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2022-2023学年甘肃省兰州第二中学高二上学期期中考试化学试题
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这是一份2022-2023学年甘肃省兰州第二中学高二上学期期中考试化学试题，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省兰州二中高二（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共52分）
1．（4分）下列有关说法正确的是（ ）
①物质发生化学变化都伴有能量的变化
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此，可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、潮解、裂解、水解、电离都是化学变化
④氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质
⑤化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（4分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．由C（s）+O2（g）＝CO（g）△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
C．若C（石墨，s）⇌C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）＝CO（g）△H2，则△H1＜△H2
3．（4分）下列热化学方程式正确的是（ ）
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2 的燃烧热为akJ•mol﹣1
H2+Cl2═2HCl ΔH＝﹣a kJ•mol﹣1
B
1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
C
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）
ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1
H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＝﹣114.6 kJ•mol﹣1
D
31g白磷（P4）比 31g 红磷（P）能量多 b kJ
P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1
A．A B．B C．C D．D
4．（4分）下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（ ）
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度（1200 K）下则能自发进行
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）的过程一定是自发的
5．（4分）下列说法一定不正确的是（ ）
A．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，先不断减小后不变
B．室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c（H+）约为2.0×10﹣12mol/L
C．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D．某温度下，将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c（H+）逐渐增大，电离常数Ka不变
6．（4分）常态化核酸检测保护着我们的健康，核酸检测时的红色溶液是加入了酚红钠盐指示剂（变色pH如图）的病毒保存液。如果该试样因非必要细菌大量增殖而变质，最有可能表现出什么颜色（已知细菌繁殖会产生较多CO2）（ ）
A．红色 B．黄色 C．棕黄 D．紫红
7．（4分）下列表述中，与盐类水解有关的是（ ）
①FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，得到的主要固体产物是Al2O3
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑧浓的硫化钠溶液有臭味
A．①②③⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧ D．全有关
8．（4分）在一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H。平衡时某反应物的平衡转化率与氮氯比及温度的关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．a、b、c三点平衡常数大小关系为Ka＞Kb＞Kc
C．加入合适的催化剂，反应物的平衡转化率和△H的大小均保持不变
D．当混合气体的密度不再随时间改变时，该反应达到平衡
9．（4分）FeCl3和KI溶液发生反应Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A．增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率
B．升高温度能减慢反应速率
C．反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）相等
D．加入过量FeCl3溶液可使I﹣的转化率为100%
10．（4分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
C．在c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣
D．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
11．（4分）实验测得在常温下0.1mol•L﹣1某一元碱（BOH）溶液的pH≠13，0.1mol•L﹣1的某一元酸（HA）溶液中＝1012，将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（A﹣）＞c（B+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D．c（A﹣）＞c（B+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
12．（4分）25℃时，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点的pH＞1
B．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大
C．反应过程中的值逐渐增大
D．c点时，V（NaOH）＝20mL
13．（4分）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数（25℃）
Ka＝1.8×10﹣4
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4.3×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣
B．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN+CO32﹣
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数约为2.0×10﹣5
二、填空题（每空3分，共48分）
14．（9分）在2L密闭容器中，充入1mol N2 和2.6mol H2，在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1。填写下列空白：
①该反应的平衡常数表达式为K＝ ，已知K300℃＞K350℃，则△H 0（填“＞”或“＜”）。
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为 。
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的 %。
15．（12分）（1）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，从而减少尾气污染。催化转化器中反应的化学方程式为 ；500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行该反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是 。
A．v（CO）正＝2v（N2）逆
B．体系中混合气体密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．体系中NO、CO的浓度相等
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2
（2）向1L密闭容器中通入1mol的NO和1mol的CO气体，在不同温度下反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强变化曲线如图1所示：
T1 T2（填“大于”、“小于”），理由是 。
（3）在一定条件下，A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，体系中A的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是 （填汉字）；判断L1与L2的大小关系：L1 L2 （填“大于”，“等于”或“小于”）。
16．（15分）实验室常用药品橱柜中摆列着如下几种试剂和药品：①浓盐酸，②NaOH固体，③1mol/LNaOH溶液，④铜，⑤冰醋酸（纯醋酸），⑥1mol/LCH3COOH溶液，⑦酒精，⑧1mol/LNaHCO3溶液。
（1）属于电解质的是 （填序号）。
（2）用标有A、B、C的试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，在C中加入少量NaOH固体（不考虑体积变化），三个试管中c（CH3COOH）最大的是（填字母），c（H+）最大的是 （填字母）。
（3）已知CH3COOH的酸性大于H2CO3，向20mL1mol/L的CH3COOH溶液中加入10mL1mol/L的NaHCO3溶液，反应的离子方程式 ，混合液呈酸性（不考虑CO2），则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。[用“大于”连接各浓度（c）即可]
（4）已知NH3•H2O是一种一元弱碱，其电离方程式 。
（5）资料显示：HClO的电离常数Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为 。
2022-2023学年甘肃省兰州二中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共52分）
1．（4分）下列有关说法正确的是（ ）
①物质发生化学变化都伴有能量的变化
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此，可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、潮解、裂解、水解、电离都是化学变化
④氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质
⑤化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】反应热和焓变；物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】①化学反应的实质是旧键断裂新键形成的过程，过程中一定伴随能量变化；
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，没有强氧化性；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应，电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程，潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化，裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程；
