2021-2022学年湖北省鄂州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖北省鄂州市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。
A. 研究高温下活性较大的催化剂B. 研究低温下活性较大的催化剂
C. 寻求氨的新来源D. 研制耐高温高压的新型材料建造合成塔
向一个密闭容器中充入1mlN2和3mlH2，在一定条件下使其发生反应生成NH3。达到平衡时，下列说法中正确的是( )
A. N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
B. N2完全转化为NH3
C. 正反应速率和逆反应速率都为零
D. 单位时间内消耗amlN2，同时消耗2amlNH3
现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是( )
A. 第一电离能：④>③>②>①B. 原子半径：④>③>②>①
C. 电负性：④>③>②>①D. 最高正化合价：④>③=②>①
a、b、c、d是四种短周期元素．a、b、d同周期，c、d同主族．a的原子结构示意图为，b与c形成的化合物的电子式为.下列说法中正确的是( )
A. 原子半径：a>c>d>bB. 电负性：a>b>d>c
C. 原子序数：d>a>c>bD. 最高价含氧酸的酸性：c>d>a
研究发现液态有机物是比较理想的储氢材料。甲苯储氢反应的能量变化如图所示。
下列推断不正确的是( )
A. 甲苯储氢反应的原子利用率为100%
B. 甲苯储氢反应是放热反应
C. 该反应的正反应活化能大于逆反应活化能
D. 加入催化剂，不会改变反应热
要增大 Zn 和稀H2SO4间置换反应的速率，下列措施正确的是( )
A. 使用高纯度的锌粒B. 使用浓H2SO4C. 使用小颗粒的锌粒D. 使用浓HNO3
室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. c(OH−)c(H+)=10−12的溶液：NH4+、Cu2+、NO3−、SO42−
B. 0.1ml⋅L−1的氨水：Cu2+、Na+、SO42−、NO3−
C. 1ml⋅L−1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3−、I−
D. 0.1ml⋅L−1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3−、OH−
电化学固氮可以在常温常压下实现氮气的还原合成氨，某课题组提出一种全新的电化学固氮机理——表面氢化机理示意图如图，则有关说法错误的是( )
A. 在表面氢化机理中，第一步是H+的还原反应
B. 在表面*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面*H原子反应生成*N2H2中间体
C. 电化学固氮法较传统工业合成氨法，具有能耗小、环境友好的优点
D. 若竞争反应(析氢反应)的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远低于固氮反应
已知：X(g)+2Y(g)⇌3Z(g)△H=−aKJ⋅ml−1(a>0)。下列说法不正确的是( )
A. 0.1mlX和0.2mlY充分反应生成Z的物质的量一定大于0.3ml
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是( )
A. 铁制品做阳极，锌做阴极
B. 未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D. 镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用
下列说法中正确的是( )
A. 100℃时Kw为10−12，pH=6的纯水呈酸性
B. 将1mL1×10−6ml⋅L−1的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9
C. 常温下当水电离的c(H+)为1×10−13ml⋅L−1时，此溶液的pH可能为1或13
D. 将pH=2的盐酸与醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大
下列说法中，正确的是( )
A. 25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中加入KI溶液，溶液中Pb2+浓度增大
B. 常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C. 两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
D. 同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
下列关于热化学方程式的说法正确的是( )
A. 若H2的燃烧热为akJ⋅ml−1，则热化学方程式为H2+Cl2=2HClΔH=−akJ⋅ml−1
B. 若1mlSO2和0.5mlO2完全反应放热98.3kJ，则热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)ΔH=−98.3kJ⋅ml−1
C. 若H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=−57.3kJ⋅ml−1，则稀硫酸与稀Ba(OH)2反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH=−114.6kJ⋅ml−1
D. 若31g白磷的能量比31g红磷多bkJ，则白磷转化为红磷的热化学方程式为P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=−4bkJ⋅ml−1
下列叙述与图对应的是( )
A. 对于达到平衡状态的反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，图表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图可知，p2>p1、T1>T2满足反应：2A(g)+B(g)⇌2C(g)ΔHc(H+)>c(HA)
B. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
C. pH=7时，c(Na+)=c(A−)+c(HA)
D. b点所示溶液中c(A−)>c(HA)
已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
(1)体积相同、c(H+)相同的三种酸溶液a。CH3COOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)______。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为______(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01ml/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为______(填序号)。
(4)将浓度为0.02ml/L的HCN 与0.01ml/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN−)，下列关系正确的是______。
a.c(H+)”、“F，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P>N，故原子半径P>S>N>F，即②>①>③>④，故B错误；
C.同周期自左而右电负性增大，所以电负性O>S，Nd>a>b，故B错误；
C.原子序数的大小顺序为P>Si>Na>N，即d>a>b>c，故C错误；
D.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，为N>P>Si，即c>d>a，故D正确．
故选：D.
