2023杭州地区（含周边）重点中学高二上学期期中考试化学试题含解析

浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年

高二上学期期中考试化学试题

考生须知：

1.本卷满分100分，考试时间90分钟；

2.答题时，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填写相应数字；

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题卷。

5.可能用到的相对原子质量：H-1  C-12  N-14  O-16  S-32  Mn-55  Fe-56

选择题部分

一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分)

1. 下列物质属于酸式盐且促进水的电离的是

A. NaHCO3 B. NaHSO4 C. NaCl D. Na2CO3

【答案】A

【解析】

【详解】A．NaHCO3是酸式盐，水解促进水的电离，A正确；

B．NaHSO4是酸式盐，NaHSO4=Na++H++，溶液为强酸性，抑制水的电离，B错误；

C．NaCl是正盐，且对水的电离没有影响，C错误；

D．碳酸根水解促进水的电离，但Na2CO3是正盐，D错误；

故选A。

2. 下列仪器使用前需要检查是否漏液的是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】高中阶段所用仪器中需要检查是否漏水的有容量瓶，分液漏斗和酸/碱式滴定管。

【详解】A．圆底烧瓶不用检漏，故A错误；

B．酸式滴定管需要检漏，故B正确；

C．量筒不用检漏，故C错误；

D．漏斗不用检漏，故D错误；

故选B

3. 下列变化既是氧化还原反应，又符合下图所示能量变化的是

A 盐酸与碳酸氢钠反应

B. 锌与稀硫酸反应

C. 铝热反应

D. 灼热的炭与CO2反应

【答案】D

【解析】

【分析】图示反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应。

【详解】A．盐酸与碳酸氢钠发生复分解反应生成NaCl、H2O和CO2，该反应不属于氧化还原反应，A项不符合题意；

B．锌与稀硫酸发生置换反应生成ZnSO4和H2，该反应属于氧化还原反应，为放热反应，B项不符合题意；

C．铝热反应为铝与某些金属氧化物在高温下的置换反应，属于氧化还原反应，为放热反应，C项不符合题意；

D．灼热的炭与CO2的反应为C+CO22CO，该反应反应前后C元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，为吸热反应，D项符合题意；

答案选D。

4. 在反应中，表示该反应速率最快的是

A. v(A)=0.6mol·L-1min-1 B. v(B)=0.5 mol·L-1min-1

C. v(C)=1.8 mol·L-1min-1 D. v(D)=1.6 mol·L-1min-1

【答案】C

【解析】

【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，反应速率与化学计量数的比值越大，反应中反应速率越快，由题给数据可得：==0.3 mol/(L·min)、==0.5 mol/(L·min)、==0.6 mol/(L·min)、==0.4 mol/(L·min)，则表示该反应速率最快的是v(C)；

故选C。

5. 一定温度下，在容积不变的密闭容器中发生反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)  ΔH＜0﹐关于该反应下列说法不正确的是

A. 升高温度，正反应速率和逆反应速率都增大

B. 在该容器中充入少量Ar气体，压强增大，但平衡不移动

C. 使用催化剂，改变了反应的路径降低了反应的活化能，使反应的△H改变

D. 增大CO的浓度，单位体积内活化分子数增大，有效碰撞次数增多，使化学反应速率增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．升高温度，物质的内能增加，分子之间的有效碰撞次数增加，导致正反应速率和逆反应速率都增大，A正确；

B．在该容器中充入少量Ar气体，气体的总压强增大，但由于混合气体中各种气体的浓度不变，因此化学平衡不移动，B正确；

C．使用催化剂，改变了反应的路径降低了反应的活化能，但由于不能改变反应物与生成物的总能量，因此不能使反应的反应热△H发生改变，C错误；

D．增大CO的浓度，单位体积内活化分子数增大，分子之间的有效碰撞次数增多，使化学反应速率增大，D正确；

故合理选项是C。

6. 已知反应2SO2(g)+ O2 (g) 2SO3(g)  ΔH<0，某温度下，在带有活塞的密闭容器中充入一定量的SO3，充分反应后达到平衡。下列说法中正确的是

