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广西壮族自治区来宾市多校2025-2026学年高二上学期11月期中联考 化学试题
1．（2025高二上·来宾期中）化学与生产、生活密切相关。下列物质的主要成分属于金属的是
A．《论语》书本 B．玉手镯
C．一次性塑料碗 D．铜鼎
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高二上·来宾期中）下列变化中没有发生熵增的是
A．气态水变成冰
B．煅烧石灰石
C．蔗糖溶解在水中
D．氯化铵固体受热分解成氯化氢和氨气
3．（2025高二上·来宾期中）催化加氢可制取乙烯：。反应过程中，(g)与(g)的反应速率之比为
A．1：3 B．2：1 C．3：2 D．1：4
4．（2025高二上·来宾期中）下列物质属于非电解质的是
A．Cu B． C．KOH D．
5．（2025高二上·来宾期中）盐酸和醋酸是生活中经常用到的酸。下列说法错误的是
A．盐酸和醋酸溶液均不属于电解质
B．适当升高温度有利于增大
C．HCl在水溶液中的电离方程式为：
D．浓度均为0.1 的盐酸和醋酸溶液中，所含的均为0.1
6．（2025高二上·来宾期中）下列说法正确的是
A．所有放热的自发过程均为熵减过程
B．常温常压下大于0的反应一定不能自发进行
C．其他条件不变，升高温度，吸热反应的反应速率加快，放热反应的反应速率减慢
D．(g)与(g)生成(g)的反应中，催化剂能减小该反应的焓变
7．（2025高二上·来宾期中）下列有关氢硫酸()的说法正确的是
A．氢硫酸溶液中，不存在分子
B．25℃时，电离平衡常数：
C．的第二步电离平衡常数
D．由反应可知，酸性：
8．（2025高二上·来宾期中）在某恒温恒压密闭容器中，当反应，达到平衡时，下列措施不能提高平衡转化率的是(每次仅改变一个条件)
A．充入少量的He B．适当降低温度
C．及时抽走部分(g) D．增大(g)的浓度
9．（2025高二上·来宾期中）下列图示操作错误或装置不能达到目的的是
A．闻盐酸的气味 B．赶去碱式滴定管中的气泡
C．收集NO气体 D．制备氯气
A．A B．B C．C D．D
10．（2025高二上·来宾期中）一种铝-空气电池工作原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是
A．镍电极附近溶液的pH增大
B．铝合金电极质量减小
C．电子的流动方向为a电极→电解液→b电极→负载→a电极
D．a电极上发生氧化反应，失去电子
11．（2025高二上·来宾期中）工业上采用催化氧化法处理HCl废气：。下列说法错误的是
A．最外层电子数：Cl>O B．稳定性：>HCl
C．酸性： D．氧是第二周期第ⅣA族元素
12．（2025高二上·来宾期中）下列反应的化学方程式书写正确的是
A．少量的通入次氯酸钠溶液中：
B．少量通入氯化钡溶液中：
C．少量NaOH溶液滴入中：
D．少量醋酸滴入碳酸钠溶液中：
13．（2025高二上·来宾期中）某温度下，0.1 的NaOH溶液的pH是12，在此温度下，将pH=a的盐酸 L与pH=b的NaOH溶液 L混合(忽略溶液混合时体积和温度的变化)，所得混合溶液呈中性。若a+b=11，则为
A．1：10 B．10：1 C．1：100 D．100：1
14．（2025高二上·来宾期中）25℃下，用0.1000 NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的硫酸(酚酞作指示剂)的pH变化曲线如图所示(忽略溶液混合过程中体积和温度的变化)。下列说法错误的是
A．该硫酸中浓度为0.2
B．b点溶液中，由水电离出的和的浓度为
C．c点溶液中所含的分子有、和NaOH
D．该温度下，a、b、c三点溶液中均为
15．（2025高二上·来宾期中）用与硫酸(足量)反应制取气体，实验过程中产生的体积(已换算成标准状况下且气体全部逸出)随时间的变化如图所示，图中各段时间间隔相同，回答下列问题：
（1）该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用　 　(填“70%”或“5%”)，原因为　 　。
（2）a、b点对应混合溶液的温度T(a)　 　(填“>”或“<”)T(b)，判断的理由为　 　。
（3）　 　(填“0～”“～” “～”或“～”)min内反应速率最慢。
（4）～ min内，　 　(用含、、、的代数式表示)。
（5）d点时，该混合溶液中，　 　(用含的代数式表示)mol。
16．（2025高二上·来宾期中）根据所学知识回答下列问题：
（1）已知： ，则表示(g)燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）氮氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义。已知：
反应Ⅰ． ；
反应Ⅱ． 。
①反应Ⅰ属于　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
②反应Ⅱ中，反应物的能量总和　 　(填“大于”或“小于”)生成物的能量总和。
③反应Ⅲ．的　 　(填“>”或“<”)0。
④下列反应的能量变化与反应Ⅲ的能量变化相符的是　 　(填标号)。
a．生石灰溶于水 b．金属钠溶于水
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应 d．氯化铵固体与的反应
（3）已知反应： 。相关化学键键能数据如表所示。
化学键 C-H C-F H-F F-F
键能/() x y z q
①　 　(用含x、y、z、q的代数式表示)。
②该反应中，每生成0.2 mol HF(g)，转移电子的数目为　 　。
17．（2025高二上·来宾期中）某温度下，向2L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，在一定条件下发生反应：。反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。回答下列问题：
（1）时，　 　(用含、的代数式表示)，D的物质的量分数为　 　(用含、的代数式表示)。
（2）若为，B为，D为，则上述反应的化学方程式为　 　。该反应中，每转移电子，生成的体积为　 　(标准状况下)。
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。
①B的平衡转化率为　 　%(用含、的代数式表示，写出计算式即可)。
②内，　 　(用含的代数式表示)。
③该反应的平衡常数为　 　(用含、的代数式表示，写出计算式即可)。
④保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
18．（2025高二上·来宾期中）氨水为实验室常用的化学试剂，回答下列问题：
（1）的电离方程式为 。
①　 　(填“>”或“<”)0。
②适当升高温度，　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）25℃时，将0.2 氨水加水稀释至0.02 。
①稀释过程中，　 　(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
②稀释过程中，所含氮元素的质量　 　。
（3）已知：25℃下，。
①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性。　 　(填“>”“<”或“=”)。
②0.2的氨水中，约为　 　。
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气溶于水配制成1 L溶液，则溶液中　 　。
+___________+___________=0.15 mol。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】合理利用金属资源；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、《论语》书本的主要成分是纸张（纤维素，有机物），不属于金属，故A不符合题意 ；
B、玉手镯的主要成分是硅酸盐矿物，不属于金属，故B不符合题意 ；
C、一次性塑料碗的主要成分是塑料（有机高分子材料），不属于金属，故C不符合题意 ；
D、铜鼎的主要成分是铜（金属单质），属于金属，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
对 “金属” 概念的混淆：误将含金属元素的矿物（如玉手镯中的金属氧化物）当成金属单质，忽略 “金属” 需是单质的定义。
材料类别误判：错把有机物（书本）、有机高分子（塑料）归为金属材料，混淆了金属与其他材料的类别。
