滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二期中考试
化学试卷
一、单选题（本题共15小题，每题3分）
1,下列叙述正确的是()
A.已知P(白磷，s)=P(红磷，s)△H<0,则白磷比红磷稳定
B.已知s(s)+0,(g)-S0,(g)△H=akJ·mo1-'S(g)+0,(g)=S0,(g)△H=bkJ·o1-,
则a
I2(g),充分反应后放出的热量小于2akJ
D,已知Na0H(aa)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H,0(1)△H=-57.3 kJmol-I,则含1 molNa0(H
的稀溶液与足量稀醋酸，完全中和，放出的热量等于57.3kJ
2.下列说法正确的是()
A,铵盐的溶解、酸碱中和反应、电解熔融氧化铝都是自发过程
B.2B(s)十N(g)=2BN(s)常温下自发，说明反应放热，且化学反应速率快
C.室温下，H(g)和0，(g)混合无液态水生成，说明2H2(g)+0(g)=2H,0(1)△H>0
D.已知2C0(g)=C0(g)十C(s),T=980K时，△G0,则当温度低于980K时，C0将发生分
解
3.用0,65g锌粒与10mL1.0mol/L疏酸反应制氢气，下列措施能加快反应速率且不改变氢
气的产量，下列操作可行的有几项()
①用等质量的锌粉代替锌粒
②将反应溶液适当加热
③向反应液中滴入少量CuSO4溶液
④用10ml98%硫酸代替10mL1.0mol/L的硫酸
⑤再加入10mL2.0mo1/L盐酸
显箱的目的张漆中赛忠(
⑥向反应液中加入少量CH,C0ONa固体
比滚的法空宝需中是贵(
B.3
C.4
D.5
A.2
4,Burns和Dainton研究发现Cl2与C0合成C0Cl的反应机理如下：
①C,(g)=2C1(g)快用
1·1om100.d
②co(g)+C(g)=CoC1(g)快
③C0C1(g)+CL,(g)=C0CL,(g)+C1(g)慢
其中反应②存在vE=kc(CO)c(CI):地=kc(COC)。下列说法正确的是()
反应②的平衡常数K=
A.
B,反应①②的活化能均大于反应③
级婚流州宝位杀州州
C,增加C0(g)浓度能增加活化分子百分数，加快反应速率
),与ps)OO1+pE)H
D,COC1,是该反应的催化剂
高二化学试卷第1页共9页滨城高中联盟 2023-2024 学年度上学期高二期中考试
化学答案
1.选 C。【详解】A. 物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由于白磷转化为红磷放出热
量，说明白磷的能量高，则红磷比白磷稳定，故 A 错误。 B.S(s)完全燃烧生成 SO2 放出的热量
小于 S(g)完全燃烧生成 SO2 放出的热量又因为放热反应ΔH<0，所以反应热 a>b，故 B 错误；C.
该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以向密闭容器中加入 2mol H2(g)和 2mol
I2(g)，充分反应后放出的热量小于 2akJ。故 C 正确。D. 醋酸电离过程吸收热量，所以含 1 mol
NaOH 的稀溶液与足量稀醋酸完全中和，放出的热量小于 57．3kJ，故 D 错误；
2．选 D。【详解】A. 电解熔融氧化铝为非自发反应，故 A 错误；B. 化学反应方向与速率无关，
故 B 错误；C. 氢气与氧气生成水是熵减放热反应，常温下ΔG<0 可以自发，故 C 错误; D. 从
反应方程式看，熵减少，因此推得反应放热，当温度低于 980K 时，焓效应占主要因素，反应
自发进行，CO 将发生分解反应。故 D 正确。
3.选 A。【详解】①用等质量的锌粉代替锌粒，增大接触面积加快反应速率，而锌和酸的量均
未改变，即 H2 的量不变，符合题意；②将反应溶液适当加热，加快反应速率，而锌和酸的量均
未改变，即 H2 的量不变，符合题意；③向反应液中滴入少量 CuSO4 溶液，虽然通过形成原电池
反应能够加快反应速率，但由于部分锌置换铜，即锌的量减小，则生成的 H2 的量也减小，不合
题意；④用 10mL98%硫酸代替 10mL1.0mol/L 的稀硫酸，锌与浓硫酸反应不生成 H2，而生成
SO2，不合题意；⑤再加入 10ml 2mol·L-1 盐酸，溶液中 H+的浓度不变，反应速率不变，不合题
意；⑥再加入少量 CH3COONa 固体，由于 CH3COO-结合 H+生成 CH3COOH,降低了 H+的浓度，
速度减慢，但产生 H2 总量不变，不合题意。综上分析可知，只有①②符合题意。故答案为 A。
4.选 A。【详解】A．反应达到平衡时， ，即 ，则反应②
的平衡常数 ，故 A 正确；B.反应所需活化能越大，反应速率越慢，已知
反应①②是快反应，反应③是慢反应，故反应①②的活化能小于反应③的活化能。
故 B 错误；C. 增加 CO(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数目增多，加快
