天津市河西区2022-2023学年高二化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

天津市河西区2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Fe56Cu64本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)、第Ⅱ卷(非选择题)两部分。第Ⅰ卷为第1页至第4页，第Ⅱ卷为第5页至第8页。试卷满分100分。考试时间60分钟。第Ⅰ卷(选择题共36分)本卷包括12小题，每小题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.下列叙述正确的是A.漂白液敞口久置不影响漂白效果B.医用药品密封保存在低温干燥的环境C.铁器表面疏松的铁锈可防止里层铁的锈蚀D.铝制品表面致密的氧化膜无法保护里层的铝【答案】B【解析】【详解】A．漂白液的有效成分是NaClO，敞口久置会与空气中的CO2发生反应生成NaHCO3和HClO，HClO见光或受热易分解为HCl和O2，使漂白液的有效成分损失，降低漂白效果，A错误；B．为了防止失效，医用药品应密封保存在低温干燥的环境，B正确；C．铁器表面疏松的铁锈不能阻止O2、H2O与里层Fe的反应，因此不能防止里层Fe的锈蚀，C错误；D．铝制品表面致密的氧化膜可以阻止里层的铝与O2接触，可以保护里层的铝，D错误；故选B。2.下列说法正确的是A.冰变为水是熵增的过程B.水蒸气冷凝需从环境吸热C.能自发进行的反应都是放热反应D.能自发进行的反应都是熵增的过程【答案】A【解析】【详解】A．同种物质熵值：液体>固体，则冰变为水是熵增的过程，故A正确； B．水蒸气的能量比液态水高，因此水蒸气冷凝为液态水是放热过程，故B错误；C．能自发进行的反应中，，不一定是放热反应，故C错误；D．能自发进行的反应一定是，不一定是熵增的过程，故D错误；答案选A。3.在一定温度下的容积不变的密闭容器中发生反应：，下列能说明反应达到平衡的是A.B.各物质的浓度相等C.气体的压强不再改变D.气体的密度不再改变【答案】C【解析】【分析】化学平衡状态是指可逆反应进行到一定程度时，正、逆反应速率相等，反应物和生成物浓度不再发生变化时的状态，据此分析判断。【详解】A．，没有标明所代表的是正或逆反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能判断平衡状态，故A错误；B．当体系达平衡状态时，各组分浓度可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C．两边气体的计量数不相等，混和气体的压强发生变化，当气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；D．该反应中气体总质量、容器容积始终不变，则混和气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故D错误；答案选C。4.在457.6℃时，反应的平衡常数的值为48.5，下列说法正确的是A.反应的B.升高温度，反应的C.使用催化剂，反应的D.此温度下，逆反应的【答案】A【解析】 【详解】A．由方程式可知，该反应的K，故A正确；B．反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值减小，，故B错误；C．催化剂不改变平衡状态，K值不变，故C错误；D．此温度下，逆反应的=，故D错误；故选A。5.用与适量反应，生成，放出78.5kJ的热量，该反应的热化学方程式表达正确的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．没有标出反应物和生成物的聚集状态，A错误；B．该反应为放热反应，ΔH＜0，B错误；C．反应热与反应物、生成物的物质的量成正比，2molCu(s)参加反应，ΔH=－(78.5×4)kJ/mol=－314.0kJ/mol，C错误；D．