2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了0×10−2ml⋅L−1，044ml⋅L−1⋅min−1，0×10−12、Ksp=1，【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市朝阳区高二（上）期末化学试卷

1. 如图装置或过程能实现电能转化为化学能的是(    )
A. 普通锌锰电池
B. 冶炼金属钠
C. 太阳能电池
D. 天然气燃烧
2. 下列物质属于弱电解质的是(    )
A. NH3⋅H2O B. H2SO4 C. NaCl D. Cu
3. 锌铜原电池装置如右图，下列说法不正确的是(    )

A. 锌电极上发生氧化反应
B. 盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
C. 电子从锌片经电流计流向铜片
D. 铜电极上发生反应：Cu2++2e−=Cu
4. 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH0经过以下两步基元反应完成：
i.2HI(g)=H2(g)+2I(g)ΔH1
ii.2I(g)=I2(g)ΔH2
下列说法不正确的是(    )
A. ΔH=ΔH1+ΔH2
B. 因为i中断裂化学键吸收能量，所以ΔH1>0
C. 因为ii中形成化学键释放能量，所以ΔH2HCl>HBr>HI
B. 键的极性：HF>HCl>HBr>HI
C. 第一电离能：C>N>O>F
D. 电负性：Cc(Cl−)
15. 氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 ______形，基态N原子的轨道表示式为 ______。
(2)B的第一电离能I1(B)=800kJ⋅mol−1，判断I1(Al)______800kJ⋅mol−1(填“>”或“0
①为提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 ______(写出两条即可)。
Ⅱ.H2的富集：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH”或“”“HCl>HBr>HI，故A正确；
B.H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故B正确；
C.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA元素原子最外层呈现半充满状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：C
(3)2HI(g)=H2(g)+I2(g)ΔH=+52kJ/mol 
【解析】
【分析】
本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
【解答】
(1)平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K=c(CO)⋅c(H2)c(H2O)。
(2)①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施：增大水蒸气浓度、升高温度或降低压强、及时分离出部分CO或者部分H2。
②已知830℃时，该反应的平衡常数K=1。在容积不变的的密闭容器中，设该容器的体积为1L，将2molCO与8molH2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
               CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)
起始(mol)2800
转化(mol)xxxx
平衡(mol)2−x8−xxx
该反应是气体体积不变的反应，K=c(CO2)⋅c(H2)c(CO)⋅c(H2O)=x⋅x(2−x)⋅(8−x)=1，解得x=1.6，则反应达平衡时CO的转化率为1.6mol2mol×100%=80%。
③根据“先拐先平数值大”可知T1>T2。
(3)①SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)=H2SO4(l)+2HI(g)△H1=−82kJ⋅mol−1
②2H2SO4(l)=2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)△H2=+544kJ⋅mol−1
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH=+484kJ⋅mol−1
根据盖斯定律：12×③-①−12×②得2HI(g)=H2(g)+I2(g)ΔH=12×484kJ/mol+82kJ/mol−12×544kJ/mol=+52kJ/mol。  
17.【答案】(1)①Ⅱ
         ② c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
         ③>
(2)①ClO−+H2O⇌HClO+OH− 
         ②空白对照，排除 I中因稀释导致溶液褪色的可能
         ③ Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，I中发生反应ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，c(HClO)增大，漂白性增强，氧化色素 
         ④ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O 
【解析】(1)①HCl是强电解质，0.1mol/L的溶液中氢离子浓度也是0.1mol/L，pH=1，所以曲线II是盐酸滴定曲线，
故答案为：Ⅱ；
②a点处溶液中溶质成分应是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，根据图中信息，此时溶液pHc(Na+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO−水解，Cl−不水解，
故答案为：>；
(2)①NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO−离子水解造成溶液显碱性，离子方程式为ClO−+H2O⇌HClO+OH−，
故答案为：ClO−+H2O⇌HClO+OH−；
②实验II中加入了与实验I加入醋酸体积相同的蒸馏水，然后观察实验现象是否相同，避免因原NaClO溶液因稀释而造成HClO增多导致溶液变色的现象干扰实验I的分析判断，
故答案为：空白对照，排除I中因稀释导致溶液褪色的可能；
③根据题目所给信息，Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，浓度相同的醋酸酸性大于次氯酸酸性，实验I中发生醋酸制取次氯酸的反应，次氯酸生成的越多，漂白性就越强，
故答案为：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，I中发生反应ClO−+CH3COOH=HClO+CH3COO−，c(HClO)增大，漂白性增强，氧化色素；
④ClO−与Cl−在酸性条件下氧化还原生成Cl2，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O。

本题考查了酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，把握弱电解质的电离特点和图象信息是解题关键，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。

