2022-2023学年四川省宜宾市叙州区第一中学校高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省宜宾市叙州区第一中学校高二上学期期中考试化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

四川省宜宾市叙州区第一中学校2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是
A．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
C．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多
D．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料
【答案】A
【详解】A．计算机芯片的材料是晶体硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．“地沟油”通过化学反应，可以制肥皂，从而提高资源的利用率，故B正确；
C．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，故C正确；
D．Al2O3的熔点为2050℃，MgO的熔点为2852℃，能够承受很高的温度，因此可用于制作耐高温材料，故D正确；
故答案为A。
2．下列试纸，使用时预先不能用蒸馏水润湿的是
A．红色石蕊试纸 B．蓝色石蕊试纸 C．pH试纸 D．淀粉KI试纸
【答案】C
【详解】pH试纸测定溶液的pH，若事先用蒸馏水润湿（相当于稀释了待测液）。当溶液显酸性时，pH将偏大；当溶液显碱性时，pH将偏小。所以pH试纸使用时事先不能用蒸馏水润湿，答案选C。
3．X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm＋和Yn－两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是(　　)
A．X的原子半径比Y小 B．X和Y的核电荷数之差为m－n
C．电负性X>Y D．第一电离能X 【答案】D
【详解】X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，X处于Y的下一周期，且X为金属元素，Y为非金属元素。
A.X处于Y的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径X>Y，A错误；
B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误；
C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性：X D.元素的金属性越强，其第一电离能越小，故第一电离能X 故合理选项是D。
4．测定中和反应反应热的实验中，下列做法会导致反应热偏小的是
A．用KOH溶液代替NaOH溶液 B．用NaOH固体代替NaOH溶液
C．反应物盐酸过量 D．使用铜制搅拌棒搅拌
【答案】D
【详解】A．Na+、K+均不参与中和反应，所以反应实质没有改变，不会有额外的能量释放或吸收，A不符题意；
B．NaOH固体溶于水会释放大量的热，故此测定热量偏大，B不符题意；
C．盐酸过量，但NaOH保持原物质的量那么反应生成的水的物质的量就不会改变，故此放热量也不会改变，C不符题意；
D．铜是热的良导体，用铜制搅拌棒搅拌反应液，会是热量散发加快，增加热损失，使测定放热量偏小，D符合题意；
综上，本题选D。
5．一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s) + CO2(g) FeO(s) + CO(g)，下列措施不能降低该反应速率的是
A．降低反应的温度 B．将铁粉换为铁丝
C．恒压充入惰性气体 D．恒容充入CO
【答案】D
【详解】A． 降低反应的温度，反应速率减小，故A不符合；    
B． 将铁粉换为铁丝，减小了反应物的接触面积，反应速率减小，故B不符合；    
C． 恒压充入惰性气体，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故C不符合；
D． 恒容充入CO，增大生成物浓度，不能降低该反应速率，故D符合；
故选D。
6．下列指定溶液中离子一定能大量共存的是
A．在强酸性溶液中：、Na+、K+
B．在​溶液中：H2O2、、Na+​
C．在稀硫酸溶液中：K+、、
D．在强碱性溶液中：Na+、、I-
【答案】D
【详解】A​为弱酸根离子, 在强酸性溶液中因发生​而不能大量共存, 选项A错误;
B. ​对​的分解具有催化作用, 则​和​不能大量共存, 选项B​错误;
C. 在盐酸溶液中, 该组离子因发生​​,​​而不能大量共存, 选项C错误;
D. ​离子间彼此均不反应, 可以大量共存, 选项D正确；
答案选D。
7．在密闭容器中用一定量的混合气体发生反应：，平衡时测得B的浓度为0.6，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得B的浓度为1.3，下列有关判断正确的是
A．A的转化率减小 B．
C．C的体积分数增大 D．平衡向正反应方向移动
【答案】A
【分析】压缩体积到原来的一半即增大压强，若体系中平衡不移动，则B的浓度为原来的2倍，即，而B的浓度为1.3，说明平衡移动向生成B的方向移动，即逆反应方向移动，加压平衡向着气体分子数减少的方向移动，即；
【详解】A．根据分析可知平衡移动向生成B的方向移动，即逆反应方向移动，A的转化率减小，故A正确；
B．根据分析可知，反应逆向移动，加压平衡向着气体分子数减少的方向移动，即故B错误；
C．根据分析可知，反应逆向移动，C的体积分数减小，故C错误；
D．根据分析可知加压平衡向着气体分子数减少的方向移动，即反应逆向移动，故D错误；
故答案为A
8．时有关弱酸的电离平衡常数如下表，则下列推断正确的是
弱酸化学式