④氨水为混合物；
⑤可逆反应达到平衡状态时，反应达到最大限度。
【解答】解：①断裂化学键吸热，形成化学键放热，化学变化的实质是化学键的断裂与形成，所以发生化学变化都伴有能量的变化，故①正确；
②十二水硫酸铝钾在水中电离的铝离子可水解生成Al（OH）3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，故②错误；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应，电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程；潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化，裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程，故③错误；
④电解质为纯净物，而氨水为混合物，不是电解质，故④错误；
⑤可逆反应达到平衡状态时，反应达到最大限度，反应物转化率最大，所以化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果，故⑤正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，注意高分子化合物都是混合物，题目难度不大。
2．（4分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．由C（s）+O2（g）＝CO（g）△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
C．若C（石墨，s）⇌C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）＝CO（g）△H2，则△H1＜△H2
【考点】热化学方程式．
【分析】A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量；
C．物质本身具有的能量越低，越稳定；
D．碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳的热量。
【解答】解：A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应的反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，则碳的燃烧热不是110.5kJ•mol﹣1，故B错误；
C．物质本身具有的能量越低，越稳定，由于△H＞0，则石墨本身具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，故C错误；
D．碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳的热量，由于燃烧为放热反应，则△H1＜△H2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生热化学方程式的掌握情况，试题比较简单。
3．（4分）下列热化学方程式正确的是（ ）
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2 的燃烧热为akJ•mol﹣1
H2+Cl2═2HCl ΔH＝﹣a kJ•mol﹣1
B
1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
C
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）
ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1
H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＝﹣114.6 kJ•mol﹣1
D
31g白磷（P4）比 31g 红磷（P）能量多 b kJ
P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1
A．A B．B C．C D．D
【考点】热化学方程式．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物在氧气中完全燃烧，得到制定产物所放出的热量；
B．热化学方程式中物质前边的系数和反应热是一一对应的；
C．硫酸和氢氧化钡之间的反应实质是硫酸根离子、钡离子以及氢离子和氢氧根离子之间的反应；
D．反应物的能量大于产物的能量，则反应是放热反应。
【解答】解：A．H2的燃烧热为akJ•mol﹣1，则燃烧热的热化学方程式H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1，故A错误；
B．热化学方程式中物质前边的系数和反应热是一一对应的，1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ，即SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1，故B错误；
C．硫酸根离子、钡离子之间的反应放热，H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＜﹣114.6 kJ•mol﹣1，故C错误；
D．反应物的能量大于产物的能量，则反应是放热反应，即P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、中和热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（4分）下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（ ）
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度（1200 K）下则能自发进行
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）的过程一定是自发的
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，物质的由固态变为气态，或生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之越小，结合△S进行判断；
B．根据△H﹣T△S＜0进行分析判断；
C．有些吸热反应在室温条件下不能自发进行，但在较高温度下则能自发进行；
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）与过程是否自发无关．
【解答】解：A．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，自发进行的反应也需要一定条件才可以发生，放热的自发过程，△H＜0，△S可能小于0也可能大于0，所以，放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程，△H＞0，因T＞0，须△H﹣T△S＜0，取决于△S＞0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，故A正确；
B．化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以，由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，故B正确；
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，△H﹣T△S＞0，因△H＞0，△S＞0所以当反应温度高到一定程度，T△S＞△H，此时△H﹣T△S＜0，反应能自发进行，故C正确；
D．当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了反应热与焓变，注意△G＝△H﹣T•△S的应用，题目难度不大．
5．（4分）下列说法一定不正确的是（ ）
A．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，先不断减小后不变
B．室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c（H+）约为2.0×10﹣12mol/L
C．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D．某温度下，将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c（H+）逐渐增大，电离常数Ka不变
【考点】弱电解质的电离平衡．
【分析】A．＝＝，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入生成铵盐，c（NH4+）增大至不变，温度不变，Kb不变；
B．pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，c（OH﹣）＝≈0.005mol/L，再代入公式c（H+）＝即可；
C．pH＝9的CH3COONa溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，pH＝9的NaOH溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，两溶液混合后，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L；
D．加水稀释弱电解质的电离程度逐渐增大，但冰醋酸中电离增大的程度小于加水稀释的程度，因此加水稀释过程中c（H+）逐渐减小。
【解答】解：A．＝＝，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入生成铵盐，c（NH4+）增大至不变，温度不变，Kb不变，因此先不断减小后不变，故A正确；
B．pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，c（OH﹣）＝≈0.005mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣12mol/L，故B正确；
C．pH＝9的CH3COONa溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，pH＝9的NaOH溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，两溶液混合后，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，因此混合溶液的pH＝9，故C正确；
D．加水稀释弱电解质的电离程度逐渐增大，但冰醋酸中电离增大的程度小于加水稀释的程度，因此加水稀释过程中c（H+）逐渐减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度一般。
6．（4分）常态化核酸检测保护着我们的健康，核酸检测时的红色溶液是加入了酚红钠盐指示剂（变色pH如图）的病毒保存液。如果该试样因非必要细菌大量增殖而变质，最有可能表现出什么颜色（已知细菌繁殖会产生较多CO2）（ ）
A．红色 B．黄色 C．棕黄 D．紫红
【考点】指示剂的使用．
【分析】二氧化碳溶于水显酸性，据此进行解答。
【解答】解：二氧化碳溶于水显酸性，pH大概在5.6左右，故显棕黄色，
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及变化，主要考查酸碱指示剂的变色原理，题目难度不大。
7．（4分）下列表述中，与盐类水解有关的是（ ）
①FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，得到的主要固体产物是Al2O3
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑧浓的硫化钠溶液有臭味
A．①②③⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧ D．全有关
【考点】盐类水解的应用．
【分析】①FeCl3可作净水剂依据铁离子水解生成胶体分析判断；
②亚铁离子极易被氧化为Fe3+；
③蒸干AlCl3溶液促进铝离子的水解；
④铵根离子、锌离子水解显酸性；
⑤NaOH溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成矿物胶硅酸钠；
⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进；
⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性；
⑧浓的硫化钠溶液中S2﹣水解生成有臭味的气体H2S。
【解答】解：①FeCl3可作净水剂依据铁离子水解生成胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故①正确；
②亚铁离子极易被氧化为Fe3+，加入铁粉可以把Fe3+还原为Fe2+离子，和水解无关，故②错误；
③蒸干AlCl3溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝和水解有关，再加热灼烧氢氧化铝分解得到的主要固体产物是Al2O3，故③正确；
④铵根离子、锌离子水解显酸性，因此能和铁锈反应，能起到除锈的作用，和水解有关，故④正确；
⑤NaOH溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤错误；
⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，和水解有关，故⑥正确；
⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，和水解有关，故⑦正确；
⑧浓的硫化钠溶液有臭味，是因为S2﹣水解生成具有臭味的H2S，与盐类水解有关，故⑧正确；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
8．（4分）在一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H。平衡时某反应物的平衡转化率与氮氯比及温度的关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．a、b、c三点平衡常数大小关系为Ka＞Kb＞Kc
C．加入合适的催化剂，反应物的平衡转化率和△H的大小均保持不变
D．当混合气体的密度不再随时间改变时，该反应达到平衡
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算．
【分析】A．题目未给温度大小关系；
B．依据温度和转化率关系判断K值关系；
C．加入催化剂，平衡不移动，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量；
D．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。
【解答】解：A．题目未给T1和T2的大小关系，无法判断温度对平衡的影响，故无法判断反应为吸热反应还是放热反应，故A错误；
B．a、b点温度相同，Ka＝Kb，其他条件相同时，a、c温度不同，a点转化率高，Ka＞Kc，故B错误；
C．加入催化剂，能降低反应所需的活化能，加快反应速率，但平衡不移动，反应物的平衡转化率不变，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量，加入催化剂，△H的大小保持不变，故C正确；
D．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，容器内混合气体的密度始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
9．（4分）FeCl3和KI溶液发生反应Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A．增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率
B．升高温度能减慢反应速率
C．反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）相等
D．加入过量FeCl3溶液可使I﹣的转化率为100%
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】A．浓度越大反应速率越快；
B．温度越高反应速率越快；
C．当上述可逆反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）保持不变；
D．反应是可逆反应。
【解答】解：A．浓度越大反应速率越快，所以增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率，故A正确；
B．温度越高反应速率越快，所以升高温度会加快反应速率，故B错误；
C．当上述可逆反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）不变，但不一定相等，故C错误；
D．反应是可逆反应，转化率不可能是百分之百，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应和可逆反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等。
10．（4分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
C．在c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣
D．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．该溶液呈碱性，铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应，铝离子与碳酸根离子反应；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁。
【解答】解：A．水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、OH﹣之间反应生成氢氧化亚铁，Fe2+、NO3﹣在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣、OH﹣之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C．c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液呈碱性，NH4+、Al3+都与OH﹣反应，Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（4分）实验测得在常温下0.1mol•L﹣1某一元碱（BOH）溶液的pH≠13，0.1mol•L﹣1的某一元酸（HA）溶液中＝1012，将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（A﹣）＞c（B+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D．c（A﹣）＞c（B+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH＝13，说明BOH为弱碱；0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的＝1012，即：＝1012，解得：c（H+）＝0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A﹣）＞c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再由水解的程度很弱，则c（B+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A﹣）＞c（B+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣），据此对各选项进行判断。
【解答】解：由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH＝13，说明BOH为弱碱，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的＝1012，即：＝1012，解得：c（H+）＝0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A﹣）＞c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再由水解的程度很弱，则c（B+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A﹣）＞c（B+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣），所以A正确，
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，然后利用盐类水解的知识即可解答，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
12．（4分）25℃时，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点的pH＞1
B．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大
C．反应过程中的值逐渐增大
D．c点时，V（NaOH）＝20mL
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．
【分析】a为起始点，B点加入NaOH为10mL主要成分为n（CH3COONa）：n（CH3COOH）＝1：1，加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH＞7，所以pH＝7的成分有CH3COONa和CH3COOH，据此进行解答。
【解答】解：A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH＞1，故A正确；
B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH＞7，所以pH＝7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，故B错误；
C．加入NaOH后c（H+）被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，故C正确；
D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵活变形，题目难度不大。
13．（4分）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数（25℃）
Ka＝1.8×10﹣4
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4.3×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣
B．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN+CO32﹣
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数约为2.0×10﹣5
【考点】弱电解质的电离平衡．
【分析】A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子结合H+的能力越弱；
B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数＝。
【解答】解：A．根据电离平衡常数知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，其对应的酸根离子结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣，故A正确；
B．H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸原理知，离子反应方程式为CN﹣+H2O+CO2＝HCN+HCO3﹣，故B错误；
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，pH相等的HCOOH、HCN溶液，c（HCOOH）＜c（HCN），等pH、体积相等的HCOOH、HCN溶液，n（HCOOH）＜n（HCN），所以HCN消耗的NaOH的量多，故C正确；
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数＝＝≈2.0×10﹣5，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，注意弱酸电离平衡常数与水解平衡常数的关系，题目难度不大。
