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2023北京清华附中高二（上）期末化学（教师版）
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这是一份2023北京清华附中高二（上）期末化学（教师版），共24页。试卷主要包含了 下列物质中，属于弱电解质的是， 下列有机物命名正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023北京清华附中高二（上）期末
化 学
（清华附中高21级）
可能用到的相对原子质量H1 C12 N14 O16 Zn65 Ag108
第一部分
本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)
1. 下列物质中，属于弱电解质的是
A. NaOH B. C. D. AgCl
2. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是
A. 加热 B. 通入少量HCl气体
C. 滴入少量NaOH溶液 D. 加入少量固体
3. 下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. B. C. D.
4. 下列有机物命名正确的是
A. 3，3-二甲基丁烷 B. 3-甲基-2-乙基戊烷
C. 2，2-二甲基丁炔 D. 3-甲基-1-戊烯
5. 下列反应在任何温度下一定能自发进行的是
A.
B.
C.
D.
6. 有关下图所示原电池的叙述不正确的是
A. Zn做负极
B. 盐桥中的向溶液移动
C. 正极的电极反应：
D. 用该电池电解饱和食盐水，当6.5 g Zn溶解时，阴极生成2.24 L (标准状况)
7. 已知反应2NO + 2H2 === N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢
② H2O2 + H2 → 2H2O 快
下列说法不正确的是
A. 增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率
B. c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C. 该反应的快慢主要取决于反应①
D. 升高温度，可提高反应①、②的速率
8. 常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A. 无色溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 使酚酞变红色的溶液中：、、、
D. 由水电离出的 mol·L的溶液中：、、、
9. 下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Zn2＋
完全沉淀时pH
7.7
4.5
6.5
A. H2O2、ZnO B. 氨水
C. KMnO4、ZnCO3 D. NaOH溶液
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 将AlCl3溶液加热蒸干不能得到AlCl3固体
B. NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深
C. 拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连
D. 将0.1 mol·L氨水稀释至0.01 mol·L，溶液的pH由11.1降至10.6
11. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A. 用饱和溶液处理锅炉水垢中的：
B. 用明矾作净水剂：(胶体)
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：
D. 向溶液中加入足量澄清石灰水，得到白色沉淀：
12. 一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：
2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/(L·S)
B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小
D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0
13. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是
A. 溶液：
B. 溶液：
C. 溶液：
D. 溶液：
14. 用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行相应实验，能够达到实验目的的是
A.用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
B.研究浓度对化学平衡的影响
C.验证沉淀转化：AgCl转化为
D.检验溶液是否变质
A. A B. B C. C D. D
15. 25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列叙述不正确的是
A. HA的酸性强于HB
B. 溶液中水的电离程度：b点
D. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中相同
16. 高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。某研究小组用电解法制取，装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A. Ni电极与外接直流电源的负极相连
B. KOH溶液可以循环使用
C. Fe电极上的电极反应为
D. A膜是阴离子交换膜，外电路中转移1 mol ，有1 mol 通过A膜
17. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1 mol·L 溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变
D. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
18. 某同学进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. ①中存在沉淀溶解平衡：
B. 比较离子浓度大小：：③>①；：③>①
C. ③中存在水解平衡：
D. 综合上述实验现象，说明能转化为
第二部分
本部分共5题，共58分
19. 回答下列问题：
（1）观察下列有机化合物，按照碳骨架的形状将它们分类(填字母)：
A. B. C. D.
①属于脂环化合物的是_______。
②属于芳香烃的是_______。
（2）下列物质的类别与所含官能团都正确的是_______(填序号)。
序号
①
②
③
④
结构简式
类别
酚
醛
醚
羧酸
官能团
-OH
-CHO
-COOH
（3）写出下列物质的系统命名法名称
①_______。
②_______。
③_______。
④_______。
20. 研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。
I.有0.1 mol·L的三种溶液：a.NaOH b. c.盐酸
（1）溶液a的_______；c中水电离出的_______。
（2）溶液b的，用化学用语解释原因_______。
（3） L溶液a与 L溶液c混合后，若所得溶液的，则_______。
（4）向20 mL溶液b中滴加溶液a的过程中，pH变化如图所示。
①滴加过程中发生反应的离子方程式是_______。
②B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_______。
③D点溶液中，_______(填“>”、“＜”或“=”)。
II.、、HClO和的电离平衡常数如下：
化学式
HClO
电离平衡常数()
（5）0.1 mol·L的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是_______(填字母)。
A. B. C. NaClO D.
（6）0.1 mol·L 的溶液中，结合化学用语解释原因：_______。
（7）向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为_______。
（8）向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大的是_______(填字母)。
A. B. C.
21. 用沉淀滴定法可以快速测定NaI溶液中实验过程如下：
Ⅰ．准备标准溶液
a.称取4.2500 g 固体(0.0250 mol)，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制100 mL 0.1000 mol·L标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定待测溶液
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L溶液，使完全转化为AgI沉淀。
c.加入2滴溶液作指示剂。
d.用0.1000 mol·L 溶液滴定过量的。
e.重复上述操作，4次测定数据如下表所示。
f.数据处理。
实验序号
1
2
3
4
消耗溶液的体积/mL
5.02
5.00
5.24
4.98
已知：i.AgSCN白色沉淀
ii.