反应物、生成物的状态都已标出，2molCu(s)参加反应，ΔH=－(78.5×4)kJ/mol=－314.0kJ/mol，D正确；故选D。【点睛】书写热化学方程式要注意：物质的聚集状态必须标出；“加热”“点燃”等反应条件不写；ΔH与反应物、生成物的物质的量成正比，“+”“－”要标对，单位为“kJ/mol”或“kJ·mol-1”。6.在相同条件下，将与充分反应分别生成、。下列说法正确的是A.生成时放出的热量较多B.生成时放出的热量较多 C.两个反应放出的热量一样多D.无法比较二者放出的热量【答案】B【解析】【分析】液态水比气态水能量低，由水蒸气变为液态水还会放出热量。【详解】A．由分析可知，液态水比气态水能量低，生成时放出的热量较少，故A错误；B．根据A项分析，生成时放出的热量较多，故B正确；C．液态水和气态水具有的能量不同，则两个反应放出的热量不同，故C错误；D．可以根据液态水和水蒸气所具有的能量大小，比较二者放出的热量的多少，故D错误；答案选B。7.依据如下反应可知某纯物质的燃烧热的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．碳的燃烧热是1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量，该反应生成的氧化物是一氧化碳不是稳定氧化物，故A错误；B．甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，该反应符合要求，故B正确；C．氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，该反应生成的氧化物是气态水不是稳定氧化物，故C错误；D．硫化氢的燃烧热是1mol硫化氢完全燃烧生成二氧化硫和液态水放出的热量，该反应生成物是硫和液态水，故D错误；故选B。8.分析如下操作对平衡影响的实验，说法正确的是 步骤1：活塞从Ⅰ处→拉至Ⅱ处步骤2：活塞从Ⅱ处→推向Ⅰ处A.步骤1混合气颜色变浅，再无明显变化B.步骤1减小压强，此反应平衡不移动C.步骤2混合气颜色先变深后变浅，变浅的原因是消耗更多D.步骤2因温度不变，但，故平衡发生逆向移动【答案】C【解析】【分析】是气体体积减小的反应，步骤1：活塞从Ⅰ处→拉至Ⅱ处，体积增大，NO2的浓度减小，颜色变浅，同时体系压强减小，平衡逆向移动，混合气体的颜色又逐渐加深；步骤2：活塞从Ⅱ处→推向Ⅰ处，体积减小，NO2的浓度增大，颜色加深，同时体系压强增大，平衡正向移动，混合气体的颜色又逐渐变浅，以此解答。【详解】A．由分析可知，该反应的正反应是气体体积减小的反应，活塞从Ⅰ处→拉至Ⅱ处使体积变大，NO2的颜色变浅，同时体系压强减小，平衡逆向移动，混合气体的颜色又逐渐加深，故A错误；B．该反应的正反应是气体体积减小的反应，活塞从Ⅰ处→拉至Ⅱ处使体积变大，压强减小，平衡逆向移动，故B错误；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，活塞从Ⅱ处→推向Ⅰ处使体积减小，NO2的浓度增大，颜色变深，同时压强增大，平衡正向移动，消耗更多，颜色又变浅，故C正确；D．该反应的正反应是气体体积减小的反应，活塞从Ⅱ处→推向Ⅰ处使体积减小，压强增大，平衡正向移动，故D错误；故选C。9.分析如下操作对平衡影响的实验，说法不正确的是 A.试管a中溶液颜色是对照实验参考B.试管b中溶液红色变浅，说明减小，平衡向逆向移动C.试管c中溶液红色变深，说明增加，平衡向正向移动D.试管b中增大，平衡向正向移动【答案】D【解析】【分析】实验探究影响平衡的因素，b中加入铁粉能够和Fe3+反应生成Fe2+，使减小，平衡逆向移动，c中滴加KSCN溶液，使增大，平衡正向移动，溶液颜色发生改变，a中不加试剂，可作为溶液颜色的对照实验参考。【详解】A．根据分析，试管a中没有加入其它试剂，其溶液颜色是对照实验参考，故A正确；B．试管b中加入铁粉能够和Fe3+反应生成Fe2+，使减小，平衡逆向移动，使溶液红色变浅，故B正确；C．试管c中滴加KSCN溶液，使增大，平衡正向移动，溶液红色变深，故C正确；D．