二、填空题（每空3分，共48分）
14．（9分）在2L密闭容器中，充入1mol N2 和2.6mol H2，在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1。填写下列空白：
①该反应的平衡常数表达式为K＝ ，已知K300℃＞K350℃，则△H ＜ 0（填“＞”或“＜”）。
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为 2：5：1 。
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的 88.9 %。
【考点】化学平衡的计算．
【分析】①发生N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g），K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；K300℃＞K350℃，可知升高温度K减小；
②2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1，可知生成氨气的物质的量为0.1mol•（L•min）﹣1×2min×2L＝0.4mol，则
mol N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始 1 2.6 0
转化 0.2 0.6 0.4
平衡 0.8 2 0.4
③温度、体积不变时，气体的压强之比等于物质的量之比。
【解答】解：①该反应的平衡常数表达式为K＝，已知K300℃＞K350℃，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：；＜；
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为0.8mol：2mol：0.4mol＝2：5：1，
故答案为：2：5：1；
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的×100%＝88.9%，
故答案为：88.9。
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确化学平衡三段法、物质的量与压强的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质转化量的关系。
15．（12分）（1）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，从而减少尾气污染。催化转化器中反应的化学方程式为 2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ；500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行该反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是 AC 。
A．v（CO）正＝2v（N2）逆
B．体系中混合气体密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．体系中NO、CO的浓度相等
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2
（2）向1L密闭容器中通入1mol的NO和1mol的CO气体，在不同温度下反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强变化曲线如图1所示：
T1 ＜ T2（填“大于”、“小于”），理由是 升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小 。
（3）在一定条件下，A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，体系中A的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是 温度 （填汉字）；判断L1与L2的大小关系：L1 ＞ L2 （填“大于”，“等于”或“小于”）。
【考点】化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，生成的气体为CO2、N2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）压强一定时，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（3）压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，A的平衡转化率降低；温度一定时，增大压强，平衡正向移动，A的平衡转化率增大。
【解答】解：（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，生成的气体为CO2、N2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；
A．v（CO）正＝2v（N2）逆时，容器中各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则体系中混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体的总质量不变，气体的总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，体系中NO、CO的浓度始终相等，不能据此判断平衡状态，故D错误；
E．单位时间内消耗2nmol的NO同时消耗nmol的N2时，反应达到平衡状态，则单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2时，反应没有达到平衡状态，故E错误；
故答案为：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；AC；
（2）反应2NO（g）+2CO（g）⇋N2（g）+2CO2（g）ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小，故T1＜T2，
故答案为：＜；升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小；
（3）压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，A的平衡转化率降低，根据图知，X表示温度、L表示压强；温度一定时，增大压强，平衡正向移动，A的平衡转化率增大，温度相同时，L1条件下NO的转化率大于L2，所以L1＞L2，
故答案为：温度；＞。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合化运用能力，明确化学平衡状态判断方法、外界条件对化学平衡影响原理内涵是解本题关键，易错点是化学平衡状态判断，题目难度不大。
16．（15分）实验室常用药品橱柜中摆列着如下几种试剂和药品：①浓盐酸，②NaOH固体，③1mol/LNaOH溶液，④铜，⑤冰醋酸（纯醋酸），⑥1mol/LCH3COOH溶液，⑦酒精，⑧1mol/LNaHCO3溶液。
（1）属于电解质的是 ②⑤ （填序号）。
（2）用标有A、B、C的试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，在C中加入少量NaOH固体（不考虑体积变化），三个试管中c（CH3COOH）最大的是（填字母），c（H+）最大的是 B （填字母）。
（3）已知CH3COOH的酸性大于H2CO3，向20mL1mol/L的CH3COOH溶液中加入10mL1mol/L的NaHCO3溶液，反应的离子方程式 CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑ ，混合液呈酸性（不考虑CO2），则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为 （CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。[用“大于”连接各浓度（c）即可]
（4）已知NH3•H2O是一种一元弱碱，其电离方程式 NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ 。
（5）资料显示：HClO的电离常数Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为 ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣ 。
【考点】电解质与非电解质；化学试剂的存放．
【分析】（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物属于电解质；
（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣；
（3）由于酸性CH3COOH＞H2CO3，CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应后的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，由于CH3COO﹣的水解小于CH3COOH电离，则该溶液显酸性；
（4）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子；
（5）由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO2气体两者反应生成碳酸氢钠和次氯酸。
【解答】解：（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物属于电解质，
①浓盐酸属于混合物，不是电解质；
②NaOH固体属于电解质；
③1mol/LNaOH溶液属于混合物，不是电解质；
④铜为单质，不是电解质；
⑤冰醋酸（纯醋酸）属于弱电解质；
⑥1mol/LCH3COOH溶液属于混合物，不是电解质；
⑦酒精为非电解质；
⑧1mol/LNaHCO3溶液为混合物，不是电解质；
故答案为：②⑤；
（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，用标有A、B、C的三个试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，但氢离子浓度增大，在C试管中加入少量NaOH固体（不考虑溶液体积变化），氢氧根离子消耗氢离子，平衡正向移动，氢离子浓度减小，则三个试管中c（CH3COOH）最大的是B，
故答案为：B；
（3）由于酸性CH3COOH＞H2CO3，CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑；反应后的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，由于CH3COO﹣的水解小于CH3COOH电离，则该溶液显酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑；（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（4）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，
故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；
（5）由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO2气体两者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣，
故答案为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣。
【点评】本题考查电解质和弱电解质的电离，侧重考查学生物质的分类、电离平衡移动和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
2022-2023学年甘肃省兰州二中高二（上）期中化学试卷
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共52分）
1．（4分）下列有关说法正确的是（ ）
①物质发生化学变化都伴有能量的变化
