2023白城通榆县一中高二上学期期末考试化学试题含答案

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A.
本题主要考查了化学平衡图像的分析，注意结合温度、压强和催化剂对化学反应速率和化学平衡的影响进行分析解答，题目难度不大。
由题意可知反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体分子数减小的放热反应。
A.反应A(g)+B(g)⇌C(g)是放热反应，温度升高，反应速率加快，平衡逆向移动，C的质量分数减小，图像符合，故A正确；
B.反应A(g)+B(g)⇌C(g)是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正逆反应速率都增大，且正反应速率增加的更大，故B错误；
C.加催化剂，只加快反应速率，对平衡移动无影响，C的浓度应不变，故C错误；
D.反应A(g)+B(g)⇌C(g)是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，100°C时A的转化率应小于10°C时A的转化率，故D错误；故选A。
2、C本题主要考查了反应热和焓变以及热化学方程式，题目难度一般。掌握燃烧热、中和热的判断方法是解答本题的关键。
A. 中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1ml水放出的热量，稀硫酸与0.1ml/LNaOH溶液反应：H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)△H=−57.3kJ⋅ml−1符合中和热的概念，故A错误；
B. 燃烧热是1ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)+12O2(g) △H=+285.5kJ⋅ml−1，故B错误；
C. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；
D.C燃烧的焓变为负值，放热越多，焓变越小，所以2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)△H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2，则△H1<△H2，故D错误。故选C。
3、D解析：A.海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A错误；
B.铁闸连接石墨形成原电池，铁闸门做负极被腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；
C.Fe作负极失电子生成亚铁离子，故铁腐蚀时的电极反应式：Fe−2e−=Fe2+，故C错误；
D.在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故D正确；
A.海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀； B.铁闸与石墨相连，铁闸门做负极；
C.Fe作负极失电子生成亚铁离子；
D.根据吸氧腐蚀的发生条件分析，在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池。
本题考查了金属的电化学腐蚀，明确吸氧腐蚀发生的条件是解题的关键，题目难度不大。
4、B本题考查了离子浓度大小比较，题目难度不大，涉及盐的水解原理、弱电解质的电离及其影响、离子浓度大小比较等知识，明确电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键。
A.常温下，将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水为弱碱，则氨水过量，混合液呈碱性：c(OH−)>c(H+)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl−)+ c(OH−)可知：c(NH4+)>c(Cl−)，溶液中离子浓度大小为：c(NH4+)>c(Cl−)> c(OH−)>c(H+)，故A错误；⋅L−1Na2CO3溶液中，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(HCO3−)+2c(CO32−)+2c(H2CO3)，故B正确；
⋅L−1的NH4Cl溶液中，铵根离子部分水解，所以c(NH4+)D.混合后溶液显酸性c(OH−)c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误。
5、A
分析 本题考查电解原理，侧重考查学生分析判断能力，明确各个电极上发生的反应、交换膜的判断方法是解本题关键，题目难度中等。
根据已知信息可知：阳极电极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极电极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−。
A.电路中通过1 ml电子时有1 mlH+生成，硼酸(H3BO3)为一元弱酸，生成1 ml硼酸需要1 mlH+，所以电路中通过1 ml电子时，可得到1 mlH3BO3，A正确；
B.如果将电源的正、负极反接，工作原理发生变化，B错误；
C.电解时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为4H2O+4e−=2H2↑+4OH−，C错误；
D.阳极室中的氢离子通过阳膜进入产品室，原料室中的[B(OH)4]−通过阴膜进入产品室，发生反应[B(OH)4]−+H+=H2O+H3BO3，D错误。故选A。
6、D本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，掌握外界因素对正逆反应速率的影响即可解答。
A.若a+b=c，t0时刻正逆反应速率同等程度增大，说明平衡不移动，则t ​0时刻可以是增大压强或使用催化剂，故A错误；
B.若a+b=c，t0时刻正逆反应速率同等程度增大，说明平衡不移动，则t0时刻可以是增大压强或使用催化剂，故B错误；
C.若a+b≠c，则t ​0时刻只能是使用催化剂，因为增大压强会引起平衡移动，故C错误；
D.若a+b≠c，则t0时刻只能是加入了催化剂，平衡不移动，故D正确。故选D。
7、D水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH−)及离子积常数增大，水的离子积常数只受温度的影响，温度升高，Kw增大，温度降低，Kw降低，据此回答。
本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响。
A.水中Kw=c(H+)⋅c(OH−)，升高温度促进水电离，则水中离子积常数增大，所以T3>T2>T1，故A正确；
B.pH=−lgc(H+)，三个点氢离子浓度相同，所以pH(B)=pH(D)=pH(E)，故B正确；
