3为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol−1，由盖斯定律可知，反应i+反应3=反应ii，则反应ii的ΔH2=ΔH1+ΔH=+136kJ·mol−1+(+41kJ·mol−1)=+177kJ·mol−1；【小问2详析】反应i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136kJ·mol−1，反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，可以作为热量载体提高温度，同时Q=，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使Q<K，平衡正向移动，乙烯平衡产率增大；【小问3详析】①反应ii．C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH2=+177kJ/mol，反应iii．C2H6(g)2C(s)+3H2(g)ΔH3=+84.7kJ·mol−1，反应iv．C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)ΔH4=+430kJ·mol−1，常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高，经过相同时间，反应未达平衡，化学反应速率增大，乙烷转化率增大；②常压下C2H6与CO2按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活(或温度升高，反应iii产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，使反应ii的速率下降，造成相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，因此乙烯选择性下降；或温度升高，反应iii、iv速率加快的程度大于反应ii，相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，所以乙烯选择性下降。26.以黄铁矿(主要含FeS2)为原料，低成本回收蛇纹石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质)中的铁元素，制备高附加值氧化铁红的工艺流程如下(部分流程已省略)：（1）酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有_______；_______(写两条)。（2）酸浸过程中，Fe2O3发生反应的离子方程式为_______。（3）黄铁矿在隔绝空气的条件下还原酸浸液，黄铁矿与酸浸液按一定比例混合，在不同温度下反应相同时间，测得溶液中Fe2+、Fe3+的质量浓度变化如下图。已知：Sx2−S2−+(x-1)S(x=2，3，…)①将还原过程的离子方程式补充完整：_______。□FeS2+□_______+□_______=□_______+□SO+□_______+□_______②温度高于85℃，随温度的升高，Fe2+质量浓度减小的原因是_______。（4）测定氧化铁红纯度。取ag煅烧后的氧化铁红产品，用盐酸溶解后配成100mL溶液，取10mL待测溶液，向其中加入过量SnCl2溶液还原，加入HgCl2除去过量的SnCl2.加入3滴指示剂，用cmol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，共消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。资料：Cr2O72-被还原为Cr3+①用上述方法测得的产品中Fe2O3的质量分数为_______(列计算式即可，Fe2O3摩尔质量为160g/mol)。②若不除去过量的SnCl2，Fe2O3的质量分数测定结果将_______(填“偏高”“不变”或“偏低”)。【答案】（1）①.升温②.提高H2SO4浓度、粉碎等（2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（3）①.FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO+16H+或FeS2+8Fe3++4H2O=9Fe2++SO+S+8H+②.FeS2(s)Fe2+(aq)+S22-(aq)，Sx2−S2−+(x-1)S，85℃后，随温度升高，H+结合S2−生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与①中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小。（4）①.②.偏高【解析】蛇纹石中和渣(含大量Fe2O3及少量其他金属氧化物杂质)加入稀硫酸酸浸，得到含有Fe3+的溶液，加入黄铁矿，发生氧化还原反应生成S单质杂质，溶液中得到FeSO4溶液，再经过除杂净化，氧化煅烧最终得到Fe2O3。【小问1详析】酸浸过程中，加快浸出速率可采取的措施有升温、提高H2SO4浓度、粉碎等；【小问2详析】酸浸过程中，Fe2O3溶于硫酸，发生反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；【小问3详析】黄铁矿与Fe3+发生氧化还原反应，可以生成S单质或者S单质与硫酸根离子，反应的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+或FeS2+8Fe3++4H2O=9Fe2+++S+8H+；FeS2(s)Fe2+(aq)+S22-(aq)，Sx2−S2−+(x-1)S，85℃后，随温度升高，H+结合S2−生成H2S，H2S挥发脱离体系，最终使FeS2的沉淀溶解平衡正移，该过程生成Fe2+，同时使参与FeS2+8Fe3++4H2O=9Fe2++SO+S+8H+中反应的FeS2减少，该过程减少Fe2+，Fe2+减少量更多，使Fe2+质量浓度减小；【小问4详析】根据关系式3Fe2O3~6Fe2+~，n(Fe2O3)=3n()=3cv×10-3×mol=3cv×10-2mol，Fe2O3的质量分数为=；若不除去过量的SnCl2，K2Cr2O7会与过量的SnCl2反应，消耗的KMnO4的体积变大，Fe2O3的质量分数测定结果将偏高。