2023高二上学期期中化学含解析

这是一份2023高二上学期期中化学含解析，文件包含化学doc、化学高二期中测试答案解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
吉林市普通中学2022—2023学年度高二年级上学期期中调研测试化学试卷答案与解析各位老师：关于本次阅卷，做如下相关说明：1、 本次测试是高二第一次地区调研，要利用本次测试培养学生科学规范的答题习惯，为高三打好基础，因此阅卷一定要严格按照评分标准进行，尤其是学生的主观题答案，不能随意给分。希望各位老师本着对学生负责的态度，认真批阅每一张试卷，给予学生最大的公平。2、本次阅卷要求在下周一（31号）下午三点之前结束，辛苦大家！ 【答案】1-5CDCAB   6-10DCACB   11-15 CA BAA16．（10分）（1）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH= － 41.2 kJ/ mol （2分，只写对方程式或只写对焓变，给1分；方程式不写聚集状态不给分，焓变没有单位或单位写错不给分）（2）>  （2分，写“大于”不给分）（3）463.4  （2分）（4）2 （2分） 催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高。（2分，关键词“活化能更低”“ 速率更快”）17、（16分）Ⅰ（1）检漏（2分）  D  （2分，写小写字母不给分）（2）酚酞（2分） 滴入最后半滴NaOH溶液，锥形瓶内颜色恰好由无色变为粉红色，且半分钟不褪色。（2分，不写“滴入最后半滴NaOH溶液”也可以，写“浅红”也可以，不写“半分钟不褪色”扣1分）（3）0.1000（2分，0.1也可以，不要求有效数字）  （4） B （2分，写小写字母不给分） Ⅱ  2.0×10−5或2×10−5 （2分） 5.0×10−3或5×10−3（2分）18、（14分）（1）CO+2H2⇌CH3OH（2分，物质的聚集状态不做要求，不配平给1分）      ＜ （2分） ＜  （2分）（2）P1＞P2＞P3  （2分，顺序必须由大到小，写反了不给分）    350/ P22  （2分，单位不做要求）（3）正反应  （2分）  （4） DE（2分，写对一个选项给1分，出现错误选项不给分，写小写字母不给分）19、（15分）（1）H3AsO3   （1分，写物质名称也可以）   （2）H2AsO3−+OH−= HAsO32−+ H2O   （2分，写化学方程式不给分）（3）H3AsO3 ⇌ H2AsO3−+ H+  （2分，写化学方程式不给分）   9.2 （2分）  H3AsO3+ CO32−= HCO3−+ H2AsO3−（2分，写化学方程式不给分）    （4）C（2分）（5）①pH上升H2AsO3−含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好。（2分，关键词“H2AsO3−增大”“ 氢氧化铁胶粒带正电荷”缺少一个给1分）②pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好。（2分，关键词“促进氢氧化铁的生成”）【答案具体解析】1.【答案】C【解析】A．氟离子可以与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石，氟磷灰石溶解度比羟基磷灰石小，更能抵抗酸的侵蚀，A正确；B．草木灰与铵态氮肥混合使用会产生氨气挥发从而使氮肥损失，B正确；C．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型絮凝剂，溶于水电离产生的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可用来处理水中的悬浮物，但不能用于杀菌消毒，C错误；D．SOCl2与水反应生成HCl抑制Al3+水解， D正确；故选C。2.【答案】D【解析】合成氨工业中氢气和氮气在催化剂作用下生成氨气的反应为可逆反应，反应后的混合气分离出氨气后还含有氢气和氮气，进行循环操作可以提高氮气和氢气的利用率，降低成本；与增大化学反应速率、提高平衡混合物中氨的含量、降低氨的沸点无必然关系；故选D。3.【答案】CA．0 点时，导电能力为 0，醋酸不导电，A正确；B．a、b、c 三点，a 点的导电能力最弱，氢离子浓度最小，B正确；C．冰醋酸加水稀释的过程中，醋酸的电离度不断增加，但加水稀释又会使离子浓度变小，b 点导电能力强说明此时溶液中离子浓度最大，c 点的醋酸电离度更大，C错误；D．醋酸电离是吸热反应，升高温度可促进醋酸电离，使 c(CH3COO−) 增大，D正确；故选C。4.【答案】A【解析】同一化学反应用不同物质表示反应速率时，反应速率之比等于化学计量数之比，根据已知条件，v(A)：v(B)：v(C)=2：3：2。故选A。5.【答案】B【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol−1①稀醋酸；②浓硫酸；③稀盐酸，恰好完全反应，稀盐酸反应放出的热量为57.3 kJ，醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热，醋酸反应放出的热量少，浓硫酸反应放出热量多。故选B。6.【答案】D【解析】A. 加入氨水,混入氯化铵杂质且生成氢氧化镁沉淀除去了氯化镁，A错误;B. 加入NaOH,生成氢氧化镁沉淀,且混入NaCl杂质,B错误;C. 加入碳酸钠,反应后生成NaCl杂质,C错误；D. 加入碳酸镁,与铁离子水解产生的氢离子作用,可起到调节溶液pH的作用,促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去,且不引入新的杂质；故选D。7.