18.【答案】(1)H2 
(2)Fe2+−e−=Fe3+ 
(3)14Fe3+  8H2O15Fe2+  16H+ 
(4)①催化剂能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大 
         ②随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低；或随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，产生更多Fe(OH)3胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低 
(5)35%
(6)脱硫速率快、Fe3+可循环利用，制取高纯H2等 
【解析】分析：观察所给的电解装置可知，电解池的阳极发生的反应为Fe2+−e−=Fe3+，阴极发生的反应为2H++2e−=H2↑，阳极的产物为Fe3+，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42−和H+；催化剂能够加快化学反应速率主要的原因是催化剂能够降低反应的活化能，增大有效碰撞次数，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率不仅不能够提高而且还会降低，说明可能会有因Fe3+或Cl−引起的其他的副反应发生；由产生的氢气的体积可以计算出电路中转移的总电子数，根据溶液中c(SO42−)可以计算出生成硫酸根离子转移的电子数，再根据电解效率的定义η(B)=n(生成B所用的电子)/n(通过电极的电子)×100%，求得电解效率η(SO42−)，据此解答。
(1)电解时B为阴极，H+放电，电极反应式为2H++2e−=H2↑，
故答案为：H2；
(2)由分析可知，阳极发生的反应为Fe2+−e−=Fe3+，
故答案为：Fe2+−e−=Fe3+；
(3)由图可知，Fe3+氧化FeS2生成Fe2+和SO42−和H+，根据电子守恒和质量守恒，配平后的反应方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，
故答案为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+；
(4)①催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，FeS2直接在电极放电反应的活化能较大，使用催化剂后，反应分为二步进行，有效降低了反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，
故答案为：催化剂能改变反应历程，降低FeS2直接在电极放电反应的活化能，增大单位体积内反应物分子中活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大；
②催化剂能够加快反应速率，FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低，说明因Fe3+或Cl−增大引起的其他的副反应发生，如Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电，或者Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，使煤浆聚沉，导致反应速率减小，
故答案为：随着FeCl3浓度的增大，可能发生Fe3+在阴极放电或者Cl−在阳极放电等副反应，导致与FeS2反应的Fe3+浓度减小，脱硫率降低；或随着FeCl3浓度的增大，平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，产生更多Fe(OH)3 胶体，导致煤浆聚沉，脱硫率降低；
(5)阴极收集到224mL(标准状况)H2气体时(阴极无副反应发生)，电路中转移的总电子数为224×10−3L22.4L/mol×2=0.02mol，生成SO42−的物质的量为1001000L×0.01mol/L=0.001mol，根据反应FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42−+15Fe2++16H+，转移的电子数为142×0.001mol=0.007mol，则电子转移效率η(SO42−)=0.0070.02×100%=35%，
故答案为：35%；
(6)从反应速率和转化率及物质的循环使用等方面思考，电解法脱硫的优点有脱硫速率快，Fe3+能够循环使用，同时还可制取高纯度的H2，
故答案为：脱硫速率快、Fe3+可循环利用，制取高纯H2等。

本试题考查的电解池的工作原理和催化剂影响反应速率的原因以及有关以物质的量为核心的计算，综合性强，重点考查学生获取信息和分析问题的能力，掌握电解池的工作原理的、催化剂影响反应速率的机理等是解答本题的关键，试题难度中等，其中分析FeCl3的质量分数大于1.5%时，脱硫率降低的原因具有较大的开放性，难度较大。

19.【答案】(1)Cu2++2e−=Cu
(2)①O2  ②Cl2+H2O⇌HCl+HClO品红溶液，品红褪色 
(3)①4Cu(NH3)2++O2+8NH3⋅H2O=4Cu(NH3)42++4OH−+6H2O
         ②加水，Q>K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−向逆反应方向移动。 产生CuCl沉淀原因一：c(Cu+)⋅c(Cl−)>Ksp(CuCl)；原因二：c(Cu2+)与c(Cl−)增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓，产生CuCl沉淀； 
         ③不合理，因为棕黑色物质中含有[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象。 
【解析】(1)石墨电极电解CuCl2溶液，阴极Cu2+发生还原反应，得到电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，
故答案为：Cu2++2e−=Cu；
(2)①若因阳极OH−放电导致溶液酸性增强，则必然同时有O2生成，故可通过检验阳极是否有O2生成来判断该假设是否正确，
故答案为O2；
②是Cl−在阳极放电造成的，产生Cl2溶于水后发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO使溶液呈酸性，可用品红溶液检验溶液中是否含有HClO来判断该假设是否正确，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；品红溶液，品红褪色；
(3)①无色溶液为Cu(NH3)2+，放置过程中被空气中的氧气氧化成蓝色溶液Cu(NH3)42+，反应方程式为4Cu(NH3)2++O2+8NH3⋅H2O=4Cu(NH3)42++4OH−+6H2O，
故答案为：4Cu(NH3)2++O2+8NH3⋅H2O=4Cu(NH3)42++4OH−+6H2O；
②白色沉淀为CuCl，可由反应Cu++Cl−=CuCl↓生成，也可由反应Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓生成，加水，Q>K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c(Cu+)⋅c(Cl−)>Ksp(CuCl)；原因二：c(Cu2+)与c(Cl−)增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓，产生CuCl沉淀，
故答案为：加水，Q>K，平衡Cu2++Cu++4Cl−+H2O⇌[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−向逆反应方向移动，产生CuCl沉淀原因一：c(Cu+)⋅c(Cl−)>Ksp(CuCl)；原因二：c(Cu2+)与c(Cl−)增大，发生反应Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓，产生CuCl沉淀；
③因为棕黑色物质中含有[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象，所以无法判断棕黑色物质中是否含有纳米铜，
故答案为：不合理，因为棕黑色物质中含有[Cu(II)Cu(I)Cl4(H2O)]−，其中含+1价Cu，具有还原性，也可与浓硝酸反应产生“浅红棕色气体”的现象。

本题考查化学实验方案的设计与评价。注意读懂题意是解题的关键，同时考查金属及其化合物的性质、电解池等基础知识，电化学部分，对学生来说，要分析原理，本题难度中等。