名称干扰：看到 “铜鼎” 中的 “铜”，但可能误将其当成合金（虽铜鼎常含合金，但主要成分铜是金属），实成分属于金属单质。
2．【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A、气态水（混乱度大）变成冰（固态，混乱度小），体系混乱度减小，未发生熵增，故A符合题意 ；
B、煅烧石灰石（CaCO3固体）生成 CaO 固体和 CO2气体，生成气态物质，混乱度增大，发生熵增，故B不符合题意 ；
C、蔗糖（固体）溶解在水中，从有序的固体变为分散的分子，混乱度增大，发生熵增，故C不符合题意 ；
D、NH4Cl 固体分解为 HCl 和 NH3两种气体，粒子数增多且状态变为气态，混乱度增大，发生熵增，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：对状态与熵的关系混淆：误认为 “气态变固态” 是熵增，忽略 “气→固” 混乱度减小（实际是熵减），这是最常见的错误点。
忽略 “粒子分散、增多” 的影响：错判蔗糖溶解（分散后混乱度增大）、固体分解生成气体（粒子数 + 状态变化）的熵变，误将这些过程当成熵减。
对 “熵增” 的定义模糊：把 “反应吸热、放热” 与 “熵增 、减” 混淆，比如煅烧石灰石是吸热反应，但生成气体属于熵增，易因关注热量而误判熵变。
3．【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】反应式为：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)。H2的化学计量数为 6，H2O 的化学计量数为 4，因此二者的反应速率之比为 6：4，化简后为 3：2。
故答案为：C。
【分析】化学反应中，不同物质的反应速率之比等于其在化学方程式中的化学计量数之比，据此可直接计算目标速率比。
4．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、Cu 是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意 ；
B、Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出 Al3+ 和 O2-，属于电解质，故B不符合题意 ；
C、KOH 是离子化合物，水溶液或熔融状态下能电离出 K + 和 OH-，属于电解质，故C不符合题意 ；
D、C2H5OH（乙醇）是共价化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，不导电，属于非电解质，故D不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】判断非电解质的核心是：化合物，在水溶液和熔融状态下都不导电。需先排除单质，再判断化合物的导电能力。
5．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质指化合物，而盐酸（HCl 的水溶液）、醋酸溶液均为混合物，故都不属于电解质，A正确；
B、CH3COOH 的电离是吸热反应，升温会促进其电离，电离平衡常数 K （CH3COOH）增大，B正确；
C、HCl 是强酸，在水中完全电离，与水结合生成 H3O+和 Cl-，表达式为 HCl+H2O=H3O++Cl-，C正确；
D、0.1mol L- 盐酸（强酸，完全电离）中 c (H+)=0.1mol L- ；但醋酸是弱酸，仅部分电离，同浓度下 c (H+) 远小于 0.1mol L- ，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．抓 “电解质是化合物”—— 溶液是混合物。
B．抓 “弱电解质电离吸热”—— 升温促进电离，K 增大。
C．抓 “强酸的电离形式”——HCl 完全电离生成 H3O+，表达式符合。
D．抓 “弱酸部分电离”—— 醋酸不能完全电离，c (H+)≠0.1mol L- 。
6．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、放热（ΔH<0）的自发过程可能熵增（如燃烧反应，ΔS>0），并非都是熵减，A错误；
B、常温常压下 ΔG>0 的反应，不满足自发条件（ΔG<0 自发），一定不能自发进行，B正确；
C、升高温度，无论吸热还是放热反应，速率都会加快（温度影响活化分子数），C错误；
D、催化剂只改变反应活化能，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不影响焓变，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断反应自发性、速率与焓变的问题，核心抓 3 个要点：
自发反应的判断依据（吉布斯自由能 ΔG=ΔH-TΔS）；
温度对反应速率的影响规律（温度升高，化学反应速率增加）；
催化剂对焓变的作用（催化剂不改变反应的焓变）。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在溶液中部分电离，因此溶液中既存在电离出的离子，也存在未电离的 H2S 分子，A错误；
B、二元弱酸的第一步电离更易（电离出的 H+抑制第二步电离），故电离平衡常数 Ka1(H2S) > Ka2(H2S)，B错误；
C、H2S 第二步电离为 HS- H++S2-，根据电离平衡常数定义， ，C正确；
D、H2S 与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀（难溶于酸），是沉淀溶解平衡的特例，不能据此判断酸性 H2S > H2SO4（实际 H2SO4酸性更强），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “弱酸部分电离”——H2S 是弱酸，溶液中存在 H2S 分子。
B．抓 “二元弱酸的电离规律”—— 第一步电离更易，K 1>K 2。
C．抓 “电离平衡常数的表达式”—— 第二步电离是 HS-电离，表达式匹配。
D ．抓 “反应特例的本质”—— 生成 CuS 沉淀是因为其难溶，并非 H2S 酸性强于 H2SO4。
8．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、恒压容器中充入 He，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度均减小，平衡向气体分子数增多的方向（逆向）移动，H2的平衡转化率降低，符合 “不能提高” 的要求，故A符合题意 ；
B、反应 ΔH<0（放热），降低温度平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故B不符合题意 ；
C、抽走部分 NH3（生成物），平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故C不符合题意 ；
D、增大 N2浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．抓 “恒压充 He 的效果”—— 体积增大，各气体浓度减小，平衡逆向移动，H2转化率降低。
B．抓 “放热反应降温”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
C．抓 “减小生成物浓度”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
D．抓 “增大另一反应物浓度”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
9．【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、闻气体气味时，用手扇动使少量气体飘入鼻孔，操作规范，A能达到目的；
B、碱式滴定管赶气泡时，挤压橡胶管使液体排出气泡，操作正确，B能达到目的；
C、 NO常温常压不能与CO2反应，NO的密度比CO2小， 应采用短进长出方法收集，C不能达到目的；
D、浓盐酸与 KMnO4在常温下反应生成 Cl2，用分液漏斗加液、固液不加热装置，能制备氯气，D装置能达到目的；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点如下：
A．闻气体：用手扇闻，操作规范。
B．碱式滴定管赶气泡：挤压橡胶管排泡，操作正确。
C．收集 NO： NO的密度比CO2小，应采用短进长出的法方收集。
D．制氯气：浓盐酸与 KMnO4常温反应，固液不加热装置可行。
