2022-2023学年广东省江门市高二化学上学期期末调研考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1江门市2022年普通高中高二调研测试(一)化学本试卷9页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将〖答案〗写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Mn55一、选择题：本题共16小题，第1~10题每小题2分：第11~16题每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是A.氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念B.无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C.采用催化转换技术将汽车尾气中的和CO转化为无毒气体D.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用电解水法制大量氢气，消耗大量电能，不符合节能减排理念，故A说法错误；B．风力发电是将风能最终转化为化学能，火力发电是将化学能最终转化为化学能，故B说法错误；C．采用催化转换技术将汽车尾气中的和CO转化为无毒气体，减少空气污染物的排放，符合环境保护理念，故C说法正确；D．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有锌、锰、铅、汞污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成环境污染，不符合环境保护的理念，故D说法错误；故选：C。2.《证类本草》中记载：“鸡屎矾(碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜：投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列关于该描述的说法正确的是A.“不入药用”的主要原因是鸡屎矾不溶于胃酸B.“惟堪镀作，以合熟铜”指的是电镀铜技术C.“苦酒(醋)”指的是醋酸，属于强电解质D.“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变"描述是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁的表面〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．“不入药用”的主要原因是鸡屎矾溶于胃酸，产生重金属离子Cu2＋，能使蛋白质变性，故A错误；B．“惟堪镀作，以合熟铜”指的活泼金属置换出铜，故B错误；C．醋酸是弱酸，属于弱电解质，故C错误；D．“外虽铜色，内质不变”描述的是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁上面，故D正确；故选：D。3.在测定盐酸与NaOH溶液反应的反应热的实验中，下列说法正确的是A.使用环形玻璃搅拌棒是为了使溶液混合均匀，反应充分，减小实验误差B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与内筒底部接触C.将量筒中的NaOH溶液分三次倒入量热计的内筒，并盖好杯盖D.在测定该反应热实验中需要使用的仪器有天平、烧杯、环形玻璃搅拌棒、温度计〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．准确测定中和热的关键减少热量损耗，使用环形玻璃搅拌棒是可加快反应速率，减小热量损失、减小实验误差，故A正确；

B．温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部，故B错误；

C．分三次倒入NaOH溶液会有部分热量损耗，测得的中和热数值偏小，故C错误；

D．中和热测定不用天平，而需要烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故D错误；

故选：A。4.冰融化的过程中，其焓变和熵变正确的是A.△H＞0，△S＞0 B.△H＞0，△S＜0C.△H＜0，△S＜0 D.△H＜0，△S＞0〖答案〗A〖解析〗〖详析〗冰融化过程中，物质的状态由固体变为液体，熵值增大，则△S＞0；熔化过程吸收能量，因此焓变△H＞0，故冰融化的过程中，其焓变和熵变均增大，所以合理选项是A。5.下列对有关事实或解释不正确的选项事实解释A用铝粉代替铝片与稀盐酸反应，反应速率加快改用铝粉，固体表面积增大，故反应速率加快B5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快降低了反应的焓变，活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快C锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液，生成氢气的速率加快锌置换出铜，形成原电池，反应速率加快D密闭容器中反应：，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．铝粉与稀盐酸反应比铝片与稀盐酸反应的反应速率快，是因为表面积增大，应速率加快，故A正确；B．5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快是因为二氧化锰催化了双氧水的分解，但不会降低了反应的焓变，故B错误；C．Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池加快化学反应速率，导致生成氢气的速率加快，故C正确；D．密闭容器中反应，充入惰性气体，当温度、压强不变时，容器体积增大，反应物浓度减小，所以反应速率减慢，故D正确；故〖答案〗选B。6.已知反应：。起始以物质的量之比为1：1充入反应物，不同压强条件下，的平衡转化率随温度的变化情况如图所示(M、N点标记为▲)。下列有关说法正确的是A.降低温度，的转化率可达到100%B.N点时的反应速率一定比M点的快C.降低温度，该反应平衡常数K一定减小D.从平衡混合气中分离出和，可提高和的利用率〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．降低温度，H2的转化率会增大，但可逆反应的反应物转化率不会达到100％，A错误；B．N点的温度比M点低，但压强又高于M点，无法判断哪一点的反应速率快，B错误；C．