浙江省宁波三锋联盟2025-2026学年高二上学期11月期中化学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷共 9 页满分 100 分，考试时间 90 分钟。
2.答题前，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涂相应数字。
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束后，只需上交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，O-16，Na-23，K-39，Ca-40
选择题部分
一、选择题(共 25 题，每小题只有一个选项符合题意，每题 2 分，共 50 分)
1. 明代诗人于谦的《石灰吟》是一首托物言志诗。下列反应类型与诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等
闲”没有关联的是
A. 吸热反应 B. 离子反应 C. 分解反应 D. 熵增反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．石灰石分解需要持续加热，属于吸热反应，与诗句描述的反应有关联，A 不符合题意；
B．碳酸钙高温分解为固态氧化钙和气态二氧化碳，无自由移动的离子参与，不属于离子反应，与诗句描述
的反应没有关联，B 符合题意；
C．该反应是一种物质生成两种物质，属于分解反应，与诗句描述的反应有关联，C 不符合题意；
D．该反应有气体生成，体系混乱度增大，属于熵增反应，与诗句描述的反应有关联，D 不符合题意；
故答案选 B。
2. 下列溶液因水解显碱性的是
A. KI 溶液 B. 溶液 C. NaF 溶液 D. 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．KI 是强酸强碱盐，K+和 I-均不水解，溶液呈中性，A 不符合题意；
B．NH3·H2O 为弱碱，其碱性源于自身电离而非水解，B 不符合题意；
C．NaF 是强碱弱酸盐，F-水解生成 HF 和 OH-，使溶液显碱性，C 符合题意；
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D．NH4NO3 是强酸弱碱盐， 水解生成 H+，溶液显酸性，D 不符合题意；
故选 C。
3. 酸碱中和滴定实验中不需要使用的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】酸碱中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。
【详解】A．选项为碱式滴定管，A 不符合题意；
B．选项为锥形瓶，B 不符合题意；
C．选项为蒸馏烧瓶，C 符合题意；
D．选项 酸式滴定管，D 不符合题意；
故选 C。
4. 下列电离方程式正确的是
A. B.
C. (熔融) D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠（NaHCO3）电离时，Na+完全离解，但 作为弱酸酸式根，仅部分离解为 H+和
，且电离方程式应分步书写，应写为 ，A 错误；
B．次氯酸（HClO）为弱酸，电离过程可逆，需用 符号， B 错误；
C．过氧化钠（Na2O2）熔融电离时，应生成 2Na+和 ， ，C 错误；
D．HS⁻的电离中，HS⁻作为酸失去 H+生成 S2-，同时 H+与 H2O 结合为 H3O+，方程式符合弱酸分步电离规律
且符号使用正确，D 正确；
故选 D。
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5. 下列溶液一定呈酸性的是
A. 含有 H＋离子的溶液 B. c(H＋)＞(KW)1/2
C. pH 小于７的溶液 D. 酚酞显无色的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】
A. 任何水溶液都含有 H＋离子不一定显酸性，所以 A 错；B ：KW=c(H+). c(OH-)，因 c(H＋)＞(KW)1/2 所以 c
(H+)＞ c(OH-)，溶液显酸性，故 B 对；C. pH 小于７的溶液不一定，和温度有关，100 是 PH=6 为中性，
故 C 错；D.酸遇酚酞不变色，所以不能用酚酞鉴别酸，故 D 错。本题正确答案：B。
6. 已知 ，下列说法中正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 该反应为放热反应，故不必加热就可发生反应
C. 在该条件下，1 个氢分子与 1 个氯分子反应生成 2 个氯化氢分子放出 184.6 kJ 热量
D. 在该条件下，1 ml 氢气与 1 ml 氯气 能量总和大于 2 ml 氯化氢气体的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A． ，则该反应为放热反应，A 错误；