10．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镍电极（正极）反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，生成 OH-，pH 增大，A正确；B、铝合金电极（负极）反应为 Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，Al 不断消耗，质量减小，B正确；
C、电子只能在电极、导线（负载）中流动，不能进入电解质溶液（溶液中是离子移动），流向应为 “a 电极→负载→b 电极”，C错误；
D、a 电极是负极，发生氧化反应，失去电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】先判断电极：铝合金（a 极）失电子生成 [Al(OH)4]-，作负极， 电极反应为：；镍电极（b 极）是正极，O2得电子，电极反应为：再结合电极反应、电子流向（电子不下水，离子不上岸）分析选项。
11．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Cl 为第 ⅦA 族元素，最外层 7 个电子；O 为第 ⅥA 族元素，最外层 6 个电子，故 Cl 的最外层电子数更多，A正确；
B、元素非金属性越强，其氢化物越稳定。O 的非金属性强于 Cl，因此 H2O 的稳定性大于 HCl，B正确；
C、同种元素的含氧酸，中心原子化合价越高，酸性越强。HClO4中 Cl 为 + 7 价，HClO3中 Cl 为 + 5 价，故 HClO4酸性更强，C正确；
D、O 的原子序数为 8，核外电子层数为 2（第二周期），最外层电子数为 6，属于第 ⅥA 族元素，并非第 ⅣA 族，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
含氧酸酸性规律混淆：易误判 “同种元素含氧酸，化合价越高酸性越强”，错认为 HClO3酸性强于 HClO4。
元素周期表族数判断错误：易将 O 的最外层电子数（6）对应到第 ⅣA 族，忽略 “最外层电子数 = 主族序数”，错判 O 的族数。
12．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、SO2有还原性，NaClO 有强氧化性，少量 SO2与 NaClO 反应时，SO2被氧化为 SO42-，ClO-部分变为 Cl-、部分生成 HClO，反应式为 SO2+3NaClO+H2O=NaCl+2HClO+Na2SO4，原子守恒且符合氧化还原规律，A正确；
B、H2CO3酸性弱于 HCl，CO2与 BaCl2不反应（违反 “强酸制弱酸”），B错误；
C、少量 NaOH 滴入 NH4HSO4中，OH-优先与 H+反应，产物应为 Na2SO4和 H2O，而非 NH3 H2O，C错误；
D、少量醋酸与 Na2CO3反应，生成 NaHCO3（而非 CO2），产物应为 CH3COONa 和 NaHCO3，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓 “氧化还原守恒”——SO2被氧化、NaClO 部分被还原，方程式符合电子转移与原子守恒。
B．抓 “强酸制弱酸”——H2CO3酸性弱于 HCl，反应不发生。
C．抓 “OH-的反应优先级”—— 少量 NaOH 先与 H+反应，不生成 NH3 H2O。
D．抓 “少量弱酸与碳酸盐的反应”—— 少量醋酸生成 HCO3-，不生成 CO2。
13．【答案】C
【知识点】离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】0.1溶液中，其，即，故。 盐酸，则；
溶液，则。混合后呈中性，即，可得：
由得，代入上式：
约去，得。
为，
故答案为：C。
【分析】先确定该温度下的离子积常数，再计算酸和碱的离子浓度，然后利用中性条件列等式，最后结合化简即可。
14．【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数；中和滴定
【解析】【解答】A、滴定至pH突变点时，消耗体积为20.00 mL。根据反应，。
计算得：，
硫酸中，A正确；
B、b点溶液中，由水电离出的和的浓度为
b点，此时与恰好完全反应，溶液为溶液（中性）。
中性溶液中，水电离的，B正确；
C、c点溶液中所含的分子有、和，、均为强电解质，在溶液中完全电离为离子（无分子存在）；c点溶液中的分子只有溶剂，C错误；
D、水的离子积仅与温度有关，25℃下；a、b、c三点温度相同，故相等，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “n (H+)=n (OH-)”—— 恰好反应时，NaOH 提供的 OH-与硫酸提供的 H+物质的量相等，计算得 c (H+)=0.2 mol L- 。
B．抓 “中性溶液水电离”——b 点为 Na2SO4溶液（中性），水电离的 H+和 OH-浓度均为 1.0×10-7 mol L- 。
C．抓 “强电解质无分子”——Na2SO4和 NaOH 完全电离，溶液中分子只有 H2O。
D．抓 “K 与温度的关系”——a、b、c 三点温度均为 25℃， 均为 。
15．【答案】（1）70%；硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于水，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行
（2）<；该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应
（3）～
（4）
（5）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）实验室利用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制二氧化硫，若硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于溶液而不易逸出，若硫酸浓度过大，会导致不易电离出氢离子，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行，该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用70%。
故答案为： 70% ； 硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于水，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行 ；
（2）该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，相同时间段内产生的气体量先增多后减少，说明该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应，反应放热使溶液温度升高，从而使反应速率加快，因此a、b点对应混合溶液的温度T(a) 故答案为： < ； 该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应 ；
（3）该图像中，相同时间段内产生的气体量最少得是～ min内，该段曲线的斜率最小，反应速率最慢，即～min内反应速率最慢。
故答案为：～ ；
（4）由图可知，～min内，。
故答案为： ；
（5）与足量硫酸反应制取气体，化学方程式为：+H2SO4=SO2+H2O+Na2SO4，d点时生成V4L气体(已换算成标准状况下且气体全部逸出)，n()=，则生成Na2SO4，该混合溶液中，=。
故答案为： 。
【分析】(1) 选 70% 硫酸：5% 硫酸稀，SO2易溶；浓硫酸难电离出 H+；70% 硫酸含水量适中，能电离出 H+，减少 SO2溶解。
(2) T (a) < T (b)：曲线斜率表速率，速率先增后减（反应物浓度减小），说明反应放热，温度随反应升高。
(3) t3~t4 min 最慢：相同时间内，该段生成 SO2体积最少，斜率最小。
(4) v (SO2) = ：用 t1~t3段 SO2体积变化除以时间差。
(5) n (Na+)= ：由反应，n (Na2SO3)=n (SO2)=V4/22.4，Na+为其 2 倍。
（1）实验室利用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制二氧化硫，若硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于溶液而不易逸出，若硫酸浓度过大，会导致不易电离出氢离子，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行，该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用70%。
