2022-2023学年上海市第二中学高二下学期期中考试等级考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年上海市第二中学高二下学期期中考试等级考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试时间，注意选择题前的说明，5 kJ⋅ml−1+127，025ml/ ②，60 AB， Ⅰ，82等内容，欢迎下载使用。
 上海市第二中学2022-2023学年高二下学期期中考试等级考
化学试题
考生注意：
1.考试时间：60分钟，试卷满分：100分
2.注意选择题前的说明：“单选”该题只有1个正确选项；“双选”该题有2个正确选项，选对1个给一分，1对1错不给分；“可能双选”该题可能有1～2个正确选项，错选不给分，选对1个给1分。
3、原子量：
一、化学反应中的能量变化(本题共18分)
1. 化学反应都会伴随能量变化，还可以进行化学能与热能、电能、光能等各种形式能量之间的转化。
（1）化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列说法错误的是_______
A. 该过程中电能转化为了化学能 B. 该过程属于氮的固定
C. 太阳能为可再生资源 D. 断裂键会释放出能量
（2）下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是_______
A. 强酸强碱的中和反应 B. 酒精燃烧
C. 与氯化铵(s)混合 D. 催化氧化制取
（3）研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是_______

A. 比更稳定
B. 转化为，反应条件一定要加热
C.
D. 加入催化剂，可以减小反应的热效应
（4）已知乙炔与苯蒸气完全燃烧的热化学方程式如下所示：
①
②
①的燃烧热为___________。
②完全燃烧生成液态水时___________(填“>、 ④.
（5）N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH =+192
（6）CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol -1
【解析】
【小问1详解】
A．化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气，该过程中电能转化为了化学能，故A正确；
B．将游离态的氮转化为化合态氮的过程为氮的固定，空气中的氮气转化为氨气的过程是氮的固定过程，故B正确；
C．太阳能为可再生资源，故C正确；
D．断裂N≡N键会吸收出能量，故D错误；
故选D。
【小问2详解】
A．强酸强碱的中和反应是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故A不选；
B．酒精燃烧是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故B不选；
C．Ba(OH)2⋅8H2O(s)与氯化铵(s)混合是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故C选；
D．SO2催化氧化制取SO3是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，故D不选；
故选C。
【小问3详解】
A．从图中可以看出，CNH的能量比HCN高，则HCN更稳定， A不符合题意；
B．HCN(g)CNH(g)，反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应为吸热反应，但吸热反应不一定需要加热，可能从周围环境中吸收能量，B不符合题意；
C．HNC(g)=HCN(g) ΔH=-186.5 kJ⋅mol−1+127.2 kJ⋅mol−1=-59.3kJ⋅mol−1，C符合题意；
D．加入催化剂，不能改变反应的热效应，D不符合题意；
故选C。
【小问4详解】
①燃烧热是指1mol可燃物和氧气完成反应生成稳定氧化物所放出的热量，由① 可知，的燃烧热为/mol；
② ，分析可知转化成时要吸收能量，则完全燃烧生成液态水时放热小于6590kJ， ；
③依据盖斯定律①-②得到：6=2 。
【小问5详解】
反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)，由反应热等于反应物断键吸收的能量-生成物成键放出的能量=954+498-2630=+192。
【小问6详解】
由盖斯定律(①+②)× 得到CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol -1。
二、化学反应的方向和限度(本题共20分)
2. Ⅰ.认识反应条件对化学反应方向，限度及快慢的影响，有利于运用这些规律解决实际问题。
（1）下列有关说法正确的是__________
A. ，该过程熵值增大
B. ，，该反应一定能自发进行
C. ，该过程熵值增大
D. ，，，此反应低温自发
（2）与的加成反应分为两步，能量与反应历程如图所示。下列说法中正确的是__________