B．反应条件和反应是否放热或吸热无直接关系，B 错误；
C．ΔH 的单位是 kJ·ml-1，对应 1 ml 反应放出 184.6 kJ 热量，而非单个分子，C 错误；
D．放热反应中反应物总能量高于产物总能量，则 1 ml H2 和 1 ml Cl2 的总能量大于 2 ml HCl 的总能量，
D 正确；
故答案选 D。
7. 下列示意图表示正确的是
A. 甲图可表示盐酸和碳酸氢钠反应过程中的能量变化
B. 乙图可表示一氧化碳的燃烧热
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C 丙图中，曲线Ⅱ表示反应时加入了催化剂
D. 丁图中 HI 分子发生了有效碰撞
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，盐酸和碳酸氢钠反应为吸热
反应，二者一致，A 错误；
B．CO 的燃烧热是指 1ml CO 完全燃烧生成 CO2(g)时的焓变，且反应物的总能量高于生成物的总能量，B
错误；
C．由于催化剂能降低反应所需要的活化能，丙图中，曲线Ⅱ表示反应时加入了催化剂，C 正确；
D．图丁中 HI 分子发生碰撞后并未生成新的物质，即碰撞后并未发生化学变化，图丁发生的不是有效碰撞，
D 错误；
故答案为：C。
8. 二氧化碳加氢制甲醇一般认为通过如下两步反应来实现：
①
②
若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】反应①为吸热反应，反应②为放热反应，根据盖斯定律得总反应为
，即总
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反应为放热反应，又因为反应①是慢反应，说明反应①活化能大，B 项符合题意；
故选：B。
9. 下列说法正确的是
A. 决定化学反应速率的主要因素是反应物浓度
B. 活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞
C. 所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量
D. 反应的活化能越大，反应放出的热量就越多，反应越容易发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，浓度是外部条件而非主要因素，A 错误；
B．活化分子碰撞需满足合适取向才能成为有效碰撞，仅活化分子碰撞不一定有效，B 错误；
C．活化分子是能量较高的分子，其平均能量必然高于所有分子的平均能量，C 正确；
D．反应的活化能越大，反应越难发生；反应热量由焓变ΔH 决定，与活化能无关，D 错误；
故答案为 C；
10. 在 2 L 密闭容器中，3 ml A 和 1 ml B 发生反应： ，10 s 末时，物
质 的浓度为 ，下列说法正确的是
A. 内， B. 内，物质 的转化率为 60%
C. 末，D 的物质的量为 D. 末，C 的物质的量分数为 15%
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据题意，生成 1.2 ml C 时，消耗 A 的物质的量为 1.8 ml；则
，A 错误；
B．B 的消耗量为 0.6 ml，则 B 的转化率 ，B 正确；
C．生成 1.2 ml C 时，D 的物质的量也为 1.2 ml（变化量之比等于化学计量数之比），C 错误；
D．10 s 末各物质总物质的量为 1.2 ml(A)+0.4 ml(B)+1.2 ml(C)+1.2 ml(D)=4 ml，C 的物质的量分数为
，D 错误；
故答案选 B。
11. 下列关于仪器选择、实验操作及相关叙述均正确的是
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A. 图甲用于测定中和热
B. 图乙用于测定锌与稀硫酸反应速率
C. 图丙用于比较 与 的水解程度
D. 图丁用于制备 胶体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．图中缺少环形玻璃搅拌器，不能使酸碱快速反应完全，无法准确测定中和热，A 错误；
B．生成的气体易从长颈漏斗逸出，应改为分液漏斗，B 错误；
C． 、 的浓度相等，可用 pH 的大小判断对应离子的水解程度，图中操作合理，C 正确；
D．制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴滴加饱和氯化铁，利用氯化铁的水解，通过升温和溶液中 HCl 的减少
使平衡正移得到氢氧化铁胶体，因硫酸难挥发，饱和硫酸铁溶液无法有效促进 水解，无法制得氢氧化
铁胶体，D 错误；
故选 C。
12. 下列关于过程转化中的能量变化，说法正确的是
A. 已知 ； ，则
B. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
