河北省唐山市玉田县2022学年高二上学期期中考试化学试卷

PAGE27玉田县2022—2022学年度第一学期期中考试高二化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108第I卷选择题，共48分一、选择题每题有一个选项符合题意；每题2分，共48分1在2AB3C4D反应中，表示该反应速率最快的是A＝L·sB＝L·sC＝L·minD＝1mol/L·s【答案】B【解析】【详解】可以将各物质的反应速率都变成物质D的反应速率。A速率为L·min；B速率为L·min；C速率为L·min；/L·min。故速率最快的为B。故选B。【点睛】掌握同一个反应同一个过程可以用不同物质表示反应速率，速率数值可以不同，速率比等于化学计量数比。所以比较速率快慢时需要将速率转化为同一种物质的速率。2下列反应中，属于吸热反应同时又是氧化还原反应的是（）OH2·8H2O与NH4Cl反应B铝与稀盐酸铝热反应【答案】C【解析】Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应生成氯化钡、氨气、水，属于非氧化还原反应，故A错误；铝与稀盐酸反应放热，故B错误；灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应吸热，碳元素化合价由变化，属于氧化还原反应，故C正确；铝热反应属于放热反应，故D错误。3下列措施既能加快工业合成氨的速率，又能增大该反应的反应物转化率的是3使用催化剂【答案】A【解析】【详解】A缩小容器容积，可以加快反应速率，平衡正向移动，增大反应物的转化率，故符合题意；3。反应速率减小，平衡正向移动，反应物的转化率增大，故不符合题意；C提高反应温度，反应速率加快，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，故不符合题意；D使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，不能提高反应物的转化率，故不符合题意。故选A。4用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一小段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水，能使溶液恢复到电解前浓度的是4C【解析】【详解】3生成银和氧气和硝酸，电解一段时间后需要加入氧化银才能恢复电解前的浓度，不能只加入水，故错误；4溶液实际就是电解水，所以电解一段时间后加入适量的水能恢复原来的浓度，故正确；2生成铜和氯气，所以电解一段时间后需要加入氯化铜才能恢复电解前的浓度，故错误；生成氢气和碘和氢氧化钾，电解一段时间后需要加入碘化氢才能恢复原来的浓度，故错误。故选B。【点睛】掌握电解池的工作原理，注意按照“出什么加什么”的原则添加物质使电解质溶液恢复。如产生氢气和氯气，则需要添加氯化氢，如产生铜和氯气，则需要添加氯化铜，如产生铜和氧气，则需要添加氧化铜。如产生氢气和氧气，需要加入水。5下图所示各烧杯中均盛有海水，铁在其中被腐蚀最快和被保护最好的分别为

A①⑤B③②C④⑤D④①【答案】C【解析】【详解】①铁放在海水中形成微小原电池，能腐蚀。②锌和铁形成原电池，铁做正极，被保护。③铁和铜形成原电池，铁做负极，被腐蚀。④形成电解池，铁做阳极，腐蚀更快。⑤形成电解池，铁做阴极，被保护。所以五个装置中腐蚀最快的为④，保护最好的为⑤。故选C。6下列有关电化学装置完全正确的是ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池【答案】C【解析】试题分析：A．粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，且电解质溶液是可溶性的铜盐，A错误；B．电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，在铁上镀银时，银作阳极，铁作阴极，B错误；C．利用外接电源的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，所以铁作电解池的阴极，C正确；D．含有盐桥的原电池中，电极材料和电解质溶液中金属阳离子属于同一元素，铜锌原电池中，硫酸铜溶液中电极应该是铜电极，硫酸锌溶液中电极应该是锌电极，D错误；答案选C。考点：考查原电池、电解池的工作原理。7已知①碳酸钙的分解CaCO3（s）＝CaOs）＋CO2（g）ΔH1仅在高温下自发进行；②氯酸钾的分解2KClO3（s）＝2KCl（s）＋3O2（g）ΔH2,在任何温度下都自发进行，下面有几组焓变数据，其中可能正确的是1＝＋【答案】B【解析】试题分析：根据△G＝△H－T·△S<0反应可自发进行可知，如果仅在高温下自发，则说明△H1＞0，△S1＞0；如果反应任何温度下均自发，则说明△H2＜0，△S2＞0，答案选B。考点：考查化学反应自发进行的判据8下列说法不正确的是A钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应均为：Fe－2e－＝Fe2B钢铁发生吸氧腐蚀，正极的电极反应为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－C破损后的镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀D用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，钢铁作原电池的负极【答案】D【解析】【详解】A．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2，故A说法正确；