回答下列问题：
（1）称取4.2500 g 固体配制标准溶液时，所使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要_______。
（2）过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（3）溶液滴定过量时，达到滴定终点时的现象是_______。
（4）由上述实验数据测得_______mol·L。
（5）下列操作可能使的测定结果偏高的是_______(填序号)。
①配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出
②盛溶液的滴定管用水洗净后，没有用溶液润洗
③读溶液的体积时，滴定前仰视，滴定后俯视
22. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。
已知： kJ·mol
kJ·mol
（1）_______kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)
（2）目前工业合成氨的主要方法是HaberBosch法：通常用以铁为主的催化剂在400~500℃和10~30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是_______。
②理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施是_______(写出1条)。
③将物质的量之比为1∶3的和充入2 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质
平衡时物质的量
0.2
0.6
0.2
该条件下的转化率为_______，平衡常数_______(可用分数表示)。
④若按以下浓度投料，其它反应条件与③相同，起始时反应进行的方向为_______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质
起始浓度(mol·L)
0.5
1.5
0.5
（3）图1是某压强下和按物质的量之比1∶3投料进行反应，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，II是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_______。
a.图中a点，容器内
b.图中b点，
c.400~530℃，II中的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大
（4）电化学气敏传感器可用于检测环境中的含量，其工作原理如图2所示。
①反应消耗的与的物质的量之比为_______。
②a极的电极反应式为_______。
23. 某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。
实验过程
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验操作
实验现象
溶液呈紫色，
静置后紫色迅速褪去，
久置后出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色缓慢褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ⅱ.Fe3++⇌Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象
(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：_______。
(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_______。
②实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是_______。
③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号
Ⅳ
Ⅴ
实验操作
实验现象
紫色褪去时间a>b
紫色褪去时间c
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是_______。
参考答案
第一部分
本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)
1. 【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH为强碱，能完全电离属于强电解质，故A不选；
B．只能部分电离属于弱电解质，故B选；
C．为强酸，能完全电离属于强电解质，故C不选；
D．AgCl属于盐，熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故D不选；
故选：B。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】水的离子积常数是水电离平衡的平衡常数，平衡常数只受温度影响，且水的电离是吸热过程，因此加热能使水的电离程度增大，水的离子积常数增大，故选A。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A错误；
B．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B错误；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C正确；
D．CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D错误。
故选C。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A．3，3-二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，依据系统命名法可知该有机物正确命名应该为：2，2-二甲基丁烷，故A错误；
B．3-甲基-2-乙基戊烷，未选取最长的碳链作主链，正确的命名是3、4-二甲基己烷，故B错误；
C．2，2-二甲基丁炔，没有写出官能团三键的位置，正确的命名如：3，3-二甲基-1-丁炔，故C错误；
D．双键为官能团，编号从离双键近的一端编起，符合命名方法，故D正确；
故选：D。
5. 【答案】A
【解析】
【分析】当＜0时，反应在任何温度下一定能自发进行，据此判断。
【详解】A．有气体生成＞0，，则一定小于0，A正确；
B．气体减少＜0，，则不一定小于0，B错误；
C．有气体生成＞0，，则不一定小于0，C错误；
D．气体减少＜0，，则一定大于0，D错误；
故选A。
6. 【答案】B
【解析】
【分析】锌比铜活泼，锌发生氧化反应为负极、铜极为正极；
【详解】A．由分析可知，Zn做负极，故A正确；
B．阳离子向正极移动，则盐桥中的向溶液移动，故B错误；
C．正极的电极反应为铜离子得到电子发生还原反应：，故C正确；
D．该电池电解饱和食盐水，当6.5 g Zn（0.1mol）溶解时转移电子0.2mol，电解池中阴极反应为，则生成2.24 L (标准状况)，故D正确；
故选B。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；
B．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c (NO) 增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；
C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；
D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；
答案选B。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．铜离子为蓝色，故A错误；
B．的溶液为酸性，酸性溶液中硝酸根离子会把亚铁离子、碘离子氧化为铁离子、碘单质，不共存，故B错误；
C．使酚酞变红色的溶液为碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，能共存，故C正确；
D．由水电离出的 mol·L的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中碳酸氢根离子和氢离子反应不共存，碱性溶液中铵根离子和氢氧根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，不共存，故D错误。
故选C。
9. 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选C。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生盐的水解反应产生Al(OH)3、HCl，水解反应的化学方程式为：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，将溶液加热蒸干，HCl挥发逸出，导致平衡正向移动，最终得到的固体是Al(OH)3，而不能得到AlCl3固体，可以使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．NO2和N2O4的混合气体在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致c(NO2)增大，从而使混合气体的红棕色颜色加深，可以使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连，作阴极，阴极上有大量导致，钢闸门就不会失去电子被氧化，因而得到保护，与勒夏特列原理无关，因此不能使用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．0.1 mol·L氨水pH为11.1，将其由0.1 mol·L氨水稀释至0.01 mol·L，若不存在电离平衡，则溶液中c(OH-)是原来的，溶液的pH会由11.1降至为10.1，现在溶液pH变为10.6，说明c(OH-)比原来的大，可证明加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)在稀释的基础上有所增加，因此可以使用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是C。
11. 【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和溶液处理锅炉水垢中的是硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，，故A错误；
B．用明矾作净水剂是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，故B正确；
C．向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红是因为氢氧化镁沉淀部分电离出氢氧根离子使溶液显碱性，故C正确；
D．向溶液中加入足量澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀：，故D正确
故选A。
12. 【答案】A
【解析】
【详解】A. 60s达到平衡，生成0.3molZ，容器体积为10L，则v(Z)==0.0005mol/(L⋅s)，速率之比等于其化学计量数之比，则v(X)=2v(Z)=0.001mol/(L⋅s)，故A正确；