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此，可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、潮解、裂解、水解、电离都是化学变化
④氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质
⑤化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（4分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．由C（s）+O2（g）＝CO（g）△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
C．若C（石墨，s）⇌C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）＝CO（g）△H2，则△H1＜△H2
3．（4分）下列热化学方程式正确的是（ ）
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2 的燃烧热为akJ•mol﹣1
H2+Cl2═2HCl ΔH＝﹣a kJ•mol﹣1
B
1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
C
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）
ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1
H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＝﹣114.6 kJ•mol﹣1
D
31g白磷（P4）比 31g 红磷（P）能量多 b kJ
P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1
A．A B．B C．C D．D
4．（4分）下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（ ）
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度（1200 K）下则能自发进行
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）的过程一定是自发的
5．（4分）下列说法一定不正确的是（ ）
A．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，先不断减小后不变
B．室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c（H+）约为2.0×10﹣12mol/L
C．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D．某温度下，将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c（H+）逐渐增大，电离常数Ka不变
6．（4分）常态化核酸检测保护着我们的健康，核酸检测时的红色溶液是加入了酚红钠盐指示剂（变色pH如图）的病毒保存液。如果该试样因非必要细菌大量增殖而变质，最有可能表现出什么颜色（已知细菌繁殖会产生较多CO2）（ ）
A．红色 B．黄色 C．棕黄 D．紫红
7．（4分）下列表述中，与盐类水解有关的是（ ）
①FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，得到的主要固体产物是Al2O3
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑧浓的硫化钠溶液有臭味
A．①②③⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧ D．全有关
8．（4分）在一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H。平衡时某反应物的平衡转化率与氮氯比及温度的关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．a、b、c三点平衡常数大小关系为Ka＞Kb＞Kc
C．加入合适的催化剂，反应物的平衡转化率和△H的大小均保持不变
D．当混合气体的密度不再随时间改变时，该反应达到平衡
9．（4分）FeCl3和KI溶液发生反应Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A．增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率
B．升高温度能减慢反应速率
C．反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）相等
D．加入过量FeCl3溶液可使I﹣的转化率为100%
10．（4分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
C．在c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣
D．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
11．（4分）实验测得在常温下0.1mol•L﹣1某一元碱（BOH）溶液的pH≠13，0.1mol•L﹣1的某一元酸（HA）溶液中＝1012，将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（A﹣）＞c（B+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D．c（A﹣）＞c（B+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
12．（4分）25℃时，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点的pH＞1
B．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大
C．反应过程中的值逐渐增大
D．c点时，V（NaOH）＝20mL
13．（4分）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数（25℃）
Ka＝1.8×10﹣4
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4.3×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣
B．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN+CO32﹣
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数约为2.0×10﹣5
二、填空题（每空3分，共48分）
14．（9分）在2L密闭容器中，充入1mol N2 和2.6mol H2，在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1。填写下列空白：
①该反应的平衡常数表达式为K＝ ，已知K300℃＞K350℃，则△H 0（填“＞”或“＜”）。
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为 。
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的 %。
15．（12分）（1）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，从而减少尾气污染。催化转化器中反应的化学方程式为 ；500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行该反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是 。
A．v（CO）正＝2v（N2）逆
B．体系中混合气体密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．体系中NO、CO的浓度相等
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2
（2）向1L密闭容器中通入1mol的NO和1mol的CO气体，在不同温度下反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强变化曲线如图1所示：
T1 T2（填“大于”、“小于”），理由是 。
（3）在一定条件下，A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，体系中A的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是 （填汉字）；判断L1与L2的大小关系：L1 L2 （填“大于”，“等于”或“小于”）。
16．（15分）实验室常用药品橱柜中摆列着如下几种试剂和药品：①浓盐酸，②NaOH固体，③1mol/LNaOH溶液，④铜，⑤冰醋酸（纯醋酸），⑥1mol/LCH3COOH溶液，⑦酒精，⑧1mol/LNaHCO3溶液。
（1）属于电解质的是 （填序号）。
（2）用标有A、B、C的试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，在C中加入少量NaOH固体（不考虑体积变化），三个试管中c（CH3COOH）最大的是（填字母），c（H+）最大的是 （填字母）。
（3）已知CH3COOH的酸性大于H2CO3，向20mL1mol/L的CH3COOH溶液中加入10mL1mol/L的NaHCO3溶液，反应的离子方程式 ，混合液呈酸性（不考虑CO2），则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。[用“大于”连接各浓度（c）即可]
（4）已知NH3•H2O是一种一元弱碱，其电离方程式 。
（5）资料显示：HClO的电离常数Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为 。
2022-2023学年甘肃省兰州二中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题4分，共52分）
1．（4分）下列有关说法正确的是（ ）
①物质发生化学变化都伴有能量的变化
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，因此，可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、潮解、裂解、水解、电离都是化学变化
④氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质
⑤化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】反应热和焓变；物质的组成、结构和性质的关系；物理变化与化学变化的区别与联系．
【分析】①化学反应的实质是旧键断裂新键形成的过程，过程中一定伴随能量变化；
②明矾溶于水可水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，没有强氧化性；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应，电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程，潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化，裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程；
④氨水为混合物；
⑤可逆反应达到平衡状态时，反应达到最大限度。
【解答】解：①断裂化学键吸热，形成化学键放热，化学变化的实质是化学键的断裂与形成，所以发生化学变化都伴有能量的变化，故①正确；
②十二水硫酸铝钾在水中电离的铝离子可水解生成Al（OH）3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，故②错误；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应，电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程；潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化，裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程，故③错误；