C. 500℃、 下，将 和 置于密闭的容器中充分反应生成 ，放热 ，
则热化学方程式为：
D. 已知： ，在中和热测定实验中实际加入的酸碱
的量会影响该反应的
【答案】A
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【解析】
【详解】A．已知反应① ；反应② ，将反应①-反
应②得到反应 ，固态硫转化为气态硫需要吸收热量，
，即 ，A 正确；
B．冰转化为水需要吸热，相同质量的水和冰相比较，水的能量高于冰，B 错误；
C．合成氨反应是可逆反应，将 和 置于密闭的容器中充分反应生成 放热
，参与反应的 小于 0.5ml，当 参与反应放出的热量多于 38.6kJ ，则热化学方程式
，C 错误；
D．中和热表示在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应生成 时所放出的热量，中和热的ΔH 是
固定值与酸碱的用量无关，实际加入的酸碱量仅影响总放热量，不影响ΔH，D 错误；
故选 A。
13. 下列关于反应自发性的说法中不正确的是
A. 若某反应的 ， ，该反应在任何温度下都能自发进行
B. 水蒸气冷凝液化是一个熵减的过程
C. 对于反应： ，可以在室温下进行，故能推出该反应的
D. 反应 ，常温下不能自发进行，说明该反应
【答案】D
【解析】
【详解】A． 0 时，ΔG=ΔH-TΔS 在任何温度下均小于 0，反应自发进行，A 正确；
B．水蒸气冷凝为液态水，气体→液体，混乱度降低，熵减，B 正确；
C．反应 NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)生成固体，ΔSTΔS。因 >0 且
常温温度低， 应为正值，D 错误；
故答案选 D。
14. 下列现象中不能用勒夏特列原理解释的是
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A. 将盛有 气体的烧瓶(带塞)浸泡在热水浴中颜色变深
B. 将氯气通入饱和食盐水中，可以降低 在水中的溶解度
C. 温度控制在 500℃有利于合成氨反应
D. 在 气流中对 溶液进行蒸发结晶
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热 的密闭烧瓶，体系温度升高，平衡 2NO2 ⇌ N2O4（放热）逆向移动，NO2 浓度增加
颜色加深，符合勒夏特列原理，A 不符合题意；
B．饱和食盐水中 Cl⁻浓度高，使得 Cl2+H2O⇌ H⁺+Cl⁻+HClO 逆向移动，能抑制 Cl2 溶解，能用勒夏特列原
理解释，B 不符合题意；
C．合成氨（放热反应）选择 500℃主要是因为催化剂活性最佳，而非通过温度调整平衡（高温反而不利平
衡），不能用勒夏特列原理解释，C 符合题意；
D．氯化铁会水解，FeCl3+3H2O⇌ Fe(OH)3+3HCl，HCl 气流会抑制 FeCl3 水解，故而能对 溶液进行蒸
发结晶，能用勒夏特列原理解释，D 不符合题意；
故选 C。
15. 常温下，等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②CH3COONH4 ③NaHSO4 ④NaHCO3
⑤Ba(OH)2，溶液的 pH 值由大到小排列正确的是
A. ⑤④②①③ B. ⑤④②③① C. ⑤④③②① D. ②④⑤①③
【答案】A
【解析】
【详解】①CH3COOH 为弱酸，部分电离，溶液呈酸性，pH＜7；②CH3COONH4 溶液中 CH3COO-、 的
水解程度相近，该溶液近似中性，pH≈7；③NaHSO4 为强碱强酸酸式盐，溶液呈强酸性，pH＜7 且小于①
溶液；④NaHCO3 为强碱弱酸酸式盐， 的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，pH＞7；⑤Ba
(OH)2 为强碱，溶液呈强碱性，pH＞7，且大于④溶液；所以这几种溶液的 pH 由大到小顺序是⑤④②①③，
故答案为：A。
16. 下列关于酸碱中和滴定实验叙述正确的是
A. 滴定至终点时溶液一定显中性
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B. 滴定过程中，接近滴定终点改用胶头滴管继续滴加
C. 酸式滴定管可盛装氧化性试剂
D. 锥形瓶需要用待测液润洗以保证浓度准确
【答案】C
【解析】
【详解】A．滴定终点时溶液不一定显中性，终点 pH 由酸碱强弱和指示剂的变色范围决定，故 A 错误；
B．接近终点时仍需用滴定管控制滴加，而非胶头滴管，故 B 错误；
C．酸式滴定管使用玻璃活塞，可盛装氧化性试剂，故 C 正确；
D．锥形瓶用待测液润洗会导致待测液过量，测定浓度偏高，所以锥形瓶不能润洗，故 D 错误；
17. 在含 的 和 的混合溶液中，反应 的反应机理
及反应进程中的能量变化如图：
反应①：
反应②：
下列有关该反应的说法正确的是
A. 是该反应的催化剂
B. 使用催化剂，能提高单位体积内活化分子的百分数
C.