反应速率，故 C 错误；D. 是反应过程中的中间产物,不是该反应的催化剂，故 D 错误。
5.选 C。【详解】A．由图可知，ClO 在历程 II 中作中间产物。故 A 错误；B.催化剂不影响平衡，
相同条件下， 的平衡转化率：历程Ⅱ=历程 I，故 B 错误；C．由图知： 的能量
为 E3， 的能量为 E2， 的相对能量为 0，则 的
，C 正确；D．活化能最小的反应速率最快，由图知，
活化能最小，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方
程式为 ，D 错误。故答案为 C。
6.选 D。【详解】A. Fe3+与 I-按物质的量之比 1∶1 反应，图中 FeCl3 过量，加入 KSCN 溶液一
定显红色，故无法达到实验目的，A 项不符合题意；B．浓硫酸溶于水放热，二者的温度不相同，
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因此不能探究浓度对反应速率的影响，B 项不符合题意；C. 温度和催化剂都可影响反应速率，
比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，C 项不符合题意；D．秒表测定时间，
针筒测定气体的体积，用于可以比较锌与不同浓度的稀硫酸反应的速率大小，D 项符合题意；
7. 选 A。A．由图可知，a～b 段二氧化碳浓度的变化量为 0.50mol/L—0.35mol/L=0.15mol/L，
则一氧化碳的反应速率为 0.15/2×1200=2.5×10-4mol·Lˉ1·Sˉ1，故 A 错误；【详解】B．由图可知，
乙曲线的反应速率大于甲曲线，平衡时二氧化碳的浓度相等，则其他条件不变，相对甲曲线，
乙曲线的改变条件为加入催化剂，故 B 正确；C．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可
知，不同时刻均存在 ，故 C 正确； D．由图可知，反应向正反应方向进行，
c 点时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，a 点到 c 点的过程中逆反应速率增大，则 b 点逆反
应速率小于 c 点正反应速率，故 D 正确；
8. 选 C。【详解】A． 的 溶液中， ， ，
碳酸氢钠水解显碱性，因此溶液中的氢氧根浓度是水电离出的，因此水电离产生的
，故 A 错误；B.由于碳酸根水解程度大于醋酸根水解程度，pH 相等的
CH3COONa、NaOH 和 Na2CO3 三种溶液，水解程度越大，则浓度越小，氢氧化钠电离程度大，
其物质的量浓度应最小： ，故 B 错误。
C．将等体积等物质的量浓度的 CH3COONa 和 NaF 溶液混合，溶液中存在电荷守恒
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(F-)，存在物料守恒
c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(F-)+2c(HF)，根据电荷守恒和物料守恒得
c(CH3COOH)+c(HF)+c(H+)=c(OH-)，则 c(CH3COOH)+c(HF)=c(OH-)-c(H+)，故 C 正确；D.两种溶
液中 NH4+都水解，前者电离产生 H+，对 NH4+水解平衡抑制程度更大，因此前者中 c(NH4+)更大，
故 D 错误
9.选 B。【详解】A．由电离常数可知，三种酸的酸性强弱顺序为 HCOOH＞H2CO3＞HCN，故
A 正确；
B．由电离常数可知，甲酸和氢氰酸的酸性强弱顺序为 HCOOH＞HCN，则 CN-水解能力强于
HCOO-，NaCN 溶液碱性强于 HCOONa 溶液，HCOONa 溶液中 H+数目多。根据电荷守恒，溶
液中 H+数目越多，离子总数越多，因此总离子数目前者大于后者，故 B 错误；
C．由分析可知，酸的电离程度的大小顺序为 H2CO3＞HCN＞HCO ，由强酸制弱酸的原理可知，
溶液中氰酸根离子与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为
，故 C 正确；
D．由方程式可知，25℃时反应的化学平衡常数
c(HCOO K = )c(HCN) = c(HCOO
)c(HCN)c(H+) = Ka(HCOOH)=1.8×10
4
5，故 D 正确；
c(HCOOH)c(CN ) c(HCOOH)c(CN+)c(H+) Ka(HCN)
=3.67×10
4.9×10 4
10.选 B。【详解】A．由图可知，反应达到化学平衡时，改变条件，正、逆反应速率均增大，
但仍然相等，对于前后气体计量数相等的反应，增大压强，正、逆反应速率均等幅增加，平衡
不移动。故 A 正确；
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B．该反应为气体体积减小的反应，将容器体积缩小后，气体压强增大，平衡向正反应方向移
动，四氧化二氮的浓度增大，由图可知，达到平衡时，四氧化二氮的浓度突然增大，后又逐渐