④电解质为纯净物，而氨水为混合物，不是电解质，故④错误；
⑤可逆反应达到平衡状态时，反应达到最大限度，反应物转化率最大，所以化学平衡状态是一定条件下可逆反应进行到最大限度的结果，故⑤正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，熟悉相关物质的性质和用途是解题关键，注意高分子化合物都是混合物，题目难度不大。
2．（4分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，则该反应的反应物总能量低于生成物总能量
B．由C（s）+O2（g）＝CO（g）△H＝﹣110.5kJ•mol﹣1，可知碳的燃烧热为110.5kJ•mol﹣1
C．若C（石墨，s）⇌C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定
D．已知C（s）+O2（g）＝CO2（g）△H1；C（s）+O2（g）＝CO（g）△H2，则△H1＜△H2
【考点】热化学方程式．
【分析】A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量；
C．物质本身具有的能量越低，越稳定；
D．碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳的热量。
【解答】解：A．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应的反应物总能量高于生成物总能量，故A错误；
B．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳所放出的热量，则碳的燃烧热不是110.5kJ•mol﹣1，故B错误；
C．物质本身具有的能量越低，越稳定，由于△H＞0，则石墨本身具有的能量低，则石墨比金刚石稳定，故C错误；
D．碳燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳的热量，由于燃烧为放热反应，则△H1＜△H2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生热化学方程式的掌握情况，试题比较简单。
3．（4分）下列热化学方程式正确的是（ ）
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2 的燃烧热为akJ•mol﹣1
H2+Cl2═2HCl ΔH＝﹣a kJ•mol﹣1
B
1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1
C
H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）
ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1
H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＝﹣114.6 kJ•mol﹣1
D
31g白磷（P4）比 31g 红磷（P）能量多 b kJ
P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1
A．A B．B C．C D．D
【考点】热化学方程式．
【分析】A．燃烧热是1mol可燃物在氧气中完全燃烧，得到制定产物所放出的热量；
B．热化学方程式中物质前边的系数和反应热是一一对应的；
C．硫酸和氢氧化钡之间的反应实质是硫酸根离子、钡离子以及氢离子和氢氧根离子之间的反应；
D．反应物的能量大于产物的能量，则反应是放热反应。
【解答】解：A．H2的燃烧热为akJ•mol﹣1，则燃烧热的热化学方程式H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1，故A错误；
B．热化学方程式中物质前边的系数和反应热是一一对应的，1molSO2、0.5molO2 完全反应后，放出热量98.3kJ，即SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）ΔH＝﹣98.3kJ•mol﹣1，故B错误；
C．硫酸根离子、钡离子之间的反应放热，H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l） ΔH＜﹣114.6 kJ•mol﹣1，故C错误；
D．反应物的能量大于产物的能量，则反应是放热反应，即P4（s）＝4P（s）ΔH＝﹣4b kJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握燃烧热、中和热的概念为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则及表示的意义，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4．（4分）下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是（ ）
A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程
B．由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度（1200 K）下则能自发进行
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）的过程一定是自发的
【考点】反应热和焓变．
【分析】A．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，物质的由固态变为气态，或生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之越小，结合△S进行判断；
B．根据△H﹣T△S＜0进行分析判断；
C．有些吸热反应在室温条件下不能自发进行，但在较高温度下则能自发进行；
D．放热过程（△H＜0）或熵增加（△S＞0）与过程是否自发无关．
【解答】解：A．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，自发进行的反应也需要一定条件才可以发生，放热的自发过程，△H＜0，△S可能小于0也可能大于0，所以，放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程，△H＞0，因T＞0，须△H﹣T△S＜0，取决于△S＞0，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，故A正确；
B．化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以，由能量判据和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，故B正确；
C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，△H﹣T△S＞0，因△H＞0，△S＞0所以当反应温度高到一定程度，T△S＞△H，此时△H﹣T△S＜0，反应能自发进行，故C正确；
D．当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H﹣T•△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了反应热与焓变，注意△G＝△H﹣T•△S的应用，题目难度不大．
5．（4分）下列说法一定不正确的是（ ）
A．某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，先不断减小后不变
B．室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，忽略溶液体积变化，混合后溶液的c（H+）约为2.0×10﹣12mol/L
C．常温下，将pH＝9的CH3COONa溶液与pH＝9的NaOH溶液混合，混合溶液pH＝9
D．某温度下，将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，c（H+）逐渐增大，电离常数Ka不变
【考点】弱电解质的电离平衡．
【分析】A．＝＝，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入生成铵盐，c（NH4+）增大至不变，温度不变，Kb不变；
B．pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，c（OH﹣）＝≈0.005mol/L，再代入公式c（H+）＝即可；
C．pH＝9的CH3COONa溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，pH＝9的NaOH溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，两溶液混合后，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L；
D．加水稀释弱电解质的电离程度逐渐增大，但冰醋酸中电离增大的程度小于加水稀释的程度，因此加水稀释过程中c（H+）逐渐减小。
【解答】解：A．＝＝，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入生成铵盐，c（NH4+）增大至不变，温度不变，Kb不变，因此先不断减小后不变，故A正确；
B．pH＝9的NaOH溶液和pH＝12的KOH溶液等体积混合，c（OH﹣）＝≈0.005mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣12mol/L，故B正确；
C．pH＝9的CH3COONa溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，pH＝9的NaOH溶液中，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，两溶液混合后，c（OH﹣）＝10﹣5mol/L，因此混合溶液的pH＝9，故C正确；
D．加水稀释弱电解质的电离程度逐渐增大，但冰醋酸中电离增大的程度小于加水稀释的程度，因此加水稀释过程中c（H+）逐渐减小，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，题目难度一般。
6．（4分）常态化核酸检测保护着我们的健康，核酸检测时的红色溶液是加入了酚红钠盐指示剂（变色pH如图）的病毒保存液。如果该试样因非必要细菌大量增殖而变质，最有可能表现出什么颜色（已知细菌繁殖会产生较多CO2）（ ）
A．红色 B．黄色 C．棕黄 D．紫红
【考点】指示剂的使用．
【分析】二氧化碳溶于水显酸性，据此进行解答。
【解答】解：二氧化碳溶于水显酸性，pH大概在5.6左右，故显棕黄色，
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及变化，主要考查酸碱指示剂的变色原理，题目难度不大。
7．（4分）下列表述中，与盐类水解有关的是（ ）
①FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl2溶液，要在溶液中加少量铁粉
③AlCl3溶液蒸干，灼烧，得到的主要固体产物是Al2O3
④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放NaOH溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑧浓的硫化钠溶液有臭味
A．①②③⑤⑥⑦⑧ B．①③④⑥⑦⑧ C．①③⑤⑥⑦⑧ D．全有关
【考点】盐类水解的应用．
【分析】①FeCl3可作净水剂依据铁离子水解生成胶体分析判断；
②亚铁离子极易被氧化为Fe3+；
③蒸干AlCl3溶液促进铝离子的水解；
④铵根离子、锌离子水解显酸性；
⑤NaOH溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成矿物胶硅酸钠；
⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进；
⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性；
⑧浓的硫化钠溶液中S2﹣水解生成有臭味的气体H2S。
【解答】解：①FeCl3可作净水剂依据铁离子水解生成胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用；故①正确；