D. 若不加 ，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据反应的步骤可知，Fe3+先消耗后生成为该反应的催化剂，Fe2+先生成后消耗是中间产物，
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A 错误；
B．使用催化剂，降低反应的活化能，提高单位体积内活化分子的百分数，活化分子总数增多，有效碰撞次
数增多，反应速率加快，B 正确；
C．根据反应①②方程式可知 ，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知
，C 错误；
D．根据图像分析可知反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，
为放热反应，若不加 Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的活化
能小，D 错误；
故选 B。
18. 根据酸碱质子理论，凡是能给出质子(即 )的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是
碱，若既可给出质子又可结合质子，则为两性物质，给出质子的能力越强，酸性越强。按照这个理论，下
列说法错误的是
A. 纯碱属于碱
B. HClO 是酸， 是碱
C. 、 均属于两性物质
D. 能发生，可知酸性：
【答案】D
【解析】
【详解】A．纯碱（Na2CO3）中的 能结合 H+生成 ，符合碱的定义，A 正确；
B．根据 ，HClO 能给出 H+，属于酸，ClO-能结合 H+生成 HClO，属于碱，B 正确；
C．H2O 既能给出 H+（H2O H++OH-）又能结合 H+生成 ，HS-既能给出 H+（HS- H++S2-）又能
结合 H+生成 H2S，均为两性物质，C 正确；
D．反应 +NH3 +N2H4 中， 作为酸给出 H+，NH3 作为碱结合 H+生成 ，根据强酸制
弱酸原则， 的酸性应强于 ，D 错误；
故答案为 D。
19. 通过传感器测定冰醋酸被水稀释后的电导率及 ，根据变化曲线图判断下列说法正确的是
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A. 由 c、d 两点电导率相同，说明处在这两点时醋酸的电离程度一样
B b 点后，溶液继续稀释，所有离子浓度均减小
C. a 点醋酸水溶液未达到电离平衡状态
D. 关于 比值，由图发现 点 点
【答案】D
【解析】
【分析】冰醋酸本身不电离，不加水时液体不导电，冰醋酸在加水稀释的过程中，刚开始醋酸分子不断电
离，离子浓度越来越大，当离子浓度达到最大浓度时，此时溶液电导率最大、酸性最强、pH 最小，继续加
水，以稀释的作用为主，溶液中的醋酸根和氢离子浓度不断减小，溶液电导率变小。
【详解】A．c、d 两点电导率相同，但是 d 点加入水更多，溶液浓度更小，醋酸的电离程度更大，故 A 错
误；
B． 加水稀释过程中，a 点醋酸已达到电离平衡状态，只是此时水少，部分醋酸分子还以冰醋酸形式存在，
故 B 错误；
C．醋酸与水互溶，a 点醋酸水溶液的浓度大，醋酸的电离程度较小，但达到电离平衡状态，故 C 错误；
D． ，b、e 点中，e 点溶液浓度更小，氢离子浓度更小，
则 比值 点 点，故 D 正确。
故选 D。
20. 下列图示与对应的叙述一致的是
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A. 图甲是 25℃时，在 的氢氟酸水溶液中，调节溶液 ，测得平衡体系中 、
的浓度变化关系，可知
B. 图乙是恒温密闭容器中发生 反应时， 随反应时间变化的曲线，
时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
C. 图丙可知，反应 ，a、b、c 三点所处的平衡状态中，反应物 的转化率
最高的是 点
D. 图丁表示常温下， 溶液滴定 醋酸溶液的滴定曲线
【答案】B
【解析】
【详解】A．当 c(F-)=c(HF)时，pH 3.4， ，A 错误；
B．缩小体积 c(CO2)先增大，根据勒夏特列原理，平衡逆向移动，c(CO2)后减小，由于温度不变，平衡常数
K=c(CO2)不变，故最终恢复到原平衡浓度，B 正确；
C．相同温度，n(H2)越大，N2 平衡转化率越大，所以 N2 转化率最高点是 c 点，C 错误；
D．恰好完全反应时溶液应为碱性，不 pH=7，图像与题干不符，D 错误；
故选 B。
21. 向一恒容密闭容器中加入 和一定量的 ，发生反应：
。 的平衡转化率按不同投料比 随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误
的是
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A.