B. 将容器容积变为20L，体积变为原来的2倍，压强减小，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，但正反应为气体体积减小的反应，压强减小，平衡向逆反应方向移动，到达新平衡后Z的浓度小于原来的1/2，故B错误；
C. 若其他条件不变时，若增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向进行，Y的转化率将增大，故C错误；
D. 若升高温度，X的体积分数增大，若向正反应移动，2mol X反应时，混合气体总物质的量减小2mol，X的体积分数减小，则说明平衡逆向进行，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故反应的△H<0，故D错误，
故选A。
13. 【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液中存在质子守恒：，故A错误；
B．溶液中的电荷守恒：，故B错误；
C．溶液中钠离子大于，水解生成和氢氧根离子，继续水解生成氢氧根离子和亚硫酸，因此，故C错误；
D．溶液中存在物料守恒：，则，故D正确；
故选：D。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液应用碱式滴定管，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A错误；
B．该实验可验证KSCN浓度对平衡的影响，加2mL水的试管做对照实验，故B正确；
C．由信息可知硝酸应溶液过量，加入的硫化钠直接与过量的硝酸应溶液反应，不能证明是氯化银转化为硫化银，故C错误；
D．硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，应该用盐酸酸化的氯化钡，故D错误；
故选：B。
15. 【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，稀释相同的倍数，HA的pH变化更大则酸性HA大于HB；
【详解】A．由分析可知，HA的酸性强于HB，A正确；
B．b点酸电离出氢离子浓度更大，对水的电离抑制作用更大，则溶液中水的电离程度：b点
D．HA的酸性强于HB，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液中HB的浓度大于HA，则相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，HB所得的溶液中大，D错误；
故选D。
16. 【答案】D
【解析】
【分析】根据图示信息写出电极反应，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，根据电极反应可知，AB膜中间的溶液中K+向阴极移动，OH-向阳极移动，故阴极的KOH溶液浓度增大，据此分析。
【详解】A．Ni电极为阴极，与外接直流电源的负极相连，A正确；
B．阴极KOH浓度增大，故体系中KOH溶液可以循环使用，B正确；
C．Fe电极上的电极反应为，C正确；
D．K+向阴极移动，故A膜为阳离子交换膜，D错误；
故选D。
17. 【答案】C
【解析】
【详解】A．分式上下同乘以c(CH3COO-)，转化成，加水稀释Ka不变，c(CH3COO－)减小，比值增大，A错误；
B．恰好为，升高温度Kh增大，比值减小，B错误；
C．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中为两者Ksp之比，Ksp不变，则该比值不变，C正确；
D．盐酸滴入氨水中，无论什么情况都存在电荷守恒：c(NH)+ c(H+)= c(Cl－)+ c(OH－)，溶液中性，则有c(H+)=c(OH－)，c(NH)=c(Cl－)，D错误；
故选：C。
18. 【答案】B
【解析】
【分析】①中加入酚酞后无现象说明碱性很小，又知BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，CO+H2O⇌HCO+OH−，则溶液中CO浓度极小，水解程度也很小，②中Na2SO4为强酸强碱盐，溶液呈中性故无明显现象，③混合后变红说明CO水解后生成的OH-浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，BaSO4更难溶于水，以此解答。
【详解】A．由沉淀溶解平衡得知存在BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，A正确；
B．由上述分析可知，c(CO)：③>①，BaSO4更难溶于水，随着沉淀的转化：BaCO3+SO⇌BaSO4+CO，溶液中Ba2+的浓度降低，即c(Ba2+)：③<①，B错误；
C．①、③中均存在CO，CO为弱酸根，溶液中存在水解平衡，离子方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH−，C正确；
D．③混合后变红说明溶液中CO浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，D正确；
故选：B。
第二部分
本部分共5题，共58分
19. 【答案】（1） ①. C ②. D
（2）③④ （3） ①. 4、4-二甲基-1-戊炔 ②. 3、4-二甲基己烷 ③. 1、2、4-三甲基苯 ④. 3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯
【解析】
【小问1详解】
①脂环化合物：不含芳香环(如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环)的带有环状的化合物，由结构简式可知C为脂环化合物；②芳香烃是指含有苯环的烃，由组成和结构可知D为芳香烃，故答案为：C；D；
【小问2详解】
①羟基连接在支链上，属于醇类，错误；②醛基连在氧原子上，属于酯类物质，错误；③氧以单键与两个碳原子相连，符合醚的结构特征，正确；④羧基与苯环相连，官能团为羧基，属于羧酸，正确；
故答案为：③④；
小问3详解】
①选取含碳碳三键最长碳链为主链，靠近三键一端对主链编号，则名称因为：4、4-二甲基-1-戊炔，故答案为：4、4-二甲基-1-戊炔；
②选取含碳原子数最多的碳链作主链，靠近支链一端编号，则名称为：3、4-二甲基己烷，故答案为：3、4-二甲基己烷；
③苯的同系物命名注意使支链加和要小，该物质的名称为：1、2、4-三甲基苯，故答案为：1、2、4-三甲基苯；
④选取含碳碳双键最长碳链为主链，靠近双键一端对主链编号，则 的名称为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯，故答案为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯；
20. 【答案】（1） ①. 13 ②.
（2）为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L
（3）9：11 （4） ①. ②. ③. = （5）DBCA
（6）的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中
（7）
（8）A
【解析】
【小问1详解】
0.1 mol·L的NaOH溶液中c()=0.1 mol·L，c()=，13；0.1 mol·L的盐酸中c()=0.1 mol·L，溶液中的氢氧根离子完全来自水的电离，c()水=，水电离出的 c()水=，故答案为：13；；
【小问2详解】
为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，因此0.1 mol·L电离生成的氢离子浓度小于0.1 mol·L，其pH值大于1，故答案为：为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L；
【小问3详解】
L NaOH溶液与 L盐酸混合后，若所得溶液的，可知酸过量，混合后溶液中的氢离子浓度：c()=，9：11，故答案为：9：11；
【小问4详解】
①醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为：，故答案为：；
②B点溶液中，醋酸消耗一半，所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；
③D点溶液，醋酸恰好完全反应，溶液为醋酸钠溶液，根据质子守恒得：，则=，故答案为：=；
【小问5详解】
中，既电离也水解，其电离常数为：，其水解常数：Kh=<，电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性；、、NaClO均水解呈碱性，酸性：> HClO >，根据越弱越水解可知，水解程度：
的溶液中既存在碳酸氢根离子的电离，也存在碳酸氢根离子的水解，的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中，故答案为：的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中；
【小问7详解】
由电离常数大小可知酸性：＞ＨＣlＯ＞，依据强酸制弱酸原理，可知NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问8详解】
NaClO溶液中加醋酸发生反应：，可以增大HClO浓度，故A选；NaClO与二氧化硫发生氧化还原反应，不能生成HClO，故B不选；碳酸氢钠与次氯酸钠不能反应，故C不选；
故答案为：A；
21. 【答案】（1）量筒、250mL容量瓶
（2） ①. 否 ②. 如先加入 ，其中的Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，从而失去指示作用。
（3）滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。
（4）
（5）③
【解析】
【小问1详解】
用固体配制250mL标准溶液时，所使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和胶头滴管、量筒、250mL容量瓶。
【小问2详解】
过程Ⅱ中b和c两步操作不能颠倒，如先加入，其中Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，使失去指示作用。
【小问3详解】
滴定终点时，SCN-过量，遇指示剂中的Fe3+会反应使溶液显红色，因此滴定终点现象是：滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。
【小问4详解】
序号3的实验误差较大，舍去不用，以序号1、2、4的实验数据计算消耗NH4SCN溶液的体积的平均值为5.00mL，则平均每次消耗NH4SCN的物质的量为。据此计算过量的Ag+的物质的量：
，
与I-反应的Ag+物质的量为：，根据得25.00mLNaI溶液中含有的I-为，因此NaI溶液中
【小问5详解】
①根据滴定结果的计算过程，只要保证Ag+过量，能够完全沉淀I-即可，配制AgNO3溶液中，烧杯中的溶液有少量溅出对实验结果没有影响；
②盛溶液的滴定管没有润洗，滴定管内残留的水会使浓度减小，造成滴定终点时消耗溶液过多，使计得的过量的Ag+数据偏大，实际与I-反应的Ag+数据偏小，最终计算的偏小；
③读溶液的体积时，滴定前仰视，使V1读大了，滴定后俯视，使V2读小了，使得偏小，造成计得的过量的Ag+数据偏小，实际与I-反应的Ag+数据偏大，最终计算的偏大；
故选③
22. 【答案】（1）
（2） ①. 较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高 ②. 增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气 ③. 33.3% ④. ⑤. 正向
（3）ac （4） ①. 3：4 ②.
