北京市海淀區(qū)2023-2024學年高二上學期期末考試化學試題 （解析版）

海淀區(qū)高二年級練習化學考生須知：1.本試卷共8頁，共兩部分，19道題。滿分100分?？荚嚂r間90分鐘。2.在試卷和答題紙上準確填寫學校名稱、班級名稱、姓名。3.答案一律填涂或書寫在答題紙上，在試卷上作答無效。4.在答題紙上，選擇題用2B鉛筆作答，其余題用黑色字跡簽字筆作答。5.考試結束，請將本試卷和答題紙一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12O16Na23Cl35.5Cu64第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.下列物質屬于弱電解質的是A.NaOH B.鹽酸 C. D.【答案】C【解析】【分析】弱電解質是在水溶液中不完全（少部分）電離的電解質，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．NaOH是強堿，屬于強電解質，A不符合；B．鹽酸屬于混合物，不是電解質，B不符合；C．溶于水部分電離出銨根和氫氧根離子，屬于弱電解質，C符合；D．溶于水完全電離，屬于強電解質，D不符合；答案選C。2.下列離子在指定的溶液中能夠大量共存的是A.無色溶液中：Cu2+、K+、OH-、B.pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、C.中性溶液中：K+、CI-、、D.加酚酞呈紅色的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、【答案】C【解析】【詳解】A．含有Cu2+的溶液呈藍色，不滿足溶液無色的條件，Cu2+、OH-之間反應生成氫氧化銅沉淀，不能大量共存，故A不選；B．H+、Fe2+、之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B不選；C．K+、CI-、、之間不發(fā)生反應，且都不發(fā)生水解反應，在中性溶液中能大量共存，故C選；D．加酚酞呈紅色的溶液呈堿性，F(xiàn)e3+、OH-之間反應生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，故D不選；答案選C。3.下列實驗裝置或操作，能達到實驗目的的是A.電解法制金屬鈉B.防止鐵片被腐蝕C.由FeCl3·6H2O制取無水FeCl3固體D.用鹽酸測定NaOH溶液的濃度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．電解法制金屬鈉應該電解熔融態(tài)的NaCl，故A錯誤；B．根據(jù)電解池原理，石墨作陽極，陰極的金屬鐵被保護，故B正確；C．Fe3+會水解，制取無水FeCl3應該HCl氣流中加熱，故C錯誤；D．鹽酸裝在酸式滴定管中滴加到氫氧化鈉溶液中，該儀器為堿式滴定管，故D錯誤；故選B。4.一定條件下，在2L密閉容器中發(fā)生反應：，測得5min內，A的物質的量減小了10mol，則5min內該反應的化學反應速率是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】不同物質表示的反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，；詳解】A．據(jù)分析，，A正確；B．，B錯誤；C．，C錯誤；D．，D錯誤；選A。5.室溫下，一定濃度氨水的pH為11．下列說法正確的是A.此溶液中B.此溶液中，由水電離出的C.將此溶液加水稀釋10倍，所得溶液D.將此溶液與等體積的鹽酸反應，恰好完全中和【答案】B【解析】【詳解】A．室溫下，一定濃度氨水的pH為11．c(OH-)=，由于是一元弱堿，不完全電離產(chǎn)生OH-，此溶液中，故A錯誤；B．常溫下pH=11的氨水中，氫氧根離子抑制了水的電離，氨水中氫離子是水電離的，為1.0×10-11mol/L，則氨水中由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10-11mol/L，故B正確；C．由于一水合氨是弱電解質，加水稀釋10倍，會促進一水合氨電離，導致氫氧根離子濃度大于原來的，所以溶液的11>pH>10，故C錯誤；D．由于一水合氨是弱電解質，pH為11的一水合氨溶液濃度大于，加入等體積的鹽酸，氨水過量，溶液呈堿性，故D錯誤；故選B。6.一定溫度和壓強下，2molH2和1molO2分別以點燃和形成氫氧燃料電池這兩種方式發(fā)生化學反應，生成2mol液態(tài)水。下列說法正確的是A.放出的熱量相等 B.體系內能變化相等C.反應速率相等 D.反應的活化能相等【答案】B【解析】【詳解】A．