重庆市育才中学2023-2024学年高二上学期期中化学题 Word版含解析.docx

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重庆市育才中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题本试卷为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Cr-52Fe-56第Ⅰ卷一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的。1.下列装置或过程能实现化学能转化为电能的是A．银锌纽扣电池B．冶炼金属钠C．电暖风扇D．煤气灶A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．银锌纽扣电池，是原电池的原理，是将化学能转化为电能，故A正确；B．冶炼金属钠，是电能转化为化学能，故B错误；C．电暖风扇，是将电能转化为热能，故C错误；D．煤气的成分天然气燃烧，是化学能转化为热能，故D错误；故选：A。2.当CaCO3固体在水中溶解达到平衡时：为使CaCO3固体质量减少而c(Ca2+)不变，可加入适量下列物质是A.CaCl2B.NaNO3C.HClD.H2O 【答案】D【解析】【详解】A．加入CaCl2溶液，溶液中Ca2+浓度增大，使CaCO3的沉淀溶解平衡逆向移动，CaCO3固体质量和c(Ca2+)都增大，故A不选；B．加入NaNO3，对CaCO3的沉淀溶解平衡无影响，故B不选；C．加入HCl溶液，氢离子和碳酸根离子反应，使碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，使CaCO3固体质量减少而c(Ca2+)增大，故C不选；D．加入H2O稀释，使CaCO3的沉淀溶解平衡正向移动，CaCO3固体质量减少，温度不变则Ksp不变，则c(Ca2+)不变，故D选；故选D。3.下列有关工业生产的叙述正确的是A.合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，故温度越高越好B.合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于氨的生产C.硫酸工业中，SO2催化为SO3时采用常压，因为高压会使平衡逆移D.硫酸工业中，使用催化剂是为了提高SO2转化为SO3的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A．合成氨生产过程中升高温度可加快反应速率，缩短生产周期，但合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，导致氨的平衡含量降低，所以不是温度越高越好，故A错误；B．合成氨工业中，将NH3及时液化分离，降低了产物浓度，平衡向正反应方向移动，有利于氨的生产，故B正确；C．硫酸工业中，SO2催化为SO3的反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，有利于SO3的生成，但增大压强需要的动力以及对设备的要求提高，而且常压下SO2转化率较高，所以采用常压，故C错误；D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡转化率，故D错误；故答案为B。：4.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是A.25℃时，溶液的pH=4B.等浓度等体积盐酸和HR溶液，消耗等浓度NaOH溶液体积相同C.常温下NaR溶液的pH>7D.HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大 【答案】B【解析】【详解】A．室温时，0.01mol•L-1的HR溶液pH=4，酸浓度大于氢离子浓度，说明HR部分电离，则证明HR是弱酸，故A不选；B．同等浓度等体积盐酸消耗NaOH量相同，说明HR是一元酸，但不能说明HR部分电离，所以不能说明HR是弱酸，故B选；C．室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，所以能证明HR为弱酸，故C不选；D．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液pH变大，说明HR溶液中存在电离平衡，则HR为弱酸，故D不选；故选：B。5.下列离子方程式不正确的是A.明矾用于净水：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+B.泡沫灭火器灭火：Al3++3HCOAl(OH)3↓+3CO2↑C.用纯碱清洗油污：CO+H2OHCO+OH-D.HS-的水解反应：HS-+H2OS2-+H3O+【答案】D【解析】【详解】A．明矾净水是铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，A正确；B．