由图象可知，其他条件相同时，温度升高，H2的转化率降低，平衡逆向移动，根据化学平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以降低温度，该反应往正向移动，平衡常数K增大，C错误；D．平衡混合气中分离出和，减小生成物浓度，使平衡往正向移动，可提高和的利用率，D正确。〖答案〗选D。7.常温下，在溶液中加入溶液，所得溶液呈A.弱酸性 B.弱碱性 C.中性 D.无法判断〖答案〗A〖解析〗〖详析〗n(HNO3)=0.048L×0.2mol/L=0.0096mol，n(KOH)=0.0012L×0.4mol/L=0.00048mol，硝酸与氢氧化钾反应为：HNO3+KOH=KNO3+H2O，硝酸与氢氧化钾量的关系式为：1:1，则硝酸过量，所得溶液呈弱酸性，故〖答案〗选A。8.60℃，关于的溶液的说法正确的是A. B.C.加水能促进醋酸的电离 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．的溶液中c(H+)=，因为醋酸是弱酸，部分电离出H+，，故A错误；B．的溶液若在常温下，60℃时水的电离程度增大，则溶液中的，故B错误；C．加水稀释，醋酸的电离程度增大，故C正确；D．醋酸溶液中存在电荷守恒关系：，故D错误；〖答案〗选C。9.如图所示，将一根铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重。下列关于此现象的说法不正确的是A.铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B.铁棒AB段附近的pH值降低C.铁棒BC段电极反应：D.该腐蚀过程属于电化学腐蚀〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，形成原电池，BC段作原电池负极，铁被氧化生成亚铁离子，所以BC段腐蚀严重，AB段靠近水面接触氧气，作原电池正极，生成较多铁锈，据此解答即可。〖详析〗A．铁棒AB段与空气界面较近，而深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A正确；B．AB段靠近水面接触氧气，作原电池正极，电极反应式为，O2+2H2O+4e−=4OH−，pH增大，故B错误；C．BC段作原电池负极，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故C正确；D．该腐蚀过程为铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D正确；综上所述〖答案〗为B。10.镁-空气电池是一种新型燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.金属Mg电极为负极，发生还原反应B.电子流向：Mg电极→导线→空气电极→电解质溶液→Mg电极C.电池总反应：D.回收该电池工作后的产物，经一系列转化，可重新制成镁锭循环利用〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗镁-空气电池中镁为活泼金属，作原电池的负极，发生失电子的氧化反应，正极氧气发生得电子的还原反应，据此结合原电池原理分析解答。〖详析〗A．根据上述分析可知，金属Mg电极为负极，发生氧化反应，A错误；B．电子从原电池的负极经导线流向原电池的正极，上述装置中，电子流向：Mg电极→导线→空气电极，电子不能进入电解质溶液，B错误；C．电池的负极，镁失去电子生成镁离子，正极氧气得电子生成氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，其电极总反应为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，C错误；D．回收后的氢氧化镁加入盐酸生成氯化镁溶液，再经蒸发浓缩、在HCl氛围下冷却得到氯化镁晶体后，再进一步得到无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁可重新制成镁片循环利用，D正确；故选D。11.陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA溶液可用作蚀刻铜电路板溶液显酸性B明矾可用于净水明矾投入水中能形成胶体C盐酸的导电能力比氢氟酸的强盐酸的酸性强于氢氯酸D还原性强用于除去废水中的、A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．溶液可用作蚀刻铜电路板，是因为氯化铁具有叫强氧化性能与铜发生反应，与氯化铁溶液显酸性无关，故A错误；B．明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能起到净水作用，故B正确；C．溶于导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小，与酸性强弱无关，故C错误；D．硫化钠用于除去废水中的铜离子、汞离子是因为反应生成难溶的CuS、HgS，与硫化钠还原性无关，故D错误；故选：B。12.常温下，向溶液中缓慢通入气体至过量，可发生反应。下列关于该过程的说法错误的是A.pH先增大后减小，最终保持不变B.恰好完全反应时，反应消耗C.的值不变D.溶液中：〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．随着反应的进行，硫化氢逐渐被消耗，反应中生成单质硫和水，当二氧化硫过量，并达到饱和以后，pH不再发生变化，所以pH先增大后减小，最终保持不变，A正确；B．未指明标准状况，无法确定气体体积，B错误；C．==，温度不变，平衡常数不变，其值不变，C正确；D．0.1mol·L-1H2S溶液中依据电荷守恒可知：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，D正确；故选：B。13.室温下，下列实验操作、实验现象和所得结论均正确的是选项实验操作实验操作实验操作A向溶液中加入过量的溶液产生白色沉淀白色沉淀成分是BZnS和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀C室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH测定溶液的pH试纸蓝色更深酸性：D把和的混合气体通入两只连通的烧瓶，然后用弹簧夹夹住乳胶管，把两只烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，一段时间后热水中烧瓶颜色变浅，冷水中烧瓶颜色变深生成反应是吸热反应A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．