B．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2OO24e-=4OH-，故B说法正确；

C．在原电池中，镀锌铁板中锌作负极，铁作正极而被保护，镀锡铁板中铁作负极而被腐蚀，故C说法正确；

D．用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，牺牲阳极作原电池负极，被保护的钢铁作原电池正极，故D说法错误；

故答案选D。【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护相关知识，在利用电化学的原理进行金属的防护时，一般金属作原电池的正极或电解池的阴极来防止金属被氧化。gBgCgDg在反应过程中的能量变化如图所示，下列叙述不正确的是

A该反应是放热反应B向反应体系中加入催化剂对反应热无影响C向反应体系中加入催化剂，E1减小，E2增大=－E2－E1J·mol-1【答案】C【解析】【详解】A该反应反应物的总能量比生成物的总能量大，所以该反应为放热反应，故正确；B向反应体系中加入催化剂，可以降低反应的活化能，对反应热无影响，故正确；C向反应体系中加入催化剂，E1减小，E2也减小，反应热不变，故错误；=－E2－E1J·mol-1，故正确。故选C。10反应Ⅰ：CaSO4s＋4COgCaSs＋4CO2gΔH1＝－·mol-1反应Ⅱ：CaSO4s＋COgCaOs＋SO2g＋CO2gΔH2＝＋·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率v1小于反应Ⅱ的速率v2，则下列反应过程能量变化示意图正确的是【答案】C【解析】试题分析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，则A、D错误，因为两图中生成物总能量高于反应物总能量，由题意知：反应Ⅰ的速率v1大于反应Ⅱ的速率v2，则反应Ⅱ的活化能较大，则B错误、C正确，故选C。考点：考查了反应热与焓变的相关知识。2gO2g2SO3g；ΔH＜0，下列图像正确的是

【答案】A【解析】【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；答案选A。【点睛】本题以图象题的形式考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键。另外需要注意图像题的答题技巧，例如先拐先平，在含量转化率—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。再比如定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。12下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A光照新制的氯水时，溶液的500℃500℃500℃2AolA的同时生成1molB②vB:vC=1:1③密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变④混合气体的密度不再改变⑤B的体积分数不再改变⑥混合气体的压强不再改变个个个个【答案】A【解析】【详解】①单位时间内生成2molA的同时生成1molB，说明正反应速率和逆反应的速率相等，说明反应到平衡；②vB:vC=1:1，不能说明正逆反应速率相等，故不能说明反应到平衡；③该反应中只有生成物是气体，且按方程式的比例生成，所以该混合气体的平衡摩尔质量始终不变，所以当密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变时不能说明反应到平衡；④该反应中只有生成物是气体，且按方程式比例生成，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应到平衡；⑤B的体积分数不再改变说明反应到平衡；⑥混合气体的压强不再改变说明体系中气体的物质的量不变，说明反应到平衡。故正确的为①④⑤，总共有3个。故选A。14在一定温度下、1L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量（n）如下表所示，下列有关说法正确的是ywn起始／mol2l0n平衡／moll