电离平衡常数





A．相同的、两种弱酸，其物质的量浓度：
B．相同浓度，相同体积的、酸的电离程度：
C．向溶液中加入足量，反应的离子方程式：
D．的电离常数表达式：
【答案】C
【分析】由电离常数可知，酸或酸式根离子的电离程度大小为＞＞＞，电离程度越大，相同浓度的酸溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大。
【详解】A．由分析可知，、两种弱酸的酸性强弱顺序为＞，则pH相同的、两种弱酸溶液的浓度大小顺序为＞，故A错误；
B．由分析可知，、两种弱酸的电离程度大小为＞，故B错误；
C．由分析可知，酸或酸式根离子的电离程度大小为＞＞，则向碳酸钠溶液中加入足量溶液，碳酸钠溶液与溶液反应生成碳酸氢钠和NaHX，反应的离子方程式为，故C正确；
D．碳酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离常数的表达式为，故D错误；
故选C。
9．、、分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列说法正确的是
A．在、条件下，在密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后增大
B．室温下，说明电离产生的一定比电离产生的大
C．时，，此温度下的溶液一定呈中性
D．平衡后，改变某一条件时不变，的转化率可能增大、减小或不变
【答案】D
【详解】A．K只与温度有关，使用催化剂，K保持不变，故A错误；
B．电离平衡常数越大，电离程度越大，室温下，说明相同浓度下，CH3COOH电离产生的c(H＋)比HCN电离产生的c(H＋)大，题中没有说明HCN和CH3COOH是否浓度相同，故B错误；
C．该温度下，pH=6的溶液显中性，因此pH=7的溶液显碱性，故C错误；
D．改变一个条件，K不变，说明改变的条件不是温度，如果增大压强，平衡向右移动，SO2的转化率增大；减小压强，平衡向左移动，SO2的转化率降低；如果使用催化剂，SO2的转化率不变，故D正确；
故D 正确。
10．如图是温度和压强对反应   △H影响的示意图，图中纵坐标表示平衡时混合气体中乙的质量分数Z%。下列说法正确的是

A．△H>0 B．Z可能为固体或纯液体
C．X一定为非气态 D．Y的平衡转化率：m 【答案】C
【详解】A．当压强相同时，温度升高，Z%减小，说明平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，，A错误；
B．当温度相同时，增大压强，Z%减小，平衡逆向移动，说明逆反应方向气体总物质的量减小，Z必定为气体，X一定为非气态，Y可能为固体、液体或气体都可以，B错误；
C．根据B分析，X一定为非气态，C正确；
D．该反应放热，升高温度，Y的平衡转化率降低，故，D错误；
故选C。

二、填空题
11．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
HClO
CH3COOH
H2CO3
电离平衡常数
3.0×10-8
1.8×10-5
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11

回答下列问题：
(1)一般情况下，当温度升高时，Ka___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的次氯酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___________。(填字母序号，下同)A． B． C． D．
(3)下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的是___________。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量氢氧化钠浓溶液
(4)依上表数据写出向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式：___________。
(5)体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH随水体积的变化如图所示。则HX的电离平衡常数___________(填“大于”“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出的c(H+)___________醋酸溶液中水电离出的c(H+)，理由是___________。

【答案】(1)增大
(2)BD
(3)BD
(4)ClO- +CO2+H2O= HClO+
(5)     大于     大于     稀释后，HX电离生成的c(H + )小，对水的电离抑制能力小

【详解】（1）一般情况下，弱电解质电离是吸热反应，当温度升高时，平衡正向移动，Ka增大；
（2）用蒸馏水稀释0.10 mol/L的次氯酸，弱酸存在电离平衡，HClO H++ClO-， 随着水量的增加，电离平衡正向移动，虽然ClO-、H+的数目增加，但c(ClO- )减小，c(H+)减小， c(HClO) 减小更多；温度不变，Kw不变，c(OH- )增大。所以减小、增大 、减小， 增大， 故选BD；
（3）醋酸溶液中存在电离平衡，CH3COOH H++CH3COO-，升高温度，平衡右移，电离程度增大，但电离平衡常数改变，A不正确；加水稀释、加入氢氧化钠都会使平衡右移，电离程度增大，温度不变则电离平衡常数不变，BD正确；加入CH3COONa固体，则会使平衡左移，电离程度减小，C不正确，故选BD；
（4）因为碳酸的第一步电离平衡常数大于次氯酸的，则酸性： H2CO3 > HClO >，所以向NaClO溶液中通少量CO2的离子方程式为ClO- +CO2+H2O= HClO+；
（5）稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后， HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大。

三、实验题
12．控制变量在探究实验中有重要应用，某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。
限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、MnSO4固体、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。
编号
V(H2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)
/mL
V(KMnO4溶液)
/mL
m(MnSO4)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
6.0
0
50