27.某小组同学向CuCl2和KCl混合液中加入打磨光亮的Mg条，探究溶液中参与反应的微粒及对应产物。【实验I、II】(均加入表面积相同的光亮镁条0.20g，约0.0083mol)加入试剂实验现象初期3min12hⅠ室温下，10mLpH=3.80的CuCl2和KCl混合液。c(Cu2+)=0.1mol·L-1，c(Cl−)=1mol·L-1.镁条表面产生红色固体，产生无色气泡，速率很快。镁条表面不断聚积出现蓝白色不溶物。不再产生气泡，镁条完全消失，试管底部依次有红色、蓝白色、红色、白色沉淀，反应液浑浊(室温下pH=9.28)。Ⅱ室温下，10mL1mol·L-1酸性KCl溶液。(盐酸酸化至pH=x)产生无色气泡，速率适中。——不再产生气泡，大部分镁条没有反应完，反应液澄清(室温下pH=10.55)。（1）实验Ⅱ为实验Ⅰ的空白对照组，x的值为_______。（2）反应初期，实验I比实验II产生气泡速率更快的原因是_______。【实验III】探究实验I中3min时蓝白色不溶物的成分实验步骤及现象III重复实验Ⅰ，进行到3min时，取出镁条。用浓氨水充分浸取后，镁条表面蓝白色不溶物完全溶解并露出红色层，氨水浸出液呈蓝色。资料：ⅰ．Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Mg(OH)2固体不可溶于浓氨水。ⅱ．Cu(OH)2固体可溶于浓氨水形成深蓝色配离子[Cu(NH3)4]2+。ⅲ．CuCl为白色固体；[Cu(NH3)2]+为无色配离子，容易被空气氧化。（3）由实验III可得，蓝白色不溶物中含Cu(OH)2，不含Mg(OH)2。①结合化学用语解释Cu(OH)2产生的原因：_______。②蓝白色不溶物中不含Mg(OH)2的实验证据是_______。（4）依据资料，推测蓝白色不溶物中含CuCl，进一步进行探究。①取实验III的蓝色浸取液，分成两等份于两支试管中，试管a用橡胶塞盖紧，试管b充分振荡静置，_______(填现象)，证实推测。②用离子方程式解释试管b中现象：_______。③用离子方程式解释CuCl产生的原因：_______。（5）对比实验I和实验II中12h后的现象，结合必要的数据分析，解释实验I中12h后反应液在pH=9.28时浑浊的原因是_______。【答案】（1）3.80（2）反应生成Cu，构成原电池，加快化学反应速率（3）①.Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，Mg和H+反应生成H2，c(H＋)减小，平衡正移，生成Cu(OH)2蓝色沉淀②.镁条表面蓝白色不溶物完全溶解（4）①.试管b中蓝色比试管a中的深②.4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O③.2Cu2++Mg+2Cl-=2CuCl↓+Mg2+（5）Q=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.83×(10-4.72)2=8.3×10-10.44>5.6×10-12，Q>K，产生沉淀【解析】【小问1详析】实验Ⅱ为实验Ⅰ的空白对照组，实验I的pH=3.80，因此x的值为3.80；【小问2详析】实验I的反应初期，Mg置换出Cu，形成原电池，加快了反应速率，实验I比实验II产生气泡速率更快；【小问3详析】①Cu2+与水发生水解反应，生成蓝色Cu(OH)2蓝色沉淀，相应的离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，Mg和H+反应生成H2，c(H＋)减小，平衡正移，生成Cu(OH)2蓝色沉淀；②Mg(OH)2白色沉淀不能溶于氨水，镁条表面蓝白色不溶物完全溶解，说明白色沉淀不是Mg(OH)2；【小问4详析】①[Cu(NH3)2]+容易被空气氧化成二价铜离子，再与NH3结合成蓝色的[Cu(NH3)4]2+，试管b中蓝色比试管a中的深；②离子方程式为：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O；③Cu2+具有氧化性，Mg单质可以还原Cu2+为Cu+，Cu+与Cl-反应生成CuCl白色沉淀，离子方程式为：2Cu2++Mg+2Cl-=2CuCl↓+Mg2+；小问5详析】镁条0.20g，约0.0083mol，完全反应后生成的Mg2+的物质的量为0.0083mol，c(Mg2+)=，pH=9.28时，c(OH-)=1.0×10-4.72mol/L，Q=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.83×(10-4.72)2=8.3×10-10.44>5.6×10-12，Q>K，产生沉淀。北京市昌平区2024-2025学年高二上学期期末考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56第Ⅰ部分(选择题共42分)本部分共21道小题，每小题2分，共42分。请在每小题列出的4个选项中，选出符合题目要求的1个选项。1.嫦娥六号实现世界首次月球背面采样返回，下列探月过程中涉及化学能转化为电能的是A.燃烧推进剂液氢和液氧，使火箭升空B.展开太阳能电池翼持续供电C.启动锂离子蓄电池组供电D.电解水装置实现航天器中氧气再生【答案】C【解析】燃烧推进剂使火箭升空涉及化学能转化为热能和光能，A错误；展开太阳翼获取持续电力涉及光能转化为电能，B错误；启动锂离子蓄电池为探测器供电涉及化学能转化为电能，C正确；电解水装置实现航天器中氧气再生涉及到的是电能转化为化学能，D错误；答案选C。2.下列电离方程式书写正确的是A.NH4ClNH+Cl- B.NH3·H2ONH+OH-C.H2CO32H++CO D.HClO=ClO-+H+【答案】B【解析】氯化铵是强电解质，电离方程式为：NH4Cl=NH+Cl-，A错误；一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2ONH+OH-，B正确；碳酸是二元弱酸，电离方程式为：H2CO3H++HCO，C错误；次氯酸是弱酸，其电离方程式为：HClOClO-+H+，D错误；故选B。3.漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，下列有关说法正确的是A.二者均能完全电离 B.