浙江省宁波五校2022-2023学年高二上11月期中考试化学试卷（含答案解析）

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1、浙江省宁波五校2022-2023学年高二上11月期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 S32 I127一、选择题(本大题有25小题，每小题2分，共50分)1. 电离理论的创立的化学家是A. 盖斯B. 吉布斯C. 勒夏特列D. 阿伦尼乌斯2. 下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A. B. C. D. 3. 25时，向水中加入下列物质，能使水电离出c(H+)1.010-7 mol/L的是A. NaFB. H2SO4C. NaHSO4D. NaOH4. 下列关于盐的水解应用不正确的是A. 实验室配制氯化铁溶液，氯化铁晶体溶于硫酸，然后再加水稀释B. 溶于水加热制备C. 利用可

2、溶性铝盐、铁盐做净水剂D. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用5. 在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法不正确的是 A. 该反应达平衡后，升高温度平衡逆向移动B. 该反应为放热反应，C. 所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量D. 使用催化剂可以降低反应的焓变和活化能6. 25 时，将pH2的强酸溶液与pH13的强碱溶液混合，所得混合液的pH11，则强酸溶液与强碱溶液的体积比是(忽略混合后溶液的体积变化)A. 111B. 91C. 111D. 197. 下列有关叙述中正确的是A. 强电解质的水溶液中不存在电离平衡B. 用试纸测得氯水的为4C. 难溶于水的电

3、解质一定是强电解质D. 强电解质可能为共价化合物8. 下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（ ）A NH4+H2ONH3H2O+H+B. S2-+2H2OH2S+2OH-C. CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+D. CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O9. 下列与熵有关的叙述中不正确的是A. 体系的熵增越大，化学反应速率越快B. 孤立体系的化学反应都是熵增的过程C. 绝热体系的化学反应都是熵增的过程D. 10. 中和热测定中下列说法不正确的是A. 玻璃搅拌器应顺时针或逆时针搅拌B. 温度计水银球不能与烧杯底部接触C. 稀硫酸和氢氧化钡反应测量中和热数值偏高D. 测温度

4、只能用一支温度计11. 下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 高压合成氨有利B. 工业上催化氧化为，采用常压而不是高压，为了提高原料转化率C. 对于合成氨的反应，较低温度有利于增大转化率D. 热的纯碱溶液碱性强，去油污的能力强12. 已知c(NH4Cl)0.1mol/L时，溶液pH5.1。现用0.1mol/L盐酸滴定10mL0.05mol/L氨水，用甲基橙作指示剂，达到滴定终点，所用盐酸的体积为（ ）A. 10mLB. 5mLC. 大于5mLD. 小于5mL13. 将浓度为溶液加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是A. B. C. D. 14. 将25的纯水加热至80，下列叙述正确的是A

5、. 水的离子积不变，呈中性B. 水中c(H+)= c(OH- ) 110-7mol/LC. 水的pH变大，呈碱性D. 水的pH变小，呈酸性15. 二氧化碳催化加氢制甲醇的反应为3H2(g)+CO(g) H2O(g)+CH3OH(g) HIC. 生成P的速率：III”“”、“5.1。现用0.1mol/L盐酸滴定10mL0.05mol/L氨水，用甲基橙作指示剂，达到滴定终点，所用盐酸的体积为（ ）A. 10mLB. 5mLC. 大于5mLD. 小于5mL【答案】C【解析】【详解】按照酸碱恰好中和反应：进行计算，可知滴定氨水需消耗盐酸体积为5mL，依据题干信息可知，此时溶液pH值大于，而甲基橙的变色

6、范围在范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色，所以终点时所用盐酸的量应大于5mL， 故答案为C。13. 将浓度为溶液加水不断稀释，下列各量始终保持减小的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】氢氟酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，溶液中氢氟酸、氢离子、氟离子的浓度减小，氢氟酸的电离常数和水的离子积常数不变。【详解】A由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，溶液中氢离子的物质的量增大，故A不符合题意；B由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则溶液中的氢氧根离子浓度增大，故B不符合题意；C加水，溶液的体积增大，c(H+)、c(F-)和c(

7、HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出H+，所以稀释到一定程度（即无限稀释时），c(H+)就不再发生变化，但c(F-)和c(HF)一直会降低，则溶液中的值减小，故C符合题意；D由电离常数公式可知，溶液中=，由分析可知，氢氟酸溶液加水稀释时，溶液中氟离子的浓度减小，氢氟酸的电离常数不变，则溶液中和的值增大，故D不符合题意；故选C。14. 将25的纯水加热至80，下列叙述正确的是A. 水的离子积不变，呈中性B. 水中c(H+)= c(OH- ) 110-7mol/LC. 水的pH变大，呈碱性D. 水的pH变小，呈酸性【答案】B【解析】【分析】【详解】A温度升高促进水的电离，水的离子积增大，但

8、是氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，呈中性，故A错误；B水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水中的c(H+)= c(OH- )110-7mol/L，故B正确；C水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，水中的c(H+)= c(OH- )，pH减小，呈中性，故C错误；D水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，水中的c(H+)= c(OH- )，pH减小，呈中性，故D错误；故选B。15. 二氧化碳催化加氢制甲醇的反应为3

