浙江省嘉兴市2025-2026学年高二化学下学期期末试题含解析

2025~2026学年上学期期末检测

高二化学试题卷

本试卷分为选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Fe-56Cu-64

选择题部分

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)

1.下列物质属于弱电解质的是

A.B.CHOHC.NaAlOHD.NHCl

CH3COOH2544

【答案】A

【解析】

【详解】A．（乙酸）是典型的弱酸，在水中部分电离，

CH3COOHCH3COOHCH3COOH

属于弱电解质，A正确；

B．C2H5OH属于非电解质，是共价化合物，在水溶液中不能电离出离子，B错误；

C．Na[Al(OH)4]是盐类化合物，在水中完全电离，属于强电解质，C错误；

D．NH4Cl是盐类化合物，在水中完全电离，属于强电解质，D错误；

故答案选A。

2.某探究金属腐蚀与防护的装置如图所示，下列说法不．正．确．的是

A.此装置为原电池

B.采用了牺牲阳极法保护铁电极

C.一段时间后，取少量溶液于试管中，滴入两滴KFeCN溶液，有蓝色沉淀产生

36

D.如果将Zn片换成Mg片，Fe极仍然被保护

【答案】C

【解析】

【分析】Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Zn极电极反应式为Zn-2eZn2，Fe为正极、被保护，Fe极

