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高二化学上学期期中测试卷 03
(考试时间：90分钟 满分100分)
考试范围：新教材人教版选择性必修1第一、二、三章
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5
K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题，每小题2分，共40分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合
题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热 ΔH为-57.3 kJ·mol-1，辛烷的标准
燃烧热ΔH为-5 518 kJ·mol-1。下列热化学方程式书写正确的是( )
A．2H+(aq)+SO2- (aq)+2Na+(aq)+2OH-(aq)=Na SO (aq)+2H O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
4 2 4 2
B．KOH(aq)+ HSO (aq)= KSO (aq)+H O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
2 4 2 4 2
C．C H (l)+ O(g)=8CO (g)+9HO(g) ΔH=-5 518 kJ·mol-1
8 18 2 2 2
D．2C H (l)+25O (g)=16CO (g)+18HO(l) ΔH=-5 518 kJ·mol-1
8 18 2 2 2
【答案】B
【解析】A项，所列热化学方程式中有两个错误，一是中和热是指反应生成1 mol H O(l)时的反应热，
2
二是当有BaSO 沉淀生成时，反应的热效应会有所变化，生成1 mol H O(l)时产生的热量不再是57.3 kJ，A
4 2
错误；B 项，中和热是指反应生成1 mol H O(l)时的反应热，B正确；C 项，燃烧热是指1 mol可燃物完全
2
燃烧生成稳定的物质时所产生的热量，这时产物中的水应为液态水，C错误；D项，当2 mol液态辛烷完
全燃烧时，产生的热量为11036 kJ，D错误；故选B。
2．在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s) Y(g)+Z(g)，以下不能说明该反应达
到化学平衡状态的是( )
A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变
C．该反应的化学平衡常数不变 D．容器中混合气体的平均相对分子量不变
【答案】D
【解析】A项，由2X(s) Y(g)+Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，反应
过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状
态，所以混合气体的密度不再变化，能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；B项，当反应容器中Y
的质量分数不变时，体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，所以反应容器中Y的质量分数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故B不符合题意；C项，由2X(s) Y(g)+Z(g)反应是在绝热的
密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说明温
度不再改变，反应达到平衡状态，所以该反应的化学平衡常数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故
C不符合题意；D项，由2X(s) Y(g)+Z(g)可知，反应前反应物是固体，反应后产物是气体，且产生
的气体比例不会改变，总是1:1，则混合气体的平均相对分子量M= 是定值，所以当容器内气体的
平均相对分子量不变时，不能判断反应达到平衡状态，故D符合题意；故选D。
3．两种盐的稀溶液：amol·L-1NaX溶液和bmol·L-1NaY溶液。下列说法不正确的是( )
A．若a=b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则酸性HXb，且c(X-)=c(Y-)，则溶液中c(HX)>c(HY)
C．若a=b，且c(X-)=c(Y-)+c(HY)，则HX为强酸
D．若两溶液等体积混合后c(X-)+c(HX)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol·L-1，则a=b=0.1mol·L-1
【答案】D
【解析】A项，两种溶液浓度相同，pH(NaX)>pH(NaY)，说明NaX的碱性更强，对应的X-的水解程
度更强，因此酸性HXb并且c(X-)=c(Y-)，根据物料守恒a=c(X-)+c(HX)，b=c(Y-)
+c(HY)，所以溶液中(HX)>c(HY)，故B正确；C项，a=b且c(X-)=c(Y-)+c(HY)，因此可以看出X-没有水解，
因此HX为强酸，故C正确；D项，两种溶液混合以前，根据物料守恒a=c(X-)+c(HX)，b=c(Y-)+c(HY)，若
等体积混合，则混合后的体积是混合前的两倍，此时c(X-)+c(HX)= ，c(Y-)+c(HY)= ，又因为c(X-)
+c(HX)=c(Y-)+c(HY)=0.1mol/L，则a=b=0.2，故D错误；故选D。
4．下列说法正确的是( )
A．室温下，pH=3的醋酸溶液稀释100倍后，溶液中所有离子的浓度均降低
B．室温下，相同pH的CHCOOH与NH Cl溶液导电能力相同
3 4
C．室温下，同浓度的NaOH溶液分别与等体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液反应至溶液呈中性，盐酸