溶液中加入过量的溶液，两者发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能生成硫化铝，故A错误；B．ZnS和的悬浊液中滴加溶液，硫酸铜可直接与硫化钠反应生成CuS沉淀，不能说明是ZnS转化成了CuS，无法据此确定两者溶度积的大小，故B错误；C．用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH试纸蓝色更深，说明其溶于碱性更强，则可知碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，根据越弱越水解可知酸性：，故C正确；D．生成的反应是放热反应，实验现象不符合事实，故D错误；故选：C。14.接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是的催化氧化：，在催化剂表面的反应历程如下：下列说法正确的是A.反应①的活化能比反应②大B.该反应的中间产物是C.反应过程中V的成键数目保持不变D.在实际工业生产中，为提高的产率，选择的反应条件为低温高压〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小，A正确；B．反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂不是中间产物，B错误；C．反应过程中V的成键数目从5个共价键变成4个，又变成5个，成键数目有变化，C错误；D．反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高产率，但是温度太低的话，反应较慢，反应效率低，D错误；故选A。15.据报道，最近有科学家设计了一种在常压下运行的集成基质子陶瓷膜反应器(PCMR)，将PCMR与质子陶瓷燃料电池相结合进行电化学法合成氨的原理如图所示，下列说法不正确的是A.阴极可能发生副反应：B.阳极的电极反应式：C质子通过交换膜由阳极区向阴极区移动D.理论上电路中通过电子时，阴极最多产生〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.阴极得电子，右边为阴极，阴极主要是氮气得到电子变为氨气，可能发生副反应2H++2e－=H2↑，故A正确；B.根据图中信息分析，CH4化合价升高变为CO2，因此左边为阳极，阳极的电极反应式为CH4+2H2O−8e－=CO2+8H+，故B错误；C.根据电解池“异性相吸”原理，质子(H+)通过交换膜由阳极区向阴极区移动，故C正确；D.阴极发生反应：，理论上电路中通过电子时，阴极最多产生，故D正确；故选：B。16.常温下，某研究小组用数字传感器探究的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中氯离子浓度变化如图所示，其中a点表示溶于溶液形成的悬浊液。下列说法正确的是A.图中b点可能是滴加溶液 B.图中c点后无黄色沉淀生成C.图中d点 D.由图可知：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，b点后c(Cl―)降低，则可知c(Ag+)升高，故b点滴加的可能是AgNO3溶液，而不可能是KCl溶液，故A错误；B．c点滴加KI溶液后，Cl―浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中Ag+浓度减小，而部分Ag+转化为AgI沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，故B错误；C．d点时Cl―浓度大于起始时的Cl―浓度，而起始时有a点表示的AgCl溶于KNO3溶液形成的悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，此时应有c(Ag+)=c(Cl-)，故d点c(Ag+)<c(Cl-)，故C正确；D．由B选项的分析可知，c点后产生了AgI，故应有Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D错误；故选：C。二、非选择题：本题共5小题，共56分。17.草酸是一种二元弱酸，是一种重要的化学试剂。用酸性和反应研究影响反应速率的因素。反应的离子方程式为：。某实验小组欲通过测定单位时间内生成的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液①溶液溶液②溶液溶液（1）该实验探究的是_______对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得的体积大小关系是①_______②(填>、=、<)（2）若实验①在2min收集了(标准状况下)，用表示2min内的反应速率为_______mol/min则在2min末_______(假设混合液体积为50mL)。（3）小组同学发现反应速率总是如图2，其中时间内速率变快的主要原因可能是：_______；以后速率减慢的原因是_______。〖答案〗（1）①.浓度②.<（2）①.1×10-4②.5.2×10-3（3）①.产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂②.浓度减小使速率下降〖解析〗〖祥解〗探究影响反应速率因素时，需要进行变量控制，实验中除了草酸的浓度不同外，其余条件都相同，则探究的是反应物浓度对反应速率的影响。〖小问1详析〗根据表格提供的数据可知：该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响的知识；在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，在相同的时间内反应产生的气体多，所以相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是①＜②；故〖答案〗为：浓度；<；〖小问2详析〗若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，n(CO2)=