减小，说明平衡向逆反应方向移动，改变的条件是增大四氧化二氮的浓度，不是将容器体积缩
小，故 B 错误；
C．由图可知：A 生成 B 的反应为 ①A B H1=E1－E2， B 生成 C 的反应为①B C H2= E3
－E4，则 A 生成 C 的反应为 A C H1＋ H2=E1－E2＋E3－E4，故 C 正确；
D．由图可知，反应达到平衡后，升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应
方向移动，该反应为放热反应，故 D 正确；
11.选 C。【详解】A. NaA 和 NaB 的起始浓度不确定，无法根据 pH 大小推断水解程度大小，A
错误；B. 酸 HA 放出的氢气越多，说明 HA 起始浓度越大，其酸性越弱，B 错误；C. NH3.H2O
存在电离平衡，滴酚酞变红，加入 NH4Cl 固体抑制电离，则溶液红色变浅，由此可证明 NH3.H2O
为弱电解质，C 正确；D. 次氯酸钠溶液可使 pH 试纸褪色，应选 pH 计测定 pH，D 错误
12.选B。【详解】A. 根据盖斯定律，△H1=△H3-△H2=-48.2kJ·mol-1 A正确;
B. H1<0 , H3<0 升高温度，平衡逆向移动，CH3OH物质的量分数减小，因此a表示CH3OH物质
的量随温度变化 ，B错误；
C. 反应I、III都生成CH3OH ,温度不变，增大压强，平衡正向移动，CH3OH产量提高 ，C正确
D.△H1<0，△H2<0，温度改变，I、II平衡移动方向相反 ，但程度相近，CO2 物质的量几乎不
变，D正确。
13.选 C。【详解】A. 实验①、②说明 是水溶液中 歧化反应的催化剂，②中含有 KI，一
段时间出现浑浊，而①无明显现象，根据控制变量法，其他条件应相同，则 a 可能是 ；实
验②是实验④的对比实验，则 I-的浓度相等，b=0.4；A 正确；B. 实验②、③其他条件相同，只
有 SO2 的浓度是变量，目的是探究浓度对 SO2 歧化反应速率的影响；B 正确；C. 实验①、⑤的
变量是 H+，两个实验均无明显现象，说明 单独存在时不具有催化作用；C 错误；D. 综合实
验探究可得出的结论是 存在时， 可以加快水溶液中 歧化反应速率；D 正确；
14.选 B。【详解】A．E 点 MOH 溶液中 ，结合 可知，
，MOH 的电离常数约为 ，A 正确；
B．F 点溶液呈碱性，溶质为 MCl 和 MOH，物质的量相等，MOH 的电离程度大于 M+的水解程
度，故离子浓度关系为：c(M+)>c(Cl )>c(MOH)>c(OH )>c(H+)，B 错误；
C．P 点酸碱恰好中和，溶质为 MCl，水的电离受到促进，因此水的电离程度最大，C 正确；
D．Q 点加入盐酸体积为 MOH 体积的 2 倍，溶液中存在物料守恒：c(Cl )=2c(MOH)+2c(M+) ，
根据电荷守恒有 c(Cl )+c(OH )=c(H+) +c(M+) ，两式处理后有 c(H+) =2c(MOH)+c(M+) +c(OH )，
故 c(H+)>2c(MOH)+c(M+) ，D 正确；
15.选 D。【分析】根据纵坐标含义知，pC 越小则该微粒浓度越大，c(H2A)越大，pC 越小，随
着 pH 增大，c(H2A)减小，pC(H2A)增大，则曲线 II 为 pC(H2A)，同理曲线 I 为 pC( )、曲线
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Ⅲ为 pC( )；据此解答。
【详解】A．由上述分析可知，曲线 II 为 pC(H2A)，曲线 I 为 pC( )、曲线Ⅲ为 pC( )，当
pH=3 时，pC(H2A)=pC( )＞pC( )，pC 越小则该微粒浓度越大，所以 c(HA-)>c(A2-)=c(H2A)，
故 A 错误；
B．常温下由 HA- A2-+H+Ka2 可知，Ka2= ，当 c( )=c( )时，pH=5.3，
则 Ka2=c(H+)=10-5.3，数量级为 10-6，故 B 错误；
C．HA-的电离常数为 10-5.3，HA-的水解常数为 0-13.2，因为电离程度大于水解程度，所以 NaHA
溶液呈酸性，故 C 错误；
D． = ，电离平衡常数只与温度有关，温度不变
则 不变，D 正确；故答案为 D。
16．(14 分，除特殊说明每空 2 分)
(1)使生成的 SO2 完全被双氧水吸收（1 分） H2O2+SO2=H2SO4
(2) A （1 分） 检查是否漏液（1 分）
(3)除去未和 SO2 反应的 H2O2
(4)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 ad
(5) 0.28 g·kg-1 符合（1 分）
【详解】（1）持续通 N2 的作用是：使生成的 SO2 完全被双氧水吸收。双氧水和 SO2 反应生成
H2SO4，化学方程式为：H2O2+SO2=H2SO4。
（2）步骤 ii 中盛装 0.01mol·L-1 的 NaOH 标准液的仪器为碱式滴定管，故选 A；滴定管使用之
前需要进行的操作为检查是否漏液。