【解析】
小问1详解】
根据盖斯定律可知反应合成氨反应可由，则= kJ·mol-1，故答案为：；
【小问2详解】
①该反应虽为放热反应，但高温条件能大大加快反应速率，同时催化剂在较高温度条件下活性最大，对速率的促进作用更大，故答案为：较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高；
②理论上，为了增大平衡时的转化率，需使平衡正向移动， 可采取增大压强、适当增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施提高氢气的转化率，故答案为：增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气；
③由表中数据可知平衡时氨气的物质的量0.2mol，结合反应可知消耗的氢气为0.3mol，则氢气的转化率=；平衡常数K=，故答案为：33.3%；；
④此时Qc= ，反应正向进行，故答案为：正向；
【小问3详解】
和按物质的量之比1∶3投料进行反应，设起始时两者物质的量分别为1mol、3mol，设氮气的消耗量为xmol，列三段式得：
由图1可得：n(NH3)%=，x=，此时容器中，故a正确；
图中b点氨气的物质的量分数小于同条件下平衡时氨气的物质的量分数，可知b点反应未平衡，反应向正向进行，，故b错误；
400~530℃，II中各点氨气的物质的量分数均小于平衡时物质的量分数，可知反应均未到达平衡状态，且都向正向进行，随温度的升高，反应速率加快，因此相同时间内的氨气的物质的量分数随温度升高而增大，故c正确；
故答案为：ac；
【小问4详解】
①1mol氧气得4mol电子，1mol氨气生成氮气失3mol电子，根据得失电子守恒可知反应消耗的与的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4；
②a电极氨气失电子生成氮气，电极反应为：，故答案为：；
23. 【答案】 ①. FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解 ②. 有蓝色沉淀生成 ③. 2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++] ④. Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O ⑤. Na2SO4固体 ⑥. 其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应
【解析】
【分析】某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。
【详解】(1) FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；
(2) ①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液相遇，产生蓝色沉淀；取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成，证明实验Ⅰ中有Fe2+生成；
②若实验I中紫色褪去时被氧化成，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++]；
③观察实验I和Ⅱ操作可知，Na2S2O3溶液均为2mL，但所滴加的氯化铁的体积不同，相差较大；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O，因此Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊；
(3)已知实验试剂：0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
②结合以上分析，由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。
2023北京清华附中高二（上）期末
化 学
（清华附中高21级）
可能用到的相对原子质量H1 C12 N14 O16 Zn65 Ag108
第一部分
本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)
1. 下列物质中，属于弱电解质的是
A. NaOH B. C. D. AgCl
2. 下列操作可以使水的离子积常数增大的是
A. 加热 B. 通入少量HCl气体
C. 滴入少量NaOH溶液 D. 加入少量固体
3. 下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. B. C. D.
4. 下列有机物命名正确的是
A. 3，3-二甲基丁烷 B. 3-甲基-2-乙基戊烷
C. 2，2-二甲基丁炔 D. 3-甲基-1-戊烯
5. 下列反应在任何温度下一定能自发进行的是
A.
B.
C.
D.
6. 有关下图所示原电池的叙述不正确的是
A. Zn做负极
B. 盐桥中的向溶液移动
C. 正极的电极反应：
D. 用该电池电解饱和食盐水，当6.5 g Zn溶解时，阴极生成2.24 L (标准状况)
7. 已知反应2NO + 2H2 === N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢
② H2O2 + H2 → 2H2O 快
下列说法不正确的是
A. 增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率
B. c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C. 该反应的快慢主要取决于反应①
D. 升高温度，可提高反应①、②的速率
8. 常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是
A. 无色溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 使酚酞变红色的溶液中：、、、
D. 由水电离出的 mol·L的溶液中：、、、
9. 下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH-完全沉淀时溶液pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Zn2＋
完全沉淀时pH
7.7
4.5
6.5
A. H2O2、ZnO B. 氨水
C. KMnO4、ZnCO3 D. NaOH溶液
10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 将AlCl3溶液加热蒸干不能得到AlCl3固体
B. NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深
C. 拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连
D. 将0.1 mol·L氨水稀释至0.01 mol·L，溶液的pH由11.1降至10.6
11. 下列用于解释事实的方程式书写不正确的是
A. 用饱和溶液处理锅炉水垢中的：
B. 用明矾作净水剂：(胶体)
C. 向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红：
D. 向溶液中加入足量澄清石灰水，得到白色沉淀：
12. 一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：
2X(g)＋Y(g) Z(g)，经60s达到平衡，生成0.3molZ。下列说法正确的是
A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/(L·S)
B. 将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小
D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＞0
13. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是
A. 溶液：
B. 溶液：
C. 溶液：
D. 溶液：
14. 用下列仪器或装置(部分夹持装置略)进行相应实验，能够达到实验目的的是
A.用标准NaOH溶液滴定锥形瓶中的盐酸
B.研究浓度对化学平衡的影响
C.验证沉淀转化：AgCl转化为
D.检验溶液是否变质
A. A B. B C. C D. D
15. 25℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列叙述不正确的是
A. HA的酸性强于HB
B. 溶液中水的电离程度：b点
D. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中相同
16. 高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。某研究小组用电解法制取，装置示意图如下。
下列说法不正确的是
A. Ni电极与外接直流电源的负极相连
B. KOH溶液可以循环使用
C. Fe电极上的电极反应为
D. A膜是阴离子交换膜，外电路中转移1 mol ，有1 mol 通过A膜
17. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1 mol·L 溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变
D. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
18. 某同学进行如下实验：
下列说法不正确的是
A. ①中存在沉淀溶解平衡：
B. 比较离子浓度大小：：③>①；：③>①
C. ③中存在水解平衡：
D. 综合上述实验现象，说明能转化为
第二部分
本部分共5题，共58分
19. 回答下列问题：
（1）观察下列有机化合物，按照碳骨架的形状将它们分类(填字母)：
A. B. C. D.
①属于脂环化合物的是_______。
②属于芳香烃的是_______。
（2）下列物质的类别与所含官能团都正确的是_______(填序号)。
序号
①
②
③
④
结构简式
类别
酚
醛
醚
羧酸
官能团
-OH
-CHO
-COOH
（3）写出下列物质的系统命名法名称
①_______。
②_______。
③_______。
④_______。
20. 研究电解质在水溶液中的行为有重要的意义(以下均为25℃)。
I.有0.1 mol·L的三种溶液：a.NaOH b. c.盐酸
（1）溶液a的_______；c中水电离出的_______。
（2）溶液b的，用化学用语解释原因_______。
（3） L溶液a与 L溶液c混合后，若所得溶液的，则_______。
（4）向20 mL溶液b中滴加溶液a的过程中，pH变化如图所示。
①滴加过程中发生反应的离子方程式是_______。
②B点溶液中，离子浓度由大到小的顺序为_______。
③D点溶液中，_______(填“>”、“＜”或“=”)。
II.、、HClO和的电离平衡常数如下：
化学式
HClO
电离平衡常数()
（5）0.1 mol·L的下列四种溶液，pH由小到大的顺序是_______(填字母)。
A. B. C. NaClO D.
（6）0.1 mol·L 的溶液中，结合化学用语解释原因：_______。
（7）向NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为_______。
（8）向NaClO溶液中分别加入下列物质，能增大的是_______(填字母)。
A. B. C.
21. 用沉淀滴定法可以快速测定NaI溶液中实验过程如下：
Ⅰ．准备标准溶液
a.称取4.2500 g 固体(0.0250 mol)，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b.配制100 mL 0.1000 mol·L标准溶液，备用。
Ⅱ．滴定待测溶液
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L溶液，使完全转化为AgI沉淀。
c.加入2滴溶液作指示剂。
d.用0.1000 mol·L 溶液滴定过量的。
e.重复上述操作，4次测定数据如下表所示。
f.数据处理。
实验序号
1
2
3
4
消耗溶液的体积/mL
5.02
5.00
5.24
4.98
已知：i.AgSCN白色沉淀
ii.
回答下列问题：
（1）称取4.2500 g 固体配制标准溶液时，所使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要_______。
（2）过程Ⅱ中b和c两步操作是否可以颠倒_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（3）溶液滴定过量时，达到滴定终点时的现象是_______。
（4）由上述实验数据测得_______mol·L。
（5）下列操作可能使的测定结果偏高的是_______(填序号)。
①配制标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出
②盛溶液的滴定管用水洗净后，没有用溶液润洗
③读溶液的体积时，滴定前仰视，滴定后俯视
22. 合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。
已知： kJ·mol
kJ·mol
（1）_______kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)
（2）目前工业合成氨的主要方法是HaberBosch法：通常用以铁为主的催化剂在400~500℃和10~30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。
①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是_______。
②理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施是_______(写出1条)。
③将物质的量之比为1∶3的和充入2 L的密闭容器中，在一定条件下达到平衡，测得平衡时数据如下：
物质
平衡时物质的量
0.2
0.6
0.2
该条件下的转化率为_______，平衡常数_______(可用分数表示)。
④若按以下浓度投料，其它反应条件与③相同，起始时反应进行的方向为_______(填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。
物质
起始浓度(mol·L)
0.5
1.5
0.5
（3）图1是某压强下和按物质的量之比1∶3投料进行反应，反应混合物中的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，II是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_______。
a.图中a点，容器内
b.图中b点，
c.400~530℃，II中的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大
（4）电化学气敏传感器可用于检测环境中的含量，其工作原理如图2所示。
①反应消耗的与的物质的量之比为_______。
②a极的电极反应式为_______。
23. 某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3反应进行实验探究。
实验药品：0.1mol/LNa2S2O3溶液(pH=7)；0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)。
实验过程
实验编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验操作
实验现象
溶液呈紫色，
静置后紫色迅速褪去，
久置后出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
溶液呈紫色，
静置后紫色缓慢褪去，
久置后不出现淡黄色浑浊
资料：ⅰ.Na2S2O3在酸性条件下不稳定，发生自身氧化还原反应；
ⅱ.Fe3++⇌Fe(S2O3)+(暗紫色)，Fe2+遇无明显现象
(1)配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化，结合离子方程式解释原因：_______。
(2)对实验Ⅰ中现象产生的原因探究如下：
①证明有Fe2+生成：取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到_______。
②实验I中紫色褪去时被氧化成，相关反应的离子方程式是_______。
③实验I和Ⅱ对比，Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊的原因是_______。
(3)为探究实验Ⅱ和Ⅲ中紫色褪去快慢不同的原因，设计实验如下：
实验编号
Ⅳ
Ⅴ
实验操作
实验现象
紫色褪去时间a>b
紫色褪去时间c
②由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是_______。