泡沫灭火器灭火是铝离子和碳酸氢钙发生双水解：Al3++3HCOAl(OH)3↓+3CO2↑，B正确；C．用纯碱清洗油污是因为碳酸根水解显碱性：CO+H2OHCO+OH-，C正确；D．HS-+H2OS2-+H3O+，为HS-的电离方程式，D错误；故选D。6.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/LNH4NO3溶液中含有的数目为0.1NAB.pH=1的H2SO4溶液中含有H⁺的数目为0.2NAC.标准状况下，22.4LCl2中含有原子数目为2NAD.1molNO和0.5molO2混合后分子总数一定为NA 【答案】C【解析】【详解】A．1L0.1mol/LNH4NO3的物质的量为1mol，由于会发生水解反应，溶液中n()<1mol，则数目小于0.1NA，故A错误；B．未知H2SO4溶液的体积，无法计算物质的量，H+数目不确定，故B错误；C．标准状况下，22.4LCl2的物质的量为，含2mol氯原子，含原子数目为2NA，故C正确；D．NO和O2反应生成NO2，NO2可部分转化为N2O4，2NO2⇌N2O4，所以1molNO 与0.5molO2混合后分子数小于NA，故D错误；故选C。7.如图所示的双液原电池，下列叙述正确的是A.Cu为电池的正极B.盐桥中的阳离子向右池移动C.Ag电极上发生氧化反应D.盐桥内可以是含有KCl的琼脂【答案】B【解析】【分析】该原电池中，铜易失电子作负极，银作正极，负极上电极反应式为，正极上电极反应式为，放电时，电流从银沿导线流向铜，盐桥中阳离子向正极移动，据此分析解答；【详解】A．该原电池中，铜易失电子作负极，A错误；B．原电池中，盐桥中阳离子向正极移动，银作正极，阳离子即向右池移动，B正确；C．该原电池中，银作正极发生还原反应，C错误；D．盐桥中的Cl-会与Ag+发生离子反应，D错误； 答案选B。8.化学是一门以实验为基础的学科，如图所示的实验装置或操作能达到实验目的的是A．酸式滴定管排气泡操作B．制备Fe(OH)3胶体C．中和热的测定D．制备无水MgCl2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．图中为碱式滴定管，为碱式滴定管排气泡操作，故A错误；B．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，氯化铁和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；C．图中缺少环形搅拌器，不能测定最高温度，故C错误；D．MgCl2易水解，HCl可抑制镁离子的水解，则在HCl氛围中加热MgCl2•6H2O能制取无水MgCl2，故D正确；故选D。9.下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更少B.C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，说明石墨比金刚石更稳定C.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同D.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则向100mL1mol/L盐酸中加入4.0gNaOH固体，放出的热量大于5.73kJ【答案】C【解析】【详解】A．燃烧为放热反应，反应物中气态S比固态S的能量高，则前者放热多，故A正确；B．焓变为正，可知石墨能量低，则石墨更稳定，故B正确； C．反应的焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故C错误；D．NaOH溶解放出热量，所以放出的热量大于5.73kJ，故D正确；故选：C。10.下列说法正确的是A.加热蒸干CuCl2溶液并灼烧，可以得到CuO固体B.酸碱中和滴定操作主要步骤为：检漏→水洗→装液→调“0”→滴定。C.向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，Ksp增大D.锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生，利用了勒夏特列原理【答案】A【解析】【详解】A．加热促进Cu2+的水解，最终生成的Cu(OH)2灼烧得到CuO，与盐的水解有关，故A正确；B．滴定之前需要进行的操作是选用合适的滴定管，并对滴定管进行检漏、水洗、润洗、装液、调整液面及读数等操作，故B错误；C．氯化银饱和溶液中存在沉淀溶解平衡，向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，c(Cl-)增大，则平衡向生成沉淀的方向进行，Ksp只随温度的变化而变化，所以Ksp不变，故C错误；D．Zn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故D错误；故选：A。11.中科院研究了一款独特的锂-氮(Li-N)电池，电解质为可传导Li+的有机溶剂，该电池可实现氮气的循环，并对外提供电能。该电池总反应为：，下列说法不正确的是A.