方式一中化學能主要轉化為熱能，而方式二中化學能主要轉化為電能，則兩者放出的熱量不相等，故A錯誤；B．兩種方式反應物和生成物相同，反應物總能量和生成物總能量相同，則體系內能變化相等，故B正確；C．形成原電池可加快反應速率，則兩者反應速率不相等，故C錯誤；D．二者的反應路徑不同，反應的活化能不一定相等，故D錯誤；答案選B。7.圖為電鍍實驗裝置，下列有關敘述不正確的是A.電鍍時，待鍍鐵制品應與直流電源負極相連 B.通電后，溶液中的移向陽極C.鍍銅時，理論上陽極和陰極的質量變化相等 D.待鍍鐵制品增重2.56g，電路中通過的電子為0.04mol【答案】D【解析】【詳解】A．電鍍時，待鍍鐵制品為陰極，應與直流電源負極相連，故A正確；B．電解池中，陰離子向陽極移動，通電后，溶液中的移向陽極，故B正確；C．電鍍銅時，陽極Cu-2e-=Cu2+

，陰極Cu2++2e-=Cu，理論上陽極和陰極的質量變化相等，故C正確；D．電鍍時，待鍍鐵制品為陰極，陰極電極方程式為：Cu2++2e-=Cu，待鍍鐵制品增重2.56g，生成=0.04，電路中通過的電子為0.04mol×2=0.08mol，故D錯誤；故選D。8.下列事實對應的離子方程式正確的是A.用石墨電極電解CuCl2溶液：B.用醋酸除去水壺中的水垢：C.溶液中滴加過量溶液：D.用明礬做凈水劑：(膠體)【答案】D【解析】【詳解】A．用石墨電解氯化銅得到銅與氯氣，離子方程式為，故A錯誤；B．醋酸為弱酸，應保留化學式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B錯誤；C．過量Ba(OH)2溶液，銨根離子也參與反應；離子方程式為：，故C錯誤；D．明礬做凈水劑，鋁離子水解，離子方程式為：(膠體)，故D正確；答案選D。9.下列溶液中各微粒的濃度關系不正確的是A.溶液：B.KCl溶液：C.CH3COONa溶液：D.室溫下，pH=7的、混合溶液：【答案】C【解析】詳解】A．溶液中，F(xiàn)e3+發(fā)生水解，則，故A正確；B．KCl溶液呈中性，，故B正確；C．CH3COONa溶液中CH3COO-發(fā)生水解使溶液呈堿性，則溶液中，故C錯誤；D．室溫下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由電荷守恒可知嗎，故D正確；故選C。10.已知H―H的鍵能為I―I的鍵能為反應經(jīng)歷了如下反應歷程：①，②，反應過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是A.H―I的鍵能為B.升高溫度，反應①速率增大，反應②速率減小C.升高溫度，反應②的限度和速率均增大，有利于提高的轉化率D.為防止反應過程中有大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的焓變【答案】A【解析】【詳解】A．由圖可知，，設H―I的鍵能為x，則，可得，，故A正確；B．升高溫度，反應速率加快，正反應①、反應②反應速率都加快，故B錯誤；C．由圖可知，反應②為放熱反應，升高溫度，反應②速率增大，平衡逆向移動，的轉化率降低，故C錯誤；D．為防止反應過程中有大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的活化能，加快反應，故D錯誤；答案選A。11.向恒容密閉容器中加入1mol和一定量的，發(fā)生反應：。不同投料比時，的平衡轉化率隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是A.B.該反應為吸熱反應C.點a、b、c對應的平衡常數(shù)：D.投料比固定，當容器內壓強不再改變時，反應達到平衡狀態(tài)【答案】D【解析】【詳解】A．x增大，CO2量增加，平衡正向移動，根據(jù)勒夏特列原理CO2的轉化率減小，因此，A正確；B．由圖像，溫度升高，CO2平衡轉化率增大，說明平衡正向移動，吸熱反應升溫有利于平衡正向移動，B正確；C．b、c兩點溫度相同，同一反應的K只受溫度影響，故Kc=Kb，a點平衡轉化率更低，說明反應平衡時正向程度小，Ka更小，故Ka<Kb=Kc，C正確；D．該反應反應前后氣體體積數(shù)不變，故無論是否到達平衡，容器內壓強都不變，D錯誤；故選D。12.一定溫度下，在1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：，反應過程中的部分數(shù)據(jù)如下表所示：時間（t/min）物質的量（n/mol）02.02.4050.8101.6151.6下列說法不正確的是A.0～5min用A表示的平均反應速率為B.此溫度下，反應的平衡常數(shù)K為1.6C.物質B的平衡轉化率約為33%D.15min后，再加入A、B、C各1.6mol，平衡不移動【答案】D【解析】【詳解】A．