参考答案
第一部分
本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1～12每题2分，13～18每题3分，共42分)
1. 【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH为强碱，能完全电离属于强电解质，故A不选；
B．只能部分电离属于弱电解质，故B选；
C．为强酸，能完全电离属于强电解质，故C不选；
D．AgCl属于盐，熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故D不选；
故选：B。
2. 【答案】A
【解析】
【详解】水的离子积常数是水电离平衡的平衡常数，平衡常数只受温度影响，且水的电离是吸热过程，因此加热能使水的电离程度增大，水的离子积常数增大，故选A。
3. 【答案】C
【解析】
【详解】A．为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A错误；
B．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，溶液呈碱性，故B错误；
C．NH4Cl为强酸弱碱盐，溶于水后铵根离子水解产生H+，溶液呈酸性，故C正确；
D．CH3COONa为强碱弱酸盐，溶于水后醋酸根离子水解产生OH-，溶液呈碱性，故D错误。
故选C。
4. 【答案】D
【解析】
【详解】A．3，3-二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，依据系统命名法可知该有机物正确命名应该为：2，2-二甲基丁烷，故A错误；
B．3-甲基-2-乙基戊烷，未选取最长的碳链作主链，正确的命名是3、4-二甲基己烷，故B错误；
C．2，2-二甲基丁炔，没有写出官能团三键的位置，正确的命名如：3，3-二甲基-1-丁炔，故C错误；
D．双键为官能团，编号从离双键近的一端编起，符合命名方法，故D正确；
故选：D。
5. 【答案】A
【解析】
【分析】当＜0时，反应在任何温度下一定能自发进行，据此判断。
【详解】A．有气体生成＞0，，则一定小于0，A正确；
B．气体减少＜0，，则不一定小于0，B错误；
C．有气体生成＞0，，则不一定小于0，C错误；
D．气体减少＜0，，则一定大于0，D错误；
故选A。
6. 【答案】B
【解析】
【分析】锌比铜活泼，锌发生氧化反应为负极、铜极为正极；
【详解】A．由分析可知，Zn做负极，故A正确；
B．阳离子向正极移动，则盐桥中的向溶液移动，故B错误；
C．正极的电极反应为铜离子得到电子发生还原反应：，故C正确；
D．该电池电解饱和食盐水，当6.5 g Zn（0.1mol）溶解时转移电子0.2mol，电解池中阴极反应为，则生成2.24 L (标准状况)，故D正确；
故选B。
7. 【答案】B
【解析】
【详解】A．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；
B．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c (NO) 增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；
C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；
D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；
答案选B。
8. 【答案】C
【解析】
【详解】A．铜离子为蓝色，故A错误；
B．的溶液为酸性，酸性溶液中硝酸根离子会把亚铁离子、碘离子氧化为铁离子、碘单质，不共存，故B错误；
C．使酚酞变红色的溶液为碱性，碱性溶液中四种离子相互不反应，能共存，故C正确；
D．由水电离出的 mol·L的溶液可能为酸性或碱性，酸性溶液中碳酸氢根离子和氢离子反应不共存，碱性溶液中铵根离子和氢氧根离子、碳酸氢根离子和氢氧根离子反应，不共存，故D错误。
故选C。
9. 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。故选C。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生盐的水解反应产生Al(OH)3、HCl，水解反应的化学方程式为：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，将溶液加热蒸干，HCl挥发逸出，导致平衡正向移动，最终得到的固体是Al(OH)3，而不能得到AlCl3固体，可以使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．NO2和N2O4的混合气体在密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致c(NO2)增大，从而使混合气体的红棕色颜色加深，可以使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．拦河大坝的钢闸门与外接直流电源的负极相连，作阴极，阴极上有大量导致，钢闸门就不会失去电子被氧化，因而得到保护，与勒夏特列原理无关，因此不能使用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．0.1 mol·L氨水pH为11.1，将其由0.1 mol·L氨水稀释至0.01 mol·L，若不存在电离平衡，则溶液中c(OH-)是原来的，溶液的pH会由11.1降至为10.1，现在溶液pH变为10.6，说明c(OH-)比原来的大，可证明加水稀释，电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)在稀释的基础上有所增加，因此可以使用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是C。
11. 【答案】A
【解析】
【详解】A．用饱和溶液处理锅炉水垢中的是硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，，故A错误；
B．用明矾作净水剂是铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附杂质，故B正确；
C．向氢氧化镁悬浊液中滴入酚酞溶液，溶液变红是因为氢氧化镁沉淀部分电离出氢氧根离子使溶液显碱性，故C正确；
D．向溶液中加入足量澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应生成碳酸钙沉淀：，故D正确
故选A。
12. 【答案】A
【解析】
【详解】A. 60s达到平衡，生成0.3molZ，容器体积为10L，则v(Z)==0.0005mol/(L⋅s)，速率之比等于其化学计量数之比，则v(X)=2v(Z)=0.001mol/(L⋅s)，故A正确；
B. 将容器容积变为20L，体积变为原来的2倍，压强减小，若平衡不移动，Z的浓度变为原来的1/2，但正反应为气体体积减小的反应，压强减小，平衡向逆反应方向移动，到达新平衡后Z的浓度小于原来的1/2，故B错误；
C. 若其他条件不变时，若增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向进行，Y的转化率将增大，故C错误；
D. 若升高温度，X的体积分数增大，若向正反应移动，2mol X反应时，混合气体总物质的量减小2mol，X的体积分数减小，则说明平衡逆向进行，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，故反应的△H<0，故D错误，
故选A。