A. 保持体积、温度不变，充入氮气后，正反应速率和逆反应速率都将增大

B. 保持体积、温度不变，充入氦气后，平衡正向移动

C. 保持压强、温度不变，充入氮气后，正反应速率和逆反应速率不变

D. 保持压强、温度不变，充入氦气后，平衡逆向移动

【答案】D

【解析】

【详解】A．保持体积、温度不变，充入氮气后，各物质浓度不变，正反应速率和逆反应速率都不变，A错误；

B．保持体积、温度不变，充入氦气后，各物质浓度不变，平衡不移动，B错误；

C．保持压强、温度不变，充入氮气后，相当于减压，各物质浓度减小，平衡逆向移动，正反应速率和逆反应速率都减小，C错误；

D．保持压强、温度不变，充入氦气后，相当于减压，平衡逆向移动，D正确；

故选D。

7. 下列过程或现象与盐类水解无关的是

A. 配制FeSO4溶液时，加入少量的Fe粉

B. 利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂

C. 实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O制MgCl2

D. 存放Na2CO3、Na2SiO3溶液的试剂瓶使用橡胶塞

【答案】A

【解析】

【详解】A．亚铁离子具有还原性，为防止亚铁离子被空气中氧气氧化，配制硫酸亚铁溶液时应加入少量的铁粉，则加入少量的铁粉与盐类水解无关，故A符合题意；

B．可溶性铝盐、铁盐在溶液中水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铁胶体，胶体具有很强的表面积，能吸附水中悬浮的杂质而聚沉，从而达到净水的目的，则利用可溶性铝盐、铁盐做净水剂与盐类水解有关，故B不符合题意；

C．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化镁，为防止氯化镁水解，实验室通常在氯化氢气氛中加热六水氯化镁制无水氯化镁，则在氯化氢气氛中加热六水氯化镁制无水氯化镁与盐类水解有关，故C不符合题意；

D．碳酸钠、硅酸钠都是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，玻璃中的二氧化硅能与氢氧根离子反应生成硅酸钠，导致瓶和塞无法打开，所以不能用玻璃塞而用橡胶塞，则保存碳酸钠、硅酸钠溶液的试剂瓶使用橡胶塞与盐类水解有关，故D不符合题意；

故选A。

8. 下列事实与化学平衡移动有关的是

A. 配制硫酸铜溶液时，经常加入少量的稀硫酸

B. KI溶液加氯水振荡后颜色变深

C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深

D. 使用催化剂有利于加快合成氨的反应速率

【答案】A

【解析】

【详解】A．硫酸铜溶液中铜离子水解，加入硫酸可以抑制铜离子水解，A符合题意；

B．KI溶液加氯水，发生了氧化还原反应，生成了碘单质，振荡后颜色变深，B不符合题意；

C．H2、I2、HI平衡混合气体加压后平衡不移动，I2浓度变大，颜色加深，C不符合题意；

D．使用催化剂有利于加快合成氨的反应速率，不影响平衡，D不符合题意；

故选A。

9. 下列离子方程式书写正确的是

A. 少量铁溶于稀硝酸，溶液变黄：

B. 向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，有白色沉淀生成；

C. 泡沫灭火器喷出白色泡沫用于灭火：

D. 硫酸酸化的淀粉KI溶液久置后变蓝：4I-+O2+4H+=I2+2H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A．Fe不足量，氧化剂足量，反应产生Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，A错误；

B．要以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量的是1 mol，反应产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式应该为：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓++2H2O，B错误；

C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；

D．原子守恒，离子方程式应该为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，D错误；

故合理选项是C。

10. 已知某可逆反应 ΔH=+100kJ·mol-1的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是

A. 加入催化剂，该反应的反应热ΔH将减小

B. 相同条件下，1molA2(g)和2molB2(g)生成2molAB2(g)，将放出(E1-E2)kJ能量

C. 该反应正反应的活化能大于100kJ·mol-1

D. 该反应中，反应物的键能总和小于生成物的键能总和

【答案】C

【解析】

【详解】A．催化剂只是改变反应的活化能，不能改变反应的反应热，A错误；

B．由图可知该反应为吸热反应，相同条件下，1molA2(g)和2molB2(g)生成2molAB2(g)，将吸收(E1-E2)kJ能量，B错误；

C．由图可知该反应为吸热反应，所以该反应正反应的活化能大于100kJ·mol-1，C正确；

D．该反应为吸热反应，反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和，D错误；

故选C。

11. 下列说法正确的是

A. 用CCl4萃取碘水中的碘，分液时从下口先放有机相，再放出无机相

B. 用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱，用碱式滴定管取碱时开始平视后来俯视，测定结果偏大

C. 用润湿的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小

D. 用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小

【答案】B

【解析】

【详解】A．用CCl4萃取碘水中的碘，分液时从下口先放出有机相，再从上口倒出无机相，A错误；

B．用已知浓度的酸滴定未知浓度的碱，取碱时开始平视后来俯视，导致待测碱溶液物质的量偏大，消耗标准液酸的体积增大，测试结果偏大，B正确；

C．将pH试纸润湿后会将溶液稀释，使c(H+)降低，pH测定的值偏大，C错误；

D．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，减小了溶液的体积，使所配溶液浓度偏大，D错误；

故选B。

12. 合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：；ΔH=+162kJ·moL-1，共价键的键能与热化学方程式信息如下表(25℃、101kPa)，则CH4分子中C-H键能为：

