2023重庆市十一中高二上学期期末考试化学含解析

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重庆11中高2024届高二上学期期末考试化学试题
考试时间：75分钟满分：100分
可能用到的相对原子质量：H1　Li7　B11　C12　O16　Na23　P31　Cl35.5　Cu64
一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分，每题只有一项是符合要求)
1. 化学在生活和化工生产中起着重要的作用。有关下列叙述不正确的是
A. 用食醋清洗水壶里的水垢，是因为CH3COOH的酸性比H2CO3强
B. 合成氨工业中，升高温度或增大压强都是为了提高氨的平衡产量
C. 氯碱工业中，电解槽的阴极区产生NaOH
D. 除去尾气中Cl2，可将尾气通过含有Fe粉的FeCl2溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．用食醋清洗水壶里的水垢，是因为CH3COOH的酸性比H2CO3强，使得醋酸能与碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙和水、二氧化碳，A正确；
B．已知合成氨反应为：N2+3H22NH3 ，故合成氨工业中，升高温度平衡逆向移动，不利于提高氨的平衡产率，增大压强平衡正向移动，氨的平衡产率增大，B错误；
C．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水，则阳极为Cl-放电，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl2↑，阴极为H+放电，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故电解槽的阴极区产生NaOH，C正确；
D．根据反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，Fe+2FeCl3=3FeCl2可知，除去尾气中Cl2，可将尾气通过含有Fe粉FeCl2溶液，D正确；
故答案为：B。
2. 常温下，已知0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa溶液可形成缓冲溶液。下列说法中正确的是(已知：Ka(CH3COOH)=1.75×10-5)
A. 该缓冲溶液存在的微粒关系有：c(CH3COOH)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B. 在0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa形成的缓冲溶液中，加少量的酸或碱都是被CH3COO-消耗，从而使溶液pH无明显的变化
C. 该缓冲溶液中，离子浓度的关系：c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
D. 加水稀释该缓冲溶液，则水电离出的c(H＋)水减小
【答案】C
【解析】
【分析】Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，则Kh(CH3COO-)=，则0.1mol·L-1CH3COOH和0.1mol·L-1CH3COONa溶液形成的缓冲溶液中，CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，溶液显酸性。
【详解】A．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒，2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，联立两个等式消除钠离子得，c(CH3COOH) +2c(H＋)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，A错误；
B．CH3COO-消耗加入少量酸，CH3COOH消耗加入的少量碱，从而使溶液pH无明显的变化，B错误；
C．根据分析，该缓冲溶液中，CH3COOH的电离大于CH3COONa的水解，c(CH3COO-)>c(Na＋)，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH-)，显性离子大于隐性离子，则c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，C正确；
D．根据分析，该缓冲溶液以CH3COOH电离为主，CH3COOH电离溶液显酸性，抑制水的电离，加水稀释后抑制减弱，水的电离增强，则水电离出的c(H＋)水增大，D错误；
故选C。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. NaHCO3溶液呈碱性：HCO＋H2O=H2CO3＋OH-
B. 电解MgCl2溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
C. 用饱和的Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：Ca2＋＋=CaCO3↓
D. 已知电离常数：Ka(HCN)=4.9×10-10，H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢根的水解是可逆反应，故反应的离子方程式为：
，A错误；
B．电解MgCl2溶液最终会生成氢氧化镁的沉淀，反应的离子方程式为：，B错误；
C．CaSO4为微溶物，此时达到饱和，CaSO4为沉淀，故反应的离子方程式为：，C错误；
D．根据电离常数的关系，可知酸性关系：H2CO3> HCN>，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体，根据强酸制弱酸反应原理，反应方程式，D正确；
故本题选D。
4. 还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O和CrO)工业废水的常用方法，过程如下，下列说法错误的是(已知：常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32)

A. 反应①，增大c(H+)，的转化率增大
B. 反应①2v正(CrO)=v逆(Cr2O)时，反应处于平衡状态
C. 反应②转移0.6mole-，则有0.1molCr2O被还原
D. 常温下，要使处理后废水中的c()降至1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液pH=5
【答案】B
【解析】
【分析】反应①使转化为，反应②二价铁离子还原成，反应③加入氢氧根使转化为沉淀而除去，据此分析。
【详解】A．反应①，增大c(H+)平衡正向移动，的转化率增大，A正确；
B．判定化学平衡状态：根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比，，，即v正()=2v逆()，B错误；
C．根据电子转移守恒，反应②关系式：~ 2，当1mol被还原，转移6mol e-；所以当转移0.6mol e-，则有0.1mol被还原，C正确；
D．，，代入可得：，则，，故pH=5，D正确；
故本题选B。
5. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ·mol-1，当反应放出9.2kJ热量时，转移电子数为0.6NA
B. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
C. 室温下，pH=12的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-数为0.01NA
D. 电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32gCu转化为Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】A．由热化学方程式可知，生成2mol氨气，反应放出92kJ热量，转移电子的物质的量为6mol，则当反应放出9.2kJ热量时，转移电子数为×6×NAmol-1=0.6NA，故A正确；
B．由氯原子个数守恒可知，标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于×2×NAmol-1=NA，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算pH=12的碳酸钠溶液中氢氧根离子的物质的量和由水电离出的由水电离出的氢氧根离子的数目，故C错误；
D．电解精炼铜时，粗铜中的锌、铁、铜在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子，则当电路中通过的电子数为NA时，无法计算在阳极发生氧化反应的铜的质量，故D错误；
故选A。
6. 下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是