13. 【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液中存在质子守恒：，故A错误；
B．溶液中的电荷守恒：，故B错误；
C．溶液中钠离子大于，水解生成和氢氧根离子，继续水解生成氢氧根离子和亚硫酸，因此，故C错误；
D．溶液中存在物料守恒：，则，故D正确；
故选：D。
14. 【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液应用碱式滴定管，且滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，故A错误；
B．该实验可验证KSCN浓度对平衡的影响，加2mL水的试管做对照实验，故B正确；
C．由信息可知硝酸应溶液过量，加入的硫化钠直接与过量的硝酸应溶液反应，不能证明是氯化银转化为硫化银，故C错误；
D．硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，应该用盐酸酸化的氯化钡，故D错误；
故选：B。
15. 【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，稀释相同的倍数，HA的pH变化更大则酸性HA大于HB；
【详解】A．由分析可知，HA的酸性强于HB，A正确；
B．b点酸电离出氢离子浓度更大，对水的电离抑制作用更大，则溶液中水的电离程度：b点
D．HA的酸性强于HB，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液中HB的浓度大于HA，则相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，HB所得的溶液中大，D错误；
故选D。
16. 【答案】D
【解析】
【分析】根据图示信息写出电极反应，阳极为Fe电极，阴极为Ni电极，根据电极反应可知，AB膜中间的溶液中K+向阴极移动，OH-向阳极移动，故阴极的KOH溶液浓度增大，据此分析。
【详解】A．Ni电极为阴极，与外接直流电源的负极相连，A正确；
B．阴极KOH浓度增大，故体系中KOH溶液可以循环使用，B正确；
C．Fe电极上的电极反应为，C正确；
D．K+向阴极移动，故A膜为阳离子交换膜，D错误；
故选D。
17. 【答案】C
【解析】
【详解】A．分式上下同乘以c(CH3COO-)，转化成，加水稀释Ka不变，c(CH3COO－)减小，比值增大，A错误；
B．恰好为，升高温度Kh增大，比值减小，B错误；
C．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中为两者Ksp之比，Ksp不变，则该比值不变，C正确；
D．盐酸滴入氨水中，无论什么情况都存在电荷守恒：c(NH)+ c(H+)= c(Cl－)+ c(OH－)，溶液中性，则有c(H+)=c(OH－)，c(NH)=c(Cl－)，D错误；
故选：C。
18. 【答案】B
【解析】
【分析】①中加入酚酞后无现象说明碱性很小，又知BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，CO+H2O⇌HCO+OH−，则溶液中CO浓度极小，水解程度也很小，②中Na2SO4为强酸强碱盐，溶液呈中性故无明显现象，③混合后变红说明CO水解后生成的OH-浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，BaSO4更难溶于水，以此解答。
【详解】A．由沉淀溶解平衡得知存在BaCO3(s)⇌Ba2+(aq)+CO(aq)，A正确；
B．由上述分析可知，c(CO)：③>①，BaSO4更难溶于水，随着沉淀的转化：BaCO3+SO⇌BaSO4+CO，溶液中Ba2+的浓度降低，即c(Ba2+)：③<①，B错误；
C．①、③中均存在CO，CO为弱酸根，溶液中存在水解平衡，离子方程式为：CO+H2O⇌HCO+OH−，C正确；
D．③混合后变红说明溶液中CO浓度增大，即发生了BaCO3+SO⇌BaSO4+CO的转化，D正确；
故选：B。
第二部分
本部分共5题，共58分
19. 【答案】（1） ①. C ②. D
（2）③④ （3） ①. 4、4-二甲基-1-戊炔 ②. 3、4-二甲基己烷 ③. 1、2、4-三甲基苯 ④. 3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯
【解析】
【小问1详解】
①脂环化合物：不含芳香环(如苯环、稠环或某些具有苯环或稠环性质的杂环)的带有环状的化合物，由结构简式可知C为脂环化合物；②芳香烃是指含有苯环的烃，由组成和结构可知D为芳香烃，故答案为：C；D；
【小问2详解】
①羟基连接在支链上，属于醇类，错误；②醛基连在氧原子上，属于酯类物质，错误；③氧以单键与两个碳原子相连，符合醚的结构特征，正确；④羧基与苯环相连，官能团为羧基，属于羧酸，正确；
故答案为：③④；
小问3详解】
①选取含碳碳三键最长碳链为主链，靠近三键一端对主链编号，则名称因为：4、4-二甲基-1-戊炔，故答案为：4、4-二甲基-1-戊炔；
②选取含碳原子数最多的碳链作主链，靠近支链一端编号，则名称为：3、4-二甲基己烷，故答案为：3、4-二甲基己烷；
③苯的同系物命名注意使支链加和要小，该物质的名称为：1、2、4-三甲基苯，故答案为：1、2、4-三甲基苯；
④选取含碳碳双键最长碳链为主链，靠近双键一端对主链编号，则 的名称为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯，故答案为：3、4、4-三甲基-2-乙基-1-己烯；
20. 【答案】（1） ①. 13 ②.
（2）为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L
（3）9：11 （4） ①. ②. ③. = （5）DBCA
（6）的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中
（7）
（8）A
【解析】
【小问1详解】
0.1 mol·L的NaOH溶液中c()=0.1 mol·L，c()=，13；0.1 mol·L的盐酸中c()=0.1 mol·L，溶液中的氢氧根离子完全来自水的电离，c()水=，水电离出的 c()水=，故答案为：13；；
【小问2详解】
为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，因此0.1 mol·L电离生成的氢离子浓度小于0.1 mol·L，其pH值大于1，故答案为：为弱酸，不能完全电离，0.1 mol·L中氢离子浓度小于0.1 mol·L；
【小问3详解】
L NaOH溶液与 L盐酸混合后，若所得溶液的，可知酸过量，混合后溶液中的氢离子浓度：c()=，9：11，故答案为：9：11；
【小问4详解】
①醋酸与氢氧化钠反应的离子方程式为：，故答案为：；
②B点溶液中，醋酸消耗一半，所得溶液为等浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小为：，故答案为：；
③D点溶液，醋酸恰好完全反应，溶液为醋酸钠溶液，根据质子守恒得：，则=，故答案为：=；
【小问5详解】
中，既电离也水解，其电离常数为：，其水解常数：Kh=<，电离程度大于水解程度，因此溶液呈酸性；、、NaClO均水解呈碱性，酸性：> HClO >，根据越弱越水解可知，水解程度：
的溶液中既存在碳酸氢根离子的电离，也存在碳酸氢根离子的水解，的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中，故答案为：的电离常数为，其水解常数：，的水解程度大于其电离程度，因此溶液中；
【小问7详解】
