江西省吉安市2022_2023学年高二化学上学期1月期末考试试题含解析

这是一份江西省吉安市2022_2023学年高二化学上学期1月期末考试试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 下列说法正确的是
A. 密闭容器中充入1ml N2和3ml H2可生成2ml NH3
B. 一定条件下，可逆反应达到平衡状态，该反应就达到了这一条件下的最大限度
C. 对于任何反应增大压强，化学反应速率均增大
D. 化学平衡是一种动态平衡，条件改变，原平衡状态不会被破坏
【答案】B
【解析】
【详解】A、1ml N2和3ml H2完全反应生成2ml NH3，合成氨是可逆反应,反应物不能完全转化，所以生成的氨气的物质的量小于2ml，故A错误；
B、一定条件下，可逆反应达到平衡状态该反应就达到了这一条件下的最大限度，所以B选项是正确的；
C、有气体参加的反应，增大压强，反应速率增大，若没有气体参与的反应，改变压强不影响反应速率，故C错误；
D、条件改变引起正逆反应速率变化相等时，仍处于平衡状态，平衡不被破坏，引起正逆反应速率变化不相等时，平衡被平衡，故D错误。
答案选B。
2. 将铜片与足量浓盐酸混合加热，铜片溶解，有气泡产生，溶液呈无色。已知： Cu++3Cl-CuCl(无色) K=5.0×105； Ksp(CuCl)=1.2×10-6，下列说法错误的是
A. 铜片表面产生的气体为H2
B. 金属活泼性顺序是有一定前提条件的
C. 将反应后的溶液稀释，无沉淀产生
D. 铜不与稀盐酸反应主要因c(Cl-)不够大
【答案】C
【解析】
【详解】A．从已知可知，铜失去电子生成亚铜离子，结合氯离子形成无色的CuCl，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，所以气体为氢气，A项正确；
B．根据金属活动性顺序分析，铜不能和盐酸反应，但是该反应存在，说明了金属活动性顺序是有前提条件的，B项正确；
C．反应后溶液稀释，不能形成无色的CuCl，亚铜离子和氯离子可能形成氯化亚铜沉淀，C项错误；
D．稀盐酸中氯离子浓度小，不容易建立Cu++3Cl-CuCl平衡，则铜不和稀盐酸反应，D项正确。
故选C。
3. 室温下10 mL 0.1 ml/L的醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是
A. 溶液中导电粒子的数目减少B. 溶液中不变
C. 醋酸电离程度增大，也增大D. 加入水稀释后达到100 mL，溶液的
【答案】B
【解析】
【分析】醋酸在溶液中存在电离平衡，室温下10 mL 0.1 ml/L的醋酸溶液加水稀释时，电离平衡右移，溶液中醋酸根离子和氢离子离子的数目增大，醋酸、醋酸根离子、氢离子的浓度减小，温度不变，醋酸的电离常数和水的离子积常数不变。
【详解】A．由分析可知，加水稀释后，溶液中醋酸根离子和氢离子离子的数目增大，故A错误；
B．溶液中==，温度不变，醋酸的电离常数和水的离子积常数不变，则=不变，故B正确；
C．由分析可知，加水稀释后，溶液中醋酸、醋酸根离子、氢离子的浓度减小，故C错误；
D．室温下10 mL 0.1 ml/L的醋酸溶液加入水稀释后达到100 mL时，醋酸溶液的浓度为0.01 ml/L，醋酸在溶液中部分电离，则溶液的pH大于2，故D错误；
故选B。
4. 已知：①；
②；
③。
下列说法正确的是
A. O2的能量大于CO2的能量
B. C和CO2的能量之和等于CO的能量
C. 反应①②③均为吸热反应
D. TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) △H=+141 kJ/ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应①可知，1 ml C(s)和1 ml O2(g)能量总和大于1 ml CO2(g)能量，A错误；
B．根据盖斯定律：①-②得C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=(-393.5+566) kJ/ml=+172.5 kJ/ml，则说明1 ml C(s)和1 ml CO2(g)能量总和小于2 ml CO(g)，B错误；
C．反应①②③均为放热反应，C错误；
D．利用盖斯定律将③+②-2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) △H=+141 kJ/ml，D正确；
故合理选项是D。
5. 下列有关实验操作的叙述正确的是
A. 中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制在1~2mL
B. 用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液
C. 用量筒量取·L-1盐酸于50mL容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100ml·L-1盐酸
D. 酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．酸碱指示剂(如酚酞、石蕊、甲基橙等)本身就有一定的酸碱性，过多必将带来较大的误差，因此通常控制在几滴的范围内，故A错误；
