姓名
准考证号
(在此卷上答题无效)
绝密★启用前
2022~2023学年第二学期开学摸底考试
高二化学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页。全卷满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试
卷上无效。
3.本试卷可能用到元索的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Pe56Ce140
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的。
1.已知：F2O分子中每个原子最外层都达到8电子结构，FO(g)十H2O(g)=O(g)十2HF(g)
△H=一74.8kJ·mol-。键能通常指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，某些化
学键的键能如下表所示：
共价键
0-F
H-O
0=0
H-F
键能/(kJ·mol1)
E(O一F)
463
498
568
根据上述数据，估算E(O一F)等于
A.316.6
B.391.4
C.195.7
D.158.3
2.N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A.1mol铁单质与足量的硫单质充分反应，转移电子的数目为3NA
B.标准状况下，22.4LSO2与足量的O2反应，生成的SO3分子数为NA
C.常温下，将5.4g铝片投人足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D.0.1 mol Fela与0.1 mol Cla2反应时，转移电子的数目为0.2NA
3.某温度下，等体积、等浓度的CH:COOH和HNO2加水稀释时，PH变化如
CH,COOH
图所示。下列叙述正确的是
HNO,
A.K,(CH COOH)>K,(HNO2)
B.a,b两点溶液与Na(OH溶液巾和，恰好完全反应时前者消耗NaOH多
C.对a点溶液加热，(CH,CO())·n(H+)增大
.可
c(NO2)
D.点b至点c,(HNG2),(OH增大
4.利用惰性电极电斜NauS()a和NaHS()s混合溶液分离得到两者的浓
溶液，其电解装置如图所示，】室里加人的是稀硫酸，Ⅱ室和Ⅲ室里加
人的是NazS(),和NaHS()a的混合溶液。下列说法正确的是
A.阳极上发生的电极反应：2H*十2e=H:个
I室
室
B.交换膜a是阳离子交换膜
C.电解一段时间后，Ⅱ室得到的NaHS),溶液
D.电解过程中每转移1mol电子，理论上阴极区可获得11,2L气体
闻离子交换膜离子交换度
【高二化学试题·第1页（共6页）】高二化学参考答案
一、选择题部分（每题 3 分，共 48 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 A D C B/C C B B D C B D B D D C D
1．A 解析：由[2E(O—F) kJ/mol +463kJ/mol×2]-(498kJ/mol+568 kJ/mol×2)=-74.8 kJ/mol，解
得 E(O—F)= 316.6，故选 A。
2．D 解析：A．1mol 铁单质与足量的硫单质充分反应生成 FeS，故转移电子的数目为 2NA，
A 错误；B．此反应可逆，无法计算，B 错误；C．常温下，铝片投入足量的浓硫酸中，铝
钝化，铝失去的电子数少于 0.3NA，C 错误；D．0.1mol FeI2与 0.1mol Cl2 反应时，氯气完全
反应转化为氯离子，则转移电子的数目为 0.2NA，D 正确；故选 D。
3．C 解析：A．该温度下，等浓度的CH3COOH和HNO2 ，CH3COOH的 pH 较大，即有
Ka CH3COOH Ka HNO2 ，选项 A 错误；B．等体积、等浓度的CH3COOH和HNO2 物
质的量相等，即与 NaOH 溶液恰好完全反应时消耗等量 NaOH，选项 B 错误；C．对 a 点溶
液加热，CH3COOH=CH3COO
- +H+ 的平衡正向移动，n CH3COO （n H ）增大，选项 C 正确；
Ka HNO c NO 2 D 2．点 b 至点 c，温度不变， 不变，选项 D 错误；答案选 C。
Kw c HNO2 c OH
4．C 解析：A．根据上述分析可知，阳极上水失去电子发生氧化反应，其电极反应式为：
2H2O-4e-=O2↑+4H+，A 错误；B．根据上述分析可知，交换膜 a 是阴离子交换膜，B 错误；
C．电解一段时间后，II 室得到的 NaHSO3 溶液，III 室得到 Na 2SO3 溶液，C 正确；D．没有
标明是否是标准状况，所以无法准确计算阴极区可获得的气体的体积，D 错误；故选 C。
5．C 解析： 假设每份中碳酸氢钠的物质的量为 xmol，碳酸钠的物质的量为 ymol，则有
x+y= V1 x +y= V， 2 A．X 与盐酸反应后的溶液蒸干后得到氯化钠，根据以上方程式分
22.4 2 22.4
58.5V
析，氯化钠的质量为 2 g，A 错误；B．碳酸氢钠受热分解，质量减少为水和二氧化碳
11.2