=2×10-4mol,用表示2min内的反应速率为1×10-4mol/min；根据反应方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知反应消耗MnO的物质的量是n(MnO)=4×10-5mol,则在2min末，c(MnO)＝=5.2×10-3mol/L；故〖答案〗为：1×10-4；5.2×10-3；〖小问3详析〗根据图像可知在反应初期，随着反应的进行，化学反应速率逐渐加快，当时间达到t2时滴定最大值，后来随着反应的进行，化学反应速率逐渐减小。其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物Mn2＋是反应的催化剂；②该反应是放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，化学反应速率加快；以后反应物的浓度较少太多，温度升高不再明显，浓度减小使速率下降，故〖答案〗为：产物Mn2＋是反应的催化剂或反应是放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，化学反应速率加快；浓度减小使速率下降；18.现在和将来的社会，对能源和材料的需求是越来越大，我们学习化学就为了认识物质，创造物质，开发新能源，发展人类的新未来。请回答以下问题：（1）理想的新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，下列属于理想的新能源的是_______。①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥地热能⑦风能⑧氢能A.①②③④ B.⑤⑥⑦⑧ C.③⑤⑥⑦⑧ D.③④⑤⑥⑦⑧（2）已知：CO的燃烧热为，则表示CO燃烧热的热化学方程式为：_______。（3）已知反应，在298K时断开(形成)1mol化学键要吸收(放出)的能量数据为：化学键H—HO—HC—HCO436x4131076则根据反应热的计算，x=_______（4）CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应。用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：

①过程Ⅰ为过程_______(填“吸热”或“放热”)。过程Ⅱ生成的化学键有_______(填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)。②已知过程Ⅰ的焓变为，过程Ⅱ的焓变为，则该反应的热化学方程式为_______。〖答案〗（1）B（2）（3）465（4）①.吸热②.极性键和非极性键③.〖解析〗〖小问1详析〗新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，结合该特点可知⑤太阳能⑥地热能⑦风能⑧氢能符合新能源的要求，故〖答案〗为：B；〖小问2详析〗CO的燃烧热为，则表示CO燃烧热的热化学方程式：，故〖答案〗为：；〖小问3详析〗根据焓变等于反应物的键能和减生成物的键能和得：，解得：x=465，故〖答案〗为：465；〖小问4详析〗①过程Ⅰ为断键过程，断键吸热，则过程I为吸热过程；过程Ⅱ中形成碳氧键(极性键)和氮氮键(非极性键)，故〖答案〗为：吸热；极性键和非极性键；②过程I为过程，过程Ⅱ形成化学键为放热过程，则过程I的的反应热，过程Ⅱ的反应热，，总反应的反应热：，总反应的热化学方程式为：，故〖答案〗为：；19.硫化氢是一种重要的化工原料，国内外对硫化氢的需求在不断的加大。从环保角度来看，将硫化氢热分解既能减少环境污染，又可回收到硫和两种重要资源。（1）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生下列反应：容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol容器Ⅰ3000.30.10.02容器Ⅱ3000.60.2容器Ⅲ2400.30.10.01①达到平衡时_______(填“>”、“<”或“=”)②在240℃的温度下，容器Ⅲ中的反应达到平衡，计算_______。（2）一定温度，在密闭容器中进行反应：①下列说法不正确的是_______。a.若体系恒容，通入，则正反应速率增大，逆反应速率减小b.正反应的活化能大于逆反应的活化能c.增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低d.若体系恒容，注入一些后达新平衡，浓度将减小②向1L恒容密闭容器中充入发生热分解反应，2s后达到平衡时测得，则_______。③由实验数据得到发生热分解反应与的平衡浓度关系如图所示，当点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，可变为图中_______点。(填字母)④分解转化率随温度的变化曲线如图所示。图中a为平衡时转化率与温度关系曲线，b为不同温度下反应经过相同时间的转化率。随着温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因是_______。〖答案〗（1）①.=②.（2）①.acd②.③.f④.温度升高，反应速率增大，达到平衡的时间缩短〖解析〗〖小问1详析〗①容器Ⅰ和容器II的反应温度相同，而平衡常数只与温度有关，温度相同，K相同，故〖答案〗为：=；②在容器III中结合表格用量列三段式：=，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗a.若体系恒容，通入，增大了反应物浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，随反应正向进行，逆反应速率增大，故错误；b.该反应为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故正确；c.该反应正向气体分子数增加，增大压强，平衡向逆反应方向移动，逆向为放热反应，将引起体系温度升高，故错误；d.若体系恒容，注入一些后达新平衡，根据类夏特列原理可知最终浓度将增大，故错误；故〖答案〗为：acd；②根据题中信息列三段式：=，x=0.2，，故〖答案〗为：；③该反应为吸热反应，当点升高到某一温度时，平衡正向移动，反应重新达到平衡，可变为图中f，故〖答案〗为：f；④曲线a为平衡转化率，曲线b开始阶段反应未达平衡状态，随着温度的升高，反应速率加快，相同时间内转化率越来越近平衡状态转化率，故〖答案〗为：温度升高，反应速率增大，达到平衡的时间缩短；20.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题（1）普通泡沫灭火器是利用溶液跟溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是_______。（2）常温下，取溶液与溶液等体积混合，测得混合后溶液的。