锂-氮电池可实现绿色固氮B该电池电解质不能换成水溶液C.放电时，乙电极为正极，发生的反应为：N2+6e-=2N3- D.充电时，甲应接外电源的负极【答案】C【解析】【分析】放电时甲电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为LI-e-=Li+，乙电极为正极，N2发生还原反应：N2+6Li++6e-═2Li3N；充电时，甲电极是阴极，乙电极是阳极；【详解】A．锂-氮电池放电时消耗氮气，充电时释放氮气，实现了氮气的循环，为绿色固氮提供了一种可能，故A正确；B．锂是活泼金属，能与水反应，因此电解质不能换成水溶液，故B正确；C．放电时甲电极为负极，乙电极为正极，N2发生还原反应：N2+6Li++6e-=2Li3N，故C错误；D．放电时甲电极为负极，充电时，电解池的阴极连接原电池的负极，则充电时，甲应接外电源的负极，故D正确；故选：C。12.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知AlPO4溶解为吸热过程)。下列说法不正确的是A.T1>T2B.AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C.T1下Q点溶液无AlPO4固体析出D.图中Ksp：a=c=d0，故A错误；B．T℃，CO2转化率为50%，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为：＝2.4mol，则CO2为0.5mol，设甲醇为xmol，CO为ymol，可列出以下方程：x+y=0.5，n(H2)=2-(3x+y)，n(H2O)=x+y，n(CH3OH)+n(CO)+n(CO2)+n(H2)+n(H2O)=2.4，计算n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.2mol，甲醇的选择性为×100%＝60%，故B错误；C．由B项分析，T℃时，反应Ⅱ中平衡n(CO2)=0.5mol，n(H2)=0.9mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.3+0.2=0.5mol，反应Ⅱ平衡常数，故C正确；D．由反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故CO2的平衡转化率降低，则不能选择高温条件，故D错误；故选：C。第Ⅱ卷二、非选择题：本题分为4小题，共58分。15.电化学在生活中的应用广泛，请根据电化学原理回答下列问题。（1）图a中，电流表指针发生偏转，Zn作负极，则A电极上发生的电极反应式为___________；反应进行一段时间后溶液酸性将___________(填“增强”或“减弱”或“基本不变”)。 （2）C2H5OH可作为燃料使用，用C2H5OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图b，电池总反应为，则d电极是___________(填“正极”或“负极”)，c电极的电极反应式为___________。（3）按图c所示装置，以石墨为电极电解氯化钠溶液，阳极为___________(填“X”或“Y”)，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞溶液，则电解时在X极附近观察到的现象是___________。若将X电极材料换为Cu，则X电极上的电极反应式将___________(填“发生变化”或“不变”)（4）某原电池装置初始状态如下图所示，电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl。当电路中转移amole-时，交换膜左侧溶液中约减少___________mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)___________(填“>”、“<”或“=”)lmol·L-1(忽略溶液体积变化和Cl2溶于水)。【答案】（1）①.②.减弱 （2）①正极②.（3）①.Y②.溶液变红，有气泡产生③.不变（4）①.2a②.>【解析】【小问1详解】Zn作负极，则A电极为正极，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++2e-=H2↑，总反应为2H++Zn=Zn2++H2↑，则溶液酸性减弱，故答案为：2H++2e-=H2↑；减弱；【小问2详解】C2H5OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池工作时，C2H5OH发生失电子的反应生成CO2，O2发生得电子的反应生成H2O，由图中电子流向可知c电极为负极，d电极为正极，负极反应式为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故答案为：正极；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+；【小问3详解】据图可知，电子从