北京市海淀区2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题 （解析版）

海淀区高二年级练习化学考生须知：1.本试卷共8页，共两部分，19道题。满分100分。考试时间90分钟。2.在试卷和答题纸上准确填写学校名称、班级名称、姓名。3.答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效。4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答。5.考试结束，请将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5Cu64第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列物质属于弱电解质的是A.NaOH B.盐酸 C. D.【答案】C【解析】【分析】弱电解质是在水溶液中不完全（少部分）电离的电解质，据此解答。【详解】A．NaOH是强碱，属于强电解质，A不符合；B．盐酸属于混合物，不是电解质，B不符合；C．溶于水部分电离出铵根和氢氧根离子，属于弱电解质，C符合；D．溶于水完全电离，属于强电解质，D不符合；答案选C。2.下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Cu2+、K+、OH-、B.pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、C.中性溶液中：K+、CI-、、D.加酚酞呈红色的溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、【答案】C【解析】【详解】A．含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，Cu2+、OH-之间反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A不选；B．H+、Fe2+、之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；C．K+、CI-、、之间不发生反应，且都不发生水解反应，在中性溶液中能大量共存，故C选；D．加酚酞呈红色的溶液呈碱性，Fe3+、OH-之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D不选；答案选C。3.下列实验装置或操作，能达到实验目的的是A.电解法制金属钠B.防止铁片被腐蚀C.由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体D.用盐酸测定NaOH溶液的浓度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．电解法制金属钠应该电解熔融态的NaCl，故A错误；B．根据电解池原理，石墨作阳极，阴极的金属铁被保护，故B正确；C．Fe3+会水解，制取无水FeCl3应该HCl气流中加热，故C错误；D．盐酸装在酸式滴定管中滴加到氢氧化钠溶液中，该仪器为碱式滴定管，故D错误；故选B。4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，；详解】A．据分析，，A正确；B．，B错误；C．，C错误；D．，D错误；选A。5.室温下，一定浓度氨水的pH为11．下列说法正确的是A.此溶液中B.此溶液中，由水电离出的C.将此溶液加水稀释10倍，所得溶液D.将此溶液与等体积的盐酸反应，恰好完全中和【答案】B【解析】【详解】A．室温下，一定浓度氨水的pH为11．c(OH-)=，由于是一元弱碱，不完全电离产生OH-，此溶液中，故A错误；B．常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，为1.0×10-11mol/L，则氨水中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，故B正确；C．由于一水合氨是弱电解质，加水稀释10倍，会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的11>pH>10，故C错误；D．由于一水合氨是弱电解质，pH为11的一水合氨溶液浓度大于，加入等体积的盐酸，氨水过量，溶液呈碱性，故D错误；故选B。6.一定温度和压强下，2molH2和1molO2分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成2mol液态水。下列说法正确的是A.放出的热量相等 B.体系内能变化相等C.反应速率相等 D.反应的活化能相等【答案】B【解析】【详解】A．方式一中化学能主要转化为热能，而方式二中化学能主要转化为电能，则两者放出的热量不相等，故A错误；B．两种方式反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则体系内能变化相等，故B正确；C．形成原电池可加快反应速率，则两者反应速率不相等，故C错误；D．二者的反应路径不同，反应的活化能不一定相等，故D错误；答案选B。7.图为电镀实验装置，下列有关叙述不正确的是A.电镀时，待镀铁制品应与直流电源负极相连 B.通电后，溶液中的移向阳极C.镀铜时，理论上阳极和阴极的质量变化相等 D.待镀铁制品增重2.56g，电路中通过的电子为0.04mol【答案】D【解析】【详解】A．电镀时，待镀铁制品为阴极，应与直流电源负极相连，故A正确；B．电解池中，阴离子向阳极移动，通电后，溶液中的移向阳极，故B正确；C．电镀铜时，阳极Cu-2e-=Cu2+