（2）该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，相同时间段内产生的气体量先增多后减少，说明该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应，反应放热使溶液温度升高，从而使反应速率加快，因此a、b点对应混合溶液的温度T(a) （3）该图像中，相同时间段内产生的气体量最少得是～ min内，该段曲线的斜率最小，反应速率最慢，即～min内反应速率最慢。
（4）由图可知，～min内，。
（5）与足量硫酸反应制取气体，化学方程式为：+H2SO4=SO2+H2O+Na2SO4，d点时生成V4L气体(已换算成标准状况下且气体全部逸出)，n()=，则生成Na2SO4，该混合溶液中，=。
16．【答案】（1）
（2）放热；大于；<；ab
（3）；0.4
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；表示(g)燃烧热的热化学方程式为；
故答案为： ；
（2）①反应Ⅰ焓变小于0，属于放热反应。
②反应Ⅱ焓变小于0，属于放热反应，则反应物的能量总和大于生成物的能量总和。
③由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ：；
④反应Ⅲ焓变小于0，为放热反应；
a．生石灰溶于水并与水反应生成氢氧化钙，同时放热，a符合题意；
b．金属钠溶于水并与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量热，b符合题意；
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，c不符合题意；
d．氯化铵固体与的反应为吸热反应，d不符合题意；
故答案为： 放热 ； 大于 ； < ；ab；
（3）①反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则；
②该反应中，氟元素化合价由0变为-1，F2为氧化剂，则存在关系：，结合反应方程式知，每生成0.2 mol HF(g)，转移0.4mol电子，电子的数目为0.4。
故答案为： ； 0.4 。
【分析】(1)燃烧热指 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定产物的热量，将已知式除以 2，得
H2(g) + O2(g) = H2O (l) ΔH = -285.8 kJ mol- 。
(2)①ΔH1 < 0，反应 Ⅰ 为放热反应；②反应 Ⅱ 放热，反应物能量总和大于生成物；③反应 Ⅲ=2× 反应 Ⅰ+ 反应 Ⅱ，ΔH3 < 0；④反应 Ⅲ 放热，选放热反应（a 生石灰溶水、b 钠溶水）。
(3)①ΔH = 反应物键能总和 - 生成物键能总和，即 2x + 2q - 2y - 2z；②F 从 0 价到-1 价，生成 0.2mol HF 转移 0.4mol 电子，数目为 0.4NA。
（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；表示(g)燃烧热的热化学方程式为；
（2）①反应Ⅰ焓变小于0，属于放热反应。
②反应Ⅱ焓变小于0，属于放热反应，则反应物的能量总和大于生成物的能量总和。
③由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ：；
④反应Ⅲ焓变小于0，为放热反应；
a．生石灰溶于水并与水反应生成氢氧化钙，同时放热，a符合题意；
b．金属钠溶于水并与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量热，b符合题意；
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，c不符合题意；
d．氯化铵固体与的反应为吸热反应，d不符合题意；
故选ab；
（3）①反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则；
②该反应中，氟元素化合价由0变为-1，F2为氧化剂，则存在关系：，结合反应方程式知，每生成0.2 mol HF(g)，转移0.4mol电子，电子的数目为0.4。
17．【答案】（1）；
（2）；2.24
（3）；0.025a；；不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）向2 L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，反应时，B的物质的量减少了，，。
反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。则有，方程式表示为，反应时，的物质的量为，B的物质的量，D的物质的量为生成，C的物质的量为，生成D的物质的量分数为
故答案为： ； ；
（2）若为，B为，D为，则上述反应氯元素化合价降低故的化合价升高生成氮气，化学方程式为。
化合物C为，按照，则每转移电子，生成的物质的量为0.1 mol，标况下的体积为2.24L。
故答案为： ；2.24；
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。以此列三段式：
①B的平衡转化率为。
②内，。
③该反应的平衡常数。
④平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数不变。
故答案为： ； 0.025a ； ； 不变 。
【分析】(1)：反应2min时，剩余物质的量为，除以体积2L得。
D的物质的量分数：总物质的量为，D的分数为。
(2)化学方程式：由物质的量变化比得，结合物质得
生成C的体积：转移0.6mol电子时，生成0.1mol，标况体积为2.24L。
(3)①B的转化率：转化量为，转化率为。
②：生成0.25a mol，速率为。
③平衡常数：代入平衡浓度，表达式为。
④平衡常数：只与温度有关，压强变化时不变。
（1），向2 L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，反应时，B的物质的量减少了，，。
反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。则有，方程式表示为，反应时，的物质的量为，B的物质的量，D的物质的量为生成，C的物质的量为，生成
D的物质的量分数为
（2）若为，B为，D为，则上述反应氯元素化合价降低故的化合价升高生成氮气，化学方程式为。
化合物C为，按照，则每转移电子，生成的物质的量为0.1 mol，标况下的体积为2.24L。
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。以此列三段式：
①B的平衡转化率为。
②内，。
③该反应的平衡常数。
④平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数不变。
18．【答案】（1）>；增大
（2）减小；不变
（3）=；
（4）+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①一水合氨的电离过程为吸热过程，则>0。
②适当升高温度，促进一水合氨的电离，使得电离常数增大；
故答案为： > ； 增大 ；
（2）①稀释过程中，一水合氨的电离平衡正向移动，但是溶液体积变大的影响大于电离平衡正向移动的影响，使得电离出的铵根离子浓度减小；
②根据氮元素守恒，稀释过程中，所含氮元素的质量不变；
故答案为： 减小 ； 不变 ；
（3）①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相当，那么=；
②，0.2的氨水中，。
故答案为： = ； ；
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气（为0.15mol NH3）溶于水配制成1 L溶液，根据氮元素守恒，则溶液中++=0.15 mol。
故答案为：+ 。
【分析】(1) ①一水合氨电离吸热，ΔH > 0；②升温促进电离，Kb增大。
(2) ①稀释后体积增大的影响大于电离促进，c (NH4+) 减小；②氮元素守恒，质量不变。
(3) ①CH3COONH4溶液中性，说明 CH3COO-与 NH4+水解程度相等，故
K (CH3COOH)=K6(NH3 H2O)；②由 Kb≈c2(OH-)÷0.2，计算得 c(OH-)≈1.9×10-3。
(4) 氮元素守恒，n(NH3 H2O)+n(NH3)+n(NH4+)=0.15mol。
（1）①一水合氨的电离过程为吸热过程，则>0。
②适当升高温度，促进一水合氨的电离，使得电离常数增大；
（2）①稀释过程中，一水合氨的电离平衡正向移动，但是溶液体积变大的影响大于电离平衡正向移动的影响，使得电离出的铵根离子浓度减小；
