北京市海淀区2023年┄2023年学年高二下学期期末考试化学试卷含解析

2023┄2023化学试题一、在以下各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。〔每题3分，共42分〕1．以下物质中，属于弱电解质的是A．H2O B．Na2CO3 C．HCl D．NaCl2．以下溶液肯定呈中性的是FeCl3溶液Na2CO3溶液Na2SO4溶液D．CH3COOH和CH3COONa混合溶液3．原电池是化学电源的雏形。假设保持右图所示原电池的电池反响不变，以下说法正确的是ZnFeCu稀H2SO4可以换成蔗糖溶液稀H2SO4CuSO4溶液肯定条件下，在2L密闭容器中发生反响：A〔g〕+3B〔g〕===2C〔g〕+4D〔g〕，5min内，A10mol，则5min内该反响的化学反响速率是A．υ〔A〕=1mol/〔L·min〕B．υ〔B〕=1mol/〔L·min〕C．υ〔C〕=1mol/〔L·min〕D．υ〔D〕=1mol/〔L·min〕 某温度下，可逆反响mA〔g〕+nB〔g〕说法正确的选项是其他条件不变，上升温度，K值肯定增大

pC〔g〕的化学平衡常数为K，以下其他条件不变，增大B〔g〕的浓度，K值增大C．其他条件不变，增大压强，K值不变D．K值不会随反响条件的转变而转变铜是人类最早觉察和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，以下说法正确的选项是A．精铜做阳极，粗铜做阴极B．可用AgNO3溶液做电解质溶液C．电解时，阴极反响为Cu–2e-===Cu2+D．电解后，可用阳极泥来提炼金、银肯定条件下，将NO〔g〕和O2〔g〕按物质的量之比2∶1充入反响容器，发生反响：2NO〔g〕+O2〔g〕率在不同压强

2NO2〔g〕。其他条件一样时，分别测得NO的平衡转化〔p1、p2〕下随温度变化的曲线如以下图所示。以下说法正确的选项是A．p1<p2B．其他条件不变，温度上升，该反响的反响限度增大C．400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%D．400℃时，该反响的化学平衡常数的数值为10/9某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。以下操作正确的选项是需用NaOH溶液润洗锥形瓶用量筒量取20.00mLNaOH溶液C．滴定前，使酸式滴定管尖嘴局部布满盐酸D．充分反响后，滴入酚酞溶液，观看是否到达滴定终点：NaHSO3溶液呈酸性。常温下，将0.1mol/L亚硫酸〔无视H2SO3的分解〕与0.1mol/LNaOH．．．A．c〔Na+〕>c〔HSO3-〕>c〔H2SO3〕>c〔SO32-〕B．c〔Na+〕=c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔H2SO3〕C．c〔HSO3-〕+c〔H2SO3〕+c〔SO32-〕=0.05mol/LD．c〔Na+〕+c〔H+〕>c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔OH-〕以下事实对应的离子方程式正确的选项是A．用石墨电极电解饱和食盐水：Cl-+2H2O