由分析可知，试管b中减小，平衡向逆向移动，故D错误；答案选D。10.分析如下操作对平衡影响的实验，说法不正确的是 A.试管a中溶液橙色变浅至黄色，说明平衡向正向移动B.试管b中溶液橙色变深，说明增大平衡向逆向移动C.该实验反应属于非氧化还原反应D.元素Cr属于主族元素【答案】D【解析】【详解】A．试管a中加入NaOH溶液，试管中溶液橙色变浅至黄色，可知橙色的更多地转化为黄色的，说明平衡正向移动，A正确；B．试管b中加入H2SO4溶液，试管中溶液橙色变深，可知黄色的更多地转化为橙色的，可以说明增大平衡逆向移动，B正确；C．该反应中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，C正确；D．元素Cr属于副族元素，D错误；故选D。11.分析如下操作对平衡影响的实验：分别向试管a、b中加入溶液，①先微热试管b；②再将其置于冷水中。下列说法不正确的是A.试管a溶液中铜元素仅存在B.步骤①溶液变为黄绿色，说明升高温度，平衡向吸热方向移动C.步骤②溶液变为蓝绿色，说明降低温度，平衡向放热方向移动D.温度升高，可使该反应的平衡常数增大【答案】A【解析】 【详解】A．由题意可知，试管a为氯化铜溶液，溶液中铜元素以四水合铜离子和四氯合铜离子的形式存在，故A错误；B．由方程式可知，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，所以步骤①溶液变为黄绿色，故B正确；C．由方程式可知，该反应为吸热反应，降低温度，平衡向放热方向移动，步骤②溶液变为蓝绿色，故C正确；D．由方程式可知，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，反应的平衡常数增大，故D正确；故选A。12.已知分解放出热量98kJ，在含少量的溶液中，的分解分两步：i.慢反应ii.快反应下列有关反应的说法正确的是A.B.反应i比反应ii的活化能小C.分解速率与的浓度无关D.【答案】D【解析】【详解】A．因为反应是在含少量的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，同一反应中，速率比等于方程式中的系数比，因此用H2O2和O2表示的反应速率是不同的，故A错误；B．在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，反应i为慢反应，反应ii为快反应，则反应ii比反应i的活化能小，故B错误；C．依据分解机理，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的i，是反应i的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，故C错误；D．分解生成1molH2O和0.5molO2，放出热量98kJ，则该反应热化学方程式为 ，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题共64分)本卷包括4小题，共64分13.某小组学生用如图所示简易量热计进行中和反应反应热的测定。近似处理实验所用酸、碱溶液的密度为、比热容为，忽略量热计的比热容。【药品】：盐酸、溶液、溶液。【实验数据】学生甲进行的三次实验数据如下表所示：实验次数反应前体系的温度/℃反应后体系温度/℃温度差平均值/℃盐酸溶液平均值124.925.128.4225.125.026.3325.025.028.4（1）从实验装置上看，还缺少的仪器名称是_______。 （2）学生甲实测数据处理①_______℃②放出的热量_______kJ(保留一位数)。③比该反应理论上放热为QkJ略微偏小，其原因可能是_______(写一条)（3）学生乙选用KOH溶液，其他均与学生甲同，且操作规范，预测实验放出热量的数值_______Q(填“<”或“=”或“>”)。（4）综合上述实验，以理论上生成时，强酸与强碱的稀溶液中和反应的反应热的热化学方程式为(用含Q的代数式表示)_______。