写出MOH的电离方程式：_______。（3）往的溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变红。则：①该溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。②得出上述判断的依据是_______(用文字解释)。（4）含的废水毒性较大，某工厂废水中含的。为了使废水的排放达标，进行如下处理：①绿矾为。反应(Ⅰ)中与的物质的量之比为_______。②常温下若处理后的废水中，则处理后的废水的pH=_______。{}〖答案〗（1）（2）（3）①.<②.溶液显酸性，说明离子的电离程度大于其水解程度，电离生成的大于水解生成的（4）①.1：6②.6〖解析〗〖小问1详析〗溶液跟溶液混合，两者发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗溶液与溶液等体积混合，两者恰好我完全反应生成MCl，反应后溶于呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，水解显酸性，则MOH为弱碱，MOH的电离方程式为：，故〖答案〗为：；〖小问3详析〗溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变红，说明溶于显酸性，因在溶液中存在：和，电离显酸性，水解显碱性，由溶液最终显酸性可知的电离程度大于其水解程度，则电离生成大于水解生成的；故〖答案〗为：<；溶液显酸性，说明离子的电离程度大于其水解程度，电离生成的大于水解生成的〖小问4详析〗①反应(Ⅰ)中与发生氧化还原反应，1mol被还原生成Cr3+得6mol电子，1mol亚铁离子被氧化生成三价铁离子失去1mol电子，根据得失电子守恒可得两者物质的量之比应为1：6；故〖答案〗为：1：6；②废水中，则c(OH-)=，c(H+)=，pH=6，故〖答案〗为：6；21.化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用。（1）高温超导材料钇钡铜氧的化学式为，其中的Cu以罕见的形式存在。按照核外电子排布，把元素周期表划分成5个区，则O在元素周期表中的_______区，基态的核外电子排布式为_______（2）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。A. B. C. D.（3）青蒿素的结构简式如图所示，其组成元素的电负性由大到小的顺序为_______。〖答案〗（1）①.p②.（2）A（3）O>C>H〖解析〗〖小问1详析〗O为8号元素，价电子排布为，属于p区元素；Cu为29号元素，基态的核外电子排布式为，故〖答案〗为：p；；〖小问2详析〗A.为基态Mg+；B.为基态Mg原子；C.为激发态镁原子；D.为激发态Mg+；电离最外层一个电子所需能量最大的是基态Mg+，故〖答案〗为：A；〖小问3详析〗青蒿素中含C、H、O三种元素，电负性由大到小的顺序为O>C>H，故〖答案〗为：O>C>H；PAGEPAGE1江门市2022年普通高中高二调研测试(一)化学本试卷9页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的〖答案〗标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它〖答案〗标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将〖答案〗写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32K39Mn55一、选择题：本题共16小题，第1~10题每小题2分：第11~16题每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关，下列说法正确的是A.氢能是清洁能源，工业上电解水法制大量氢气符合节能减排理念B.无论是风力发电还是火力发电，都是将化学能转化为电能C.采用催化转换技术将汽车尾气中的和CO转化为无毒气体D.加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．用电解水法制大量氢气，消耗大量电能，不符合节能减排理念，故A说法错误；B．风力发电是将风能最终转化为化学能，火力发电是将化学能最终转化为化学能，故B说法错误；C．采用催化转换技术将汽车尾气中的和CO转化为无毒气体，减少空气污染物的排放，符合环境保护理念，故C说法正确；D．加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有锌、锰、铅、汞污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成环境污染，不符合环境保护的理念，故D说法错误；故选：C。2.《证类本草》中记载：“鸡屎矾(碱式碳酸铜)不入药用，惟堪镀作，以合熟铜：投苦酒(醋)中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列关于该描述的说法正确的是A.“不入药用”的主要原因是鸡屎矾不溶于胃酸B.“惟堪镀作，以合熟铜”指的是电镀铜技术C.“苦酒(醋)”指的是醋酸，属于强电解质D.“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变"描述是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁的表面〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．“不入药用”的主要原因是鸡屎矾溶于胃酸，产生重金属离子Cu2＋，能使蛋白质变性，故A错误；B．“惟堪镀作，以合熟铜”指的活泼金属置换出铜，故B错误；C．醋酸是弱酸，属于弱电解质，故C错误；D．“外虽铜色，内质不变”描述的是铁和铜的置换过程，铜覆盖在铁上面，故D正确；故选：D。3.在测定盐酸与NaOH溶液反应的反应热的实验中，下列说法正确的是A.使用环形玻璃搅拌棒是为了使溶液混合均匀，反应充分，减小实验误差B.为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银球应与内筒底部接触C.将量筒中的NaOH溶液分三次倒入量热计的内筒，并盖好杯盖D.在测定该反应热实验中需要使用的仪器有天平、烧杯、环形玻璃搅拌棒、温度计〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．准确测定中和热的关键减少热量损耗，使用环形玻璃搅拌棒是可加快反应速率，减小热量损失、减小实验误差，故A正确；