电极反应式为。

2H2eH2

【详解】A．Zn为负极，Fe为正极，经过酸化的3％NaCl溶液为电解质溶液，故此装置为原电池，A正确；

B．Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极、被保护，该实验是牺牲阳极法保护铁，B正确；

C．Zn极电极反应式为2，Fe极电极反应式为，没有2生成，故一段时

Zn-2eZn2H2eH2Fe

间后，从Fe电极区取少量溶液于试管中，滴入2滴KFeCN溶液，不会产生蓝色沉淀，C错误；

36

D．Mg片比Zn片更活泼，如果将Zn片换成Mg片，Fe极仍然作正极，被保护，D正确。

故答案为C。

3.下列关于化学用语中不．正．确．的是

A.同一能层各能级的能量顺序：EnsEnpEnd

B.基态Cr原子的价层电子排布式：3d44s2

C.Fe元素位于第四周期第Ⅷ族

D.电子排布为Ne3s13p4的P原子处于激发态

【答案】B

【解析】

【详解】A．同一能层中，能级能量顺序为EnsEnpEnd，符合原子轨道能量规律，A正确；

B．基态Cr原子（原子序数24）的价层电子排布式应为3d54s1（因半满稳定），而非3d44s2，B不正确；

C．Fe元素（原子序数26）位于第四周期第VIII族，C正确；

D．P原子（原子序数15）基态排布为Ne3s23p3，Ne3s13p4是电子从s轨道跃迁至p轨道，能量更高，

属于激发态，D正确；

故答案为B。

4.下列说法正确的是

A.元素周期表中从第IIIB族到第IIB族的十个纵列的元素都是金属元素

B.基态硫原子最外层结构是

C.2p、3p、4p能级的轨道数依次增多

D.电负性大于1.8的一定为非金属元素，小于1.8的一定为金属

【答案】A

【解析】

【详解】A．元素周期表中ⅢB族到ⅡB族十个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属，A正确；

B．基态硫原子价电子排布式为：3s23p4，则最外层结构为：，B错误；

C．p能级的轨道数为3，不随主量子数变化，因此2p、3p、4p的轨道数均为3，C错误；

D．电负性大于1.8的不一定为非金属元素，例如：金（Au）的电负性大于1.8，却属于金属元素，D错误；

故选A。

5.在硫酸工业中，通过下列反应使氧化为。下表列出不

SO2SO3:2SO2gO2g2SO3gΔH

同温度和压强下，反应达到平衡时SO2的转化率，则下列说法正确的是

温度/℃平衡时SO2的转化率/%

0.1MPa0.5MPa1MPa5MPa10MPa

45097.598.999.299.699.7

55085.692.994.997.798.3

A.该反应H0

B.实际生产中，通入过量空气，主要是提高O2的转化率

C.实际生产中，采用常压合成，主要是高压转化率提升不明显，设备成本增加

D.实际生产中，选定温度为400~500℃，主要是高温加快化学反应速率

【答案】C

【解析】

【详解】A．由表格数据可知，压强一定时，升高温度，二氧化硫的转化率减小，说明平衡向逆反应方向移

动，说明该反应是放热反应，反应的焓变小于０，A错误；

B．实际生产中，通入过量空气，可以增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，

但氧气的转化率减小，B错误；

C．由表格数据可知，温度一定时，压强从0.1MPa增至10MPa时，二氧化硫的转化率增大幅度很小，且高

压设备成本高，所以实际生产中，采用常压合成，C正确；

D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的产率低，所以实际生产中，选定温

度为400~500℃，主要是考虑催化剂的活性最佳，D错误；

故选C。

6.在25℃和101kPa下，下列关于化学反应的热效应叙述正确的是

A.已知，则该反应消耗2molN后放出热量

N2g3H2g2NH3gΔH92.4kJ/mol2184.8kJ

B.已知Cl2gH2g2HClgΔH184.6kJ/mol，则

11

HCl(g)ClgHgΔH92.3kJ/mol

2222

C.软脂酸的燃烧热为9977kJ/mol，则

CH3CH214COOHs23O2g16CO2g+16H2OgΔH9977kJ/mol

D.N2H4l+O2gN2g+2H2OgΔH1；N2H4l+O2gN2g+2H2OlΔH2，则

H1H2

【答案】A

【解析】

【详解】A．ΔH=-92.4kJ/mol表示消耗1molN2反应放出92.4kJ热量，则该反应消耗2molN2放出184.8

kJ热量，A正确；

B．原反应为放热反应，其逆反应为吸热反应，已知Cl2gH2g2HClgΔH184.6kJ/mol，则

11

HCl(g)ClgHgΔH92.3kJ/mol，B错误；

2222

C．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，H元素的指定产物为

H2O(l)，不是H2O(g)，则选项中热化学方程式的ΔH不等于-9977kJ/mol，C错误；

D．1molN2H4(l)和1molO2(g)反应生成1molN2(g)、2molH2O(g)或2molH2O(l)，生成H2O(l)比H2O(g)

放热更多，但ΔH为负值，则ΔH1>ΔH2，D错误；

故选A。

7.下列装置或操作能够达到实验目的的是

B．探究压强对化学平衡的

A．测定生成H2的速率

影响

D．加热FeCl3溶液获得其

C．测定中和热

晶体

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl会影响生成氢气的体积，A错误；

B．反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，反应为气体分子数减小的反应，推拉注射器活塞会导致气体颜色改变，可