二者均能水解C.二者的水溶液均显碱性 D.二者均可电离出Cl-【答案】A【解析】Ca(ClO)2和CaCl2均为强电解质，均能完全电离，A正确；Ca(ClO)2中次氯酸根为弱酸阴离子，Ca(ClO)2属于强碱弱酸盐，能水解，而CaCl2属于强酸强碱盐，不能水解，B错误；Ca(ClO)2为强碱弱酸盐，水解使其溶液呈碱性，CaCl2为强酸强碱盐，不能水解，溶液呈中性，C错误；Ca(ClO)2和CaCl2均为强电解质，Ca(ClO)2发生完全电离：，即Ca(ClO)2不能电离出Cl-，而CaCl2能电离出Cl-，D错误；故选A。4.铜锌原电池的装置如图，下列说法正确的是A.Cu是负极材料B.盐桥中K+进入ZnSO4溶液C.正极反应物Cu2+被氧化D.Zn电极上发生反应Zn-2e−=Zn2+【答案】D【解析】金属的活泼性Zn大于Cu，Zn为负极，A错误；原电池中阳离子向正极移动，K+离子移向CuSO4溶液，B错误；正极上发生还原反应，Cu2+得电子被还原，C错误；Zn电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e−=Zn2+，D正确；答案选D。5.下列方程式与所给事实不相符的是A.食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B.用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SOC.用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+：Ba2++SO=BaSO4↓D.泡沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合产生气体和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】A【解析】食醋去除水垢中的CaCO3，醋酸是弱酸，不能拆写：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；CaCO3的溶度积小于CaSO4，能够发生沉淀转化，CaSO4(s)+COCaCO3(s)+SO，B正确；Ba2+有毒，可以用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+生成不溶于酸的BaSO4沉淀，离子方程式为：Ba2++SO=BaSO4↓，C正确；沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合，Al3+水解呈酸性，HCO水解呈碱性，二者水解相互促进，产生气体和沉淀：3HCO+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，D正确；答案选A。6.一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是A.容器内气体颜色不再变化B.浓度商等于化学平衡常数C.容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2D.容器内的压强不再变化【答案】C【解析】化学平衡的判断标志有：各物质的浓度、百分含量等保持不变，正逆反应速率相等以及反应过程中一直在“变”的量一旦不变了，就说明达到平衡了。反应体系中NO2为红棕色，而NO和O2均为无色，故反应过程中，混合气体的颜色一直在变，颜色不变说明NO2的浓度不再变化，达到平衡状态，故A不符合题意；浓度商等于该温度下的化学平衡常数，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意；物质的浓度呈化学计量系数比并不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意；反应前后气体的化学计量系数发生改变，即反应过程中容器的压强一直在变，现在不变了，说明达到平衡了，故D不符合题意；故选C。7.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，合成氨工业生产选择高温反应条件B.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体C.压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，颜色立即变深D.向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，迅速产生大量气泡【答案】B【解析】反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0为放热反应，合成氨工业生产选择高温的目的是催化剂活性最强，反应速率快，A不符合题意；FeCl3+3H2O⇋Fe(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，可以制备胶体，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，B符合题意；2NO2⇋N2O4，压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，平衡正向移动，颜色变深由于NO2浓度变大造成，C不符合题意；向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，CuSO4对H2O2的分解起催化剂作用，迅速产生大量气泡，和平衡移动无关，D不符合题意；答案选B。8.一定温度下，向10L密闭容器中投入2molC2H6和3molCO2，发生反应：C2H6(g)+2CO2(g)=4CO(g)+3H2(g)，测得5min时CO的物质的量为2mol。下列叙述正确的是A.v(C2H6)=0.01mol·L−1·min−1 B.v(CO2)=0.2mol·L−1·min−1C.5min时c(H2)=1.5mol·L−1 D.4v(CO)=3v(H2)【答案】A【解析】5min时CO的物质的量为2mol，v(CO)=mol·L−1·min−1。v(C2H6)=v(CO)=mol·L−1·min−1=0.01mol·L−1·min−1，A正确；v(CO2)=v(CO)=0.02mol·L−1·min−1，B错误；5min时CO的物质的量为2mol，则H2的物质的量为1.5mol，c(H2)=0.15mol·L−1，C错误；速率之比等于计量系数之比，3v(CO)=4v(H2)，D错误；答案选A。