②
2.0
0
6.0
0
25

③
1.5
a
6.0
0
25

④
2.0
0
6.0
0.1
25


已知：已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，转化为Mn2+。
回答下列问题：
(1)KMnO4溶液用___________酸化(填名称)；写出上述反应的离子方程式：___________；
(2)上述实验___________(填编号)是探究温度对化学反应速率的影响；上述实验②④是探究___________对化学反应速率的影响。
(3)I.若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___________；表格中的“乙”为t/s(时间/秒)，结合所给仪器，则其测量的是_______。
II.实验①中对“乙”重复测量3次，所得数值分别“10.1”、“9.9”、“12.0”，则用的浓度变化表示的反应速率为___________。
(4)小组同学发现反应速率变化如图所示，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是：

①产物Mn2+是反应的催化剂，
②___________。
【答案】(1)     硫酸    
(2)     ①②     催化剂
(3)     0.5     KMnO4溶液褪色时间/s     7.5×10-4mol·L-1·s-1
(4)该反应是放热反应

【分析】分析
探究反应条件对于化学反应速率的影响时，只能改变某一反应条件，所以比较表中数据就可得出改变的是何种条件。
【详解】（1）为防止酸根离子被氧化或表现氧化性，KMnO4溶液通常用硫酸酸化；上述反应中，KMnO4溶液将草酸氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式为：，故答案为：硫酸；。
（2）上述实验①②中只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响；上述实验②④中，④多加了MnSO4，是探究催化剂对化学反应速率的影响，故答案为：①②；催化剂。
（3）I．若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则KMnO4溶液浓度不变，溶液体积不变，a为0.5；高锰酸钾和草酸反应，高锰酸钾的紫色褪去，则乙为KMnO4溶液褪色所需时间/s，故答案为：0.5；KMnO4溶液褪色时间/s。
II．第三个数值与另外两个相差较大，删去该数值，因此平均所用时间是10.0s，根据离子反应方程式，高锰酸钾完全反应，即()==7.5×10-4mol·L-1·s-1，故答案为：7.5×10-4mol·L-1·s-1。
（4）由反应速率随时间变化图可知，KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应0~t2时速率加快，t2之后速率减慢，根据影响反应速率的因素分析：①可能是生成了催化剂，发生自催化反应使速率加快；②也可能是反应是放热反应，溶液温度升高，使反应速率加快，故答案为：该反应是放热反应。

四、原理综合题
13．汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体：2NO+2CON2+2CO2，可减少尾气中有害气体排放。已知该反应的v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。
(1)已知：碳的燃烧热为393.5 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H1=+190.5 kJ/mol
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ∆H2=-231 kJ/mol
则：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ∆H=___________kJ/mol。若平衡后升高温度，则___________(填“增大”、“不变”或“减小”)
(2)CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H。在密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，测得平衡混合气体中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。

①∆H___________0(填“＞”“＜”)；
②f点，v(正)___________v(逆) (填“大于”、“等于”或“小于”)。
③P1：P2=___________；
④如果想进一步提高CO的转化率，除改变温度﹑压强外，还可以采取的措施有___________。
(3)在两个容积为2 L的恒容密闭容器中均充入2 mol CO和2 mol NO，在不同条件下发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)，实验测得反应体系的压强与时间t的变化曲线如图所示。

①与实验a相比，实验b采取的措施可能是___________；
②实验a条件下，达到平衡时，压强平衡常数KP=___________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
③上述反应达到平衡后，再向容器中加入CO、NO、CO2、N2各1 mol，保持该温度下继续反应，此时平衡将___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动
【答案】(1)     -746.5     增大
(2)     ＜     大于     5：6     将CH3OH移出
(3)     催化剂     0.0125     正向