通过观察气体颜⇌色变化判断平衡移动，能探究压强对化学平衡的影响，B正确；

C．测定中和热需要玻璃搅拌器，C错误；

D．加热会促使铁离子水解生成氢氧化铁，不能直接加热FeCl3溶液获得其晶体，D错误；

故选B。

8.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应时各物质和水分分别解离成两

部分，然后两两组合成新的物质。下列有关说法不．正．确．的是

的

A.Mg3N2水解产物是两种碱性物质

B.SOCl2的水解产物是两种酸性物质

C.的水解产物是和

CaO2CaOH2H2O2

D.NF3的水解产物之一为HNO3

【答案】D

【解析】

【详解】A．MgN的水解方程式为，产物为Mg(OH)和NH，

3​2​Mg3N26H2O3Mg(OH)22NH323

两者均为碱性物质，A正确；

B．SOCl的水解方程式为，SO溶于水生成HSO，HCl是强酸，二者均为酸

2SOCl2H2OSO22HCl223

性物质，B正确；

C．CaO可以看作由2和2组成。水由和组成。将2与结合生成，2

2CaO2HOHCaOHCa(OH)2O2

与H结合生成H2O2。反应方程式为CaO22H2OCa(OH)2H2O2，C正确；

D．NF3水解方程式为NF32H2OHNO23HF，水解产物之一为HNO2，D错误；

故选D。

713

9.已知25℃时，Ka1H2S1.110，Ka2H2S1.310，下列说法正确的是

2

A.0.1mol/LNa2S溶液中，cNacHcOH2cS

2

B.0.1mol/LNa2S溶液中，2cNacH2ScHScS

2

C.0.1mol/LNaHS溶液中，cH2ScS

2

D.0.1mol/LH2S溶液中，cHcOHcH2ScHS2cS

【答案】C

【解析】

【详解】A．该式是电荷守恒式，但缺少了cHS项。在Na2S溶液中，电荷守恒应为

cNacHcOH2cS2cHS，A错误；

B．该式应为物料守恒式，但关系错误。在Na2S溶液中，硫元素守恒为，

2

0.1mol/LcH2ScHScS，而cNa0.2mol/L，因此

2，B错误；

cNa2cH2ScHScS

K

w13

C．在NaHS溶液中，HS水解常数Kh9.0910，电离常数Ka2H2S1.310，KhKa2，

Ka1

2

水解程度大于电离程度，因此cH2ScS，C正确；

D．该式是电荷守恒式，但多加了中性分子cH2S。在H2S溶液中，电荷守恒应为

cHcOHcHS2cS2，D错误；

故答案为C。

10.元素X、Y、R、Q的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3

倍，X和Y的最外层电子数之和等于R的最外层电子数，Q的价层电子排布是3d104s2。下列说法中正确的

是

A.电负性：X>Y

B.X、Y形成的化合物中只含极性键

C.由X、Y、R形成的化合物均为强电解质

DQ元素位于第四周期第IIB族，ds区

.

【答案】D

【解析】

【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，推断Y为氧（原子序数8，最外层6电子，内层2电子）。

X原子序数小于Y，且与Y不同周期，位于第一周期，可能为氢或氦；但结合化合物形成，X为氢（原子序

数1）。

X和Y最外层电子数之和为1+6=7，等于R最外层电子数，R原子序数大于Y（8）小于Q（30），位于第三周

期，最外层7电子，推断R为氯（原子序数17）。

Q价层电子排布为3d104s2，为锌（原子序数30），位于第四周期第IIB族，ds区。

【详解】A．氧电负性大于氢，A错误；

B．H和O可形成H2O2（含O-O非极性键），B错误；

C．H、O、Cl可形成HClO（弱电解质），C错误；

D．Q为锌，位于第四周期第IIB族，ds区，符合描述，D正确；

故答案为D。

催化剂

11.恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测

2NH3gN2g3H2g

得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法正确的是

编号020406080

①a2.402.001.601.200.80

②a1.200.800.40

③2a2.401.600.800.400.40

511

A.实验①，0~20min，vN21.0010molLmin

B.实验②，40min时处于平衡状态

C.相同条件下，增加氨气的浓度或增加催化剂的表面积，反应速率均增大

D.上述条件下该反应的平衡常数K168.75

【答案】A

【解析】

【详解】A．实验①，0～20min

2.402.00103mol/L

内，vNH2.00105molL1min1，则

320min

11

vNvNH2.00105molL1min11.00105molL1min1，A正确；

2232

B．催化剂只影响反应速率，而不能使化学平衡发生移动。实验③和实验①中氨气初始浓度相同，实验③的

催化剂表面积更大，反应速率更快，实验③在60min时氨气浓度不再变化，说明达到平衡，此时氨气平衡

浓度为0.40103mol/L。由于实验①和实验③温度相同，平衡常数相同，所以实验①达到平衡时氨气

浓度也为0.40103mol/L，实验②相对于实验①，氨气初始浓度减小，相当于减小压强，平衡正向

移动，实验②达到平衡时氨气浓度小于0.40103mol/L，而实验②在40min时氨气浓度

为0.40103mol/L，说明此时反应未达到平衡状态，B错误；

C．结合实验①和③的数据，实验③的催化剂表面积是实验①的2倍，相同时间内实验③中氨气浓度变化更

快，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大；但实验①和②中，实验①的氨气初始浓度是

实验②的2倍，0～20min内，实验①中氨气浓度变化

量33，实验②中氨气浓度变化

Δc1(2.402.00)10mol/L0.4010mol/L

量33，即相同时间内氨气浓度变化量相同，说明相同

Δc2(1.200.80)10mol/L0.4010mol/L

条件下，增加氨气的浓度，反应速率并没有增大，C错误；

D．设平衡时的浓度变化量为y，根据反应，

NH32NH3(g)N2(g)3H2(g)