消耗的NaOH溶液体积少
D．常温下，pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体溶液的pH增大，醋酸的电离度增大
【答案】C
【解析】A项，醋酸为弱酸，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，醋酸根离子和氢离子浓度都减小，温度
不变，水的离子积常数不变，导致氢氧根离子浓度增大，A错误；B项，CHCOOH为弱电解质，在水溶
3
液中只发生部分电离，使溶液呈酸性，NH Cl为强电解质，在水中发生水解反应使溶液呈酸性，则相同pH
4的CHCOOH与NH Cl溶液比较，NH Cl离子浓度多，即导电能力不同，B错误；C项，醋酸为弱酸，相
3 4 4
同pH的盐酸和醋酸，其溶质的浓度比较：盐酸小于醋酸，所以与同浓度的NaOH溶液等体积混合反应至
中性，盐酸消耗的NaOH溶液体积少，C正确；D项，醋酸存在电离平衡：CHCOOH CHCOO-
3 3
+H+，则加入少量醋酸钠固体，使醋酸根离子浓度增大，电离平衡向逆向移动，醋酸的电离度减小，氢离
子浓度减小，pH增大，D错误；故选D。
5．N 可以与O 化合生成NO，是自然界固氮的重要方式之一、下图所示是以1mol N 和1mol O，作
2 2 2 2
为反应物的相应能量变化。判断下列说法不正确的是( )
A．上图所示的反应中转移电子的物质的量为4 mol
B．完全断开1mol NO中的化学键需吸收1264kJ能量
C．该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量
D．NO分解的热化学方程式为2NO(g)=N (g) +O (g) H=-180kJ·mol-1
2 2
【答案】B △
【解析】A项，1mol氮气和1mol氧气反应生成2mol NO，反应中转移电子的物质的量为4 mol，故A
正确；B项，根据图示，完全断开2mol NO中的化学键需吸收1264kJ能量，故B错误；C项，根据图示，
该反应断键吸收的能量是946+498=1444kJ，成键放出的能量是1264kJ，总反应吸热，所以产物所具有的总
能量高于反应物所具有的总能量，故C正确；D项，根据图示，N(g) +O (g)= 2NO(g)
2 2
H=946kJ·mol-1+498 kJ·mol-1－1264kJ·mol-1= +180kJ·mol-1，所以NO分解的热化学方程式为2NO(g)=N (g)
2
△+O (g) H= -180kJ·mol-1，故D正确；故选B。
2
6．氨△是化肥生产工业的重要原料。传统的Haber—Bosch法目前仍是合成氨的主要方式，反应原理为
N(g)+3H(g) 2NH (g)，其生产条件需要高温高压。近来电催化氮气合成氨因节能、环境友好等优势，
2 2 3
受到广泛关注，下列有关Haber-Bosch法合成氨反应的说法正确的是( )
A．该反应的ΔH＞0、ΔS＜0
B．将氨气及时液化分离可加快化学反应速率
C．当2v(H ) =3v(NH ) 时，反应达到平衡状态
2 正 3 逆
D．提高体系的压强可增大反应的化学平衡常数
【答案】C
【解析】A项，由N(g)+3H(g) 2NH (g)反应可知，该反应是一个化合反应，为放热反应，ΔH＜
2 2 3
0，该反应是一个气体体积减小的反应，ΔS＜0，故A错误；B项，将氨气及时液化分离，减小生成物浓度，平衡正向移动，反应速率减小，故B错误；C项，速率之比等于方程式系数比，当2v(H ) =3v(NH ) 时，
2 正 3 逆
表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D项，由N(g)+3H(g) 2NH (g)反应可知，
2 2 3
提高体系的压强，平衡正向移动，但化学平衡常数只是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变，故D
错误；故选C。
7．HO 分解过程的能量变化如下图，下列说法错误的是( )
2 2
A．反应的能量变化为E-E B．Fe3+是该反应的催化剂
1 2
C．该反应是放热反应 D．HO比HO 稳定
2 2 2
【答案】A
【解析】A项，催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的能量变化，反应热等于正反应的活化
能与逆反应的活化能的差，由图可知，该反应的能量变化不等于E-E，故A错误；B项，由图可知，铁离
1 2
子能降低反应的活化能，是该反应的催化剂，故B正确；C项，由图可知，反应物的总能量大于生成物的
总能量，该反应为放热反应，故C正确；D项，由图可知，过氧化氢分解生成水和氧气是放热反应，说明
水分子的能量小于过氧化氢的能量，水的稳定性强于过氧化氢，故D正确；故选A。
8．汽车尾气在某催化剂作用下发生降解，原理为：2CO(g)+O(g) 2CO(g)。下图为在不同颗粒间
2 2
隙的沥青混凝土(α、β型)和不同温度下，实验进行相同一段时间(t秒)后测得的CO降解率变化，下列有关
叙述不正确的是( )
A．由b点到c点，反应速率加快
B．相同温度下β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大
C．已知50℃、t秒时容器中O 浓度为0.01mol/L，则在0~t秒内CO降解速率为 mol·L-1·s-1
2D．c点后降解率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失效
【答案】C
【解析】 A项，由b点到c点，随温度的升高降解率增大，A正确；B项，根据图示，相同温度下β
型沥青混凝土反应速率快，B正确；C项，若开始时，CO和O 按2：1进行反应，则根据三段法计算得出
2
v(CO)= mol·L-1·s-1，但实际上降解反应并不一定按2：1进行，C错误；D项，在适宜的温度下
催化剂的效果最好，D正确。
9．已知某温度下 CHCOOH 和 NH ·H O 的电离常数相等，现向 10 mL 浓度为 0.1 mol·L－1的
3 3 2
CHCOOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
3
A．水的电离程度始终增大
B．c(NH)/c(NH ·H O)先增大再减小
3 2
C．c(CHCOOH)与c(CHCOO－)之和始终保持不变
3 3
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CHCOO－)
3
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴
加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，
由 NH ·H O NH＋OH－可知 K＝，则＝，故减小，B 项错误；根据原子守恒知 n(CHCOO－)与
3 2 3
n(CHCOOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故 c(CHCOO－)与c(CHCOOH)之和减小，
3 3 3
C项错误；由CHCOOH和NH ·H O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷
3 3 2
守恒知c(CHCOO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CHCOO－)＝c(NH)，D项正确。
3 3
10．下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是( )
①C(s)+O(g)═CO (g)；ΔH C(s)+ O(g)═CO(g)；ΔH
2 2 1 2 2
②S(s)+O (g)═SO (g)；ΔH S(g)+O (g)═SO (g)；ΔH
2 2 3 2 2 4
③H(g)+ O(g)═H O(l)；ΔH 2H (g)+O(g)═2H O(l)；ΔH
2 2 2 5 2 2 2 6
④CaCO (s)═CaO(s)+CO (g)；ΔH CaO(s)+H O(l)═Ca(OH) (s)；ΔH
3 2 7 2 2 8
A．① B．④ C．②③④ D．①②③
【答案】C
【解析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越
完全，放出的热量越多；④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0。①两个反应都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H＜△H，故①错误；②都为放热
1 2
反应，其△H＜0，前者S为固态，则前者放出的热量少，则△H＞△H，故②正确；③都是放热反应，前
3 4
者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H＞△H，故③正确；④前者为吸热反应，△H＞0，后
5 6 7
者为放热反应，△H＜0，则△H＞△H，故④正确；根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④；
8 7 8
故选C。
11．相同温度和压强下，关于反应的 ，下列判断正确的是( )
CoCl ·6H O(s)=CoCl ·2H O(s)+4H O(l) ∆H
2 2 2 2 2 1
CoCl ·2H O(s)=CoCl ·H O(s)+H O(l) ∆H
2 2 2 2 2 2
CoCl ·H O(s)=CoCl (s)+HO(l) ∆H
2 2 2 2 3
CoCl ·6H O(s)=CoCl (s)+6HO(l) ∆H
2 2 2 2 4
A．∆H＞0，∆H＜0 B．∆H＜∆H+∆H
1 2 1 2 3
C．∆H-∆H=∆H+∆H D．∆H＜∆H
4 1 2 3 2 3
【答案】C
【解析】题给四个反应都是吸热反应，反应的∆H都大于0，将题干4个反应依次编号为①、②、③、
④，结合盖斯定律作答。A项，CoCl ·6H O(s)=CoCl ·2H O(s)+4H O(l) 和CoCl ·2H O(s)=CoCl ·H O(s)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
+H O(l)都是吸热反应，故∆H＞0，∆H＞0，A错误；B项，根据盖斯定律，将②+③得
2 1 2
CoCl ·2H O(s)=CoCl (s)+2HO(l) ∆H=∆H+∆H(标为⑤)，该反应为吸热反应，该反应失去2mol结晶水，
2 2 2 2 2 3
反应①失去4mol结晶水，失去水的物质的量是⑤的两倍，故反应①吸收的热量更多，则∆H＞∆H+∆H，B
1 2 3
错误；C项，根据盖斯定律，将①+②+③=④，则∆H+∆H+∆H=∆H，则∆H-∆H=∆H+∆H，C正确；D项，
1 2 3 4 4 1 2 3
反应②、③都失去1mol结晶水，由题意无法判断∆H、∆H 的大小，D错误；故选C。
2 3
12．一定条件下进行反应：COCl (g) Cl(g)+CO(g)。向2.0L恒容密闭容器中充入
2 2
1.0molCOCl (g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见表：
2
t/s 0 2 4 6 8
n(Cl )/mol 0 0.30 0.39 0.40 0.40
2
下列说法正确的是( )
A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(Cl )=0.22mol·L-1，则反应的△H<0
2
B．若在2L恒容绝热(与外界没有热量变换)密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变
C．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.20molCOCl 、0.60molCl 和0.60molCO，反应达到平衡前
2 2
的速率：v(正)0，A错误；B项，正反应为吸热反应，恒容绝热密
闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，B错误；
C项，平衡时c(Cl )=0.2mol·L－1，列三段式：
2
该温度下平衡常数 ，若起始向容器中充入1.2mol COCl 、0.60mol Cl 和
2 2
0.60molCO，此时 >0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正(A2-)>c(Na+)>(HA-)
D．向0.1mol·L-1KHA中滴加NaOH溶液至pH=7：c(Na+)+c(H A)=c(A2-)
2
【答案】D
【解析】A项，KHA的水解常数Kh= 1mol/L，(HA-)<1mol/L，可知
a2 2
c(K+)>(HA-)>c(Na+)>( A2-)，故C错误；D项，由电荷守恒得：c(H＋)+c(K+)+ c(Na+)=c(HA- )+2c(A2-)
+c(OH―)，由物料守恒得：c(K+)=c(HA- )+c(A2-)+c(H A)，又pH=7，c(H＋)=c(OH―)，则c(Na+)
2
+c(H A)=c(A2-)，故D正确；故选C。
2
15．根据下列能量变化示意图，说法不正确的是( )
A．破坏相同质量的NO (g)和NO(g)中的化学键，后者所需的能量较高
2 2 4
B．NH(l)+NO(g)=3/2N (g) +2 HO(l) ∆H；则∆H＞∆H
2 4 2 2 2 4
C．2HO(g) 2H(g)+ O (g) ∆H<-∆H
2 2 2 6 5
D．∆H=∆H+∆H+∆H+∆H
5 1 2 3 4
【答案】B【解析】A项，∆H<0，即1molNO (g)转化为1/2molNO(g)的反应为放热反应，所以破坏1molNO (g)
3 2 2 4 2
分子中的化学键所吸收的能量比形成1/2mol N O(g)分子中的化学键所放出的热量少，所以破坏相同质量
2 4
的NO (g)和NO(g)中的化学键，后者所需的能量较高，故A不符合要求；B项，NH(l)+NO(g)=3/2N (g)
2 2 4 2 4 2 2
+2 H O(l) ∆H，∆H=∆H+∆H，因为∆H<0，故∆H>∆H，故B符合要求； C项，∆H 为生成2mol液态水的
2 4 3 3 4 5
反应热，则有2mol的液态水分解吸收热量为∆H=-∆H，而C中是2mol的气态水分解，则吸收的热量减少
6 5
即∆H 的值减小，所以∆H<-∆H，故C不符合要求。D项，由盖斯定律可知∆H=∆H+∆H+∆H+∆H，故D
6 6 5 5 1 2 3 4
不符合要求；故选B。
16．在标准状态下，将指定单质生成1mol物质的反应焓称为该化合物的生成焓，符号为 。由题
图所给的数据可得，下列说法正确的是( )
A．生成MgF 时放出热量最多，故化合时反应速率最快
2
B．MgCl (s) +I (s)=MgI (s)+Cl (g) ΔH＝277kJ·mol−1
2 2 2 2
C．由图可知，断开1 mol Cl (g)中的化学键所吸收的能量大于断开1 mol Br (l)中的化学键所吸收的能
2 2
量
D．MgI 的热稳定性比MgBr 高
2 2
【答案】B
【解析】A项，由题干图示信息可知，生成MgF 时放出热量最多，但反应速率快慢与反应需要的活
2
化能有关，而与焓变的大小没有必然的关系，故化合时反应速率不一定最快，A错误；B项，由题干图示
信息可知，反应I：Mg(s)+Cl (g)=MgCl (s) ΔH ＝-641kJ·mol−1，反应II：Mg(s)+I (s)=MgI (s) ΔH
2 2 1 2 2 2
＝-364kJ·mol−1，则目标反应MgCl (s) +I (s)=MgI (s)+Cl (g) 可由II-I，根据盖斯定律可知：ΔH＝ΔH-ΔH
2 2 2 2 2 1
＝(-364kJ·mol−1)- (-641kJ·mol−1)=277kJ·mol−1，B正确；C项，根据反应热等于反应物总的键能减去生成物
的总的键能，由于生成物的总的键量各不相同，故根据图示信息无法比较断开1 mol Cl (g)中的化学键所吸
2
收的能量与断开1 mol Br (l)中的化学键所吸收的能量的相对大小，C错误；D项，由题干图示可知，相同
2
物质的量的MgI 具有的总能量高于MgBr 的，能量越高越不稳定，故MgI 的热稳定性比MgBr 低，D错
2 2 2 2误；故选B。
17．已知A转化为C和D分步进行：①A(g) B(g)+2D(g)；②B(g) C(g)+D(g)，其反应过程能量如图
所示，下列说法正确的是( ) ⇌ ⇌
A．1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量
B．B(g) C(g)+D(g) ΔH=(Ea -Ea )kJ/mol
4 3
C．断裂1molA(g)化学键吸收的热量小于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出的热量
D．反应过程中，由于Ea＜Ea，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
3 1
【答案】D
【解析】A项，从图中可知1molA(g)的能量低于1molB(g)和2molD(g)的总能量，不能比较1molA(g)
的能量和1molB(g)的能量大小，A错误；B项，从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物
总能量，B(g) C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea -Ea )kJ/mol，B错误；C项，从图中可知，A转
3 4
化为C和D为⇌吸热反应，断裂1molA(g)化学键吸收的热量应大于形成1molC(g)和3molD(g)化学键所放出
的热量，C错误；D项，从反应过程的图像中可知，Ea＜Ea，活化能越低，反应速率越快，故反应②速
3 1
率大于反应①，气体B很难大量积累， D正确。故选D。
18．25℃时，用NaOH调节0.10 mol·L-1 HC O 溶液的pH，假设不同pH下均有c(H C O)+c(HC O-)