的质量，B 错误；C．两个过程最后都得到氯化钠，根据原子守恒分析，X、Y 消耗盐酸的
V x V V
物质的量之比为 1：1，C 正确；D．x+y= 1 ， +y= 2 ，解 x=2 1
-V2 y= 2V2 -V1 ，
22.4 2 22.4 22.4 22.4
2V2 -V1
则碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比例为： 2V -2V ，D 错误；故选 C。1 2
6．B 解析：设强酸的pH为 a，强碱的pH为b，由题意可得：10—amol/L×2L=10—14+bmol/L×5L，
解得 10—14+b+a=0.4，则强酸的 pH 与强碱的 pH 之和约为 13.6，故选 B。
7．B 解析：A．由分析可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，故 A 正确；B．由分析可知，反应
中亚硫酸氢钠为反应的氧化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物
质的量之比为 2∶1，故 B 错误；C．由题意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，反应 2 最好
在无氧条件下进行，故 C 正确；D．亚硫酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，而硫酸根离子
反应会生成白色硫酸钡沉淀，则反应 1 结束后，可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠
是否被氧化，故 D 正确；故选 B。
8．D 解析：A．由上述分析可知，OE 段为剩余的硝酸与氢氧化钠反应，离子反应方程式：
H OH H2O，故 A 正确；B．氨水不能溶解氢氧化铝，滴加 NaOH 稀溶液的过程中发
生反应的顺序： NH 4 Al(OH)3，故 B 正确；C．GH 段氢氧化铝溶解，发生的反应为
Al(OH)3 OH
AlO 2 2H2O，故 C 正确；D．H 点对应的溶液中溶质有硝酸钠、NaAlO2和
一水合氨，故 D 错误；故选 D。
9．C 解析：A．由分析可知，Y 为阳离子交换膜，A 正确；B．由分析可知，正极发生的
反应为 O2+4e-+2H2O=4OH- B C CH COO --8e -， 正确； ．负极电极反应为 3 +2H2O=2CO2 +7H
+
，
生成的 2mol 二氧化碳逸出，但有 8molCl-向左室移动，故负极区溶液的质量将增大，C 错误；
D．该装置负极上有硫还原菌，故该装置不能在高温下工作，D 正确；答案选 C。
10．B 解析：A．由图可知，催化剂只能降低过渡态的能量，故 A 错误；B．由图可知，
过程①的活化能大于过程②，①是加催化剂时的控速反应，故 B 正确；C．由图可知，过程
①和过程②都是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故 C 错误；D．总反应的反应
热只与反应物和生成物的总能量有关，与过渡态的能量无关，故 D 错误；故选 B。
11．D 解析：根据图示 X、Y、Z、W 分别是 C、O、F、S 四种元素。A．S2-比 O2-多一个
电子层，S2＞O2-，O2-与 F-是核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以可
得 O2-＞F-，则简单阴离子的半径顺序为 S2-> O2->F-，即 W>Y>Z，故 A 错误；B．S 在自然
界中以化合态和游离态(硫磺)形式存在，故 B 错误；C．Y、W 的简单氢化物分别为 H2O、
H2S，由于 H2O 分子间存在氢键，其沸点反常高，与非金属性无关，故 C 错误；D．X、Z
形成 CF4，均满足 8 电子稳定结构，故 D 正确；故答案为 D；
12．B 解析：A．O X段，X 点的转化率为 67%，则 P 的平均反应速率为
0.67a mol / (L min)，A 错误；B．X、Y 两点的转化率相等都为 67%，则两点 P 的物质的
2 150
量相等，容器又为 2L恒容的，因此 X、Y 两点 P 的物质的量浓度相等，B 正确；C．容器体
积不变，通入不参加反应的气体，各组分浓度不变，平衡不移动，P 的转化率不变，C 错误；
D．“先拐先平数值大”，Z 点所在曲线处在 210℃条件下，即在 210℃条件下，
K 0.98a 0.98a mol/L ，D 错误； 故选 B。
0.02a 2
c ClO- c H+
13．D 解析：由图可知，当 c ClO- =c(HClO) pH=7.5 时， ，则Ka (HClO)= 10 7.5 ；c(HClO)
K
A w -6.5正确； B．根据HClO的电离常数可知，室温下ClO 的水解常数Kh = =10 K ，ClO 的a
水解程度大于HClO的电离程度，等浓度的HClO和 NaClO的混合溶液显碱性，B 正确；C．根
c H+ +c(HClO)=c OH-据质子守恒知： ，C 正确；D．将HClO溶液逐滴滴入 NaOH 溶液
的过程中，完全反应时水的电离程度最大，此时溶液中溶质为 NaClO，溶液呈碱性，再继