，阴极Cu2++2e-=Cu，理论上阳极和阴极的质量变化相等，故C正确；D．电镀时，待镀铁制品为阴极，阴极电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，待镀铁制品增重2.56g，生成=0.04，电路中通过的电子为0.04mol×2=0.08mol，故D错误；故选D。8.下列事实对应的离子方程式正确的是A.用石墨电极电解CuCl2溶液：B.用醋酸除去水壶中的水垢：C.溶液中滴加过量溶液：D.用明矾做净水剂：(胶体)【答案】D【解析】【详解】A．用石墨电解氯化铜得到铜与氯气，离子方程式为，故A错误；B．醋酸为弱酸，应保留化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故B错误；C．过量Ba(OH)2溶液，铵根离子也参与反应；离子方程式为：，故C错误；D．明矾做净水剂，铝离子水解，离子方程式为：(胶体)，故D正确；答案选D。9.下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是A.溶液：B.KCl溶液：C.CH3COONa溶液：D.室温下，pH=7的、混合溶液：【答案】C【解析】详解】A．溶液中，Fe3+发生水解，则，故A正确；B．KCl溶液呈中性，，故B正确；C．CH3COONa溶液中CH3COO-发生水解使溶液呈碱性，则溶液中，故C错误；D．室温下，pH=7的、混合溶液中呈中性，，由电荷守恒可知吗，故D正确；故选C。10.已知H―H的键能为I―I的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.H―I的键能为B.升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小C.升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率D.为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，，设H―I的键能为x，则，可得，，故A正确；B．升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B错误；C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，的转化率降低，故C错误；D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D错误；答案选A。11.向恒容密闭容器中加入1mol和一定量的，发生反应：。不同投料比时，的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A.B.该反应为吸热反应C.点a、b、c对应的平衡常数：D.投料比固定，当容器内压强不再改变时，反应达到平衡状态【答案】D【解析】【详解】A．x增大，CO2量增加，平衡正向移动，根据勒夏特列原理CO2的转化率减小，因此，A正确；B．由图像，温度升高，CO2平衡转化率增大，说明平衡正向移动，吸热反应升温有利于平衡正向移动，B正确；C．b、c两点温度相同，同一反应的K只受温度影响，故Kc=Kb，a点平衡转化率更低，说明反应平衡时正向程度小，Ka更小，故Ka<Kb=Kc，C正确；D．该反应反应前后气体体积数不变，故无论是否到达平衡，容器内压强都不变，D错误；故选D。12.一定温度下，在1L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中的部分数据如下表所示：时间（t/min）物质的量（n/mol）02.02.4050.8101.6151.6下列说法不正确的是A.0～5min用A表示的平均反应速率为B.此温度下，反应的平衡常数K为1.6C.物质B的平衡转化率约为33%D.15min后，再加入A、B、C各1.6mol，平衡不移动【答案】D【解析】【详解】A．0~5min内C的物质的量增加了0.8mol，由于容器的容积是1L，则用A物质浓度变化表示的反应速率v(A)==0.04mol/(L/min)，A正确；B．反应进行到10min时，A物质的物质的量减少0.4mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8mol，B的物质的量为2.4mol-0.8mol=1.6mol，B的物质的量等于15min时B的物质的量，则反应此时已达到平衡，此时C物质的量为1.6mol，可得，B正确；C．根据选项B分析可知：反应在进行到10min时，A物质的物质的量减少0.4mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8mol，B的平衡转化率约为，C正确；D．15min后，再加入A、B、C各1.6mol，等效于压缩体积，该反应为体积增大的反应，压强增大，反应逆向移动，D错误；故选D。13.常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO或HCOC用pH计测定相同浓度的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，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH为弱酸，电离不完全，则pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，故A正确；

B．无色无味气体为二氧化碳，则溶液中可能含有CO或HCO，故B正确；

C．测定盐溶液的pH可判断水解程度，前者的pH小于后者的，可知HClO的酸性弱于CH3COOH，故C正确；

D．NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故D错误；