2 2 4 2 2 4 2 4
+c(C O2-)=0.10 mol·L-1。使用数字传感器测得溶液中各含碳微粒的物质的量浓度随pH的变化如图所示。下
2 4
列分析不正确的是( )A．25℃时，HC O 溶液的K =1.0×10-4.2
2 2 4 a2
B．0.10 mol·L-1 HC O 溶液和0.10 mol·L-1NaC O 溶液中c(HC O-)前者大于后者
2 2 4 2 2 4 2 4
C．c(Na+)=0.10 mol·L-1的溶液中，c(H＋)+c(H C O)= c(C O2-)+ c(OH―)
2 2 4 2 4
D．25℃时HClO溶液的 ，在足量的0.10 mol·L-1NaClO溶液中滴加少量0.10
mol·L-1HC O 溶液，发生反应2ClO-+ H C O=2HClO+ C O2-
2 2 4 2 2 4 2 4
【答案】D
【解析】A项，由图可知：25℃时，HC O 溶液的 ，故A 正确；B项，
2 2 4
由图可知：HC O 溶液的Ka1=10-2.75，， ，NaC O 溶液的水解常数
2 2 4 2 2 4
，电离大于水解，所以 0.10 mol·L-1 HC O 溶液和0.10 mol·L-1 Na C O 溶液中
2 2 4 2 2 4
c(HC O-)前者大于后者，故B正确；C项，因为c(H C O)+c(HC O-)+c(C O2-)=0.10 mol·L-1，所以当溶液中
2 4 2 2 4 2 4 2 4
c(Na+)=0.10 mol·L-1时氢氧化钠和乙二酸恰好反应生成乙二酸氢钠，根据电荷守恒和物料守恒可知c(H＋)
+c(H C O)= c(C O2-)+ c(OH―)，故C正确；D项，25℃时HClO溶液的K=2.95×10-8，由图可知：HC O
2 2 4 2 4 a 2 2 4
溶液的Ka1=10-2.75， ，所以酸性HC O＞HC O-＞HClO，在足量的0.10
2 2 4 2 4
mol·L-1NaClO溶液中滴加少量0.10 mol·L-1 HC O 溶液，发生反应ClO-+ H C O=HClO+ HC O-，故D错误；
2 2 4 2 2 4 2 4故选D。
19．有机小分子催化多氟代物的取代反应，机理如图所示，已知反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ的活化能中，
反应Ⅱ的活化能最大。下列说法不正确的( )
A．反应方程式为： + → +
B．2是催化剂，4和7都是反应中间体
C．5为 时，1是
D．整个取代反应的反应速率主要由反应Ⅱ的速率决定
【答案】C
【解析】A项，由图示知，物质2、4、7在过程中循环使用，故该反应相当于物质3与5反应生成1和6，对应方程式为： + → + ，A正确；B项，物质2与物质3反
应生成中间产物4，4与物质5反应生成中间产物7，物质7发生反应Ⅲ生成物质1和2，物质2在反应前后
没变，可看作催化剂，4、7为中间产物，B正确；C项，若物质5为 ，即结构-X
为 ，则物质1为： ，C错误；D项，相同条件下，反应活化能越
大，普通分子变成活化分子越难，反应速率越慢，由于反应Ⅱ活化能最大，故整个过程的反应速率由反应
Ⅱ速率决定，D正确；故选C。
20．下列有关实验现象和解释或结论都正确的是( )
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 将氯化铁溶液加热灼烧 有固体析出 该固体是氯化铁
氯化铜溶液中有氯化铁杂质，加入氧
B 有红褐色物质析出 调节pH使铁离子水解平衡右移
化铜除杂
将充满NO 的密闭玻璃球浸泡在热水
C 2 红棕色变深 反应2NO NO 的 H>0
中 2 2 4
向1 mL 0.l mol/L的AgNO 溶液中加
3 先生成白色沉淀，
D 入4滴0.1 mol/L的NaCl溶液，再加 K (AgI)＜K (AgCl)
后产生黄色沉淀 sp sp
10滴0.1 mol/L的NaI溶液，再振荡
【答案】B
【解析】A项，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，故蒸干氯化铁溶液得氢氧化铁固
体，氢氧化铁受热易分解，灼烧得氧化铁，氯化铁溶液蒸干灼烧所得固体为氧化铁，A错误；B项，溶液
中的铁离子水解呈酸性，氧化铜消耗氢离子，调节pH使铁离子水解平衡右移，促进了的铁离子的水解，
最终铁离子转化成红褐色氢氧化铁沉淀，B正确；C．红棕色变深，说明升高温度，平衡移动，二氧化氮的浓度增大，则说明反应2NO NO 的△H<0，C错误；D项，1 mL溶液约有20滴，向1 mL 0.l
2 2 4
mol/L的AgNO 溶液中加入4滴0.1 mol/L的NaCl溶液，再加10滴0.1 mol/L的NaI溶液，AgNO 是过量的，
3 3
不能确定是AgCl转化为AgI，所以不能比较K ，故D错误；故选B。
sp
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共60分)
21．(12分)已知K、K、K 、K、K 分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数，水的离
a b w h sp
子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25℃时以下数据：K
w
＝1.0×10－14，K(CHCOOH)＝1.8×10－5，K(HSCN)＝0.13，K(HF)＝4.0×10－4，K [Mg(OH) ]＝1.8×10－11
a 3 a a sp 2
(1)有关上述常数的说法正确的是__________。
A．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
B．所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的K 都随温度的升高而增大
sp
C．常温下，CHCOOH在水中的K 大于在饱和CHCOONa溶液中的K
3 a 3 a
D．一定温度下，在CHCOONa溶液中，K ＝K·K