B．酸式滴定管用来量取酸或氧化性试剂，高锰酸钾具有强氧化性，则只能用酸式滴定管来量取，故B正确；
C．量筒是粗略量取液体的仪器，只能精确到0.1mL，不能精确到0.01mL，此外不能在容量瓶里进行溶质的溶解或溶液的稀释，应将溶质在烧杯中溶解或稀释后转移到容量瓶中，故C错误；
D．酸碱中和滴定时，锥形瓶不需用待测液润洗，润洗后待测物质的物质的量偏大，故D错误；
答案选B。
6. NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法中不正确的是
A. 标准状况下22.4 L异丁烷的分子数为NA
B. 78 g苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的混合物中含有的碳氢键数一定为6NA
C. 某温度下，1L pH=3的醋酸溶液稀释到10L时，溶液中H+的数目大于0.01NA
D. 向仅含0.2 ml FeI2的溶液中持续通入Cl2，当有0.1 ml Fe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.5NA 。(不考虑Cl2与H2O的反应)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 异丁烷在标况下为气态，标准状况下22.4 L异丁烷为1ml，所含分子数为NA，故A正确；
B. 苯(C6H6)和苯乙烯(C8H8)的最简式相同，都是CH，78 g混合物含CH的物质的量为=6ml，所以含有的碳氢键数一定为6NA，故B正确；
C. 将pH=3的醋酸稀释10倍后，由于醋酸是弱酸，稀释促进电离，溶液中氢离子浓度大于原来的，所以pH大于3而小于4，溶液中H+的数目小于0.01NA，故C错误；
D. 0.2 ml FeI2的溶液中含有0.2mlFe2+和0.4mlI-，由于还原性I-> Fe2+，通入Cl2，I-先被氧化，0.4mlI-消耗0.2mlCl2，当有0.1 ml Fe2＋被氧化时，转移电子的数目为0.4 NA +0.1 NA =0.5NA，故D正确。
答案选C。
7. 用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，下列说法不正确的是
A. EF段收集的最多，化学反应速率最快
B. FG段速率变慢的主要原因是反应吸热，温度下降
C. 从图像中可以推测该反应放热反应
D. 向溶液中加入NaCl溶液会降低反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知，EF段收集的最多，化学反应速率最快，故A正确；
B．FG段速率变慢的主要原因是盐酸浓度降低，故B错误；
C．由EF段反应速率加快，说明温度升高，可以推测该反应为放热反应，故C正确；
D．向溶液中加入NaCl溶液，盐酸会被稀释，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故D正确；
选B。
8. 某溶液中含有较大浓度的H+、Fe2+、SO42-时，下列物质可以在其中大量存在的是
A. CuCl2B. Cl2C. NaNO3 D. NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化铜与三种离子均不反应，可以大量共存，A正确；
B、氯气具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，不能大量共存，B不正确；
C、在酸性条件下硝酸盐具有氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，不能大量共存，C不正确；
D、氨气能与酸反应生成铵盐，不能大量共存，D不正确；
答案选A。
9. 常温下，下列指定溶液中微粒的浓度关系正确的是
A. 溶液：
B. 溶液：
C. 溶液：
D. 溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中铵根离子水解，溶液显酸性，但水解程度不大，则，A错误；
B．根据质子守恒，应是，B错误；
C．溶液中发生水解使溶液呈酸性，C正确；
D．由元素质量守恒知，，D错误。
故选C。
10. 一定条件下，关于工业合成氨的反应，图甲表示该反应过程中的能量变化，图乙表示1 L密闭容器中n(N2)随时间的变化曲线，图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始时n(H2)对该平衡的影响。下列说法正确的是
A. 甲：升高温度，该反应的平衡常数增大
B. 乙：从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
C. 乙：10 min内该反应的平均速率v(H2)=0. 03 ml·L-1·min-1
D. 丙：温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，b点N2的转化率最高