A. 207 kJ·mol-1 B. 414 kJ·mol-1 C. 632 kJ·mol-1 D. 828 kJ·mol-1

【答案】B

【解析】

【详解】在化学反应中，旧键断开需要吸收能量，新键形成释放能量，反应热△H=反应物的总键能一生成物的总键能，设C-H键能为ak·mol-1，则该反应的反应热△H=4×a+4×464 kJ·mol-1-2×803kJ·mol-1-4×436 kJ·mol-1=+162 kJ·mol-1，a=414 kJ·mol-1；

故答案为：B。

13. 下列事实不能说明NH3·H2O是弱电解质的是

A. 常温下，0.1 mol/L NaOH的pH比0.1 mol/L NH3·H2O的pH大

B. 同温下，相同物质的量浓度的氨水导电性比NaOH弱

C. 氯化铵溶液呈酸性

D. 10 mL l mol/L盐酸恰好与10 mL 1 mol/L氨水完全反应

【答案】D

【解析】

【详解】A．常温下，0.1 mol/L NaOH的pH比0.1 mol/L NH3·H2O的pH大，说明NaOH溶液中c(OH-)比NH3·H2O大，从而可证明NH3·H2O是弱电解质，部分电离，存在电离平衡，A不符合题意；

B．同温下，相同物质的量浓度的氨水导电性比NaOH弱，说明自由移动的离子浓度NaOH比NH3·H2O多，从而可证明NH3·H2O是弱电解质，部分电离，存在电离平衡，B不符合题意；

C．氯化铵溶液呈酸性，说明在溶液中发生了水解反应，消耗了水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性，故可以证明NH3·H2O是弱电解质，C不符合题意；

D．10 mL l mol/L盐酸恰好与10 mL 1 mol/L氨水完全反应，说明二者的物质的量相等，NH3·H2O是一元碱，二者反应时物质的量的比是1：1，而不能说明NH3·H2O是否是弱电解质，D符合题意；

故合理选项是D。

14. 判断下列说法正确的是

A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强

B. 用相同浓度的氢氧化钠溶液中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，两者所需的氢氧化钠溶液的体积相等

C. 将NaOH和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的

D. 相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液，两者pH值相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．虽然强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离，但溶液导电能力的强弱取决于溶液中自由移动的离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，如极稀强电解质溶液的导电能力比较浓弱电解质溶液的弱，A项错误；

B．等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液中所含溶质物质的量相等，且两者都属于一元酸，故用相同浓度的NaOH溶液中和时，所需NaOH溶液的体积相等，B项正确；

C．NaOH属于强碱，将NaOH溶液稀释一倍，OH-浓度减少到原来的，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡：NH3∙H2O⇌+OH-，加水稀释促进NH3∙H2O的电离，将氨水溶液稀释一倍，OH-浓度比原来的大，C项错误；

D．盐酸属于强酸溶液，醋酸溶液属于弱酸溶液，存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，相同物质的量浓度的盐酸与醋酸溶液，pH：盐酸＜醋酸，D项错误；

答案选B。

15. 下列说法正确的是

A. C(石墨，s)=C(金刚石，s)  ΔH>0，则金刚石比石墨稳定

B. 工业通“”炼钾，ΔS>0说明钠的金属性强于钾

C. 分别向等浓度等体积的NaOH溶液中加入足量的稀醋酸和稀盐酸，反应的热效应分别为ΔH1、ΔH2，则ΔH1>ΔH2

D. ，则该反应的ΔS<0

【答案】C

【解析】

【详解】A．由C(石墨，s)=C(金刚石，s)  ΔH>0可知，石墨的能量比金刚石低，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，A错误；

B．K的金属性比Na强，上述反应能够发生是因为K的沸点比Na低，B错误；

C．醋酸是弱电解质，电离吸热，所以稀醋酸和NaOH溶液反应的中和热小于稀盐酸与NaOH溶液反应的中和热，则ΔH1>ΔH2，C正确；

D．在溶液中，是微粒增多的反应，即ΔS>0，D错误；

故选C。

16. 设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9NA个电子

B. 25℃时，100mL pH=3的NH4Cl溶液中含有OH-数目为1.0×104NA

C. S2和S8的混合物共6.4g，所含硫原子数一定为0.2 NA

D. 标准状况下，11.2L Cl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．3molFe与水蒸气高温下反应生成1molFe3O4，根据O的化合价变化可知，3molFe失去8NA电子，A错误；