【答案】（1）温度计（2）①.3.4②.1.4③.实验装置保温、隔热效果差或量取溶液的体积时俯视读数(合理即可)（3）=（4）【解析】【分析】用一定物质的量的盐酸和NaOH反应，通过测定反应放出的热量计算中和反应的反应热。【小问1详解】该实验中，需要测出反应前盐酸和NaOH溶液的温度，还要测出混合液最高温度，所以还缺少的仪器名称是温度计，故答案为：温度计；【小问2详解】①三次数据中反应前后温度差分别为3.4℃、1.2℃、3.4℃，第2次数据属于异常数据，舍去不用，则取1、3两次数据的平均值3.4℃，故答案为：3.4；②盐酸的质量=50g，溶液的质量=50g，反应后生成的溶液比热容为，则反应放出的热量=(50+50)g3.4℃=1428J=1.4kJ，故答案为：1.4；③由热量的计算公式可知，影响放出热量大小的因素有酸和碱的质量及温度差，这两个因素又与实验操作有关，所以比该反应理论上放热为QkJ略微偏小的原因可能是实验装置保温、隔热效果差或量取溶液的体积时俯视读数，故答案为：实验装置保温、隔热效果差或量取溶液的体积时俯视读数(合理即可)； 【小问3详解】KOH和NaOH均为强碱，且均过量，强酸与强碱的稀溶液中和反应生成等物质的量的水，所以实验放出热量的数值=Q，故答案为：=；【小问4详解】盐酸和溶液反应，NaOH溶液过量，盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.5mol/L0.05L=0.025mol，生成1mol水放出的热量为=40QkJ，因此以理论上生成时，强酸与强碱的稀溶液中和反应的反应热的热化学方程式为，故答案为：。14.某小组学生设计了如下定性探究影响化学反应速率因素的实验。依据可选试剂：溶液、溶液、蒸馏水、溶液、溶液、溶液请按要求回答下列问题。（1）小组确定实验探究的反应原理及其对应的预期现象(填充空白)实验化学方程式预期观察的现象原理i_______产生气泡快慢原理ii_______（2）学生甲选择原理i，探究催化剂对该反应速率的因素，必选试剂除溶液外，还应选_______。（3）学生乙设计下图所示对比实验，探究硫酸浓度对反应ii速率的影响 试剂X及其用量：_______（4）学生丙设计对比实验，探究影响反应ii速率的因素，数据如下表所示：实验编号溶液溶液蒸馏水浓度/(mol/L)体积/mL浓度(mol/L)体积/mL体积/mL温度/℃Ⅰ0.110.51V30Ⅱ0.120.517aⅢ0.120.51740①对比实验Ⅰ、Ⅱ，为探究_______对该反应速率的影响。②a=_______℃③V=_______mL，加入VmL水的目的是_______。④对比上述实验数据，推测反应速率最快的是_______(填实验编号)。【答案】（1）①.②.溶液变浑浊快慢（2）溶液（3）(合理即可给分)（4）①.溶液的浓度②.30③.8④.控制硫酸的起始浓度相同⑤.实验Ⅲ【解析】【小问1详解】 原理i预期的实验现象为产生气泡快慢，结合所给的试剂，选择的反应为。原理ii选择的反应为，生成淡黄色沉淀硫单质，故预期的实验现象为溶液变浑浊快慢。【小问2详解】对反应具有催化作用，故选择原理i，探究催化剂对该反应速率的因素，必选试剂除溶液外，还应选溶液，作催化剂。小问3详解】若要探究硫酸浓度对反应ii速率的影响，两组实验中硫酸的浓度应不同，溶液的浓度相同，所加硫酸的体积应相同，故试剂X及其用量为。【小问4详解】①对比实验Ⅰ、Ⅱ，所加溶液的体积不同，即的物质的量不同，所加溶液的体积、浓度均相同，则实验Ⅰ、Ⅱ为探究溶液的浓度对该反应速率的影响。②实验Ⅰ、Ⅱ为探究溶液的浓度对该反应速率的影响，则温度应相同，故a=30℃③实验Ⅰ、Ⅱ所加溶液的体积、浓度均相同，为保证溶液混合后硫酸的浓度相同，则要加入蒸馏水控制硫酸的起始浓度相同，由实验可知，溶液混合后总体积为10mL，则V=8mL。④实验Ⅲ中温度最高，浓度最大，故推测反应速率最快的是实验Ⅲ。15.已知合成氨，在298K即25℃下，K值为，，该生产设备可承受压强为20MPa，铁触媒催化剂的活性温度为400~500℃。请按要求回答下列问题。