2023北京二十中高二（上）期末化学（教师版）

这是一份2023北京二十中高二（上）期末化学（教师版），共21页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023北京二十中高二（上）期末
化 学
(时间：90分钟 满分：100分 选择性必修一模块结业考试)
一、选择题。下面各题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意，选出答案后在答题纸上用铅笔把对应题目的选项字母涂黑涂满。(共42分，每小题3分)
1. 化学与生产、生活息息相关，下列措施不是为了改变化学反应速率的是
A. 制作馒头时添加膨松剂 B. 将食物存放在冰箱中
C. 糕点包装袋内放置除氧剂 D. 在轮船船壳水线以下部位装上锌锭
2. 下列关于化学反应方向的说法正确的是
A. 凡是放热的反应都是自发反应 B. 凡是需要加热才发生的反应都是非自发反应
C. 凡是熵增的反应都是自发反应 D. 反应是否自发，需要综合考虑反应焓变和熵变
3. 锌铜原电池装置如图，下列说法不正确的是

A. 锌电极上发生氧化反应
B. 盐桥中的移向溶液
C. 电子从锌片经电流计流向铜片
D. 铜电极上发生反应：
4. 25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是
A. 溶液 B. 盐酸
C. 溶液 D. 氨水
5. 室温下，对于1L0.1mol•L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A. 该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B. 加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C. 滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D. 醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
6. 反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g) ΔH>0经过以下两步基元反应完成：
ⅰ.2HI(g)=H2(g)+2I(g) ∆H1
ⅱ.2I(g)=I2(g) ∆H2
下列说法不正确的是
A. DH=DH1+DH2
B. 因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以∆H1>0
C. 因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以∆H2＜0
D. 断裂2molHI(g)中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2(g)和1molI2(g)中的化学键吸收的总能量
7. 一定温度下的某恒容密闭容器中发生下列反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g) ΔH>0。下列有关该反应的描述正确的是
A. 容器内气体的压强不变时，反应一定处于平衡状态
B. 当CO2的生成速率等于CO的生成速率时，反应一定处于平衡状态
C. 其它条件不变，降低温度有利于提高CO2转化率
D. 增加C(s)的质量，促进平衡向正反应方向移动
8. 十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是

A. X应为直流电源的正极
B. 电解过程中阴极区pH升高
C. 图中的b %＜a %
D. SO在电极上发生的反应为：SO＋2OH--2e-=SO＋2H2O
9. 我国科研人员借助太阳能，将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制H2的效率，又能脱除SO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是

A. 该装置可将太阳能转化为化学能
B. 催化剂a表面发生还原反应，产生H2
C. 催化剂b附近的溶液pH增大
D. 吸收1 mol SO2，理论上能产生1 mol H2
10. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是




A.气体在热水中比在冷水中颜色深
B.制备氢氧化铁胶体
C.加压后气体颜色变深
D用浓氨水和固体制取氨气

A. A B. B C. C D. D
11. 室温下有下列四种溶液，下列叙述正确的是（ ）
编号
①
②
③
④
pH
3
3
11
11
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水

A. ①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＞②
B. 相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＞②
C. ②、③两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
D. ①、③溶液以体积比为9：11混合，则混合溶液的pH=4
12. 一定条件下，按n(NO)∶n(O2)=2∶1的比例向反应容器充入NO、O2，发生反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)。温度、压强(p)对NO平衡转化率的影响如下，

下列分析正确的是
A. 压强大小关系：p1>p2
B. 其他条件相同时，随温度升高该反应的平衡常数增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%
D. 500℃、p1条件下，该反应的化学平衡常数一定为
13. (s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是

A. 反应的焓变为
B. 根据图象推测，应当小于0
C. 反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D. 温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
14. 向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。