电解Cl2↑+H2↑+OH-电解B．用醋酸除去水壶中的水垢：CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2OC．〔NH4〕2Fe〔SO4〕2Ba〔OH〕2溶液：++-+++4—=H〕↓+↓D．用明矾做净水剂：Al3++3H2O Al〔OH〕3+3H+率常数〕，其反响历程如下：①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O 快以下说法的是增大c〔NO〕或c〔H2〕，均可提高总反响的反响速率B．c〔NO〕、c〔H2〕增大一样的倍数，对总反响的反响速率的影响程度一样C．该反响的快慢主要取决于反响①D．上升温度，可提高反响①、②的速率中国争辩人员研制出一种型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂外表实现高效分解水，其主要过程如以下图所示。：几种物质中化学键的键能如下表所示。化学键化学键H2O中的H—OO2中的O＝O键H2中的H—H键H2O2中的O—O键H2O2中的O—H键键能kJ/mol463496436138463假设反响过程中分解了2mol水，则以下说法的是A．总反响为HO↑B．过程I926kJC．II574kJD．过程Ⅲ属于放热反响以下试验操作及现象与推论不相符的是选项 操作及现象A 用pH选项 操作及现象A 用pH0.1mol/LCH3COOHpH3BCD推论CH3COOH是弱电解质向某无色溶液中参加足量稀盐酸，产生无色无味气体； 溶液中可能含有再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊 CO32-或HCO3-用pH计测定一样浓度的CH3COONa溶液和NaClO HClO的酸性弱于溶液的pH，前者的pH小于后者的 CH3COOH向2mL1mol/LNaOH溶液中参加1mL0.1mol/L Mg〔OH〕2沉淀MgCl2溶液，产生白色沉淀；再参加1mL0.1mol/L 转化为Fe〔OH〕3FeCl3溶液，沉淀变为红褐色 沉淀右图是在载人航天器舱内利用氢氧燃料电池进展二氧化碳浓缩富集的装置。以下说法正确的选项是A．aB．b2+2+-=C．该装置工作时电能转化成了化学能D．CO32-b其次局部非选择题〔58〕15.〔8分〕2023年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、觉察并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。：正常海水呈弱碱性。经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严峻。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反响式为 。为了保护文物，考古队员承受“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船水下遗址进展了处理。①考古队员贴在舰体上的材料块可以是 〔填字母序号〕。a．铝锌合金 b．石墨 c．铅 d．铜②承受“牺牲阳极的阴极保护法”后，水下舰体上正极的电极反响式为。考古队员将舰船上的局部文物打捞出水后，实行脱盐、枯燥等措施防止文物连续被腐蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、枯燥”的防腐原理： 。16.〔12分〕甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。〔1〕汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18〔l〕]。：25℃、101kPa时，1molC8H18〔l〕完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518kJ热量。该反响的热化学方程式为 。〔2〕：25℃、101kPa时，〔〕+2〔〕=2〔〕+〔〕 ΔH＝5一样质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是 。〔3〕某争辩者分别以甲醇和汽油做燃料，试验测得在发动机高负荷工作状况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右图所示。依据右图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是 。甲醇的合成〔4〕以CO2〔g〕和H2〔g〕为原料合成甲醇，反响的能量变化如以下图所示。①补全上图：图中A处应填入 。②该反响需要参加铜—锌基催化剂。参加催化剂后，该反响的ΔH 〔填“变大”“变小”或“不变”〕。〕：〔〕2〔〕=〔〕 Δ＝3H〔〕2〕=O〔〕 Δ22〔〕+2〔〕=2〔〕+〔〕 Δ676kJ/mol以CO〔g〕和H2〔g〕为原料合成甲醇的反响为CO〔g〕+2H2〔g〕====CH3OH〔g〕。该反响的ΔH为 kJ/mol。17.〔12分〕某化学试验小组用酸性KMnO4溶液和草酸〔H2C2O4〕溶液反响，争辩外界条件反响速率的影响，试验操作及现象如下：编号 试验操作1mL0.01mol/LKMnO41滴3mol/L9I1mL0.1mol/L液

试验现象前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色渐渐变浅，30min向另一支试管中先参加1mL0.01mol/L酸性 80s内溶液紫色无明显变II KMnO410滴3mol/L1mL0.1mol/L

化，后颜色快速变浅，约150s补全高锰酸钾与草酸反响的离子方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+===2Mn2++ +由试验I、II可得出的结论是 。关于试验II中80s后溶液颜色快速变浅的缘由，该小组提出了猜测：该反响中生成的Mn2+对反响有催化作用。利用供给的试剂设计试验III，验证猜测。供给的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水①补全试验III的操作：向试管中先参加1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最终参加1mL0.1mol/L草酸溶液。②假设猜测成立，应观看到的试验现象是 。该小组拟承受如以下图所示的试验方案连续探究外界条件对反响速率的影响。①他们拟争辩的影响因素是 。②你认为他们的试验方案 〔填“合理”或“不合理”〕，理由是 。18.〔14分〕合成氨对人类的生存和进展有着重要意义，1909年哈伯在试验室中首次利用氮气与氢气反响合成氨，实现了人工固氮。反响N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕的化学平衡常数表达式为 。请结合以下数据分析，工业上选用氮气与氢气反响固氮，而没有选用氮气和氧气反响固氮的缘由是 。序号 化学反响N2〔g〕+O2〔g〕2NO

K〔298K〕的数值① 〔g〕 5×10-31②②N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕4.1×106温度/℃200550压强/MPa1010氨的平衡含量81.5%8.25%对于反响温度/℃200550压强/MPa1010氨的平衡含量81.5%8.25%①该反响为 〔填“吸热”或“放热”〕反响。②其他条件不变时，温度上升氨的平衡含量减小的缘由是 〔填字母序号〕。Ａ．温度上升，正反响速率减小，逆反响速率增大，平衡逆向移动Ｂ．温度上升，浓度商〔Q〕变大，Q>K，平衡逆向移动Ｃ．温度上升，活化分子数增多，反响速率加快Ｄ．温度上升，K变小，平衡逆向移动③哈伯选用的条件是 550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的缘由是 。1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。假设保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，氮气的平衡转化率 〔填“变大”“变小”或“不变”〕。尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探究，寻求合成氨的路径。以下图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反响式为 。·19.〔12分〕过量的碳排放会引起严峻的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球消灭大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有。珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸取海水中物质而渐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反响为Ca2++2HCO3- CaCO3↓+CO2↑+H2O。①请结合化学用语分析该反响能够发生的缘由：。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度上升会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的缘由：。争辩人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩〔主要成分为CaSiO3〕中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为 。“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其局部工艺流程如以下图所示。：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。②吸取塔中发生的反响可能有 〔写出任意2个反响的离子方程式〕。②料浆的主要成分是〔写化学式〕。答案与解析一、在以下各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。〔每题3分，共42分〕1.以下物质中，属于弱电解质的是Ａ．H2O【答案】A【解析】