9、H2(g)+CO(g) H2O(g)+CH3OH(g) HIC. 生成P的速率：IIIIID. 进程IV中，Z没有催化作用【答案】B【解析】【详解】A由图可知，进程I是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A正确；B由图可知，进程中使用了催化剂X，催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡的移动方向，所以平衡时和进程中P的产率相同，故B错误；C由图可知，进程中由SY转化为PY的活化能高于进程中由SX转化为PX的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，所以生成P的速率为小于，故C正确；D由图可知，进程中S与Z反应生成中间产物SZ， SZ转化产物PZ，由于PZ没有转化为PZ，所以进程中Z没有

10、表现出催化作用，故D正确；故选B。18. 恒容密闭容器中，在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是 A. 该反应的B. 为随温度的变化曲线C. 向平衡体系中充入氢气，氢气的平衡转化率不变D. 向平衡体系中加入，的平衡转化率增大【答案】C【解析】【详解】A从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即H0，故A错误；B从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；C该反应为气体体积不变

11、的反应，恒容条件下，再充入氢气，等效于增大压强，平衡不移动，则氢气的平衡转化率不变，故C正确；DBaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；答案选C。19. 在干燥的HCl气流中加热MgCl26H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确的是A. MgCl2nH2O(s)=MgCl2(n1)H2O(s)H2O(g)H0B. MgCl22H2O(s)=Mg(OH)2(s)2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行C. MgCl2H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)HCl(g)，升高温度，反应更易发生D. MgCl24H2O(s)=MgC

12、l22H2O(s)2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行【答案】D【解析】【详解】A项、MgCl2nH2O的失水反应是吸热反应，焓变H0，故A正确；B项、在HCl气流中，能使MgCl22H2O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项、MgCl2H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项、MgCl24H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。【点睛】MgCl26H2O加热时MgCl2能水解，在HCl气流中能抑制其水解，但对失水反应没有影响是解答易错点。20. 已知分解1molH2O2放出热最98

13、kJ，在含少量I-溶液中，H2O2分解的机理为：反应：H2O2(aq)+I-(aq)H2O(l)+IO-(aq) 慢反应 H1反应：H2O2(aq)+IO-(aq)H2O(l)+O2(g)+I-(aq) 快反应 H2下列有关该反应的说法正确的是（ ）A. H2O2分解产生O2的速率反应决定B. I-和IO-在反应过程中充当催化剂C. H1+H2=196 kJmol1D. 反应活化能Ea1与反应活化能Ea2数值上相差98kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A. H2O2分解产生O2的速率由慢反应决定即由反应决定，故A错误；B. I是在反应过程中充当催化剂，IO仅是催化剂在反应中的中间产物，故B

14、错误；C. 分解1molH2O2放出热最98kJ，根据盖斯定律得到H1+H2= 196 kJmol1，故C正确；D. 反应是慢反应，只能说活化能Ea1比反应活化能Ea2数值大，但大多少不能算出具体，故D错误。综上所述，答案为C。21. 常温下，将浓度均为0.2 mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液，该混合溶液pH=9，下列说法正确的是A. 溶液中：c(A-)c(Na+)c(OH-)c(H+)B. 溶液中：c(HA)c(H+)=c(OH-)C. 溶液中：水电离出的氢离子浓度为10-9 mol/LD 溶液显碱性，说明NaOH溶液过量【答案】B【解析】【详解】常温下，将浓度

15、均为0.1 mol/L一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，得到混合溶液的pH=9，说明生成了强碱弱酸盐，则HA为弱酸。A二者恰好反应生成强碱弱酸盐NaA，由于A-部分水解，溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，A-水解消耗，c(Na+)c(A-)，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以可得离子浓度大小关系为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，A错误；B该溶液由于A-水解而显碱性，根据质子守恒可得关系式：c(HA)c(H+)=c(OH-)，B正确；C反应生成强碱弱酸盐NaA，水解使溶液显碱性，该混合溶液pH=9，则c(H+)=10-9 mol/L，根据室温下水的离子积

16、产生Kw=10-14，可知c(OH-)=10-5 mol/L，水电离产生的H+的浓度等于c(OH-)，所以溶液中：水电离出的氢离子浓度为10-5 mol/L，C错误；DHA、NaOH的浓度相等，体积相等，则根据n=cV可知二者的物质的量相等，二者恰好中和生成NaA，溶液显碱性是由于A-部分水解消耗了水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，而不是由于NaOH溶液过量，D错误；故合理选项是B。22. 25时，下列说法正确的是A. NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B. 可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C. 0.010 molL-1、0.10molL-1

17、的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D. 100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.010-5mol【答案】D【解析】【详解】ANaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B和A的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 molL-1、0.10 molL-1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12，C错误；D100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1L1104mol/L1105mol，D正确；答案选D。23. 温度为，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和，发生反应：。反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 时，a、b两点平衡常数B. 图中c点所示条件下，C. 容器内的压强：D. 图中b点所示条件下，再