北京市东城区2022-2023学年高二上学期期末统一检测 化学试卷

北京市东城区2022-2023学年高二上学期期末统一检测化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列属于弱电解质的是A．CO B．HClO C．NaOH D．Cu2．以下能级符号正确的是A．4s B．3f C．2d D．1p3．下列实验操作时，选用的仪器错误的是选项ABCD操作浓缩NaCl溶液配制500mL一定物质的量浓度的NaCl溶液量取25.向上排空气法收集C仪器A．A B．B C．C D．D4．M与N在密闭容器中反应生成P，其反应速率分别用v(M)、v(N)、v(P)表示。已知v(M)、v(N)、v(P)之间有以下关系：2v(M)=3v(N)、v(N)=v(P)，则此反应可表示为A．2M+3N=P B．2M+3N=3P C．3M+2N=2P D．3M+2N=P5．下列解释事实的化学方程式错误的是A．电解饱和NaCl溶液制Cl2B．向CuCl2溶液中滴加NC．用Na2COD．25℃，0.1mol⋅6．下列图示或化学用语表示正确的是A．NaCl的电子式B．基态18ArC．F−D．pxA．A B．B C．C D．D7．下列事实不能从平衡移动的角度解释的是A．打开可乐有气泡产生B．加热可以增强NaC．不能混合使用草木灰(主要含K2D．采取较高的温度进行工业合成氨生产(N2+3H8．不同温度下，水的离子积常数如下所示。T/℃0102025405090100Kw/10-140.10.30.71.02.95.337.154.5下列说法错误的是A．水的电离为吸热过程B．25℃，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/LC．90℃，0.1mol/LNaCl溶液的pH＜7，呈中性D．pH=5的稀盐酸溶液中c(OH-)一定为10-9mol/L9．用如下装置进行铁的电化学腐蚀实验。下列说法正确的是一段时间后，左侧试管发热，导管口有气泡产生。A．铁发生的电极反应：Fe−3B．铁腐蚀过程中，化学能转化为热能C．炭粉的存在对铁腐蚀的速率无影响D．导管口产生气泡证明铁发生了析氢腐蚀10．常温下，浓度均为0.1mol⋅LA．NaX溶液中：c(NB．电离常数：KC．X−结合H+的能力大于Y−D．HX与NaY能发生反应：HX+11．已知反应：①CH4②CH4相关化学键的键能数据如下：化学键C-HC-FH-FF-F键能/(kJ/mol)abcd下列说法正确的是A．①中反应物的总能量小于生成物的总能量B．ΔC．ΔD．CH212．电解Na2S下列说法错误的是A．Ⅰ区溶液pH下降B．离子交换膜a为阳离子交换膜C．Ⅲ区发生电极反应：2D．理论上，每生成1molNaOH，同时有0.13．在容积不变的容器中充入CO和NO发生如下反应：2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+已知：ⅰ.起始投料比n(CO)：n(NO)均为2∶3；ⅱ.比表面积：单位质量的物质具有的总面积。下列说法错误的是A．Ⅰ、Ⅱ反应温度相同，催化剂的比表面积不同B．Ⅱ中NO的平衡转化率为75％C．在Ⅲ的条件下，该反应的平衡常数K=62D．0~t114．某小组同学设计如下实验能证实2Fe实验装置实验序号实验操作和现象注：a、b均为石墨电极①ⅰ.闭合K，指针向右偏转ⅱ.待指针归零，向U形管左管中加入1mol⋅L②ⅰ.闭合K，指针向右偏转ⅱ.待指针归零，向U形管左管中滴加0.下列说法错误的是A．未酸化的Fe2(SB．电流表指针归零，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态C．①中加入KI溶液后，上述平衡向正反应方向移动，电流表指针向左偏转D．②中加入AgNO3溶液后，导致还原性：二、综合题15．锂(Li)元素常用于电池制造业。（1）Ⅰ.对锂原子结构及其性质的研究基态Li原子的核外电子排布式为，其处于元素周期表中的(填“s”、“d”、“ds”或“p”)区。（2）基态Li原子的电子发生跃迁形成激发态Li原子时，(填“吸收”或“释放”)能量。（3）下图为元素(部分)的第一电离能(I1)与原子序数的关系。从原子结构的角度解释I1(Li)>I（4）Ⅱ.对锂离子电池的研究钴酸锂(LiCoO2)电池和磷酸铁锂(LiFePO4)电池是两种常见的新能源汽车电池。