由a的原子结构示意图可知，x=2，a的原子序数为14，故a为Si元素；
由b与c形成的化合物的电子式可知c原子核外应有5个电子，为第ⅤA族元素，应为N元素，
b最外层应有1个电子，与a同周期，应为Na元素，
c、d同主族，则d为P元素，
结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
本题考查学生利用元素的位置与结构来推断元素，并利用元素化合物知识来解答，综合性强，注重了高考的热点来考查学生，有利于学生巩固基础知识和基本技能．
5.【答案】C
【解析】解：A.甲苯储氢反应属于加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，故A正确；
B.根据能量变化图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，故B正确；
C.根据能量变化图可知，该反应的正反应活化能为E，从中间态到甲基环己烷为逆反应活化能，正反应活化能小于逆反应活化能，故C错误；
D.加入催化剂，可以改变正逆反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不会改变反应热，故D正确，
故选：C。
A.该反应为加成反应，反应物全部转化为生成物；
B.根据能量变化图判断反应物总能量和生成物总能量的大小关系；
C.根据能量变化图判断正反应活化能和逆反应活化能的大小关系；
D.加入催化剂，只改变化学反应的速率。
本题主要考查化学反应中的能量变化，侧重考查活化能和催化剂的作用，属于基础考点，难度偏低。
6.【答案】C
【解析】解：A、使用高纯度的锌粒，不会改变反应速率，故A错误；
B、锌和浓硫酸之间发生的不是置换反应，故B错误；
C、增大固体的表面积可以加快化学反应速率，故C正确；
D、锌和浓硝酸之间发生的不是置换反应，故D错误。
故选：C。
增大反应速率可增大压强、升高温度、提高浓度以及使用催化剂等，根据外界条件对化学反应速率的影响解答．
本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，注意常见影响化学反应速率的因素除温度、浓度、压强、催化剂之后还有表面积、溶剂、光照等因素，注意常见基础知识的积累．
7.【答案】A
【解析】解：A.该溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3−、SO42−离子之间不反应，与H+也不反应，可大量共存，故A正确；
B.氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.1ml⋅L−1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I−，故在该溶液中不能大量共存，故C错误；
D.HCO3−与OH−会反应生成CO32−和H2O而不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈酸性，能和H+反应的离子不能大量共存；
B.能和一水合氨反应的离子不能大量共存；
C.NaClO具有强氧化性，能和NaClO反应的离子不能大量共存；
D.能和NaHCO3溶液反应的离子不能大量共存。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的分析判断并灵活运用隐含信息解答问题，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，在表面氢化机理中，第一步是H+得到电子，发生还原反应，生成氢原子，故A正确；
B.根据质量守恒可知，在催化剂表面，*H原子与催化剂的协同作用下，N2与表面的2个*H原子反应生成*N2H2中间体，故B正确；
C.传统工业合成氨法需要在高温、高压下实现，电化学固氮法在常温、常压下就能实现，故C正确；
D.活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则反应越易进行，反应速率越快，析氢反应的活化能显著低于固氮反应，则析氢反应的速率要远远高于固氮反应的速率，故D错误；
故选：D。
A.得到电子的反应属于还原反应；
B.化学反应中应满足质量守恒，也即原子守恒；
C.传统工业合成氨法需要在高温、高压下实现；
D.活化能越小则反应越易进行，反应速率越快。
本题主要考查学生的看图、获取信息的能力，同时考查化学反应的机理，对学生的能力要求较高，难度中等。
9.【答案】AD
【解析】A.可逆反应不可能完全转化，所以0.1mlX和0.2mlY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3ml，故A错误；
B.化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；
C.反应热表示1mlX和2mlY完全反应生成3ml的Z放出aKJ的热量，反应放出的热量与实际参加反应的量有关，所以达到化学平衡状态时，只要有1mlX完全反应就可以放出akJ的热量，故C正确；
D.升高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故D错误；
10.【答案】C
【解析】解：A.以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，则镀层金属锌为阳极，待镀金属铁为阴极，故A错误；
B.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，因原电池反应与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程，故B错误；
