北京市西城区重点中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

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北京市西城区重点中学2022-2023学年高二上学期期中考试
化学阶段性测试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Fe-56 Cu-64
I卷
每小题只有一个选项符合题意(每小题3分，共14小题。)
1. 下列属于弱电解质的物质是
A. NaCl B. NaOH C. H2SO4 D. NH3•H2O
【答案】D
【解析】
【分析】弱电解质是在水溶液中不完全电离的电解质。
【详解】A．NaCl在水溶液中完全电离，是强电解质，A错误；
B．NaOH是强碱，在水溶液中完全电离，是强电解质，B错误；
C．H2SO4是强酸，在水溶液中完全电离，是强电解质，C错误；
D．NH3•H2O是弱碱，在水溶液中不完全电离，是弱电解质，D正确；
故选D。
2. 下列说法中，正确的是
A. 冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程
B. 能够自发进行的反应一定是放热反应
C. ΔH＜0的反应均是自发进行的反应
D. 能够自发进行的反应一定是熵增的过程
【答案】A
【解析】
【详解】A．同种物质的熵值，液体大于固体，故冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程，A说法正确；
B．能够自发进行的反应中，∆G＜0，∆G=ΔH-TΔS，不一定是放热反应，B说法错误；
C．∆G＜0的反应能够自发进行，ΔH＜0的反应不一定是自发进行的反应，C说法错误；
D．能够自发进行的反应一定是∆G＜0，不一定为熵增的过程，D说法错误；
答案为A。
3. NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H0.5，D正确；
故选B。
14. 下列实验中，均产生白色沉淀。

下列分析不正确的是
A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；
C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
II卷
15. 合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。
(1)在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2 mol NH3(g)，放出9.24 kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式：_______。在图中画出合成氨反应过程中焓(H )的变化示意图______。

(2)将N2和H2通入体积为2 L恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2 mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的化学反应速率为_______mol/(L·min)。
(3)理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是_______(写出一条)。
(4)图为某压强下N2和H2按物质的量之比1∶3投料进行反应，反应混合物中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线。Ⅰ是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是_______。

A.图中a点，容器内n(N2)∶n(NH3)=1∶4
B.图中b点，υ正＜υ逆
C.400~530 ℃，Ⅱ中NH3物质的量分数随温度升高而增大，原因是升高温度化学反应速率增大
【答案】 ①. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol ②. ③. 0.02 ④. 降温、增大压强或及时分离出NH3 ⑤. AC
【解析】
【详解】(1)在一定条件下，N2(g)和H2(g)反应生成0.2 mol NH3(g)，放出9.24 kJ的热量，则反应产生2 mol NH3(g)，放出92.4 kJ的热量，则该可逆反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol；
每1 mol N2(g)与3 mol H2(g)反应产生2 mol NH3(g)，放出92.4 kJ的热量，用图示表示为；
(2)从反应开始至平衡，测得NH3的浓度为0.2 mol/L，则N2的浓度变化为×0.2 mol/L=0.1 mol/L，用N2的浓度变化表示反应速率v(N2)==0.02 mol/(L·min)；
(3)该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。理论上，为了增大平衡时H2的转化率，应该使化学平衡正向移动，可采取的措施是：增大体系的压强，或适当降低反应体系的温度，或分离出NH3或增大N2的浓度等；
(4)A．假设通入的N2的物质的量是1 mol，通入H2为3 mol，平衡时N2转化量为x mol，则平衡时各种气体的物质的量n(N2)=(1-x)mol，n(H2)=3(1-x)mol，n(NH3)=2x mol，由于此时NH3的含量为50%，则，解得x=mol，故此时容器内n(N2)∶n(NH3)=(1-)∶(2×)=1：4，A正确；
B．由图可知b点时NH3的含量低于平衡时的a点，说明反应正向进行，则此时υ正＞υ逆，B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应体系气体的温度逐渐升高，化学反应速率逐渐加快，使NH3的物质的量分数随温度升高而增大，C正确；
故合理选项是AC。
16. 研究电解质在水溶液中的离子反应与平衡有重要的意义。
（1）常温下，用0.1mol/L NaOH溶液滴定10mL0.1mol/L溶液的滴定曲线如下图所示。

i.下列说法正确的是：_______(填序号)
①a点溶液的pH=1
②b点溶液中，
③c点溶液中，
④d点溶液中，
⑤比较a、d两点水的电离程度：a7的原因：_______。
（2）已知：25℃时、和HClO的电离平衡常数：
化学式



电离平衡常数()