0~5min內C的物質的量增加了0.8mol，由于容器的容積是1L，則用A物質濃度變化表示的反應速率v(A)==0.04mol/(L/min)，A正確；B．反應進行到10min時，A物質的物質的量減少0.4mol，根據(jù)物質反應轉化關系可知B物質的物質的量減少0.8mol，B的物質的量為2.4mol-0.8mol=1.6mol，B的物質的量等于15min時B的物質的量，則反應此時已達到平衡，此時C物質的量為1.6mol，可得，B正確；C．根據(jù)選項B分析可知：反應在進行到10min時，A物質的物質的量減少0.4mol，根據(jù)物質反應轉化關系可知B物質的物質的量減少0.8mol，B的平衡轉化率約為，C正確；D．15min后，再加入A、B、C各1.6mol，等效于壓縮體積，該反應為體積增大的反應，壓強增大，反應逆向移動，D錯誤；故選D。13.常溫，下列實驗操作及現(xiàn)象與推論不相符的是選項操作及現(xiàn)象推論A用pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質B向某無色溶液中加入足量稀鹽酸，產(chǎn)生無色無味氣體；再將該氣體通入澄清石灰水，產(chǎn)生白色渾濁溶液中可能含有CO或HCOC用pH計測定相同濃度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀Mg(OH)2沉淀轉化為Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．CH3COOH為弱酸，電離不完全，則pH試紙測得0.1mol/LCH3COOH溶液pH約為3，故A正確；

B．無色無味氣體為二氧化碳，則溶液中可能含有CO或HCO，故B正確；

C．測定鹽溶液的pH可判斷水解程度，前者的pH小于后者的，可知HClO的酸性弱于CH3COOH，故C正確；

D．NaOH過量，均為沉淀生成，不發(fā)生沉淀的轉化，故D錯誤；

故選：D。14.一種高性能的堿性硼化釩(VB2)—空氣電池如下圖所示。電池的總反應為：。該電池工作時，下列說法不正確的是A.電子由VB2電極經(jīng)外電路流向復合碳電極B.正極區(qū)溶液的pH降低、負極區(qū)溶液的pH升高C.VB2電極發(fā)生反應：D.若有0.224L(標準狀況)O2參與反應，有0.04molOH﹣通過陰離子交換膜移到負極【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題目信息可知，VB2電極上失電子發(fā)生氧化反應生成、：，所以VB2電極為負極，則復合碳電極為正極，電解質溶液顯堿性，空氣中的氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根：；【詳解】A．原電池中，電子由負極流向正極，故電子由VB2電極經(jīng)負載流向復合碳電極，A正確；B．反應過程中正極生成大量的OH-使正極區(qū)pH升高，負極消耗OH-使負極區(qū)OH-濃度減小pH降低，B錯誤；C．VB2電極上失電子發(fā)生氧化反應生成、：，C正確；D．若有0.224L(標準狀況，為0.01mol)O2參與反應，則轉移電子0.04mol，會有0.04molOH﹣通過陰離子交換膜移到負極，D正確；故選B。第二部分本部分共5題，共58分。15.金屬礦物常以硫化物形式存在，如等。Ⅰ.摻燒和，用于制鐵精粉和硫酸（1）已知：為吸熱反應。時，固體在氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)和固體，放出熱量。①與反應的熱化學方程式為_________。②將與摻燒（混合燃燒），其目的包括_________（填字母）。節(jié)約燃料和能量為制備硫酸提供原料減少空氣污染（2）常帶一定量的結晶水。分解脫水反應的能量變化如圖所示。①_________。②為維持爐內溫度基本不變，所帶結晶水越多，摻燒比應_________。（填“增大”“減小”或“不變”）。Ⅱ.浸出法處理（3）難溶于水，處理常使用酸浸法，兩步反應依次為：ⅰ.ⅱ.①平衡常數(shù)的表達式為_________。②僅發(fā)生反應ⅰ時，酸浸效果不好，結合平衡常數(shù)說明原因：_________。（4）從平衡移動角度解釋通入在酸浸過程中的作用：_________?！敬鸢浮?5.①.②.16.①.②.增大17.①.②.較小，說明酸浸反應ⅰ進行得不充分（合理即可）18.