黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）

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可能用到的相对原子质量：
Ⅰ卷
一、单选题(每小题有且只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分。)
1. 今有如下三个热化学方程式：
(1)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) ΔH1=a kJ·ml-1
(2)H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2=b kJ·ml-1
(3)2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=c kJ·ml-1
下列关于它们的叙述正确的是
A. 它们都是吸热反应B. a、b和c均为负值
C. a=bD. 2b=c>0
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢气的燃烧是放热反应，故A错误；
B．氢气的燃烧是放热反应，所以a、b和c均为负值，故B正确；
C．由于气态水的能量高于液态水的能量，所以氢气燃烧生成液态水时放出的热量多，但放热越多，H越小，应该是a大于b，错误；
D．反应热的大小和热化学方程式的系数有关，则2b=c②
D. ①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH ：①②，故C正确；
D. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释相同的倍数时，NaOH溶液pH变化大，所以稀释后溶液的pH：①>②，故D错误，答案选D。
8. 已知： 。T℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中，起始加入2ml (g)和1ml (g)，达到平衡时生成0.6ml (s)。下列说法能说明反应达到平衡状态的是
A. 硫化氢的浓度是氧气浓度的2倍B. 容器中混合气体的压强不变
C. 反应放出的热量为0.3Q kJD. 消耗2ml (g)的同时生成2ml(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A．起始加入2ml (g)和1ml (g)，投料比为反应系数比，则硫化氢的浓度是氧气浓度的2倍为定值，不能说明反应达到平衡，A错误；
B．反应为气体分子数减小的反应，容器中混合气体的压强不变，说明反应达到平衡，B正确；
C．放热多少只能说明反应进行的程度大小，不能说明反应达到平衡，C错误；
D．消耗2ml (g)的同时生成2ml(g)描述的都是正反应，不能说明反应达到平衡，D错误；
故选B。
9. 以铜、铬的氧化物为催化剂，用HCl制的原理为 ，下列说法正确的是
A. 平衡时，将生成的水蒸气除去，有利于提高HCl的转化率
B. 因为，所以该反应一定不能自发进行
C. 恒压容器中，反应达到平衡后通入惰性气体，平衡不移动
D. 平衡时，其他条件不变，增大催化剂用量，反应的平衡常数将变大
【答案】A
【解析】
【详解】A．平衡时将生成的水蒸气除去，产物的浓度下降，化学平衡正向移动，有助于提高HCl的转化率，A正确；
B．反应能否自发进行的评判依据为ΔH-TΔS是否小于0，该反应中ΔSc(H+)>c(OH-)
C. e点所示溶液中，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]=0.005ml/L
D. a点坐标为(0，2.4×10－11)
【答案】D
【解析】
【分析】CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，酸、碱抑制水的电离，CH3COONa为强碱弱酸盐，促进水的电离，向醋酸溶液中加入NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，据此分析；
【详解】A. CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为10mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；
C. e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na＋)=2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]=，故C错误；
D. CH3COO发生电离：CH3COOH CH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka==1.75×10-5，因此有c2(H＋)=1.75×10－7，即c(H＋)=4.2×10－4ml·L－1，根据水的离子积，则溶液中c(OH－)=≈2.4×10－11 ，即水电离出的c(H＋)=2.4×10－11ml·L－1，故D正确；
答案：D。
19. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
20. 某课题研究小组设计如图所示装置(电极材料均为Pt)，该装置可将工业废水中的乙胺转化为无毒无害物质。下列分析错误的是
A. 电极N为电池的负极
B. 电池工作时，由M极区通过交换膜移动到N极区
C. 电极N的电极反应式为
D. 当空气(含氧气20％)的进入量为7.5ml时，可以处理含乙胺(质量分数为9％)的废水0.2kg
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有乙胺的废水通入电极N，空气通入电极M，则电极N是电池的负极，M是正极，A正确；
B．电池工作时，阳离子向正极移动，则H+由N极区通过交换膜移动到M极区，B错误；
C．电极N上CH3CH2NH2发生氧化反应转化为无毒无害物质，应生成N2和CO2；电极反应式为，C正确；
D．7.5ml空气(含氧气20%)中含有O2的物质的量为1.5ml，参与正极反应：O2+4H++4e−=2H2O，电路中通过6ml电子，据得失电子守恒可知，电极N上消耗0.4mlCH3CH2NH2，则有m(CH3CH2NH2)=0.4ml×45g⋅ml−1=18g，故处理含乙胺废水的质量为18g÷9%=200g=0.2kg，D正确；
故选：B。
Ⅱ卷
二、填空题(共40分。)
21. 已知废旧酸性干电池可通过酸浸、过滤等操作形成、的混合溶液，为了实现废旧普通氯化铵干电池中锌与的同时回收，某研究小组设计了如图实验探究装置：
回答下列问题：
（1）甲池是将_______能转化_______能的装置。
（2）乙池中石墨电极_______电子(填“得”或“失”)，发生_______反应(填“氧化”或“还原”)。
（3）写出电池负极的电极反应式_______。
（4）写出乙池回收锌与的总反应的离子方程式为_______。
（5）若消耗2.24L(标准状况)，且无能量损失，电解池中回收制得19.5g单质Zn，计算乙池中电流效率_______。(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数×100％)。
【答案】（1） ①. 化学 ②. 电