【答案】C【解析】在温度不变的条件下，将容器的体积扩大到两倍，若平衡不移动，则A的浓度为0.25 mol·L－1；体积扩大两倍再次达到平衡时A的浓度为0.3 mol·L－1>0.25 mol·L－1，说明体积增大(减小压强)，平衡向逆反应方向移动，因此，x＋y>z，C的体积分数降低，B的转化率降低。故选C。8.【答案】A【解析】A. 催化剂降低反应活化能不会改变反应的热效应，不会使合成氨反应放出的热量发生变化，A正确；B. ②→③过程为氮氮三键和H—H键的断裂过程，B错误；C. N原子和H原子形成NH3放出能量，是能量降低的过程，C错误；D. 合成氨反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能完全转化，反应放出热量小于92kJ，D错误；故选A。9.【答案】C【解析】　A. 反应物H2O(g)浓度增大,反应速率增大;B. 容积缩小,气体浓度增大,反应速率加快;C. 气体浓度不变,反应速率不变;D. 气体浓度减小,反应速率减小；故选C。10.【答案】B【解析】 CO(g)＋H2O(g) ⇌ CO2(g)＋H2(g)起始/mol  1       1         0      0转化/mol  0.5     0.5       0.5     0.5平衡/mol  0.5     0.5       0.5     0.5由方程式及以上数据判断可得，A、C、D项正确;平衡常数与反应温度有关，B项错误。故选B。11.【答案】C【解析】　A. 考查溶解平衡CO2(g) ⇌ CO2(aq)，压强减小，则平衡向逆反应方向移动，形成大量气体逸出；B. 考查温度、浓度、酸碱性对NH3＋H2O ⇌ NH3·H2O ⇌ NH＋OH－平衡移动的影响；C. 颜色加深的根本原因是因为体积减小，c(I2)浓度增大，由于是反应前后气体体积不变的反应，不涉及平衡的移动，则不能用勒夏特列原理解释;D. 考查温度对2NO2 ⇌ N2O4的影响；故选C。12.【答案】A【解析】　A. 从能量变化的图像分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A正确；B. 依据化学反应速率的计算公式得v(NO2)＝0.2 mol·L－1·s－1，单位不对，B错误；C. 催化剂会同等程度地改变正、逆反应速率，所以加入催化剂，平衡不移动，C错误；D. 增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，D错误；故选A。13.【答案】B【解析】A．氯化铵溶于水后电离出NH4+可以抑制氨水的电离使OH−浓度减小，NH4+还可以结合NaOH溶液中的OH−使其OH−浓度减小，则溶液①、②中加入氯化铵晶体后，溶液的pH都会减小，A正确；B．氨水稀释过程中会继续电离出OH−，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④，B错误；C．一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而盐酸为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，所以c (NH4+) ＞c(Cl-)，C正确；D．pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则=10-4mol，解得a:b=11:9，D正确；故选B。14.【答案】A【解析】　B. 强酸加水稀释，溶液pH也会增大，只靠pH增大无法确定HCOOH是弱酸，B错误；C. Ag＋过量，是沉淀生成而非沉淀转化，C错误；D. NaAlO2与NaHCO3反应为强酸制弱酸不是双水解，D错误；故选A。15.【答案】A【解析】A. 未滴定时该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，即c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)-c(H+)①，物料守恒：2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-)②，将①带入②得：c(A2-)+2c(OH-)=3c(H2A)+c(HA-)+2c(H+)，A错误；B. 滴加10 mL盐酸时，正好反应生成一份NaHA和一份NaCl，还有原混合溶液中的一份NaHA，即n(NaHA) ∶n(NaCl)=2∶1，一部分HA-水解H2A，一部分HA-电离为A2-，根据钠离子守恒可得c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)+c(Cl-)，B正确；C. 滴加30 mL盐酸时，溶液完全转化为3份NaCl和2份H2A，溶液显酸性，因此存在c(Na+)=c(Cl-)＞c(H2A)＞c(H+)＞c(OH-)，C正确；D. 当加入H2A水溶液的体积大于Na2A的体积的时候，溶液可能显酸性，D正确；故选A。 16．【解析】（1）根据盖斯定律一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式可由③-①-②得出CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=－41.2 kJ/ mol。（2）水从气态到液态为放热过程，燃烧热生成液态水放出热量更多，所以a大于241.8 kJ。（3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，所以有－241.8 = 436.0 + 498.0/2 - 2x 解得x=463.4。（4）反应进行相同的时间时（未达平衡），反应速率越快则CO转化率越大 ，催化剂2条件下反应的活化能更低，反应速率更快，因此在相同时间内，CO的转化率更高。17.