2022-2023学年内蒙古包头市高二上册期末考试化学试题（含解析）

1、请不要在装订线内答题外装订线请不要在装订线内答题外装订线试卷第 =page 12 12页，共 =sectionpages 13 13页第页码13页/总NUMPAGES 总页数30页2022-2023学年内蒙古包头市高二上册期末考试化学试题注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、单选题1全球变暖给我们敲响了警钟，地球正面临巨大的挑战。下列说法不正确的是（）A推广“低碳经济”，减少温室气体的排放B利用晶体硅制作的太阳能电池将太阳能直接转化为电能C推广“绿色汽油”计划，吸收空气中的并利用廉价能源合成汽油D推进小火力发电站的兴建，缓解地方用电困难，

2、促进地方经济的快速发展2下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（）ABa(OH)28H2O与NH4Cl反应B灼热的碳与高温水蒸气的反应C铝与稀盐酸DH2与O2的燃烧反应3下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A已知，则B已知，则氢气的燃烧热为C已知，则含1 mol NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出热量小于57.3 kJD已知P(白磷，s)=P(红磷，s) ，则白磷比红磷稳定4已知下列热化学方程式：CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l)H1870.3 kJmol-1C(s) +O2(g) =CO2(g)H2393.5 kJmol-1H2(g) +O

3、2(g) =H2O(l)H3285.8 kJmol-1则反应2C(s) +2H2(g) +O2(g)=CH3COOH(l)的焓变H为A488.3 kJmol-1B224.15 kJmol-1C488.3 kJmol-1D244.15 kJmol-15甲烷分子结构具有高对称性且断开1molCH键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是A甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量B步骤、反应均为放热反应C催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催

4、化剂表面沉积D使用该催化剂，反应的焓变不变6灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)H1Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)H2Sn(s，灰)Sn(s，白)H3=+2.1kJmol-1下列说法正确的是A锡制器皿长期处在低于13.2的环境中，会自行毁坏B锡在常温下以灰锡状态存在C灰锡转为白锡的反应是放热反应DH1H27已知，若反应速率分别用、表示，则正确的关系式为ABCD8一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g) H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol/L降到

5、0.06mol/L时，需要20s，那么c(HI)由0.06mol/L降到0.04mol/L时，所需反应的时间为A等于10sB大于10sC小于10sD以上答案都不正确9下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是A增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率B升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率C加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率D通过压缩体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率10工业合成氨的反应为：，该反应在一定条件下的密闭容器中进行。下列说法正确的是A达到平衡时，反应速率：B当、的浓度比为1：3：2时，说明反

6、应达到平衡C使用催化剂可同时加快正、逆反应速率，提高生产效率D若在密闭容器加入1 mol 和过量的充分反应，放出热量92.4 kJ11在一密闭容器中发生反应：2A(g)+2B(g)=C(s)+3D(g)H”“”“”“0，所以，故D错误；故答案选A。7D【分析】结合方程式和化学反应速率之比等于化学计量数比回答。【详解】ANH3与O2的计量数比为4:5，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；BO2与H2O的计量数比为5:6，故6v(O2)= 5v(H2O)，故B错误；CNH3与H2O的计量数比为4:6，故3v(NH3)=2v(H2O)，故C错误；DO2与NO的计量数比为5:4，故4v(O2)=

7、 5v(NO)，故D正确；故答案选D。8B【分析】【详解】c(HI)由0.1mol/L降低到0.06mol/L时，需要20s,即浓度减少0.04mol/L需要20s、平均速率为 ；则c(HI)由0.06mol/L降到0.04mol/L，假设速率不变，则需要,但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以需要时间大于10s；答案选B。9D【分析】【详解】A增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数，故A错误；B升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应的速率，故B错误；C催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故C

8、错误；D增大压强减小容器体积，导致增大单位体积内活化分子个数，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故D正确；故选D。10C【详解】A化学平衡是动态平衡，达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，但不等于0，故A错误；BN2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；C合成氨反应使用催化剂，可同时加快正、逆反应速率，可提高单位时间内氨气的产率，提高生产效率，故C正确；D合成氨反应是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则在密闭容器加入1 mol氮气和过量的氢气充分反应，反应放出热量小于92.4 kJ，故D错误；故选C。11C【分析】该反应的

9、正反应是气体体积减小的放热的反应，使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大，可增大压强，使反应速率加快，平衡正向移动，以此来解答。【详解】AC为固体，移走少量C，速率不变、平衡不移动，A不符合题意；B扩大容积，减小压强，反应速率减小，平衡逆向移动，B不符合题意；C缩小容积，增大压强，使物质浓度增大，化学反应速率加快，平衡正向移动，c(D)增大，C符合题意；D容积不变，充入惰性气体，反应混合物中各种气体物质的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，D不符合题意；故合理选项是C。12B【详解】A.Fe与98%的浓硫酸常温下发生钝化，加热时反应产生SO2，不会产生氢气，A错误；B.汽车尾气

