文档内容
江西省 ２０２５—２０２６学年度第一学期期中考试
高二化学参考答案及评分细则
１．【答案】Ｃ
【解析】打磨指南针、用捞纸器捞浆、雕刻木活字时均未发生化学变化，Ａ、Ｂ、Ｄ项不符合题意；黑火药爆炸发生反
点燃
应：Ｓ＋２ＫＮＯ＋３ＣＫＳ＋Ｎ↑＋３ＣＯ↑，该反应属于放热反应，Ｃ项符合题意。
３ ２ ２ ２
２．【答案】Ｄ
【解析】合成氨时采用４００～５００℃反应条件的主要原因是该温度下催化剂的活性强，Ａ项不符合题意；工业制硫
酸时，吸收塔内用９８．３％浓硫酸吸收ＳＯ 是为了防止放出大量的热形成酸雾，Ｂ项不符合题意；夏天将水果放在
３
冰箱内保鲜是为了减缓反应速率，Ｃ项不符合题意；压强增大有利于 ＣＯ（ｇ）＋３Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨＯＨ（ｇ）＋ＨＯ（ｇ）
２ ２ ３ ２
平衡正向移动，Ｄ项符合题意。
３．【答案】Ｃ
【解析】ＮａＣｌ固体是强电解质，但不含有自由移动的离子，不能导电，Ａ项错误；ＨＣｌ不含有自由移动的离子，不能
导电，Ｂ项错误；熔融ＫＣｌ为电解质，含有自由移动的离子，能导电，Ｃ项正确；ＣａＣＯ 为强电解质，Ｄ项错误。
３
４．【答案】Ａ
【解析】ｐＨ＝２的ＨＡ溶液中氢离子浓度是１０－２ｍｏｌ·Ｌ－１，稀释１０００倍后为１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１，即 ｐＨ＝５，说明 ＨＡ是
强电解质，Ａ项符合题意；测得０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＨＡ溶液的ｃ（Ｈ＋）＝１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１，说明ＨＡ部分电离，是弱电解质，
Ｂ项不符合题意；用相同浓度的盐酸和ＨＡ溶液做导电实验，ＨＡ溶液的导电性比盐酸的弱，表明ＨＡ没有完全电
离，说明ＨＡ为弱酸，Ｃ项不符合题意；１ＬｐＨ＝３的ＨＡ溶液与足量锌粉反应，最终产生０．１ｇＨ（０．０５ｍｏｌ），说
２
明反应过程中，有ＨＡ分子电离出Ｈ＋，说明ＨＡ为弱酸，Ｄ项不符合题意。
５．【答案】Ｄ
【解析】将ＮＨＮＯ 溶于水后密封制成降温袋是因为ＮＨＮＯ 溶解吸收热量，与ＮＨＮＯ 在水中能完全电离无关
４ ３ ４ ３ ４ ３
联，Ｄ项符合题意。
６．【答案】Ｃ
【解析】常温下，水电离出的ｃ（Ｈ＋）＝１．０×１０－１３ｍｏｌ·Ｌ－１＜１０－７ｍｏｌ·Ｌ－１，说明水的电离被抑制，溶液中含大量 Ｈ＋
或ＯＨ－，ＨＣＯ－与Ｈ＋、ＯＨ－均会反应，不能大量共存，Ａ项不符合题意；使甲基橙变红的溶液应为酸性，ＣｌＯ－、Ｓ２－与
３
Ｈ＋均会反应且ＣｌＯ－会与Ｓ２－发生氧化还原反应，不能大量共存，Ｂ项不符合题意；ＮＯ－、ＳＯ２－、Ｎａ＋相互不反应，也
３ ４
不会与氯水中的微粒反应，能大量共存，Ｃ项符合题意；ＭｎＯ－为紫红色，与无色条件矛盾，Ｄ项不符合题意。