（1）请结合数据分析在298K下可利用合成氨反应进行工业固氮的理由。①从反应限度视角分析：_______。②从反应自发视角分析：_______。（2）依据合成氨反应速率方程即(k 为常数，随温度的升高而增大)，可得知提高该化学反应速率的措施有增大原料气的浓度、_______、_______。（3）合成氨反应的历程和能量变化如下图所示，符号“。”可视为催化剂。对合成氨总反应速率影响最大的基元反应的活化能为_______，该步反应的化学方程式为_______。（4）下图表示在恒压密闭容器中，不同温度下，达到平衡时的体积百分数与投料比[]的关系。①、、的大小关系为：_______。②C点的平衡转化率为_______。【答案】（1）①.298K时K值为，故反应达到平衡时进行很完全②.合成氨反应，故298K下反应能自发进行（2）①分离出氨气②.升高温度（3）①.352②. （4）①.②.40%【解析】【小问1详解】①由题意可知，在298K即25℃下，K值为，故反应达到平衡时进行很完全；②合成氨反应，故298K下反应能自发进行。【小问2详解】依据合成氨反应速率方程即可知，v和c(N2)、c(H2)成正比，和c(NH3)成反比，可得知提高该化学反应速率措施有增大原料气的浓度、分离出氨气，另外升高温度也可以提高该化学反应速率。【小问3详解】对合成氨总反应速率影响最大的基元反应是反应速率最慢的反应，而反应慢的基元反应活化能最大，由图可知活化能最大为352，该步反应的化学方程式为。【小问4详解】①合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的体积百分数减小，由图可知，、、的大小关系为；②根据已知条件列出“三段式”C点时的体积百分数为25%，则=25%，解得x=0.4，的平衡转化率为=40%。16.为使的利用更具价值，某研究小组设计了如下三种减碳方式。请按要求回答下列问题。（1）设想1：用太阳能将转化成和C(s，石墨烯)如图所示： ①热分解系统中能量转化形式为_______。②在重整系统中的还原剂为：_______。（2）设想2：和反应转化为，其催化反应历程示意图如下(与的单位为kJ)：①该催化总反应为_______。②Ⅰ→Ⅲ反应的_______。（3）设想3：与在催化剂作用下制取乙烯：在2L密闭容器中分别投入，，发生反应：；在不同温度下，用传感技术测出平衡时的变化关系如图所示。①该反应的_______0(填“＞”“＜”或“不能确定”)。②200℃，5min达平衡，_______；的平衡转化率为_______；该反应平衡常 数的值为_______。③其他条件不变，将反应器容积压缩为原来的一半，平衡将向_______(填“正向”或“逆向”或“不”)移动；的平衡转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变)。【答案】（1）①.太阳能转化为热能、热能转化为化学能②.FeO（2）①.②.（3）①.＜②.③.50%④.⑤.正向⑥.增大【解析】【小问1详解】①热分解系统中发生反应，大多数分解反应为吸热反应，且为热分解系统提供了太阳能，则热分解系统中能量转化形式为太阳能转化为热能、热能转化为化学能②在重整系统中发生反应，Fe元素的化合价升高，被氧化，还原剂为FeO。【小问2详解】①由图示可知，该催化总反应为。②由图可知Ⅰ→Ⅲ反应为放热反应，且放出kJ的能量，故。【小问3详解】（①由图可知，升高温度，氢气物质的量增多，说明升温平衡逆向移动，故逆向为吸热反应，正反应为放热反应，故该反应的＜0。②200℃，5min达平衡，氢气物质的量为3mol，则氢气消耗了3mol，消耗了1mol，生成乙烯0.5mol，则；的平衡转化率为；根据方程式的系数可知，平衡时，为1mol，氢气为3mol，乙烯为0.5mol，水为2mol，则该反应平衡常数的值为。③该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，加压，反应向气体物质的量减小的方向移动， 故当其他条件不变，将反应器容积压缩为原来的一半，平衡将向正向移动；的平衡转化率将增大。