A. 决速步骤是第一步 B. 总反应为吸热反应
C. 总能量：反应物低于生成物 D. 过渡态1比过渡态2更稳定
（3）一定条件下在催化剂表面与水发生反应，，如果反应的平衡常数K值变大，该反应__________
A. 在平衡移动时正反应速率先减小后增大 B. 一定向正反应方向移动
C. 在平衡移动时逆反应速率先增大后减小 D. 一定向逆反应方向移动
（4）下列有关可逆反应：的分析中，一定正确的是__________
A. 增大压强，平衡不移动，则
B. 升高温度，A的转化率诚小，则正反应是吸热反应
C. 保持容器体积不变，移走C，平衡正向移动，正反应速率增大
D. 保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体
Ⅱ.金属钛(Ti)在工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是先将转化为，再进一步还原得到钛。工业上将转化为的方法为：
碳氯化法：
（5）平衡常数表达式___________；恒温恒容时，下列叙述一定能说明该反应达到平衡状态的是___________。
A．混合气体的压强保持不变 B．
C．混合气体的密度保持不变 D．和物质的量相等
（6）若反应容器的容积为，后，测得固体的质量减少，则的平均反应速率为___________。从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的原因：___________。
Ⅲ.工业上将转化为的方法为还有直接氯化法：
直接氯化法：
（7）从和的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：___________。
（8）由冶炼钛方法有：900℃，；从平衡移动角度解释上述冶炼金属钛的反应原理___________。
【答案】（1）D （2）A （3）B （4）D
（5） ①. ②. AC
（6） ①. 0.025mol/(L•min) ②. 活化分子分数增加
（7）碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
（8）Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动
【解析】
【小问1详解】
A．中，反应后气体的物质的量减少，所以该过程熵值减小，故A错误；
B．中△S0，反应不能自发进行，故B错误；
C．，反应后气体的物质的量减少，所以该过程熵值减小，故C错误；
D．，，，当△G=△H-T•△Sv逆，随着反应进行，反应物浓度减小，v正 减小至不变，v逆 先减小后增大至最后不变，最终再次达到平衡，该过程中正反应速率减小，故C错误；
D．保持容器体积不变，加入 B，容器中 D 的质量增加，说明促使反应正向进行，可以说明 B 为气体，故D正确，
故选：D。
【小问5详解】
反应的平衡常数表达式K=，
A．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强增大，当混合气体的压强保持不变时，说明反应得到平衡，故A选；
B．时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．该反应是气体质量增大的反应，反应过程中混合气体的密度保持增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应得到平衡，故C选；
D．Cl2和CO物质的量相等不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选AC。
【小问6详解】
反应容器的容积为2L，4min后达到平衡，测得固体的质量减少，由方程式TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+2CO(g)可知，减少的固体为TiO2和C，且物质的量之比为1:2，设减少了xmol TiO2，2xmolC，则80x+24x=，x=0.1，则消耗0.2mol氯气，v(Cl2)= =0.025mol/(L•min)；从碰撞理论解释升高温度反应速率加快的主要原因是活化分子分数增加。
小问7详解】
碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化。
【小问8详解】
冶炼金属钛的反应原理是：Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti(g)逸出，使平衡持续正向移动。
三、醋酸溶液中的平衡(本题共24分)
3. 了解电解质在水溶液中的存在形式及其行为，有助于从微观角度认识水溶液中离子反应的本质和规律，有助于感悟电解质溶液中各微粒间相互依存，相互制约的辩证关系。
Ⅰ.是实验室常见的电解质，根据要求回答下列问题：
（1）下列物质中，与醋酸同属弱电解质的是_______
A. 氯化氢 B. 醋酸铵 C. 一水合氨 D. 二氧化碳
（2）下列能说明醋酸溶液一定呈酸性的是_______
A. 含的溶液 B. 能使酚酞呈无色的溶液
C. 的溶液 D.
（3）25℃时，1mol/L醋酸加水稀释至0.01mol/L，下列说法正确是_______
A. 溶液中的值增大 B. 增大2个单位
C. 溶液中减小 D. 减小
（4）盐酸与过量铁粉的反应，若有适量介入，则有_______
A. 反应速率减缓 B. 产生氢气的总量不变
C. 溶液的减小 D. 溶液中减小
Ⅱ.将一定浓度的醋酸稀释10倍并配成溶液，取稀释后的溶液，用标准溶液滴定。
（5）实验中需要的定量仪器除了移液管，还需要___________。实验选用___________(填“酚酞”或“甲基橙”)做指示剂，当___________时，说明滴定至终点。如图所示滴定管的读数为___________mL。

（6）下列相关操作会造成所测定醋酸的浓度偏高的有___________。
A. 用待测液洗锥形瓶 B. 没有用标准液润洗碱式滴定管
C. 滴定结束时，俯视刻度读数 D. 滴定开始时锥形瓶中有水
（7）根据表计算稀释前的醋酸溶液的物质的量浓度为___________。(保留2位小数)
实验次数