10、中的NO和CO反应生成N2和CO2的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2，由于有气体参加反应，减小压强反应速率减慢，B正确；C.虽然SO2的催化氧化是一个放热的反应，但升高温度，正、逆反应速率都加快，C错误；D.加入适量的NaCl溶液，虽然NaCl溶液不参加反应，但稀释了盐酸，溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，D错误；答案选B。13C【分析】【详解】温度对速率的影响幅度大，对比四个选项，C、D温度高，速率比A、B快，C选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)= ,D选项混合时浓度为：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=，C选项温度高，浓度大，速率最大，故选C。14C【分

11、析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(Ls)可知，反应后C的物质的量为0.2mol/(Ls)5s2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A根据分析可知，x=4，A正确；B根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C反应达到平衡状态时A的转化率为100%=60%，C错误；DB的反应速率=，D正确；故选C。15C【分析】由图像可知，降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度

12、平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则Hc，由此分析解答。【详解】A降低温度，z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则Hc，故B错误；C升高温度正逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；D由B项可知该反应正反应方向为气体减小的方向，则增大压强平衡正向移动，反应物的转化率随压强增大而增大，故D错误；故选：C。16D【详解】A缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；B增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体

13、颜色变浅，故B错误；C氯离子和钾离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；D合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，故D正确；答案选D。17C【分析】从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由此分析。【详解】从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，与的关系不能确

14、定，故错误；点位于曲线上方，未达到平衡状态，由题图可以看出，当的体积分数减小时，可趋向于平衡，则要想达到平衡状态，反应向正反应方向进行，即，故正确；点对应的压强小于点，压强越大，反应速率越大，故点比点的反应速率小，故正确；从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，为固态，则有，与的关系不能确定，故错误；正确的是；答案选C。18D【分析】【详解】A电解水的反应属于非自发反应，常温下水无法分解为氢气和氧气，A项错误；B能自发进行的反应，其反应速率和浓度、温度、压强、催化剂等因素有关，不一定能迅速发生，B项错误；C自发反应的熵不一定增大，可能是熵减焓增的情况，

15、非自发反应的熵不一定减小，可能是熵增焓减的情况，C项错误；D反应的气体分子数减小，熵减小，在常温下能自发进行，则一定是放热反应，D项正确；答案选D。19D【详解】A由图可知，装置是电解池，装置是原电池，故A错误；B由图可知，装置中与直流电源负极相连的铜电极为阴极，装置中活泼性小于锌的铜是原电池的正极，故B错误；C由图可知，装置是电解池，与直流电源的正极相连的碳电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，装置是原电池，活泼性小于锌的铜是原电池的正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故C错误；D由图可知，装置是电解池，装置中发生的反应硫酸铜溶液电解生成铜、氧气和硫酸，溶液的

16、pH减小，装置是原电池，装置中发生的反应为锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，溶液的pH增大，故D正确；故选D。20C【分析】由图可知，该透氧膜实现了太阳能向氢能的转化，由电子移动方向可知，a侧的电极为正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氧离子，电极反应式为：H2O +2e= H2+ O2，b侧电极为负极，在氧离子作用下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CO2e+ O2=CO2。【详解】A由分析可知，b侧电极为负极，在氧离子作用下，一氧化碳在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，故A正确；B由分析可知，原电池工作时有氢气生成，该透氧膜实现了太阳能向氢能的转化，故

17、B正确；C缺标准状况下，无法计算产生33.6L氢气时反应消耗一氧化碳的物质的量，故C错误；D由分析可知，a侧的电极为正极，水在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氧离子，电极反应式为：H2O +2e= H2+ O2，故D正确；故选C。21A【分析】二次电池，放电时是原电池，充电时是电解池，电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，据此回答；【详解】A 放电时，正极的电极反应式：，则电路中通过2mol电子，

18、消耗氧气11.2L(标准状况)，A错误；B 放电时，负极锌失去电子，电极反应为Zn+4OH-2e-=Zn(OH)42-，B正确；C 由2Zn+O2+4OH+2H2O2Zn(OH)42-知，充电时生成氢氧根，则电解质溶液中c(OH-)逐渐增大，C正确；D 充电时，阳离子移向阴极，则电解质溶液中K+向阴极移动，D正确；答案选A。22B【分析】根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，则直流电源的左侧是正极，右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，据此分析解题。【详解】A右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，反应为：2

19、H+ + O2 + 2e= H2O2，A正确；B该装置将光能和化学能，电能也转化为化学能，B错误；C二氧化硫转化为硫酸根离子，每生成1mol硫酸根离子，伴随2mol电子转移，根据电子守恒，得到过氧化氢是1mol，C正确；D根据装置知道，氢氧根离子靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应，a应该为阴离子交换膜；氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应，b应该是阳离子交换膜，D正确；答案选B。23C【详解】A铜锡合金在湿润环境中构成原电池，原电池反应使锡腐蚀速率加快，比在干燥环境中更易生锈，故A正确；B用锡焊接铁质器件，焊接处铁和锡在潮湿条件下构成原电池，铁做原电池的负极易生锈，故B正确；C钢柱在水中发