②根据氮元素守恒，稀释过程中，所含氮元素的质量不变；
（3）①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相当，那么=；
②，0.2的氨水中，。
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气（为0.15mol NH3）溶于水配制成1 L溶液，根据氮元素守恒，则溶液中++=0.15 mol。
1 / 1广西壮族自治区来宾市多校2025-2026学年高二上学期11月期中联考 化学试题
1．（2025高二上·来宾期中）化学与生产、生活密切相关。下列物质的主要成分属于金属的是
A．《论语》书本 B．玉手镯
C．一次性塑料碗 D．铜鼎
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合理利用金属资源；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、《论语》书本的主要成分是纸张（纤维素，有机物），不属于金属，故A不符合题意 ；
B、玉手镯的主要成分是硅酸盐矿物，不属于金属，故B不符合题意 ；
C、一次性塑料碗的主要成分是塑料（有机高分子材料），不属于金属，故C不符合题意 ；
D、铜鼎的主要成分是铜（金属单质），属于金属，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
对 “金属” 概念的混淆：误将含金属元素的矿物（如玉手镯中的金属氧化物）当成金属单质，忽略 “金属” 需是单质的定义。
材料类别误判：错把有机物（书本）、有机高分子（塑料）归为金属材料，混淆了金属与其他材料的类别。
名称干扰：看到 “铜鼎” 中的 “铜”，但可能误将其当成合金（虽铜鼎常含合金，但主要成分铜是金属），实成分属于金属单质。
2．（2025高二上·来宾期中）下列变化中没有发生熵增的是
A．气态水变成冰
B．煅烧石灰石
C．蔗糖溶解在水中
D．氯化铵固体受热分解成氯化氢和氨气
【答案】A
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A、气态水（混乱度大）变成冰（固态，混乱度小），体系混乱度减小，未发生熵增，故A符合题意 ；
B、煅烧石灰石（CaCO3固体）生成 CaO 固体和 CO2气体，生成气态物质，混乱度增大，发生熵增，故B不符合题意 ；
C、蔗糖（固体）溶解在水中，从有序的固体变为分散的分子，混乱度增大，发生熵增，故C不符合题意 ；
D、NH4Cl 固体分解为 HCl 和 NH3两种气体，粒子数增多且状态变为气态，混乱度增大，发生熵增，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：对状态与熵的关系混淆：误认为 “气态变固态” 是熵增，忽略 “气→固” 混乱度减小（实际是熵减），这是最常见的错误点。
忽略 “粒子分散、增多” 的影响：错判蔗糖溶解（分散后混乱度增大）、固体分解生成气体（粒子数 + 状态变化）的熵变，误将这些过程当成熵减。
对 “熵增” 的定义模糊：把 “反应吸热、放热” 与 “熵增 、减” 混淆，比如煅烧石灰石是吸热反应，但生成气体属于熵增，易因关注热量而误判熵变。
3．（2025高二上·来宾期中）催化加氢可制取乙烯：。反应过程中，(g)与(g)的反应速率之比为
A．1：3 B．2：1 C．3：2 D．1：4
【答案】C
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】反应式为：2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)。H2的化学计量数为 6，H2O 的化学计量数为 4，因此二者的反应速率之比为 6：4，化简后为 3：2。
故答案为：C。
【分析】化学反应中，不同物质的反应速率之比等于其在化学方程式中的化学计量数之比，据此可直接计算目标速率比。
4．（2025高二上·来宾期中）下列物质属于非电解质的是
A．Cu B． C．KOH D．
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、Cu 是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意 ；
B、Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出 Al3+ 和 O2-，属于电解质，故B不符合题意 ；
C、KOH 是离子化合物，水溶液或熔融状态下能电离出 K + 和 OH-，属于电解质，故C不符合题意 ；
D、C2H5OH（乙醇）是共价化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子，不导电，属于非电解质，故D不符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】判断非电解质的核心是：化合物，在水溶液和熔融状态下都不导电。需先排除单质，再判断化合物的导电能力。
5．（2025高二上·来宾期中）盐酸和醋酸是生活中经常用到的酸。下列说法错误的是
A．盐酸和醋酸溶液均不属于电解质
B．适当升高温度有利于增大
C．HCl在水溶液中的电离方程式为：
D．浓度均为0.1 的盐酸和醋酸溶液中，所含的均为0.1
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡；比较弱酸的相对强弱的实验；电离方程式的书写
【解析】【解答】A、电解质指化合物，而盐酸（HCl 的水溶液）、醋酸溶液均为混合物，故都不属于电解质，A正确；
B、CH3COOH 的电离是吸热反应，升温会促进其电离，电离平衡常数 K （CH3COOH）增大，B正确；
C、HCl 是强酸，在水中完全电离，与水结合生成 H3O+和 Cl-，表达式为 HCl+H2O=H3O++Cl-，C正确；
D、0.1mol L- 盐酸（强酸，完全电离）中 c (H+)=0.1mol L- ；但醋酸是弱酸，仅部分电离，同浓度下 c (H+) 远小于 0.1mol L- ，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．抓 “电解质是化合物”—— 溶液是混合物。
B．抓 “弱电解质电离吸热”—— 升温促进电离，K 增大。
C．抓 “强酸的电离形式”——HCl 完全电离生成 H3O+，表达式符合。
D．抓 “弱酸部分电离”—— 醋酸不能完全电离，c (H+)≠0.1mol L- 。
6．（2025高二上·来宾期中）下列说法正确的是
A．所有放热的自发过程均为熵减过程
B．常温常压下大于0的反应一定不能自发进行
C．其他条件不变，升高温度，吸热反应的反应速率加快，放热反应的反应速率减慢
D．(g)与(g)生成(g)的反应中，催化剂能减小该反应的焓变
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、放热（ΔH<0）的自发过程可能熵增（如燃烧反应，ΔS>0），并非都是熵减，A错误；
B、常温常压下 ΔG>0 的反应，不满足自发条件（ΔG<0 自发），一定不能自发进行，B正确；
C、升高温度，无论吸热还是放热反应，速率都会加快（温度影响活化分子数），C错误；
D、催化剂只改变反应活化能，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不影响焓变，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断反应自发性、速率与焓变的问题，核心抓 3 个要点：
自发反应的判断依据（吉布斯自由能 ΔG=ΔH-TΔS）；
温度对反应速率的影响规律（温度升高，化学反应速率增加）；
催化剂对焓变的作用（催化剂不改变反应的焓变）。
7．（2025高二上·来宾期中）下列有关氢硫酸()的说法正确的是
A．氢硫酸溶液中，不存在分子
B．25℃时，电离平衡常数：
C．的第二步电离平衡常数
D．由反应可知，酸性：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、H2S 是弱酸，在溶液中部分电离，因此溶液中既存在电离出的离子，也存在未电离的 H2S 分子，A错误；
B、二元弱酸的第一步电离更易（电离出的 H+抑制第二步电离），故电离平衡常数 Ka1(H2S) > Ka2(H2S)，B错误；
C、H2S 第二步电离为 HS- H++S2-，根据电离平衡常数定义， ，C正确；
D、H2S 与 CuSO4反应生成 CuS 沉淀（难溶于酸），是沉淀溶解平衡的特例，不能据此判断酸性 H2S > H2SO4（实际 H2SO4酸性更强），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “弱酸部分电离”——H2S 是弱酸，溶液中存在 H2S 分子。