经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。
下列说法不正确的是
A. ①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B. ①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)”“0，说明断裂2molHI(g)中的化学键吸收的能量大于断裂1molH2(g)和1molI2(g)中的化学键吸收的总能量，故D正确；
故答案为B
7. 【答案】A
【解析】
【详解】A．容器恒容，该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时压强会变，当压强不变时说明反应达到平衡，A正确；
B．平衡时正逆反应速率相等，不同物质速率之比等于计量数之比，所以应是当CO2的生成速率等于CO的生成速率的一半时，达到平衡，B错误；
C．该反应焓变大于0，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2的转化率会降低，C错误；
D．C为固体，增加C(s)的质量，平衡不移动，D错误；
综上所述答案为A。
8. 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；
B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ)附近溶液的pH增大，B项正确；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %>a %，C项错误；
D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O-2e-=SO＋2H+，D项错误；
答案选B。
9. 【答案】C
【解析】
【详解】A．在光解水的过程中，存在将太阳能转化为化学能的过程，A项正确；
B．根据示意图，a电极为得到电子的一极，发生还原反应。电解水时2H2O2H2↑＋O2↑，得到电子一极产生氢气，B项正确；
C．b电极为电子流出的一极，发生氧化反应，2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产生H+，pH减小，C项错误，符合题意；
D．在b极附近，氧气、二氧化硫，以及水生成硫酸，1molSO2生成H2SO4，转移2mol电子，根据得失电子守恒，2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，将产生1mol氢气，D项正确；
本题答案选C。
10. 【答案】C
【解析】
【详解】A．气体在热水中比在冷水中颜色深，说明升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．加热促进铁离子的水解，反应向生成氢氧化铁胶体的方向移动，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．平衡体系加压后，体积缩小，各物质浓度变大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．用浓氨水和NaOH固体制取氨气，氢氧化钠固体吸收水放出大量的热，导致氨气逸出，平衡向生成氨气的方向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故选C。
11. 【答案】C
【解析】
【分析】分析题给表格，①③溶液分别为强酸、强碱溶液，在水溶液中完全电离。②④溶液分别为弱酸、弱碱溶液，在水溶液中部分电离。据此分析。
【详解】A．盐酸为强电解质，pH=3的盐酸，其物质的量的浓度为10-3mol·L-1，氢氧化钠为强电解质，pH=11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度为，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，pH=3的醋酸溶液，其物质的量浓度大于pH=3的盐酸溶液。故①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为：①=③＜②，A项错误；
B．pH相同，相同体积的①、②溶液，溶液的物质的量：②＞①，则相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＜②，B项错误；
C．②、③两溶液等体积混合，得到了醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C项正确；
D．根据以上分析，①、③溶液其物质的量浓度相等，二者混合，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，反应中HCl和NaOH的物质的量之比为1:1，设①溶液体积为9V，则③溶液体积为11V，反应后所得溶液为NaCl和NaOH的混合溶液，混合溶液中c(OH-)=，则溶液的pH=10，D项错误；
答案选C。
【点睛】求算碱性溶液的pH时，一般先根据求出c(H+)，再由求出pH。
12. 【答案】C
【解析】
【详解】A．400℃时，从下到上，NO转化率增大，说明平衡正向移动即增大压强，因此压强大小关系：p2>p1，故A错误；
B．其他条件相同时，随温度升高，NO转化率降低，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数减小，故B错误；
C．根据加入的量之比等于计量系数之比，则转化率相等，因此在400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%，故C正确；
D．该反应是体积减小的反应，500℃、p1条件下，由于缺少容器体积，因此无法计算该反应的化学平衡常数，故D错误；
答案为C。
13. 【答案】C
【解析】
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
14. 【答案】B
【解析】
【分析】结合检验结果可推测向AgNO3溶液中通入过量SO2发生2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，放置过程中有Ag生成是因为过量的SO2将部分Ag+还原。
【详解】A．①中生成的白色沉淀为Ag2SO3，则SO2和水提供亚硫酸根离子，AgNO3溶液提供Ag+，发生复分解反应，反应的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+，A正确；