B. 反应速率：
C. 点 、 、 对应的平衡常数：
D. 的转化率
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，投料比相同时 CH4 的平衡转化率随温度升高而增大，说明该反应是吸热反应；温度相
同时，n(H2O)越大，投料比越小，CH4 的平衡转化率应该增大，所以 x1＜x2。
【详解】A．根据分析可知，x1＜x2，A 正确；
B．b、c 温度相同，平衡时 v 正=v 逆，投料比不同，b 的转化率大于 c，产物浓度更大，vb 逆＞vc 逆，又因为 v
正=v 逆，所以 vb 正＞vc 正，B 错误；
C．温度相同平衡常数相同，该反应为吸热反应，温度升高平衡常数增大，所以 Ka＜Kb=Kc，C 正确；
D．b 点对应投料比更小，n(H2O)较大，所以 ，D 正确；
故选 B。
22. 在常温下，下列四种溶液：① 的 溶液；② 的 溶液；③ 的氨水；
④ 的 溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是
A. 水电离出的 ：①=②>③=④
B. 若将②、③等体积混合，则所得溶液的 pH③>①>②
D. 常温下将 溶液②与 ④溶液混合后，若混合后溶液 pH=3，则
【答案】D
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【解析】
【详解】A．水电离出的 c(H＋)由溶液中的 H＋或 OH－浓度决定，四种溶液的 H＋或 OH－浓度均为 10-2ml/L
，对水的电离抑制程度相同，故水电离的 c(H＋)均为 10-12ml/L，①=②=③=④，故 A 错误；
B．②（HCl）为强酸，③（氨水）为弱碱且浓度远高于 0.01 ml/L，等体积混合时，氨水过量，溶液显碱
性，pH>7，故 B 错误；
C．稀释 10 倍后，弱酸（①）和弱碱（③）的 pH 变化较小，强酸（②）pH 增至 3，强碱（④）pH 降至 11，
故稀释后 pH 顺序为③>④>②>①，故 C 错误；
D．混合后 pH=3，说明 H＋过量。根据 n(H＋)-n(OH－)=10-3(Va+Vb)，解得 Va：Vb=11：9，故 D 正确；
故答案为 D。
23. 已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入 和 发生反应，
时达到平衡状态 ，在 时改变某一条件， 时重新达到平衡状态 ，正反应速率随时间的变化如图所示。
下列说法正确的是
A. 若 后再增加 的量，平衡后 的体积分数会增加
B. 时可能改变的条件是：升温
C. 平衡时 B 的转化率
D. 平衡时 B 的体积分数
【答案】D
【解析】
【分析】反应 ，向一恒温恒容的密闭容器中充入 和 发生反应， 时
达到平衡状态 I，在 时改变某一条件，正反应速率在原速率基础上升高，故逆反应速率应在 突然增至最
大然后缓慢减小，即改变条件使反应速率增大的同时平衡逆移，所以改变条件应该是增加 C 的浓度； 时
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重新达到平衡状态 II。
【详解】A．A 为固体，加入 A 对平衡不影响，平衡不移， 的体积分数不变，A 错误；
B．根据分析， 时可能改变的条件是增加 C 的浓度，B 错误；
C．增大 C 的浓度平衡逆向移动，B 的转化率减小，即 ，C 错误；
D．增大 C 的浓度平衡逆向移动，即平衡时 B 的体积分数 ，D 正确；
故选 D。
24. 某温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的 X(g)。发生下列反应：反应 I：
；反应Ⅱ： 测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A. X(g)的起始浓度为 1.5ml/L
B. 活化能：
C. 升高温度，反应 I、Ⅱ的速率均增大，平衡转化率均升高
D. 其他条件不变，在该体系平衡时再投入一定量的 X(g)，则达到新平衡后 增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，4s 时 X、Y、Z 的浓度依次是 0.5ml/L、0.8ml/L、0.2ml/L，结合方程式中 X 与 Y
、 Y 与 Z 均 按 物 质 的 量 1∶1 反 应 ， 则 4s 时 各 物 质 的 浓 度 之 和 即 为 X 的 起 始 浓 度 ， 故 t=0s 时 ， c
(X)=0.5ml/L+0.8ml/L+0.2ml/L=1.5ml/L，A 正确；
B．在反应初期，Y 的浓度上升速率远大于 Z 的浓度上升速率，表明反应 I 更快，活化能更小，反应速率更
快，则 Ea(Ⅰ)＜Ea(Ⅱ)，B 错误；
C．升高温度，活化分子百分数增大，则反应Ⅰ、Ⅱ的速率都增大，反应Ⅰ、Ⅱ都是放热反应，所以平衡逆
向移动，则平衡转化率减小，C 错误；
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D．由题干方程式可知， = = = ，温度不变，平衡常数不变，再次达
到平衡时 不变，D 错误；
故答案为：A。
25. 室温下，向 20mL0.1ml/L 的 CH3COOH 溶液中逐滴加入 0.1ml/L 的 NaOH 溶液，溶液中由水电离出 H
+浓度的负对数[-lgc(H+)水]与所加 NaOH 溶液体积关系如下图所示(忽略溶液混合引起的体积变化)。下列说法
正确的是
A. 由图可以判断 c 点和 e 点溶液均显中性
B. d 点溶液中：
C. c 点溶液中：
D. 点溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．c 点溶质为 CH3COOH、CH3COONa，d 点溶质为 CH3COONa，e 点溶质为 CH3COONa、NaOH
，则 c 点溶液中水电离出的 H+浓度为 10-7ml/L，说明 CH3COOH 电离对水电离的抑制作用等于 CH3COO-
水解对水电离的促进作用而呈中性、继续加 NaOH 使得 d 和 e 点溶液呈碱性，A 错误；
B．d 点酸碱恰好完全中和生成 CH3COONa，混合溶液体积是原来酸溶液体积的 2 倍，则浓度是原来的一半，
根据物料守恒得 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05ml/L，B 错误；
C．由图可知，0.1ml/L 的 CH3COOH 溶液中-lgc(H+)水=11，c(OH-)=c(H+)水=10-11ml/L，溶液中 c(H+)=
= ml/L=10-3ml/L，此时 c(CH3COO-)≈c(H+)=10-3ml/L，c(CH3COOH)=0.1ml/L-c(CH3COO-)≈0.1ml/L
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， 电 离 平 衡 常 数 Ka= = =10-5， c 点 溶 液 pH=7、 c(H+)=10-7ml/L， 则
= =100，即 c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，C 正确；
D．f 点溶液中溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、NaOH，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中存在电
荷守恒关系为 c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则 c(Na+)＞c(CH3COO-)，又 CH3COO-水解程度较小、NaOH
完全电离，c(CH3COO-)＜c(OH-)，所以 f 点溶液中存在 c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，D 错误；