B．抓 “二元弱酸的电离规律”—— 第一步电离更易，K 1>K 2。
C．抓 “电离平衡常数的表达式”—— 第二步电离是 HS-电离，表达式匹配。
D ．抓 “反应特例的本质”—— 生成 CuS 沉淀是因为其难溶，并非 H2S 酸性强于 H2SO4。
8．（2025高二上·来宾期中）在某恒温恒压密闭容器中，当反应，达到平衡时，下列措施不能提高平衡转化率的是(每次仅改变一个条件)
A．充入少量的He B．适当降低温度
C．及时抽走部分(g) D．增大(g)的浓度
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、恒压容器中充入 He，容器体积增大，反应体系中各气体的浓度均减小，平衡向气体分子数增多的方向（逆向）移动，H2的平衡转化率降低，符合 “不能提高” 的要求，故A符合题意 ；
B、反应 ΔH<0（放热），降低温度平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故B不符合题意 ；
C、抽走部分 NH3（生成物），平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故C不符合题意 ；
D、增大 N2浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率提高，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】A．抓 “恒压充 He 的效果”—— 体积增大，各气体浓度减小，平衡逆向移动，H2转化率降低。
B．抓 “放热反应降温”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
C．抓 “减小生成物浓度”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
D．抓 “增大另一反应物浓度”—— 平衡正向移动，H2转化率提高。
9．（2025高二上·来宾期中）下列图示操作错误或装置不能达到目的的是
A．闻盐酸的气味 B．赶去碱式滴定管中的气泡
C．收集NO气体 D．制备氯气
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氯气的实验室制法；常见气体制备原理及装置选择；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、闻气体气味时，用手扇动使少量气体飘入鼻孔，操作规范，A能达到目的；
B、碱式滴定管赶气泡时，挤压橡胶管使液体排出气泡，操作正确，B能达到目的；
C、 NO常温常压不能与CO2反应，NO的密度比CO2小， 应采用短进长出方法收集，C不能达到目的；
D、浓盐酸与 KMnO4在常温下反应生成 Cl2，用分液漏斗加液、固液不加热装置，能制备氯气，D装置能达到目的；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点如下：
A．闻气体：用手扇闻，操作规范。
B．碱式滴定管赶气泡：挤压橡胶管排泡，操作正确。
C．收集 NO： NO的密度比CO2小，应采用短进长出的法方收集。
D．制氯气：浓盐酸与 KMnO4常温反应，固液不加热装置可行。
10．（2025高二上·来宾期中）一种铝-空气电池工作原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是
A．镍电极附近溶液的pH增大
B．铝合金电极质量减小
C．电子的流动方向为a电极→电解液→b电极→负载→a电极
D．a电极上发生氧化反应，失去电子
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、镍电极（正极）反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，生成 OH-，pH 增大，A正确；B、铝合金电极（负极）反应为 Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，Al 不断消耗，质量减小，B正确；
C、电子只能在电极、导线（负载）中流动，不能进入电解质溶液（溶液中是离子移动），流向应为 “a 电极→负载→b 电极”，C错误；
D、a 电极是负极，发生氧化反应，失去电子，D正确；
故答案为：C。
【分析】先判断电极：铝合金（a 极）失电子生成 [Al(OH)4]-，作负极， 电极反应为：；镍电极（b 极）是正极，O2得电子，电极反应为：再结合电极反应、电子流向（电子不下水，离子不上岸）分析选项。
11．（2025高二上·来宾期中）工业上采用催化氧化法处理HCl废气：。下列说法错误的是
A．最外层电子数：Cl>O B．稳定性：>HCl
C．酸性： D．氧是第二周期第ⅣA族元素
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、Cl 为第 ⅦA 族元素，最外层 7 个电子；O 为第 ⅥA 族元素，最外层 6 个电子，故 Cl 的最外层电子数更多，A正确；
B、元素非金属性越强，其氢化物越稳定。O 的非金属性强于 Cl，因此 H2O 的稳定性大于 HCl，B正确；
C、同种元素的含氧酸，中心原子化合价越高，酸性越强。HClO4中 Cl 为 + 7 价，HClO3中 Cl 为 + 5 价，故 HClO4酸性更强，C正确；
D、O 的原子序数为 8，核外电子层数为 2（第二周期），最外层电子数为 6，属于第 ⅥA 族元素，并非第 ⅣA 族，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
含氧酸酸性规律混淆：易误判 “同种元素含氧酸，化合价越高酸性越强”，错认为 HClO3酸性强于 HClO4。
元素周期表族数判断错误：易将 O 的最外层电子数（6）对应到第 ⅣA 族，忽略 “最外层电子数 = 主族序数”，错判 O 的族数。
12．（2025高二上·来宾期中）下列反应的化学方程式书写正确的是
A．少量的通入次氯酸钠溶液中：
B．少量通入氯化钡溶液中：
C．少量NaOH溶液滴入中：
D．少量醋酸滴入碳酸钠溶液中：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、SO2有还原性，NaClO 有强氧化性，少量 SO2与 NaClO 反应时，SO2被氧化为 SO42-，ClO-部分变为 Cl-、部分生成 HClO，反应式为 SO2+3NaClO+H2O=NaCl+2HClO+Na2SO4，原子守恒且符合氧化还原规律，A正确；
B、H2CO3酸性弱于 HCl，CO2与 BaCl2不反应（违反 “强酸制弱酸”），B错误；
C、少量 NaOH 滴入 NH4HSO4中，OH-优先与 H+反应，产物应为 Na2SO4和 H2O，而非 NH3 H2O，C错误；
D、少量醋酸与 Na2CO3反应，生成 NaHCO3（而非 CO2），产物应为 CH3COONa 和 NaHCO3，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．抓 “氧化还原守恒”——SO2被氧化、NaClO 部分被还原，方程式符合电子转移与原子守恒。
B．抓 “强酸制弱酸”——H2CO3酸性弱于 HCl，反应不发生。
C．抓 “OH-的反应优先级”—— 少量 NaOH 先与 H+反应，不生成 NH3 H2O。
D．抓 “少量弱酸与碳酸盐的反应”—— 少量醋酸生成 HCO3-，不生成 CO2。
13．（2025高二上·来宾期中）某温度下，0.1 的NaOH溶液的pH是12，在此温度下，将pH=a的盐酸 L与pH=b的NaOH溶液 L混合(忽略溶液混合时体积和温度的变化)，所得混合溶液呈中性。若a+b=11，则为
A．1：10 B．10：1 C．1：100 D．100：1
【答案】C
【知识点】离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】0.1溶液中，其，即，故。 盐酸，则；
溶液，则。混合后呈中性，即，可得：
由得，代入上式：
约去，得。
为，
故答案为：C。
【分析】先确定该温度下的离子积常数，再计算酸和碱的离子浓度，然后利用中性条件列等式，最后结合化简即可。
14．（2025高二上·来宾期中）25℃下，用0.1000 NaOH溶液滴定10.00 mL未知浓度的硫酸(酚酞作指示剂)的pH变化曲线如图所示(忽略溶液混合过程中体积和温度的变化)。下列说法错误的是
A．该硫酸中浓度为0.2
B．b点溶液中，由水电离出的和的浓度为
C．c点溶液中所含的分子有、和NaOH
D．该温度下，a、b、c三点溶液中均为
【答案】C
【知识点】水的电离；离子积常数；中和滴定
【解析】【解答】A、滴定至pH突变点时，消耗体积为20.00 mL。根据反应，。