19.82
1980
22.00
19.78

Ⅲ.将等体积的溶液和溶液分别加水稀释，随加水稀释倍数的变化如图所示。

（8）比较电离平衡常数：___________。(填“>、
（9） ①. ②. c>b>a ③. >
（10） ①. H3PO3+2NaOH=Na2HPO3 ②. HPO+ CH3COOH=CH3COO-+ H2PO
【解析】
【小问1详解】
A．氯化氢为酸，属于强电解质，故A不选；
B．醋酸铵属于盐，为强电解质，故B不选；
C．一水合氨为弱碱，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；
D．二氧化碳为非电解质，故D不选；
故选C。
小问2详解】
溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小，如果c(OH+)＜c(H+)，则溶液呈酸性，如果c(OH+)=c(H+)则溶液呈中性，溶液c(OH+)＞c(H+)，则溶液呈碱性。
A．任何溶液中都含有氢离子，含H+的溶液不一定呈酸性，故A不选；
B．酚酞的变色范围是8.2-10，常温下，某溶液能使酚酞呈无色，该溶液可能具有碱性，故B不选；
C．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，100℃时纯水中pH=6，而纯水是中性液体，所以100℃中性溶液pH＜7如氯化钠溶液，故C不选；
D．溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小，如果c(OH+)＜c(H+)，则溶液呈酸性，故D选；
故选D。
【小问3详解】
A．加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；
B．加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；
C．对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；
D．Kw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；
故答案为A。
【小问4详解】
A．盐酸与过量铁粉的反应，若有适量CH3COONa(s)介入，溶液H+离子浓度降低，反应速率减缓，故A正确；
B．氢离子的物质的量不改变，所以产生氢气的总量不变，故B正确；
C．溶液H+离子浓度降低，溶液的pH增大，故C错误；
D．溶液H+离子浓度降低，溶液中c(OH-)增大，故D错误；
故选：AB。
【小问5详解】
中和滴定中需要的定量仪器除了移液管，还需要碱式滴定管。用强碱滴定弱酸，实验选用酚酞做指示剂，当溶液由无色变为浅红色，并且三十秒不恢复原来的溶液颜色，说明滴定至终点。由图示滴定管液面可知，液面处于19刻度以上，滴定管0刻度在上方，且滴定管自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，则体积应18.60mL。
【小问6详解】
A．用待测液洗锥形瓶，会导致待测液浓度增大，造成所测定醋酸的浓度偏高，故A选；
B．滴定管用水洗后，未用标准溶液润洗就装入标准溶液，导致标准液浓度减小，所用V(标准)偏大，测定浓度偏高，故B选；
C．滴定管读数时，终点时俯视，导致使用的NaOH体积偏小，则测定结果偏低，故C不选；
D．滴定开始时锥形瓶中有水对实验结构没有影响，故D不选；
故选AB。
【小问7详解】
第三个数据22.00mL误差较大应该舍去，消耗标准NaOH溶液的体积V(NaOH)= =19.8mL，稀释后的醋酸溶液的物质的量浓度为，稀释前的醋酸溶液的物质的量浓度为=1.010mol/L。
【小问8详解】
对pH相同的两种一元酸的溶液进行稀释时，pH变化较小的是酸性较弱的酸的溶液，根据图像可知酸性 HNO2 >CH3COOH ，酸的酸性越强，电离平衡常数越大，因此 Ka(HNO2) > Ka(CH3COOH)。
【小问9详解】
a点pH=3，CH3COOH溶液中c(H+)=110-3mol/L，由水电离的c水(H+)=，酸性 HNO2 >CH3COOH ， HNO2电离出的 H+浓度大于 CH3COOH 电离出的 H+浓度， H+浓度越大，抑制程度就越大，因此水的电离程度：c>b>a；c、d点时同体积的两种酸，pH相同， H+浓度相同，但 n(HNO2)c点。
【小问10详解】
①由表格数据可知，亚磷酸是二元弱酸，H3PO3与足量NaOH反应的化学方程式为：H3PO3+2NaOH=Na2HPO3；
②由于酸性：H3PO3>CH3COOH> H2PO，Na2HPO3溶液中加入足量醋酸生成NaH2PO3，离子方程式为：HPO+ CH3COOH=CH3COO-+ H2PO。
四、工业生产中的平衡问题(本题共24分)
4. Ⅰ.合成氨工业在国民生产中有重要意义。运用平衡移动原理能是合成氨工业进行的又快又好，也能为科学家寻找适合“碳中和”的反应指明方向。
（1）合成氨工业中，原料气中的杂质需经过铜氨液处理，其反应为ΔH ②. 提高N2和H2的利用率
（5） ①. 2 ②. >
（6）充分利用能源，降低成本 （7）C
（8） ①. Ⅰ ②. 放热 ③. a点时反应达到平衡，之后再升高温度CO2 的转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应的热效应为放热反应
（9）6.25
【解析】
【小问1详解】
醋酸铜氨溶液经过适当处理又可再生，说明使平衡逆向移动，反应ΔH；N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，N2和H2不可能完全反应,所以合成氨工业上，采用循环利用操作的主要目的是提高N2和H2的利用率。
【小问5详解】
400℃时，反应的K=，反应的化学平衡常数的值为，当测得、和物质的量分别为、和时，Qc=，平衡正向移动，>。
【小问6详解】
热交换器的作用是充分利用能源，降低成本。
【小问7详解】
A．由于温度：T1