②亚铁离子极易被氧化为Fe3+，加入铁粉可以把Fe3+还原为Fe2+离子，和水解无关，故②错误；
③蒸干AlCl3溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝和水解有关，再加热灼烧氢氧化铝分解得到的主要固体产物是Al2O3，故③正确；
④铵根离子、锌离子水解显酸性，因此能和铁锈反应，能起到除锈的作用，和水解有关，故④正确；
⑤NaOH溶液和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，与水解无关，故⑤错误；
⑥碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧化铝，和水解有关，故⑥正确；
⑦草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，和水解有关，故⑦正确；
⑧浓的硫化钠溶液有臭味，是因为S2﹣水解生成具有臭味的H2S，与盐类水解有关，故⑧正确；
故选：B。
【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
8．（4分）在一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应2NO（g）+Cl2（g）⇌2NOCl（g）△H。平衡时某反应物的平衡转化率与氮氯比及温度的关系如图，下列说法正确的是（ ）
A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量
B．a、b、c三点平衡常数大小关系为Ka＞Kb＞Kc
C．加入合适的催化剂，反应物的平衡转化率和△H的大小均保持不变
D．当混合气体的密度不再随时间改变时，该反应达到平衡
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡的计算．
【分析】A．题目未给温度大小关系；
B．依据温度和转化率关系判断K值关系；
C．加入催化剂，平衡不移动，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量；
D．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。
【解答】解：A．题目未给T1和T2的大小关系，无法判断温度对平衡的影响，故无法判断反应为吸热反应还是放热反应，故A错误；
B．a、b点温度相同，Ka＝Kb，其他条件相同时，a、c温度不同，a点转化率高，Ka＞Kc，故B错误；
C．加入催化剂，能降低反应所需的活化能，加快反应速率，但平衡不移动，反应物的平衡转化率不变，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量，加入催化剂，△H的大小保持不变，故C正确；
D．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，容器内混合气体的密度始终不变，无法判断反应是否达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
9．（4分）FeCl3和KI溶液发生反应Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2。下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A．增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率
B．升高温度能减慢反应速率
C．反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）相等
D．加入过量FeCl3溶液可使I﹣的转化率为100%
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】A．浓度越大反应速率越快；
B．温度越高反应速率越快；
C．当上述可逆反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）保持不变；
D．反应是可逆反应。
【解答】解：A．浓度越大反应速率越快，所以增大Fe3+和I﹣的浓度能加快反应速率，故A正确；
B．温度越高反应速率越快，所以升高温度会加快反应速率，故B错误；
C．当上述可逆反应达到平衡时，溶液中c（Fe3+）与c（Fe2+）不变，但不一定相等，故C错误；
D．反应是可逆反应，转化率不可能是百分之百，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应和可逆反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等。
10．（4分）常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl﹣、NO3﹣
B．在强碱溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣
C．在c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、CO32﹣、NO3﹣
D．在含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、Cl﹣、SCN﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．该溶液呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
B．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
C．该溶液呈碱性，铵根离子、铝离子与氢氧根离子反应，铝离子与碳酸根离子反应；
D．铁离子与硫氰根离子反应生成硫氰化铁。
【解答】解：A．水电离的c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、OH﹣之间反应生成氢氧化亚铁，Fe2+、NO3﹣在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．Na+、K+、AlO2﹣、CO32﹣、OH﹣之间不反应，能够大量共存，故B正确；
C．c（H+）＝10﹣13mol/L的溶液呈碱性，NH4+、Al3+都与OH﹣反应，Al3+、CO32﹣之间发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；
D．Fe3+、SCN﹣之间反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
11．（4分）实验测得在常温下0.1mol•L﹣1某一元碱（BOH）溶液的pH≠13，0.1mol•L﹣1的某一元酸（HA）溶液中＝1012，将两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（A﹣）＞c（B+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．c（B+）＞c（A﹣）＞c（H+）＝c（OH﹣）
D．c（A﹣）＞c（B+）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【考点】离子浓度大小的比较．
【分析】由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH＝13，说明BOH为弱碱；0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的＝1012，即：＝1012，解得：c（H+）＝0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A﹣）＞c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再由水解的程度很弱，则c（B+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A﹣）＞c（B+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣），据此对各选项进行判断。
【解答】解：由0.1mol/L某一元碱（BOH）溶液的pH值不等于13，若为强碱其溶液的pH＝13，说明BOH为弱碱，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液的＝1012，即：＝1012，解得：c（H+）＝0.1mol/L，则HA为强酸，则两溶液等浓度、等体积混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐BA，因B+部分水解，则c（A﹣）＞c（B+），水解使溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再由水解的程度很弱，则c（B+）＞c（H+），则溶液中离子浓度大小为：c（A﹣）＞c（B+ ）＞c（H+）＞c（OH﹣），所以A正确，
故选：B。
【点评】本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确酸、碱的强弱是解答本题的关键，然后利用盐类水解的知识即可解答，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
12．（4分）25℃时，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a点的pH＞1
B．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大
C．反应过程中的值逐渐增大
D．c点时，V（NaOH）＝20mL
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．
【分析】a为起始点，B点加入NaOH为10mL主要成分为n（CH3COONa）：n（CH3COOH）＝1：1，加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH＞7，所以pH＝7的成分有CH3COONa和CH3COOH，据此进行解答。
【解答】解：A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH＞1，故A正确；
B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH＞7，所以pH＝7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，故B错误；
C．加入NaOH后c（H+）被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，故C正确；
D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意B中分式的灵活变形，题目难度不大。
13．（4分）部分弱电解质的电离常数如下表：
弱电解质
HCOOH
HCN
H2CO3
电离常数（25℃）
Ka＝1.8×10﹣4
Ka＝4.9×10﹣10
Ka1＝4.3×10﹣7
Ka2＝5.6×10﹣11
下列说法错误的是（ ）
A．结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣
B．2CN﹣+H2O+CO2＝2HCN+CO32﹣
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数约为2.0×10﹣5
【考点】弱电解质的电离平衡．
【分析】A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子结合H+的能力越弱；
B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比；
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数＝。
【解答】解：A．根据电离平衡常数知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，其对应的酸根离子结合H+的能力：CO32﹣＞CN﹣＞HCO3﹣＞HCOO﹣，故A正确；
B．H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，根据强酸制取弱酸原理知，离子反应方程式为CN﹣+H2O+CO2＝HCN+HCO3﹣，故B错误；