C.水的离子积常数只受温度的影响，温度升高，Kw增大，图中五点Kw间的关系：E>D>A=B=C，故C正确；
D.C点氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显碱性，故D错误。故选D。
8、【分析】本题结合电解质的电离、水解平衡常数考查溶液的酸碱性和溶液中微粒浓度的关系，解题关键是根据题干已知的信息判断两种离子的水解程度大小，进而判断粒子浓度的关系，题目难度较易。
A.分析表中数据并结合题给信息知，CO32−的水解程度远大于NH4+的水解程度，则常温下1 ml·L−1的(NH4)2CO3溶液呈碱性，A项错误；
B.盐类的水解是微弱的，则在常温下1 ml·L−1的(NH4)2CO3溶液中：c(NH4+)>c(CO32−)>c(HCO3−)>c(NH3⋅H2O)，B项错误；
C.根据物料守恒，可得c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3) ，C项正确；
D.根据电荷守恒知c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32−)+c(HCO3−)+c(OH−)，D项错误。
9、A本题考查水的电离及其影响因素，比较简单，酸抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。
A.HCl溶液为强酸，抑制水的电离，NH4Cl溶液为可水解的盐溶液，促进水的电离，所以水电离的c(H+)：①<②，故A正确；
B.pH均为1，即c(H+)=0.1ml/L，①HCl溶液完全电离，所以c(HCl)=0.1ml/L， ②NH4Cl溶液中的H+，是NH4+水解产生的，而水解程度很小，所以c(NH4Cl)>0.1ml/L，故 B错误；
C.尽管c(NH4Cl)>c(HCl)，但没有说明两者体积的相对大小，所以分别加入等浓度的NaOH溶液消耗的体积是不确定的，故C错误；
D.分别加水稀释形同倍数，盐酸为强酸PH变化大，氯化铵的水解平衡移动使pH变化小，不相同，故D错误。
故选A。
10、B本题考查了原电池原理，注意燃料电池的工作原理和规律：负极上是燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应，题目难度不大。
【解答】
液氨−液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即A是负极，B是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，电子从负极流向正极，根据原电池的工作原理来回答，
A.燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4L即1mlNH3转移3ml电子，而选项没有指明状态，故A错误；
B.电子从负极流向正极，即从电极A流向电极B，故B正确；
C.原电池中，阴离子向负极移动，则OH−向负极A移动，故C错误；
D.碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应为：O2+2H2O+4e−=4OH−，故D错误。
故选B。
11、本题考查酸碱中和滴定的相关知识，注意掌握酸碱中和滴定的仪器使用、实验操作是解题关键，题目难度不大。
【解答】
A.用高锰酸钾标准溶液滴定Na2SO3溶液，眼睛应该注视锥形瓶内溶液颜色的变化，不是注视滴定管内液面变化，故A错误；
B.测定某NaOH溶液的浓度，在锥形瓶中要加入相应的指示剂来确定滴定终点，而锥形瓶内无指示剂，因而不能测定NaOH的浓度，故B错误；
C.记录滴定终点读数应为：11.80mL，故C错误；
D.排除滴定管内气泡，图示操作正确，故D正确。
12.本题考查化学平衡的移动，试题难度不大，注意基础知识的应用。
【解答】
A.固体的浓度为常数，不能列入K的表达式中，该反应的K=c2(C)⋅c(D)c3(A)，A错误；
B.该反应中B是固体，反应前后气体分子数不变，混合气体总物质的量始终不变，反应正向进行，在恒容绝热容器中放出热量，建立平衡的过程中温度逐渐升高，压强逐渐增大，容器中压强不变时表明反应达到平衡状态，B正确；
C.增加C的浓度，平衡逆向移动，但只是减弱这种改变，再次平衡时C的体积分数仍增大，故C错误；
D.由于B是固体，反应达到平衡状态后增加B的量，平衡不移动，对容器内的温度无影响，故D错误。
13、本题考查溶解平衡曲线分析，难度中等，解题关键是理解图像意义，运用平衡理论进行分析。
【解答】
A.Ksp(MnS)>Ksp(FeS)，结合图象可知，曲线Ⅰ表示MnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示FeS的沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B.升高温度，Ksp(FeS)增大，曲线Ⅱ上的c点可沿虚线向e点方向平移，故B错误；
C.常温下，反应MnS(s)+Fe2+(aq)⇌FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Fe2+)=c(Mn2+)⋅c(S2−)c(Fe2+)⋅c(S2−)=Ksp(MnS)Ksp(FeS)=2.5×10−136.3×10−18≈4×104，故C正确；
D.温度不变，Ksp(MnS)不变，向b点溶液中加入少量Na2S固体，c(S2−)增大，c(Mn2+)减小，溶液组成可由b点沿Ⅰ线向a点方向移动，故D正确。
14、本题考查酸碱中和滴定的问题，涉及指示剂的选择，及滴定实验操作，题目难度不大。
①甲基橙、石蕊和酚酞的变色范围分别是pH在3～5、5～8、8～10之间，由此判断解答；
②碱性溶液应用碱式滴定管量取；盛装待测液的锥形瓶用待测液润洗，则锥形瓶中会残留有待测液，实际量取的待测液偏多；滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化以判断终点；量筒只能精确到0.1mL，由此判断。
【解答】
①根据图可知，A的pH范围是8～10，C的pH范围大约是2～4，甲基橙、石蕊和酚酞的变色pH范围分别约在3～5、5～8、8～10之间，所以A是酚酞，C是甲基橙，故答案为：酚酞；甲基橙；
②A.已知浓度的烧碱溶液必须用碱式滴定管量取，故A正确；
B.盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大，故B错误；
C.滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故C正确；
D.量筒只能精确到0.1mL，必须用滴定管量取，故D错误；
故选AC。(2)根据滴定开始时，浓度相同的三种一元酸，酸性越强，pH越小；根据−lgc(x−)越大，c(x−)越小，先形成沉淀的c(x−)越小。
浓度相同的3种一元酸，③的pH最小，说明酸性最强。沉淀完全后I−浓度最小，说明Ksp(AgI)最小，故I ​−首先沉淀。故答案为：③；I−。