Co3+的电子排布式为[Ar]3d6，与(填“Fe”、“（5）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是。（6）某磷酸铁锂电池工作原理如下图所示。下列说法正确的是____(填字母序号)。A．放电时，负极反应为LB．充电时，LiC．充电时，磷酸铁锂电极发生氧化反应16．常温下，某小组同学用如下装置探究Mg(OH)实验装置实验序号传感器种类实验操作①电导率传感器向蒸馏水中加入足量Mg(OH)②pH传感器向滴有酚酞的蒸馏水中加入Mg(OH)（1）Ⅰ.实验①测得电导率随时间变化的曲线如图1所示。已知：ⅰ.在稀溶液中，离子浓度越大，电导率越大。a点电导率不等于0的原因是水能发生。（2）由图1可知，在Mg(OH)2悬浊液中加入少量水的时刻为（3）分析电导率在de段逐渐上升的原因：d时刻，Q[Mg(OH)2](填“>”、“＜”或“=”)K（4）Ⅱ.实验②测得pH随时间变化的曲线如图2所示。已知：ⅱ.25℃，Kⅲ.酚酞的变色范围：pH＜8.28.2～10>10颜色无色淡粉色红色依据图2可判断：A点加入的Mg(OH)2的物质的量大于C点加入的硫酸的物质的量，判据是（5）0～300s时，实验②中溶液先变红，后。（6）Mg(OH)2常被用于水质改良剂，能够使水体pH约为9，进而抑制细菌的生长。25℃时水体中c(Mg2+17．25℃时，某小组同学分别用如下方法测定CH3COOH（1）CH3COOH（2）【方法一】实验步骤：ⅰ.取amL稀CHⅱ.用c1mol⋅Lⅲ.另取一份该稀CHⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为。（3）该稀CH3COOH溶液的浓度c=（4）数据处理：醋酸的电离平衡常数Ka误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀CH3COOH溶液进行了润洗，会使测得的（5）【方法二】实验原理：由CH3COOH的电离平衡常数表达式可知，当c(C实验步骤：①取25mL某CH②继续向①中加入25mL该CH③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。步骤②的目的是。（6）Ka=（7）迁移应用：已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是____(填字母序号)。A．H3PB．NaHC．向H3PO318．利用含锶(Sr)废渣制备Sr(OH)已知：ⅰ.含锶废渣中Sr主要以SrCO3和ⅱ.25℃，Ksp(SrS（1）转化①转化前，含锶废渣需要粉碎研磨的目的是。②已知NH4HC③转化过程中，向NH4HCO3溶液中加入氨水，提高溶液pH，目的是提高（2）溶出溶出过程发生反应的离子方程式是。（3）纯化溶出液中除了含有Sr2+外，还含有Ca2+和少量的Al3+、已知：ⅲ.25℃，Fe3+和Al氢氧化物开始沉淀pH完全沉淀pH沉淀开始溶解pHFe2.34.1—Al4.05.27.8ⅳ.Sr(OH)2和温度/℃溶解度/g氢氧化物2040608090Sr1.773.958.4220.244.5Ca0.1730.1410.1210.0940.086①为了除去溶出液中的Al3+和Fe3+，应调节pH范围为②向滤液1中加入NaOH调pH至14和升温至90℃均有利于Ca(OH)2析出的原因是③90℃时，Ksp[Sr(OH)2④操作X是。19．通过化学的方法实现CO2的资源化利用是一种非常理想的（1）Ⅰ.利用CO一定温度下，在恒容密闭容器中进行如下反应：C该反应的平衡常数表达式K=。（2）下列事实能说明上述反应达到化学平衡状态的是____(填字母序号)。A．体系内n(CO)：n(B．体系压强不再发生变化C．体系内各物质浓度不再发生变化D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化（3）Ⅱ.利用CO2制备甲醇(CH一定条件下，向恒容密闭容器中通入一定量的CO2和主反应：CO2副反应：CO2已知：CH3OH一段时间后，测得体系中n(CO2)：n(CH3（4）探究温度对反应速率的影响(其他条件相同)实验测得不同温度下，单位时间内的CO2转化率和由图1可知，随着温度的升高，CO2转化率升高，CH（5）探究温度和压强对平衡的影响(其他条件相同)不同压强下，平衡时CO①压强p1(填“＞”或“＜”)p②图2中温度高于T1时。两条曲线重叠的原因是③下列条件中，CH3OHA.220℃5MPaB.220℃1MPaC.300℃1MPa