４
７．【答案】Ａ
【解析】水的电离方程式为２ＨＯ幑幐ＨＯ＋＋ＯＨ－，Ａ项正确；热化学方程式中生成的 ＨＯ为气态，不能表示 Ｈ
２ ３ ２ ２
燃烧热的热化学方程式，Ｂ项错误；ＨＰＯ 为弱电解质，ＨＰＯ 溶液中还含有 ＨＰＯ 分子，Ｃ项错误；Ｃｌ与 ＨＯ
３ ４ ３ ４ ３ ４ ２ ２
反应的离子方程式为Ｃｌ＋ＨＯ幑幐Ｈ＋＋Ｃｌ－＋ＨＣｌＯ，Ｄ项错误。
２ ２
８．【答案】Ｂ
【解析】ｃ（Ｈ＋）＞ｃ（ＯＨ－）的溶液呈酸性，Ａ项正确；ＨＯ的电离为吸热过程，升高温度，纯水中 ｃ（Ｈ＋）、ｃ（ＯＨ－）均
２
会增大，ｐＨ会减小，Ｂ项错误；适当升高温度能增大单位体积内活化分子数，加快反应速率，Ｃ项正确；吸热反应
中，旧化学键断裂吸收的总能量大于新化学键形成放出的总能量，Ｄ项正确。
高二化学 第 １页（共５页）
书书书９．【答案】Ｂ
【解析】压缩容器体积，压强增大，Ｈ 的平衡转化率增大，α＞３０％，Ａ项错误；平衡状态 １时，ｎ（Ｎ）＝０．７ｍｏｌ、
２ ２
０．６
ｎ（Ｈ）＝２．１ｍｏｌ、ｎ（ＮＨ）＝０．６ｍｏｌ，ＮＨ 的体积分数为 ×１００％≈１７．６％，Ｂ项正确；温度不变，平衡
２ ３ ３ ０．６＋２．１＋０．７
常数不变，Ｃ项错误；该反应为放热反应，在绝热容器中发生反应，体系温度升高，不利于 Ｈ 的转化，活塞固定在
２
ａ处，达到平衡状态时，Ｈ 的转化率小于３０％，Ｄ项错误。
２
１０．【答案】Ｄ
【解析】１ＬｐＨ＝１的硫酸溶液中，含有的Ｈ＋的物质的量为１Ｌ×０．１ｍｏｌ·Ｌ－１＝０．１ｍｏｌ，Ａ项错误；Ｈ 与 Ｉ的反
２ ２
应为可逆反应，１ｍｏｌＨ 和１ｍｏｌＩ充分反应后，生成的 ＨＩ分子总数小于２Ｎ，Ｂ项错误；未说明溶液体积，无
２ ２ Ａ
４６ｇ
法计算Ｃｌ－数目，Ｃ项错误；ＮＯ 和ＮＯ 的最简式都是ＮＯ，４６ｇＮＯ 的物质的量为 ＝１ｍｏｌ，所含原
２ ２ ４ ２ ２ ４６ｇ·ｍｏｌ－１
子总数为３Ｎ，Ｄ项正确。
Ａ
１１．【答案】Ｂ
【解析】碳酸氢钠粉末溶于水会吸热，也会导致温度降低，Ａ项不符合题意；其他条件相同时，浓度大的草酸溶液褪
色更快，能说明浓度越大，反应速率越快，Ｂ项符合题意；向ＨＯ 溶液中加入的两种溶液除了阳离子不同，阴离子
２ ２
也不同，加入ＦｅＣｌ溶液的ＨＯ 溶液产生气泡速率更快，也可能是Ｃｌ－催化导致的，不能说明Ｆｅ３＋的催化效果更
３ ２ ２
好，Ｃ项不符合题意；无论是否为可逆反应，均有Ｆｅ３＋生成，滴加ＫＳＣＮ溶液，溶液均会变红，Ｄ项不符合题意。
１２．【答案】Ｄ
【解析】Ｐ点时ｃ（Ｚ）不变，说明反应达到平衡状态，而非反应停止，Ａ项错误；０～１０ｍｉｎ，ｖ（Ｙ）＝０．０４ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１，
Ｂ项错误；假设Ｘ反应了ａｍｏｌ，则有如下关系：
Ｘ（ｇ）＋２Ｙ（ｇ）幑幐Ｚ（ｇ）
始／ｍｏｌ １ １ ０
转／ｍｏｌ ａ ２ａ ａ
后／ｍｏｌ １－ａ １－２ａ ａ