由实验③可知，平衡时的浓度为3，即33，解

NH30.4010mol/L2.4010y0.4010

得y2.00103mol/L。则平衡

y2.00103

时c(N)mol/L1.00103mol/L，

222

3

3y32.00103，3，则上

c(H)mol/L3.0010mol/Lc(NH3)0.4010mol/L

222

述条件下该反应的平衡常数

333

cNc3H1.0010(3.0010)271012

224，D错误；

K23261.687510

cNH3(0.4010)0.1610

故选A。

12.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是

A.ΔH1CaCO3ΔH1MgCO30

B.ΔH2MgCO3ΔH2CaCO30

C.ΔH1CaCO3ΔH1MgCO3ΔH3CaOΔH3MgO

D.对于MgCO3和CaCO3，HH1H2H3

【答案】B

【解析】

【详解】A．离子电荷相同时，半径越小，离子键越强，故MgCO3s的离子键大于CaCO3s，故

H1MgCO3ΔH1CaCO30，A错误；

B．的过程中并未发生离子键的生成或断裂，仅有2中共价键的断裂，故

H2CO3

ΔH2MgCO3ΔH2CaCO30，B正确；

22

C．由H1MgCO3ΔH1CaCO30可知ΔH1CaCO3ΔH1MgCO30，Ca半径大于Mg，

形成CaO释放的能量小于形成MgO释放的能量，则ΔH3CaOΔH3MgO0，故

ΔH1CaCO3ΔH1MgCO3ΔH3CaOΔH3MgO，C错误；

D．根据盖斯定律及图中的箭头方向，ΔH=ΔH1H2H3，D错误；

故选B。

13.已知反应：。在℃和℃下，容积均为2L的密闭容器中，气体X的浓度

2XgYgΔH0T1T2

与反应时间的变化曲线如图所示。下列说法不．正．确．的是

A.容器内压强不变时，表明反应达到平衡

B.a、b、c三点的反应速率大小为cab

℃

C.T1，容积压缩为1L，反应1h，气体X的浓度小于1mol/L

℃、℃

D.其他条件相同时，T1T2下X的平衡转化率：αT1αT2

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，曲线斜率较大代表反应速率较快，故T1<T2，2XgYgΔH0，该反应为

气体分子数减少的放热反应，温度升高反应速率增大、平衡逆向移动，压强增大反应速率增大、平衡正向

移动，据此分析。

【详解】A．反应2XgYg为气体分子数减少的反应，容器内压强为变量；当容器内压强不变时，

说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，A不符合题意；

B．反应速率与反应物浓度正相关，且温度越高反应速率越快；据分析，c点温度比a点高（二者浓度相同），

a点浓度高于b点（二者温度相同），故反应速率大小为cab，B不符合题意；

℃

C．T1时，若将容积从2L压缩为1L，相当于增大了压强，反应物浓度增大，化学反应速率加快。在原

2L容器中，反应1h消耗X的物质的量为(1.00.5)mol/L2L1mol。在1L容器中，初始X的物质

的量为1.0mol/L2L2mol，由于反应速率更快，在1h内消耗X的物质的量会大于1mol，因此剩余

X的物质的量小于(21)mol1mol，其浓度小于1mol/L。C不符合题意；

D．反应ΔH0，温度升高平衡逆向移动；T2T1，故X的平衡转化率：T1T2，D符合题意；

故选D。

14.我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH8.2)电解系统(如下图)。以新型

MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说

法错误的是

A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率

B.在外电路中，电子从电极1流向电极4

C.电极3的反应为：

4OH4e2H2OO2

D.理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：

----

Mg-2e+2OH=Mg(OH)2，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，右侧为电解池，电

极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。

【详解】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；

B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；

C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：，

4OH4e2H2OO2

C正确；

D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误；

答案选D。

15.室温下，向悬浊液中加入稀盐酸。第一次加入稀盐酸，待不变

30mLMgOH210mL0.1mol/LpH

时，再加入10mL0.1mol/L稀盐酸，通过pH传感器测得该体系pH随时间变化如图所示，下列说法不．正．

0.65

确．的是(已知100.22)

