新疆维吾尔自治区喀什市十四校2023-2024学年高二上学期1月期末质量检测化学试题（PDF版含解析）

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1．D
【分析】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2；
C. 反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率；
【详解】A. 升高温度可使该反应的正、逆反应速率均增大，A错误；
B. 增大压强，可以使NO和CO的可逆反应正向进行，无法完全生成N2和CO2，B错误；
C. 该反应为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，C错误；
D. 使用高效催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，增大有效碰撞的几率，使反应速率增大，D正确；
答案为D。
2．A
【详解】断裂1mlN-H需要吸收的能量为x kJ，则根据 =反应物的键能之和-生成物的键能之和可知，945.6kJ/ml+3×436 kJ/ml-2×3x kJ/ml=-92.4kJ/ml，解得x=391，即断裂1mlN-H需要吸收的能量为391 kJ，故选A。
3．A
【详解】A．由图可知，A、B为反应物，C为生成物，化学计量数之比为(0.8-0.2):(0.5-0.3):(0.4-0)=3:1:2，该反应为3A+B⇌2C，故A正确；
B．在t1～(t1+10)s时，各物质的物质的量不再改变为平衡状态，v(正)=v(逆)≠0，故B错误；
C．0～t1 s内时反应物A的转化率为 ×100%=75%，故C错误；
D．0～t1 s内，△c(A)=0.6ml/L，A的反应速率为v(A)=ml/(L•s)，故D错误；
故选：A。
4．D
【详解】分析：相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，结合强酸制取弱酸分析解答。
详解：A. 根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大的溶液其碱性越强，所以0.1ml/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，故A错误；
B. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故B错误；
C. 相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX，故C错误；
D. 由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y－=HY+Z－能够发生反应，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
5．B
【详解】A．酸或碱抑制水电离，盐中弱离子水解促进水电离，所以一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，常温下pH均为8的氨水、醋酸钠溶液中水电离程度：前者④，则这五种溶液中c(CO32-)的大小关系为：②﹥④﹥③﹥⑤﹥①，C正确；
D.0.2 ml/L的CH3COONa和0.1 ml/L的盐酸等体积混合，二者发生反应，CH3COONa过量，反应产生NaCl、CH3COOH，所得溶液为NaCl、CH3COOH、CH3COONa的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，说明：CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，但醋酸是弱酸，电离程度很小，主要以酸分子的形式存在，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此该溶液中微粒的物质的量浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH-)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较的知识。要根据弱电解质的电离影响因素、物质的结构、盐类水解等知识点来分析解答，明确弱电解质电离特点及其影响因素是解本题关键，易错选项是A，根据电荷守恒再结合溶液中存在的阳离子浓度判断离子总数大小。
14．C
【详解】
根据离子半径判断，氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是，故A正确；
B．含有自由移动离子或自由电子的物质能导电，NaCl固体中不能自由移动的离子或电子，所以不能导电，故B正确；
C．图b电解熔融氯化钠，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极，与电源正极相连，故C错误；
D．图c为NaCl溶液，氯离子向X电极移动，则X电极为阳极、Y电极为阴极，电解NaCl溶液时Y电极上氢离子放电生成氢气，所以Y电极产物是氢气，故D正确；
故选：C。
15．C
【详解】A．由图象可知，为正反应的活化能，为逆反应的活化能，A项错误；
B．催化剂能降低反应的活化能、不能改变反应的焓变，B项错误；
C．与的差值是该反应的焓变，该差值为正值，故该反应为吸热反应，C项正确；
D．活化能越大，反应越难进行，D项错误；
答案选C。
16．D
【分析】原电池总反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，反应中铜失去电子，铁离子得到电子，则铜是负极，比铜不活泼的金属或能导电的非金属作正极，含有铁离子的可溶性盐作电解质，据此解答。
【详解】A、金属锌比金属铜活泼，锌作负极，发生的反应为Zn+2Fe3+＝Zn2++2Fe2+，A错误；
B、金属铜和亚铁盐不反应，没有自发的氧化还原反应，B错误；
C、锌比铁活泼，锌作负极，电池反应为Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，C错误；
D、铜比银活泼，金属铜做原电池的负极，电池反应为Cu＋2Fe3＋＝Cu2＋＋2Fe2＋，D正确；
答案选D。
17．C
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe(OH)3+5OH-=FeO+4H2O+3e-，阳极消耗OH-离子，碱性要减弱。
【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2，故A正确；