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图象甲分析，反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则升高温度，该反应的平衡常数减小，故A错误；
B．其他条件不变，压缩容器的体积，氮气的物质的量不变，平衡正移，氮气然后逐渐减少，由图可知，n(N2)的变化曲线为d，故B正确；
C．由图乙信息，10min内氮气减少了0.3ml，则氮气的速率的为，氢气的速率为0.03ml•L-l•min-l×3=0.09ml•L-l•min-l，故C错误；
D．由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，故D错误；
故选：B。
二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，每小题4分，共20分)
11. 下列有关测定中和反应反应热实验的说法正确的是
A. 用铜丝代替玻璃搅拌器，测得的△H偏大
B. 强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1 ml H2O的△H均为-57.3 kJ/ml
C. 测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度
D. 某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反应1 ml H2O反应热△H=-52.3 kJ/ml，造成这一结果的原因不可能是用测量过稀盐酸温度的温度计直接测量稀NaOH溶液的温度
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．用铜丝代替玻璃搅拌器，导致热量损耗，溶液温度升高偏小，反应放出热量越小，反应热就越大，故用铜丝代替玻璃搅拌器，会导致测得的中和热△H偏大，A正确；
B．强酸的稀溶液与强碱的稀溶液反应生成1 ml H2O，同时产生可溶性盐时△H为-57.3 kJ/ml，若产生的盐是难溶性盐，由于形成化学键比释放热量，则△H小于-57.3 kJ/ml，B错误；
C．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度达到最高值时，表明酸、碱恰好完全反应，此时的温度为终止温度，C错误；
D．用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度，导致溶液的温度差偏小，测定的反应热偏小，即中和热△H可能为-52.3 kJ·ml-1，D错误；
故合理选项是A。
12. 1808年戴维电解一种碱土金属氧化物(用MO表示)与汞的混合物，得到汞齐后再蒸去汞，发现了镁、钙、锶、钡。下列说法不正确的是
A. 电流流向：b极→石墨极，铂极→a极
B. 向铂极迁移M2+数目等于向石墨极迁移О2-数目
C. 阳极反应式为
D. 汞齐起保护金属作用
【答案】C
【解析】
【分析】О2-→O2，O元素化合价升高，则阳极是石墨电极，阳极反应式为，阴极是铂电极，阴离子反应式为；
【详解】A．由图示分析可知：铂电极为阴极，石墨电极为阳极，电流由正极流出，流向阳极；阴极流向负极，A正确；
B．MO中阴、阳离子带电荷数相等，通电时向两极迁移的阴，阳离子数目相等，B正确；
C．阳极反应式为，阴离子反应式为，C错误；
D．镁、钙、锶，钡等活泼金属容易与空气中氧气反应，液态汞包裹金属，避免活泼金属在高温下被氧化，D正确；
故选：C
13. 在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是
A. 反应的化学方程式一定为B. 时，正逆反应速率相等，达到平衡
C. 时，逆反应速率一定大于正反应速率D. 平衡时，N的转化率是
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图像可知，反应进行到t2时，N的物质的量减少了4ml，M的物质的量增加了2ml，则反应的化学方程式为，A错误；
B．t2时，M、N的物质的均还在发生改变，所以正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，B错误；
C．t1时，反应未达到平衡，逆反应速率小于正反应速率，C错误；
D．平衡时，N转化的物质的量为6ml，则N的转化率为，D正确；
答案选D。
14. 向等体积pH不同的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量镁条，溶液pH和温度随时间变化曲线如图。下列有关说法错误的是
A. 在NH4Cl溶液中，P点存在：2c(Mg2+)+c(NH)＞c(Cl-)
B. Ksp[Mg(OH)2]=5×10-12.61
C. 在NH4Cl溶液中，2000~4000温度上升是因为Mg与H2O发生反应
D. 在盐酸中，Q点后pH上升是因为Mg与HCl发生反应
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．在NH4Cl溶液中，P点溶液呈碱性，根据溶液呈电中性：2c(Mg2+)+c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则2c(Mg2+)+c(NH)＞c(Cl-)，A说法正确；