１－ａ
可知Ｘ的体积分数为 ×１００％＝５０％，Ｘ的体积分数一直不变，则当 Ｘ的体积分数不变时，不能说明反应达
２－２ａ
到平衡，Ｃ项错误；ｔ时刻ｃ（Ｚ）升高，可能是充入了（０．４ｍｏｌ·Ｌ－１－０．２ｍｏｌ·Ｌ－１）×２Ｌ＝０．４ｍｏｌ的Ｚ（ｇ），ｃ（Ｚ）
１
升高，平衡逆向移动，ｃ（Ｚ）缓慢降低，与图像相符，Ｄ项正确。
１３．【答案】Ｃ
【解析】由电离平衡常数可知电离出 Ｈ＋能力强弱的顺序为 ＨＰＯ＞ＨＦ＞ＣＨＣＯＯＨ，浓度相同时溶液中的
３ ３ ３
ｃ（Ｈ＋）：ＨＰＯ＞ＨＦ＞ＣＨＣＯＯＨ，Ａ项正确；ｐＨ＝４的盐酸和亚磷酸溶液等体积混合，混合溶液的 ｃ（Ｈ＋）仍为
３ ３ ３
１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１，Ｂ项正确；ｐＨ相同的酸溶液加水稀释相同倍数时，酸性更强的酸溶液 ｐＨ变化更大，Ｃ项错误；
ｐＨ相同的酸溶液，电离平衡常数越小，酸的物质的量浓度越大，等体积时消耗的ＯＨ－就越多，Ｄ项正确。
１４．【答案】Ａ
ｃ（Ａ－）
【解析】由图可知 ０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＨＡ溶液的 ｐＨ＝２．６，ｃ（Ａ－）≈ｃ（Ｈ＋），ＨＡ的电离度＝ ×１００％＝
ｃ（ＨＡ）＋ｃ（Ａ－）
１０－２．６
×１００％≈２．５％，Ａ项正确；由图可知，紫色石蕊溶液作指示剂，变色范围内颜色过渡不明显，变色范围较宽，
０．１
高二化学 第 ２页（共５页）误差太大，Ｂ项错误；由图可知，在ｂ点时达到滴定终点，此时溶液中溶质为正盐ＭＡ，此时水的电离程度最大，Ｃ项
错误；ｂ点为滴定终点，由元素守恒可知，ｂ点对应的溶液中存在ｃ（Ｍ＋）＋ｃ（ＭＯＨ）＝ｃ（Ａ－）＋ｃ（ＨＡ），Ｄ项错误。
１５．【答案】（１）高温（１分）
１
（２） （２分）
ａ
（３）①０．０２（２分） ４０．４（２分）
②４０（２分）
（４）Ｂ（２分，多选、错选不得分）
（５）①ＣＯ＋４ＨＣＯ＋２Ｈ（ｇ）或４Ｈ２Ｈ（ｇ）（２分，“”写成“→”不扣分）
２ ２
②Ｄ（２分，多选、错选不得分）
【解析】（１）该反应吸热、熵增，根据公式ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ可知反应在高温条件下能自发进行。
１ １
（２）Ｋ＇＝ ＝ 。
Ｋ ａ
０．２０
（３）①ｖ（ＣＯ）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１＝０．０１ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１，则 ｖ（Ｈ）＝０．０２ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１。消耗的甲醇
２０ ２
的物质的量为（０．２０×２）ｍｏｌ＝０．４０ｍｏｌ，根据题干信息，反应消耗１ｍｏｌ甲醇时，吸收１０１ｋＪ能量，则该反应消耗