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．CO溶于水不导电，为非电解质，A不符合题意；B．HClO是溶于水能导电的化合物，HClO属于弱电解质，B符合题意；C．NaOH是溶于水和熔融状态下都能导电的化合物，NaOH属于强电解质，C不符合题意；D．Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离；强电解质一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水；2．【答案】A【解析】【解答】根据第一电子层上只有1s，第二电子层只有2s、2p，第三电子层只有3s、3p、3d，第四电子层只有4s、4p、4d、4f；故答案为：A。

【分析】根据电子层数等于能级数目判断。3．【答案】C【解析】【解答】A．浓缩NaCl溶液，需要采取蒸发的操作，故选用蒸发皿，A不符合题意；B．配制500mL一定物质的量浓度的NaCl溶液，选取500mL的容量瓶定容，B不符合题意；C．NaOH溶液为碱性，应该选取碱式滴定管，该装置为酸式滴定管，C符合题意；D．Cl2的密度大于空气，故采用向上排空气法收集故答案为：C。

【分析】A．蒸发皿用于蒸发；B．选取500mL的容量瓶定容；C．依据药品性质选择滴定管，碱性溶液选择碱式滴定管，酸性、强氧化性试剂选择酸式滴定管；D．密度大于空气的气体可用向上排空气法收集。4．【答案】C【解析】【解答】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，2v(M)=3v(N)、v(N)=v(P)，则v(N)：v(M)：v(P)=2：3：2，所以该反应可以表示为3M+2N=2P，故答案为：C。

【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比。5．【答案】A【解析】【解答】A．电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气、Cl2：B．向CuCl2溶液中滴加NaC．用Na2CO3D.25℃，0.1mol⋅L−1氨水的pH约为11，因为故答案为：A。

【分析】A项中电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气；其它选项均合理。6．【答案】B【解析】【解答】A．NaCl为离子化合物，其电子式为，A不符合题意；B．基态18Ar原子的价层电数为8，价层电子轨道表示式，，B符合题意；C．F−的离子结构示意图，C不符合题意；D．px故答案为：B。

【分析】A．NaCl为离子化合物；B．根据洪特规则；C．F−D．s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形。7．【答案】C【解析】【解答】A．H2CO3⇌H2O+CO2↑，打开可乐相当于减小压强，平衡正向移动，二氧化碳溶解度降低，A不符合题意；B．碳酸根水解出氢氧根，油污在碱性环境下水解，加热促进碳酸根水解，故加热可以增强去污效果，B不符合题意；C．K2D．由于ΔH<0为放热反应，高温虽然可增大反应速率，但不利于平衡正向移动，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个因素，平衡将向减弱这种改变的方向移动分析。其中C项中K28．【答案】D【解析】【解答】A．根据温度与水的离子积常数Kw关系可知：升高温度，促进水的电离，水电离程度增大，说明水的电离为吸热过程，A不符合题意；B.25℃，Kw=10-14，此时纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，B不符合题意；C.90℃，升高温度，水的离子积常数增大，溶液中c(H+)增大，0.1mol/LNaCl溶液的pH＜7，但溶液中c(H+)=c(OH-)，因此溶液呈中性，C不符合题意；D．pH=5的稀盐酸溶液中，c(H+)=10-5mol/L，若温度是室温下，溶液中c(OH-)=10-9mol/L；若温度不是室温，则溶液中c(OH-)可能大于10-9mol/L，也可能小于10-9mol/L，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据温度与水的离子积常数Kw关系；B.25℃，纯水呈中性且Kw=10-14；C.90℃，升高温度，水的离子积常数增大；D．温度可能不是室温，无法判断。9．【答案】B【解析】【解答】A．铁、碳粉、氯化钠溶液形成原电池，Fe作负极失电子，铁发生的电极反应：Fe−2eB．该过程化学能转化为电能，同时有热量产生，部分化学能转化为热能，B符合题意；C．碳作正极，Fe、C和氯化钠溶液形成原电池，加速铁的腐蚀速度，C不符合题意；D．氯化钠溶液为电解质，此过程发生吸氧腐蚀，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．原电池中一般活泼金属作负极，不活泼金属或碳棒用正极；负极失电子发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应；B．原电池将化学能转化为电能，同时有热量产生；C．原电池反应比化学反应快；D．中性或弱酸性条件下，金属发生吸氧腐蚀，酸性环境下，金属发生析氢腐蚀。10．【答案】C【解析】【解答】A.浓度均为0.1mol⋅L−1的NaXpH为9，则说明NaX为强碱弱酸盐，即XB.浓度均为0.1mol⋅L−1的NaX和NaY盐溶液的pH分别为9和11，说明X-的水解程度小于YC.由B项分析可知，酸性HX＞HY，故X−结合H+的能力小于Y−D.由B项分析可知，酸性HX＞HY，根据强酸制弱酸的规律可知，HX与NaY能发生反应：HX+Y故答案为：C。