與充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進的溶解（合理即可）【解析】【小問1詳解】①由已知得，時，固體在氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)和固體，放出熱量，故熱化學方程式為：；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，F(xiàn)eS2燃燒為放熱可為FeSO4分解提供能量，F(xiàn)eSO4分解產(chǎn)生SO2、SO3可作為制鐵精粉和硫酸原料；故選ab；【小問2詳解】①根據(jù)圖象可判斷?H3=?H4-?H1-?H2=+31.4kJ/mol，故答案為+31.4；②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，使爐溫升高，F(xiàn)eSO4分解為吸熱反應，使爐溫降低，F(xiàn)eSO4所帶結晶水越多，吸收越多，降溫越多，維持溫度不變，則摻燒比應該增大，故答案為增大；【小問3詳解】①此溫度下，反應的平衡常數(shù)表達式；②較小，反應進行的程度很小，說明酸浸反應ⅰ進行得不充分。故答案為較小，說明酸浸反應ⅰ進行得不充分（合理即可）；【小問4詳解】與充分反應，使平衡ⅰ正向移動，促進的溶解（合理即可）；16.CO2的過量排放會產(chǎn)生一系列生態(tài)和環(huán)境問題，CO2主要通過如下平衡過程對水體鈣循環(huán)和海洋生態(tài)產(chǎn)生影響。（1）碳酸鹽的溶解是水體中Ca2+的主要來源。CO2過量排放會導致水體中_____(填“增大”“減小”或“不變”)。（2）海水中含有的離子主要有Na+、Ca2+、K+、Cl-、，海水呈弱堿性，用化學用語解釋原因：_____。（3）珊瑚藻是一種對海水酸化極為敏感的藻類，其可通過光合作用和鈣化作用促進珊瑚礁(主要成分為CaCO3)的形成，過程如下圖所示。資料：海水pH降低會使珊瑚藻呼吸作用增強。①珊瑚藻能促進珊瑚礁的形成，原因是_____。②CO2排放導致海水酸化，對珊瑚藻的影響有_____(填字母)。a．阻礙了鈣化作用b．阻礙了光合作用c．增強了呼吸作用，消耗有機物（4）水體中、濃度的監(jiān)測對生態(tài)研究具有重要意義，測定方法如下：i．取50mL待測水樣，滴加4~6滴酚酞溶液，搖勻。ii．溶液變?yōu)榧t色，用鹽酸滴定至紅色剛好消失(pH約8.3)，消耗鹽酸體積為V1mL。iii．滴加4~6滴甲基橙溶液，搖勻，用鹽酸滴定至溶液從黃色變?yōu)槌壬?pH約3.8)，消耗鹽酸體積為V2mL。①ii中發(fā)生反應的離子方程式為_____。②該水體中為_____。(用計算式表示)。【答案】（1）增大（2）HCO+H2O?H2CO3+OH-（3）①.珊瑚藻通過光合作用吸收CO2，二氧化碳的將減少，使CaCO3+CO2+H2O?Ca2++2HCO的平衡逆向移動，生成更多的CaCO3，促進珊瑚礁的形成②.ac（4）①.CO+H+=HCO②.【解析】【小問1詳解】CO2過量排放會導致的平衡正向移動，則水體中c(Ca2+)增大；【小問2詳解】HCO水解生成H2CO3和OH-導致溶液呈堿性，水解離子方程式為：HCO+H2O?H2CO3+OH-；【小問3詳解】①珊瑚藻通過光合作用吸收CO2，二氧化碳的將減少，使CaCO3+CO2+H2O?Ca2++2HCO的平衡逆向移動，生成更多的CaCO3，促進珊瑚礁的形成；②a．CO2排放導致海水酸化，導致CaCO3+CO2+H2O?Ca2++2HCO的平衡正向移動，阻礙了鈣化作用，故a正確；b．CO2是光合作用的反應物，CO2排放導致海水酸化促進光合作用，故b錯誤；c．海水pH降低，會使珊瑚藻呼吸作用增強，消耗有機物，故c正確；故答案為：ac；【小問4詳解】①ⅱ中CO和H+反應生成HCO，發(fā)生反應的離子方程式為CO+H+=HCO；②iii中發(fā)生的離子反應方程式為H++HCO=CO2↑+H2O，原溶液中HCO消耗的V(HCl)=(V2-V1)mL，該水體中c(HCO)==。17.電解水制氫所需的電壓高、耗能大。醛類(R-CHO)可在很低的電壓下被Cu催化氧化為羧酸鹽(R-COO-)，同時產(chǎn)生的氫原子會重組成H2.該過程的示意圖如下。（1）已知：醛極易被氧化，電解所需電壓與電解反應的難易程度相關。①在堿性條件下電解水制氫時，陽極發(fā)生的電極反應為_____。②推測醛氧化制氫所需電壓比電解水制氫低的原因是_____。（2）補全醛催化氧化時，陽極的電極反應式：_____?！酢鮛____（3）上述電解裝置工作時，每轉移1mol電子時，生成H2的物質的量為_____。（4）電解一段時間后(忽略溶液體積變化)，制氫的效率會降低。①經(jīng)檢驗，陽極表面產(chǎn)生了Cu2O，阻礙醛類的吸附。陽極表面產(chǎn)生Cu2O的電極反應式為_____。②陽極區(qū)溶液的pH會逐漸降低，導致pH降低的可能原因有_____(填字母)。a．電極反應消耗OH-b．產(chǎn)生H2O稀釋溶液c．產(chǎn)生的羧酸鹽水解【答案】（1）①.4OH――4e－＝2H2O+O2↑②.