①的电离平衡常数表达式_______。
②25℃时，等物质的量浓度的NaClO溶液和溶液的pH关系为：_______)(填“>”、“ ③. 4.2×10-4 ④. B
【解析】
【分析】(1)常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液，a点只有醋酸溶液，b点为酸性，溶质为CH3COOH和CH3COONa，c点为中性，d点溶液呈碱性，是NaOH和CH3COOH恰好中和，溶质为CH3COONa，据此分析解题。
(2)根据CH3COOH、H2CO3和HClO的电离平衡常数可以写出电离方程式和电离平衡常数，比较电离平衡常数大小从而判断反应能否进行，据此分析解题。
【小问1详解】
常温下，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液 ，
i.①a点NaOH溶液体积为0，仅有0.1 mol/L CH3COOH溶液 ，醋酸是弱酸，是弱电解质，不完全电离，c(H+)1，①错误；
②b点为酸性，溶质为CH3COOH和CH3COONa，醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以溶液中，②正确；
③c点溶液呈中性，根据电荷守恒，和溶液中性，可得，③错误；
④d点溶液根据物料守恒可得c(Na+)= [c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，④错误；
⑤a的溶质为CH3COOH，抑制了水的电离，d的溶质为CH3COONa，促进了水的电离，两点水的电离程度：a pH(CH3COONa)，故答案为：>。
③25℃时，若初始时醋酸中CH3COOH的物质的量浓度为0.01 mol/L，由电离平衡常数Ka=，且由醋酸电离出的氢离子和醋酸根离子相等可得，==×10-4=4.2×10-4，即 c(H+)=4.2×10-4mol/L。故答案为：4.2×10-4。
④由电离平衡常数可知，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，根据强酸制弱酸的原理可知，A不可能发生，反应B能发生，反应C应为CO2 +H2O+NaClO=NaHCO3 +HClO。
故答案为：B。
17. 雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)都是自然界中常见砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
（1）砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图1所示。

I中，氧化剂是_______。
（2）III中产物亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图2所示。

①人体血液的pH在7.35~7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是_______。
②将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，当pH调至11时，所发生反应的离子方程式是_______。
③下列说法中，正确的是_______(填字母序号)。
a．n(H3AsO3)：n()=1：1时，溶液显碱性
b．pH=12时，溶液中
c．在K3AsO3溶液中，
（3）工业含砷(+3价)废水常用铁盐处理后排放。其原理是：铁盐混凝剂在溶液中生成Fe(OH)3胶粒，用离子方程式表示这一过程_______。Fe(OH)3胶粒表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。经测定不同的pH条件下铁盐对含砷(+3价)化合物的去除率如图3所示。pH在5~9时，随溶液pH增大，铁盐混凝剂对含砷(+3价)化合物的吸附效果增强。结合图2和图3解释可能的原因：_______。

【答案】（1）As2S3
（2） ①. H3AsO3 ②. H3AsO3+OH-=+H2O ③. ac
（3） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ ②. pH=5~ 9之间溶液中主要存在微粒为H3AsO3和，由于Fe(OH)3胶粒表面带正电荷，可以吸附负电荷，随着溶液中pH的增大而增大，含量多，吸附效果好，此外，pH升高有利于水解，促进Fe(OH)3的生成，Fe(OH)3的含量高，吸收效果更好。
【解析】
【小问1详解】
I中Sn的化合价升高，As的化合价降低，所以As2S3在反应中得电子作氧化剂；
【小问2详解】
①由图像可知，溶液pH在7.35- 7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3；
②根据图示可知：将KOH溶液滴入H3AsO3溶液，当pH调至11时，反应产生NaH2AsO3、H2O，所发生反应的离子方程式是：H3AsO3+OH-=+H2O；
③a．n(H3AsO3)：n()=1：1时，溶液的pH=9，所以溶液显碱性，a正确；
b．pH= 12时，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，所以b错误；
c．在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解主, 第一步水解生成，第二步水解生成，则，c正确；
故合理选项是ac；
【小问3详解】
Fe(OH)3胶粒形成就用的是Fe3+水解反应产生的，所以水解反应的化学方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；
铁盐混凝剂在溶液中生产Fe(OH)3胶粒，其表面带正电荷。在溶液pH=5~ 9之间溶液中主要存在微粒为H3AsO3和，由于Fe(OH)3胶粒表面带正电荷，可以吸附负电荷，随着溶液中pH的增大而增大，含量多，吸附效果好，此外，pH升高有利于水解，促进Fe(OH)3的生成，Fe(OH)3的含量高，吸收效果更好。
18. MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：
软锰矿 MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子沉淀的pH（25℃）

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。

i．II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。
ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。
（2）纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_______。
【答案】（1） ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
（2）纯化时先加入MnO2，将溶液中的Fe2+氧化；后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，可以使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去
【解析】
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【小问1详解】
①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i．根据图示可知：II是软锰矿中的MnO2与Fe2+反应产生Mn2+、Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知溶出Mn2+的主要反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
【小问2详解】
MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；然后加入NH3∙H2O，调溶液pH≈5，使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而通过过滤的方法分离除去。
19. 某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。

（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
（3）思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。
【答案】（1） ①. 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 ②. 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 ③. a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2） ①. 指示剂 ②.
（3） ①. 偏低 ②. Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
【小问2详解】
①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。
【小问3详解】
①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态