A.向该悬浊液中加入少量蒸馏水并振荡后，溶液pH保持不变

B.向该悬浊液中加入少量溶液，可观察到沉淀部分溶解

NH4Cl

C.KMgOH的数量级为11

sp210

D.第二次加入稀盐酸后cMg2+1.25102mol/L

【答案】D

【解析】

【分析】从图像中可分析，未加入稀盐酸时，悬浊液pH稳定在10.45，此时体系中达到沉淀溶解平衡，加

入10mL0.1mol/L的盐酸，H结合了溶解出的OH，使沉淀溶解平衡正移，同时生成MgCl2，导致溶液中

2+2-

c(Mg)增大，同离子效应使沉淀溶解平衡MgOH2sMgaq+2OHaq向左移动，从而使饱和

溶液中c(OH)降低，pH低于未加HCl时的。

【详解】A．⁻向悬浊液中加入少量蒸馏水，体系中仍存在固体，沉淀溶解平衡仍旧存

MgOH2MgOH2

在，由于温度不变，溶度积是定值，因此溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液pH不变，A正确；

B．溶液中的会结合溶液中的，使沉淀溶解平衡正移，沉淀部分溶解，B正确；

NH4ClNH4OH

C．根据第一次加入稀盐酸之前的溶液pH=10.45，即cOH=103.55mol/L，依据沉淀溶解平衡方程式

2-1

MgOHsMgaq+2OHaq24.55

2，则有cMgcOH=510mol/L，故

2

2

22=4.553.55=11.65≈1111，C正确；

KspcMgcOH5101051050.22101.110

4.5111

D．第二次加入稀盐酸后，pH=9.49，即cOH=10mol/L，根据C选项可知Ksp1.110，因此

11.65

2Ksp510

cMg2.632

2=2=510≈1.110mol/L，D错误；

cOH104.51

故选D。

16.市售KMnO4中常含有少量杂质且其溶液放置过程中易分解。实验室采用间接法配制0.02mol/L的

KMnO4溶液，并用Na2C2O4标定其浓度，实验方案如下：

步骤Ⅰ——除杂：称取计算量的KMnO4固体溶于水中，煮沸后在水浴上保持1h，冷却后过滤；

步骤Ⅱ——标定：准确称量Na2C2O4基准物若干克，加水溶解，再加1mol/LH2SO430mL，加热至

75~85℃，立即用步骤Ⅰ配制的KMnO4溶液进行滴定。

已知：高锰酸钾在不同的酸碱度下会生成不同的还原产物

下列说法不．正．确．的是

A.步骤Ⅰ中加热及放置时均应盖上表面皿，以免落入尘埃和有机物与KMnO4溶液反应

B.步骤Ⅱ中可用2mol/L的盐酸或硝酸来替代硫酸

C.步骤Ⅱ滴定时温度不能太高，否则会引起分解

H2C2O4

D.步骤Ⅱ中发现产生棕色浑浊，可能是溶液酸度不足引起的

【答案】B

【解析】

【详解】A．步骤Ⅰ中加热及放置时盖上表面皿可防止落入尘埃和有机物与KMnO4溶液反应，避免溶液被

污染或KMnO4被还原，A正确；

B．因为盐酸中的Cl会被KMnO4氧化，硝酸具有强氧化性，会干扰KMnO4​与Na2​C2​O4​的反应，所以步

⁻

骤Ⅱ中不能用2mol/L的盐酸或硝酸来替代硫酸，B错误；

C．H2​C2​O4​受热易分解，步骤II滴定时温度太高，会引起H2​C2​O4分解，影响滴定结果，因此步骤Ⅱ

滴定时温度不能太高，C正确；

2+

D．已知高锰酸钾在不同酸碱度下会生成不同还原产物，若溶液酸度不足，KMnO4​的还原产物可能不是Mn，

而是其他物质(如MnO2​等)，从而产生棕色浑浊，则步骤Ⅱ中发现产生棕色浑浊，可能是溶液酸度不足引起

的，D正确；

故选B。

非选择题部分

二、填空题(本题共5小题，共52分)