3 w a h
(2)25℃时，1.0 mol·L－1 HF溶液的pH约等于__________(已知lg2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液
等体积混合，判断溶液呈_______(填“酸”、“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：
_____________。
(3)已知CHCOONH 溶液为中性，又知CHCOOH溶液加到NaCO 溶液中有气体放出，现有25℃时
3 4 3 2 3
等浓度的四种溶液：A．NH Cl，B．NH SCN，C．CHCOONH，D．NH HCO 。回答下列问题：
4 4 3 4 4 3
①试推断NH HCO 溶液的pH__________7(填“＞”、“＜”或“＝”)；
4 3
②将四种溶液按NH ＋浓度由大到小的顺序排列是：__________(填序号)。
4
③NH SCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_________。
4
【答案】 (1)AD (2分)
(2)1.7 (1 分) 酸(1 分) HF 和 NaF 的浓度相等，K(HF)＝4.0×10－4，NaF 溶液中 K ＝
a h
K /K=2.5×10-9，所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液显酸性(2分)
w a
(3) ①＞(2分) ②A>B>C>D (2分) ③c(SCN-)> c(NH +)> c(H+)> c(OH-) (2分)
4
【解析】(1)A项，平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定
条件下对应变化进行的程度，A正确；B项，难溶电解质Ca(OH) 的K 随温度的升高而减小，B错误；C
2 sp
项，电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，C 错误；D 项，一定温度下，在
CHCOONa溶液中， = = ，所以K =K K ，
3 W a h
⋅D 正确；故选 AD；(2)25℃时，1.0 mol·L－1 HF 溶液中，K(HF)＝ = =4.0×10-4，
a
c(H+)=2.0×10-2，pH≈7，HF和NaF的浓度相等，K(HF)＝4.0×10－4，NaF溶液中K ＝K /K=2.5×10-9，所以
a h w a
HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液呈酸性； HF和NaF的浓度相等，K(HF)＝4.0×10－4，NaF溶液中
a
K ＝K /K=0.25×10-10，所以HF电离程度大于NaF的水解程度，溶液显酸性；(3)①已知CHCOONH 溶液
h w a 3 4
为中性，说明CHCOO-和NH +水解程度相同，又知CHCOOH溶液加到NaCO 溶液中有气体放出，说明
3 4 3 2 3
酸性：CHCOOH>H CO ，越弱越水解，可知HCO -水解程度大于NH +水解程度，所以NH HCO 溶液显碱
3 2 3 3 4 4 3
性，pH＞7；②根据电离平衡常数可知，酸性：HSCN> CH COOH>H CO ，越弱越水解，所以四种溶液按
3 2 3
NH ＋浓度由大到小的顺序：A>B>C>D；③酸性：HSCN> CH COOH ，CHCOO-和NH +水解程度相同，
4 3 3 4
所以NH +水解程度大于 SCN-水解程度，NH SCN溶液显酸性，其所有离子浓度由大到小的顺序为：
4 4
c(SCN-)> c(NH +)> c(H+)> c(OH-)。
4
22．(10分)“烟气脱硫”是环境治理的重要工程，两种常见脱硫方法如下。回答相关问题：
方法I：用亚硫酸盐吸收烟气中的SO 。已知吸收过程中含硫组分物质的量分数与溶液pH的变化关系
2
如图所示。
(1)若选用 (NH )SO 作为吸收液(已知NH ·H O 的电离常数K=1.74×10-5)：
4 2 3 3 2 b
①HSO 的pK =________( pK = -lgK )；
2 3 a1 a1 a1
②(NH )SO 溶液呈________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)，理由是________________；
4 2 3
③图中b点溶液中n(HSO - ) ：n(NH +) =_________。
3 4
(2)若选用0.1mol/L 的NaSO 作为吸收液，吸收过程中，下列有关粒子浓度关系一定正确的是(忽略溶
2 3
液体积的变化)_________。
A．NaSO 溶液中存在：c(Na+)>c(SO2-)>c(H SO )>c(HSO -)
2 3 3 2 3 3
B．NaHSO 溶液中存在：c(Na+)>c(HSO -)>c(SO2-)>c(H SO )
3 3 3 2 3
C．当吸收液呈中性时：2c(SO 2-)+c(HSO -)=0.2mol/L
3 3D．当吸收液呈酸性时：c(Na+)=c(SO2-)+c(HSO -)+c(H SO )
3 3 2 3
方法II：用含铬废水吸收烟气中的SO 。吸收原理如图所示：
2
(3)“吸收”中反应的离子方程式为____________________
(4)欲使废水中的铬元素完全转化为Cr(OH) 沉淀，应调节pH的范围为____。(常温下
3
K [Cr(OH) ]=1.0×10-32)
sp 3
【答案】(1) ①1.85(1分) ②碱性(1分)
(3)SO 2-的水解程度大于NH +的水解程度(1分) ③1：3 (2分)
3 4
(2)BC(2分) (3) 3SO +Cr O2－+2H+ ＝2Cr3++3SO2-+H O(1分) (4)≥5(2分)
2 2 7 4 2
【解析】(1)①K = ，根据图像可知当pH=1.85时，n(HSO - ) =n(H SO )，也即c(HSO -
a1 3 2 3 3