０．４０ｍｏｌ甲醇时，吸收４０．４ｋＪ能量。②该反应消耗ｎ（ＣＨＯＨ）＝０．４０ｍｏｌ，该条件下，ＣＨＯＨ的平衡转化率为
３ ３
０．４０ｍｏｌ
×１００％＝４０％。
１ｍｏｌ
（４）由Ｔ下的反应达到平衡的时间更短，可知Ｔ＞Ｔ，该反应吸热，温度升高平衡正向移动，平衡时 Ｈ 的体积
２ ２ １ ２
分数更大，Ａ项错误；该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，ＣＨＯＨ的物质的量增大，温
３
度升高，平衡正向移动，ＣＨＯＨ的物质的量减小，Ｂ项正确；压强增大，平衡逆向移动，气体的总质量不变，总物
３
质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，Ｃ项错误；温度升高，ｖ′、ｖ′都增大，ｖ′不应与原平衡状态有交点，
正 逆 正
Ｄ项错误。
（５）①速率最慢的步骤即活化能最大的步骤，由图可知活化能最大的一步反应为ＣＯ＋４ＨＣＯ＋２Ｈ（ｇ），也
２
可以写作４Ｈ２Ｈ（ｇ）。②催化剂不会改变反应平衡，因此反应物的平衡转化率和平衡时 Ｈ 的浓度均不
２ ２
变，Ａ、Ｂ项不符合题意；催化剂不会改变反应的焓变，Ｃ项不符合题意；催化剂能降低反应所需的活化能，使普
通分子转化为活化分子，增大单位体积内活化分子数目和活化分子百分数，Ｄ项符合题意。
１６．【答案】（１）增大（２分） ＡＣ（２分，１个１分，多选、错选不得分）
（２）ＨＳ幑幐Ｈ＋＋ＨＳ－（２分，“幑幐”写成“”不给分） １．２×１０－４（２分）
２
（３）ＣＨＣＯＯＨ＋Ｓ２－ＨＳ－＋ＣＨＣＯＯ－（２分，物质、配平错误不得分）
３ ３
（４）１０－９（１分） １０－９（１分） ＜（２分）
【解析】（１）ＨＳ的电离过程是吸热的，升高温度促进电离，Ｋ（ＨＳ）会增大。加水稀释过程中，溶液的 ｐＨ增
２ ａ１ ２
大，ｃ（Ｈ＋）减小，Ａ项符合题意；
ｃ（Ｈ＋）
＝
Ｋ
ａ１
（Ｈ
２
Ｓ）
，加水稀释过程中，ｃ（ＨＳ－）减小，
ｃ（Ｈ＋）
增大，Ｂ项不符合题
ｃ（ＨＳ） ｃ（ＨＳ－） ｃ（ＨＳ）
２ ２
意；加水稀释过程中，ｃ（Ｈ＋）减小，ｃ（ＯＨ－）增大，－ｌｇｃ（ＯＨ－）减小，Ｃ项符合题意；ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＯＨ－）＝Ｋ，稀释过
ｗ
程中，温度不变，Ｋ 不变，Ｄ项不符合题意。
ｗ
高二化学 第 ３页（共５页）（２）多元弱酸的电离以第一步为主，ＨＳ溶液呈酸性的主要原因为 ＨＳ幑幐Ｈ＋＋ＨＳ－；Ｋ （ＨＳ）＝
２ ２ ａ１ ２
ｃ（Ｈ＋）·ｃ（ＨＳ－）
＝１．６×１０－７，Ｋ（ＨＳ）Ｋ （ＨＳ），ｃ（ＨＳ－）≈ｃ（Ｈ＋），弱电解质电离程度很微弱，ｃ（ＨＳ）≈
ｃ（ＨＳ） ａ１ ２ ａ２ ２ ２
２
０．１ｍｏｌ·Ｌ－１，代入可得ｃ（Ｈ＋）≈１．２×１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１。