17.I．在新能源领域，过渡金属材料用于制造电池，如锂离子电池中的钴和镍。

（1）基态镍原子的价电子排布图为________；Co位于元素周期表中________区；

33

（2）已知氧化性CoFe，Co2O3与氢碘酸反应的离子方程式为________。

IⅠ．白云石的主要化学成分为，利用白云石可以制备高纯度的碳酸钙和氧化镁。

CaMgCO32

（3）各组成元素电负性由大到小的顺序________。

（4）白云石煅烧分解的化学方程式为________。

（5）钠的第一电离能I1Na_____Mg的第二电离能I2Mg(填“＞”或“＜”)，理由为_____。

【答案】（1）①.②.d

（2）2

Co2O3+6H2I2CoI23H2O

（3）OCMgCa

高温

（4）

CaMgCO32CaOMgO2CO2

（5）①.<②.相比于Na，Mg中核电荷数更高，形成Mg半径更小，同时Mg的形成对电子

的引力增大，导致Mg难失去电子

【解析】

【小问1详解】

镍的原子序数为28，基态镍原子的价电子排布式为3d84s2，价电子排布图为；钴

的价电子排布式为3d74s2，位于元素周期表的d区；

【小问2详解】

332

已知氧化性CoFe，则Co2O3可将氢碘酸中的I氧化为I2，自身被还原为Co；根据得失电子守恒、

电荷守恒及原子守恒配平离子方程式为2；

Co2O36H2I2CoI23H2O

【小问3详解】

白云石的主要成分为CaMg(CO3)2，所含元素为Ca、Mg、C、O；同周期从左到右电负性增大，同主族从上

到下电负性减小，故电负性由大到小的顺序为OCMgCa；

【小问4详解】

白云石受热分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，化学方程式为

高温

；

CaMgCO32CaOMgO2CO2

【小问5详解】

钠的第一电离能I1Na小于镁的第二电离能I2Mg；理由为相比于Na，Mg中核电荷数更高，形成Mg

半径更小，同时Mg的形成对电子的引力增大，导致Mg难失去电子；

、、

18.HClO4H2SO4HNO3和HCl都是强酸，它们的酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种