Ｂ．Na2CO3 Ｃ．HCl Ｄ．NaCl【详解】A．水局部电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡，水为弱电解质，故A正确；B．Na2CO3在水溶液里或在熔融状态下，能完全电离出自由移动的钠离子和碳酸根离子，Na2CO3是强电解质，故BC．HCl在水溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以HCl为强电解质，故C错误；D．NaCl在水溶液里或在熔融状态下，能完全电离出自由移动的钠离子和氯离子，所以NaCl是强电解质，故D答案选A。以下溶液肯定呈中性的是Ａ．FeCl3溶液Ｂ．Na2CO3溶液Ｃ．Na2SO4溶液Ｄ．CH3COOHCH3COONa【答案】C【解析】【详解】Ａ．FeCl3溶液中铁离子水解，溶液显酸性，故A错误；Ｂ．Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液呈碱性，故B错误；Ｃ．Na2SO4溶液中钠离子和硫酸根离子均不水解，溶液显中性，故C正确；Ｄ．CH3COOH溶液显酸性，CH3COONa中醋酸根离子水解，溶液显碱性，则CH3COOHCH3COONa混合溶液可能显酸性，中性或碱性，故D答案选C。【点睛】此题的易错点为D，要留意该混合溶液的酸碱性与醋酸和醋酸钠的电离和水解程度有关。原电池是化学电源的雏形。假设保持如下图原电池的电池反响不变，以下说法正确的选项是Ａ．ZnFeＢ．Cu可以换成石墨Ｃ．稀H2SO4可以换成蔗糖溶液Ｄ．稀H2SO4CuSO4溶液【答案】B【解析】【分析】在锌-铜〔稀硫酸〕原电池中，负极为锌，电极反响式为 Zn-2e-=Zn2+，正极为铜，电极反响式为2H++2e-=H2↑，电池反响为Zn+2H+=Zn2++H2↑。据此分析解答。【详解】A．假设将Zn换成Fe，电池反响变成Fe+2H+=Fe2++H2↑，电池反响发生变化，A假设将Cu换成石墨，锌仍为负极，石墨为正极，电池反响为Zn+2H+=Zn2++H2↑，电池反响不变，故B假设将稀H2SO4换成蔗糖溶液，蔗糖为非电解质，不能构成原电池，故C错误；假设将稀H2SO4换成CuSO4溶液，电池反响变成Zn+Cu2+=Zn2++Cu，电池反响发生变化，故D答案选B。2L密闭容器中发生反响：A〔g〕+3B〔g〕===2C〔g〕+4D〔g〕，测得5min内，A10mol，则5min内该反响的化学反响速率是Ａ．υ〔A〕=1mol/〔L·min〕Ｂ．υ〔B〕=1mol/〔L·min〕Ｃ．υ〔C〕=1mol/〔L·min〕Ｄ．υ〔D〕=1mol/〔L·min〕【答案】A【解析】【分析】依据v=c，结合化学反响速率之比=化学计量数之比分析解答。t10mol【详解】A．υ〔A〕= 2L =1mol/〔L·min〕，故A正确；5minB．υ〔B〕=3υ〔A〕=3mol/〔L·min〕，B错误；C．υ〔C〕=2υ〔A〕=2mol/〔L·min〕，故C错误；D．υ〔D〕=4υ〔A〕=4mol/〔L·min〕，D错误；答案选A。mA〔g〕+nB〔g〕正确的选项是Ａ．其他条件不变，上升温度，K值肯定增大