15、(1)Cu(NO3)2是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，常温下溶液的pH<7；向溶液中加入硝酸抑制铜离子水解，故答案为：酸；<；Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+；抑制；
(2)AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解生成Al2O3，故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；Al2O3；
(3)硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为S2−+H2O⇌HS−+OH−，为防止水解应该在配制硫化钠溶液时加入少量NaOH，故答案为：NaOH．
(1)Cu(NO3)2是强酸弱碱盐，铜离子水解导致溶液呈酸性；向溶液中加入酸抑制铜离子水解；
(2)氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子水解而使其溶液呈酸性；AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，氢氧化铝可分解；
(3)硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解应该在配制硫化钠溶液时加入少量碱．
本题考查盐类水解，会根据盐的特点确定溶液酸碱性，会书写盐类水解方程式，知道抑制盐类水解的方法，题目难度不大注意知识的归纳和梳理是关键．
16、本题考查化学反应速率的计算和影响因素，掌握化学反应速率计算即可解答，难度一般，侧重考查分析能力和计算能力。
【解答】
(1)①2min内，C的浓度增加0.1ml/L，用C表示的反应速率为0.1ml/L2min=0.05ml/(L·min)；
②2min内A浓度降低0.2ml/L，B的浓度增加0.2ml/L，C的浓度增加0.1ml/L，最后处于平衡状态，则为可逆反应，化学方程式为2A⇌2B+C；
③800℃时，用A表示化学反应速率为2v(C)=0.1ml/(L·min)，则测得A的反应速率为0.05ml/(L⋅min)，比800℃时慢，故选B；
(2)①2min后，测得D的浓度为0.5 ml·Ｌ−1 ，则D的化学反应速率为0.25ml/(L·min)，C的反应速率是0.25 ml·Ｌ−1·min−1，则x=2；
②设A和B的物质的量均为aml，2min末生成D1ml，则消耗A1.5ml，消耗B0.5ml，(a−1.5)：(a−0.5)=3：5，a=3，则A在2min末的浓度是0.75ml/L。
17、解析：燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。
(1)燃料电池中，负极上投放燃料所以投放甲烷的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，
故答案为：CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O；
(2)甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨电极是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极上是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H++2e−=H2↑，电解池中离子方程式为2Cl−+2H2O− 通电 2OH−+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2Cl−+2H2O− 通电 2OH−+Cl2↑+H2↑；
(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液，银沉积在阳极附近，形成电极泥，阴极上析出铜，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；
故答案为：减小；
(4)串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量=×4=0.4ml，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL；丙装置中阴极上析出铜，设析出铜的物质的量为y，
2H++2e−=H2↑
2ml 22.4L
0.4ml xL
x=4.48
2Cu2++2e−=Cu
2ml 1ml
0.4ml y
y=0.2ml
故答案为：4.48；0.2ml；
(5)电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分，B电极上生成氯气，氯气的密度小于溶液的密度，所以生成的氯气上升，能和氢氧化钠溶液充分的接反应生成次氯酸钠，所以A极上析出氢气，即A极是阴极，所以a为电池负极；若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，如果阳极是惰性电极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气得不到氢氧化亚铁，所以阳极上应该是铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。
故答案为：负；饱和食盐水或饱和氯化钠溶液；铁。
燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，乙装置中Fe电极为电解池的阴极，C为阳极，电极饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，粗铜为阳极，精铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，装置为精炼铜，
(1)燃料电池中，负极上投放燃料，负极上失电子发生氧化反应。
(2)甲中投放氧化剂的电极是正极，所以乙装置中石墨是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，阴极上是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，据此书写离子方程式；
(3)粗铜精炼时，粗铜作阳极，阳极上金属失电子，阴极上铜离子得电子，根据阴阳极上金属的变化确定溶液中铜离子是否变化；
(4)根据串联电池中转移电子数相等计算铁电极上生成氢气的体积、丙装置中析出铜的质量。
(5)电解饱和食盐水时，阴极上析出氢气，阳极上析出氯气，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠是漂白液的有效成分；若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠做电解质溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁。
本题考查了原电池和电解池原理及物质的量的有关计算，难点是题中电解质溶液的选取及电极材料的选取，根据实验目的进行正确选取即可，题目难度中等。