B．100mLpH=3NH4Cl溶液中，c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，则OH-的数目为10-12NA，B错误；

C．S2和S8均由S原子构成，6.4g混合物含有S原子0.2mol，则含硫原子数量一定为0.2NA，C正确；

D．标准状况下，11.2L氯气为0.5mol，Cl2与水反应是可逆反应，则溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于NA，D错误；

故答案选C。

17. 100℃时，Kw=1×10-12，下列三种溶液：①0.01mol·L-1HCl与0.01 mol·L-1氨水溶液等体积混合液②pH=3的HCl与pH=9的NaOH溶液等体积混合液③pH=10的氨水与pH=2的HCl溶液等体积混合液④pH=2的CH3COOH溶液和0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合。其中呈酸性的是

A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④

【答案】A

【解析】

【详解】①0.01mol·L-1HCl与0.01 mol·L-1氨水溶液等体积混合液，恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；②pH=3的HCl的浓度为1×10-3mol/L；100℃时，Kw=1×10-12，pH=9的NaOH的浓度为1×10-3mol/L，等体积混合后，恰好反应生成氯化钠，溶液呈中性；③100℃时，Kw=1×10-12，pH=10的氨水与pH=2的HCl溶液，氨水浓度大于盐酸，等体积混合后，氨水有剩余，溶液呈碱性；④100℃时，Kw=1×10-12，pH=2的CH3COOH溶液和0.01 mol·L-1的氢氧化钠溶液，醋酸浓度大于氢氧化钠，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性；呈酸性的是①④，故选A。

18. 某温度下，密闭容器中发生反应。下列说法正确的是

A. 当4v(NH3)(正)=6v(H2O) (逆)时，反应达到平衡状态

B. 当12个N-H键断裂的同时有12个O-H键形成，反应达到平衡状态

C. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小

D. 其他条件不变，仅将容器的体积扩大一倍，再次达到平衡时，NO(g)的平衡浓度可能是原来的0.6倍

【答案】D

【解析】

【详解】A．当4v(NH3)(正)=6v(H2O) (逆)时，正、逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，，故A错误；

B．N-H键断裂和O-H键形成均为正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，故B错误；

C．该反应正反应方向放热，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动，故C错误；

D．其他条件不变，仅将容器的体积扩大一倍， NO(g)的浓度瞬间变为原浓度的一半，相当于减压，平衡正向移动，NO的物质的量增大，再次达到平衡时，NO(g)的平衡浓度可能是原来的0.6倍，故D正确；

故选D。

19. 已知NaHCO3溶液与盐酸，反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列△H的判断正确的是

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．和均只存在化学键的形成，形成化学键会释放能量，所以，A错误；

B．将与相加可得：，该反应属于吸热反应，即，B正确；

C．

这三个方程式相加得到：，该反应属于放热反应，则，C错误；

D．已知：① 。②，根据盖斯定律，将①－②，整理可得，该反应属于吸热反应，则△H１-△H4 >0，所以△H１＞△H4，D错误；

故合理选项是B。

20. 把①pH相同的醋酸和盐酸；②物质的量浓度相同的氨水和氢氧化钠溶液，分别加水稀释相同倍数后，pH较大的是

A. ①中盐酸较大，②中氢氧化钠较大

B. ①中盐酸较大，②中氨水较大

C. ①中醋酸较大，②中氢氧化钠较大

D. ①中醋酸较大，②中氨水较大

【答案】A

【解析】

【详解】醋酸和一水合氨都是弱电解质，在溶液中存在电离平衡， NaOH和HCl都是强电解质，在水中完全电离，当开始时溶液pH相同时，物质的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，分别加水稀释相同倍数时，稀释过程中促进弱电解质电离，使溶液中c(H+)或c(OH-)变化较小，因而醋酸和一水合氨溶液pH变化相对强电解质HCl和NaOH的变化小些，所以①中HCl的pH变化较大，②中NaOH溶液pH变化较大，故合理选项是A。