pC〔g〕的化学平衡常数为K，以下说法Ｂ．其他条件不变，增大B〔g〕的浓度，K值增大Ｃ．其他条件不变，增大压强，K值不变Ｄ．K值不会随反响条件的转变而转变【答案】C【解析】【详解】A．假设该反响正反响是放热反响，上升温度，平衡向逆反响移动，平衡常数降低，假设正反响为吸热反响，上升温度平衡向正反响移动，平衡常数增大，故A错误；B．化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大B〔g〕的浓度，能使平衡正向移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；C．化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，增大压强，平衡可能移动，但温度不变，化学平衡常数不变，故CD．化学平衡常数只受温度影响，假设温度发生变化，平衡常数肯定发生变化，故D错误；答案选C。【点睛】此题的易错点为A，要留意化学平衡常数只受温度影响，温度上升，平衡常数肯定发生变化，可能增大，可能减小，与反响是放热反响还是吸热反响有关。铜是人类最早觉察和使用的金属之一，铜及其合金的用途广泛。粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，以下说法正确的选项是Ａ．精铜做阳极，粗铜做阴极Ｂ．可用AgNO3溶液做电解质溶液Cu–2e-===Cu2+Ｄ．电解后，可用阳极泥来提炼金、银【答案】D【解析】【分析】电解法精炼粗铜时，阴极〔纯铜〕的电极反响式：Cu2++2e—=Cu〔复原反响〕，含有其他活泼金属原子放电，阳极〔粗铜〕的电极反响式：Cu-2e—=Cu2+〔氧化反响〕，相对不活泼的金属以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，据此分析解答。【详解】A．电解法精炼粗铜时，需要用纯铜阴极，粗铜作阳极，故A错误；B．电解法精炼粗铜时，需要用含铜离子的盐溶液作电解质溶液，因此不能使用AgNO3溶液做电解质溶液，故BC．电解池中，阴极发生复原反响，阴极的电极反响式为：Cu2++2e—=Cu，故C错误；D．粗铜中含有少量铁、锌、镍、银、金等杂质做阳极，银、金不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D答案选D。肯定条件下，将NO〔g〕和O2〔g〕按物质的量之比2∶1充入反响容器，发生反响：2NO〔g〕+O2〔g〕 2NO2〔g〕。其他条件一样时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强〔p1、p2〕下随温度变化的曲线如以下图所示。以下说法正确的选项是Ａ．p1<p2Ｂ．其他条件不变，温度上升，该反响的反响限度增大Ｃ．400℃、p1条件下，O220%Ｄ．400℃时，该反响的化学平衡常数的数值为10/9【答案】A【解析】【详解】A．2NO〔g〕+O2〔g〕2NO2〔g〕是正方向体积减小的反响，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，一样温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1<p2，故A由图象可知，随着温度的上升，NO的转化率减小，说明上升温度，平衡逆向移动，该反响的反响限度减小，故B依据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO〔g〕和O2〔g〕按物质的量之比2∶1充入反响容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；c2c2(NO)c(O)2

) c=n，因此K=

Vn2(NO)VV

2n2n2(NO)n(O)22算400℃时，该反响的化学平衡常数K，故D错误；答案选A。某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。以下操作正确的选项是Ａ．需用NaOH20.00mLNaOHＣ．滴定前，使酸式滴定管尖嘴局部布满盐酸Ｄ．充分反响后，滴入酚酞溶液，观看是否到达滴定终点【答案】C【解析】【详解】A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B．量筒的准确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C．滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴局部布满盐酸，故C正确；D．滴定前需要滴加指示剂，滴定时，留意观看是否到达滴定终点，故D错误；答案选C。：NaHSO3溶液呈酸性。常温下，将0.1mol/L亚硫酸〔无视H2SO3的分解〕与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，以下关于该混合溶液说法的是Ａ．c〔Na+〕>c〔HSO3-〕>c〔H2SO3〕>c〔SO32-〕Ｂ．c〔Na+〕=c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔H2SO3〕Ｃ．c〔HSO3-〕+c〔H2SO3〕+c〔SO32-〕=0.05mol/LＤ．c〔Na+〕+c〔H+〕>c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔OH-〕【答案】A【解析】【分析】NaHSO3溶液呈酸性，说明元硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，将0.1mol/L亚硫酸与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，恰好反响生成0.05mol/LNaHSO3溶液，据此分析解答。【详解】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，则0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c〔Na+〕>c〔HSO3-〕>c〔SO32-〕>c〔H2SO3〕，AB．依据物料守恒，0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c〔Na+〕=c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔H2SO3〕，BC．依据Bc〔HSO3-〕+c〔H2SO3〕+c〔SO32-〕=c〔Na+〕=0.05mol/LCD．依据电荷守恒，0.05mol/LNaHSO3溶液中存在c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔HSO3-〕+2c〔SO32-〕+c〔OH-〕，c〔Na+〕+c〔H+〕>c〔HSO3-〕+c〔SO32-〕+c〔OH-〕，D答案选A。【点睛】正确理解“NaHSO3溶液呈酸性”的含义是解题的关键。此题的易错点为D，要留意区分电荷守恒和物料守恒中c〔SO32-〕前的系数的含义。以下事实对应的离子方程式正确的选项是Ａ．用石墨电极电解饱和食盐水：Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+OH-Ｂ．用醋酸除去水壶中的水垢：CaCO3Ａ．用石墨电极电解饱和食盐水：Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+OH-Ｃ．〔NH4〕2Fe〔SO4〕2Ba〔OH〕2溶液：Fe2++2OH-+Ba2++SO42—===Fe〔OH〕2↓+BaSO4↓Ｄ．用明矾做净水剂：Al3++3H2O【答案】D【解析】