酸在冰醋酸中的电离常数：

HClO

酸4H2SO4HNO3HCl

59910

Ka1.6106.3101.6104.210

（1）下列说法不．正．确．的是________。

A.用浓硫酸和氯化钠固体加热制氯化氢是因为在水中硫酸的酸性比盐酸酸性强

B.在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸

C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为2

H2SO42HSO4

D.在冰醋酸中用高氯酸和某些硝酸盐反应可以得到硝酸

（2）已知：水溶液中KaHFKaCH3COOH，但在液氨中两者完全电离。写出CH3COONa和HF在

水中反应的离子方程式________，并判断该反应在液氨中能否发生________(填“是”或“否”)。

（3）以下是用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/L的5种酸的滴定曲线。

①若某种酸HA的5，在上图所示滴定过程中加入溶液时，溶液中的离子大小关系为

Ka1010mLNaOH

________。

②7的酸由于滴定过程中突跃范围太小，在水溶液中无法被准确滴定，因此可选择某些非水溶剂增

Ka10

大突跃范围。下列溶剂中可用于增大弱酸(7)滴定过程中的突跃范围的是________。

Ka10

A．CH3COOHB．液氨C．乙醇D．H2SO4

【答案】（1）AC（2）①.②.否

CH3COOHFCH3COOHF

（3）①.cAcNacHcOH②.BC

【解析】

【分析】根据Ka数值，可知这些酸在冰醋酸中的酸性由强至弱依次为：HClO4、H2SO4、HNO3、HCl。

【小问1详解】

A．浓硫酸和固体氯化钠制备氯化氢的原理是难挥发的酸制备易挥发的酸，而不是强酸制备弱酸，因为在水

溶液体系中两者都是强酸，A错误；

B．冰醋酸中HClO4的Ka最大，因此酸性最强，B正确；

9

C．冰醋酸中H2SO4的K6.310，电离方程式为，C错误；

aH2SO4HHSO4

D．在冰醋酸中，HClO4的酸性强于HNO3，因此可以用高氯酸和某些硝酸盐反应得到硝酸，D正确；

故选AC；

【小问2详解】

由于在水中HF酸性强于CH3COOH，因此CH3COONa和氟化氢在水中反应的离子方程式为：

；由于HF和CH3COOH在液氨中都完全电离，因此该反应无法发

CH3COOHFCH3COOHF

生，故填：否；

【小问3详解】

5-

①若某酸HA是弱酸，则加入10mL氢氧化钠溶液时，溶质为NaA和HA，由于该酸的Ka=10，则A的水解

9

平衡常数Kh=10，由于Ka＞Kh，则该溶液呈酸性，因此离子浓度大小关系有

cAcNacHcOH；

②为了增大突跃范围，选择非水溶剂的目的就是无质子转移的干扰，减少弱酸电离的溶剂化。AD都是酸性

溶剂，会抑制弱酸电离，无法增加突跃范围，排除AD，而B属于碱性非水溶剂，可以结合弱酸电离的氢离

子，从而大幅度促进弱酸电离使得突跃范围扩大，C乙醇是极弱的质子溶剂，酸碱性比水还弱，可增大滴定

突跃范围，故答案选BC。

19.I．在温和条件下，将CO转化为烃类具有重要意义。采用电化学方法合成C2H4，该流程示意图如下：

（1）电解池中M极与电源的________极相连。

（2）写出CO放电生成C2H4的电极反应式________。

Ⅱ．一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍

增重，而a极质量减轻。回答下列问题：

（3）放电时Na向________极移动(填“a”或“b”)。

（4）写出a极的电极反应式________。

（5）若以Ag/AgCl电极代替a极，电池________(填“有”或“无”)储氯能力，结合电极反应式说明理由

________。

【答案】（1）正（2）

2CO8e6H2OC2H48OH

（3）b（4）

Cu2O2H2OCl2eCu2OH3ClH

（5）①.有②.由电极反应式AgeClAgCl可知电池具有储氯能力

【解析】

【分析】题I中，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，

与电源正极相连；题Ⅱ中，a电极铜元素化合价由+1上升至+2，发生氧化反应，故a电极为负极，b电极

为正极。

【小问1详解】

由分析得，N为阴极，M为阳极，电极M与电源正极相连。

【小问2详解】

N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，电解液为碱性环境，故电极反应为

。

2CO8e6H2OC2H48OH

【小问3详解】

由分析得，b电极为正极，阳离子Na向正极b移动。

【小问4详解】

由分析得，a电极为负极，CuO转化为，电解质为溶液，故电解反应式为

2Cu2OH3ClNaCl

。

Cu2O2H2OCl2eCu2OH3ClH

【小问5详解】

若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag/AgCl为负极，负极发生AgeClAgCl，仍然可以结合Cl，

所以电池有储氯能力，理由是由电极反应式AgeClAgCl可知电池具有储氯能力。

20.某实验小组在侯氏制碱法的基础上用NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：

①配制饱和食盐水；

②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3，加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3溶解，静置，析出

NaHCO3晶体；

③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。

（1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有________(填名称)。

（2）解释实验中采用饱和食盐水的原因________。

（3）已知KaCH3COOHKa1H2CO3，且室温下CH3COONH4溶液呈中性，根据这一事实推测

NH4HCO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“=”)。

（4）双指示剂法可用于测定步骤③所得Na2CO3固体的纯度。

①从下列的选项中选择合适的操作补全测定步骤：

具体操作为：称取样品mg，溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。用移液管准确移取25.00mL