【分析】A.依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；BC.根据越弱越水解的水解规律；D.根据强酸制弱酸的规律。11．【答案】D【解析】【解答】A．①是放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，A不符合题意；B．反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值，因此ΔHC．反应①②中生成物不同，ΔHD．依据盖斯定律②－①即得到CH2F故答案为：D。

【分析】A．放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；B．反应热等于断键吸收的总能量和形成化学键所放出的总能量的差值；C．反应中生成物不同，无法判断；D．依据盖斯定律计算。12．【答案】B【解析】【解答】A．据分析可知，左侧电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子浓度增加Ⅰ区溶液pH下降，A不符合题意；B．根据分析可知，离子交换膜a为阴离子交换膜，B符合题意；C．根据分析可知，Ⅲ区发生电极反应：2HD．根据2H2O-4e-=O2↑+4H+，2H2O+2e−=H2↑+2O故答案为：B。

【分析】A．电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应B．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；D．根据得失电子守恒。13．【答案】B【解析】【解答】A．Ⅰ、Ⅱ两个过程达到反应平衡时间不同，反应温度相同，催化剂的比表面积不同，催化剂比表面积越大，催化效率越高，A不符合题意；B．Ⅱ中△c(CO)=4×10-3mol/L-1×10-3mol/L=3×10-3mol/L，起始投料比n(CO)：n(NO)均为2∶3，△c(NO)=6×10-3mol/L-3×10-3mol/L=3×10-3mol/L，NO的平衡转化率为3×10-3mol/L÷6×10-3mol/L×100%=50％，B符合题意；C．在Ⅲ的条件下，2CO(g)+2NO(g)⇌D．0~t1min故答案为：B。

【分析】A．催化剂比表面积越大，催化效率越高；B．化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；D．利用υ=Δc/Δt计算。14．【答案】C【解析】【解答】A．Fe3++3B．电流表指针归零，无电子转移，无电流，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态，B不符合题意；C．①中加入KI溶液后，碘离子浓度增加，上述平衡向正反应方向移动，此时a发生氧化反应，a为负极，b为正极，电流表指针向右偏转，C符合题意；D．②中加入AgNO3溶液后，生成碘化银沉淀，降低了碘离子浓度，亚铁离子浓度增加，导致还原性：故答案为：C。