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，pH相等的HCOOH、HCN溶液，c（HCOOH）＜c（HCN），等pH、体积相等的HCOOH、HCN溶液，n（HCOOH）＜n（HCN），所以HCN消耗的NaOH的量多，故C正确；
D．25℃时，NaCN的水解平衡常数＝＝≈2.0×10﹣5，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键，注意弱酸电离平衡常数与水解平衡常数的关系，题目难度不大。
二、填空题（每空3分，共48分）
14．（9分）在2L密闭容器中，充入1mol N2 和2.6mol H2，在一定的条件下反应，2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1。填写下列空白：
①该反应的平衡常数表达式为K＝ ，已知K300℃＞K350℃，则△H ＜ 0（填“＞”或“＜”）。
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为 2：5：1 。
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的 88.9 %。
【考点】化学平衡的计算．
【分析】①发生N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g），K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；K300℃＞K350℃，可知升高温度K减小；
②2分钟后达到平衡状态，2分钟内以NH3表示的平均反应速率为0.1mol•（L•min）﹣1，可知生成氨气的物质的量为0.1mol•（L•min）﹣1×2min×2L＝0.4mol，则
mol N2 （g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
开始 1 2.6 0
转化 0.2 0.6 0.4
平衡 0.8 2 0.4
③温度、体积不变时，气体的压强之比等于物质的量之比。
【解答】解：①该反应的平衡常数表达式为K＝，已知K300℃＞K350℃，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，△H＜0，
故答案为：；＜；
②平衡时混合气体中三种气体的物质的量之比为0.8mol：2mol：0.4mol＝2：5：1，
故答案为：2：5：1；
③平衡时混合气体的压强是反应前混合气体的压强的×100%＝88.9%，
故答案为：88.9。
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，明确化学平衡三段法、物质的量与压强的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意各物质转化量的关系。
15．（12分）（1）以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，从而减少尾气污染。催化转化器中反应的化学方程式为 2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ；500℃时，向恒容密闭体系中通入1mol的NO和1mol的CO进行该反应时，下列描述能说明反应达到平衡状态的是 AC 。
A．v（CO）正＝2v（N2）逆
B．体系中混合气体密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．体系中NO、CO的浓度相等
E．单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2
（2）向1L密闭容器中通入1mol的NO和1mol的CO气体，在不同温度下反应达到平衡时，NO的平衡转化率随压强变化曲线如图1所示：
T1 ＜ T2（填“大于”、“小于”），理由是 升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小 。
（3）在一定条件下，A（g）+3B（g）⇌C（g）+D（g）△H＝﹣49.0kJ/mol，体系中A的平衡转化率（α）与L和X的关系如图2所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是 温度 （填汉字）；判断L1与L2的大小关系：L1 ＞ L2 （填“大于”，“等于”或“小于”）。
【考点】化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，生成的气体为CO2、N2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）压强一定时，升高温度，平衡向吸热方向移动；
（3）压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，A的平衡转化率降低；温度一定时，增大压强，平衡正向移动，A的平衡转化率增大。
【解答】解：（1）NO和CO均为汽车尾气的成分，在催化转换器中二者可发生放热反应生成两种没有毒性的气体，生成的气体为CO2、N2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；
A．v（CO）正＝2v（N2）逆时，容器中各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则体系中混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体的总质量不变，气体的总物质的量减小，则混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D．无论反应是否达到平衡状态，体系中NO、CO的浓度始终相等，不能据此判断平衡状态，故D错误；
E．单位时间内消耗2nmol的NO同时消耗nmol的N2时，反应达到平衡状态，则单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2时，反应没有达到平衡状态，故E错误；
故答案为：2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；AC；
（2）反应2NO（g）+2CO（g）⇋N2（g）+2CO2（g）ΔH＜0，升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小，故T1＜T2，
故答案为：＜；升高温度平衡逆向移动，则NO的平衡转化率减小；
（3）压强一定时，升高温度，平衡逆向移动，A的平衡转化率降低，根据图知，X表示温度、L表示压强；温度一定时，增大压强，平衡正向移动，A的平衡转化率增大，温度相同时，L1条件下NO的转化率大于L2，所以L1＞L2，
故答案为：温度；＞。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合化运用能力，明确化学平衡状态判断方法、外界条件对化学平衡影响原理内涵是解本题关键，易错点是化学平衡状态判断，题目难度不大。
16．（15分）实验室常用药品橱柜中摆列着如下几种试剂和药品：①浓盐酸，②NaOH固体，③1mol/LNaOH溶液，④铜，⑤冰醋酸（纯醋酸），⑥1mol/LCH3COOH溶液，⑦酒精，⑧1mol/LNaHCO3溶液。
（1）属于电解质的是 ②⑤ （填序号）。
（2）用标有A、B、C的试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，在C中加入少量NaOH固体（不考虑体积变化），三个试管中c（CH3COOH）最大的是（填字母），c（H+）最大的是 B （填字母）。
（3）已知CH3COOH的酸性大于H2CO3，向20mL1mol/L的CH3COOH溶液中加入10mL1mol/L的NaHCO3溶液，反应的离子方程式 CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑ ，混合液呈酸性（不考虑CO2），则该溶液中离子浓度由大到小的顺序为 （CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 。[用“大于”连接各浓度（c）即可]
（4）已知NH3•H2O是一种一元弱碱，其电离方程式 NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ 。
（5）资料显示：HClO的电离常数Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。向NaClO溶液中通入少量CO2气体，发生反应的离子方程式为 ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣ 。
【考点】电解质与非电解质；化学试剂的存放．
【分析】（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物属于电解质；
（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣；
（3）由于酸性CH3COOH＞H2CO3，CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应后的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，由于CH3COO﹣的水解小于CH3COOH电离，则该溶液显酸性；
（4）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子；
（5）由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO2气体两者反应生成碳酸氢钠和次氯酸。
【解答】解：（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物属于电解质，
①浓盐酸属于混合物，不是电解质；
②NaOH固体属于电解质；
③1mol/LNaOH溶液属于混合物，不是电解质；
④铜为单质，不是电解质；
⑤冰醋酸（纯醋酸）属于弱电解质；
⑥1mol/LCH3COOH溶液属于混合物，不是电解质；
⑦酒精为非电解质；
⑧1mol/LNaHCO3溶液为混合物，不是电解质；
故答案为：②⑤；
（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，用标有A、B、C的三个试管分别取20mL1mol/LCH3COOH溶液，在B试管中加入少量浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，但氢离子浓度增大，在C试管中加入少量NaOH固体（不考虑溶液体积变化），氢氧根离子消耗氢离子，平衡正向移动，氢离子浓度减小，则三个试管中c（CH3COOH）最大的是B，
故答案为：B；
（3）由于酸性CH3COOH＞H2CO3，CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，其反应的离子方程式为：CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑；反应后的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，由于CH3COO﹣的水解小于CH3COOH电离，则该溶液显酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），
故答案为：CH3COOH+HCO3﹣＝CH3COO﹣+H2O+CO2↑；（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；
（4）氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，
故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；
（5）由电离平衡常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量CO2气体两者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，其反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣，
故答案为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣。
【点评】本题考查电解质和弱电解质的电离，侧重考查学生物质的分类、电离平衡移动和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
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