待测液加入锥形瓶，先向待测的Na2CO3溶液中加入________，用浓度为0.1000mol/L标准盐酸滴定，到

达第一个滴定终点时，________，记录消耗盐酸体积V1mL；然后滴加________，继续用标准盐酸滴定，

到达第二个滴定终点时，________，记录消耗盐酸体积V2mL。

A．紫色石蕊试液B．甲基橙C．酚酞D．溶液由黄色变为橙色

E．溶液由黄色变为红色F．溶液由蓝色变为紫色G．溶液由红色变为无色

②若到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学

所记录的V1'________V1(填“>”“<”或“＝”)。

③若V120.00mL，V222.00mL，则该产品的成分为________，样品中Na2CO3的纯度为______%(用

含m的代数式表示)。

【答案】（1）烧杯、玻璃棒

+

（2）增大cNa，有利于NaHCO3析出

（3）>（4）①.C②.G③.B④.D⑤.<⑥.Na2CO3和NaHCO3⑦.

2.12212

100%或%

mm

【解析】

【小问1详解】

配制饱和食盐水需使用托盘天平称量食盐，用药匙取用，在烧杯中用量筒量取的水进行溶解，并用玻璃棒

搅拌，故如图所示的仪器中需使用的是烧杯、玻璃棒。

【小问2详解】

+

饱和食盐水中cNa较大，有利于NaHCO3析出，因此实验中将NH4HCO3加入饱和食盐水中得到NaHCO3

晶体。

【小问3详解】

CH3COONH4溶液呈中性，则KaCH3COOHKbNH3·H2O，已知

，因此，故溶液中的水

KaCH3COOHKa1H2CO3KbNH3·H2OKa1H2CO3NH4HCO3NH4

解程度小于，溶液显碱性，pH>7。

HCO3

【小问4详解】

①用标准盐酸滴定碳酸钠溶液，第一步反应为2，终点时溶液pH约为8.3，呈弱碱性，

CO3HHCO3

应选用酚酞作指示剂，颜色由红色变为无色；第二步反应为，终点时溶液pH约为3.9，

HCO3HH2CO3

呈弱酸性，应选用甲基橙作指示剂，颜色由黄色变为橙色，故答案为：C；G；B；D；

②滴定速度过快，摇动不均，局部酸过量可能导致部分反应生成，使溶液pH下降过快，导

HCO3H2CO3

致指示剂提前变色，消耗盐酸体积'偏小；

V1

③根据题意，V1为第一步消耗的盐酸体积，V2为第二步消耗的盐酸体积，反应Na2CO3NaHCO3消耗

盐酸V120.00mL，其生成的NaHCO3继续反应也会消耗20.00mL盐酸，而第二步实际消耗盐酸

V222.00mL20.00mL，说明样品中含有NaHCO3，样品中25.00mL待测液含

nNa2CO30.1000mol/L0.02000L0.002mol，原样品中

250mL2.12g212

mNaCO0.002mol106g/mol2.12g，纯度为100%%。

2325.00mLmgm

21.化学固定、催化活化循环利用CO2的研究，备受重视。铜基催化剂上CO2加氢合成甲醇是重要的利用

途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应I和逆水煤气变换反应Ⅱ。

Ⅰ．1

CO2g+3H2gCH3OHg+H2OgΔH149.4kJmolK1

Ⅱ．1

CO2g+H2gCOg+H2OgΔH241.2kJmolK2

Ⅲ．

COg+2H2gCH3OHgΔH3

nCHOH

已知甲醇的选择性3

nCO2参与反应

请回答：

（1）ΔH3=________，反应Ⅲ自发进行的条件是________。

、

（2）在某容器中只发生反应I，在T1T2不同温度下达到平衡状态，T1T2。温度T1时，CO2平衡转化

率随时间变化如图1所示，画出温度T2时，CO2平衡转化率曲线________。

、

（3）恒温恒容条件下，原料气CO2gH2g以物质的量浓度1：3投料时，控制合适条件(不考虑反应

1

Ⅲ)，甲醇的选择性为50%。已知初始