21. A2和B2在催化剂表面合成AB3的微观历程示意图如下，用 、 、分别表示A2、B2、AB3，下列说法正确的是

A. ③到④过程中，需要吸收能量

B. ②→③→④有非极性键的断裂和形成

C. AB3的及时脱附有利于增加催化剂活性中心

D. 催化剂参与化学反应，改变反应的历程，提高了A2的平衡转化率

【答案】C

【解析】

【详解】A．③到④过程中是原子形成分子，成键是放热过程，故A错误；

B．②→③是A2、B2断键过程，是非极性键的断裂，③→④形成AB3分子，是极性键的形成，故B错误；

C．AB3的及时脱附，释放出催化剂，让催化剂接着催化未反应的分子，有利于增加催化剂活性中心，故C正确；

D．催化剂参与化学反应，改变反应的历程，增加反应速率，但不能改变平衡，不会提高A2的平衡转化率，故D错误；

故答案为C。

22. 下列叙述与图像相符的是

A. 图甲是反应 ΔH<0中SO2的平衡转化率随温度、压强的变化曲线，说明X代表温度，Y代表压强，且Y1<Y2

B. 图乙是恒温密闭容器中发生反应时，c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积

C. 丙表示铝片与稀硫酸反应的速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高

D. 图丁表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液滴定曲线

【答案】B

【解析】

【详解】A．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，说明X代表温度，Y代表压强且Y1＞Y2，A项不相符；

B．随着时间的推移c(CO2)逐渐增大，达到平衡时c(CO2)保持不变，t1时若改变的条件是缩小容器的体积，瞬时c(CO2)突然增大，后平衡逆向移动，c(CO2)逐渐减小，由于温度不变，化学平衡常数不变，则新平衡时c(CO2)与原平衡时相等，B项相符；

C．铝片与稀硫酸的反应为放热反应，充分反应时溶液的温度最高，t1之前由于反应放热，体系温度升高对反应速率的影响占主导作用，随着时间的推移反应速率增大，t1之后由于反应物浓度的减小对反应速率的影响占主导作用，随着时间的推移反应速率减小，t1时反应速率最大，但溶液的温度不是最高，C项不相符；

D．醋酸属于弱酸，0.1000mol/L醋酸溶液的pH应大于1，即起点pH≠1，加入20.00mLNaOH溶液时两者恰好完全反应得到CH3COONa溶液，CH3COONa溶液的pH＞7、不等于7，D项不相符；

答案选B。

23. 已知：A(g)+2B(g)3C(g)　 ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A. t2时改变的条件：向容器中加入A

B. 平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)

C. t2~ t3时反应向正方向移动

D. 平衡时A(g)的物质的量浓度：c(I)＞c(II)

【答案】B

【解析】

【分析】根据图示可知：反应从正反应方向开始，至t1时刻反应达到平衡状态，在t2时刻正反应速率瞬间不变，然后逐渐增大，说明改变的外界条件应该是向容器中加入生成物C，然后根据问题逐一分析解答。

【详解】A．t2时刻正反应速率瞬间不变，然后逐渐增大，说明改变的外界条件应该是向容器中加入生成物C，A错误；

B．根据上述分析可知：在t2时刻改变的外界条件是加入生成物C。该反应是反应前后气体体积不变的反应，加入生成物C，体系压强增大，化学平衡不移动，最终平衡与原平衡等效，则平衡时B的体积分数φ：φ(II)=φ(I)，B正确；

C．根据上述分析可知：在t2时刻改变的外界条件是加入生成物C，生成物浓度突然增大，v逆突然增大，v逆大于v正，则t2~ t3时反应向逆方向移动，直至建立新的化学平衡状态，C错误；

D．该反应一恒温恒容的密闭容器中进行，由于t2时刻改变的外界条件是向容器中加入生成物C，生成物C发生反应产生反应物A(g)、B(g)，故重新达到平衡时A(g)、B(g)的浓度比原平衡时要大，故平衡时A(g)的物质的量浓度：c(II)＞c(I)，D错误；

故合理选项是B。

24. 水的电离平衡图像如图所示。已知pOH=-lgc(OH)，下列说法正确的是

A. 各点对应的水的离子积：Kw(f)>Kw(b)= Kw(d))

B. T1>T2

C. 向b点溶液中加入少量NaOH，其组成由b点向d点移动

D. 在T2温度下，pH=10的NaOH溶液中由水电离出的

【答案】D

【解析】

【分析】根据b点坐标，T2温度下水的离子积为Kw= (10-7)2=10-14，根据f点坐标，可知T1温度下，水的离子积小于T1温度下水的离子积，故温度：T1<T2。