故选：D。14.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示。电池的总反应为：。该电池工作时，下列说法不正确的是A.电子由VB2电极经外电路流向复合碳电极B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高C.VB2电极发生反应：D.若有0.224L(标准状况)O2参与反应，有0.04molOH﹣通过阴离子交换膜移到负极【答案】B【解析】【分析】根据题目信息可知，VB2电极上失电子发生氧化反应生成、：，所以VB2电极为负极，则复合碳电极为正极，电解质溶液显碱性，空气中的氧气得电子发生还原反应生成氢氧根：；【详解】A．原电池中，电子由负极流向正极，故电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，A正确；B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；C．VB2电极上失电子发生氧化反应生成、：，C正确；D．若有0.224L(标准状况，为0.01mol)O2参与反应，则转移电子0.04mol，会有0.04molOH﹣通过阴离子交换膜移到负极，D正确；故选B。第二部分本部分共5题，共58分。15.金属矿物常以硫化物形式存在，如等。Ⅰ.掺烧和，用于制铁精粉和硫酸（1）已知：为吸热反应。时，固体在氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出热量。①与反应的热化学方程式为_________。②将与掺烧（混合燃烧），其目的包括_________（填字母）。节约燃料和能量为制备硫酸提供原料减少空气污染（2）常带一定量的结晶水。分解脱水反应的能量变化如图所示。①_________。②为维持炉内温度基本不变，所带结晶水越多，掺烧比应_________。（填“增大”“减小”或“不变”）。Ⅱ.浸出法处理（3）难溶于水，处理常使用酸浸法，两步反应依次为：ⅰ.ⅱ.①平衡常数的表达式为_________。②仅发生反应ⅰ时，酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：_________。（4）从平衡移动角度解释通入在酸浸过程中的作用：_________。【答案】15.①.②.16.①.②.增大17.①.②.较小，说明酸浸反应ⅰ进行得不充分（合理即可）18.与充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进的溶解（合理即可）【解析】【小问1详解】①由已知得，时，固体在氧气中完全燃烧生成气态和固体，放出热量，故热化学方程式为：；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，FeSO4分解为吸热反应，FeS2燃烧为放热可为FeSO4分解提供能量，FeSO4分解产生SO2、SO3可作为制铁精粉和硫酸原料；故选ab；【小问2详解】①根据图象可判断∆H3=∆H4-∆H1-∆H2=+31.4kJ/mol，故答案为+31.4；②由题可知FeS2燃烧为放热反应，使炉温升高，FeSO4分解为吸热反应，使炉温降低，FeSO4所带结晶水越多，吸收越多，降温越多，维持温度不变，则掺烧比应该增大，故答案为增大；【小问3详解】①此温度下，反应的平衡常数表达式；②较小，反应进行的程度很小，说明酸浸反应ⅰ进行得不充分。故答案为较小，说明酸浸反应ⅰ进行得不充分（合理即可）；【小问4详解】与充分反应，使平衡ⅰ正向移动，促进的溶解（合理即可）；16.CO2的过量排放会产生一系列生态和环境问题，CO2主要通过如下平衡过程对水体钙循环和海洋生态产生影响。（1）碳酸盐的溶解是水体中Ca2+的主要来源。CO2过量排放会导致水体中_____(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）海水中含有的离子主要有Na+、Ca2+、K+、Cl-、，海水呈弱碱性，用化学用语解释原因：_____。（3）珊瑚藻是一种对海水酸化极为敏感的藻类，其可通过光合作用和钙化作用促进珊瑚礁(主要成分为CaCO3)的形成，过程如下图所示。资料：海水pH降低会使珊瑚藻呼吸作用增强。①珊瑚藻能促进珊瑚礁的形成，原因是_____。②CO2排放导致海水酸化，对珊瑚藻的影响有_____(填字母)。a．阻碍了钙化作用b．阻碍了光合作用c．增强了呼吸作用，消耗有机物（4）水体中、浓度的监测对生态研究具有重要意义，测定方法如下：i．取50mL待测水样，滴加4~6滴酚酞溶液，摇匀。ii．溶液变为红色，用盐酸滴定至红色刚好消失(pH约8.3)，消耗盐酸体积为V1mL。iii．滴加4~6滴甲基橙溶液，摇匀，用盐酸滴定至溶液从黄色变为橙色(pH约3.8)，消耗盐酸体积为V2mL。①ii中发生反应的离子方程式为_____。②该水体中为_____。(用计算式表示)。【答案】（1）增大（2）HCO+H2O⇌H2CO3+OH-（3）①.珊瑚藻通过光合作用吸收CO2，二氧化碳的将减少，使CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2HCO的平衡逆向移动，生成更多的CaCO3，促进珊瑚礁的形成②.ac（4）①.CO+H+=HCO②.【解析】【小问1详解】CO2过量排放会导致的平衡正向移动，则水体中c(Ca2+)增大；【小问2详解】HCO水解生成H2CO3和OH-导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：HCO+H2O⇌H2CO3+OH-；【小问3详解】①珊瑚藻通过光合作用吸收CO2，二氧化碳的将减少，使CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2HCO的平衡逆向移动，生成更多的CaCO3，促进珊瑚礁的形成；②a．