Al〔OH〕3+3H+【详解】A．用石墨电极电解饱和食盐水的离子反响为2Cl-+2H2【详解】A．用石墨电极电解饱和食盐水的离子反响为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-碳酸钙和醋酸都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故B错误；向〔NH4〕2Fe〔SO4〕2Ba〔OH〕2溶液，离子方程式：2NH4++Fe2++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe〔OH〕2↓+2NH3•H2O，故C错误；明矾做净水剂的离子方程式为：Al3++3H2O Al〔OH〕3〔胶体〕+3H+，故D正确；答案选D。2NO+2H2===N2+2H2O的速率方程为υ=kc2〔NO〕·c〔H2〕〔k为速率常数〕，其反响历程如下：①2NO+H2→N2+H2O2慢②H2O2+H2→2H2O 快以下说法的是Ａ．增大c〔NO〕或c〔H2〕，均可提高总反响的反响速率Ｂ．c〔NO〕、c〔H2〕增大一样的倍数，对总反响的反响速率的影响程度一样Ｄ．上升温度，可提高反响①、②的速率【答案】B【解析】【详解】A．依据速率方程为υ=kc2〔NO〕·c〔H2〕，增大c〔NO〕或c〔H2〕，均可提高总反响的反响速率，故AB．依据速率方程为υ=kc2〔NO〕·c〔H2〕，c〔NO〕、c〔H2〕增大一样的倍数，对总反响的反响速率的影响程度不同，如c〔NO〕增大2倍，υ增大4倍、c〔H2〕增大2倍，υ2倍，故BC．反响速率由最慢的一步打算，该反响的快慢主要取决于反响①，故C正确；D．上升温度，可以增大活化分子百分数，反响速率加快，可以提高反响①、②的速率，D答案选B。中国争辩人员研制出一种型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂外表实现高效分解水，其主要过程如以下图所示。H2H2O2中O—O键H2O2中O—H键138463化学键H2OH—OO2O＝O键H2H—H键能kJ/mol463496436假设反响过程中分解了2mol水，则以下说法的是Ａ．总反响为2H2O2H2↑+O2↑Ｂ．过程I926kJＡ．总反响为2H2O2H2↑+O2↑【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，总反响为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反响的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；过程I为2molH2O分子变成反响的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436kJ+138kJ=574kJC1mol1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O1molO—O1molO2中O＝O键和1molH2中H—H键，吸取的能量=463kJ×2+138kJ=1064kJ，放出的能量=496kJ+436kJ=932kJ，吸取的能量大于放出的能量，该过程为吸热反响，故D答案选D。【点睛】此题的易错点为D，要留意图中化学键的变化，分别计算吸取的能量和放出的能量，在推断反响的热效应。以下试验操作及现象与推论的是选项 操作及现象选项 操作及现象推论A用pH0.1mol/LCH3COOHpH3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中参加足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊C用pHCH3COONaNaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的溶液中可能含有CO32-HCO3-HClO的酸性弱于CH3COOHD2mL1mol/LNaOH1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再参加1mL0.1mol/LFeCl3溶液，沉淀变为红褐色Mg〔OH〕2沉淀转Fe〔OH〕3沉淀Ａ．A【答案】D