B．HCl为强酸，根据图示初始pH=1.65，即溶液中氯离子浓度等于氢离子浓度等于10-1.65ml/L，与镁反应后根据氯元素守恒可知，溶液中的镁离子浓度为ml/L；最后溶液的pH=10.13，则此时c(H+)=10-10.13 ml/L，即氢氧根离子浓度c(OH-)==10-3.87 ml/L，则氢氧化镁的溶度积Ksp[Mg(OH)2]=，B说法错误；
C．在NH4Cl溶液中，2000~4000s时，溶液pH变平缓，反应达到平衡，但反应温度上升明显，不是Mg与HCl的反应，是因为Mg与H2O发生反应放热导致，C说法正确；
D．在盐酸中，Mg与HCl反应生成的氯化镁溶液显酸性，则Q点后pH上升是因为过量的Mg与H2O发生反应而导致，D说法错误；
答案为BD。
15. 谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH)COO-，用H2R表示]是人体内氮代谢的基本氨基酸之一，其盐酸盐(H3RCl)在水溶液中存在如下平衡：，常温下，向一定浓度的H3RCl溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示、或]随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图所示，下列说法错误的是
A. K1的数量级为10-2
B. 曲线I表示pOH与lg的变化关系
CM点时，c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-)
D. pH=7时，c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意知，K1>K2>K3，一级电离时酸性最强，因此曲线I表示pOH与lg的关系，曲线II表示pOH与lg的关系，曲线III表示pOH与lg的关系。
【详解】A．K1=，当lg=0，即时，pOH=11.9，因pOH=-lgc(OH-)，所以c(OH-)=10-11.9ml/L，c(H+)==10-2.1ml/L，K1=c(H+)=10-2.1，数量级为10-3，A项错误；
B．由分析可知，曲线I表示pOH与lg的变化关系，B项正确；
C．M点时，lg=0，，依据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)+c(Cl-)，则有c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-)，C项正确；
D．pH=7时，pOH=7，由曲线I可知，lg>0，则，由曲线II可知，c(ClO-)>c(OH-)>c(H+) ②. H2O+SO2+2CO=SO+2HCO ③. 3ClO−+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓ ④. 9:1 ⑤. 0.52ml/L
【解析】
【详解】(1)①由电离常数可知，一水合氨的电离大于次氯酸的电离，次氯酸铵溶液中，次氯酸根的水解大于铵根离子的水解，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故答案为：c(NH)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；
②由电离常数可知，电离程度H2SO3> H2CO3> HSO，则少量二氧化硫与碳酸钠溶液反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为H2O+SO2+2CO=SO+2HCO，故答案为：H2O+SO2+2CO=SO+2HCO；
(2)由题意可知，次氯酸钠溶液中的次氯酸根离子与明矾溶液中的铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为3ClO−+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓，故答案为：3ClO−+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；
(3)某温度下，pH=3的盐酸中c(OH-)=10-9ml/L可知，水的离子积常数为Kw=10-3×10-9=10-12，设硫酸与氢氧化钠的体积分别为aL和bL，由题意可得反应后溶液中氢氧根离子浓度为，解得a：b=9:1，故答案为：9:1；
(4)硫酸钡与碳酸钠溶液反应生成碳酸钡和硫酸钠的反应方程式为BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)，反应的平衡常数K===0.04，23.3g硫酸钡的物质的量为0.1ml，设0.1ml硫酸钡完全转化为碳酸钡需要碳酸钠溶液的浓度为xml/L，当硫酸钡完全转化为碳酸钡后，5L溶液中硫酸根离子的浓度0.02ml/L，溶液中碳酸根离子的浓度为(x—0.02) ml/L，由平衡常数可得=0.04，解得x=0.52，故答案为：0.52ml/L。
17. 回答下列问题：