) =c(HSO )，所以K =10-1.85，则pK =1.85；②NH ·H O 的电离常数K=1.74×10-5，则铵根的水解平衡常数
2 3 a1 a1 3 2 b
为 ，亚硫酸根的水解平衡常数 根据图像可知当
pH=7时，n(HSO -)=n(SO2-)，即c(HSO -)=c(SO2-)，所以亚硫酸根的水解平衡常数为1×10-7，大于铵根的水
3 3 3 3
解平衡常数，所以亚硫酸根的水解程度大，溶液显碱性；③b点溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，同时溶液
中存在电荷守恒2c(SO 2-)+c(HSO -)+ c(OH-)= c(NH +)+ c(H+)，则有2c(SO 2-)+c(HSO -)= c(NH +)，根据图像
3 3 4 3 3 4
可知该点c(HSO -)=c(SO2-)，所以有3c(HSO -)= c(NH +)，所以n(HSO - ) ： n(NH +) =1：3；(2)A项，根据
3 3 3 4 3 4
分析可知，在吸收二氧化硫之前，HSO 是水解产生的，且为更为微弱的第二步水解产生，所以此时
2 3
c(HSO -)>c(H SO )，故A错误；B项，NaHSO 溶液中存在硫酸氢根的电离和水解，根据图像可知硫酸氢钠
3 2 3 3
水溶液显酸性即电离大于水解，所以c(SO 2-)>c(H SO )，溶液中存在c(Na+)>c(HSO -)>c(SO2-)>c(H SO )，
3 2 3 3 3 2 3
故 B 正确；C 项，吸收至中性时存在电荷守恒 2c(SO 2-)+c(HSO -)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，且此时
3 3
c(H+)=c(OH-)，所以有2c(SO 2-)+c(HSO -)=c(Na+)=0.2mol/L，故C正确；D项，当吸收溶液呈酸性时，溶液
3 3
中有电荷守恒：2c(SO 2-)+c(HSO -)+ c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，溶液显酸性则 c(H+)c(Na+)，根据图像可知当溶液呈酸性时c(HSO )> c(SO 2-)是，所以c(SO 2-)+c(HSO -)+c(H SO )>
3 2 3 3 3 3 2 3
c(Na+)，故D错误；故选BC；(3)根据产物可知该过程中Cr O2－被还原成Cr3+，二氧化硫做还原剂被氧化
2 7
成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：3SO +Cr O2－+2H+ ＝2Cr3++3SO2-+H O；(4)设铬元素
2 2 7 4 2完全转化为Cr(OH) 沉淀时溶液中的c(OH-)=amol/L，K [Cr(OH) ]=c(Cr3+)·c3(OH-)=1×10-5×a3=1.0×10-32，解
3 sp 3
得a=1.0×10-9 amol/L，此时pH值为5，所以欲使废水中的铬元素完全转化为Cr(OH) 沉淀，应调节pH的
3
范围为≥5。
23．(12分)甲醇、乙烯都是重要的有机化工原料，工业上可利用 CO 和 H 在催化剂作用下合成，
2 2
发生的主要反应有：
i．2CO(g)+6H(g) C H(g)+4HO(g ) ∆H=-127.89kJ/mol
2 2 2 4 2
ii．CO(g)+H(g) HO(g)+CO(g) ∆H=+41.2kJ/mol
2 2 2
iii．CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ∆H=-49.5kJ/mol
2 2 3 2
(1)上述反应iii中的活化能E(正)______ E(逆)(填“>”或“＜”)，该反应应选择__________高效催化
a a
剂(填“高温”或“低温”)。
(2)不同压强下CO 的平衡转化率与温度的关系如图：
2
①如图B点v正_______A点v逆(填“>”“＜”或“=”)，在B点给定的温度和压强下，提高CO 平衡
2
转化率的方法有_____________________________________。
②在恒定压强下，随着温度的升高，CO 的平衡转化率先降低后升高。表明在较低温度下体系中合成
2
低碳烯烃时_______(填“反应i”或“反应ii”)占主导。
③在较高温度如850℃时，CO 的平衡转化率随着压强的升高而减小的原因是
2
_______________________________。根据图像可知，为了更多获得乙烯等低碳烯烃反应条件应控制在
_______(填序号)。
a.温度300~400℃ b.温度900~1000℃ c.压强0.1~1.0 MPa d.压强2.0~3.0 MPa
(3)如图A点所在的条件进行反应，将 H 和CO[n(H )/n(CO)=3]以一定的流速通过K-Fe-MnO/Al O 催
2 2 2 2 2 3
化剂进行反应，测得CO 总的转化率为50.0%，C H 和CO的物质的量之比为2：1，反应i用平衡分压代
2 2 4
替平衡浓度表示的化学平衡常数K =_______(只列算式不计算，已知气体分压=气体总压x体积分数)。不改
p
变气体流速和温度，一定能提高C H 选择性的措施有_______(填序号)。
2 4
a.加压 b.选择合适的催化剂 c.将反应中产生的水及时分离【答案】(1)＜(1分) 低温(1分)
(2①＜(1分) 增大氢碳比、将生成物及时分离(1分) ②反应i (1分)
③850℃时，反应ii占主导，加压使反应i平衡正移，HO的含量增加，从而引起反应ii向左移动，
2
CO 的平衡转化率随着压力的升高而降低(2分) ad(2分)
2
(3) (MPa)-3(2分) abc(2分)
【解析】(1)ΔH= E(正)-E(逆)，CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH= -58kJ•mol -1，故上述反
a a 2 2 3 2
应中的活化能E(正)T 时r逐渐减小的原
P m
因是_______。
【答案】(1)+165.1 (2分)