B．充电时阳极发生Fe(OH)3失电子的氧化反应，即反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-+4H2O，故B正确；
C．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，每转移3ml电子，正极有1mlK2FeO4被还原，故C错误；
D．放电时正极反应为+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确；
故选C。
18．D
【分析】由图可知，t2时正、逆反应速率同等程度增大；t3时正、逆反应速率均减小，但逆反应速率大，平衡逆向移动；t5时正、逆反应速率均增大，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，结合可逆反应的特点及平衡移动来解答。
【详解】A. 该反应的正反应为气体体积减小的反应，t3时正、逆反应速率均减小，且逆反应速率比正反应速率大，说明平衡逆向移动，应为减小压强，A正确；
B. 该反应的正反应为放热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大，逆反应速率增大的多于正反应速率的增大，平衡逆向移动，故改变条件应为升高温度，B正确；
C. 该由图可知，t2时刻，改变条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，不可能是改变压强，故改变条件为使用催化剂，C正确；
D. 由图可知，t5时平衡逆向移动，则t6时反应物的转化率比t4时低，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，把握化学反应的特点及图像中速率的变化为解答的关键，若化学反应速率v正=v逆，反应处于平衡状态；若v正>v逆，平衡正向移动；若v正 ④>⑤>⑦
【详解】(1)NH4Cl 是强酸弱碱盐，NH4Cl水解的离子方程式是+H2O⇌NH3·H2O+H+，所以溶液显酸性；
(2)常温下，pH=10 的 CH3COONa 溶液中，c(H+ )=10-10 ml/L、c(OH- )= 10-4 ml/L，CH3COONa水解促进水电离，所以水电离出来的 c(OH- ) =10-4 ml/L； pH=3 的CH3COOH 溶液中c(H+ )=10-3 ml/L、c(OH- )= 10-11 ml/L，CH3COOH电离抑制水电离，所以水电离出来的 c(H+ )=10-11 ml/L；
(3) A.向水中加入NaHSO4 固体，NaHSO4电离出氢离子，抑制水电离，故不选A；
B.向水中加入Na2CO3 固体，碳酸钠水解，促进水电离，溶液呈碱性，故不选B；
C.加热至 100℃ ，电离平衡正向移动，纯水呈中性，故不选C；
D.向水中加入(NH4)2SO4 固体，(NH4)2SO4水解，促进水电离，溶液呈酸性，故选D；
(4) 常温下，将 pH=12 的 NaOH 和氨水分别加水稀释 100 倍，氢氧化钠是强碱，稀释后 NaOH 的 pH=10， 一水合氨是弱碱，加水稀释，氨水的电离平衡正向移动，氨水的pH>10；
(5) NH3·H2O是弱电解质，NH4Cl、CH3COONH4是强电解质，CH3COO-水解促进水解，等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中 浓度由大到小的顺序是NH4Cl>CH3COONH4>NH3·H2O。
27．(1) ②③⑥⑩ ⑧⑨ ④⑦
(2)NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO
(3)CD
(4)CD
(5) c 及时分离出氨气
【详解】（1）强电解质的类别有强酸、强碱、大多数的盐和金属氧化物，故强电解质有②③⑥⑩；电解质的类别是酸、碱、盐、金属氧化物和水，其它化合物为非电解质，故非电解质有⑧⑨；盐酸溶液中的电解质氯化氢在水中发生电离生成自由移动的离子，可以导电，石墨能导电的原因是因为含有自由移动的电子，故能导电的物质有④⑦；
（2）硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，其电离方程式：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO；
（3）A．容器内和的比例与起始投放量有关，与平衡无关，A错误；
B．体积固定，容器内气体的质量又保持不变，故气体的密度始终不变，不能说明平衡，B错误；
C．因为，所以当时则有，能说明平衡，C正确；
D．氢气为反应物，CO为生成物，故和CO的物质的量之比保持不变说明反应达到了平衡，D正确；
故选CD。
（4）A．催化剂不能改变平衡转化率，A错误；
B．反应前后气体的系数之和相同，故增大压强平衡平衡不发生移动，B错误；
C．及时分离出(g)，生成物的浓度降低，根据勒夏特列原理平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，C正确；
D．由表格数据可看出，温度升高K增大，说明该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，氢气的平衡转化率增大，D正确；
故选CD。
（5）在氮气的量保持不变的情况下，增加氢气的量将会促进氮气的转化率，故氢气的量越多，则氮气的转化率越大，故c点氮气的转化率最大；
为提高氨气的平衡产率，可通过及时分离出氨气降低氨气的浓度，使平衡正向移动。
28．(1)CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1
(2)Ka×Kh ＞
(3)T1＜T2＜T3 该反应为放热，温度越高，反应物的转化率越低
(4)放热 正
(5)N CH3OH +H2O-6e-=CO2+6H+
【详解】试题分析：(1)根据盖斯定律分析，反应①+反应②即可得热化学方程式为：
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•ml-1。(2)亚硝酸的电离平衡常数；亚硝酸根离子水解平衡常数，水的离子积常数，所以有水的离子积常数=Ka×Kh，Kw=9.7×10-4×8.0×10-10 =7.2×10-14，比常温下的水的离子积常数大，说明温度高于25℃。(3)因为正反应为放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率减小，所以T1＜T2＜T3。(4)从表格数据分析，温度高，平衡时乙醚的物质的量小，说明升温，平衡逆向移动，正反应为放热。从表格数据计算平衡常数=（0.080×0.080）/(0.20-0.080×2)2=4，Q=（0.15×0.10）/（0.15）2=2/3