（1）目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子)，研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：
①氢化酶区域所发生反应的离子方程式为____。
②整个b电极区域所发生的总反应的离子方程式为____。
③相比传统工业合成氨，该方法的优点有____。
（2）若用如图所示生物燃料电池作甲装置的电源，并将甲装置中产生的CH4气体通入乙装置中，发生转化的过程如图：
①甲装置中Pt电极应连接生物燃料电池的___电极(填“a”或“b”)。电解一段时间后，甲装置阳极区c(H+)____(填“增大”“减小”或“不变”)。
②乙装置中Ni—YSZ电极上的反应为：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，且整个过程中消耗的O2-和产生的O2-总数目相等。则在Ni—YSZ电极上消耗的O2-与CO2消耗的O2-数目之比为____。
③若开始电解一段时间后，甲装置中铜电极上只生成6.4gCH4，则甲装置铜极区溶液质量变化了____g，乙装置中理论上生成碳的质量为___g，生物燃料电池中理论上合成氨的质量为___g(保留到小数点后两位)。
【答案】（1） ①. H2+2MV2+=2MV++2H+ ②. N2+6H++6e-=2NH3 ③. 条件温和、生成氨的同时释放电能
（2） ①. b ②. 增大 ③. 2∶1 ④. 14.4 ⑤. 9.6 ⑥. 18.13
【解析】
【小问1详解】
①电极a MV+转变成MV2+失去电子，作负极，电极b是正极，氢化酶区域MV2+转变成MV+，发生反应的离子方程式是H2+2MV2+=2H++2MV+。
②整个b电极区域内， MV2+得到电子转变为MV+，在穿过质子交换膜的H+参与下，MV+与N2反应重新生成MV2+及氨气，则所发生的总反应的离子方程式为N2+6H++6e-=2NH3。
③该装置是原电池，相较于传统工业合成氨的高温高压，该方法反应条件温和，对环境友好，且能将化学能转化为电能。
【小问2详解】
①甲装置中铜电极上二氧化碳转变为乙醛、甲酸、甲烷和CO等，发生还原反应，则Cu电极为阴极，Pt电极为阳极，应连接正极、故Pt电极应连接生物燃料电池的b电极。电解一段时间后，甲装置阳极区内水电离产生的氢氧根离子放电：电极反应式为2H2O-4e‒＝4H++O2↑，则c(H+)增大。
②由图知，乙装置中Ni电极上碳酸根得到电子转变为O2-与C、反应为：，Ni—YSZ电极上CH4在O2-参与下生成CO2和H2：CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2，O2-与CO2生成碳酸根离子，整个过程中消耗的O2-和产生的O2-总数目相等，则在Ni—YSZ电极上消耗的O2-与CO2消耗的O2-数目之比为2:1。
③若开始电解一段时间后，甲装置中铜电极反应式为：，每生成1ml即16g甲烷从铜电极区逸出，同时铜极区需进入1ml CO2和8mlH+、质量增加(44+8-16)g=36g，则当铜电极上只生成6.4g即0.4ml CH4，甲装置铜极区溶液质量变化了36g×0.4=14.4g。由，当铜电极上只生成6.4g即0.4ml CH4，转移电子3.2ml，电极上得失电子数守恒，存在：，则按乙装置生成0.8mlC，理论上生成碳的质量为9.6g，生物燃料电池中生成氨气约1.06ml、约为18.13g(保留到小数点后两位)。
18. 研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明，美丽中国具有重要意义。
（1）基态氮原子的价层电子轨道表示式为：______。
（2）NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：
已知：
反应1：。
反应2的热化学方程式为___________。
（3）工业上以CO和为原料合成甲醇的反应：，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2温度下合成甲醇。如图是不同温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1ml)与CO平衡转化率的关系。
①判断T1___________T2 (选填“”或“=”)；
②若a点达到平衡的时间是10分钟，从反应开始到平衡用H2表示的反应速率为___________；
③该反应平衡常数的表达式为K=___________，d点的平衡常数的值为___________；
④a点状态下再通入和，平衡____移动(选填“正向”、“逆向”或“不”)；
⑤a、b、c三点H2转化率由大到小的顺序是___________。
【答案】（1） （2）
（3） ①. < ②. ③. ④. 4 ⑤. 不 ⑥.
【解析】
【小问1详解】
基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子轨道表示式为：。
【小问2详解】
已知：
反应1：。
按盖斯定律，二者相减得到反应2的热化学方程式为：。
【小问3详解】
①图中一定时，T1时CO的转化率比T2的大；正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1