【详解】A．b和d的温度相同，水的离子积相同，根据分析，各点对应的水的离子积：Kw(f)<Kw(b)= Kw(d))，A错误；

B．根据分析，温度：T1<T2，B错误；

C．b加入少量氢氧化钠，溶于水放热，温度升高，其组成不可能由b点移动到d点，C错误；

D．在T2温度下，水的离子积Kw=(10-7)2=10-14，pH=10的NaOH溶液中由水电离出的，D正确；

故选D。

25. H2A为二元弱酸，25C时Ka1=10-1.3，Ka2=10-6.6。常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是

A. a点时，溶液中有c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)

B. c点时，溶液中c(Na+)<3c(A2-)

C. 水的电离程度：b>d

D. d点时，溶液中有c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+)

【答案】C

【解析】

【分析】用0.1 mol•L-1NaOH溶液滴定20 mL0.1 mol•L-1H2A，先发生NaOH+H2A=NaHA+H2O，再发生NaHA+NaOH=Na2A+H2O，NaOH溶液体积为20mL时得到NaHA溶液，即b点；NaOH溶液体积为40mL时得到Na2A溶液，即d点；a点为NaHA、H2A混合溶液，c点为Na2A、NaHA混合溶液。

【详解】A．a点时，溶液中有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)，A正确；

B．c点pH=6.6，此时溶液中c(H+)=10-6.6 mol/L，又由于H2A的Ka2=10-6.6=，所以c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=3c(A2-)+c(OH-)，c点c(H+)＞c(OH-)，故c(Na+)<3c(A2-)，B正确；

C．b点NaHA溶液，d点Na2A溶液，水解程度A2＞HA-，d点水的电离程度更大，C错误；

D．d点NaOH溶液体积是40 mL，二者恰好反应产生Na2A，根据盐的组成可知c(Na+)>c(A2-)，Na2A是强碱弱酸盐，在溶液中A2-会逐步水解产生HA-、H2A，水解程度逐渐减弱，每一步水解都会产生OH-，且溶液中还存在H2O电离产生H+、OH-，所以c(OH-)>c(HA-)，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(A2-)>c(OH-)，在溶液中水电离产生的H+浓度很小，c(HA-)>c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H+)，D正确；

故选C。

非选择题部分

二、非选择题(本大题共4小题，共50分)

26. 完成下列问题

（1）将Na2SO3溶液蒸干灼烧得到的物质是_______(填化学式)。

（2）已知部分弱酸的电离常数如下表：(均为常温下的数据)：

①同浓度的A-、B-、HC-、D-中结合H+的能力最强的是_______。

②pH相同的①NaA、②NaB、③NaD溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_______。(填序号)

③25℃时，向NaD溶液中通入少量H2C，反应的离子方程式为_______。

④将浓度为0.02mol/L的HA与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)<c(A-)，则c(H+)_______c(OH-)(填“>”、“<”、“=”)

⑤下列反应不能发生的是：_______(填编号)。

A.HA+NaB=HB+NaA                     B.HB+NaD=HD+NaB

C.H2C+NaB=HB+NaHC                     D.HD+A-=HA+D-

【答案】（1）Na2SO4   

（2）    ①. D-    ②. ①>②>③    ③. D-+H2C=HD+HC-    ④. >    ⑤. D

【解析】

【小问1详解】

将Na2SO3溶液蒸干灼烧，被氧化，得到的物质是Na2SO4；

【小问2详解】

①电离常数越大，酸越强，其阴离子结合氢离子能力越弱，根据表格可知酸性：H2C>HA>HB>HD，故结合氢离子能力最强的是D-；

②酸越强，其盐溶液水解程度越小，盐溶液的pH越小，故pH相同的NaA、NaB、NaD溶液，物质的量浓度由大到小的顺序为：①>②>③；

③电离常数越大，酸越强，酸性：H2C> HD> HC-，故25℃时，向NaD溶液中通入少量H2C，反应的离子方程式为：D-+H2C=HD+HC-；

④将浓度为0.02mol/L的HA与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，得到HA和NaA的混合溶液，且两者浓度相等，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，则c(H+) >c(OH-)；

⑤酸性：H2C>HA>HB>HD，强酸可制备弱酸，不能发生的反应为D。

27. 尿素[CO(NH2) 2]是首个用无机物人工合成的有机物

（1）工业上合成尿素的反应： ΔH3

已知合成尿素的反应分两步进行，其能量变化：

反应I： △H1=-159.5kJ·mol-1快反应

反应Ⅱ： △H2=+72.5 kJ·mol-1慢反应

①该反应自发进行的条件是_______(填“高温”或“低温”)。

②下列图像能表示尿素合成塔中发生反应能量变化历程的是_______(填字母)。

A.    B.

C. D.

③以CO2和NH3为原料合成尿素的反应中，影响CO2转化率的因素很多，图1为某特定条件下，不同水碳比和温度影响CO2转化率变化的趋势曲线。

i.则图中水碳比A、B、C由大到小的关系为_______。

ii.CO2转化率先上升后下降的原因_______。

（2）T℃时，向2L的密闭容器中，通入2molNH3和1mol CO2，保持体积不变，发生反应，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：