【分析】A．依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；B．电流表指针归零，无电子转移，无电流；CD．根据影响化学平衡移动的因素分析。15．【答案】（1）1s22s1；s（2）吸收（3）两者最外层电子数相同，Li的核外电子层数为2，钠的核外电子层数为3，则Li失去最外层电子需要吸收更多能量（4）F（5）O＞P＞Li（6）B；C【解析】【解答】（1）Li为第3号元素，基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，最外层电子处于s能级，其处于元素周期表中的s区；（2）基态是能量最低的状态，基态Li原子的电子发生跃迁形成激发态Li原子时，需要吸收能量；（3）Li原子的核外电子排布式为1s22s1，Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，两者最外层电子数相同，Li的核外电子层数为2，钠的核外电子层数为3，则Li失去最外层电子需要吸收更多能量，故I1（4）Co3+的电子排布式为[Ar]3d6，其核外电子数为24，Fe为第26号元素，失去两个电子后和Co（5）非金属性越强，电负性越强，Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li；（6）A．放电时，石墨为负极，失电子，负极反应为LiCB．充电时，磷酸锂铁电极失去电子，为阳极，阳离子向阴极移动，LiC．充电时，磷酸锂铁电极失去电子，为阳极，发生氧化反应，C正确；故答案为：BC。

【分析】（1）依据原子构造原理分析；（2）基态是能量最低的状态；（3）两者最外层电子数相同，钠的核外电子层数比锂多，易失电子；（4）依据原子构造原理分析；（5）非金属性越强，电负性越强；（6）A．反应中元素化合价升高，做负极，元素化合价降低，为正极；负极失电子发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应；B．充电时，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；C．充电时，与电源正极相连的电极是阳极，阳极失电子，发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上得电子，发生还原反应。16．【答案】（1）电离（2）c（3）<；平衡向着沉淀溶解的方向移动（4）DE段pH大于7，溶液显碱性，氢氧化镁过量（5）变为淡粉色（6）5【解析】【解答】（1）H2O是弱电解质，能发生微弱的电离，电离方程式为H2O⇌H++OH-，因此a点电导率不等于0；（2）cd段，再加入少量蒸馏水，相当于稀释，Mg2+和OH-浓度减小，电导率减小，则在Mg(OH)（3）cd段再加入少量蒸馏水，Mg2+和OH-浓度减小，使得d时刻Q[Mg(OH)2]<K（4）由图像可知，最后的pH大于7，溶液显碱性，氢氧化镁过量，所以A点时加入的n[Mg(OH)2]大于C点时加入的n(H2SO4)；（5）由图像可知，AB段pH不断增大，氢氧化镁不断溶解，BC段pH不变，存在平衡Mg(OH)2(（6）25℃时，水体pH约为9，则c(OH-)=1.0×10−5

【分析】（1）H2O是弱电解质，能发生微弱的电离；（2）相当于稀释；（3）依据沉淀溶解平衡分析；（4）根据图像可知，最后的溶液显碱性；（5）依据最终溶液的pH值范围分析；（6）依据pH和Ksp计算。17．【答案】（1）CH3COOH⇌CH3COO（2）锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色（3）c（4）偏小（5）使c(CH（6）1（7）A；C【解析】【解答】（1）CH3COOH为弱酸，电离方程式为CH3COOH⇌CH（2）滴定终点，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；（3）该稀CH3COOH（4）若ⅰ中锥形瓶提前用该稀CH3COOH溶液进行了润洗则锥形瓶内溶质增多，故V1偏大，导致c偏大，但是x值不变，醋酸的电离平衡常数K（5）步骤②的目的是使c(CH（6）pH为y，Ka（7）A.c(H3PO3B．NaH2PO3中，H2PO3−同时存在电离和水解，当c(HPO32−C．向H3PO3溶液中逐滴加入NaOH溶液至pH=6.故答案为：AC。

【分析】（1）CH（2）依据指示剂的颜色变化判断；（3）依据中和反应的实质分析；（4）依据醋酸的电离平衡常数Ka（5）便于利用醋酸的电离平衡常数；（6）依据题目中信息和数据分析；（7）依据图像和平衡常数的公式分析。18．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；碳酸氢根的水解程度大于铵根离子的水解程度，使氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液显弱碱性；C（2）SrC（3）5.2；7.8；温度越高，氢氧化钙的溶解度越小，同时，pH越大，氢氧根离子浓度越大，越有利于氢氧根与钙离子结合；＜；蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】【解答】（1）含锶废渣需要粉碎研磨的目的：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；碳酸氢根的水解程度大于铵根离子的水解程度，使氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液显弱碱性；向NH