（3）步骤 ii 中煮沸的目的可能是：除去未和 SO2 反应的 H2O2。
（4）滴定前锥形瓶中溶液无色，滴定完全后 NaOH 稍过量，溶液为浅红色，步骤 ii 滴定终点
的现象为：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
a．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致标准 NaOH 溶液的体积偏小，会使测得的 SO2
含量偏小
b．盛装 0.01mol·L-1 的 NaOH 标准液的仪器未用标准液润洗，会导致标准液被稀释，导致标准
NaOH 溶液的体积偏大，会使测得的 SO2 含量偏大
c．滴定前读数时俯视刻度线，滴定终点读数时仰视刻度线，导致标准 NaOH 溶液的体积偏大，
会使测得的 SO2 含量偏大
d．氮气流速过快会导致 SO2 吸收不充分，导致测得的 SO2 含量偏小
故选 ad
（5）由表格数据可知，第三组实验数据误差较大，应该舍去，另外三组实验平衡消耗标准 NaOH
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溶液 8.80mL，则该大枣中 SO 的残留量为0.0088×0.01×642 ≈ 0.002816 g，
0.002816≈0.28g·kg-12 0.010 因此
符合国家标准。
17.（14 分，每空 2 分）
I. ①逆向 ②变大 ③酸
II.（1）①H3AsO3 ②H3AsO3 + OH+ = H AsO 2 3 + H2O③ ac
（2）pH 在 5~9 时，主要微粒为H2AsO3和H 2AsO3，带负电荷的微粒H2AsO3 的含量随溶液 pH
增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化铁胶粒吸附，吸附效果变好，同时
pH 升高更利于铁盐水解，促进生成更多的 Fe(OH)3 胶体，吸附效果增强；
【详解】（I 1）①当少量碱进入到人体血液时，发生反应 ，
平衡逆向移动
+ + +
②当大量酸进入人体血液时平衡正向进行，c( HCO )
c(H )
减少 =
C(H ) = c(H ) Ka1
c(H CO ) c(H CO ) c(HCO
=
2 3 2 3 3 ) c(HCO
3 )
，
比值增大
+
③当血液中 c(HCO 3 ): c(H2CO ) = 10: 1 K =
(HCO
时， 3
) (H ) + 6
3 a1 = 10 (H ) = 1.0 × 10 (H2CO3) ，
c(H+)=1.0×10-7mol/L，此时 pH=7，不在正常范围内，人体可能已经发生酸中毒
II.(1)①由图可知 PH 在 7.35~7.45 之间存在的微粒主要是H2AsO3。
②pH= 11 时，溶液中砷的主要存在微粒H3AsO 3 ，则将 KOH 滴入亚砷酸溶液至 pH= 11，H3AsO3
不断减少，H2AsO 3 不断增多，可以推知发生的反应为H3AsO3 + OH+ = H AsO 2 3 + H2O。
③ a．当 n(H3AsO3):n(H 2AsO3 )=1:1 时，由图可知两曲线交点处溶液呈碱性，故 a 项正确；b．pH=12
时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋))，则题中所列式子不成立，b 错误；c．在 K3AsO3 溶液中，含
砷微粒AsO3 3 的浓度远大于其它含砷微粒的浓度，由图像可知 c(AsO3 2 3 ) > c(HAsO3 ) >
c(H2AsO 3 )，c 正确。
故答案为：H3AsO3；H3AsO3 + OH+ = H 2AsO3 + H2O；故答案为 ac；
(2)由于 Fe(OH)3 胶体表面带正电荷，可以吸附负电荷微粒，pH 在 5~9 时，主要微粒为H3AsO3
和H 2AsO3 ，带负电荷的微粒H2AsO3 的含量随溶液 pH 增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化
铁胶粒吸附，吸附效果变好。pH 升高促进铁盐水解，生成更多的 Fe(OH)3 胶体，吸附效果增强。
答案：pH 在 5~9 时，主要微粒为H3AsO3和H2AsO 3 ，带负电荷的微粒H2AsO 3 的含量随溶液 pH
增大而增大，更易于被带正电荷的氢氧化铁胶粒吸附，吸附效果变好，同时 pH 升高更利于铁
盐水解，促进生成更多的 Fe(OH)3 胶体，吸附效果增强；
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18.（14 分，每空 2 分）
I（1）能（2）AE（3）促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率：加快合成氨反应速率。
2
1 (
4
3)
0.5
（4） = 9 2 33×(9 )0.5
42
II.（1）2NH3(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(NH2)2(s) ΔH=-133kJ/mol。