B．温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部，故B错误；

C．分三次倒入NaOH溶液会有部分热量损耗，测得的中和热数值偏小，故C错误；

D．中和热测定不用天平，而需要烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故D错误；

故选：A。4.冰融化的过程中，其焓变和熵变正确的是A.△H＞0，△S＞0 B.△H＞0，△S＜0C.△H＜0，△S＜0 D.△H＜0，△S＞0〖答案〗A〖解析〗〖详析〗冰融化过程中，物质的状态由固体变为液体，熵值增大，则△S＞0；熔化过程吸收能量，因此焓变△H＞0，故冰融化的过程中，其焓变和熵变均增大，所以合理选项是A。5.下列对有关事实或解释不正确的选项事实解释A用铝粉代替铝片与稀盐酸反应，反应速率加快改用铝粉，固体表面积增大，故反应速率加快B5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快降低了反应的焓变，活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快C锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液，生成氢气的速率加快锌置换出铜，形成原电池，反应速率加快D密闭容器中反应：，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．铝粉与稀盐酸反应比铝片与稀盐酸反应的反应速率快，是因为表面积增大，应速率加快，故A正确；B．5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快是因为二氧化锰催化了双氧水的分解，但不会降低了反应的焓变，故B错误；C．Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池加快化学反应速率，导致生成氢气的速率加快，故C正确；D．密闭容器中反应，充入惰性气体，当温度、压强不变时，容器体积增大，反应物浓度减小，所以反应速率减慢，故D正确；故〖答案〗选B。6.已知反应：。起始以物质的量之比为1：1充入反应物，不同压强条件下，的平衡转化率随温度的变化情况如图所示(M、N点标记为▲)。下列有关说法正确的是A.降低温度，的转化率可达到100%B.N点时的反应速率一定比M点的快C.降低温度，该反应平衡常数K一定减小D.从平衡混合气中分离出和，可提高和的利用率〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．降低温度，H2的转化率会增大，但可逆反应的反应物转化率不会达到100％，A错误；B．N点的温度比M点低，但压强又高于M点，无法判断哪一点的反应速率快，B错误；C．由图象可知，其他条件相同时，温度升高，H2的转化率降低，平衡逆向移动，根据化学平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应分析移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以降低温度，该反应往正向移动，平衡常数K增大，C错误；D．平衡混合气中分离出和，减小生成物浓度，使平衡往正向移动，可提高和的利用率，D正确。〖答案〗选D。7.常温下，在溶液中加入溶液，所得溶液呈A.弱酸性 B.弱碱性 C.中性 D.无法判断〖答案〗A〖解析〗〖详析〗n(HNO3)=0.048L×0.2mol/L=0.0096mol，n(KOH)=0.0012L×0.4mol/L=0.00048mol，硝酸与氢氧化钾反应为：HNO3+KOH=KNO3+H2O，硝酸与氢氧化钾量的关系式为：1:1，则硝酸过量，所得溶液呈弱酸性，故〖答案〗选A。8.60℃，关于的溶液的说法正确的是A. B.C.加水能促进醋酸的电离 D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗〖详析〗A．的溶液中c(H+)=，因为醋酸是弱酸，部分电离出H+，，故A错误；B．的溶液若在常温下，60℃时水的电离程度增大，则溶液中的，故B错误；C．加水稀释，醋酸的电离程度增大，故C正确；D．醋酸溶液中存在电荷守恒关系：，故D错误；〖答案〗选C。9.如图所示，将一根铁棒垂直没入水中，一段时间后发现AB段产生较多铁锈，BC段腐蚀严重。下列关于此现象的说法不正确的是A.铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段B.铁棒AB段附近的pH值降低C.铁棒BC段电极反应：D.该腐蚀过程属于电化学腐蚀〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，形成原电池，BC段作原电池负极，铁被氧化生成亚铁离子，所以BC段腐蚀严重，AB段靠近水面接触氧气，作原电池正极，生成较多铁锈，据此解答即可。〖详析〗A．铁棒AB段与空气界面较近，而深水处溶氧量较少，因此铁棒AB段的溶解氧浓度高于BC段，故A正确；B．AB段靠近水面接触氧气，作原电池正极，电极反应式为，O2+2H2O+4e−=4OH−，pH增大，故B错误；C．BC段作原电池负极，电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+，故C正确；D．该腐蚀过程为铁棒在水溶液中发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D正确；综上所述〖答案〗为B。10.镁-空气电池是一种新型燃料电池，其工作原理如图所示，下列说法正确的是A.金属Mg电极为负极，发生还原反应B.电子流向：Mg电极→导线→空气电极→电解质溶液→Mg电极C.电池总反应：D.回收该电池工作后的产物，经一系列转化，可重新制成镁锭循环利用〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗镁-空气电池中镁为活泼金属，作原电池的负极，发生失电子的氧化反应，正极氧气发生得电子的还原反应，据此结合原电池原理分析解答。〖详析〗A．根据上述分析可知，金属Mg电极为负极，发生氧化反应，A错误；B．电子从原电池的负极经导线流向原电池的正极，上述装置中，电子流向：Mg电极→导线→空气电极，电子不能进入电解质溶液，B错误；C．电池的负极，镁失去电子生成镁离子，正极氧气得电子生成氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，其电极总反应为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，C错误；D．