Ｂ．B Ｃ．C Ｄ．D【解析】【详解】A．用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸为弱酸，局部电离，可以说明CH3COOH是弱电解质，试验操作及现象与推论相符，故A不选；B．向某无色溶液中参加足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明无色无味气体为二氧化碳，可说明溶液中可能含有CO32-或HCO3-，试验操作及现象与推论相符，故BC．NaClO具有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，可选用pH计，用pHCH3COONaNaClOpH，前者的pH小于后者的，说明CH3COONa的水解程度小，说明HClO的酸性弱于CH3COOH，试验操作及现象与推论相符，故C不选；D2mL1mol/LNaOH1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；1mL0.1mol/LFeCl3溶液，反响生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能说明存在沉淀的转化，试验操作及现象与推论不相符，故D答案选D。以下图是在载人航天器舱内利用氢氧燃料电池进展二氧化碳浓缩富集的装置。以下说法正确的选项是Ａ．aＢ．b2CO2+O2+4e-===2CO32-Ｃ．该装置工作时电能转化成了化学能Ｄ．CO32-b【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，通入空气的为正极，据此分析解答。【详解】A．氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，因此a是负极，b是正极，故A错误；B．b是正极，正极上氧气得电子和二氧化碳反响生成碳酸根离子，电极反响式为2CO2+O2+4e-=2CO32-BC．该装置为原电池，工作时化学能转化成了电能，故C错误；D．在原电池中，阴离子向负极移动，因此CO32-向a极移动，故D错误；答案选B。【点睛】此题的易错点和难点为B，要留意依据题意“二氧化碳浓缩富集”结合电解质溶液为碳酸盐的水溶液书写电极反响式，该装置中负极的电极反响式为H2—2e-+CO32-=H2O+CO22H2+O2=2H2O。15.2023年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、觉察并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。：正常海水呈弱碱性。经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严峻。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反响式为 。为了保护文物，考古队员承受“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船水下遗址进展了处理。①考古队员贴在舰体上的材料块可以是 〔填字母序号〕。a．铝锌合金 b．石墨 c．铅 d．铜②承受“牺牲阳极的阴极保护法”后，水下舰体上正极的电极反响式为 。考古队员将舰船上的局部文物打捞出水后，实行脱盐、枯燥等措施防止文物连续被腐蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、枯燥”的防腐原理： 。【答案】〔1〕.Fe–2e-+2OH-===Fe〔OH〕2〔写“Fe–2e-===Fe2+”不扣分〕〔2〕.a〔3〕.O2+4e-+2H2O===4OH-〔4〕.脱盐、枯燥处理．微电池中的，使文物外表无法形成微电池发生电化学腐蚀【解析】【分析】中性或弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反响，据此书写电极反响式；承受“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进展保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，据此书写正极的电极反响式；从破坏原电池的构成条件分析解答。【详解】〔1〕海水呈弱碱性，钢铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反响，电极反响式为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；①承受“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进展保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，应选a；②承受“牺牲阳极的阴极保护法”后，铁为正极，海水呈弱碱性，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，正极的电极反响式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；考古队员将舰船上的局部文物打捞出水后，实行脱盐、枯燥等措施防止文物连续被腐蚀，脱盐、枯燥处理破坏了原电池中的构成条件，使之缺少了电解质溶液，使文物外表无法形成原电池发生电化学腐蚀，故答案为：脱盐、枯燥处理破坏了微电池中的离子导体〔或电解质溶液〕，使文物外表无法形成微电池发生电化学腐蚀。甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。〔1〕汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18〔l〕]。：25℃、101kPa1molC8H18〔l〕完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518kJ热量。该反响的热化学方程式为 。〔2〕：25℃、101kPa时，CH3OH〔l〕+3/2O2〔g〕====CO2〔g〕+2H2O〔l〕 ΔH＝-726.5kJ/mol。一样质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是 。某争辩者分别以甲醇和汽油做燃料，试验测得在发动机高负荷工作状况下，汽车尾CO依据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是 。甲醇的合成以CO2〔g〕和H2〔g〕为原料合成甲醇，反响的能量变化如以下图所示。①补全上图：图中A处应填入 。②该反响需要参加铜—锌基催化剂。参加催化剂后，该反响的ΔH 〔填“变大”“变小”或“不变”〕。〔5〕：CO〔g〕＋1/2O2〔g〕====CO2〔g〕 ΔH1＝-283kJ/molH2〔g〕＋1/2O2〔g〕====H2O〔g〕 ΔH2＝-242kJ/molCH3OH〔g〕+3/2O2〔g〕====CO2〔g〕+2H2O〔g〕 ΔH3＝-676kJ/mol以CO〔g〕和H2〔g〕CO〔g〕+2H2〔g〕====CH3OH〔g〕。该反响的ΔH为 kJ/mol。【答案】 〔1〕.C8H18〔l〕＋25/2O2〔g〕＝8CO2〔g〕＋9H2O〔l〕ΔH＝-5518l 〔〕.CH8 3〕.汽车的加速性能一样的状况下〔4〕.1molCO2〔g〕+3molH2〔g〕 〔5〕.不变 〔6〕.-91【解析】【分析】依据书写热化学反响方程式的方法书写；假设质量均为1g，计算出1gCH3OH和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再推断；依据图像可知，甲醇作为燃料时，依据汽车的加速性能与CO排放量的关系分析解答；①CO2〔g〕和H2〔g〕1mol甲醇和1mol水，依据质量守恒分析解答；②依据催化剂与焓变的关系推断；依据盖斯定律分析解答。【详解】〔1〕在25℃、101kPa1molC8H18〔l〕完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518kJ热量，所以其热化学反响方程式为：C8H18〔l〕+