(2) 二 55
【详解】I（1） ，常温下
，反应能自发进行。
（2）A．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再交化时，表明正逆反
应速率相等，达到平衡状态，A 正确；
B．设起始 N2 和 H2 分别为 amol，氮气体积分数为 50%，N2 反应 xmol，列出三段式求出平衡时
氮气体积分数，
平衡时 N2 体积分数为 ，始终不变，不说明达到平衡状态，
B 错误；
C．该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终
不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，C 错误：
D．反应速率之比等于化学方程式计量数之比，当 3v 正(NH3)=2v 逆(H2)说明正逆反应速率相同，
反应达到平衡状态，D 错误；E.反应前后气体物质的量变化，气体质量不变，容器内气体的平
均摩尔质量不变，说明反应达到平衡状态，E 正确。
故选 AE。
（3）在合成氨过程中，不断分高出氨，即降低体系中 c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向
移动，提高氨的平衡产率，根据合成氮反应的速率方程，速率与 c(NH3)成反比，故加快合成氨
反应进率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率：加快合成氨反应速率。
(4)因为氨气的体积分数为 25%，则 N 1 32 体积分数为 ×75% H 75%4 ， 2 体积分数为4×
P(NH3)=16×25%=4MPa
P(N 12)=16× ×4 25%=3MPa
P(H2)=16×
3×
4 25%=9MPa
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当平衡时 =0，
则 ， ，以铁为催化剂时 ，
42 0.5
( )1= 93
32 3×(9 )0.5
42
II.（1）已知：
第一步：2NH3(g)+CO2(g) H3NCOONH4(s) H=-271kJ·mol-1
第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)(s)+H2O(g) H=+138kJ·mol-1
根据盖斯定律可知第一步+第二步即得到 NH3、CO2 为原料合成尿素的热化学方程式为
2NH3(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(NH2)2(s) ΔH=-133kJ/mol。
（2）由图象可知在 15min 左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一
步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出
第二步反应速率慢，所以合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定，根据图象可知第一步反应
进行到 15min 达到平衡；根据图象可知反应进行到 55min 时尿素的物质的量不再发生变化，说
明总反应进行到 55min 时到达平衡。
19．（13 分，除特殊标注外，每空 2 分）
(1) < < （1 分） 经计算可以T1 时平衡常数K=0.5,T2 时K=2.5, 又因为正反应反向吸
热，所以T1
(3)水蒸气与积碳发生反应 ，可消除催化剂表面的积碳详解：
【详解】（1）①T1 时，向乙容器中按表格中数据投料：
起始（mol/L） 3 0 0
转化（mol/L） 1 1 1
平衡（mol/L） 2 1 1
K=1/2，温度相同时,容器乙Q=2×3/4=1.5 因为Q>K，所以反应逆向进行；此时v正
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起始（mol/L） 5 0 0
转化（mol/L） 2.5 2.5 2.5
平衡（mol/L） 2.5 2.5 2.5
此时K=2.5×2.5/2.5=2.5；因为KT2>KT1； 正方向为ΔH>0；所以T1
余三步都是解离过程，因此，低温有利于“吸附环节”的发生，该催化剂在使用过程中，“脱氢环
节”除了产生H2，还会生成H2O离开催化剂表面。
（2）正反应为总体积增大的反应，在 100kPa的压强下，n(乙苯): n(CO2)越大，CO2 气体的压强
就越大，则乙苯的分压越小，减小压强平衡向正向移动，则n(乙苯): n(CO2)=1: 9 时乙苯的转化
率最大，因此n(乙苯): n(CO2)=1: 5 时，符合条件的曲线为b。
（3）水蒸气与积碳发生反应C(s)+H20(g)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
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