(2) 0.50或50% (2分) ＜(2分) 反应I为吸热反应，投料比相同时平衡转化率越高则体系的温
度越高，反应速率越快 21.33a2(MPa)2 (2分)
(3)大(1分) 由于第二步反应快，催化剂不会以铁的形式大量存在于反应体系中，所以不会出现催
化剂的失活(2分)
(4) 减小(1分) K 减小对v的降低大于k增大对v的提高(2分)
p
【解析】(1)已知：反应I：CH(g)+HO(g)=3H (g)+CO(g) ΔH =+206.3kJ·mol-1
4 2 2 1
反应II：CO(g)+HO(g)=CO g)+H (g) ΔH =-41.2kJ·mol-1
2 2( 2 2
根据盖斯定律可知两式相加即得到总反应CH(g)+2HO(g)=CO(g)+4H(g)的ΔH=+165.1kJ·mol-1；(2)①
4 2 2 2
根据三段式可知
所以c点平衡混合物中H 的体积分数为 ；由于反应I为吸热反应，投料比相同时平衡
2
转化率越高则体系的温度越高，反应速率越快，因此a、b两点对应的反应速率v＜v。②根据三段式可知
a b
d点的总压强为aMPa，则d点的分压平衡常数K ＝ MPa2≈21.33a2(MPa)2。(3)由于第
P
一步为慢反应，则第一步反应的活化能比第二步反应大。由于第二步反应快，催化剂不会以铁的形式大量
存在于反应体系中，所以不会出现催化剂的失活。(4)CO催化变换反应是放热反应，温度升髙时，平衡逆向进行，所以CO催化变换反应的K 减小。根据速率方程可知当T>T 时K 减小对v的降低大于k增大对v
P m p
的提高，所以r逐渐减小。
25．(12分)我国力争在2030年前实现碳达峰，降低碳排放的一个重要措施是 CO 的综合利用，如工业
2
利用CO 合成CHOH，再合成CHOCH 。
2 3 3 3
I. CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) (主反应)
2 2 3 2
II. CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g) (副反应)
2 2 2
请回答：
(1)工业原料气配比中需加入一定量的 ，原因是_______。
(2)在温度为T，恒压P的条件下，充入 的CO 和3 mol H 此时体积为2升，发生I、Ⅱ反应达平衡
2 2
时CO的物质的量为 ，HO的物质的量分数为 ，求：(保留2位小数)
2
①CO 的转化率_______。
2
②反应I的平衡常数K为_______。
(3)二甲醚在有机化工中有重要的应用，可以利用上述合成的甲醇制备二甲醚
III. 2CH OH(g) CHOCH (g)+HO(g) ΔH (主反应)
3 3 3 2 3
IV. 2CH OH(g) C H(g)+2HO(g) ΔH (副反应)
3 2 4 2 4
在一定条件下发生反应的能量关系如图所示
①当反应一定时间，测得副产品C H 的含量特别高，分析原因_______。
2 4
②为提高反应Ⅲ生成CHOCH 的选择性(转化的CHOH中生成二甲醚的百分比)，下列措施中合适的
3 3 3
是_______。
A．适当增大压强 B．升高温度
C．使用合适催化剂 D．未达平衡时及时分离产品
(4)研究表明，在催化剂 的催化下，H 与CO 合成CHOH，主要催化过程如下(H*表示活性氢原子)
2 2 3则A、B结构是_______、_______。
【答案】(1)抑制副反应的发生；与HO反应使反应Ⅰ正向移动，提高CO 的转化率(2分)
2 2
(2) 80%(2分) 4.70或18.82/P2(2分)
(3)对于副反应ΔH ＜0，且ΔS＞0，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会生成更多的
4
C H(2分) CD(2分)
2 4
(4) (2分)
【解析】(1)加入CO，可使反应Ⅱ左移、增大二氧化碳和氢气浓度、有利于反应Ⅰ，则工业原料气配
比中需加入一定量的CO，原因是抑制副反应的发生；与HO反应使反应Ⅰ正向移动，提高CO 的转化率。
2 2
(2) ①已知：发生I、Ⅱ反应达平衡时CO的物质的量为0.2 mol，则：
，
则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO)=(1-x- 0.2) mol，n(H )=(3-3x- 0.2) mol，n(CHOH)= x mol，
2 2 3
n(H O)=( x+0.2) mol，n(总)=(4-2x) mol，已知HO的物质的量分数为2/7，则 ，得x=0.6，
2 2
则平衡时，n(CO)=0.2mol，n(CO)= 0.2 mol，n(H )=1mol，n(CHOH)= 0.6 mol，n(H O)=0.8mol，n(总)=2.8
2 2 3 2
mol，故：CO 的转化率为 。②在温度为T，恒压P的条件下体积之比为物质的
2
量之比，反应初始时充入1 mol的CO 和3 mol H 此时体积为2升，则 ，平衡时2.8mol气体
2 2总体积 V 应为 1.4L，反应 I 的平衡常数 K 为 。或：
。(3)①由图知，反应Ⅲ、Ⅳ均为放热反应，反
应Ⅲ活化能较小、反应Ⅳ活化能较大，升高温度有利于反应Ⅳ。则当反应一定时间，测得副产品 C H 的含
2 4
量特别高的原因为：对于副反应ΔH＜0，且ΔS＞0，该反应只向正反应进行，温度越高，时间越长，都会
4
生成更多的C H。②为提高反应Ⅲ生成CHOCH 的选择性(转化的CHOH中生成二甲醚的百分比)，则：A
2 4 3 3 3
项，适当增大压强，不影响反应Ⅲ，A错误；B项，由图可知主反应为放热反应，升高温度平衡左移，B
错误；C项，催化剂具有选择性，使用合适催化剂有利于提高生成CHOCH 的选择性，C正确；D项，未
3 3
达平衡时及时分离产品，有利于平衡右移、提高生成CHOCH 的选择性，D正确；故选CD。(4)由图知，
3 3
反应过程中，C原子上碳氧双键中先断一根碳氧键变成碳氧单键、在 C上引入2个H， A、B生成时有C-
O键断裂、C上引入1个H生成A、O原子上引入另一个H生成另一物质B，A和B中断裂M-O继续引入
H同时生成M，则A为 、B结构是 。