【解析】Ⅰ（1）由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，且最下面一段没有刻度线，因此该滴定管中实际溶液的体积>(50mL-14mL)=36mL,故选D。（2）滴定终点时溶液的pH约为9.1，酚酞的pH变色范围为8.2～10，滴定终点的pH要在指示剂的变色范围之内，应选酚酞作指示剂；当滴入最后半滴NaOH溶液，无色溶液变成粉红色，且半分钟内不褪色，反应达到终点。（3）1mol KHC8H4O4有1mol羧基，与NaOH按1∶1反应，即n(NaOH)=n(KHC8H4O4), n(NaOH)=cx•(20.02+19.98)×10-3/2 ,n(KHC8H4O4)=0.4080g/204.0g•mol−1，所以c（NaOH）=0.1000 mol/L。 （4）c(待测)＝，滴定过程中任何不当操作最终都表现为标准液体积的变化，标准液体积用量增多，待测液浓度偏高；标准液体积用量减少，待测液浓度偏低。在此实验中标准液在锥形瓶中，待测液在滴定管内，故c(标准)×V(标准)为定值。滴定管未用所盛装液体进行润洗，滴定管壁残留的水将待测液稀释，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，A不符合题意；滴定前平视，滴定后俯视读数，V(NaOH溶液)减小，c(NaOH溶液)偏高，B正确；气泡体积被记录为NaOH溶液体积，V(NaOH溶液)增大，c(NaOH溶液)偏小，C不符合题意；不得用标准液或待测液润洗锥形瓶，操作正确，D不符合题意；故选B。Ⅱ.根据溶度积计算：，此时溶液中；故答案为：；。18.【解析】(1)根据K＝c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]可写出反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），当压强不变时，随温度升高甲醇体积分数下降，说明该反应放热，正向是气体体积减小的反应，所以有ΔH＜0，ΔS＜0。(2)该反应是正反应方向气体体积减小的反应，在其它条件不变时，加压平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以P1＞P2＞P3；根据图象可知：在A点时甲醇的体积分数为70%，对于反应CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g)，在开始时n(CO)=9 mol，n(H2)=15 mol，n(CH3OH)=0，假设CO转化物质的量为xmol，根据物质反应转化关系可知平衡时各种气体的物质的量分别是n(CO)=(9-x) mol，n(H2)=(15-2x) mol，n(CH3OH)=x mol，结合A点时甲醇的体积分数为70%列三段式计算，解得x=7mol，所以A点的压强平衡常数Kp= 350/p22。(3)300℃，P2条件下，E点要达到平衡状态甲醇的含量应升高，则化学反应向正反应方 向进行。(4)A. 容器内各组分浓度相等,未表明保持不变，不能判断平衡，A错误；
B. 速率之比v(CO)：v(H2)：v(CH3OH)=l：2：l时不能说明正、逆反应速率相等，因此  就不一定处于平衡状态，B错误；
C. H2的消耗速率等于CH3OH的消耗速率，未满足系数比，C错误；
D. 该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，气体的质量不变，若混合气的平均相 对分子质量不变，则气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，D正确；E. 反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的压强不变，则气体的密度是变量，因此密度不变反应达到平衡状态，E正确；故选DE。19.【解析】（1）由图像可知，pH在7.35-7.45之间，溶液中含砷元素的主要微粒是H3AsO3，故答案为H3AsO3。（2）将KOH溶液滴入亚砷酸溶液，由图像可知，当pH由11变化到12过程中，H2AsO3−反应生成HAsO32−，反应的离子方程式为：H2AsO3−+ OH− = HAsO32−+H2O。故答案为H2AsO3−+ OH−= HAsO32−+H2O。（3）亚砷酸是弱酸，不完全电离，故H3AsO3第一步电离的方程式为：H3AsO3 ⇌H2AsO3−+ H+；电离常数为Ka1=c(H2AsO3−)•c(H+)/ c(H3AsO3),由图像可知，pH=9.2时，H3AsO3 的物质的量分数等于H2AsO3−的物质的量分数，所以Ka1= c(H+)=10-9.2，故pKa1=9.2；由于H3AsO3的酸性弱于碳酸，所以少量K2CO3与 H3AsO3溶液反应不能得到CO2，反应的离子方程式为：H3AsO3+ CO32−= HCO3−+ H2AsO3−，故答案为：H3AsO3+ CO32−= HCO3−+ H2AsO3−。（4）A. 碱性溶液中，c(OH−) > c(H+),故A错误；B. 由图可知，当pH=14时，H2AsO3−的物质的量分数几乎为0，故B错误;C. 由图可知，Na2HAsO3溶液是碱性的，因此HAsO32−的水解大于电离，所以c(HAsO32−)> c(H2AsO3−) > c(AsO33−);故选C。（5） pH为5~9时微粒为H3AsO3 和H2AsO3−，且随着pH的增大，H2AsO3−含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷， pH上升则吸附效果会变好；此外pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好，故答案为：①pH上升H2AsO3−含量逐渐增大，氢氧化铁胶粒表面带正电荷，则吸附效果变好。②pH升高促进氢氧化铁的生成，吸附效果也会变好。