252O2〔g〕=8CO22〔g〕+9H2O〔l〕△H=-5518kJ•mol-1，故答案为：C8H18〔l〕+726.5kJ32〔g〕+9H2O〔l〕△H=-5518kJ•mol726.5kJ32

252O2〔g〕=8CO221g，则1gCH

OH完全燃烧放出的热量=

=22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量=

5518kJ

3114=48kJ，一样质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量114较多的是C8H18〔或辛烷〕，故答案为：C8H18〔或辛烷〕；依据图像可知，汽车的加速性能一样的状况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能一样的状况下，CO①以CO2〔g〕和H2〔g〕为原料合成甲醇，反响生成1mol甲醇和1mol水，依据1mol3mol氢气，因此图中A1molCO2〔g〕+3molH2〔g〕，故答案为：1molCO2〔g〕+3molH2〔g〕；②参加催化剂，不能转变反响的焓变，因此ΔH不变，故答案为：不变；〔5〕①CO〔g〕＋1/2O2〔g〕=CO2〔g〕ΔH1＝-283kJ/mol，②H2〔g〕＋1/2O2〔g〕=H2O〔g〕ΔH2＝-242kJ/mol，③CH3OH〔g〕+3/2O2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O〔g〕ΔH3＝-676kJ/mol，依据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO〔g〕+2H2〔g〕=CH3OH〔g〕ΔH=〔-283kJ/mol〕+〔-242kJ/mol〕×2-〔-676kJ/mol〕=-91kJ/mol，故答案为：-91。编号试验操作试验现象1mL0.01mol/L编号试验操作试验现象1mL0.01mol/LIKMnO41滴3mol/L91mL0.1mol/L液前10min显变化，后颜色渐渐变浅，30minII向另一支试管中先参加1mL0.01mol/L酸性 80s内溶液紫色无明显变KMnO4溶液，再参加10滴3mol/L硫酸， 化，后颜色快速变浅，约最终参加1mL0.1mol/L草酸溶液 150s后几乎变为无色〔1〕补全高锰酸钾与草酸反响的离子方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+===2Mn2++ + 由试验I、II可得出的结论是 。关于试验II中80s后溶液颜色快速变浅的缘由，该小组提出了猜测：该反响中生成Mn2+对反响有催化作用。利用供给的试剂设计试验III，验证猜测。供给的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水①补全试验III的操作：向试管中先参加1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最终参加1mL0.1mol/L草酸溶液。②假设猜测成立，应观看到的试验现象是 。该小组拟承受如以下图所示的试验方案连续探究外界条件对反响速率的影响。①他们拟争辩的影响因素是 。②你认为他们的试验方案 〔填“合理”或“不合理”〕，理由是 。【答案】 〔1〕.10CO

〔2〕.8HO 〔3〕.其他条件一样时，H+〔或硫酸〕浓度2 2 ．．．．．．．．．．．．．．．．． 〔〕.再参加/，然后参加少量4．．〔5〕.参加草酸溶液后，溶液紫色．〔或溶液颜色开头变浅的时间小于80s，或其他合理答案〕 〔6〕.KMnO4溶液浓度 〔7〕.不合理 〔8〕.KMnO4溶液浓度不同，溶液无法通过比较褪色时间长短推断反响快慢【解析】【分析】在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化复原反响生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式；试验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均一样，参加的硫酸的滴数不同；①依据试验目的“反响中生成的Mn2+对反响有催化作用”，完成试验步骤；②假设猜测成立，反响速率应当加快；①依据试验步骤示意图，取用的草酸和硫酸一样，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析推断。【详解】〔1〕在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化复原反响生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：10CO2↑；8H2O；试验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均一样，不同的是参加的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此试验结论为：其他条件一样时，H+〔或硫酸〕浓度越大，反响速率越快，故答案为：其他条件一样时，H+〔或硫酸〕浓度越大，反响速率越快；①要证明反响中生成的Mn2+对反响有催化作用，结合试验III的操作可知：向试管1mL0.01mol/L酸性KMnO410滴3mol/L量MnSO41mL0.1mol/L草酸溶液，通过观看溶液褪色的时间即可证103mol/LMnSO4固体；②假设猜测成立，参加草酸溶液后，溶液紫色快速变浅〔或溶液颜色开头变浅的时间小于80s〕，故答案为：参加草酸溶液后，溶液紫色快速变浅〔或溶液颜色开头变浅的时间小于80s〕；①依据试验步骤示意图，取用的草酸和硫酸一样，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此试验争辩的影响因素是KMnO4溶液浓度对反响速率的影响，故答案为：KMnO4溶液浓度；②该试验方案不合理，由于KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短推断反响快慢，故答案为：不合理；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短推断反响快慢。【点睛】此题的易错点为〔4〕，要留意争辩某一反响条件对化学反响速率的影响时，需要保证其他条件完全一样。合成氨对人类的生存和进展有着重要意义，1909年哈伯在试验室中首次利用氮气与氢气反响合成氨，实现了人工固氮。反响N2〔g〕+3H2〔g〕 2NH3〔g〕的化学平衡常数表达式为 。序号化学反响K〔298K〕的数值序号化学反响K〔298K〕的数值①N2〔g〕+O2〔g〕2NO〔g〕5×10-31②N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕4.1×106温度/℃压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%对于反响温度/℃压强/MPa氨的平衡含量2001081.5%550108.25%