计算得：，
硫酸中，A正确；
B、b点溶液中，由水电离出的和的浓度为
b点，此时与恰好完全反应，溶液为溶液（中性）。
中性溶液中，水电离的，B正确；
C、c点溶液中所含的分子有、和，、均为强电解质，在溶液中完全电离为离子（无分子存在）；c点溶液中的分子只有溶剂，C错误；
D、水的离子积仅与温度有关，25℃下；a、b、c三点温度相同，故相等，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “n (H+)=n (OH-)”—— 恰好反应时，NaOH 提供的 OH-与硫酸提供的 H+物质的量相等，计算得 c (H+)=0.2 mol L- 。
B．抓 “中性溶液水电离”——b 点为 Na2SO4溶液（中性），水电离的 H+和 OH-浓度均为 1.0×10-7 mol L- 。
C．抓 “强电解质无分子”——Na2SO4和 NaOH 完全电离，溶液中分子只有 H2O。
D．抓 “K 与温度的关系”——a、b、c 三点温度均为 25℃， 均为 。
15．（2025高二上·来宾期中）用与硫酸(足量)反应制取气体，实验过程中产生的体积(已换算成标准状况下且气体全部逸出)随时间的变化如图所示，图中各段时间间隔相同，回答下列问题：
（1）该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用　 　(填“70%”或“5%”)，原因为　 　。
（2）a、b点对应混合溶液的温度T(a)　 　(填“>”或“<”)T(b)，判断的理由为　 　。
（3）　 　(填“0～”“～” “～”或“～”)min内反应速率最慢。
（4）～ min内，　 　(用含、、、的代数式表示)。
（5）d点时，该混合溶液中，　 　(用含的代数式表示)mol。
【答案】（1）70%；硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于水，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行
（2）<；该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应
（3）～
（4）
（5）
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系；二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）实验室利用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制二氧化硫，若硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于溶液而不易逸出，若硫酸浓度过大，会导致不易电离出氢离子，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行，该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用70%。
故答案为： 70% ； 硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于水，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行 ；
（2）该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，相同时间段内产生的气体量先增多后减少，说明该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应，反应放热使溶液温度升高，从而使反应速率加快，因此a、b点对应混合溶液的温度T(a) 故答案为： < ； 该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应 ；
（3）该图像中，相同时间段内产生的气体量最少得是～ min内，该段曲线的斜率最小，反应速率最慢，即～min内反应速率最慢。
故答案为：～ ；
（4）由图可知，～min内，。
故答案为： ；
（5）与足量硫酸反应制取气体，化学方程式为：+H2SO4=SO2+H2O+Na2SO4，d点时生成V4L气体(已换算成标准状况下且气体全部逸出)，n()=，则生成Na2SO4，该混合溶液中，=。
故答案为： 。
【分析】(1) 选 70% 硫酸：5% 硫酸稀，SO2易溶；浓硫酸难电离出 H+；70% 硫酸含水量适中，能电离出 H+，减少 SO2溶解。
(2) T (a) < T (b)：曲线斜率表速率，速率先增后减（反应物浓度减小），说明反应放热，温度随反应升高。
(3) t3~t4 min 最慢：相同时间内，该段生成 SO2体积最少，斜率最小。
(4) v (SO2) = ：用 t1~t3段 SO2体积变化除以时间差。
(5) n (Na+)= ：由反应，n (Na2SO3)=n (SO2)=V4/22.4，Na+为其 2 倍。
（1）实验室利用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制二氧化硫，若硫酸浓度较低，生成的二氧化硫会溶于溶液而不易逸出，若硫酸浓度过大，会导致不易电离出氢离子，70%的较浓硫酸含水量适中，能使硫酸电离产生H+，保证反应顺利进行，该实验制取气体时，硫酸的浓度最好选用70%。
（2）该图像中曲线的斜率可以代表反应速率，由图可知，相同时间段内产生的气体量先增多后减少，说明该反应过程中反应速率先增大后减小，而反应过程中反应物的浓度是越来越小的，则说明该反应为放热反应，反应放热使溶液温度升高，从而使反应速率加快，因此a、b点对应混合溶液的温度T(a) （3）该图像中，相同时间段内产生的气体量最少得是～ min内，该段曲线的斜率最小，反应速率最慢，即～min内反应速率最慢。
（4）由图可知，～min内，。
（5）与足量硫酸反应制取气体，化学方程式为：+H2SO4=SO2+H2O+Na2SO4，d点时生成V4L气体(已换算成标准状况下且气体全部逸出)，n()=，则生成Na2SO4，该混合溶液中，=。
16．（2025高二上·来宾期中）根据所学知识回答下列问题：
（1）已知： ，则表示(g)燃烧热的热化学方程式为　 　。
（2）氮氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义。已知：
反应Ⅰ． ；
反应Ⅱ． 。
①反应Ⅰ属于　 　(填“放热”或“吸热”)反应。
②反应Ⅱ中，反应物的能量总和　 　(填“大于”或“小于”)生成物的能量总和。
③反应Ⅲ．的　 　(填“>”或“<”)0。
④下列反应的能量变化与反应Ⅲ的能量变化相符的是　 　(填标号)。
a．生石灰溶于水 b．金属钠溶于水
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应 d．氯化铵固体与的反应
（3）已知反应： 。相关化学键键能数据如表所示。
化学键 C-H C-F H-F F-F
键能/() x y z q
①　 　(用含x、y、z、q的代数式表示)。
②该反应中，每生成0.2 mol HF(g)，转移电子的数目为　 　。
【答案】（1）
（2）放热；大于；<；ab
（3）；0.4
【知识点】吸热反应和放热反应；反应热和焓变；盖斯定律及其应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；表示(g)燃烧热的热化学方程式为；
故答案为： ；
（2）①反应Ⅰ焓变小于0，属于放热反应。
②反应Ⅱ焓变小于0，属于放热反应，则反应物的能量总和大于生成物的能量总和。
③由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ：；
④反应Ⅲ焓变小于0，为放热反应；
a．生石灰溶于水并与水反应生成氢氧化钙，同时放热，a符合题意；
b．金属钠溶于水并与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量热，b符合题意；
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，c不符合题意；
d．氯化铵固体与的反应为吸热反应，d不符合题意；
故答案为： 放热 ； 大于 ； < ；ab；
（3）①反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则；
②该反应中，氟元素化合价由0变为-1，F2为氧化剂，则存在关系：，结合反应方程式知，每生成0.2 mol HF(g)，转移0.4mol电子，电子的数目为0.4。
故答案为： ； 0.4 。
【分析】(1)燃烧热指 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定产物的热量，将已知式除以 2，得