醛容易被氧化，電解反應容易進行（2）2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O（3）0.5mol（4）①.2Cu－2e－+2OH－＝Cu2O+H2O②.ab【解析】【分析】根據(jù)電子流向左側電極是陽極，發(fā)生失去電子的氧化反應，右側電極是陰極，發(fā)生得到電子的還原反應，據(jù)此解答?！拘?詳解】①堿性環(huán)境下，氫氧根濃度較大，陽極上是氫氧根失電子，生成水：4OH――4e－＝2H2O+O2↑；②醛容易被氧化，電解反應容易進行，所需電壓比電解水要低，故答案為：醛容易被氧化，電解反應容易進行；【小問2詳解】根據(jù)氧守恒和電荷守恒，可得方程式為2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O；【小問3詳解】生成1個氫氣分子，需要轉移2個電子，現(xiàn)轉移1mol電子，就生成0.5mol氫氣；【小問4詳解】①陽極表面產(chǎn)生了Cu2O，是Cu在陽極放電形成的，其電極反應式為2Cu－2e－+2OH－＝Cu2O+H2O；②由陽極的電極反應式2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O可知，反應消耗OH－離子，且有水生成，這兩個因素都導致氫氧根離子的濃度減小，pH降低；羧酸鹽的水解羧酸根離子要結合水電離出的氫離子，導致溶液的pH增大，故答案為：ab。18.丙烯腈是重要的化工原料，其合成分兩步進行。I．丙烷脫氫制丙烯丙烷脫氫過程中發(fā)生如下反應：i．ii．（1）升溫時，測得丙烯平衡產(chǎn)率降低。①升溫時，丙烷的平衡轉化率___________(填“提高”“降低”或“不變”)。②丙烯平衡產(chǎn)率降低的可能原因是___________。（2）工業(yè)上，常在恒壓條件下充入高溫水蒸氣使反應器再熱。請分析充入高溫水蒸氣的作用：___________。（3）已知：i．ii．在高溫下脫氫時碳碳鍵易斷裂，產(chǎn)生積炭后，催化劑活性降低工業(yè)上，常在中加入一定量的，目的是___________。Ⅱ．丙烯氨氧化制丙烯腈丙烯在一定條件下生成丙烯腈，副產(chǎn)物為丙烯醛，反應如下：i．ii．（4）原料氣中和丙烯的比例對產(chǎn)物收率的影響如圖所示。已知：堿性條件下容易分解。①時產(chǎn)物主要為丙烯醛，原因是___________。②時，冷卻吸收后丙烯腈收率略有降低，原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.提高②.升溫時反應ii的轉化率提高（2）反應體系壓強減小，反應正向移動.（3）將積炭轉化為CO，提高催化劑活性。（4）①氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii②.氨氣含量過多成堿性，而堿性條件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低【解析】【小問1詳解】①兩個反應均為吸熱，溫度升高時，丙烷的平衡轉化率提高。②溫度升高時，主要發(fā)生的是反應ii。故答案為：①提高；②升溫時反應ii的轉化率提高【小問2詳解】恒壓充入水蒸氣后，相當于反應體系壓強減小，反應正向移動。故答案為：反應體系壓強減小，反應正向移動?！拘?詳解】在高溫下脫氫時碳碳鍵易斷裂，產(chǎn)生積炭后，催化劑活性降低，而加入CO2后可將積炭轉化為CO，提高催化劑活性。故答案為：將積炭轉化為CO，提高催化劑活性?！拘?詳解】①氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii（無法提供氮原子）；②氨氣含量過多成堿性，而堿性條件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低故答案為：①氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii；②氨氣含量過多成堿性，而堿性條件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低19.某小組同學欲探究AgNO3溶液與FeSO4溶液的反應，進行如下實驗。序號實驗操作實驗現(xiàn)象①將溶液與溶液(調pH=3)混合后密封觀察到產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液變?yōu)辄S色，數(shù)小時后，溶液顏色無變化，沉淀不增加②將溶液與溶液(調pH=3)混合后密封數(shù)小時內，未觀察到明顯現(xiàn)象③取少量①中反應后的上層清液，逐滴加入KSCN溶液觀察到溶液先變紅，稍振蕩后紅色消失，同時產(chǎn)生白色沉淀。再