2NH3〔g〕，在肯定条件下氨的平衡含量如下①该反响为 〔填“吸热”或“放热”〕反响。②其他条件不变时，温度上升氨的平衡含量减小的缘由是 〔填字母序号〕。Ａ．温度上升，正反响速率减小，逆反响速率增大，平衡逆向移动Ｂ．温度上升，浓度商〔Q〕变大，Q>K，平衡逆向移动Ｃ．温度上升，活化分子数增多，反响速率加快Ｄ．温度上升，K变小，平衡逆向移动③哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的缘由是 。肯定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。假设保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，氮气的平衡转化率〔填“变大”“变小”或“不变”〕。尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探究，寻求合成氨的路径。以下图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反响式为。c2(NH)c(N)c3(H)3【答案】 1〕.K= 〕.c(N)c3(H)32 2远于氮气与氧气反响的 〔3〕.放热 〔4〕.d 〔5〕.提高合成氨反响的化学反响速率 〔6〕.变大 〔7〕.N2+6e-+6H+＝2NH3【解析】【分析】依据化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反响物浓度系数次方之积书写平衡常数表达式；依据表格数据，通过比较氮气与氢气和氮气与氧气两个反响的平衡常数答复；①依据表格数据，上升温度，氨的平衡含量减小，结合温度对平衡的影响分析判断；②其他条件不变时，温度上升氨的平衡含量减小，是由于上升温度，平衡逆向移动的结果，据此分析推断；③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反响速率越慢，建立平衡需要的时间越长，据此分析解答；1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，结合压强对平衡的影响分析解答；电解法合成氨，依据图示，阴极上氮气得到电子生成了氨气，据此书写电极反响式。【详解】〔1〕化学平衡常数等于生成物浓度系数次方之积比反响物浓度系数次方之积，N2〔g〕+3H2N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕K=c(N)c3(H3，故)答案为：K=

2 2c2(NH)3 ；c(N)c3(H)2 2依据表格数据，氮气与氢气反响的限度〔或化学平衡常数〕远大于氮气与氧气反响的，因此工业上选用氮气与氢气反响固氮，而没有选用氮气和氧气反响固氮，故答案为：氮气与氢气反响的限度〔或化学平衡常数〕远大于氮气与氧气反响的；①依据表格数据，上升温度，氨的平衡含量减小，说明N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕平衡逆向移动，因此正反响为放热反响，故答案为：放热；②Ａ．温度上升，正反响速率和逆反响速率均增大，故a错误；Ｂ．温度上升，压强不变，浓度商〔Q〕不变，但K减小，使得Q>K，平衡逆向移动，故b错误；Ｃ．温度上升，活化分子数百分数增大，活化分子数增多，反响速率加快，但没有解释氨的平衡含量减小的缘由，故c错误；Ｄ．温度上升，K变小，平衡逆向移动，使得氨的平衡含量减小，故d正确；应选d；③尽管降低温度有利于氨的合成，但温度越低，反响速率越慢，建立平衡需要的时间越长，因此哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的缘由是提高合成氨反响的化学反响速率，故答案为：提高合成氨反响的化学反响速率；肯定温度下，在容积恒定的密闭容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一段时间后达化学平衡状态。假设保持其他条件不变，向上述平衡体系中再充入1mol氮气和3mol氢气，相当于增大压强，N2〔g〕+3H2〔g〕2NH3〔g〕平衡正向移动，氮气的平衡转化率变大，故答案为：变大；〔5〕依据图示，电解法合成氨，阴极上氮气得到电子生成了氨气，电极反响式为N2+6e-+6H+=2NH3，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3。过量的碳排放会引起严峻的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球消灭大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有 。珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸取海水中物质而渐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚Ca2++2HCOCa2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度上升会使共生藻类离开珊