故答案为：C。
非选择题部分
26. 化学反应中均伴随着能量的变化，回答下列问题：
（1）某同学进行如下实验，图①和②中温度计示数降低的是___________。
（2）有机物 M 可转化成 N，转化过程如图，则 M、N 相比，较稳定的是___________。
（3）已知 在一定条件下可发生如图的一系列反应，下列说法正确的是___________。
A. B.
C. D.
（4） 与 经催化重整，制得合成气： 。已知上述反应
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中相关的化学键键能数据如下，则该反应的 ___________kJ/ml(用含有 a，b，c，d 的代数式表示)。
化学键 C-H C=O H-H
键能/(kJ/ml) a b c d
（5）中和热的测定实验中，取 溶液与 溶液进行中和反应，
三次实验温度平均升高 3℃，已知溶液的比热容近似为 ，溶液的密度均近似为 。通过
计算可得稀盐酸和稀 NaOH 溶液的中和热 ___________kJ/ml。
【答案】（1）② （2）M （3）C
（4）
（5）
【解析】
【小问 1 详解】
图①中活泼金属 Al 和稀盐酸反应为放热反应，温度计读数升高，图②氯化铵和氢氧化钡晶体反应为吸热反
应，温度计读数降低，答案为②；
【小问 2 详解】
由图，M 转化 N 的焓变大于 0，为吸热反应，则 M、N 相比，M 所具有的能量较低，较稳定的是 M；
【小问 3 详解】
A．气态水转化为液态水放出热量，则ΔH5 放热更多，放热焓变为负值，则 ，故 A 错误；
B．由盖斯定律可知，CH4 (g)+2O2 (g)=CO2 (g)+2H2O(l) ΔH5=ΔH2+ΔH3，即ΔH3=ΔH5-ΔH2，故 B 错误；
C．由盖斯定律可知，CH4 (g)+2O2 (g)=CO2 (g)+2H2O(g) ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4，故 C 正确；
D．ΔH4 为水汽化的焓变，是吸热过程，即ΔH4＞0，故 D 错误；
答案为 C；
【小问 4 详解】
反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则 的
；
【小问 5 详解】
溶液与 溶液中氢离子、氢氧根离子的物质的量均为 0.05L×
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0.5ml/L=0.025ml，中和反应为 ，则稀盐酸和稀 NaOH 溶液的中和热
。
27. 常温下，四种酸的电离平衡常数如下：
化学式 电离平衡常数
Ka
HClO
请回答下列问题：
（1）醋酸钠溶液呈碱性的原因是___________(用离子方程式表示)。
（2）判断等浓度的 溶液和 溶液中 和 大小关系： ___________
(填“>”、“ ，水解程度 > ，故 < ；
【小问 3 详解】
；
【小问 4 详解】
常温下，pH=6，溶液中 ，则 ，根据电荷守恒，
，故 =
；
【小问 5 详解】
漂白液有效成分是 ，暴露在空气中足够长时间，由题可知碳酸酸性大于次氯酸酸性，所以次氯酸钠
与水和二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，故方程式为 ；
【小问 6 详解】
由题中平衡常数数据可知，H2S 的第一步电离远大于第二步电离，两步电离程度都较小，则溶液中
、 ，该溶液中
。
28. 某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的步骤如下(设该药片中的其他成分不与盐酸和氢
氧化钠反应)：
①配制 0.1000 ml/L 稀盐酸和 0.1000 ml/L NaOH 溶液；
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②将一粒研碎后的药片(0.10 g)，放入锥形瓶中并加入 20.00 mL 蒸馏水溶解；
③锥形瓶中再加入 25.00 mL 0.1000 ml/L 稀盐酸；
④用 0.1000 ml/L NaOH 溶液滴定过量的稀盐酸。
请回答下列问题：
（1）从下列选项中选择合适的操作补全滴定步骤___________。
检漏→___________→___________→装入 0.1000 ml/L NaOH 溶液、赶气泡、调液面、读数→在步骤③锥形
瓶中的溶液___________→用 溶液滴定→___________→边滴边摇动锥形瓶直至滴定
终点→记录读数。
a．水洗滴定管甲 b．水洗滴定管乙
c．润洗，从滴定管上口倒出液体 d．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
e．滴加指示剂酚酞溶液 f．滴加指示剂石蕊试液
g．眼睛注视滴定管液面变化 h．眼睛注视锥形瓶颜色变化
（2）滴定前需排放装有 0.1000 ml/L NaOH 溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为___________(填