A该温度下，此反应的平衡常数表达式是B升高温度，若w的体积分数减小，则此反应ΔH>0C增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动D该温度下，再向容器中通入3molw，达到平衡时，n=2mol【答案】D【解析】A．根据表中数据知，随着反应的进行，、y的物质的量减小，w的物质的量增大，则和y是反应物，w是生成物，参加反应的△n=2-1mol=1mol，△ny=mol=，△nw=mol=，所以、y、w的计量数之比=1mol：：=2：1：3，该反应方程式为2gyg⇌3wg，该反应化学平衡常数K=，故A错误；B．升高温度，若w的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，所以△H＜0，故B错误；C．该反应前后气体计量数之和不变，则压强不影响平衡移动，所以增大压强，正、逆反应速率均增大，但平衡不移动，故C错误；D．反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，该温度下，再向容器中通入3molw，相当于增大压强，平衡不移动，达到平衡时等效于加入4mol、2moly，则达到平衡时，n=2mol，故D正确；故选D。15有关电化学知识的描述正确的是A原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成B一般地说，能自发进行的氧化还原反应可设计成原电池＋H2O＝CaOH2可以放出大量的热，故可把该反应设计成原电池，把其中的化学能转化为电能＋2AgNO3＝CuNO32＋2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液【答案】B【解析】【详解】A原电池的两极可能是由活动性不同的两种金属或金属和石墨等组成，故错误；B一般地说，能自发进行的氧化还原反应有电子转移，可设计成原电池，故正确；＋H2O＝CaOH2可以放出大量的热，但该反应不是氧化还原反应，没有电子转移，不能把该反应设计成原电池，故错误；＋2AgNO3＝CuNO32＋2Ag，若装置中的盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，则会与硝酸银反应生成氯化银沉淀，会造成银离子减少，故不能装氯化钾。故错误。故选B。16按下图装置实验,若轴表示流出负极的电子的物质的量,则y轴应表示

①cAg②cN③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的质量A①③B③④C①②④D②【答案】D【解析】试题分析：根据图中装置实验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，正极Ag上析出金属银，银离子得电子析出金属Ag，所以正极质量增加，银离子浓度减小，硝酸根离子浓度不变，溶液的质量是增加了Fe的质量，但是析出了Ag，在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，所以y轴只能表示②，答案选D。考点：考查原电池的工作原理和计算。OH2、CuCl2、AgNO3、Na2SO4按物质的量比1∶1∶2∶1混合均匀，取一定量该混合物放入水中，充分振荡，插入惰性电极，通电一段时间后，下列说法中正确的是①阴极、阳极所得的产物质量比为1∶8②通电过程中阳离子向阴极移动③阴极电极反应为Ag＋＋e－＝Ag④电解过程中溶液ol，则反应生成1mol硫酸钡沉淀和2mol氯化银沉淀，和2mol氢氧化钠和1mol硝酸铜。插入惰性电极，通电一段时间，实际是电解水，阳极产生氧气，阴极产生氢气，两极产生的质量比为32:4=8:1。通电过程中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，电解过程中碱的浓度增大，溶液的5.6Lol（1）3O2（g）=2CO2（g）3H2O（1）△H=-Q/2J/mol2C2H5OH（l）3/2O2（g）=CO2（g）3/2H2O（1）△H=-QJ/mol（1）3O2（g）=2CO2（g）3H2O（1）△H=-2QJ/mol【答案】D【解析】试题分析：ag乙醇的物质的量为5.6L22.4L知：Cs＋H2Og＝COg＋H2g△H＝aJ/molCs＋O2g＝2COg△H＝－220J/molH－H、O＝O和O－H键的键能分别为436、496和462J/mol，则a为A－332B－118C＋350D＋130【答案】D【解析】分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，再根据化学反应的焓变与化学键的关系分析解答。详解：已知①CsH2Og═COgH2g△H=aJ•mol-1＞0，②2CsO2g═2COg△H=-220J•mol-1，①×2-②得：2H2Og═O2g2H2g△H=2a220J•mol-1＞0，△H=反应物总键能-生成物总键能=4×462-496-2×436=2a220，解得a=130，故选D。点睛：本题考查了盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系。解答本题的关键是掌握反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能以及焓变的正负与吸收、放出热量的关系。2＋8NH3===7N2＋12H2O构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是