（３）根据数据可知醋酸的Ｋ大于ＨＳ的Ｋ，所以向ＮａＳ溶液滴加少量醋酸溶液时，发生反应的离子方程式为
ａ ２ ａ１ ２
ＣＨＣＯＯＨ＋Ｓ２－ＨＳ－＋ＣＨＣＯＯ－。
３ ３
（４）酸与碱都会抑制水电离，所以常温下，ｐＨ＝５的 ＨＳ溶液和 ｐＨ＝９的 ＮａＯＨ溶液中水电离的 ＯＨ－浓度都是
２
１０－９ｍｏｌ·Ｌ－１。虽然ＨＳ溶液中ｃ（Ｈ＋）和ＮａＯＨ溶液中ｃ（ＯＨ－）都为１０－５ｍｏｌ·Ｌ－１，但ＨＳ是弱酸，ｃ（ＨＳ）远大
２ ２ ２
于ｃ（ＮａＯＨ），所以等体积混合后所得的溶液ｐＨ＜７。
１７．【答案】（１）加快反应速率（１分），提高原料利用率（１分） ２Ｈ＋＋２Ｆｅ２＋＋ＨＯ ２Ｆｅ３＋＋２ＨＯ（２分，物质、配平
２ ２ ２
错误不得分）
△
（２）２ＨＯ ２ＨＯ＋Ｏ↑（２分，物质、配平错误不得分，未写“△”扣１分，未写“↑”不扣分）
２ ２ ２ ２
（３）（用标准溶液）润洗（２分）
（４）滴入最后半滴ＮａＳＯ 标准溶液，溶液蓝色褪去（１分），且半分钟内不恢复至原来的颜色（１分）
２ ２ ３
（５）５７．４（２分） 偏大（２分）
【解析】（１）搅拌能使原料充分混合，加快反应速率，提高原料利用率；加入 ＨＯ 溶液的目的是将 Ｆｅ２＋氧化为
２ ２
Ｆｅ３＋，因此反应的离子方程式为２Ｈ＋＋２Ｆｅ２＋＋ＨＯ ２Ｆｅ３＋＋２ＨＯ。
２ ２ ２
△
（２）温度过高，ＨＯ 会分解：２ＨＯ ２ＨＯ＋Ｏ↑。
２ ２ ２ ２ ２ ２
（３）碱式滴定管在用水洗涤干净后内壁残留水珠，需要用待装的标准溶液润洗。
（４）Ｉ遇淀粉溶液显蓝色，加入淀粉指示剂，溶液为蓝色，Ｉ与ＮａＳＯ 反应完后，蓝色消失，所以达到滴定终点
２ ２ ２ ２ ３
的现象：当滴入最后半滴ＮａＳＯ 标准溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复至原来的颜色。
２ ２ ３
（５）根据关系式：２Ｆｅ３＋～Ｉ～２ＳＯ２－，ｍ（Ｆｅ）＝（２０．５０×１０－３×０．１０００×５６）ｇ＝０．１１４８ｇ，则样品中铁元素的质量分
２ ２ ３
０．１１４８ｇ
数为 ×１００％＝５７．４％；滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的 ＮａＳＯ 标准溶
０．２０００ｇ ２ ２ ３
液读数会偏大，测定的铁含量会偏大。
１８．【答案】（１）＋４２５（１分，未写“＋”不扣分） ｃ（１分）
（２）①＞（２分） ＡＤ（２分，１个１分，多选、错选不得分）
②７００℃后，反应Ⅱ平衡常数较大，反应较彻底，有利于降低体系中 ｃ（ＣＯ），促进反应Ⅰ正向移动（２分，合
２
理表述即可）
（３）Ｏ＋Ｈ ＨＯ＋（１分，物质、配平错误不得分）
２ ２
（４）①Ｈ（２分）
２
②（曲线ｂ代表的是ＣＯ，因为反应Ⅱ的ΔＨ＞０，反应Ⅲ的 ΔＨ＜０，）在温度较低时，以反应Ⅲ为主，温度升
２ ２ ３