C.电解池的阳极上金属本身失电子转化为金属离子，阴极上金属离子得电子转化为金属单质，电镀时保持电流恒定，电镀液的浓度保持不变，故C正确；
D.镀锌层破损后，能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，故D错误；
故选：C。
以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，则镀层金属锌为阳极，待镀金属铁为阴极，电镀过程中，Zn2+不断的移向阴极铁电极，镀锌铁制品的镀层破损后，易形成Zn−Fe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护，据此分析解答。
此题考查了原电池与电解池的工作原理及应用．重在突出应用及电路中的电量与析出物质的守恒关系，解答本题时应明确电池或电解工作原理，对于其应用也要掌握。
11.【答案】C
【解析】解：A.水的电离吸热，升高温度促进水的电离，并且纯水电离始终存在c(H+)=c(OH−)，即pH=6的纯水仍然呈中性，故A错误；
B.酸性溶液加水稀释不能变为碱性，则将1mL1×10−6ml/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近7，但是小于7，不可能为9，故B错误；
C.常温下当水电离的c(H+)为1×10−13ml⋅L−1①>③ ③>②>① acCN−+H2S=HS−+HCN
【解析】解：(1)体积相同，c(H+)相同的酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗同浓度的NaOH溶液体积越大，所以消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是：b>a>c，
故答案为：b>a>c；
(2)酸越弱，酸根离子水解程度越大，溶液碱性越大，pH越大，所以等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为：②>①>③，
故答案为：②>①>③；
(3)溶液①中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CN−)，溶液②中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)溶液③中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，比较阴离子总浓度，只需比较c(Na+)+c(H+)，三种溶液浓度相同，则只需比较c(H+)，由于酸性CH3COOH>HCN，所以碱性CN−>CH3COO−，则溶液中c(H+)大小顺序为：③>②>①，
故答案为：③>②>①；
(4)将0.02ml/L的HCN与0.01ml/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005ml/L的NaCN、HCN，测得c(Na+)>c(CN−)，根据电荷守恒可知：c(H+)HS−，根据强酸制取弱酸的原理，反应的离子方程式为：CN−+H2S=HS−+HCN，
故答案为：CN−+H2S=HS−+HCN。
(1)体积相同，c(H+)相同的酸溶液，酸越弱，酸的浓度越大，消耗同浓度的NaOH溶液体积越大；
(2)酸越弱，酸根离子水解程度越大，溶液碱性越大，pH越大；
(3)根据电荷守恒关系分析；
(4)将0.02ml/L的HCN与0.01ml/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，已知混合溶液中c(CN−)Mg2+
【解析】解：(1)A是1∼36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1，该元素为Cr，元素名称为铬，处于周期表中第四周期第ⅥB族，
故答案为：铬；第四周期第ⅥB族；
(2)①中3p能级中2个电子占据1个轨道，违背了洪特规则，②符合能量最低原理，是基态原子轨道表示式，即B元素基态原子的轨道表示式是图1中的②，
故答案为：②；C；
(3)图中8种短周期元素的原子序数是连续的，其中B、C、D、E的单质都是气体，可知B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为Ne，则A为C、F为Mg，其中第一电离能最大的元素是Ne，电负性最大的元素是F，C、D、F元素的简单离子分别为O2−、F−、Mg2+，三者电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2−>F−>Mg2+，
故答案为：E；D；O2−>F−>Mg2+。
(1)A是1∼36号元素原子核外电子排布中未成对电子数最多的元素，其外围电子排布式为3d54s1；
(2)①中3p能级中2个电子占据1个轨道，违背了洪特规则，②符合能量最低原理，是基态原子轨道表示式；
(3)图中8种短周期元素的原子序数是连续的，其中B、C、D、E的单质都是气体，可知B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为Ne，则A为C、F为Mg。
本题考查比较综合，涉及核外电子排布、电离能、电负性、结构性质位置关系等，掌握核外电子排布规，题目比较基础，有利于基础知识的复习巩固。
19.【答案】3Ca+N2−△Ca3N2 Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑ighefjkd除去空气中的水蒸气和酸性气体 银白色金属逐渐变为棕色 取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质 92.5%