20、生吸氧腐蚀，水的交界处的氧气浓度大于水下氧气浓度，更易发生吸氧腐蚀，更易生锈，故C错误；D生铁在潮湿条件下构成原电池，原电池反应使锡腐蚀速率加快，所以比纯铁更易发生腐蚀被损耗，故D正确；故选C。24B【分析】【详解】A由图可知，a为电镀池的阳极，若要实现铁上镀铜，则a极为铜、b极为铁，故A正确；B精炼铜时，粗铜为精炼池的阳极，与直流电源的正极相连，则X极为直流电源的正极，故B错误；C由图可知，氧化银在正极上得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为，故C正确；D由图可知，该装置为外加电流的阴极保护法保护钢闸门不被腐蚀，钢闸门与外接电源的负极相连做电解池的阴极，被保护，故D正确；故选B。25D【分

21、析】由图可知，电解池中，左侧电极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气X，右侧电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气Y和氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动；燃料电池中，左侧电极为负极，氢气在氢氧根离子作用下失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为正极，氧气和水在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动。【详解】A由分析可知，X为氯气、Y为氢气，故A正确；B由分析可知，燃料电池中钠离子通过阳离子交换膜由左向右移动，故B正确；C由分析可知，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则氢氧化钠溶液质量分数的

22、大小为b%a%c%，故C正确；D由得失电子数目守恒可知，电解池中每产生1mol氯气，燃料电池中消耗氧气的物质的量为1mol=0.5mol，故D错误；故选D。26D【详解】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+；C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将F

23、e氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3Fe（CN）6可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成C

24、u不能用的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如中没有取溶液，中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用的方法。27 环形玻璃搅拌棒 不相等 相等 56.8 acd【分析】(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器； (2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；(3) 根据Q= cmT计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；(4)从实验过程中热量是否散失、实验

25、操作是否规范等角度分析；【详解】(1)从图中实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；(2)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，开始时取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL发生反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH过量，以H2SO4为标准计算反应过程中放出的热量；改用60mL0.25mol/LH2SO4溶液跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，硫酸过量，以NaOH为标准计算，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故两次反应所放出的热量不相等；中和热则是生成1mol水放出的热量，与实际参加反

26、应的酸碱用量无关，故若实验操作均正确，则所求中和热相等；(3)50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为n(H2O)=0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL1g/cm3=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为：Q= cmT=4.18J/(g)100g3.4=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热；(4)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，结果偏小， a. 实验装置保温、隔热效果差，必定导致部分热量散失，测定结果偏小，a正确；b. 量取Na

27、OH 溶液的体积时仰视读数，则NaOH的体积偏大，以NaOH为标准反应放出的热量多，使溶液温度升高的多，b错误；c. 尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则会导致较多热量散失，c正确；d. 用温度计测定NaOH 溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使反应起始时溶液的温度高，最终导致溶液平均升高的温度少，导致中和热偏高，d正确；因此，产生偏差的原因为acd。本题考查反应热的测定及计算的知识，注意理解中和热的概念、把握测定反应热的实验细节及可能会引起的误差是解题的关键。28(1) AD(2)(3) 2700 增大(4) ab

28、 【分析】由装置中信息可知，a电极上SO2发生失去电子的氧化反应生成H2SO4，则a电极为负极，b电极为正极，负极反应式为，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电池总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，工作时，阳离子移向正极b，阴离子移向负极a；（1）根据盖斯定律：-可得H=(-0.537-0.545.4)kJmol-1=-41.2kJmol-1；A单位时间内，生成n mol CO的同时生成n mol ，说明v正=v逆，则能说明达到平衡状态，故A正确；B混合气体的质量不变，反应前后气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量反应前后保持不变，则不能说明达到平衡状态，故B错误；

29、C该反应在恒温、恒容体系中进行的，混合气体的总压强保持不变，不能说明达到平衡状态，故C错误；DH2O(g)与H2(g)的体积比保持不变，说明反应物和生成物的浓度不再改变，能说明达到平衡状态，故D正确，故H=-41.2kJmol-1；AD；（2）H2=正反应的活化能E-逆反应的活化能0，则正反应活化能EH2，故；（3）向10L恒容密闭容器中充入2molCO(g)、2molSO2(g)和2molH2(g)，5min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，根据2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)，此反应生成1.6molCO2，则需要消耗0.8molSO2，2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)，此反应生成1.8molH2O，需消耗0.9molSO2，和1.8molH2，则达到平衡时，c(H2)=2mol-1.8mol=0.2mol，c