电极c流出，则为阴极，阳极为Y，X电极上氢离子放电，同时该电极附近生成氢氧根离子，所以X极附近观察到的现象是溶液变红，有气泡产生；X为阴极，电极不参与反应，若将X电极材料换为Cu，则X电极上的电极反应式将不变；【小问4详解】Ag作负极，电极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl,当电路中转移amole-时，左侧溶液中约减少amol氯离子，由电荷守恒可知，有amol氢离子透过交换膜进入右侧，故交换膜左侧溶液中约减少2amol离子，Pt电极为正极，电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，氢离子透过交换膜进入右侧，右侧溶液HCl浓度＞1mol/L，故答案为：2a；＞。16.平衡思想是化学研究的一个重要观念，在水溶液中存在多种平衡体系。研究水溶液中的粒子行为在化学研究中具有重要价值。（1）已知T℃下，Kw=1×10-12，T℃时，有pH=4的盐酸溶液中，c(OH-)=_________mol/L，由水电离出的c(H+)=________mol/L。（2）现有常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11mol/L的四份溶液：①HCl溶液；②CH₃COOH溶液；③氨水；④NaOH溶液，若①③混合溶液pH=7，则混合溶液中(c(NH)___________c(Cl-)(填“>”或“=”或“<”)。若将等体积的①②分别与足量的铝粉反应，生成H₂的量比较①___________②(填“>”或“=”或“<”)；若向等体积的四种溶液中分别加水稀释至100倍，则溶液的pH由小到大是___________(填序号)；（3）锅炉水垢会降低燃料的利用率，造成能源浪费，Mg(OH)2是水垢成分之一、室温下，已知Mg(OH)2的Ksp=5.0×10-12，向0.05mol/L的MgCl2溶液中通入NH3至刚好出现沉淀时，溶液的pH约为 ___________。（4）工业去除废水中的H2S，可用N2或CO2可将H2S从水中吹出，再用碱液吸收。将H2S从水中吹出时，用CO2比N2效果更好，其原因是___________。(从化学平衡角度解释)（5）已知草酸为二元弱酸：常温下，向某浓度的溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。则pH=2.7时，溶液中___________。【答案】（1）①.1×10-8②.1×10-8（2）①.=②.<③.②<①<④<③（3）9（4）CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的电离，有利于H2S的吹出（5）103【解析】【小问1详解】pH=4的盐酸溶液中c(H+)=10-4mol/L，，由水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-8；【小问2详解】HCl与氨水混合后生成氯化铵，溶液存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，混合溶液pH=7则c(H+)=c(OH-)，故c()=c(Cl-)；HCl是强电解质，CH₃COOH是弱电解质，不能完全电离，则CH₃COOH的浓度大于HCl的，等体积时n(CH₃COOH)>n(HCl)，与足量的铝粉反应，生成H₂的量比较①<②；由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，且碱液的pH大于酸液，故稀释后溶液的pH大小为：②<①<④<③；【小问3详解】 刚好出现沉淀时，c(Mg2+)∙c(OH-)2=Ksp[Mg(OH)2]，，则，溶液的pH约为9；【小问4详解】用CO2比N2效果更好，其原因是CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的电离，有利于将H2S吹出；【小问5详解】pH=2.7时，c(H2C2O4)=c()，溶液中。17.某电镀废水中的铬元素以Cr3+和CrO的形式存在，其总铬含量的测定方法如下：步骤一：取100mL废水，加热浓缩成20.00mL溶液，然后加入NaOH溶液将Cr3+转化为CrO；步骤二：加入稍过量的H2O2，使CrO2在碱性条件下转化成CrO；步骤三：加入硫酸酸化并煮沸后，加入足量的KI将CrO还原为Cr3+，同时生成单质I2；步骤四：加入指示剂用溶液滴定，滴定过程中消耗溶液30.00mL。已知：I2+2S2O=S4O+2I-，请回答下列问题：（1）CrO中铬元素价态为___________。（2）步骤一中将Cr3+转化为CrO的离子反应方程式为：___________。（3）“步骤三”中加硫酸酸化时存在反应2CrO(黄色)+2H+Cr2O(橙色)+H2OΔH<0，升高温度溶液变___________色。（4）“步骤四”中加入的指示剂为___________，滴定终点现象为___________。（5）该废水中铬元素的含量为___________g/L。