B．①中硫酸根离子主要来自酸性条件下硝酸根离子氧化部分二氧化硫得到，不能得到Ag2SO4可能是因为硫酸根离子浓度小于亚硫酸根离子浓度导致的，因此不能证明Ag2SO3更难溶，也就不能说明Ksp(Ag2SO3)> ③. <
（2） ①. ClO− + H2OHClO + 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，溶液褪色 ④. ClO− + Cl− + 2H+ = Cl2↑ + H2O
【解析】
【分析】NaClO是强碱弱酸盐，溶于水ClO-离子水解生成氢氧根离子，使溶液显碱性，可以使石蕊试液变蓝色；次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色；
【小问1详解】
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，表示滴定醋酸的曲线是I；
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，根据图中信息，此时溶液pH>；
③完全中和的两个盐溶液中，CH3COO-水解，Cl-不水解，所以应填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，故应填：Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，I中发生反应ClO− + CH3COOH = HClO + CH3COO−，c(HClO)增大，漂白性增强，溶液褪色；
④ClO-与Cl-在酸性条件下氧化还原生成黄绿色的Cl2，故应填：ClO− + Cl− + 2H+ = Cl2↑ + H2O。
18. 【答案】（1）
（2）bc （3） ①. 偏大 ②.
（4） ①. ②. 使还原性增强
【解析】
【分析】氯碱工业中阳极氯离子放电生成氯气，阴极水中氢离子放电生成氢气和氢氧根离子，总反应得到氢气、氯气、氢氧化钠；
【小问1详解】
电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，故b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，故c正确；
答案选bc；
【小问3详解】
①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO-，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子；未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO-也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大，这些消耗的亚铁离子也会认为是氯酸根消耗的，导致浓度将偏大。
②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为，则有关系式，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为，与亚铁离子反应的离子方程式为，则有关系式，与反应的亚铁离子的物质的量为， 设的物质的量为a， ，则；
【小问4详解】
①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高，使还原性增强。
19. 【答案】 ①. 2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2 ②. 隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+ ③. 实验2中，采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红 ④. Fe3+ ⑤. 加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀 ⑥. 0.1mol/LAgNO3溶液 ⑦. 假设ⅰ、ⅱ均不成立 ⑧. 实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出
【解析】
【分析】I．(1)Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应
(2) 实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油的目的是隔绝空气中的O2。
(3) 反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因可以从对比试验来分析。
(4) 试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+
(5) Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3 是可逆反应，从平衡移动的角度来分析
(6) 设计实验验证氧化Fe2+的物质
【详解】I．(1)Fe3+具有强氧化性，I-具有还原性。Fe3+与I-发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2
(2)实验2中，石蜡密度小不溶于水，加入石蜡油后浮在水面隔绝空气中的O2，防止O2氧化Fe2+。
(3)小组同学做出推断：反应速率不是导致实验1中溶液未变红的主要原因，他们的理由是采取了增大反应物浓度、升高温度的措施提高化学反应速率，但溶液仍未变红。Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀 。
(7) II．（4）试管a的加入1滴KSCN溶液变红色说明含有Fe3+
(5). 加入KSCN后，Fe3+先与SCN-反应生成Fe(SCN)3，溶液变红；Ag+与SCN-反应生成AgSCN，使平衡Fe3++3SCN-⇌ Fe(SCN)3逆向移动，红色褪去，产生白色沉淀
（6）①需要验证是否是AgNO3氧化了Fe2+，所以试剂a是0.1mol/LAgNO3溶液
②依据实验4，甲同学做出判断②依据实验4，甲同学做出判断
(7)根据实验1～4所得结论是实验1溶液未变红是因为2Fe2++I2⇌2Fe3++2I-的限度很小，溶液中Fe3+浓度太低，未能检出。
【点睛】该题的易难点错点是（6），设计实验验证氧化的Fe2+物质是AgNO3还是空气中的O2 。