（2） ①. 失 ②. 氧化
（3）
（4）
（5）75％
【解析】
【小问1详解】
甲池是甲烷燃料电池，将化学能转化为电能的装置。
【小问2详解】
乙池电解、的混合溶液，甲烷为负极，则铝为阴极，石墨为阳极，阳极失电子发生氧化反应，阳极发生反应。
【小问3详解】
甲池是甲烷燃料电池，碱性介质中，电池负极为甲烷反应生成碳酸根离子，电极反应式：。
【小问4详解】
乙池中阴极上锌离子和锰离子得电子转化成锌单质和二氧化锰，结合小问2中阳极反应，可知回收锌与的总反应的离子方程式为。
【小问5详解】
2.24L(标准状况)CH4，物质的量为0.1ml，根据反应：，可知理论失去电子的物质的量为：0.8ml；回收制得19.5g单质Zn，锌的物质的量为0.3ml，结合电极反应：Zn2++2e-=Zn，则生成目标产物转移的电子为：0.6ml，。
22. 已知、在酸性条件下均能将草酸氧化：
(ⅰ)(未配平)
(ⅱ)
某研究小组为测定某软锰矿中的质量分数，准确称取1.20g软锰矿样品，加入1.80g草酸，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应之后冷却、滤去杂质，将所得溶液转移到250mL容量瓶中并定容；从中取出25.00mL待测液置于锥形瓶中，再用标准溶液进行滴定。试回答下列问题：
（1）方程式(ⅰ)配平后和的系数比为_______。
（2）标准溶液应置于_______(填“甲”或“乙”)滴定管中；滴定终点的判断方法是：滴入最后半滴时，溶液由无色变为_______色，且半分钟内不恢复原色。
（3）某同学在滴定开始和结束时，观察到装标准液的滴定管的液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为_______。
（4）若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测的质量分数偏小的是_______。
A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失
B．溶液转移至容量瓶中，未将烧杯、玻璃棒洗涤
C．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
D．定容时，俯视刻度线
E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗
（5）学生按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表：
软锰矿中的质量分数为_______％。
【答案】（1）2∶5 （2） ①. 甲 ②. 浅紫红
（3）26.10mL （4）AD
（5）72.5
【解析】
【分析】根据反应原理，消耗的高锰酸钾标准溶液体积偏大，高锰酸钾消耗的草酸根离子偏大，二氧化锰消耗的草酸根离子会偏小，测定的二氧化锰的含量偏小；
【小问1详解】
方程式(ⅰ)中Mn元素化合价从+7降低至+2价，C元素化合价从+2升高至+4价，由得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式为，和的系数比为2:5；
【小问2详解】
溶液具有强氧化性，应装在酸性滴定管，故选甲；滴定过程中紫红色转化为无色的Mn2+，滴定终点的判断方法是：滴入最后半滴时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不恢复原色；
【小问3详解】
滴定管的精确度为0.01mL，本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL；
【小问4详解】
根据反应原理，消耗的高锰酸钾标准溶液体积偏大，高锰酸钾消耗的草酸根离子偏大，二氧化锰消耗的草酸根离子会偏小，测定的二氧化锰的含量偏小；
A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，滴定时消耗的高锰酸钾标准溶液体积偏大，测定的二氧化锰含量偏低，故A正确；
B．溶液转移至容量瓶中，未将烧杯、玻璃棒洗涤，会导致配制的样品溶液的溶质物质的量减小，滴定时消耗的高锰酸钾溶液偏小，测定的二氧化锰含量偏高，故B错误；
C．滴定前仰视读数，读数会偏大，滴定后俯视读数，读数会偏小，最终计算结果偏小，消耗的高锰酸钾溶液偏小，测定的二氧化锰含量偏高，故C错误；
D．定容时，俯视刻度线，会导致配制的样品溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，用高锰酸钾溶液滴定时，消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，测定的二氧化锰含量偏低，故D正确；
E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗，锥形瓶不需要润洗，对实验结果无影响，故E错误；
故选：AD；
【小问5详解】
3次实验消耗高锰酸钾溶液的体积分别为：23.11mL、20.01mL、19.99mL，第一次实验误差较大应舍去，则平均消耗高锰酸钾溶液的体积为，由滴定原理，n()=n()=×0.02ml/L×20×10-3L×=0.01ml，1.80g草酸的物质的量为，与二氧化锰反应的n()=0.02-0.01=0.01ml，由可知n(MnO2)=0.01ml，m(MnO2)=n∙M=0.01ml×87g/ml=0.87g，1.20g软锰矿中的质量分数为。
23. 工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：
（1）相关化学键的键能数据
反应 _______。
（2）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如图：
①图像中和的关系是：_______(填“>”、“＜”或“=”)。
②a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物的转化率最高的是：_______。
③合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是_______。
（3）氨气中氢元素含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过氨热分解法制氢气。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示)。
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c．d表示)，理由是_______。
③在温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压。)
【答案】（1）
（2） ①. > ②. C ③. 及时的分离出氨气
（3） ①. ②. b ③. 将容器体积迅速缩小至原来的一半，氮气分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，氮气分压减小(比原来的二倍小) ④. 0.48
【解析】
【小问1详解】
【小问2详解】
①起始时一定时，升高温度平衡逆向移动，平衡时减小，根据图知，起始时一定时，温度下的大于温度下的，则温度：，故答案为：>;
②同温度时，起始时越大，的转化率越大，起始时：a