9.已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是A.其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大B.其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大C.其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大D.催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率【答案】B【解析】该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大，A正确；该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率不变，B错误；该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮)c(H+)，则其他条件不变，增大催化剂H+的浓度，反应速率增大，C正确；氢离子是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，增大反应速率，D正确；故选B。10.下列实验中，能达到实验目的是A．牺牲阳极保护法防止海水中铁被腐蚀B．探究FeCl3浓度对化学平衡移动的影响C．用0.1000mol·L-1HCl溶液确定待测NaOH溶液的浓度D．探究温度对化学平衡移动影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】Fe与外加电源的正极相连接，铁腐蚀的更快，不能保护铁被腐蚀，A不符合题意；FeCl3浓度不同，KSCN浓度也不同，不能探究FeCl3浓度对化学平衡移动的影响，B不符合题意；用0.1000mol·L-1HCl溶液确定待测NaOH溶液的浓度，0.1000mol/L的HCl应该盛装在酸式滴定管中，C不符合题意；2NO2⇋N2O4，温度升高颜色加深，平衡逆向移动，可以探究温度对化学平衡移动的影响，D符合题意；答案选D。11.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.Fe3+、Ca2+、CH3COO-、OH− B.Fe2+、H+、SO、NOC.K+、MnO、Na+、SO D.K+、HCO、Ba2+、OH−【答案】C【解析】Fe3+与OH−反应会生成沉淀，且Fe3+与CH3COO-也会发生双水解而不能大量共存，A不符合题意；在酸性环境下具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；四种离子相互之间均不反应，一定能大量共存，C符合题意；、Ba2+、OH−会发生反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，D不符合题意；故选C；12.一定温度下，pH=1的CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+，对于该溶液，下列说法不正确的是A.升高温度，电离平衡常数K变大，平衡正向移动，c(H+)增大B.加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO−)减小C.加入少量水，平衡正向移动，c(H+)减小D.与等体积pH=1的盐酸相比，该溶液与足量Zn反应生成的气体更多【答案】B【解析】升高温度，促进电离，电离平衡常数K变大，平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，c(H+)增大pH值减小，A正确；加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO−)增大，平衡逆向移动，B错误；加入少量水，促进电离，平衡正向移动，c(H+)减小，C正确；与等体积pH=1的盐酸相比，醋酸的浓度大于盐酸，故醋酸与足量Zn反应生成的气体更多，D正确；故选B。13.酸性锌锰干电池与碱性锌锰干电池的构造示意图如下图所示，碱性锌锰干电池的总反应为：Zn+2MnO2+H2O=2MnO(OH)+ZnO。关于两电池及其工作原理，下列说法中正确的是A.碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn–2e−+2OH-=ZnOB.两电池中MnO2均发生氧化反应C.每生成1molMnOOH，转移2mol电子D.用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀【答案】D【解析】酸性锌锰干电池负极反应式‌：，正极反应式‌：，总反应式为：，由碱性锌锰电池的总反应：2MnO2+Zn+H2O=2MnO(OH)+ZnO，可知电池的负极Zn失去电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，正极MnO2得电子被还原生成MnO(OH)，电极反应式为2MnO2+2H2O+2e-=2MnO(OH)+2OH-，据此分析解答。据此分析作答。由分析可知，碱性锌锰干电池中锌粉发生的电极反应为：Zn–2e−+2OH-=ZnO+H2O，A错误；结合分析可知，两个反应中，两电池中MnO2作氧化剂，发生还原反应，B错误；结合分析可知，每生成1molMnOOH，转移1mol电子，C错误；氯化铵溶液显酸性，可以和金属反应，则用KOH替代NH4Cl，可降低对金属外壳的腐蚀，D正确；故选D。14.下列有关C(s，石墨)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol−1的说法中，不正确的是A.1molC(s，石墨)和1molH2O(g)的总能量低于1molCO(g)和1molH2(g)的总能量B.反应消耗1molC(s，石墨)和1molH2O(l)所吸收的热量大于131.5kJC.1molC(s，金刚石)与1molC(s，石墨)所具有的内能不同D.