①对于有气体参与的反应，平衡常数Kp可用气体组分(B)的平衡分压p((B)代替该气体的物质的量浓度c(B)。实验测得体系平衡时的压强为Po，列式计算该反应的平衡常数Kp=_______(提示：分压=总压x体积分数)。

②在10min时，保持温度和体积不变，再向容器中充入1molNH3(g)和0.5molCO2(g)，重新建立平衡后CO2的转化率与原平衡相比将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

③若10min时保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molCO2(g)和0.5molH2O(g)，则此时平衡_______(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。

【答案】（1）    ①. 低温    ②. C    ③. C>B>A    ④. 未达190℃随温度升高，反应速率加快，CO2转化率逐渐增大，当温度高于190℃可能是催化剂失活，也可能是放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率降低   

（2）    ①     ②. 增大    ③. 逆向移动

【解析】

【分析】根据盖斯定律， △H=-87 kJ·mol-1。

【小问1详解】

①根据＜0，反应自发进行，△H＜ 0，△S＜ 0，则在低温下反应自发进行；

故答案：低温。

②反应Ⅰ放热反应，能量由高到低，反应Ⅱ吸热反应，能量由低到高，结合图像C符合；

故答案：C。

③CO2的加入量增多，促进平衡正向进行，但CO2的转化率降低，故水碳比C>B>A，未达190℃随温度升高，反应速率加快，CO2转化率逐渐增大，当温度高于190℃可能是催化剂失活，也可能是放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率降低。

故答案： C>B>A；未达190℃随温度升高，反应速率加快，CO2转化率逐渐增大，当温度高于190℃可能是催化剂失活，也可能是放热反应平衡逆向移动，导致CO2转化率降低。

【小问2详解】

①设平衡时，CO2转化了amol，列出三段式，起始压强为平衡压强的1.5倍，，a=0.5， ；

故答案为：。

②保持温度和体积不变，再向容器中充入1molNH3(g)和0.5molCO2(g)，压强增大，平衡正向进行，转化率增大；

故答案为：增大；

③10min时反应达到平衡时，，保持温度和压强不变，再向容器中同时充入0.5molCO2(g)和0.5molH2O(g)，根据PV=nRT，体积由2L变为3L，此时 大于K=4，平衡逆向进行。

故答案为：逆向。

28. 高中化学涉及的平衡理论主要包括化学平衡、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡等，它们在工农业生产中都有广泛的应用，请回答下列问题：

（1）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。合成氨工业中：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如表：

完成下列填空：

①试比较K1、K2的大小，K1_______K2(填写“>”、“=”或“<”)。

②将1molN2和1molH2投到一个温度恒定、体积恒定的容器中进行上述反应，一段时间后可判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是_______(填字母)。

A．v正(NH3)=2v速(N2) B．混合气体的密度不再改变

C．混合气体的平均相对分子质量不再改变     D．N2的体积分数不再改变

（2）磷是重要的元素，能形成多种含氧酸和含氧酸盐。亚磷酸(H3PO3)的结构如图：，亚磷酸可由PCl3水解而成，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H++H2PO，H2POH++HPO，回答下列问题：

①Na2HPO3属于_______(填“正盐”或“酸式盐”)。

②已知25C时，1molL的H3PO3溶液的电离度为α，H3PO3的一级电离平衡常数Ka1=_______(用含α的计算式表示，H3PO3第二步电离忽略不计，忽略水的电离)。

③常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则表示的是曲线_______(填“I”或“Ⅱ”)，亚磷酸(H3PO3)的Ka2=_______。

④请结合相关平衡常数说明0.1mol·L-1NaH2PO3的酸碱性：_______，常温下，0.1 mol·L-1Na2HPO3的水解平衡常数Kh1=_______。

【答案】（1）    ①. >    ②. ACD   

（2）    ①. 正盐    ②.     ③. I    ④. 10-6.5    ⑤. 酸性，NaH2PO3溶液，说明是电离程度大于水解程度，溶液显酸性    ⑥.