回收后的氢氧化镁加入盐酸生成氯化镁溶液，再经蒸发浓缩、在HCl氛围下冷却得到氯化镁晶体后，再进一步得到无水氯化镁，最后电解熔融氯化镁可重新制成镁片循环利用，D正确；故选D。11.陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA溶液可用作蚀刻铜电路板溶液显酸性B明矾可用于净水明矾投入水中能形成胶体C盐酸的导电能力比氢氟酸的强盐酸的酸性强于氢氯酸D还原性强用于除去废水中的、A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．溶液可用作蚀刻铜电路板，是因为氯化铁具有叫强氧化性能与铜发生反应，与氯化铁溶液显酸性无关，故A错误；B．明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解得到氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能起到净水作用，故B正确；C．溶于导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小，与酸性强弱无关，故C错误；D．硫化钠用于除去废水中的铜离子、汞离子是因为反应生成难溶的CuS、HgS，与硫化钠还原性无关，故D错误；故选：B。12.常温下，向溶液中缓慢通入气体至过量，可发生反应。下列关于该过程的说法错误的是A.pH先增大后减小，最终保持不变B.恰好完全反应时，反应消耗C.的值不变D.溶液中：〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．随着反应的进行，硫化氢逐渐被消耗，反应中生成单质硫和水，当二氧化硫过量，并达到饱和以后，pH不再发生变化，所以pH先增大后减小，最终保持不变，A正确；B．未指明标准状况，无法确定气体体积，B错误；C．==，温度不变，平衡常数不变，其值不变，C正确；D．0.1mol·L-1H2S溶液中依据电荷守恒可知：c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，D正确；故选：B。13.室温下，下列实验操作、实验现象和所得结论均正确的是选项实验操作实验操作实验操作A向溶液中加入过量的溶液产生白色沉淀白色沉淀成分是BZnS和的悬浊液中滴加溶液生成黑色沉淀C室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH测定溶液的pH试纸蓝色更深酸性：D把和的混合气体通入两只连通的烧瓶，然后用弹簧夹夹住乳胶管，把两只烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，一段时间后热水中烧瓶颜色变浅，冷水中烧瓶颜色变深生成反应是吸热反应A.A B.B C.C D.D〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．溶液中加入过量的溶液，两者发生完全双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，不能生成硫化铝，故A错误；B．ZnS和的悬浊液中滴加溶液，硫酸铜可直接与硫化钠反应生成CuS沉淀，不能说明是ZnS转化成了CuS，无法据此确定两者溶度积的大小，故B错误；C．用pH试纸分别测定等物质的量浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH试纸蓝色更深，说明其溶于碱性更强，则可知碳酸氢钠的水解程度大于醋酸钠，根据越弱越水解可知酸性：，故C正确；D．生成的反应是放热反应，实验现象不符合事实，故D错误；故选：C。14.接触法制硫酸的工艺流程中的关键步骤是的催化氧化：，在催化剂表面的反应历程如下：下列说法正确的是A.反应①的活化能比反应②大B.该反应的中间产物是C.反应过程中V的成键数目保持不变D.在实际工业生产中，为提高的产率，选择的反应条件为低温高压〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①小，A正确；B．反应开始时加入V2O5参与反应，最后又出现V2O5，所以V2O5是催化剂不是中间产物，B错误；C．反应过程中V的成键数目从5个共价键变成4个，又变成5个，成键数目有变化，C错误；D．反应放热，降低温度可以使平衡正向移动，提高产率，但是温度太低的话，反应较慢，反应效率低，D错误；故选A。15.据报道，最近有科学家设计了一种在常压下运行的集成基质子陶瓷膜反应器(PCMR)，将PCMR与质子陶瓷燃料电池相结合进行电化学法合成氨的原理如图所示，下列说法不正确的是A.阴极可能发生副反应：B.阳极的电极反应式：C质子通过交换膜由阳极区向阴极区移动D.理论上电路中通过电子时，阴极最多产生〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A.阴极得电子，右边为阴极，阴极主要是氮气得到电子变为氨气，可能发生副反应2H++2e－=H2↑，故A正确；B.根据图中信息分析，CH4化合价升高变为CO2，因此左边为阳极，阳极的电极反应式为CH4+2H2O−8e－=CO2+8H+，故B错误；C.根据电解池“异性相吸”原理，质子(H+)通过交换膜由阳极区向阴极区移动，故C正确；D.阴极发生反应：，理论上电路中通过电子时，阴极最多产生，故D正确；故选：B。16.常温下，某研究小组用数字传感器探究的沉淀溶解平衡。实验测得悬浊液中氯离子浓度变化如图所示，其中a点表示溶于溶液形成的悬浊液。下列说法正确的是A.图中b点可能是滴加溶液 B.图中c点后无黄色沉淀生成C.图中d点 D.由图可知：〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，b点后c(Cl―)降低，则可知c(Ag+)升高，故b点滴加的可能是AgNO3溶液，而不可能是KCl溶液，故A错误；B．c点滴加KI溶液后，Cl―浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中Ag+浓度减小，而部分Ag+转化为AgI沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，故B错误；C．d点时Cl―浓度大于起始时的Cl―浓度，而起始时有a点表示的AgCl溶于KNO3溶液形成的悬浊液中存在沉淀溶解平衡Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)，此时应有c(Ag+)=c(Cl-)，故d点c(Ag+)<c(Cl-)，故C正确；D．