【解析】解：Ⅰ.(1)装置C中氮气与钙反应生成二氮化三钙，反应方程式为3Ca+N2−△Ca3N2，Ca3N2水解生成氢氧化钙和氨气，反应方程式为Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，
故答案为：3Ca+N2−△Ca3N2：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑；
(2)E装置的空气，D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，A装置除空气中的氧气，C装置中氮气与Ca反应生成氮化钙，氮化钙为棕色固体，反应导致装置内气压减小，F装置防止倒吸，氮化钙易水解，加入B装置用浓硫酸防止空气中水蒸气进入硬质玻璃管C中。按气流方向的连接顺序是：i→gh→ab→ef→jk→d，
故答案为：i；gh；ef；jk；d；除去空气中的水蒸气和酸性气体；银白色金属逐渐变为棕色；
(3)氮化钙与酸反应生成铵盐，钙与酸反应生成氢气，氢气难溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙，故方法为：取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质，
故答案为：取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸(或稀硫酸)，将生成气体通过(或浓硫酸)，再通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质；
Ⅱ.(4)剩余的盐酸量为200mL20mL×0.2ml/L×0.025L=0.05ml，故参与反应的盐酸为0.1L×1ml/L−0.05ml=0.05ml，根据氮元素守恒：Ca3N2∼2NH3，则n(Ca3N2)=0.025ml，则氮化钙的质量分数为0.025ml×148g/ml4.0g×100%=92.5%，
故答案为：92.5%。
E装置中的空气加入水后排出，通过D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，再绕过A装置除空气中的氧气，得到干燥的N2，通入C装置中，氮气与Ca加热时反应生成氮化钙，氮化钙易水解，为防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管C中，应在C装置后加盛有浓硫酸的干燥装置B，C装置中反应导致装置内气压减小，可能会引起B中浓硫酸倒吸进B中，为防止倒吸C、B之间应接入F装置；氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙；氮化镁与水反应生成氨气，被过量的盐酸吸收，根据剩余的盐酸量可得消耗的盐酸，即可得到氨气的量，据此计算产品的纯度，据此解答。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度中等。
20.【答案】−246.4kJ/mlce>0.1ml/L
【解析】解：(1)①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−23.5kJ/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41.3kJ/ml
根据盖斯定律：①×2+②+③计算3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)的△H=−246.4kJ/ml；
a.该反应正向是气体体积减小的放热反应，高温不利于正向移动、高压利于正向移动，所以低温高压的措施能提高CO的平衡转化率，故a错误；
b.加入催化剂，不能改变平衡，CO的平衡转化率不变，故b错误；
c.减少CO2的浓度，有利于平衡正向移动，能提高CO的平衡转化率，故c正确；
d.增加CO的浓度，有利于平衡正向移动，但CO的减少量远小于CO的增加量，CO的平衡转化率降低，故d错误；
e.分离出二甲醚以减少生成物的浓度，有利于平衡正向移动，能提高CO的平衡转化率，故e正确；
故答案为：−246.4kJ/ml；ce；
(2)①某时刻测得容器中各组分的物质的量浓度：c(CH3OH)=0.4ml/L，c(CH3OCH3)=0.6ml/L，c(H2O)=0.6ml/L，浓度熵Qc=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=0.6×v逆，
故答案为：>；
②开始时，密闭容器中CH3OH的浓度为2.1ml/L，反应三行式为，
2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)
起始量(ml/L)2.100
变化量(ml/L)2xxx
平衡量(ml/L)2.1−2xxx
平衡常数K=c(CH3OCH3)⋅c(H2O)c2(CH3OH)=x⋅x(2.1−2x)2=100，解得x=1，达到平衡时c(CH3OH)，2.1ml−2×1ml/L=0.1ml/L，
故答案为：0.1ml/L。
(1)①2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H=−90.8kJ/ml
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=−23.5kJ/ml
③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H=−41.3kJ/ml
结合盖斯定律可知，①×2+②+③得到3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)；除增大CO浓度外的其他能使平衡正向移动的措施均可提高CO的平衡转化率；
(2)①根据浓度熵Qc与平衡常数K的关系判断：若Qc>K时，则反应逆向进行，v正