只要得知H2(g)+O2(g)=H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨)+O2(g)CO(g)的ΔH【答案】D【解析】C(s，石墨)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol−1，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确；H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故反应消耗1molC(s，石墨)和1molH2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ，B正确；石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确；H2(g)+O2(g)=H2O(l)中水的状态是液态，而题干中的热化学方程式为气态水，H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故还需要知道H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH，才能得出C(s，石墨)+O2(g)CO(g)的ΔH，D错误；故选D。15.丙烷在催化剂表面催化脱氢的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法正确是A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH=+83.13kJ·mol−1B.丙烷催化脱氢仅涉及C-H键断裂和C-C键形成C.丙烷催化脱氢的总反应速率由②决定D.改变催化剂可改变反应历程进而改变焓变【答案】C【解析】由图可知，C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH=+99.86kJ·mol−1，A错误；丙烷催化脱氢涉及C-H键断裂和C=C键与H-H键的形成，B错误；丙烷催化脱氢的总反应速率由活化能最大的步骤，即②决定，C正确；改变催化剂可改变反应历程但不能改变焓变（由反应物和生成物能量差决定），D错误；故选C。16.一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH>0。下列说法不正确的是A.a为生成物NH3、b为生成物HClB.反应制得1molHCl，须投入1molMgOC.升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl化学平衡常数增大D.等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热【答案】B【解析】由图示即原子守恒可知，反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3，反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl。根据分析，a为生成物NH3、b为生成物HCl，A正确；总反应为：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)，MgO为催化剂，则反应制得1molHCl，不一定必须投入1molMgO，B错误；NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH>0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，C正确；根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确；答案选B。17.测定0.1mol·L-1Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。温度/℃20406080pH11.8011.6811.5411.42下列说法正确的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+2H2OH2CO3+2OH-B.升温过程中，溶液中的c(OH-)在增大C.升温过程中，溶液pH变化是水解平衡移动的结果D.升温过程中，溶液中c(CO)+c(HCO)=0.1mol·L-1【答案】B【解析】Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-，A错误；温度升高，促进碳酸根离子的水解，导致溶液中升高，B正确；温度升高，促进碳酸根离子的水解，且水的电离程度变大，故溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，C错误；根据元素守恒可知升温过程中，溶液中c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1，D错误；故选B。18.Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入nmolNi和4nmolCO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是A.该反应ΔH<0 B.p1<p2C.p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D.B点体积小于A点体积【答案】C【解析】在同一压强下，温度升高Ni(CO)4的体积分数降低，平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH<0，A正确；反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)是气体体积减少的反应，增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的体积分数升高，p1<p2，B正确；p1、100℃时，Ni(CO)4的体积分数为50%，三段式：，，x=，转化率不等于50%，C错误；A、B中Ni(CO)4的体积分数相等，物质的量相等，A对应的压强小，B对应的压强大，无B点体积小于A点，D正确；答案选C。19.工业生产中可通过双极膜电渗析技术对含NaNO3的高盐废水进行处理，制备HNO3和NaOH，工作原理如下图所示。