续滴入HClO溶液至中性的过程中，水的电离程度会逐渐减小，D 错误； 故选 D。
14．D 解析：A．由图知，1mol NH2COONH4 1 的能量低于 1mol CO NH 2 2 s 和
1mol H2O g 的总能量，A 错误；B．由图知， 2NH3 g CO2 g NH2COONH4 1 为放
热反应，则 ΔH= Ea1-Ea2 kJ mol 1 ，B 错误；C．选择合适的催化剂，不能改变反应的焓变，
C 错误；D．由图可知，Ea1会有大量累积，D 正确；故选 D。
15．C 解析：A．温度不同，Ksp 不同，故 A 错误；B．图中 d 点：T2温度下，Ksp（PbMoO4）
=c（Pb2+） c（MoO 2 ）=10-134 ，-lgKsp（PbMoO4）=13，但 T1 温度下，-lgKsp（PbMoO4）
＞13，故 B 错误；C．加入 Na2MoO4固体，则 PbMoO4饱和溶液中 c（MoO 2 4 ）增大、c（Pb2+）
减小，即保持 T1不变，加入 Na2MoO4固体，可使溶液由 a 点到 c 点，故 C 正确；D．在 T2
条件下，Y 溶液为不饱和溶液，没有固体析出，故 D 错误；故选：C。
16．D 解析：A．恰好反应时，得到的氯化铵溶液是酸性溶液，甲基橙的变色范围是 3.1-4.4，
最宜使用甲基橙，A 项正确；B．由图可知，M 点对应 p X2 曲线的 Q 点，代入
K NH3 H 2O 2.0 10 5 ，解得 c(OH-)=2.0×10-5，c(H+)=0.5×10-9，此时 pH=9.3，B 项正确；
C．使 HCl 溶液滴至 1min 时，加入的稀盐酸的体积是0.5mL s 1 ×60s=30mL，加入盐酸的物
质的量是 0.003mol，此时 pH=7，此时根据电荷守恒得到 c(Cl-)=c(NH 4 )=0.075mol/L，根据
K NH H O 2.0 10 53 2 计算，此时 c( NH3 H2O)=0.000375 mol/L，再根据 N 原子守恒，c
( NH3 H2O总 )=c(NH 4 )+ c( NH3 H2O)=0.075+0.000375，再根据稀释前后物质的量不变，原来
是 10mL，反应后体积为 40mL，则起始时氨水的浓度是(0.075+0.000375)×4=0.3015mol/L，C
项正确；D．氨水的电离过程是吸热过程，温度升高，利于电离方向进行，电离常数 K 增大。
c NH H O c(OH-pX =-lg 3 2对于 2 = -lg[
) ]
+ ，温度升高，K 变大，碱性增强，Q 点应向 c NH4 K(NH3 H2O)
左移动，D 项错误；故答案选 D。
非选择题部分（每空 2 分，共 52 分）
17（10 分）．(1) 负 Fe 8OH 6e FeO2 4 4H2O 阳离子交换膜
(2) SO2 2e
2H2O SO
2
4 4H
增大 6.2
解析：（1）(1)用 Fe 制备 Na2FeO4，Fe 的化合价升高电解池的阳极，与之相连的为电源的正
极，即 b -为正极，a 为负极；阳极的电极反应式为Fe-6e +8OH- =FeO2 4 4H2O 。钠离子向左
- - 2
边移动，所以是阳离子交换膜。故答案：负、Fe-6e +8OH =FeO4 4H2O 、阳离子交换膜。
(2)该电池装置 M 2 极为负极，电极反应式为SO2 2e 2H2O SO4 4H ；当电路中通过
0.2mol 2 电子时，根据SO2 2e 2H2O SO4 4H 可知，吸收 0.1molSO2，向右移动 0.2mol
氢离子，其质量差为 64 0.1 0.2 1 6.2g ，故填SO2 2e 2H2O SO
2
4 4H
、增大 6.2；
18．(1) 逆向移动 (2) ①增大 ②a>b>d>c ③cd ④ b
解析：（1）加入氯化铵，使 NH+4 浓度增大，平衡逆向移动。
（2）①升高温度能促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka 增大；
②电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：
CH3COOH>H2CO3 >HClO>HCO
-
3 ，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的
CO2- >ClO- >HCO- -能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是： 3 3>CH3COO ，
即 a>b>d>c；
③a. 碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故 a
不符合题意；b. CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发
生，故 b 不符合题意；c. HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故 c 符合题意；d. 由
-
于酸性H2CO3>HClO>HCO3 ，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生
成CO2-3 ，该反应不能发生，故 d 符合题意；综上所述，本题答案是：cd；