由B选项的分析可知，c点后产生了AgI，故应有Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D错误；故选：C。二、非选择题：本题共5小题，共56分。17.草酸是一种二元弱酸，是一种重要的化学试剂。用酸性和反应研究影响反应速率的因素。反应的离子方程式为：。某实验小组欲通过测定单位时间内生成的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液①溶液溶液②溶液溶液（1）该实验探究的是_______对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得的体积大小关系是①_______②(填>、=、<)（2）若实验①在2min收集了(标准状况下)，用表示2min内的反应速率为_______mol/min则在2min末_______(假设混合液体积为50mL)。（3）小组同学发现反应速率总是如图2，其中时间内速率变快的主要原因可能是：_______；以后速率减慢的原因是_______。〖答案〗（1）①.浓度②.<（2）①.1×10-4②.5.2×10-3（3）①.产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂②.浓度减小使速率下降〖解析〗〖祥解〗探究影响反应速率因素时，需要进行变量控制，实验中除了草酸的浓度不同外，其余条件都相同，则探究的是反应物浓度对反应速率的影响。〖小问1详析〗根据表格提供的数据可知：该实验探究的是浓度对化学反应速率的影响的知识；在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，在相同的时间内反应产生的气体多，所以相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是①＜②；故〖答案〗为：浓度；<；〖小问2详析〗若实验①在2min末收集了4.48mLCO2(标准状况下)，n(CO2)=

=2×10-4mol,用表示2min内的反应速率为1×10-4mol/min；根据反应方程式2MnO＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知反应消耗MnO的物质的量是n(MnO)=4×10-5mol,则在2min末，c(MnO)＝=5.2×10-3mol/L；故〖答案〗为：1×10-4；5.2×10-3；〖小问3详析〗根据图像可知在反应初期，随着反应的进行，化学反应速率逐渐加快，当时间达到t2时滴定最大值，后来随着反应的进行，化学反应速率逐渐减小。其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物Mn2＋是反应的催化剂；②该反应是放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，化学反应速率加快；以后反应物的浓度较少太多，温度升高不再明显，浓度减小使速率下降，故〖答案〗为：产物Mn2＋是反应的催化剂或反应是放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，化学反应速率加快；浓度减小使速率下降；18.现在和将来的社会，对能源和材料的需求是越来越大，我们学习化学就为了认识物质，创造物质，开发新能源，发展人类的新未来。请回答以下问题：（1）理想的新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，下列属于理想的新能源的是_______。①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥地热能⑦风能⑧氢能A.①②③④ B.⑤⑥⑦⑧ C.③⑤⑥⑦⑧ D.③④⑤⑥⑦⑧（2）已知：CO的燃烧热为，则表示CO燃烧热的热化学方程式为：_______。（3）已知反应，在298K时断开(形成)1mol化学键要吸收(放出)的能量数据为：化学键H—HO—HC—HCO436x4131076则根据反应热的计算，x=_______（4）CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应。用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：

①过程Ⅰ为过程_______(填“吸热”或“放热”)。过程Ⅱ生成的化学键有_______(填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)。②已知过程Ⅰ的焓变为，过程Ⅱ的焓变为，则该反应的热化学方程式为_______。〖答案〗（1）B（2）（3）465（4）①.吸热②.极性键和非极性键③.〖解析〗〖小问1详析〗新能源应具有资源丰富、可以再生、对环境无污染等特点，结合该特点可知⑤太阳能⑥地热能⑦风能⑧氢能符合新能源的要求，故〖答案〗为：B；〖小问2详析〗CO的燃烧热为，则表示CO燃烧热的热化学方程式：，故〖答案〗为：；〖小问3详析〗根据焓变等于反应物的键能和减生成物的键能和得：，解得：x=465，故〖答案〗为：465；〖小问4详析〗①过程Ⅰ为断键过程，断键吸热，则过程I为吸热过程；过程Ⅱ中形成碳氧键(极性键)和氮氮键(非极性键)，故〖答案〗为：吸热；极性键和非极性键；②过程I为过程，过程Ⅱ形成化学键为放热过程，则过程I的的反应热，过程Ⅱ的反应热，，总反应的反应热：，总反应的热化学方程式为：，故〖答案〗为：；19.硫化氢是一种重要的化工原料，国内外对硫化氢的需求在不断的加大。从环保角度来看，将硫化氢热分解既能减少环境污染，又可回收到硫和两种重要资源。（1）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生下列反应：容器编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol容器Ⅰ3000.30.10.02容器Ⅱ3000.60.2容器Ⅲ2400.30.10.01①达到平衡时_______(填“>”、“<”或“=”)②在240℃的温度下，容器Ⅲ中的反应达到平衡，计算_______。（2）一定温度，在密闭容器中进行反应：①下列说法不正确的是_______。a.若体系恒容，通入，则正反应速率增大，逆反应速率减小b.正反应的活化能大于逆反应的活化能c.增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低d.若体系恒容，注入一些