字母)。
A. B. C. D.
（3）滴定终点的现象是___________。
（4）该测定实验进行了 4 次，4 次测定所消耗 NaOH 溶液的体积如下。如下图是第一次测定时滴定前后示
数。根据示数计算第一次消耗 NaOH 体积___________mL。根据数据计算这种药片中碳酸钙的质量分数
___________。
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0.1000 ml/L NaOH 溶液体积(mL)
滴定次数
滴定前读数 滴定后读数
第一次 图 图
第二次 0.00 14.10
第三次 0.80 13.70
第四次 0.90 14.00
（5）碳酸钙的质量分数结果偏低，原因可能是___________(填字母)。
A. 配制 0.1000 ml/L NaOH 溶液时，NaOH 固体混有 KOH
B. 锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥
C. 0.1000 ml/L NaOH 溶液液面在“0”刻度线以上，未调整就开始滴定
D. 滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
【答案】（1）a d e h （2）B
（3）滴入最后半滴 NaOH 溶液，溶液颜色从无色变为浅红色，且 30 s 内不再褪去
（4） ①. 13.00 ②. 60% （5）AD
【解析】
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备，滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：
注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断，记录数据；数据处理：通
过数据进行计算；
【小问 1 详解】
滴定过程中标准液氢氧化钠溶液应该使用碱式滴定管，结合分析中滴定步骤；故滴定步骤为：检漏→a．水
洗滴定管甲→d．润洗，从滴定管尖嘴放出液体→装入 0.1000 ml/L NaOH 溶液、赶气泡、调液面、读数→
在步骤③锥形瓶中的溶液 e．滴加指示剂酚酞溶液→用 溶液滴定→h．眼睛注视锥形瓶
颜色变化→边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点→记录读数。
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故答案为：adeh；
【小问 2 详解】
碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，
故选 B；
【小问 3 详解】
碱性溶液能使酚酞溶液变红色，则滴定终点的现象是：滴入最后半滴 NaOH 溶液，溶液颜色从无色变为浅
红色，且 30 s 内不再褪去；
【小问 4 详解】
读数时视线要平视，凹液面最低点与刻度线相切，根据图示可知，第一次消耗 NaOH 体积
14.40mL-1.40mL=13.00mL；
第一、二、三、四次消耗氢氧化钠标准液体积为 13.00mL、14.10mL、12.90mL、13.10mL，第二次数据误差
较大，舍弃，平均消耗氢氧化钠标准液体积为 13.00mL，氢氧化钠消耗的
HCl 为 0.0130L×0.1000ml/L， ，则碳酸钙消耗 HCl 为 0.0250L×
0.1000ml/L-0.0130L×0.1000ml/L，则这种药片中碳酸钙的质量分数
60%；
【小问 5 详解】
A．氢氧化钾的摩尔质量大于氢氧化钠，配制 0.1000 ml/L NaOH 溶液时，NaOH 固体混有 KOH，等质量固
体中氢氧根离子的物质的量偏小，导致得到溶液中氢氧根离子浓度减小，使得标准液用量增大，那么药片
中碳酸钙消耗盐酸量偏小，测得药片中碳酸钙的质量分数偏小；
B．锥形瓶用蒸馏水洗过后未干燥，不影响标准液的用量，不影响药片中碳酸钙的质量分数测定；
C．0.1000 ml/L NaOH 溶液液面在“0”刻度线以上，未调整就开始滴定，导致标准液用量读数偏小，测得药
片中碳酸钙的质量分数偏大；
D．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确，导致标准液用量读数偏大，那么药片中碳酸钙消
耗盐酸量偏小，测得药片中碳酸钙的质量分数偏小；
故选 AD。
29. 回答下列问题。
（1） 的资源化利用可以有效实现“碳达峰”和“碳中和”。 和 反应制 主要反应如下：
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在催化剂氧化镍的作用下，反应分两步进行：
第一步：……；
第二步： 。
写出第一步反应的化学方程式___________。