由电离常数大小可知酸性：＞ＨＣlＯ＞，依据强酸制弱酸原理，可知NaClO溶液中通入少量，反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问8详解】
NaClO溶液中加醋酸发生反应：，可以增大HClO浓度，故A选；NaClO与二氧化硫发生氧化还原反应，不能生成HClO，故B不选；碳酸氢钠与次氯酸钠不能反应，故C不选；
故答案为：A；
21. 【答案】（1）量筒、250mL容量瓶
（2） ①. 否 ②. 如先加入 ，其中的Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，从而失去指示作用。
（3）滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。
（4）
（5）③
【解析】
【小问1详解】
用固体配制250mL标准溶液时，所使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和胶头滴管、量筒、250mL容量瓶。
【小问2详解】
过程Ⅱ中b和c两步操作不能颠倒，如先加入，其中Fe3+具有强氧化性，可与I-发生氧化还原反应，使失去指示作用。
【小问3详解】
滴定终点时，SCN-过量，遇指示剂中的Fe3+会反应使溶液显红色，因此滴定终点现象是：滴入最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液突然变成红色，且半分钟内不褪色。
【小问4详解】
序号3的实验误差较大，舍去不用，以序号1、2、4的实验数据计算消耗NH4SCN溶液的体积的平均值为5.00mL，则平均每次消耗NH4SCN的物质的量为。据此计算过量的Ag+的物质的量：
，
与I-反应的Ag+物质的量为：，根据得25.00mLNaI溶液中含有的I-为，因此NaI溶液中
【小问5详解】
①根据滴定结果的计算过程，只要保证Ag+过量，能够完全沉淀I-即可，配制AgNO3溶液中，烧杯中的溶液有少量溅出对实验结果没有影响；
②盛溶液的滴定管没有润洗，滴定管内残留的水会使浓度减小，造成滴定终点时消耗溶液过多，使计得的过量的Ag+数据偏大，实际与I-反应的Ag+数据偏小，最终计算的偏小；
③读溶液的体积时，滴定前仰视，使V1读大了，滴定后俯视，使V2读小了，使得偏小，造成计得的过量的Ag+数据偏小，实际与I-反应的Ag+数据偏大，最终计算的偏大；
故选③
22. 【答案】（1）
（2） ①. 较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高 ②. 增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气 ③. 33.3% ④. ⑤. 正向
（3）ac （4） ①. 3：4 ②.
【解析】
小问1详解】
根据盖斯定律可知反应合成氨反应可由，则= kJ·mol-1，故答案为：；
【小问2详解】
①该反应虽为放热反应，但高温条件能大大加快反应速率，同时催化剂在较高温度条件下活性最大，对速率的促进作用更大，故答案为：较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高；
②理论上，为了增大平衡时的转化率，需使平衡正向移动， 可采取增大压强、适当增大氮气的浓度、将产物氨气液化分离等措施提高氢气的转化率，故答案为：增大压强、适当增大氮气的浓度、分离液态氨气；
③由表中数据可知平衡时氨气的物质的量0.2mol，结合反应可知消耗的氢气为0.3mol，则氢气的转化率=；平衡常数K=，故答案为：33.3%；；
④此时Qc= ，反应正向进行，故答案为：正向；
【小问3详解】
和按物质的量之比1∶3投料进行反应，设起始时两者物质的量分别为1mol、3mol，设氮气的消耗量为xmol，列三段式得：
由图1可得：n(NH3)%=，x=，此时容器中，故a正确；
图中b点氨气的物质的量分数小于同条件下平衡时氨气的物质的量分数，可知b点反应未平衡，反应向正向进行，，故b错误；
400~530℃，II中各点氨气的物质的量分数均小于平衡时物质的量分数，可知反应均未到达平衡状态，且都向正向进行，随温度的升高，反应速率加快，因此相同时间内的氨气的物质的量分数随温度升高而增大，故c正确；
故答案为：ac；
【小问4详解】
①1mol氧气得4mol电子，1mol氨气生成氮气失3mol电子，根据得失电子守恒可知反应消耗的与的物质的量之比为3：4，故答案为：3：4；
②a电极氨气失电子生成氮气，电极反应为：，故答案为：；
23. 【答案】 ①. FeCl3溶液中存在平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解 ②. 有蓝色沉淀生成 ③. 2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++] ④. Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O ⑤. Na2SO4固体 ⑥. 其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应
【解析】
【分析】某实验小组对Na2S2O3分别与FeCl3、Fe2(SO4)3的反应进行实验探究；实验Ⅰ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，但是所滴加的氯化铁的体积不同，导致实验现象不同；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O；实验Ⅲ和实验Ⅱ中，所加Na2S2O3的体积均为2mL，氯化铁和硫酸铁的体积也都为2mL，但溶液中阳离子均为铁离子，且c(Fe3+)相同，阴离子种类不同，导致紫色褪色的速率不同，做探究实验时，重点分析氯离子和硫酸根离子对实验的影响。
【详解】(1) FeCl3溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入盐酸，c(H+)增加，上述平衡左移，进而抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3溶液时，需要用盐酸酸化；
(2) ①Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液相遇，产生蓝色沉淀；取实验Ⅰ中褪色后溶液，加入1~2滴K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成，证明实验Ⅰ中有Fe2+生成；
②若实验I中紫色褪去时被氧化成，铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++2=2Fe2++[或2Fe(S2O3)+=2Fe2++]；
③观察实验I和Ⅱ操作可知，Na2S2O3溶液均为2mL，但所滴加的氯化铁的体积不同，相差较大；Ⅱ中Fe3+和的物质的量之比为1：1，反应后没有剩余；Ⅰ中过量且溶液呈酸性，因此久置后溶液中发生反应2H++=S↓+SO2↑+H2O，因此Ⅰ中出现淡黄色浑浊，而Ⅱ中不出现淡黄色浑浊；
(3)已知实验试剂：0.1mol/LFeCl3溶液(pH=1)；0.05mol/LFe2(SO4)3溶液(pH=1)，两种溶液中铁离子浓度相同，阴离子的种类和浓度不同，因此实验Ⅳ和Ⅴ就要探究氯离子和硫酸根离子对褪色快慢的影响；实验Ⅳ中探究硫酸根离子对速率的影响，向试管a中加入硫酸钠固体，紫色褪去时间a>b，说明硫酸根离子能减慢反应速率，褪色时间较长；实验Ⅴ中探究氯离子对速率的影响，向试管c中加入氯化钠固体，紫色褪去时间c
②结合以上分析，由实验Ⅳ和实验Ⅴ得出的结论是其他条件相同时，Cl-能加快Fe(S2O3)+发生反应，加速紫色褪去，而能减慢该反应。
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