【解析】

【小问1详解】

①合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则200℃时平衡常数K1大于300℃时平衡常数K2，故答案为：>；

②A．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v正(NH3)=2v逆(N2)说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；

C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，合成氨反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

D．N2的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；

故选ACD；

【小问2详解】

①由电离方程式可知，H3PO3为二元弱酸，则Na2HPO3属于正盐，故答案为：正盐；

②由25C时，1molLH3PO3溶液的电离度为α可知，在H3PO3第二步电离忽略不计，忽略水的电离的条件下，H3PO3的一级电离平衡常数Ka1==，故答案为：；

③H3PO3在溶液中分步电离，一级电离大于二级电离，一级电离常数大于二级电离常数，由电离常数公式可知溶液中=、=，则当溶液中pH相等时，＞，则由图可知，表示的是曲线I，当溶液中=—1时，溶液中pH为5.5，则Ka2==10-5.5×10-1=10-6.5，故答案为：I；10-6.5；

④由图可知，当溶液中lg=1时，溶液pH为2.4，则一级电离平衡常数Ka1==10-2。4×10=10-1。4，H2PO离子的水解常数Kh===10-12。6.＜Ka2=10-6。5，说明H2PO离子的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；HPO离子的水解常数Kh===10-7.5，故答案为：酸性；10-7.5。

29. 黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、FeO、及少量FeS、SiO2等)是生产硫酸的工业废渣，其综合利用对环境保护具有现实意义。利用黄铁矿烧渣为原料制备高档颜料—铁红(Fe2O3)(主要成分为Fe2O3不考虑其他杂质)，并以铁红为原料制备硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)的工艺：

（1）焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是_______(任答两点)。

（2）“酸浸”时温度比较高，最适合的酸是_______，“酸溶渣”的成分是_______。

（3）“沉淀反应”中，生成FeCO3的离子方程式是_______。

（4）检验FeCO3是否洗涤干净的操作方法_______。

（5）从过滤后的滤液中得到产品，应进行的操作是_______、_______、过滤、洗涤、干燥。

（6）FeSO4·7H2O在医学上常用作补血剂。某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量：

步骤I：取20片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配成250mL溶液。

步骤Ⅱ：取上述溶液25mL于锥形瓶中，加入少量稀硫酸酸化后，逐渐滴加0.0200 mol/L的KMnO4溶液，至恰好完全反应，记录消耗的KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与KMnO4反应，且)。

步骤Ⅲ：重复“步骤II”2-3次，平均消耗KMnO4溶液10.00mL。

①步骤I中配制溶液时需要的玻璃仪器除烧杯、量筒，玻璃棒外，还需要_______、_______。

②该补血剂中亚铁离子的含量为_______mg/片。

【答案】（1）增大接触面积，使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高原料转化率和热能利用率   

（2）    ①. 硫酸    ②. SiO2   

（3）   

（4）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则洗净   

（5）    ① 蒸发浓缩    ②. 冷却结晶   

（6）    ①. 250mL容量瓶    ②. 胶头滴管    ③. 28mg

【解析】

【分析】黄铁矿烧渣在空气中焙烧得到焙烧渣，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸、过滤得到酸溶渣和滤液，向滤液中加入碳酸氢铵溶液将溶液中的亚铁离子和铁离子转化为碳酸亚铁沉淀和碱式氧化铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁和碱式氧化铁，碳酸亚铁和碱式氧化铁经洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁，氧化铁溶于稀硫酸得到硫酸铁，向硫酸铁溶液中加入铁，将硫酸铁转化为硫酸亚铁，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体。

【小问1详解】

焙烧的过程中采用多层逆流焙烧可以反应物的增大接触面积，使矿石和空气中的氧气充分接触，可以加快反应速率，提高原料转化率和热能利用率，故答案为：增大接触面积，使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高原料转化率和热能利用率；

【小问2详解】

酸浸时温度比较高，为防止酸挥发或分解导致酸浸率降低，酸浸最适合的酸应是高沸点酸硫酸，由二氧化硅不与稀硫酸反应可知，酸溶渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：硫酸；SiO2；

【小问3详解】

沉淀反应中生成碳酸亚铁的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故答案为：；

【小问4详解】

反应得到的碳酸亚铁表面附有可溶的硫酸铵，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少量于试管中，加入盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则洗净取最后一次洗涤液少量于试管中，加入盐酸无现象，再加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则洗净；

【小问5详解】

由分析可知，从过滤后的滤液中得到产品，应进行的操作是硫酸亚铁溶液经经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到七水硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；

【小问6详解】

①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，步骤I中配制溶液时需要的玻璃仪器除烧杯、量筒，玻璃棒外，还需要250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；

②由滴定消耗10.00mL0.0200mol/L酸性高锰酸钾溶液可知，每片补血剂中亚铁离子的含量为=28mg，故答案为：28mg。