CO2排放导致海水酸化，导致CaCO3+CO2+H2O⇌Ca2++2HCO的平衡正向移动，阻碍了钙化作用，故a正确；b．CO2是光合作用的反应物，CO2排放导致海水酸化促进光合作用，故b错误；c．海水pH降低，会使珊瑚藻呼吸作用增强，消耗有机物，故c正确；故答案为：ac；【小问4详解】①ⅱ中CO和H+反应生成HCO，发生反应的离子方程式为CO+H+=HCO；②iii中发生的离子反应方程式为H++HCO=CO2↑+H2O，原溶液中HCO消耗的V(HCl)=(V2-V1)mL，该水体中c(HCO)==。17.电解水制氢所需的电压高、耗能大。醛类(R-CHO)可在很低的电压下被Cu催化氧化为羧酸盐(R-COO-)，同时产生的氢原子会重组成H2.该过程的示意图如下。（1）已知：醛极易被氧化，电解所需电压与电解反应的难易程度相关。①在碱性条件下电解水制氢时，阳极发生的电极反应为_____。②推测醛氧化制氢所需电压比电解水制氢低的原因是_____。（2）补全醛催化氧化时，阳极的电极反应式：_____。□□_____（3）上述电解装置工作时，每转移1mol电子时，生成H2的物质的量为_____。（4）电解一段时间后(忽略溶液体积变化)，制氢的效率会降低。①经检验，阳极表面产生了Cu2O，阻碍醛类的吸附。阳极表面产生Cu2O的电极反应式为_____。②阳极区溶液的pH会逐渐降低，导致pH降低的可能原因有_____(填字母)。a．电极反应消耗OH-b．产生H2O稀释溶液c．产生的羧酸盐水解【答案】（1）①.4OH――4e－＝2H2O+O2↑②.醛容易被氧化，电解反应容易进行（2）2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O（3）0.5mol（4）①.2Cu－2e－+2OH－＝Cu2O+H2O②.ab【解析】【分析】根据电子流向左侧电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，右侧电极是阴极，发生得到电子的还原反应，据此解答。【小问1详解】①碱性环境下，氢氧根浓度较大，阳极上是氢氧根失电子，生成水：4OH――4e－＝2H2O+O2↑；②醛容易被氧化，电解反应容易进行，所需电压比电解水要低，故答案为：醛容易被氧化，电解反应容易进行；【小问2详解】根据氧守恒和电荷守恒，可得方程式为2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O；【小问3详解】生成1个氢气分子，需要转移2个电子，现转移1mol电子，就生成0.5mol氢气；【小问4详解】①阳极表面产生了Cu2O，是Cu在阳极放电形成的，其电极反应式为2Cu－2e－+2OH－＝Cu2O+H2O；②由阳极的电极反应式2R－CHO－2e－+4OH－＝2R－COO―+H2↑+2H2O可知，反应消耗OH－离子，且有水生成，这两个因素都导致氢氧根离子的浓度减小，pH降低；羧酸盐的水解羧酸根离子要结合水电离出的氢离子，导致溶液的pH增大，故答案为：ab。18.丙烯腈是重要的化工原料，其合成分两步进行。I．丙烷脱氢制丙烯丙烷脱氢过程中发生如下反应：i．ii．（1）升温时，测得丙烯平衡产率降低。①升温时，丙烷的平衡转化率___________(填“提高”“降低”或“不变”)。②丙烯平衡产率降低的可能原因是___________。（2）工业上，常在恒压条件下充入高温水蒸气使反应器再热。请分析充入高温水蒸气的作用：___________。（3）已知：i．ii．在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化剂活性降低工业上，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条件下生成丙烯腈，副产物为丙烯醛，反应如下：i．ii．（4）原料气中和丙烯的比例对产物收率的影响如图所示。已知：碱性条件下容易分解。①时产物主要为丙烯醛，原因是___________。②时，冷却吸收后丙烯腈收率略有降低，原因是___________。【答案】（1）①.提高②.升温时反应ii的转化率提高（2）反应体系压强减小，反应正向移动.（3）将积炭转化为CO，提高催化剂活性。（4）①氨气含量过低，主要发生反应ii②.氨气含量过多成碱性，而碱性条件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低【解析】【小问1详解】①两个反应均为吸热，温度升高时，丙烷的平衡转化率提高。②温度升高时，主要发生的是反应ii。故答案为：①提高；②升温时反应ii的转化率提高【小问2详解】恒压充入水蒸气后，相当于反应体系压强减小，反应正向移动。故答案为：反应体系压强减小，反应正向移动。【小问3详解】在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化剂活性降低，而加入CO2后可将积炭转化为CO，提高催化剂活性。故答案为：将积炭转化为CO，提高催化剂活性。【小问4详解】①氨气含量过低，主要发生反应ii（无法提供氮原子）；②氨气含量过多成碱性，而碱性条件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低故答案为：①氨气含量过低，主要发生反应ii；②氨气含量过多成碱性，而碱性条件下容易分解，故丙烯腈收率略有降低19.某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。序号实验操作实验现象①将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加②将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封数小时内，未观察到明显现象③取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再