【详解】（1）已知：碳的燃烧热为393.5 kJ/mol，可得①C(s)+O2(g)=CO2(g)  △H=-393.5 kJ/mol；②N2(g)+O2(g)=2NO(g)  ∆H1=+190.5 kJ/mol；③2C(s)+O2(g)=2CO(g)  ∆H2=-231 kJ/mol，根据盖斯定律，将①×2-(②+③)，整理可得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)  ∆H=-746.5 kJ/mol；已知：v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)，当反应达到平衡时，v正= v逆，k正c2(NO)c2(CO)= k逆c(N2)c2(CO2)，=，该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学反应速率增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，K减小，所以=增大；
（2）①根据图示可知：在压强不变时，升高温度，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H＜0；
②在f点未达到该温度下的化学平衡状态，反应从正反应方向开始，所以反应速率：v(正)＞v(逆)；
③在相同温度下化学平衡常数相同。CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ∆H。在密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，在压强为P1时CO的转化率为50%，则平衡时n(CO)=0.5 mol，n(H2)=1 mol，n(CH3OH)=0.5 mol，平衡时气体总物质的量为n(总)1=2.0 mol；在压强为P2时CO的平衡转化率为30%，平衡时n(CO)= 0.7 mol，n(H2)=1.4 mol，n(CH3OH)=0.3 mol，平衡时气体总物质的量为n(总)2=2.4 mol；则P1：P2=2.0 mol：2.4 mol=5：6；
④如果想进一步提高CO的转化率，除改变温度﹑压强外，还可以采取的措施是将平衡混合物中生成物CH3OH移出；
（3）①根据图示可知：实验b比a达到平衡所需时间缩短，但平衡时气体总压强不变，说明化学平衡未发生移动，则实验b采取的措施可能是使用了催化剂；
②在实验开始时在两个容积为2 L的恒容密闭容器中均充入2 mol CO和2 mol NO，气体总压强为160 kPa，在反应达到平衡时气体总压强为140 kPa，气体的压强之比等于气体的物质的量的比，则平衡时气体总物质的量为n(平)=，根据方程式2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)可知：每有2 mol CO反应，反应前后气体的物质的量减少1 mol，现在气体反应减少了0.5 mol，则反应消耗1 mol CO，消耗1 mol NO，反应产生1 mol CO2、0.5 mol N2，故平衡时n(CO)=n(NO)=n(CO2)=1 mol，n(N2)=0.5 mol，气体的分压P(CO)=P(NO)=P(CO2)=，P(N2)=，所以化学平衡常数K=；
③上述反应达到平衡后，再向容器中加入CO、NO、CO2、N2各1  mol，n(CO)=n(NO)=n(CO2)=2 mol，n(N2)=1.5 mol，保持该温度下继续反应，化学平衡常数不变，Qp=，所以此时平衡将正向移动。

五、工业流程题
14．如图是工业通过菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程

请回答有关问题：
(1)菱镁矿进入酸浸池前需要粉碎，目的是 ___________。
(2)氧化池通入Cl2的目的是___________(写出离子反应方程式)，Al2O3可用来制备明矾，明矾净水的原理是___________ (用离子方程式解释)
(3)物质甲可以是___________，加入物质甲的作用是___________
A． MgO      B． Mg(OH)2 C． NaOH溶液         D． 稀氨水
(4)由MgCl2溶液制取无水MgCl2的操作方法 ___________，若直接蒸干MgCl2溶液并灼烧，最后得到的物质为___________
(5)当Fe3+完全沉淀时，求最小pH=___________。已知：常温下，氢氧化铁Ksp=1.0×10-38，离子浓度小于1×10-5 mol/L认为沉淀完全
【答案】(1)增大接触面积，加快溶解速率
(2)     2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-     Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
(3)     AB     促进Fe3+的水解，将其完全转化为Fe(OH)3沉淀，便于过滤除去
(4)     在干燥的HCl气流中加热蒸干     MgO
(5)3

【分析】菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量盐酸溶解，加入氯气将二价铁氧化为三价铁，调节pH得到氢氧化铁沉淀，过滤分离后，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到氯化镁，电解熔融的氯化镁得到Mg，以此解答该题。
【详解】（1）将菱镁矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分，加快反应速率。
（2）FeCO3用盐酸溶解生成氯化亚铁，铁离子比亚铁离子更易水解，要把亚铁离子氧化为铁离子，所以氧化池通入Cl2的目的是氧化FeCl2变为FeCl3。
明矾是强酸弱碱盐，Al3+水解产生Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，从而具有净水作用，明矾净水的原理用离子方程式表示为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。
（3）调节pH时，加入的物质能与氢离子反应，而且不能引入新的杂质，MgO、Mg (OH)2与能氢离子反应，而且不会引入杂质；NaOH溶液和稀氨水与盐酸反应会引入杂质离子钠离子和铵根离子，故合理选项是AB；所加的物质能促进铁离子的水解，将其转化为氢氧化铁沉淀，便于过滤除去。
（4）氯化镁是强酸弱碱盐易水解，而且加热会促进氯化镁水解，HCl气体能抑制氯化镁的水解，所以要在HCl气流中加热蒸干,才能得到无水氯化镁;
若直接蒸干MgCl2溶液，MgCl2水解产生Mg(OH)2和HCl，HCl挥发逸出，则蒸干得到的固体是Mg(OH)2，再将固体灼烧，Mg(OH)2分解变为MgO和水，水挥发掉，故若直接蒸干MgCl2溶液并灼烧，最后得到的物质为MgO。
（5）氢氧化铁Ksp=1.0×10-38，当Fe3+完全沉淀时，铁离子浓度为1×10-5 mol/L，则c(OH-)=，则c(H+)=1.0×10-3 mol/L，所以溶波的pH为3。