下列说法正确的是A.石墨电极a的电极反应为2H2O-4e−=O2↑+4H+B.M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜C.乙室产生含低浓度NaNO3废水，丙室产生NaOHD.阳极生成1mol气体时，该装置可得到4molHNO3【答案】D【解析】石墨a与外界负极相连，为阴极，左侧双极膜H+向左移动并在石墨电极a上生成H2，OH-向右移动，进入甲室，乙室中的Na+通过M膜进入甲室，生成NaOH，M膜为阳离子交换膜，石墨b为阳极，右侧双极膜中的H+向左移动，OH-移向右侧并在石墨电极b上生成O2，乙室中通过N膜进入丙室，生成HNO3，N极膜为阴离子交换膜。根据分析，石墨电极a为阴极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑，A错误；根据分析可知，M膜为阳离子交换膜，N极膜为阴离子交换膜，B错误；乙室高浓度的硝酸钠，Na+移向甲室，生成NaOH，移向丙室，生成HNO3，同时乙室生成低浓度的NaNO3，C错误；阳极生成1molO2，电子转移4mol，可得到4molHNO3，D正确；答案选D。20.25℃时，向20mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，pH变化曲线如下图所示：下列说法不正确的是A.由a点pH可知CH3COOH的电离常数Ka≈10-4.8B.b点溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)C.c点溶液中微粒对水的电离平衡的促进与抑制程度相同D.a点→d点的过程中n(CH3COO-)持续增大【答案】B【解析】由a点pH可知，CH3COOH的电离常数Ka=≈10-4.8，A正确；B点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH等物质的量浓度的混合溶液，在溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b点时溶液pH＜7，c(H+)>c(OH-)，所以c(Na＋)＜c(CH3COO-)，B错误；c点溶液中溶质CH3COONa和CH3COOH微粒，pH=7，说明CH3COONa对水的电离平衡的促进与CH3COOH抑制程度相同，C正确；a点→d点加入0.1mol·L-1NaOH溶液，弱电解质CH3COOH生成强电解质CH3COONa，也可以理解为减小，促进CH3COOH电离，过程中n(CH3COO-)持续增大，D正确；故选B；21.为研究沉淀的生成及转化，某小组同学进行如图1所示实验，图2为ZnS、CuS饱和溶液离子浓度关系曲线图，M代表Cu或Zn。下列关于该实验分析不正确的是A.①中产生白色沉淀的原因是c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)B.②中现象不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度C.③中现象能证明CuS比ZnS更难溶D.由图1实验可得图2中曲线a代表CuS【答案】D【解析】①中硫化钠和硫酸锌反应生成硫化锌，则c(Zn2＋)·c(S2-)>Ksp(ZnS)，A正确；加入的Na2S为0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4为0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S过量，则Zn2+应完全反应，S2-一定有剩余，所以要证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的，应验证是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出现黑色沉淀只能说明S2-存在，不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度，B正确；ZnS为白色固体，CuS为黑色固体，所以③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，则证明CuS比ZnS更难溶，C正确；结合C分析可知，硫化铜的Ksp更小，图2中硫离子浓度相同时，即-lgc(S2-)相同时，b对应的-lgc(M2+)更大，则b对应物质的溶度积更小，故图2中b代表CuS，D错误；故选D。第II部分(非选择题共58分)22.利用工业废气CO2合成甲醇，可减少CO2的排放，有利于实现碳中和。已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ·mol−1；（1）该反应能自发的条件是_______。a．高温b．低温c．任意温度d．无法判断（2）该反应的化学平衡常数表达式K=_______。（3）某温度下，该反应的化学平衡常数K=0.3，若起始时向1L密闭容器中投入1molCO2(g)、3molH2(g)、1molCH3OH(g)、1molH2O(g)，则反应_______(填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“达平衡状态”)，结合计算说明理由：_______。（4）任写两条理论上能提高CO2平衡转化率的措施_______。【答案】（1）b（2）K=（3）①.向正反应进行②.Q=<K，因此平衡向正反应进行（4）降温、增压、增大H2浓度、及时移走CH3OH等【解析】【小问1详析】CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)的△H＜0，且△S＜0，则低温下满足△G=△H-T△S＜0，即低温下反应能自发进行；故选b；【小问2详析】该反应的化学平衡常数表达式K=；【小问3详析】向1L密闭容器中投入1molCO2(g)、3molH2(g)、1molCH3OH(g)、1molH2O(g)，浓度熵为Q=<K，因此平衡向正反应进行；【小问4详析】反应为放热反应，可降温平衡正向进行提高CO2平衡转化率；正方向为气体体积减小的反应，可通过增压使平衡正向移动提高CO2平衡转化率；可通过增大H2浓度，使平衡正向移动，提高CO2平衡转化率；及时移走CH3OH使平衡正向移动，提高CO2平衡转化率等一系列的