A电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极B为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜3－6e－===N2＋6H＋4.48L2被处理时，转移电子数为【答案】B【解析】由反应6NO28NH3═7N212H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。A．B为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误；B．正极反应为6NO224e-12H2O=3N224OH-，负极反应为2NH3-6e-60H-=N23H2O，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，故B正确；C．电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极反应式为2NH3-6e-60H-=N23H2O，故C错误；

D．没有明确4.48LNO2是否是标准状况下，故D错误。

点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子从负极经导线流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极。24下列说法或表示方法中正确的是A一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化成光能或热能金刚石＝C石墨ΔH=－·mol-1，可知金刚石比石墨稳定时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出热量，氢气燃烧热的化学方程式为：2H2gO2g＝2H2OlΔH=－·mol-1D稀溶液中：HaqOH-aq＝H2OlΔH=－·mol-1，若将含的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于【答案】D【解析】【详解】A一定条件下进行的化学反应，将化学能转化成光能或热能或电能等，故错误；金刚石＝C石墨ΔH=－·mol-1，可知金刚石比石墨稳定时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出热量，氢气燃烧热的化学方程式应为：H2g1/2O2g＝H2OlΔH=－·mol-1，故错误；D稀溶液中：HaqOH-aq＝H2OlΔH=－·mol-1，若将含的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，反应生成1mol水，但浓硫酸溶于水放热，所以过程中放出的热量大于，故正确。故选D。【点睛】掌握燃烧热和中和热的定义。燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，中和热指稀的溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量。二．填空题共36分25某密闭容器中发生反应：2Ag＋Bg2CgΔH，图1表示该反应在不同温度下B的转化率随温度变化曲线，图2表示该反应的反应速率v随时间t变化图像。

请回答下列问题：1图中a、b、c三点的化学反应速率v由快到慢是__________。2图中该反应的ΔH_______0。3图中a、b、c三点，未达到平衡状态且v正＞v逆的点是_______。

请回答下列问题：4图中t2时刻改变的外界条件是___________。5图中从t1～t6反应物转化率最低的是_______时刻。【答案】1vc>vb>va2>3c4加入催化剂5t6【解析】【分析】根据温度对反应速率的影响分析速率的快慢。随着温度升高，B的转化率增大，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应。根据各点转化率与平衡时转化率的大小关系分析反应进行的方向。【详解】1根据温度对反应速率的影响分析，温度越高，反应速率越快，则速率的关系为vc>vb>va；2从图分析，随着温度升高，B的平衡转化率增大，说明升高平衡正向移动，则正反应为吸热反应，焓变大于0。3a点的转化率大于平衡时的转化率，所以该反应应向逆向进行，b点的转化率等于平衡时的转化率，说明该点到平衡状态，c点的转化率小于平衡时的转化率，说明该反应向正向进行，故c点未达到平衡状态且v正＞v逆。4t2时刻改变的外界条件后正逆反应速率相等，平衡不移动，说明该条件为加入催化剂。5t2时刻加入催化剂，平衡不移动，后面改变条件平衡逆向移动，平衡转化率降低，所以t6点的转化率最低。26某同学设计了甲烷燃料电池并探究某些工业电解原理如图所示，其中乙装置为探究氯碱工业原理X为阳离子交换膜，C为石墨电极，丙装置为探究粗铜精炼原理。请回答下列问题：