（6）若“步骤三”省略加热煮沸操作会导致废水中铬元素含量的测量结果偏高，原因可能为___________。【答案】（1）+6价（2）+4OH-=+2H2O（3）黄（4）①.淀粉溶液②.滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内溶液颜色蓝色变为无色(或蓝色恰好褪去)，且半分钟内不恢复（5）0.052（6）若省略加热煮沸操作，则过量的H2O2也能氧化过量的KI生成更多I2 ，从而导致铬元素测量结果偏高【解析】【小问1详解】中O元素为-2价，则铬元素价态为+6价；【小问2详解】加入NaOH溶液将Cr3+转化为，反应的离子方程式为：+4OH-=+2H2O；【小问3详解】该反应ΔH＜0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，浓度增大，会导致溶液变为黄色；【小问4详解】根据已知步骤三生成单质I2，“步骤四”用标准液Na2S2O3滴定碘单质，由于淀粉溶液遇碘变蓝，则加入的指示剂为淀粉溶液，滴定终点现象为滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶内溶液颜色蓝色变为无色(或蓝色恰好褪去)，且半分钟内不恢复；【小问5详解】根据已知反应可得关系式2~3I2~6Na2S2O3，步骤四中消耗标准液n(Na2S2O3)=cV=0.01mol/L×0.03L=3×10-4mol，则n()=n(Na2S2O3)=1×10-4mol，100mL废水中铬元素的含量为；【小问6详解】若“步骤三”省略加热煮沸操作会导致废水中铬元素含量的测量结果偏高，原因可能为过量的H2O2也能氧化过量的KI生成更多I2，从而导致铬元素测量结果偏高。18.氨气是重要的基础化工品，请结合信息回答问题。（1）尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物，在尿素合成塔中发生的反应可表示为第一步：ΔH1=-119.2kJ/mol；第二步：ΔH2=+15.5kJ/mol；①已知第一步反应为快速反应，第二步反应为慢速反应，其中活化能较大的是第___________步，则ΔH3=___________kJ/mol；第二步能自发进行的条件是___________。(填“高温”或“低温”或“任何温度”)②对于第一步反应，混合气体中氨气体积分数随时间变化如图所示，则vA(正)___________vB(逆)(填 “>”“<”或“=”)。（2）T℃，在2L的密闭容器中，通入和，保持体积不变，发生反应，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡，此时H2O的物质的量为0.5mol，则：①NH3的平衡转化率为___________，0~10min的平均反应速率___________②能说明上述反应达到平衡状态的是___________。A.B．混合气体的密度不再发生变化C．CO2的体积分数在混合气体中保持不变D．单位时间内消耗同时生成（3）科学家推出合成氨反应在接近平衡时净反应速率方程式为：v(NH3)＝k1p(N2)[]α−k2[](1−α)，k1、k2分别为正、逆反应速率常数，p代表各组分的分压，如，其中x(B)为平衡体系中B的物质的量分数，p为平衡总压强16MPa，以铁为催化剂时α=0.5，一定条件下，向容器中充入。和的混合气体，平衡时氨气的物质的量分数为25%，试计算___________(MPa)-2。(保留小数点后三位)【答案】（1）①.二②.-103.7③.高温④.>（2）①.50%②.0.025mol·L-1·min-1③.BC（3）0.007【解析】【小问1详解】①活化能越大反应速率越慢，第二步反应为慢速反应，则活化能较大的是第二步；由盖斯定律，第一步+第二步可得目标方程，ΔH3=ΔH1+ΔH2=-119.2+15.5=-103.7kJ/mol；第二步气体分子数增大则ΔS>0，ΔH2>0，能自发进行的条件是高温；②A点氨气体积分数大于B的氨气体积分数，说明A点未达到平衡，反应正向进行，B 点达到平衡状态，反应过程中正反应速率逐渐减小，即A点正反应速率大于B点的正反应速率，vA(正)>vB(逆)；【小问2详解】①平衡时H2O的物质的量为0.5mol，则消耗n(NH3)=1mol，NH3的平衡转化率为，消耗n(CO2)=0.5mol，0~10min的平均反应速率；②A．n(CO2)：n(NH3)=(1-a)：(2-2a)=1：2是定值，不能说明是否达到平衡状态，故A错误；B．尿素是固体，混合气体的质量是变量，容器体积不变，密度是变量，混合气体的密度不再发生变化，说明反应一定达到平衡状态，故B正确；C．混合气体中CO2的体积分数为，所以混合气体二氧化碳的体积分数是变量，CO2的体积分数在混合气体中保持不变，反应一定达到平衡状态，故C正确；D．单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O，两者描述的均为正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故D错误；故答案为：BC；【小问3详解】