（2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为：
反应 ：
反应 ：
在密闭容器中， ， 时， 平衡转化率和在催化剂作用下反应
相同时间所测得的 实际转化率随温度的变化如图 1 所示。
①已知在 450℃时， 和 的平衡转化率分别为 80%和 65%，计算该温度下反应 的平衡常数
___________。
②低于 580℃，随温度升高， 平衡转化率下降的原因是___________。
（3）在一定温度下， 与 以 1∶3 投料比通入容器中可转化为 ：
。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．恒温恒压下，若气体的密度不变则说明反应达到平衡状态
B．反应体系中 ，说明反应达到平衡状态
C．当体系中 和 的浓度相等时，则反应达到平衡状态
D．平衡时，若缩小容器体积，增大压强，则平衡常数 变大
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②在 催化剂上， 和 反应合成 ，其中 吸附活化氢气，金属氧化物吸附
活化 。在有催化剂和无催化剂条件下， 和足量的 混合反应，相同时间内， 的转化率随温
度的变化如图 2，温度高于 ， 的转化率基本相等，请用化学方程式表示可能的原因是___________；
并请预测当温度高于 后 转化率的变化趋势是___________。
③一种用磷化硼纳米颗粒催化 和 合成 的反应历程如图 3(部分物质未画出，吸附在催化剂
表面的物质用*标注)。该反应会产生副产物 ，请结合图中数据说明该副产物含量相对较少的原因是
___________。
【答案】（1）
（2） ①. 1 ②. ， ，随温度升高，反应 平衡左移， 平衡转化率减小，反应
平衡右移， 平衡转化率增大，且减小程度大于增大程度
（3） ①. AB ②. 、 ③. 随温度升高而逐渐
下降 ④. 生成 的活化能达到了 ，活化能较大，反应速率慢，故含量相对较小
【解析】
【小问 1 详解】
题目给出总反应： ；第二步反应为：
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；用总反应减去第二步反应可得到第一步反应的方程式为
；
【小问 2 详解】
①初始条件： ，设 ， ； 平衡转化率 80%，即
消耗 平衡转化率 65%，即消耗 ，设反应Ⅰ消耗 ，反应Ⅱ
消耗 。根据题意： ， ，解得 x=0.6， 各物质变化如
下：反应Ⅰ： 消耗 0.6 ml， 消耗 2.4 ml， 生成 0.6 ml， 生成 1.2 ml。反应Ⅱ：
消耗 0.2 ml， 消耗 0.2 ml， 生成 0.2 ml， 生成 0.2 ml。总变化： ：
； ： ； ：0.6 ml； ： ；
：0.2 ml；由于是密闭容器，体积不变，各物质浓度比等于物质的量比。设体积为 ，则：
，反应Ⅱ的平衡常数：
；
②反应Ⅰ的 小于 0，所以随温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，使得二氧化碳平衡转化率减小；反应Ⅱ
的 ，所以随温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，使得二氧化碳平衡转化率增大，只有其减小程度大
于增大程度，才能使得二氧化碳平衡转化率下降；
【小问 3 详解】
①A．恒温恒压下，气体总质量不变，但反应前后气体物质的量变化，故体积变化；密度 ，若密度
不变，说明体积不再变化，反应达到平衡状态，A 正确；
B． ，说明正逆速率相等，反应达到平衡，B 正确；
C．当体系中 和 的浓度相等时是偶然状态，与平衡无关（平衡的本质是正逆反应速率相等），
C 错误；
D．对于化学反应，只要温度不变，则平衡常数 K 不变，D 错误；
故选 AB。
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②温度高于 T0，二氧化碳的转化率几乎不再变化，说明此时催化剂已经失去活性，催化能力失去，导致催
化剂失活的可能原因是温度过高，使得氢气将催化剂的有效成分 ZrO2、ZnO 还原，使催化剂成分改变，失
去 活 性 ， 化 学 方 程 式 为 ， ； 根 据
，反应温度升高时，平衡逆向移动，平衡转化率下
降；且温度高于 后，反应逐渐接近平衡状态，因此的转化率会随温度升高而逐渐下降。
③从图中的各类生成物的化学式可得，该反应得到的副产物除 CO 外，还有 。在反应体系中同时进
行多个反应，生成 的活化能达到了 ，对比得到生成 的活化能相比于其它副产物更大，
所以生成 的反应速率较慢，使生成的 的含量相对较小。
【点睛】
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