高，反应Ⅲ平衡逆向移动使ｎ（ＣＯ）增加（１分）；当温度较高时，以反应Ⅱ为主，温度升高，平衡正向移动使
２
ｎ（ＣＯ）减小（１分，意思相近即可）
２
③２８．１（２分）
【解析】（１）根据盖斯定律可知ΔＨ＝ΔＨ＋ΔＨ＝＋４２５ｋＪ· ｍｏｌ－１＞０，且该反应的 ΔＳ＞０，再由 ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ，可
４ １ ２
知反应的ΔＧ随着温度的升高而降低，曲线ｃ满足该规律。
高二化学 第 ４页（共５页）１ ２ １ ２
（ ）×（ ）
２ ２
（２）①７８０℃，Ｑ＝ ＝３．１２５＜１００，此时ｖ＞ｖ；ｃ（ＣＯ）不再改变可说明反应Ⅱ达到平衡状态，Ａ项符
０．４０．２ 正 逆 ２
×
２ ２
１
合题意；无论反应Ⅱ是否达到平衡状态，ｎ（ＣＯ）ｎ（Ｈ）的值均为１，Ｂ项不符合题意；ｖ（ＣＨ）＝ ｖ（ＣＯ）＝
２ 正 ４ ２正
２ｖ（ＣＯ），则反应Ⅱ正向进行，未达到平衡，Ｃ项不符合题意；ＣａＣＯ 的质量不再改变，说明 ｃ（ＣＯ）不再改变，
逆 ３ ２
说明反应Ⅱ达到平衡状态，Ｄ项符合题意。②７００℃后，反应Ⅱ平衡常数较大，反应较彻底，有利于降低体系中
ｃ（ＣＯ），促进反应Ⅰ正向移动。
２
（３）反应第ｉｉｉ步消耗Ｈ 和Ｏ，故反应为Ｏ＋Ｈ ＨＯ＋。
２ ２ ２
（４）①由图可知，当温度小于Ｔ时，反应体系中ＣＯ的含量几乎为零，主要发生反应Ⅲ，且 ΔＨ＜０，当温度升高
１ ３
时，反应Ⅲ平衡逆向移动，ｎ（ＣＯ）增加，ｎ（Ｈ）增加，但 ｎ（Ｈ）增加幅度更大，故曲线 ａ、ｂ分别代表的物质是
２ ２ ２
Ｈ、ＣＯ。②曲线ｂ代表的物质是ＣＯ，因为反应Ⅱ的ΔＨ＞０，反应Ⅲ的ΔＨ＜０，在温度较低区域时，以反应Ⅲ为
２ ２ ２ ２ ３
主，温度升高，反应Ⅲ平衡逆向移动使ｎ（ＣＯ）增加，当温度较高时，以反应Ⅱ为主，温度升高，平衡正向移动使
２
ｎ（ＣＯ）减小。③由图可知，温度为 Ｔ 时 ＣＯ的物质的量为 ０，说明只发生了反应Ⅲ：ＣＯ（ｇ）＋４Ｈ（ｇ）幑幐
２ １ ２ ２
ＣＨ（ｇ）＋２ＨＯ（ｇ），设ＣＯ、ＨＯ、ＣＨ 初始的物质的量分别为０．２ｍｏｌ、２．８ｍｏｌ、１ｍｏｌ，转化了ｘｍｏｌＣＯ，列出三
４ ２ ２ ２ ４ ２
段式：
ＣＯ（ｇ）＋４Ｈ（ｇ）幑幐ＣＨ（ｇ）＋２ＨＯ（ｇ）
２ ２ ４ ２
起始量／ｍｏｌ ０．２ ０ １ ２．８
转化量／ｍｏｌ ｘ ４ｘ ｘ ２ｘ
平衡量／ｍｏｌ ０．２＋ｘ ４ｘ １－ｘ ２．８－２ｘ
０．４
因为Ｔ时ｎ（Ｈ）＝ｎ（ＣＨ），即 ４ｘ＝１－ｘ，ｘ＝０．２。ｎ ＝４．４ｍｏｌ，ｐ（ＣＯ）＝ ×４．４ＭＰａ＝０．４ＭＰａ，ｐ（Ｈ）＝
１ ２ ４ 总 ２ ４．４ ２
０．８ ２．４
ｐ（ＣＨ）·ｐ２（ＨＯ）
ｐ（ＣＨ）＝ ×４．４ＭＰａ＝０．８ＭＰａ，ｐ（ＨＯ）＝ ×４．４ＭＰａ＝２．４ＭＰａ，Ｋ＝ ４ ２ ＝２８．１２５ＭＰａ－２≈
４ ４．４ ２ ４．４ ｐ ｐ（ＣＯ）·ｐ４（Ｈ）
２ ２
２８．１ＭＰａ－２。
高二化学 第 ５页（共５页）