④加水稀释促进弱酸电离， 随水量的增加醋酸的电离程度增大，
CH COOH CH COO-3 3 +H
+
，各物质的浓度均减小，其电离平衡常数
Ka= c(CH3COO
- ) c(H+ )
保持不变，则有 a 项
c(CH3COOH)
c(CH3COOH) c(CH3COOH) c(CH3COO
) c(CH
3
COO )
+ + 减小，b 项c(H ) c(H ) c(CH3 COO ) Ka
c(CH 3COO ) c(CH
+
3COO ) c(H ) Ka c(H
+)
增大，c 项水的离子积不变 Kw 不变， 减
c(CH3COOH) c(CH3COOH) c(H
+ ) c(H+ ) Kw
c(H+) c(H+) c(H+) c2(H+)
小，d 项
c(OH -) c(OH -) c(H+
减小。故答案选择 b 项。
) K w
-7
19（10 分）．(1) 1×10-3 (2) 9.9×10-7 18 (3)19 2 (4) a 10：
10-a
【解析】(1)pH 为 11 的溶液中水电离出的氢氧化离子浓度为 1×10-3mol/L,故答案为：1×10-3；
(2)溶液 pH 为 6 的醋酸和醋酸钠混合溶液中存在电荷守恒关系 c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO-)+
c(OH-)，c(CH3COO-)-c(Na+)= c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；溶液中
c(CH3COO
-) K
= a = 1.8 10
5
=18，故答案为：9.9×10—7；18；
c(CH3COOH) c(H
+) 10-6mol/L
-13
0.1mol/L 2 bL- 10 aL
(3)由反应后溶液 pH 为 2 可得： 10-11mol/L =10—2mol/L，解得
(a+b)L
a∶b=19∶2，故答案为：19∶2；
(4)氨水与稀硫酸反应得到的中性溶液为硫酸铵和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子
0.1mol/L a 10 -3L 0.2a
的浓度为 10—7 mol/L、铵根离子浓度为 -3 ×2= mol/L、一水合氨的（20+a） 10 L （20+a）
0.1mol/L 20 10-3 L-0.1mol/L 2 a 10-3 L 2-0.2a
浓度为
(a+20) 10-3
= mol/L，则电离常数
L （20+a）
0.2a
10-7
20+a a 10-7 -7K =（ ） a 10b 2-0.2a = ，故答案为： 。10-a 10-a
（20+a）
3-3a-b
20．(1) CO g 2H2 g CH3OH g H 7.8 kJ mol 1 增大压强、选择催V
化剂等 (2) > Q2 >Q1>Q3
解析：（1）①根据盖斯定律分析，主反应-副反应可得热化学方程式为：
CO g 2H2 g CH3OH g H 7.8 kJ mol 1 。
②一定条件下，向体积为 V L 的恒容密闭容器中通入 1 mol CO2和 3 mol H2 发生上述反应，
达到平衡时，容器中CH3OH g 为 a mol，氢气消耗 3amol,CO 为 b mol，氢气消耗 bmol，则
3-3a-b
氢气有（3-3a-b）mol，此时H2 g 的浓度为 。V
③为提高CH3OH 在单位时间的产率，可采取措施：增大压强、选择合适催化剂等。
（2）曲线 b 的二氧化碳的平衡转化率降低，说明增加了二氧化碳的量，即 x 大于 1。相同
投料比时，二氧化碳的转化率越高，反应放热越多，在相同温度下，增大二氧化碳的量，增
大了氢气的转化率，平衡正向移动，反应放热更多，故Q2 >Q1>Q3。
21．（12 分）(1) (球形)干燥管 防止倒吸
(2) 2Fe3 SO 2H O=2Fe2 氧化 2 2 SO
2
4 4H
(3) 当滴入最后半滴Na 2S2O3 溶液时，蓝色溶液褪色，且半分钟内不复色。 95%
解析：（1）仪器 X 的名称为(球形)干燥管；其作用是防止倒吸；
（2）装置 C 中 SO2 和 Na2S 发生归中反应生成 S 单质，说明SO2具有氧化；装置 B 中溶液
3 2 2
变为浅绿色，发生的反应为 2Fe SO2 2H2O=2Fe SO4 4H ；
（3）①淀粉遇到单质碘变蓝色，所以滴定至终点时的判定方法是当滴入最后半滴Na 2S2O3 溶
液时，蓝色溶液褪色，且半分钟内不复色，即为滴定终点；
2 2
②根据反应 2S2O3 I2 S4O6 2I ，则剩余的碘单质
n(I2)=0.5n(Na2S2O3)=0.5×0.1mol/L×10×10-3=5×10-4mol，所以与 Na2S2O5反应的碘单质 n(I2)=
0.05mol L 1 ×50×10-3L-5×10-4mol =2×10-3mol，由3H2O S
2 2
2O5 2I2 2SO4 4I 6H 可知
n( Na2S2O5 )=1×10-3mol，m( Na2S2O5 )=nM=1×10-3mol×158g/mol=0.19g，故焦亚硫酸钠的质量
0.19g
分数为 100%=95%0.2g 。