1从a口通入的气体为_______。2B电极的电极材料是________。3写出甲中通甲烷一极的电极反应式：________________________________。4写出乙中发生的总反应的离子方程式为________________________________。【答案】1氧气2粗铜3CH4-8e-10OH-=CO32－7H2O42Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－【解析】【分析】乙装置为探究氯碱工业原理，说明铁电极为阴极，则b为电源的负极，即通入甲烷，a为电源的正极，通入氧气。丙为电解精炼铜，则A为精铜，B为粗铜。【详解】乙装置为探究氯碱工业原理，说明铁电极为阴极，则b为电源的负极，即通入甲烷，a为电源的正极，通入氧气。丙为电解精炼铜，则A为精铜，B为粗铜。1根据分析a极通入的为氧气；2B连接电源的正极，是电解池的阳极，应为粗铜；3根据电解质溶液为氢氧化钾分析，甲烷失去电子生成碳酸根离子，电极反应为CH4-8e-10OH-=CO32－7H2O；4乙为电解氯化钠溶液，电解反应方程式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。【点睛】掌握电解池的工作原理。若阳极为活性电极，即是除了铂金以外的其它金属时，金属放电，不是溶液中的阴离子放电。阴极为溶液中的阳离子放电。掌握燃料电池的电极的书写。注意电解质的酸碱性。27请完成下列问题：1Cl2和水蒸气通过灼热的炭层生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放145J热量。写出该反应的热化学方程式____________________________。2已知CH3OHl的燃烧热为·mol－1，CH3OHl＋1/2O2g＝CO2g＋2H2OgΔH＝－aJ·mol－1，则选填“＞”、“＜”或“＝”。3已知：Ass3/2H2g2O2g=H3AsO4sΔH1H2g1/2O2g=H2OlΔH22Ass5/2O2g=As2O5sΔH3则反应As2O5s3H2Ol=2H3AsO4s的ΔH=_________。4已知在一定温度下：CsCO2g2COg平衡常数K1CsH2OgCOgH2g平衡常数K2COgH2OgH2gCO2g平衡常数K3则K1、K2、K3之间的关系是__________________________。【答案】12Cl2g＋2H2Og＋Cs=4HClg＋CO2gΔH＝－290J·mol－12＜32△H1-3△H2-△H34K3=K2/K1K1=K2/K3或K2=K1·K3【解析】【分析】根据反应热与物质的量有关，也与物质的状态有关进行分析。根据反应热与反应前后的物质有关，与过程无关进行分析。【详解】1根据热化学方程式中系数为物质的量分析，1molCl2参与反应时释放145J热量，故热化学方程式为：2Cl2g＋2H2Og＋Cs=4HClg＋CO2gΔH＝－290J·mol－1；2已知CH3OHl的燃烧热为·mol－1，燃烧热是指生成稳定的氧化物，即生成液态水时的热量，所以当反应生成气态水时，反应放出的热量少，即a＜。3根据盖斯定律分析，①Ass3/2H2g2O2g=H3AsO4sΔH1，②H2g1/2O2g=H2OlΔH2，③2Ass5/2O2g=As2O5sΔH3，①×2-3×②-③即可得热化学方程式为As2O5s3H2Ol=2H3AsO4s的ΔH=2△H1-3△H2-△H3。4①CsCO2g2COg平衡常数K1=，②CsH2OgCOgH2g平衡常数K2=,可以根据盖斯定律有②-①可得热化学方程式：COgH2OgH2gCO2g则平衡常数K3==K2/K1。28下图为人工肾脏采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素【CONH22】的原理。请回答下列问题：

1电源的负极为____选填“A”或“B”。

2阳极室中发生的反应依次为________________、_________________________。

3电解结束后，阴极室溶液的6.72Lol氯气时消耗1mol尿素，生成2mol气体，同时阴极产生3mol氢气，即产生5mol气体是消耗1mol尿素，现在产生6.72L气体，即产生=气体时，消耗，质量为×60g/mol=3.6g。三．实验题共8分是中学化学中一种重要的物质。请回答下列问题：Ⅰ．一定条件下，烧杯中H2O2溶液发生分解反应放出气体的体积和时间的关系如图所示：

则由D到A过程中，随着反应的进行反应速率逐渐_________选填“加快”或“减慢”，其变化的原因是________________________________________。Ⅱ．为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。1定性分析：图甲可通过观察_________定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3溶液改为Fe2SO43溶液更合理，其理由是_______。

2定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为_______，实验中需要测量的数据是_____________。【答案】1减慢2双氧水浓度逐渐减小3产生气泡的快慢4将FeCl3溶液改为Fe2SO43后与CuSO4对比只有阳离子不同，从而排出Cl-可能带来的干扰5分液漏斗6生成40ml气体所需的时