A
B
C
D
目的
测定中和反应的反应热
用NaOH溶液滴定盐酸溶液
将AlCl3溶液蒸干制备AlCl3
实现利用牺牲阳极法保护铁
实验装置





A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．测定中和反应的反应热的实验关键是防止热量散失，利用杯盖、隔热层、环形玻璃搅拌器等装置可以减少实验过程中的热量散失，A正确；
B．NaOH是碱，故应该用碱式滴定管，B错误；
C．加热会促进AlCl3溶液的水解，而且生成的盐酸易挥发，故应该在氯化氢气流中加热蒸发AlCl3溶液制备AlCl3，C错误；
D．利用牺牲阳极法保护铁形成的是原电池装置，而D项装置是电解池，为外加电源的阴极保护法，D错误；
故本题选A。
7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. c(FeCl3)=1.0mol·L-1的溶液中：K＋、Na＋、、AlO
B. 使甲基橙试液变红的溶液中：Ca2＋、、Cl-、
C. 在加入铝粉能产生H2溶液中：Fe2＋、Mg2+、、
D. 常温下，=0.1mol·L-1的溶液：Na＋、K＋、SiO、
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于Fe3+和AlO能发生双水解反应，故c(FeCl3)=1.0mol·L-1的溶液中不可能含有大量的AlO，A不合题意；
B．使甲基橙试液变红的溶液中含有大量的H+，H++=H2O+SO2↑，B不合题意；
C．在加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液也能是强碱性溶液，在强碱性溶液中Fe2+、Mg2+与OH-发生反应生成沉淀而不能大量共存，强酸性溶液中由于含有与Al反应不能产生H2，C不合题意；
D．常温下，=0.1mol·L-1即OH-的浓度为0.1mol/L的溶液：OH-、Na＋、K＋、SiO、相互不反应，能够大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
8. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向盛有1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol·L-1KI溶液
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
常温下，溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B
其他条件不变，压缩2HI(g)I2(g)+H2(g)
混合气体颜色变深
平衡向生成I2(g)的方向移动
C
用等体积pH=3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的Fe反应
HA放出的氢气多且速率快
HA酸性比HB弱
D
向5mLFeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，再加入几滴KSCN溶液
溶液显红色
FeCl3与KI的反应是可逆反应

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向盛有1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液的试管中滴加3滴0.1mol·L-1NaCl溶液，AgNO3溶液过量，再向其中滴加一定量0.1mol·L-1KI溶液只有沉淀的生成，没有沉淀的转化，所以无法比较氯化银和碘化银的溶度积的大小，故A错误；
B．碘化氢分解的反应是气体体积不变的反应，其他条件不变，压缩体积，气体压强增大，化学平衡不移动，故B错误；
C．用等体积pH=3的HA和HB两种酸溶液分别与足量的铁反应，HA放出的氢气多且速率快说明HA的浓度大于HB，酸性比HB弱，故C正确；
D．向5mLFeCl3溶液中加入5滴同浓度的KI溶液，FeCl3溶液过量，所以再加入几滴KSCN溶液，溶液显红色不能说明FeCl3与KI的反应是可逆反应，故D错误；
故选C。
9. T℃时，用0.10mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.10mol/L的CH3COOH溶液，溶液pH与滴入NaOH溶液体积的关系如下图所示。下列说法不正确的是

A. T℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10−5
B. 滴定过程中c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变
C. 滴定前滴定管的尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则测得的醋酸溶液浓度偏大
D. 在滴加NaOH直至过量的过程中，溶液的导电性先增强后减弱
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由P点知，CH3COOH达到电离平衡时，c(CH3COO-)=c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH) 0.10mol/L，则，A正确；
B．n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和为0.002mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，B错误；
C．滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则消耗NaOH溶液的体积偏大，测得的醋酸溶液浓度偏大，C正确；
D．溶液的导电能力取决于溶液中离子浓度和所带电荷数的多少，离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液导电能力越强。在滴加NaOH直至过量的过程中，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COOH是弱电解质，NaOH 和CH3COONa强电解质，所以溶液的导电性逐渐增强，D错误；
故选BD。
10. 原子序数依次增大的X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素中，X元素原子的最外层有三个未成对电子，且第一电离能比Y大，Z元素的简单离子半径在同周期中最小，Y、W位于同一主族。下列说法错误的是
A. X、Y、Z、W、Q五种元素中，Z的电负性最大
B. 简单离子半径：Y>Z
C. W元素的最高价氧化物对应的水化物是强酸
D. X、Y两种元素都位于元素周期表p区
【答案】A
【解析】
【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素中，X元素原子的最外层有三个未成对电子，则X为N，且第一电离能比Y大，由于N为半充满状态故电离能大于O，则Y为O元素，Z元素的简单离子半径在同周期中最小，则Z为Al元素，Y、W位于同一主族，W为S元素，Q为Cl元素，据此分析解题。
【详解】A．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增强，则电负性：N