H2(g) + O2(g) = H2O (l) ΔH = -285.8 kJ mol- 。
(2)①ΔH1 < 0，反应 Ⅰ 为放热反应；②反应 Ⅱ 放热，反应物能量总和大于生成物；③反应 Ⅲ=2× 反应 Ⅰ+ 反应 Ⅱ，ΔH3 < 0；④反应 Ⅲ 放热，选放热反应（a 生石灰溶水、b 钠溶水）。
(3)①ΔH = 反应物键能总和 - 生成物键能总和，即 2x + 2q - 2y - 2z；②F 从 0 价到-1 价，生成 0.2mol HF 转移 0.4mol 电子，数目为 0.4NA。
（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；表示(g)燃烧热的热化学方程式为；
（2）①反应Ⅰ焓变小于0，属于放热反应。
②反应Ⅱ焓变小于0，属于放热反应，则反应物的能量总和大于生成物的能量总和。
③由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ：；
④反应Ⅲ焓变小于0，为放热反应；
a．生石灰溶于水并与水反应生成氢氧化钙，同时放热，a符合题意；
b．金属钠溶于水并与水反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量热，b符合题意；
c．稀盐酸与碳酸氢钠的反应为吸热反应，c不符合题意；
d．氯化铵固体与的反应为吸热反应，d不符合题意；
故选ab；
（3）①反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；则；
②该反应中，氟元素化合价由0变为-1，F2为氧化剂，则存在关系：，结合反应方程式知，每生成0.2 mol HF(g)，转移0.4mol电子，电子的数目为0.4。
17．（2025高二上·来宾期中）某温度下，向2L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，在一定条件下发生反应：。反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。回答下列问题：
（1）时，　 　(用含、的代数式表示)，D的物质的量分数为　 　(用含、的代数式表示)。
（2）若为，B为，D为，则上述反应的化学方程式为　 　。该反应中，每转移电子，生成的体积为　 　(标准状况下)。
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。
①B的平衡转化率为　 　%(用含、的代数式表示，写出计算式即可)。
②内，　 　(用含的代数式表示)。
③该反应的平衡常数为　 　(用含、的代数式表示，写出计算式即可)。
④保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）；
（2）；2.24
（3）；0.025a；；不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）向2 L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，反应时，B的物质的量减少了，，。
反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。则有，方程式表示为，反应时，的物质的量为，B的物质的量，D的物质的量为生成，C的物质的量为，生成D的物质的量分数为
故答案为： ； ；
（2）若为，B为，D为，则上述反应氯元素化合价降低故的化合价升高生成氮气，化学方程式为。
化合物C为，按照，则每转移电子，生成的物质的量为0.1 mol，标况下的体积为2.24L。
故答案为： ；2.24；
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。以此列三段式：
①B的平衡转化率为。
②内，。
③该反应的平衡常数。
④平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数不变。
故答案为： ； 0.025a ； ； 不变 。
【分析】(1)：反应2min时，剩余物质的量为，除以体积2L得。
D的物质的量分数：总物质的量为，D的分数为。
(2)化学方程式：由物质的量变化比得，结合物质得
生成C的体积：转移0.6mol电子时，生成0.1mol，标况体积为2.24L。
(3)①B的转化率：转化量为，转化率为。
②：生成0.25a mol，速率为。
③平衡常数：代入平衡浓度，表达式为。
④平衡常数：只与温度有关，压强变化时不变。
（1），向2 L的某恒容密闭容器中仅充入气体和气体，反应时，B的物质的量减少了，，。
反应时，测得的物质的量减少了，B的物质的量减少了，有生成，平均反应速率。则有，方程式表示为，反应时，的物质的量为，B的物质的量，D的物质的量为生成，C的物质的量为，生成
D的物质的量分数为
（2）若为，B为，D为，则上述反应氯元素化合价降低故的化合价升高生成氮气，化学方程式为。
化合物C为，按照，则每转移电子，生成的物质的量为0.1 mol，标况下的体积为2.24L。
（3）时，该反应达到平衡，此时测得的物质的量为。以此列三段式：
①B的平衡转化率为。
②内，。
③该反应的平衡常数。
④平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，仅增大压强，此时该反应的平衡常数不变。
18．（2025高二上·来宾期中）氨水为实验室常用的化学试剂，回答下列问题：
（1）的电离方程式为 。
①　 　(填“>”或“<”)0。
②适当升高温度，　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）25℃时，将0.2 氨水加水稀释至0.02 。
①稀释过程中，　 　(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
②稀释过程中，所含氮元素的质量　 　。
（3）已知：25℃下，。
①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性。　 　(填“>”“<”或“=”)。
②0.2的氨水中，约为　 　。
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气溶于水配制成1 L溶液，则溶液中　 　。
+___________+___________=0.15 mol。
【答案】（1）>；增大
（2）减小；不变
（3）=；
（4）+
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）①一水合氨的电离过程为吸热过程，则>0。
②适当升高温度，促进一水合氨的电离，使得电离常数增大；
故答案为： > ； 增大 ；
（2）①稀释过程中，一水合氨的电离平衡正向移动，但是溶液体积变大的影响大于电离平衡正向移动的影响，使得电离出的铵根离子浓度减小；
②根据氮元素守恒，稀释过程中，所含氮元素的质量不变；
故答案为： 减小 ； 不变 ；
（3）①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相当，那么=；
②，0.2的氨水中，。
故答案为： = ； ；
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气（为0.15mol NH3）溶于水配制成1 L溶液，根据氮元素守恒，则溶液中++=0.15 mol。
故答案为：+ 。
【分析】(1) ①一水合氨电离吸热，ΔH > 0；②升温促进电离，Kb增大。
(2) ①稀释后体积增大的影响大于电离促进，c (NH4+) 减小；②氮元素守恒，质量不变。
(3) ①CH3COONH4溶液中性，说明 CH3COO-与 NH4+水解程度相等，故
K (CH3COOH)=K6(NH3 H2O)；②由 Kb≈c2(OH-)÷0.2，计算得 c(OH-)≈1.9×10-3。
(4) 氮元素守恒，n(NH3 H2O)+n(NH3)+n(NH4+)=0.15mol。
（1）①一水合氨的电离过程为吸热过程，则>0。
②适当升高温度，促进一水合氨的电离，使得电离常数增大；
（2）①稀释过程中，一水合氨的电离平衡正向移动，但是溶液体积变大的影响大于电离平衡正向移动的影响，使得电离出的铵根离子浓度减小；
②根据氮元素守恒，稀释过程中，所含氮元素的质量不变；
（3）①查阅资料可知，25℃下，溶液呈中性，则醋酸根离子和铵根离子的水解程度相当，那么=；
②，0.2的氨水中，。
（4）将3.36 L(标准状况下)氨气（为0.15mol NH3）溶于水配制成1 L溶液，根据氮元素守恒，则溶液中++=0.15 mol。
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